Định lí hình học suy rộng và nâng cao lớp 9

1.Định lí Menelaus cho tứ giác: Đường thẳng d cắt các cạnh AB, BC, CD, DA. ABCD tại M,
AM BN CP DQ
.
.
.
 1.
N, P, Q   
MB NC PD QA

B

Q
E
M
A

N

F

P
D

C

Kẻ AF  BE  CD

AM AF






MB
BE



BN BE




AM BN CP DQ AF BE CP DP
CN CP


 
.
.
.

.
.
.
 1  dpcm

CP CP
MB NC PD QA BE CP PD AF





PD
PD



DQ DP





 QA AF
2. Định lí Carnot: ABC .H , I, K thứ tự  AB,BC,CA nếu x; y; z là đg t  với AB, BC, CA qua
H, I, K thì x; y; z động quy  AH2  HB2  BI2  IC2  CK 2  KD2  0

A

K

H
G
B

I

C

Thuận: x; y; z đồng quy thì …

Ta có: GA 2  GB2  GB2  GC2  GC2  GA 2  0
  AH2  GH2   HB2  GH2   BI2  GI2   IC2  GI2   CK 2  GK 2   KA 2  GK 2   0

 AH2  HB2  BI2  IC2  CK 2  KD2  0

1

2
2
2
2
2
2
Đảo: Kẻ GI'  BC. Theo 1  AH  HB  BI'  I'C  CK  KD  0

Mà AH2  HB2  BI2  IC2  CK 2  KD2  0  BI2  IC2  BI'2  I'C2  I  I'  2
Từ (1), (2) ta có đpcm


3. Đường tròn Euler: Chân các đg trung tuyến, đg cao, trung đ các đoạn thẳng nối trực tâm
với 3 đỉnh  là 9 điểm thuộc đg tròn tâm I

A

A9
A1
A7

A2

A8

O

I
H

G
A3

A6
B

A5

C

A4

D
4. Đường thẳng Euler: trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn nội tiếp O của tam giác
thẳng hàng.
Kẻ đường kính AD của (O)  BHCD là hình bình hành
2
 A 4 là trung điểm HD  trọng tâm G’ của AHD có AG'  AA 4
3
2
Mà AG  AA 4  G  G'  H;G;O thẳng hàng (đpcm)
3
5. Định lí con bướm: Cho (O), dây AB, 2 dây CD, EF di động đi qua trung điểm I của AB.

DE, CF cắt AB tại M, N. CMR IM = IN

D'

D

F

O
A

M

N
I

B

E
C'

C

Kẻ C’D’ đối xứng với CD qua OI
CM tứ giác EC’IM nội tiếp  C 'MI  CNI  MI  NI (đpcm)


6.Định lí Steiner: ABC nội tiếp (O). K thuộc cung BC nhỏ. M; N; P đối xứng với K qua BC,
AB, CA. CMR M; N; P thẳng hàng.

A

P
M
O
B

N

K
C

I

H
K
7. Định lí Newton: Tứ giác ABCD ngoại tiếp (O), tiếp xúc với (O) tại E; F; G; H. Khi đó HG,
AC, EF đồng quy

M

B

E
A

K

H

I

F
O

D

G

C

Giả sử AC  EF  M . Áp dụng định lí Menelaus cho ABC và MEF
AE BF CM
AE CM
AH CM

.
.
 1
.
 1 do EB  BF 
.
 1 do AE  AH;CF  CG
EB FC MA
FC MA
GC MA
AH DG CM

.
.

 1 do DH  DG
DH GC MA
Áp dụng định lí Menelaus đảo cho ADC  C;A;M thẳng hàng hay HG, AC, EF đồng quy
8. Tứ giác ABCD ngoại tiếp (O), tiếp xúc với (O) tại E; F; G; H. Khi đó EG, AC, HF, BD đồng
quy
Đặt AC  EG  I





AI AK
AE
AI AE
 



hay 
Kẻ AK  DC  AKE  AEK  DGE  AE  AK 
IC CG CG
IC CG
AI' AH

Đặt AC  FH  I' . CMTT 
I' C CF
AI AI'

 I  I'  AC;HF;EG đồng quy
Mà AH=AE; CG=CF 

IC I' C
CMTT ta có đpcm.


9. Định lí Desargues: Nếu ABC; A 'B ' C ' có AA’; BB’; CC’ đồng quy; AB  A 'B '  P ;

BC  B ' C '  Q ;CA  C ' A '  R thì P; Q; R thẳng hàng

O

A
C'
B'

P

R

Q
B

A'

C

AP BQ CR
.
.
 1(Menelaus cho ABC và QPR )
PB QC RA

OB ' BQ CC '
OB ' CC '
AP CR
.
.
 1  ta CM
.

.
1
Menelaus cho OBC và QB ' C ' 
B 'B QC C ' O
B 'B C ' O PB RA
Thật vậy: Áp dụng định lí Menelaus cho:
AP BB ' OA ' AR CC ' OA '
ABO;B 'PA ' và ACO;C 'RA ' 
.
.

.
.
1
PB B ' O A ' A RC C ' O A ' A
AP BB ' AR CC'
AP RC CC' B ' O

.

.


.

.
 1 duoc CM
PB B ' O RC C' O
PB AR C' O BB '
Hay P; Q; R thẳng hàng (đpcm).
10. Định lí Pascal: Lục giác ACEBFD nội tiếp có giao điểm các cặp cạnh đối thẳng hàng
Để Q; P; R thẳng hàng thì