MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ HÌNH OLYMPIADhttp://www.Mathscope.org.

Những kiến thức sau đây gồm một số kiến thức cơ sở để khám phá hình học olympiad hoặc là nhữngkết quả đẹp nổi tiếng. Bài viết này được soạn ra nhằm đáp ứng nhu cầu tra cứu, học hỏi của nhiềubạn đọc. Nó sẽ cần sự chung tay của nhiều thành viên. Đầu tiên mình sẽ giới thiệu mục lục và nếu aibiết phần kiến thức ấy thì có thể post lên, nhưng để đảm bảo cho tính hệ thống, chặt chẽ và dễ theodõi của bài viết ,mình xin nêu một số quy ước như sau:

1) Mỗi bài viết đều phải vẽ hình minh họa.2) Mỗi bài viết chỉ đề cập đến 1 đề mục kiến thức.3) Phải đảm bảo thứ tự nêu trong mục lục.4) Chúng tôi chỉ giữ lại những trao đổi có ích kể từ sau khi hoàn thành mục lục, điều đócó nghĩa là những trao đổi chen giữa không bị xóa lúc này nhưng sẽ bị xóa khi mục lụcđược hoàn tất.

A. MỤC LỤC

I. Một số định nghĩa, định lí, điểm và đường đặc biệt không duy nhất:

I.1) Định lí MenelausI.2) Mở rộng định lí Menelaus theo diện tíchI.3) Định lí Menelaus cho tứ giácI.4) Định lí CevaI.5) Định lí Ceva dạng sinI.6) Định lí DesarguesI.7) Định lí PappusI.8) Một trường hợp đặc biệt của định lí Pappus qua góc nhìn hình xạ ảnh.I.9) Đẳng thức PtolemyI.10) Bất đẳng thức PtolemyI.11) Định lí PascalI.12) Định lí BrianchonI.13) Định lí MiquelI.14) Công thức CarnotI.15) Định lí CarnotI.16) Định lí BrokardI.17) Định lí Euler về khoảng cách giữa tâm 2 đường tròn nội, ngoại tiếp của tam giácI.18) Định lí Euler về khoảng cách giữa tâm 2 đường tròn nội, ngoại tiếp của tứ giác(Định lí Fuss)I.19) Định lí CaseyI.20) Định lí StewartI.21) Định lí LynessI.22) Định lí Lyness mở rộng (Bổ đề Sawayama)I.23) Định lí ThébaultI.24) Công thức Jacobi liên quan đến tâm tỉ cự,định lí LebnitzI.25) Định lí Newton cho tứ giác ngoại tiếpI.26) Định lí BreichneiderI.27) Định lí con nhímI.28) Định lí Gergonne -EulerI.29) Định lí Peletier

1

I.30) Định lí MiobiutI.31) Định lí VivianiI.32) Công thức Lagrange mở rộngI.33) Đường thẳng SimsonI.34) Đường thẳng SteinerI.35) Điểm Anti-Steiner (Định lí Collings)I.36) Định lí NapoleonI.37) Định lí MorleyI.38) Định lí con bướm với đường trònI.39) Định lí con bướm với cặp đường thẳngI.40) Điểm BlaikieI.41) Định lí chùm đường thẳng đồng quyI.42) Đường tròn ApolloniusI.43) Định lí BlanchetI.44) Định lí Blanchet mở rộngI.45) Định lí JacobiI.46) Định lí KiepertI.47) Định lí KariyaI.48) Cực trực giaoI.49) Khái niệm tam giác hình chiếu ,công thức Euler về diện tích tam giác hình chiếuI.50) Khái niệm hai điểm đẳng giácI.51) Khái niệm tứ giác toàn phần.I.52) Đường thẳng Droz-FarnyI.53) Đường tròn Droz-FarnyI.54) Định lí Van Aubel về tứ giác và các hình vuông dựng trên cạnhI.55) Hệ thức Van AubelI.56) Định lí PithotI.57) Định lí JohnsonI.58) Định lí EyeballI.59) Bổ đề HarukiI.60) Bài toán LangleyI.61) Định lí Paul Yiu về đường tròn bàng tiếp.I.62) Định lí MaxwellI.63) Định lí Brahmagupta về tứ giác nội tiếp có hai đường chéo vuông góc.I.64) Định lí SchootenI.65) Định lí BottemaI.66) Định lí PompeiuI.67) Định lí ZaslavskyI.68) Định lí ArchimedesI.69) Định lí UrquhartI.70) Định lí Mairon WaltersI.71) Định lí Poncelet về bán kính đường tròn nội tiếp,bàng tiếp trong tam giác vuông.I.72) Định lí HansenI.73) Định lí Steinbart suy rộngI.74) Định lí Monge & d’Alembert II.75) Định lí Monge & d’Alembert III.76) Định lí Steiner về bán kính các đường tròn.I.77) Định lí BellavitisI.78) Định lí Feuer bach-Luchterhand

II. Một số điểm và đường đặc biệt được xác định duy nhất với tam giác và tứ giác:

2

Ở đây nếu không giải thích gì thêm thì yếu tố được hiểu là trong tam giác.

II.1) Đường thẳng Euler của tam giácII.2) Đường tròn và tâm EulerII.3) Đường đối trung, điểm LemoineII.4) Điểm Gergone,điểm Nobb, đường thẳng GergoneII.5) Điểm NagelII.6) Điểm BrocardII.7) Điểm SchifflerII.8) Điểm FeuerbachII.9) Điểm KosnitaII.10) Điểm Musselman,định lí Paul Yiu về điểm MusselmanII.11) Khái niệm vòng cực của tam giác.II.12) Điểm GibertII.13) Trục LemoineII.14) Tâm MorleyII.15) Tâm Spieker và đường thẳng NagelII.16) Hai điểm FermatII.17) Điểm Parry reflection.II.18) Đường tròn Taylor, tâm TaylorII.19) Điểm BevanII.20) Điểm VectenII.21) Điểm MittenpunktII.22) Điểm NapoleonII.23) Đường tròn AdamII.24) Tam giác Fuhrmann, đường tròn FuhrmannII.25) Hình luc giác và đường tròn Lemoine thứ nhấtII.26) Hình lục giác và đường tròn Lemoine thứ haiII.27) Điểm Euler của Tứ giác nội tiếpII.28) Đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phầnII.29) Đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần.II.30) Điểm Miquel của tứ giác toàn phầnII.31) Đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần.

III. Một số mảng kiến thức quan trọng.

III.1) Tỉ số kép, phép chiếu xuyên tâmIII.2) Hàng điểm điều hòa và một số hệ thức liên quanIII.3) Chùm điều hòa, tứ giác điều hòaIII.4) Góc giữa đường thẳng và đường tròn, giữa hai đường tròn, đường tròn trực giaoIII.5) Cực và đối cực.

IV. Một số định lí không chứng minh.

Ở đây sẽ giới thiệu một số định lí rất hay và dễ hiểu (nhưng cách chứng minh mà mình biết làphức tạp) tuy nhiên rất vui nếu ai đó sẽ giới thiệu những chứng minh của nó.

IV.1) Định lí AiyerIV.2) Đường tròn LesterIV.3) Tâm Eppstein

3

IV.4) Đường tròn Neuberg-Mineur của tứ giácIV.5) Paracevian perspector

B. MỘT SỐ KHÁI NIỆM, ĐỊNH LÍ.

4

I.1) Định lí Menelaus.

Định lí: Cho tam giác ABC và 3 điểm M,N,P lần lượt thuộc BC, CA, AB. Khi đó M,N,P thẳnghàng khi và chỉ khi:

MB

MC.NC

NA.PA

PB= 1 (1)

Chứng minh:a) Khi M,N,P thẳng hàng. Trên MN lấy 1 điểm Q sao cho AQ//BC. Theo Thales ;

Hình 1:

NC

NA=

MC

QA;

PA

PB=

QA

MB

Từ đó dễ có đẳng thức (1) trên.b) Ngược lại, khi có (1):Giả sử PN cắt BC tại M’. Theo phần trước ta có:

M ′B

M ′C.NC

NA.PA

PB= 1

Kết hợp với (1) suy ra

MB

MC=

M ′B

M ′C

Do đó M trùng M ′ tức là M,N,P thẳng hàng. Vậy ta có điều phải chứng minh.

