TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN ĐẠI NGHĨA

MỘT SỐ ĐỊNH LÍ, TÍNH CHẤT
HÌNH HỌC NỔI TIẾNG
LÂM MINH TRIẾT – TRẦN NGỌC PHÚ SANG

1-2013
2

Lời nói đầu
Hình học là một trong những lĩnh vực cổ xưa nhất của toán học, một vẻ đẹp kì
diệu làm say mê bao lớp người yêu toán. Cùng với sự phát triển của hình học mà những
định lí, tính chất tuyệt đẹp dần được hé lộ qua thời gian bởi những nhà toán học kiệt xuất.
Những đường thẳng, định lí, các điểm đặc biệt mang đến cho bài toán một vẻ đẹp thú vị.
Sau đây chúng tôi xin trình bày các tính chất nổi tiếng của hình học, giúp bạn đọc khám
phá sâu hơn về các bài toán đẹp, tạo nên nhiều ý tưởng mới từ các vấn đề quen thuộc. Dù
rất cố gắng nhưng file vẫn không tránh khỏi những thiếu sót, mong bạn đọc thông cảm và

BC.

Ta có:


=


;


=



Từ đây dễ dàng ta có (1).
Điều kiện đủ: PN cắt BC tại K. Khi đó ta có:



.


.


=1
Mà



=





=





=



Từ đây ta có
dpcm. Bài tập:
1) Cho ABC, trung tuyến AD. Lấy M thuộc AD, BM cắt AC tại E, CM cắt AB tại
F. Chứng minh EF//BC.
Gợi ý: ABD có cát tuyến FMC, ADC có cát tuyến BME.
2) Trên 2 cạnh AD, AC của ABC đều, lấy 2 điểm E, D sao cho EA=2BE,
DC=2AD, BD cắt CE tại O. Chứng minh 

=90
0


Gợi ý:
Cách 1: Gọi T,Q là giao điểm của (BX, AZ); (CX, BZ). Khi đó ta có: (BTMX)=(BZBQ)
Trường hợp a//b dùng định lí Thales
Trường hợp a giao b tại S.
Áp dụng phép chiếu xuyên tâm tại A:
(BTMX)=(SZYX)
Áp dụng phép chiếu xuyên tâm tại C:
(SZYX)=(BZPQ)
Từ đây ta có dpcm.
6

Cách 2: Áp dụng hệ thức Menelaus vào 5 tam giác, xin dành lại cho bạn đọc.
7) Cho 3 đường tròn với bán kính khác nhau, không có đường tròn nào hoàn toàn
nằm trong một đường tròn khác. Từng cặp có một đôi tiếp tuyến chung giao nhau
tại một điểm. Chứng minh rằng 3 điểm đó nằm trên một đường thẳng.
Gợi ý: Gọi ba đường tròn tâm A, B, C với 3 điểm D, E, F (giao điểm của các tiếp tuyến
chung ngoài của từng cặp đường tròn). Tam giác ABC có cát tuyến DEF.
8) (Tạp chí toán học và tuổi trẻ - số 362)
Giả sử O là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. AO cắt BC tại M, BO cắt AC
tại N, CO cắt AB tại P. Chứng minh rằng giá trị của biểu thức
.

.
.

.
.

không phụ thuộc vào vị trí điểm O.
Gợi ý: Cách 1:

()
()
=
.
.
(2)
Và
()
()
=
.
.
(3)
Nhân (1), (2), (3) ta được
.

.
.

.
.

= abc (const)
Cách 2: Áp dụng hệ thức Menenlaus vào tam giác AMC với cát tuyến BON; tam giác
BNC với cát tuyến AOM; tam giác BPC với cát tuyến AOM. 7

2. Định lí Ceva:





=




















=











.


.


= -1
Với trường hợp AD// BE// CF, áp dụng định lí Thales ta cũng có kết quả






.


.


=
-1
Điều kiện đủ:


Định lí Ceva sin:
Cho ABC, D, E, F lần lượt nằm trên BC, AC, AB. Chứng minh AD, BE, CF đồng qui
khi và chỉ khi
 ()
()
.
()
()
.
()
()
=1


=
()
()
=
. ()
. ()

Tương tự cho các hệ thức còn lại ta
có đpcm.
Bài tập: Qui ước các đường thẳng AA’, BB’, CC’ của ABC đồng qui là 3 đường thẳng

.


= 1
3) Trong tam giác ABC, nếu có ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ cắt nhau tại K nằm
trong tam giác thì


=


.