5

I.2) Mở rộng định lí Menelaus theo diện tíchĐịnh lí: Cho tam giác ABC và 3 điểm M,N,P lần lượt nằm trên BC, CA, AB. Khi đó ta có:

SMNP

SABC=

BM.CN.AP − CM.AN.BP

AB.BC.CA

Chứng minh: (thamtuhoctro post).Gọi ~e1, ~e2, ~e3 là vector chỉ phương của BC, CA, AB. Ta có:

Hình 2:

S [ABC] = S [MAB] + S [MCA]

S [ABC] = S [PMA] + S [PBM ] + S [NMC] + S [NAM ]

S [ABC] = S [MNP ] + S [BMP ] + S [CNM ] + S [APN ]

Mặt khác :

S [BMP ]S [ABC]

=BM.BP. sin (e1; e2)BC.BA. sin (e1; e2)

=BM.BP

BC.BA

Tương tự:

S [CNM ]S [ABC]

=CN.CM

CA.CB;

S [APN ]S [ABC]

=AP.AN

AB.AC

Ta suy ra:

S [MNP ]S [ABC]

= 1− S [BMP ]S [ABC]

− S [CNM ]S [ABC]

− S [APN ]S [ABC]

S [MNP ]S [ABC]

= 1− BM.BP

BC.BA− CN.CM

CA.CB− AP.AN

AB.AC

S [MNP ]S [ABC]

=BM.CN.AP − CM.AN.BP

AB.BC.CA

6

I.3) Định lí Menelaus cho tứ giác:Định lí: Cho tứ giác ABCD và một đường thẳng d cắt AB,BC,CD,DA lần lượt ở M,N,P, Q. Khiđó ta có:

MA

MB.NB

NC.PC

PD.QD

QA= 1

Chứng minh: Ta sẽ làm giống cách chứng minh ở tam giác

Hình 3:

Trên d lấy hai điểm I, J sao cho AI//BJ//CD. Theo Thales ta có:

MA

MB=

IA

JB;

NB

NC=

JB

PC;

QD

QA=

PD

IA

Từ đó dễ có điều cần chứng minh.

∗ Chú ý1) Khi áp dụng cho tứ giác, định lí Menelaus chỉ phát biểu dạng thuận bởi dạng đảo nói chung khôngđúng.2) Các bạn thử suy nghĩ xem với dạng thuận như thế này thì có thể mở rộng cho đa giác được không?(Một vấn đề khá thú vị:)

7

I.4) Định lý Ceva.Định lý: Cho tam giác ABC. Gọi E,F, G là ba điểm tương ứng nằm trên BC, CA, AB. Ba đườngthẳng AE,BF,CG cắt nhau tại một điểm O khi và chỉ khi:

AG

GB.BE

EC.CF

FA= 1

Chứng minh:

Hình 4:

Phần thuận:Giả sử ba đường thẳng AE,BF,CG cắt nhau tại một điểm O. Từ A và C, kẻ các đường song song vớiBF , chúng lần lượt cắt CG và AE tại K, I tương ứng. Ta có:

CF

FA=

CO

OK;

CI

AK=

CO

OK

(Sử dụng định lý Thales)

⇒ CF

FA=

IC

AK

Các cặp tam giác đồng dạng IEC và OEB, AKG và BOG:

BE

CE=

BO

CI;

AG

BG=

AK

BO

Do đó:

AG

GB.BE

EC.CF

FA=

AK

OB.BO

IC.CI

AK= 1

Phần đảo: Giả sử ta có:

AG

GB.BE

EC.CF

FA= 1

8

Qua giao điểm của các đường thẳng AE và BF , kẻ đường thẳng CC1 với C1 nằm trên cạnh AB. Khiđó, theo chứng minh phần thuận:

AC1

C1B.BE

EC.CF

FA= 1 =

AG

GB.BE

EC.CF

FA= 1

Suy ra

AC1

C1B=

AG

GB

Hay C1 ≡ G, ta có điều phải chứng minh.

9

I.5) Định lý Ceva sinĐịnh lý: Gọi E,F, G là ba điểm tương ứng nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB của tam giácABC. Ba đường thẳng AE,BF,CG cắt nhau tại một điểm O khi và chỉ khi:

sin (ABF )sin (CBF )

.sin (BCG)sin (ACG)

.sin (CAE)sin(BAE)

= 1

Chứng minh:

Hình 5:

Phần thuận: Giả sử AE,BF,CG đồng quy tại O. Khi đó hai tam giác ABE và ACE có cùng chiềucao hạ từ đỉnh A.

⇒ BE

EC=

SABE

SACE=

AB.AE. sinBAE

AC.AE. sinCAE=

AB. sinBAE

AC. sinCAE

Tương tự

CF

FA=

BC. sinCBF

BA. sinABF

Và

AG

GB=

CA. sinACG

CB. sinBCG

Nhân từng vế ba đẳng thức trên được:

sinABF

sinCBF.sinBCG

sinACG.sinCAE

sinBAE=

BE

EC.CF

FA.AG

GB= 1

(Theo định lý Ceva)Từ đó suy ra đpcm.Phần đảo: Chứng minh tương tự phần đảo ở mục 4.

10

I.6) Định lý Desargues

Định lý: Cho tam giác ABC và tam giác A′B′C ′. Khi đó AA′, BB′, CC ′ đồng quy khi và chỉ khicác giao điểm của BC và B′C ′, CA và C ′A′, AB và A′B′ thẳng hàng.

Chứng minh: Gọi X, Y, Z là lần lượt là các giao điểm của các cặp cạnh BC và B′C ′, CA và

Hình 6:

C ′A′, AB và A′B′.Phần thuận: Giả sử các đường thẳng AA′, BB′, CC ′ đồng quy tại S. Ta chứng minh X, Y, Z thẳnghàng.Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SBC với cát tuyến XB′C ′ ta có:

XB

XC.C ′C

C ′S.B′S

B′B= 1 hay

XB

XC=

SC ′

SB′ .BB′

CC ′

Tương tự, ta có:

Y C

Y A=

SA′

SC ′ .CC ′

AA′ vàZA

ZB=

SB′

SA′ .AA′

BB′

Nhân từng vế các đẳng thức trên lại với nhau, và theo định lí Menelaus suy ra X, Y, Z thẳng hàng.Phần đảo: Giả sử các điểm X, Y, Z thẳng hàng. Ta chứng minh các đường thẳng AA′, BB′, CC ′ đồngquy. Gọi S là giao điểm của AA′ và BB′. SC cắt đường thẳng AC ′ tại C ′′.Xét 2 tam giác ABC và A′B′C có các đường nối các đỉnh tương ứng đồng quy, do đó theo phần thuậngiao điểm của các cạnh tương ứng cũng đồng quy.Ta thấy AB cắt A′B′ tại Z,AC cắt A′C ′′ tại Y (do A′, C ′, C ′ thẳng hàng), suy ra giao điểm X ′ củaBC và B′C ′ phải thuộc Y Z. Tức là X ′ là giao của Y Z và BC nên X ′ trùng với X. Suy ra C ′ trùngvới C ′, hay AA′, BB′, CC ′ đồng quy.

11

I.7) Định lí Pappus

Định lí: Cho ba điểm A,B, C nằm trên đường thẳng a, X, Y, Z nằm trên đường thẳng b.Gọi M,N,Plần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng (AY, BX), (AZ,CX), (CY, BZ). Khi đó M,N,P thẳnghàng.Chứng minh:

Hình 7:

Định lí này có một cách chứng minh dùng Menelaus, nếu có điều kiện mình sẽ post lên, còn sau đâylà một cách dựa trên kiến thức cơ sở về tỉ số kép và phép chiếu xuyên tâm.

Ta có bổ đề sau được chứng minh dễ dàng nhờ những hiểu biết ban đầu về tỉ số kép và phép chiếuxuyên tâm:

Bổ đề: Cho góc xOy và các điểm A,B, C thuộc Ox; D,E, F thuộc Oy. Khi đó AD,BE,CF đồngquy khi và chỉ khi: (OABC) = (ODEF ).Bổ đề trên bạn đọc tự chứng minh, bây giờ ta sẽ trở lại bài toán.

Kí hiệu FE là phép chiếu xuyên tâm E. Gọi T,Q lần lượt là giao điểm của BX và AZ;CX vàBZ.

Sử dụng bổ đề trên thì ta sẽ cần chứng minh: (BTMX) = (BZPQ).

+) Trường hợp a//b bạn đọc hãy chứng minh nhờ Thales.

+) Khi a không song song với b. Gọi S là giao của a và b. Ta thấy: Với: FA : (BTMX) = (SZY X).

Với: FC : (SZY X) = (BZPQ).

Từ đó suy ra điều cần chứng minh.

12

I.8) Một trường hợp đặc biệt của định lí Pappus qua góc nhìn hình xạ ảnh.

Ở phần này chúng tôi chỉ dùng hình xạ ảnh để dẫn dắt đến kết quả còn nội dung định lí và cáchchứng minh thì hoàn toàn phù hợp với kiến thức hình THCS.

Ta có kết quả sau liên quan đến hình xạ ảnh: Các đường thẳng song song với nhau thì gặp nhautại một điểm ở vô cực và ngược lại.

Vận dụng vào định lí Pappus ở trên , cho các điểm A,B, C ra vô cực thì theo kết quả về hình xạ ảnh tacó Y M//ZN (Vì Y M, ZN cùng đi qua một điểm (A) ở vô cực ). Tương tự thì: XN//Y P, XM//ZP .Và khi ấy M,N,P vẫn thẳng hàng. Ta phát biểu lại được một định lí đơn giản và hữu dụng sau đây:

Định lí: Trên mặt phẳng cho ba điểm X, Y, Z thẳng hàng và ba điểm M,N,P thỏa mãn XN//Y P ,Y M//ZN , XM//ZP . Khi đó ta cũng có M,N,P thẳng hàng.

Chứng minh:

Hình 8:

Trường hợp MP//XY Z thì đơn giản, bạn đọc tự chứng minh.

Ta sẽ xét khi MP không song song với XY Z. Gọi S là giao điểm của MP với XY Z. Đường thẳngqua X song song với Y P cắt MP ở N ′. Bài toán sẽ được gải quyết nếu ta chứng minh được rằngZN ′//Y M (Vì khi ấy N ′ trùng N).Thật vậy, chú ý Y P//XN ′, ZP//XM nên theo Thales ta có:

SY

SZ=

SY

SX.SX

SZ=

SP

SN ′ .SM

SP=

SM

SN ′

Đến đây theo Thales đảo ta suy ra ZN ′//Y M . Chứng minh được hoàn tất.

13

I.9) Đẳng thức Ptolemy

Định lí: Với tứ giác nội tiếp ABCD thì:

AB.CD + AD.BC = AC.BD

Chứng minh: Lấy điểm E thuộc AC sao cho DEC = ADB ⇒ ∆ADB đồng dạng ∆DEC

Hình 9:

⇒ AD

DE=

DB

DC=

AB

EC⇒ AB.DC = EC.DB

Tương tự ∆ADE đồng dạng ∆BDC

⇒ AE.BD = AD.BC ⇒ AD.BC + AB.CD = BD(EA + EC) = BD.AC(đpcm)

14

I.10) Bất đẳng thức Ptolemy

Định lý: Cho tứ giác ABCD. Khi đó có

AC.BD ≤ AB.CD + AD.BC

Chứng minh: Lấy E nằm trong tứ giác ABCD sao cho

Hình 10:

EDC = ADB và ECD = ABD

Khi đó

∆ABD ∆ECD ⇒ AB

BD=

EC

DChay AB.DC = EC.BD.

Hơn nữa

∆ADE ∆BDC(c.g.c) ⇒ AD

AE=

BD

CBhay AD.CB = BD.AE

Vậy ta có

AB.CD + BC.AD = BD(EA + EC) ≥ BD.AC(đpcm)

15

I.11) Định lý Pascal

Định lý: Cho 6 điểm A,B, C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn. Khi đó các giao điểm của cáccặp cạnh AB vàDE,BC và EF,CD và FA thẳng hàng.

Chứng minh: Gọi P,M,N lần lượt là giao điểm của AF và CD,AB và DE,BC và EF . Gọi

Hình 11:

P ′,M ′, N ′ lần lượt là giao điểm của BC và DE,BC và AF,DE và AF .Áp dụng định lí Menelaus cho ∆P ′M ′N ′ với cát tuyến PCD:

CP ′

CM ′ .DN ′

DP ′ .PM ′

PN ′ = 1

PM ′

PN ′ =CM ′

CP ′ .DP ′

DN ′

Tương tự ta có:

NP ′

NM ′ =FN ′

FM ′ .EP ′

EN ′ vàMN ′

MP ′ =AN ′

AM ′ .BM ′

BP ′

Nhân các biểu thức trên lại kết hợp với các biểu thức phương tích sau:

BM ′.CM ′ = AM ′.FM ′

EN ′.DN ′ = FN ′.AN ′

CP ′.BP ′ = DP ′.EP ′

Ta có :

NP ′

NM ′ .MN ′

MP ′ .PM ′

PN ′ = 1.

Áp dụng định lí Menelaus đảo ta có đpcm.

16

I.12) Định lý Brianchon

Định lý: Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp (O). Chứng minh rằng ba đường chéo lớn AD,BE,CFđồng quy.

Chứng minh: Ta kí hiệu các tiếp điểm của (O) trên AB,BC, CD,DE,EF, FA lần lượt là M ,

N , P , Q, R, S. Xét cực và đối cực đối với (O). Gọi K, I, J lần lượt là giao điểm của các cặp đườngthẳng (SM, PQ), (MN, QR), (NP, RS). Vì SM và PQ là đường đối cực của A và D nên AD là đườngđối cực của K. Tương tự BE và FC lần lượt là đường đối cực của I và J .

Dùng định lí Pascal cho lục giác nội tiếp MNPQRS ta có I, J, K thẳng hàng. Nên ta có các đườngđối cực của I, J, K (lần lượt là BE,CF, AD) cùng đi qua cực của đường thẳng này (đường thẳng điqua I, J, K) nên AD,BE,CF đồng quy (đpcm).

Tương tự ngược lại có thế chứng minh định lí pascal thông qua Brianchon và cực đối cực(xem thêmcực đối cực ở mục III.5.

17

I.13) Định lí Miquel

Định lí: Cho tam giác ABC và ba điểm M,N,P lần lượt nằm trên BC, CA, AB. Khi đó các đườngtròn ngoại tiếp các tam giác APN,BPM và CMN đồng quy.

Chứng minh: Gọi S là giao điểm của (BPM) và (CMN). Ta sẽ chứng minh S nằm trên (APN).

Hình 12:

Thật vậy:

(SN, SP ) ≡ (SN, SM) + (SM, SP ) ≡ (CN, CM) + (BM, BP )

≡ (CA, CB) + (BC, BA) ≡ (CA, BA) ≡ (AN,AP )(modπ)

Suy ra điều cần chứng minh.

18

I.14) Công thức Carnot

Định lý: Cho ∆ABC nội tiếp (O,R). Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ O đến BC, AC,AB.Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có:a) Nếu ∆ABC nhọn thì công thức carno là x + y + z = R + r.b) Nếu A > 9O◦ thì công thức carno là y + z − x = R + r.Chứng minh:a) Nếu ∆ABC nhọn Gọi F,E, D lần lượt là trung điểm của BC, CA,AB.

Hình 13:

Như vậy ta có OF = x,OE = y, OD = z. Đặt BC = a,CA = b, AB = c.Áp đụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác nội tiếp OFBD ta có:

OB.DF = OF.DB + FB.OD

Hay

R.b

2= z.

a

2+ x.

c

2Tương tự ta có

R.c

2= y.

a

2+ x.

b

2; R.

a

2= y.

c

2+ z.

b

2Ta lại có

r( b

2+

a

2+

c

2

)= SABC = SOBC + SAOC + SABO = x.

a

2+ y.

b

2+ z.

c

2Cộng bốn biểu thức trên lại ta có

(r + R)(a + b + c

2

)= (x + y + z)

(a + b + c

2

)⇒ R + r = x + y + z

b) Nếu A > 9O◦ chứng minh tương tự.