(định lí Van Oben).
Gợi ý: Từ A vẽ đường song song BC cắt BB’, CC’ tại E, D
Các trường hợp đặc biệt:
- K là trọng tâm tam giác khi AA’, BB’, CC’ là đường trung tuyến
- K là điểm Gergonne: A’, B’, C’ là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các
cạnh của tam giác.
- K là điểm Nagel khi A’, B’, C’ là các tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp
tương ứng.
4) Trên ba cạnh của tam giác ABC, dựng phía ngoài các tam giác đều ABD, ACE,
BCF. Chứng minh AF, BE, CD đồng qui.
Gợi ý: Các tỉ số trong hệ thức tỉ lệ với diện tích của tam giác tương ứng.
5) Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I;r), các tiếp điểm tại D, E, F với BC, CA, AB. Lấy
X nằm trong tam giác sao cho đường tròn nội tiếp tam giác XBC tiếp xúc XB, XC,
BC tại Z, Y, D. Chứng minh tứ giác EFZY nội tiếp.
Gợi ý: Ta có: AD, BE, CF đồng qui (bài 1); XD, BY, CZ đồng qui theo Ceva.
Nếu EF cắt BC tại K thì (KDBC)=-1.

2
– EA
2
+ FA
2
– FB
2
=0

Điều kiện đủ: Giả sử x, y, z đồng qui. Gọi G là điểm đồng qui
GB
2
– GC
2
+ GC
2
– GA
2
+ GA
2
– GB
2
=0
Tương đương: DB
2
– DC
2
+ EC
2
– EA

– F’B
2
=0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: FA
2
– FB
2
= F’A
2
– F’B
2
Ta sẽ chứng minh bổ đề: Cho A,B phân biệt và một số k. Chứng minh rồn tại duy nhất
điểm F thuộc AB sao cho FA
2
– FB
2
=k
Gọi I là trung điểm AB
FA
2
– FB
2
=k  2




.



– B’A
2
+ C’A
2
– C’B
2
=0
Suy ra x,y,z đồng qui
Điều kiện cần: Giả sử x,y,z đồng qui (chứng minh tương tự)
2) M nằm trong ABC. A’,B’C’ là hình chiếu của M lên BC,CA,AB. D,E,F là hình
chiếu của A,B,C lên B’C’,A’C’,A’B’. Chứng minh AD,BE,CF đồng qui.
Gợi ý: AD,BE,CF đồng qui tương đương: DB’
2
– DC’
2
+ EC’
2
– EA’
2
+ FA’
2
– FC’
2
=0
Tương đương: AB’
2
– AC’
2
+ BC’
2

2
= MB’
2
– MC’
2
Tương tự cho các hệ thức khác ta có dpcm.
6) AA’,BB’,CC’ là các đường cao ABC. Trên AA’,BB’,CC’ lấy các điểm A
1
, B
1
,
C
1
khác trực tâm và không thẳng hàng. Chứng minh các đường thẳng qua A, B, C
vuông góc B
1
C
1
,C
1
A
1
,A
1
B
1
đồng qui.
Gợi ý: Áp dụng định lí Pythagoras cho các tam giác AA’A
1
, CA’A

LT là đường trung bình tam giác AHO suy ra AOML là hình bình hành.
c) Trọng tâm G trên đường thẳng Euler thì OG=2TG (đường thẳng Euler sẽ được
chứng minh sau)
2TG= 2(OT-OG)=2(


−


) =OG
Từ đó ta có (HGTO)=-1
d) Khoảng cách từ tâm đường tròn Euler đến trọng tâm tam giác:
EG=


√
9
2
− (
2
+ 
2
+ 
2
)
Từ hệ thức 





tam giác (định lí Feuerbach).
16 t

Gợi ý: Cách 1: F là tâm Euler
- Chứng minh tiếp tuyến Mt của (F) tao nên 

= 

− 


- DP là tiếp tuyến (F). Chứng minh DP//Mt
- MP cắt (I) tại N. Chứng minh N thuộc (F)
- Chứng minh tiếp tuyến tại N của (I) và (F) trùng nhau
Tương tự cho đường tròn bàng tiếp

+ c
2
)
Ta có: r
2
=
(

)(

)
()

= (ab+bc+ca) -
()


-



Ta sẽ chứng minh IF =


– r
Tương đương IF
2
=(



OH = OA+OB+OC+OD
    

4OM = OA +OB+OC+ OD
    

Bài tập:
1) Cho các tam giác ABC,AHB,BCH,CAH (H là trực tâm tam giác ABC) có chung
đường tròn Euler (định lí Hamilton).
Gợi ý: Các tam giác ABH,ACH,BCH đều có 1 cạnh chứa trung điểm của tam giác ABC
và 2 trung điểm 2 cạnh còn lại là những điểm Euler của tam giác ABC. Vậy đường tròn
Euler mỗi tam giác có 3 điểm chung với đường tròn Euler tam giác ABC nên tất cả
những đường tròn Euler đều trùng nhau.
Hệ quả: Do có chung đường tròn Euler nên 4 tam giác trên có đường tròn ngoại tiếp bằng
nhau (4 điểm A,B,C,H là một hệ trực giao).
18