Viết dưới dạng lượng giác, công thức Carnot chính là hệ thức cos A + cos B + cos C = 1 + rR . Chú ý

hệ thức này đúng với mọi tam giác.

19

Hình 14:

20

I.15) Định lí Carnot

Định lý: Cho ∆ABC. Gọi M,N,P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh BC, AC,AB. dM , dN , dP

lần lượt là các đường thẳng đi qua M,N,P và vuông góc với BC, AC,AB. dM , dN , dP đồng quy khivà chỉ khi

MB2 + NC2 + PA2 = MC2 + NA2 + PB2

Chứng minh:

Hình 15:

a) Phần thuận:Gọi dM , dN , dP đồng quy tại O.ĐPCM

⇔ MB2 + OM2 + NC2 + ON2 + PA2 + OP 2 = MC2 + OM2 + NA2 + ON2 + PB2 + OP 2

⇔ OB2 + OC2 + OA2 = OB2 + OC2 + OA2

Đẳng thức này đúng nên ta có điều phải chứng minh.b) Phần đảoGọi giao điểm của dM , dN tại O. Qua O hạ đường vuông góc xuống AB tại P ′. Áp dụng định lí thuậnta có

MB2 + NC2 + P ′A2 = MC2 + NA2 + P ′B2

⇒ P trùng với P ′ ⇒ dM , dN , dP đồng quy.

21

I.16) Định lý Brokard

Định lý: Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. AD giao BC tại M,AB giao CDtại N,AC giao BD tại I.Chứng minh rằng O là trực tâm của tam giác MIN .Chứng minh:

Hình 16:

Gọi H là giao thứ 2 của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác AID,BIC. Xét tứ giác DOHC, ta có:

DHC = 360◦ − DHI − CHI = DAC + DBC = DOC

Từ đó suy ra tứ giác DOHC nội tiếp. Tương tự ta cũng suy ra tứ giác AOHB nội tiếp.Dễ thấy

NA.NB = NC.ND

Suy ra N nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (AIHD), (BIHC) nên O,H,N thẳng hàng.Ta có:

IHO = IHD − OHD = ADC + ACD − OCD = OCA + ODA + ODC = 90◦

Từ đó suy ra IM ⊥ ON .Tương tự ta có: IN ⊥ OM Suy ra O là trực tâm tam giác MIN (đpcm).

T.Anh: Định lý này sử dụng cách chứng minh bằng cực đối cực sẽ nhanh hơn rất nhiều: Xem bàitoán số 2 phần I mục C trong bài viết

22

I.17) Định lí Euler về khoảng cách giữa tâm 2 đường tròn nội, ngoại tiếp của tam giác.

Định lý: Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R) và ngoại tiếp (I; r). Chứng minh rằng OI2 = R2 − 2Rr.Chứng minh:

Hình 17:

Kéo dài AI cắt (O) tại M . Vẽ đường kính MN của đường tròn (O). Hạ ID ⊥ AB. Kéo dài OI cắt(O) tại E và F . Ta có ∆AID ∆NMC (g.g)

⇒ ID

MC=

AI

MN⇒ 2Rr = ID.MN = AI.MC

Mặt khác dễ dàng chứng minh

MC = MI ⇒ 2Rr = IA.IM

Lại có

IA.IM = IE.IF = R2 −OI2

nên ta có điều phải chứng minh.

23

I.18) Định lí Euler về khoảng cách giữa tâm hai đường tròn nội ngoại tiếp tứ giác (Địnhlí Fuss)

Định lí: Cho tứ giác ABCD vừa nội tiếp (O,R) vừa ngoại tiếp (I, r). Đặt d = OI. Khi đó tacó:

1(R− d)2

+1

(R + d)2=

1r2

Chứng minh

Hình 18:

Gọi tiếp điểm của (I) trên AB,BC,CD,DA lần lượt là M,N,P, Q. BI,CI cắt (O) lần lượt ở E,F .Ta thấy:

(DE,DF ) ≡ (DE,DC)+(DC, DF ) ≡ (BE,BC)+(DC, DF ) ≡ (BA,BC) + (DC, DA)2

≡ π

2(modπ)

Do đó E,O, F thẳng hàng, nên O là trung điểm của EF . Theo công thức đường trung tuyến trongtam giác IEF ta có:

d2 = IO2 =IE2

2+

IF 2

2− EF 2

4=

IE2

2+

IF 2

2−R2

Từ đó suy ra:

1(R− d)2

+1

(R + d)2=

2(R2 + d2)(R2 − d2)2

=IE2 + IF 2

(PI/(O))2=

IE2

(PI/(O))2+

IF 2

(PI/(O))2

=IE2

(IE.IB)2+

IF 2

(IF.ID)2=

1IB2

+1

ID2

24

I.19) Định lí Casey (Định lí Ptolemy mở rộng)

Định lí: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O,R). Đặt các đường tròn α, β, γ, δ là các đường tròn tiếpxúc với (O) tại các đỉnh A,B, C, D. Đăt tαβ là độ dài đoạn tiếp tuyến chung của hai đường tròn α, β.Trong đó tαβ là độ dài tiếp tuyến chung ngoài nếu hai đường tròn α, β cùng tiếp xúc trong hoặc cùngtiếp xúc ngoài với (O), và là độ dài đoạn tiếp xúc trong nếu trong trường hợp còn lại. Các đoạn tβγ , tγδ,... được xác định tương tự. Khi đó ta có:

tαβ .tγδ + tβγ .tαδ = tαγ .tβδ

Chứng minh

Hình 19:

Ta chứng minh trường hợp α, β, γ, δ cùng tiếp xúc ngoài với (O). Các trường hợp còn lại chứng minhtương tự. Lần lượt đặt tâm các đường tròn trên là A′, B′, C ′, D′ và bán kính lần lượt là x, y, z, t. ĐặtAB = a,BC = b, CD = c,DA = d,AC = m,BD = n.Áp dụng định lý Pythagore:

(tαβ)2 = A′B′2 − (x− y)2

Mặt khác lại có: (theo định lí hàm số cos)

A′B′2 = (R + x)2 + (R + y)2 − 2(R + x)(R + y) cos ( ˆA′OB′)

A′B′2 = (R + x)2 + (R + y)2 − 2(R + x)(R + y)(1− a2

2R2)

A′B′2 = (R + x)2 − 2(R + x)(R + y) + (R + y)2 + (R + x)(R + y).a2

R2

A′B′2 = (x− y)2 +a2

R2.(R + x)(R + y)

⇒ tαβ =a

R.√

(R + x)(R + y)

Tương tự với

tβγ , tγδ, ...

25

Ta có

tαβ .tγδ + tβγ .tαδ = tαγ .tβδ ⇔ a.c + b.d = m.n(định lý Ptolemy)

Ngược lại ta thấy định lý Ptolemy là một trường hợp đặc biệt của định lí Casey khi x = y = z = t = 0.

26

I.20) Hệ thức Stewart

Định lí: Cho ba điểm A,B, C thẳng hàng. Và một điểm M bất kì. Ta luôn có hệ thức

MA2.BC + MB

2.CA + MC

2.AB + BC.CA.AB = 0

Chứng minh

Hình 20:

Qua M hạ MH ⊥ AC. Ta có:

MA2.BC + MB

2.CA + MC

2.AB + BC.CA.AB

= (MH2 + HA2).BC + (MH2 + HB2).CA + (MH2 + HC2).AB + BC.CA.AB

= MH2.(BC + CA + AB) + (HA

2.BC + HB

2.CA + HC

2.AB + BC.CA.AB)

= 0 + HA2.BC + HB

2.CA + HC

2.AB + BC.CA.AB

(Đưa về trường hợp hệ thức Stewart cho 4 điểm thẳng hàng (khi M nằm trên đường thẳng chứaA,B, C))

HA2.BC + HB

2.CA + HC

2.AB + BC.CA.AB

= HA2.(HC−HB)+HB

2.(HA−HC)+HC

2.(HB−HA)+(HC−HB).(HA−HC).(HB−HA) = 0

Ta có đpcm.

27

I.21) Định lí Lyness

Định lí: Nếu đường tròn tâm O tiếp xúc trong với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại Tvà tiếp xúc với các cạnh AB,AC của tam giác lần lượt tại E và F thì tâm đường tròn nội tiếp củatam giác nằm trên EF . Chứng minh:

Hình 21:

Để chứng minh định lí này ta cần chứng minh 2 bổ đề sau:Bổ đề 1: AB là dây của một đường tròn tâm (O). Đường tròn (l) tiếp xúc với dây AB tại K và tiếpxúc trong với (O) tại T . Chứng minh L là trung điểm của cung AB ko chứa T và LA2 = LK.LT .Bổ đề 2: Điểm M là trung điểm cung BC ko chứa A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. ĐiểmI thuộc đoạn MA sao cho MI = MB. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.Việc chứng minh 2 bổ đề này là khá đơn giản.Ta tiếp tục quay trở lại với việc chứng minh định lí Lyness.kẻ TF giao (O) tại P , BP cắt EF tại H.Theo bổ đề 1 ta có BP là phân giác của góc B. Ta có:

HET = HBT (= F Tx) ⇒ HEBTnt ⇒ THB = TEB

Mà

TEB = TFE ⇒ TFE = THB

⇒ ∆PHF ∼ ∆PTH ⇒ PH2 = PF.PT

Theo bổ đề 1 ta lại có

PC2 = PF.PT ⇒ PC = PH

Theo bổ đề 2 ta được H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (ĐPCM).

28

I.22) Định lý Lyness mở rộng(Bổ đề Sawayama)

Định lí: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). M thuộc BC (Có cách phát biểu khác là:cho tứ giác ABDC và M là giao của BC và AD; nhưng hai cách phát biểu này là tương đương). Mộtđường tròn (O′) tiếp xúc với hai cạnh MA và MC tại E và F đồng thời tiếp xúc với cả đường tròn(O) tại K. Khi đó ta có tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC nằm trên đường thẳng EF .Chứng minh

Hình 22:

KF cắt đường tròn (O) tại G. Áp dụng bổ đề 1 định lý Lyness ở trên, ta có G là điểm chính giữa cungBC. Gọi I là giao của AG với EF . Ta có

IEK = IAK = FKD ⇒ AEIKnội tiếp ⇒ AIK = EFK = AEK

⇒ ∆EFK ∆IAK(g.g) ⇒ EKA = GKI = GIF

⇒ ∆GIF ∆GKI(g.g) ⇒ GI2 = GF.GK

Lại cũng theo bổ đề 1 ta có

GC2 = GF.GK ⇒ GC = GI ⇒ I là tâm nội tiếp của ∆ABC(theo bổ đề 2)

Xem thêm các hệ quả của định lý Lyness tại báo toán tuổi thơ 2 số 42 và 43.

29

I.23) Định lí Thébault

Định lí: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). D là một điểm nằm trên cạnh BC. Đườngtròn tâm P tiếp xúc với 2 đoạn AD,DC và tiếp xúc trong với (O). Đường tròn tâm Q tiếp xúc với 2đoạn AD,DB và tiếp xúc trong với (O). Gọi I là tâm nội tiếp tam giác ABC. Ta có: P, I, Q thẳnghàng.Chứng minh

Hình 23:

Gọi G, H lần lượt là tiếp điểm của (Q) với DB, AD. Gọi I là giao điểm của EF và GH. Theo địnhlí lyness mở rộng (đã có trong bài của trung anh), I là tâm nội tiếp tam giác ABC. Vậy ta chỉ cầnchứng minh P, I, Q thẳng hàng. Thật vậy, gọi X, Y lần lượt là giao điểm của GH và DQ;EF và DP .Áp dụng định lí Thales ta có:

IX

PD=

Y D

PD=

QX

QD

Vậy P, I, Q thẳng hàng(dpcm).

30

I.24) Công thức Jacobi liên quan đến tâm tỉ cự,định lí Lebnitz1) Công thức Jacobi:Nếu I là tâm tỉ cự của hệ điểm A1, A2, ..., An ứng với các hệ số a1, a2, ..., an thì với mọi điểm M trênmặt phẳng ta đều có:

n∑i=1

aiMA2i =

n∑i=1

aiIA2i + (a1 + ... + an)MI2

Chứng minh:

n∑i=1

aiMA2i =

n∑i=1

ai(−−→MI + ~IAi)2 = (a1 + ... + an)MI2 + 2

−−→MI(

n∑i=1

ai.−−→IAi) +

n∑i=1

ai.IA2i

= (a1 + ... + an)MI2 +n∑

i=1

aiIA2i

(do I là tâm tỉ cự của hệ điểm nên∑n

i=1 ai. ~IAi = 0) suy ra đpcm.2) Định lí Lebnitz. Đây là trường hợp đặc biệt của công thức trên khi n = 3.3) Hệ quả khác:Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

n∑i=1

aiMA2i

31

I.25) Định lí Newton cho tứ giác ngoại tiếp

Định lý: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn O. Khi đó trung điểm hai đường chéo AC,BD vàtâm O thẳng hàng.Chứng minh

Hình 24:

Gọi P,Q,R, S lần lượt là các tiếp điểm của các đoạn thẳng AB,BC, CD,DA đối với đường tròn (O).Đặt SA = AP = a,BP = BQ = b, CQ = CR = c,DR = DS = d. Áp dụng định lý con nhím cho tứgiác ABCD ta có:

(a + b)−−→OP + (b + c)

−−→OQ + (c + d)

−−→OR + (d + a)

−→OS = 0∑

(a + b)[b

a + b

−→OA +

a

a + b

−−→OB] = 0

(b + d)(−→OA +

−−→OC) + (a + c)(

−−→OB +

−−→OD) = 0

(b + d)−−→OM + (a + c)

−−→ON = 0

Từ đó suy ra hai vecto ~OM, ~ON cùng phương. Suy ra O,M,N thẳng hàng (đpcm).

32

I.26) Định lí Breichneider (định lý hàm số cos cho tứ giác)

Định lý: Cho tứ giác ABCD có độ dài các cạnh AB,BC,CD,DA lần lượt là a, b, c, d và độ dàihai đường chéo AC,BD là m,n. Khi đó ta có:

m2n2 = a2c2 + b2d2 − 2abcd. cos (A + C)

Chứng minh

Hình 25:

Trên cạnh AB ra phía ngoài dựng tam giác ABN đồng dạng với tam giác CAD, và dựng ra phía ngoàicạnh AD tam giác ADM đồng dạng với tam giác CAB. Khi đó dễ thấy: AN = ac

m , AM = bdm , NB =

DM = adm và BDMN là hình bình hành. Đồng thời có

NAM = A + C

Áp dụng đính lí hàm số cos cho tam giác NAM , ta có

n2 = (ac

m)2 + (

bd

m)2 − 2(

ac

m).(

bd

m). cos (A + C)

⇔ m2n2 = a2c2 + b2d2 − 2abcd. cos (A + C)

33

I.27) Định lí con nhím

Định lí: Cho đa giác lồi A1A2A3...An và các vecto ~e1, ~e2, ..., ~en là các vecto có độ dài bằng cáccạnh A1A2, A2A3, ..., AnA1, tương ứng vuông góc với các cạnh ấy và hướng ra phía ngoài đa giác. Thếthì :

~e1 + ~e2 + ... + ~en = ~0

Chứng minh:

Hình 26:

Không giảm tính tổng quát ,giả sử đa giác A1A2A3...An có hướng dương. Xét phép quay vecto:

Qπ2(~e1 + ~e2 + ... + ~en) = Qπ

2~e1 + Qπ

2~e2... + Qπ

2~en = ~A1A2 + ~A2A3 + .... + ~AnA1 = ~0

Từ đó suy ra điều cần chứng minh.

34

I.28) Định lí Gergone-Euler.