2) Cho tam giác ABC nội tiếp (O), trung tuyến AM. Khi đó đường thẳng qua M
vuông góc với AO tiếp xúc với đường tròn Euler của tam giác ABC.
Gợi ý: H là trực tâm, K là trung điểm AH, E là tâm đường tròn Euler thì AOMK là hình
bình hành suy ra AO//EM
3) Tam giác ABC ngoại tiếp (I), phân giác góc B, C cắt AC, AB tại A’, B’. A’B’ cắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ở M, N. Chứng minh R
(MIN)
= 2R
(ABC)Gợi ý: Gọi E, F là tâm bàng tiếp góc B, C. Ta sẽ chứng minh 5 điểm F,M,I,N,E cùng
thuộc một đường tròn.

các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Chứng minh tứ giác A
2
B
2
C
2
D
2
nội tiếp.
Gợi ý:
Bổ đề: Gọi A
1
, B
1
, C
1
, D
1
là trực tâm tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Chứng minh tứ
giác A
1
B
1
C
1
D
1
nội tiếp (O
1
).




+ 






= 180


Tâm A
2
đường tròn Euler của tam giác BCD là trung điểm OA
1
. Gọi F là trung điểm của
OO
2
.
Suy ra 2FA
2
= A
1
O
2
= R. Tương tự 2FB
2
= 2FC

Gợi ý: Gọi H, K, I là giao điểm của (O) với AJ, BJ, CJ. Chứng minh được HI//NP, KI//
MP, HK//MN.
Mà J là trực tâm tam giác KHI nên JO thuộc đường thẳng Euler của tam giác KHI, J
thuộc đường thẳng Euler của tam giác MNP.
Suy ra JO là đường thẳng Euler của MNP.
22

3) Cho tam giác ABC. Gọi A’,B’ là giao điểm của của đường cao từ A, B với (O).
Các tiếp tuyến với (O) tải A và A’, B và B’ cắt nhau tại P, Q. Chứng minh PQ
vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác ABC.
Gợi ý: H là trực tâm, lẻ QI vuông góc OH tại I, OQ cắt BB’ tại K.
Ta có OI cố định suy ra QI cố định. Kẻ PI’ vuông góc OH ta cũng có PI’ là đường cố
định nên PQ vuông góc với OH.
4) Cho tam giác ABC với góc A không vuông. Gọi D là một điểm sao cho 

=


= 

. Chứng minh đường thẳng Euler của tam giác ABC đi qua D.
Gợi ý: Gọi CD cắt AB tại F, AC cắt BD tại E, M,N là trung điểm AB, AC.
Ta có tam giác EAB, FAC cân tại E và F.
Suy ra E,M,O thẳng hàng và F,N,O thẳng hàng. Áp dụng định lí Desargues ta có dpcm.
5) Cho tam giácABC, một điểm M nằm trong mặt phẳng. Chứng minh rằng nếu 3
trong 4 đường thẳng Euler của các tam giác MBC, MCA, MAB, ABC đồng quy
thì cả 4 đường thẳng đó đồng quy.
Gợi ý: Tập hợp các điểm thỏa mãn hệ thức:
(b
2

2
+ (MC
2
– b
2
)SC
2
=0
(MA
2
– c
2
)SA
2
+ (c
2
– MB
2
)SB
2
+ (MB
2
– MA
2
)SM
2
=0
(MB
2
– a

– b
2
)SC
2
=0
Suy ra S thuộc đường thẳng Euler của tam giác ABC.
6) Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Các tiếp tuyến tại A,B,C của (O) giao nhau thành
tam giác A’B’C’. Gọi X, Y, Z lần lượt là điểm chia đoạn OA’, OB’, OC’ theo tỉ số


=


=


= t. Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng qui.
23 Gợi ý: Gọi H là trực tâm tam giác ABC, M là trung điểm BC. Giả sử đường đẳng giác
của AX trong góc BAC giao OA’ tại X’, AX’ cắt OH tại L.
Do H và O là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác ABC nên ′

= 

=


, ′


suy ra


=


=



Ta có:


=


=


=



Vậy AX đi qua điểm liên hợp đẳng giác L’ của L trong tam giác ABC. Tương tự BY và
CZ cũng đi qua điểm L’. Suy ra dpcm
Nhận xét: Khi t= 0.5 thì X,Y,Z là tâm (OBC), (OCA), (OAB) thì AX, BY, CZ đồng qui
tại điểm liên hợp đẳng giác của tâm đường tròn Euler trong tam giác ABC (điểm
Kosnita).




25

Đặt IA=a, IM=m, IN=n, IB=b
Ta có:
()

=
()

suy ra abn – bmn = abm – amn
Chia 2 vế cho abmn ta có dpcm.
 Định lí con bướm với cặp đường thẳng:
Cho tam giác ABC có I là trung điểm BC, M bất kì thuộc AB, MI cắt AC tại P. Q bất kì
thuộc AB, QI cắt AC tại N. QP, MN cắt BC tại F, E. Chứng minh IE=IF

Dùng 4 lần hệ thức Menelaus cho tam giác ABC với các cát tuyến IPM, NIQ, MNE,
PFQ, nhân lại ta có IE=IF.
Bài tập:

Trích đoạn Định lý Ptoleme

---