Định lí: Xét tam giác ABC và một điểm S trong mặt phẳng. AS, BS,CS lần lượt cắt BC, CA, ABở D,E, F . Khi đó ta có:

SD

AD+

SE

BE+

SF

CF= 1

Chứng minh:

Hình 27:

Kí hiệu S[..] chỉ diện tích đại số của đa giác. Ta thấy :

SD

AD=

S[SBD]

S[ABD]=

S[SDC]

S[ADC]=

S[SBD] + S[SDC]

S[ABD] + S[ADC]=

S[SBC]

S[ABC](1)

Tương tự ta có:

SE

BE=

S[SCA]

S[BCA](2)

SF

CF=

S[SAB]

S[CAB](3)

35

I.29) Định lí Peletier

36

I.30) Định lí Miobiut

Hình 28:

37

I.31) Định lí Viviani

Định lí: Trong tam giác đều ABC ta lấy 1 điểm S. Ta sẽ có tổng các khoảng cách từ điểm Stới ba cạnh sẽ có độ dài bằng 1 đường cao của tam giác.Chứng minh:

Hình 29:

Kẻ SD, SE, SF lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. Đặt độ dài cạnh tam giác ABC là a, độ dài đườngcao AH là b. Ta có:

BC.AH = a.b = 2SABC = 2(SSBC +SSCA+SSAB) = SD.BC+SE.CA+SF.AB = a(SD+SE+SF )

Giản ước hai vế cho a ta có điều cần chứng minh.

38

I.32) Công thức Lagrange mở rộng.

Định lý: Gọi I là tâm tỉ cự của hệ điểm {A1, ..., An} ứng với các hệ số a1, ..., an thì với mọi điểm M :

n∑i=1

aiMA2i =

∑1≤i<j≤n

aiajAiA2j

n∑i=1

ai

+ (n∑

i=1

ai)MI2

Chứng minh:Từ hệ thức Jacobi (có thể xem ở mục I.24) thì ta chỉ cần chứng minh rằng:∑

1≤i<j≤n aiajAiA2j∑n

i=1 ai=

n∑i=1

aiIA2i

Do I là tâm tỉ cự của hệ điểm nên:

(n∑

i=1

ai−−→IAi)2 = 0

n∑i=1

a2i IA2

i + 2.(∑

1≤i<j≤n

aiaj−−→IAi.

−−→IAj) = 0

n∑i=1

a2i IA2

i + [∑

1≤i<j≤n

aiaj(IA2i + IA2

j −AiA2j )] = 0

(n∑

i=1

ai)(n∑

i=1

aiIA2i )−

∑1≤i<j≤n

aiajAiA2j = 0

∑1≤i<j≤n

aiajAiA2j

n∑i=1

ai

=n∑

i=1

aiIA2i (Øpcm)

39

I.33) Đường thẳng Simson

Định lí: Cho ∆ABC và điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tâm O của tam giác. Gọi N,P, Qlần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng BC, CA, AB thì chúng cùng thuộc mộtđường thẳng (đây gọi là đường thẳng Simson).Chứng minh:

Hình 30:

Dùng góc định hướng. Ta có:

(PN,PQ) ≡ (PN,PM) + (PM,PQ)(modπ)

≡ (CN, CM) + (AM,AQ)(modπ)

≡ (BC, MC) + (MA, BA)(modπ)

≡ 0(modπ)

Vậy N,P, Q thẳng hàng.

40

I.34) Đường thẳng Steiner

Định lí: Cho ∆ABC và điểm D nằm trên đường tròn ngoại tiếp tâm O của tam giác. Gọi A2, B2, C2

lần lượt là điểm đối xứng với của D qua các đường thẳng BC, CA, AB thì chúng cùng thuộc mộtđường thẳng và đường thẳng này đi qua trực tâm H của tam giác ABC. Đường thẳng đó được gọi làđường thẳng steiner ứng với điểm D của tam giác ABC. Còn điểm D được gọi là điểm anti steiner.Chứng minh:

Hình 31:

Dễ thấy nếu gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu của D xuống ba cạnh của tam giác ABC thì C1 làtrung điểm của đoạn DC1 và tương tự ta có A2, B2, C2 thẳng hàng. Ta có

(HC2,HB2) ≡ (HC2,HB) + (HB, HC) + (HC, HB2)

≡ (HCD,HCB) + (HF, HE) + (HBC,HBD)

≡ (AD,AB) + (AB,AC) + (AC,AD)

≡ 0(modπ)

Vậy đường thẳng steiner đi qua H. Từ đó ta có được tính chất rằng đường thẳng simson ứng với điểmD đi qua trung điểm của đoạn DH.

41

I.35) Điểm Anti Steiner(Định lí Collings)

Định lí: Cho ∆ABC và đường thẳng d đi qua H trực tâm của tam giác ABC. Gọi da, db, dc lầnlượt là đường thẳng đối xứng của d qua BC, AC, AB. Các đường thẳng đó đồng quy tại một điểm nằmtrên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (điểm anti steiner của d). Và d được gọi là đường thẳngsteiner của điểm đó (gọi là G).Chứng minh:

Hình 32:

Gọi Ha,Hb,Hc lần lượt là hình chiếu của H qua ba cạnh ⇒ ba điểm này thuộc (O) ngoại tiếp tamgiác ABC và HA,HB,HC lần lượt thuộc da, db, dc

(da, db) ≡ (da, BC)+(BC, CA)+(CA, db) ≡ (BC, d)+(BC, CA)+(d, CA) ≡ 2(BC, CA) ≡ (CHA, CHB)(modπ)

Vậy nếu gọi giao điểm của da, db là G thì G thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tương tự tacó đpcm.Theo hình của bài đường thẳng steiner ta dễ thấy HCD đối xứng với HC2,HBD đối xứng với HB2.Vậy ta có d đúng là đường thẳng steiner của G.Ta có một tính chất khác của điểm Anti Steiner như sau:Định lí 2: Gọi P là một điểm thuộc đường thẳng d. PA, PB, PC lần lượt là điểm đối xứng với P quacác cạnh của tam giác ABC. Ta có các đường tròn (A,PC , PB), (B,PC , PA), (C,PA, PB) cùng đi quađiểm G.Chứng minh:

Dễ thấy

(APC ;APB) ≡ 2(AB,AC)(modπ)

Lại có theo chứng minh trên có:

(dc, db) ≡ (GPC , GPB) ≡ 2(AB,AC)(modπ)

Suy ra G thuộc (A,PC , PB). Tương tự có đpcm.

Mọi người thông cảm da, db, dc em quên không kí hiệu vào hình nên mọi người cứ nhìn theo tênđiểm thuộc đường đó để phân biệt vậy.

42

Hình 33:

Mình nghĩ nên song song cả 2 cách giải....

Ko phải ai cũng hiểu góc định hướng là gì...(mình cũng lơ mơ lắm)

Mục đích của pic là phổ biến các định lý hình học cho tất cả mọi người lên mục tiêu đầu tiênphải là mọi người đọc đều hiểu chứĐúng là mục đích để phổ biến nhưng nếu phổ biến sai hoặc không chặt chẽ thì phổ biến làm gì. Ở đâymấy bài đó mà dùng góc thường thì muốn chặt chẽ thì phải xét nhiều trường hợp lắm nên ko ổn. Cònđáng lí ra thì cần có mục riêng cho gdh nhưng trên MS có bài của anh mailancuctruc rồi đó. Quyếtđịnh là dùng góc định hướng rồi và cám ơn Trung Anh và Tùng đã chấp thuận.

Chú ý: Khi dùng góc định hướng, trong biến đổi cần thay dấu "=" bằng dấu ” ≡ ”. Có thể nhiềubạn sẽ thắc mắc về điều này vì trong những tài liệu hiện hành có rất nhiều tài liệu dùng dấu bằng.Tuy nhiên có một điều đáng chú ý là: Khi dùng dấu đồng dư để biến đổi thì không ai phản đối còndùng dấu bằng thì có người phản đối ( TS.Nguyễn Minh Hà ) (Mà theo mình dùng đồng dư là tốtnhất với hiểu biết THPT. Thế nên tốt nhất là cứ dùng dấu đồng dư.

Một số bài dùng dấu bằng thì mình sẽ sửa dần

43

I.36) Định lí Napoleon

Định lí: Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều BMC,CNA,APB và gọi D,E, Flần lượt là tâm của ba tam giác ấy. Khi đó ta có tam giác DEF đều.Chứng minh:

Hình 34:

Bài này có nhiều cách giải, nếu thuận lợi mình sẽ giới thiệu, tuy nhiên ở đây mình sẽ trình bày mộtchứng minh ngắn gọn dựa trên phép quay vecto như sau:

Qπ3(−−→DE) =

13Qπ

3(−−→MN +

−−→BA) =

13Qπ

3(−−→MC +

−−→CN +

−−→BA)

=13(Qπ

3(−−→MC) + Qπ

3(−−→CN) + Qπ

3(−−→BA)) =

13(−−→MB +

−→CA +

−−→BP ) =

−−→DF

Từ đó có điều cần chứng minh.

44

I.37) Định lí Morley

Định lí: Trong tam giác ABC. D,E, F lần lượt là giao điểm của các đường chia ba góc trong vàcùng kề các cạnh tam giác ABC. Khi đó ta có tam giác DEF đều và được gọi là tam giác Morley.Chứng minh:

Hình 35:

Để ngắn gọn ta đặt A = 3a và tương tự với các góc kia ⇒ a + b + c = 60◦ Như hình vẽ kẻ các đườngchia trong ở B và C và lần lượt cắt tại D, I. Dễ thấy ID là phân giác của góc ˆBIC. Tại D dựng góc

ˆEDF = 60◦ sao cho DI là phân giác của góc DEF và E thuộc CI và F thuộc BI ⇒ ∆DEF đều.

Lấy D1 và D2 lần lượt là điểm dối xứng với D qua CI và BI ⇒ D1 ∈ AC,D2 ∈ AB và dễ dàngchứng minh được D1EFD2 là hình thang cân với D1E = EF = D2F .

Vì định lí Morley chỉ có một trường hợp nên em xin phép chỉ sử dụng góc thường cho nó đơn giản:

DEC = 180◦ − 60◦ − FEI = 120◦ − (b + c) = 60◦ + a

ED1D2 = 180◦ − D1EF = 180◦ − (360◦ − 60◦ − 2DEC) = 2a

Ta lại có D1EFD2 là hình thang cân và D1E = D2F = EF ⇒ trong đường tròn ngoại tiếp D1EFD2

thì sđ_

D1D2= 3a ⇒ A thuộc đường tròn (D1EFD2). Từ đó ta có đpcm.

Định lý Morley có thể mở rộng các đường chia trong thành các đường chia ngoài, và có thể là giao củađường chia trong với đường chia ngoài (mỗi trường hợp này lại cho ta một tam giác Morley khác nhauvà theo thống kê có 36 tam giác Morley như vậy). Sau đó bài toán còn được phát triển và tương ứngđược đặt thêm nhiều định nghĩa mới như "góc lửng", "tam giác ngoại lai", "tập hợp đẳng cấu", ...

Sau đây là bài toán mở rộng nhất định lý Morley:

Nếu chia n (n nguyên dương, n ≥ 3) tất cả các góc của một đa giác m cạnh, thì tất cả các giaocủa các đường thẳng là các đỉnh phân biệt của một hệ 1

2m(m− 1)n(n− 1)2 đa giác n cạnh đều, có thểphân chia làm 1

2m(m− 1) họ, mỗi họ có n(n− 1)2 đa giác có tâm thẳng hàng.

45

Cách chứng minh và các khái niệm liên quan xin xem thêm tại sách "Lãng mạn toán học" tác giảHoàng Quý nhà xuất bản giáo dục.

(Ai có ebook của quyển này up lên thì tốt quá).

46

I.38) Định lí con bướm với đường tròn

Định lí: Cho đường tròn (O) và dây cung AB. I là trung điểm của AB. Qua I vẽ hai dây cungtùy ý MN và PQ sao cho MP và NQ cắt AB tại E,F . Khi đó I là trung điểm của EF .Chứng minh:

Hình 36:

Gọi K, T là trung điểm MP và NQ. Nên OIEK,OIFT là tứ giác nội tiếp

⇒ (OE, OI) ≡ (KE,KI)(modπ); (OF, OI) ≡ (TF, TI)(modπ)

Ta lại có

∆MIP ∼ ∆QIN ⇒ (TF, TI) ≡ (KE,KI)(modπ)

⇒ ∆EOF cân tại O ⇒ I là trung điểm EF .

47

I.39) Định lí con bướm với cặp đường thẳng

Định lí: Cho tam giác ABC. Lấy I là trung điểm của BC. Qua I kẻ các đường thẳng ∆ cắt AB,ACtại N,Q, đường thẳng ∆′ cắt AB,AC tại P,M . Gọi MN, PQ cắt BC tại F,E. Khi đó ta có I là trungđiểm cưa EF Chứng minh:

Hình 37:

Áp dụng định lí menelaus trong tam giác ABC ta có các hệ thức sau:

EB

EC.QC

QA.PA

PB= 1

FC

FB.NB

NA.MA

MC= 1

IB

IC.QC

QA.NA

NB= 1 ⇒ QC

QA.NA

NB= 1(1)

IC

IB.MA

MC.PB

PA= 1 ⇒ MA

MC.PB

PA= 1(2)

từ (1) và (2) ta có:

QC

QA.PA

PB=

NB

NA.MA

MC⇒ EB

EC=

FC

FB

Vậy I là trung điểm của EF . (ĐPCM).

48

I.40 Định Lí Blaikie

Định lí: Cho tam giác ABC và đường thẳng d sao cho d cắt BC, CA, AB lần lượt ở M,N,P . Gọi S là 1điểm bất kì trên d. Gọi M ′, N ′, P ′ lần lượt là điểm đối xứng của M,N,P qua S. Khi đó AM ′, BN ′, CP ′

đồng quy tại một điểm P và ta gọi P là điểm Blaikie của d và S đối với tam giác ABC.Chứng Minh:

Hình 38:

Có thể cho S nằm giữa N,M . Giả sử AM ′ cắt BN ′ tại I. Ta chứng mình I, C, P thẳng hàng. Xét tamgiác BN ′M với 3 điểm I, C, P . Ta cần cm:

IB

IN ′ .P ′N ′

P ′M.CM

CB= 1

Xét tam giác PBN ′ với 3 điểm thẳng hàng A, I, M ′ trên 3 cạnh :

AP

AB.IB

IN ′ .M ′N ′

M ′P= 1(1)

Xét tam giác MBP với 3 điểm thẳng hàng C,A, N trên 3 cạnh :

CM

CB.AB

AP.PN

MN= 1(2)

Nhân 2 vế (1), (2) và rút gọn, chú ý MN = M ′N ′ ta được :

IB

IN ′ .NP

M ′P.CM

CB= 1

Chú ý là NP = P ′N ′ và P ′M = M ′P nên ta có đpcm.

49

I.41) Định lí chùm đường thẳng đồng quy.

Định lí 1: Ba đường thẳng đồng quy thì định ra trên hai đường thẳng song song những đoạn thẳngtỉ lệ.Chứng minh:

50

I.42) Đường tròn Apollonius

Định lí: Cho hai điểm A và B cố định. Khi đó quĩ tích điểm M sao cho MAMB = k(k 6= 1) là một

đường tròn cố định được gọi là đường tròn Apollonius.Chứng minh:

Hình 39:

Lấy D,E thuộc đường thẳng AB sao cho

DA

DB=

EA

EB= k ⇒ (DEAB) = −1

a) Phần thuậnTa có

MA

MB=

EA

EB= k

⇒ ME là phân giác của ˆAMB ⇒ ˆEMD = 90◦ ⇒ M thuộc đường tròn đường kính DE.b) Phần đảoLấy M ′ thuộc đường tròn đường kính DE ⇒ ˆEMD = 90◦. Lại có (DEAB) = −1 ⇒ ME là phân giáccủa ˆAMB ⇒ đpcm.

51

I.43) Định lí Blanchet

Định lí: Cho tam giác ABC có AH là đường cao ứng với cạnh BC. Gọi I là một diểm tùy ýthuộc đoạn AH. Các đoạn thẳng BI,CI cắt các cạnh tam giác tại E và F . Chứng minh rằng HA làphân giác của góc EHF . Chứng minh:

Hình 40:

Qua I kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB,HF, HE, AC lần lượt tại M,N,P, Q. Ta chỉ cầnchứng minh IN = IP là xong.Theo Thales:

IN

IM=

CH

CB

IP

IQ=

BH

BC

Do đó:

IN

IP.IQ

IM=

CH

BH

Hiển nhiên

IQ

IM=

CH

BH

Nên IN = IP (dpcm)

52

I.44) Mở rộng của định lí Blanchet

Định lí: Cho tam giác ABC, lấy T,E, F lần lượt thuộc các đoạn BC, CA, AB sao cho 3 đườngthẳng AT,BE,CF đồng quy tại một điểm. Gọi L là giao điểm của AT và EF . Gọi H là hình chiếucủa L xuống BC. Chứng minh rằng HL là phân giác của ˆEHF .Chứng minh:

Hình 41:

Sử dụng Ceva và Menelaus ta chứng minh được (KTBC) = −1.Theo định lí về chùm điều hòa ta lại có (KLFE) = −1. ˆLHK = 90◦(đpcm) (hệ quả của chùm điềuhòa).

53

I.45) Định lí Jacobi:

Định lí: Cho tam giác ABC và các điểm A1, B1, C1 trên mặt phẳng sao cho:

BAC1 = CAB1 = α, ABC1 = CBA1 = β, BCA1 = ACB1 = γ

Khi đó AA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểm Jacobi N.Chứng minh:

Hình 42:

Do AA1, BA1, CA1 đồng quy tại A1 và tương tự cho A2, A3 nên áp dụng định lý Ceva dạng sin ta có:

sin CBA1. sin BAA1. sin ACA1

sin ABA1. sin CAA1. sin BCA1

= 1

→ sinβ. sin BAA1. sin (ACB + γ)

sin (ABC + β). sin CAA1. sin γ= 1

Xây dựng hai đẳng thức tương tự cho A2, A3 rồi nhân 3 đẳng thức trên với nhau ta được:

sin BAA1. sin ACC1. sin CBB1

sin CAA1. sin BCC1. sin ABB1

= 1

Như vậy AA1, BB1, CC1 đồng quy theo định lý Ceva dạng sin.

54

I.46) Định lí Kiepert

Định lí: Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác cân đồng dạng BCM,CAN, ABP (Cânở M,N,P ). Khi ấy ta có AM,BN,CP đồng quy.Chứng minh

Hình 43:

Do các tam giác BCM,CAN, ABP cân và đồng dạng nên dễ thấy:

MBC = PBA; PAB = NAC; NCA = MCB

Theo định lí Jacobi ta có điều cần chứng minh.

55

I.47) Định lí Kariya

Định lí: Cho tam giác ABC nhận (I) là đường tròn nội tiếp. Ở phía ngoài tam giác lấy các điểmM,N,P sao cho IM = IN = IP và IM, IN, IP tương ứng vuông góc BC, CA, AB. Khi đó ta cóAM,BN,CP đồng quy.Chứng minh:

Hình 44:

Từ giả thiết bài toán dễ suy ra:

∆BIM = ∆BIP (c.g.c)

Do đó:

IBM = IBP

=> MBC = PBA

Tương tự:

PAB = NAC; NCA = MCB

Theo định lí Jacobi ta có điều cần chứng minh.

56

I.48) Cực trực giao

Đây là một khái niệm mở rộng kết quả về trực tâm tam giác.Định lí: Cho tam giác ABC. d là một đường thẳng bất kì trong mặt phẳng. Gọi A1, B1, C1 lần lượt làhình chiếu của A,B, C trên d. Gọi A2, B2, C2 lần lượt là hình chiếu của A1, B1, C1 trên BC, CA, AB.Khi đó A1A2, B1B2, C1C2 đồng quy tại một điểm gọi là cực trực giao của đường thẳng d đối với ∆ABC.Chứng minh:

Hình 45:

Áp dụng định lí carnot ta có đpcm

⇔ (A2B2 −A2C

2) + (B2C2 −B2A

2) + (C2A2 − C2B

2) = 0

⇔ (A1B2 −A1C

2) + (B1C2 −B1A

2) + (C1A2 − C1B

2) = 0

⇔ (A1B2 − C1B

2) + (B1C2 −A1C

2) + (C1A2 −B1A

2) = 0

⇔ (A1B21 − C1B

21) + (B1C

21 −A1C

21 ) + (C1A

21 −B1A

21) = 0(hiển nhiên đúng)

Trực tâm là trường hợp khi d trùng với một trong ba cạnh của ∆ABC.

57

I.49) Khái niệm tam giác hình chiếu, công thức Euler về diện tích tam giác hình chiếu

Định lí: Cho (O,R) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Cho điểm M nằm trong tam giác. GọiA1, B1, C1 là hình chiếu của M lên ba cạnh BC, AC,AB. Khi đó ta gọi A1, B1, C1 là tam giác hìnhchiếu của điểm M đối với tam giác ABC. Ta có công thức Euler về diện tích của tam giác hình chiếu:

SA1B1C1

SABC=|R2 −OM2|

4R2

Chứng minh:(Mashimaru)

Hình 46:

Ta có tứ giác MA1CB1 nội tiếp đường tròn đường kính MC nên A1B1 = MC sinC, tương tự thìB1C1 = MA sinA. Gọi D là giao điểm của MC với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có:

MB1A1 = MCA1 = BAD và C1B1M = C1AM

Mặt khác:

A1B1C1 = MB1A1 + MB1C1 = DAB + MAC1 = MAD

Xét tam giác ADM , theo định lý sin ta có:

AM

sin ADM=

DM

sin MAD=

DM

sin A1B1C1

Suy ra:

AM sin A1B1C1 = DM sin ADM

Từ đó ta có:

SA1B1C1 =12B1A1.C1B1. sin A1B1C1

=12.MC sinC.MA sinA. sin A1B1C1 =

12MC.MD. sinA sinB sinC

58

Mặt khác, ta lại có:

SABC = 2R2 sinA sinB sinC mboxvMC.MD = PM/(O) = |OM2 −R2|

Nên:

SA1B1C1

SABC= |R

2 −OM2

4R2|

Chú ý: Tam giác hình chiếu còn có tên gọi là tam giác bàn đạp hoặc tam giác thùy túc.

59

I.50) Khái niệm hai điểm đẳng giác

Định lí: Cho tam giác ABC. M là một điểm nằm trong tam giác.1) Khi đó các đường thẳng đối xứng với AM,BM, CM qua tia phân giác đồng quy tại M ′. M ′ đượcgọi là điểm đẳng giác của M .2) Lần lượt đặt D,E, F và D′, E′, F ′ là chân các đường cao hạ từ M và M ′ xuống BC, AC, AB.a) Khi đó D,E, F, D′, E′, F ′ cùng thuộc một đường tròn tâm O. Và O là trung điểm của M và M ′.b) Khi đó cũng có AM ′ ⊥ EF,BM ′ ⊥ FD,CM ′ ⊥ DE. Và AM ⊥ E′F ′, BM ⊥ F ′D′, CM ⊥ D′E′.Chứng minh:1)(hình 47)

Hình 47:

SABI

SACJ=

BI

CJ=

AB.AI. sin (AB,AI)AC.AJ. sin (AC,AJ)

SABJ

SACI=

BJ

CI=

AB.AJ. sin (AB,AJ)AC.AI. sin (AC,AI)

⇒ BI

CI.BJ

CJ=

AB2

AC2

Tương tự áp dụng định lí Ceva thuận và đảo ta có đpcm1.2)a)(hình 48)

(BA;BM) ≡ (BM ′;BC)(modπ)

⇔ (DF ;DM) ≡ (F ′M ′;F ′D′)(modπ)

⇔ (DF ;DM) + 90◦ ≡ (F ′M ′;F ′D′) + 90◦(modπ)

⇔ (DF ;DM) + (DM ;DD′) ≡ (F ′M ′;F ′D′) + (F ′F ;F ′M ′)(modπ)

⇔ (DF ;DD′) ≡ (F ′F ;F ′D′)(modπ)

⇒ FF ′D′D nội tiếp. Trung trực FF ′ và DD′ gặp nhau tại trung điểm O của MM ′( tính chất đườngtrung bình hình thang) ⇒ F, F ′, D, D′ thuộc đường tròn tâm O.

60

Hình 48:

Tương tự ta có đpcm.b)

MAF = M ′AE

Lại có

AMF = AEF ⇒ ∆AMF ∼ ∆AEG(g.g) ⇒ AGE = AE′M ′ = 900 ⇒

Tương tự ta có đpcmTrường hợp M là trọng tâm thì M ′ là điểm đối trung (AM,BM, CM lần lượt được gọi là các đườngđối trung) có tính chất rằng: (M ′E′2 + M ′F ′2 + M ′D′2) min

61