chuyên đề hình học tam giác

chuyên đề
hình học tam giác
Chơng 1. Khoảng cách giữa các điểm đặc biệt trong tam giác
1. Bổ túc.
1.1. Định lý Ceva. (1647 1734). Cho tam giác ABC và ba đờng thẳng AA , BB ,
CC xuất phát từ các đỉnh của tam giác và cắt đ ờng thẳng chứa cạnh đối diện tại A ,
B , C sao cho hoặc cả ba điểm A , B , C đều nằm trên ba cạnh của tam giác hoặ một
trong ba điểm đó nằm trên một cạnh của tam giác còn hai điểm kia nằm trên phần
kéo dài của hai cạnh còn lại. Điều kiện cần và đủ để AA , BB , CC đồng quy hoặc
song song với nhau là ta có hệ thức
'
'
AB
B C
.
'
'
CA
A B
.
'
'
BC
C A
= 1. (1)
Chứng minh.
Điều kiện cần (=>) AA, BB, CC đồng quy hoặc song song => (1)
a) Trờng hợp AA, BB, CC đồng quy tại một điểm (ở trong hoặc ở ngoài tam giác).
Qua A kẻ đờng thẳng song song với BC, cắt BB, CC theo thứ tự tại M và N. Ta có
'
'

AB
B C
=
AM
BC
(a)
'
'
CA
A B
=
NA
AM
(b)
'
'
BC
C A
=
BC
NA
(c)
Từ (a), (b) và (c) suy ra
'
'
AB
B C
.
'
'

CA
A B
.
'
'
BC
C A
=
AM
BC
.
NA
AM
.
BC
NA
= 1
b) Trờng hợp AA // BB // CC
Theo định lý Thalet ta có
'
'
AB
B C
=
'A B
BC
(a)
B A
C
M

A
N
P
B A C
M A N
B C
P
B A C
A
C
B
'
'
CA
A B
=
'
'
CA
A B
(b)
'
'
BC
C A
=
'
BC
CA
(c)

Từ (a), (b) và (c) suy ra
'
'
AB
B C
.
'
'
CA
A B
.
'
'
BC
C A
=
'A B
BC
.
'
'
CA
A B
.
'
BC
CA
= 1
Điều kiện đủ (<=) (1) => AA, BB, CC đồng quy hoặc song song
Ta xét trờng hợp một điểm A nằm trên cạnh của tam giác và hai điểm B, C nằm trên

phần kéo dài của hai cạnh kia.
a) Nếu có hai trong ba đờng thẳng AA, BB, CC song song với nhau, thí dụ AA //
BB, còn CC không song song với hai đờng thẳng kia thì Từ C kẻ CC // AA cắt AB
kéo dài tại C. Theo điều kiện cần ta có
'
'
AB
B C
.
'
'
CA
A B
.
''
''
BC
C A
= 1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra
''
''
BC
C A
=
'
'
CB
C A
.

Vậy C trùng C (do C và C đều nằm ngoài đoạn thẳng AB) và AA // BB // CC
b) Trong trờng hợp không có hai đờng thẳng song song nào trong ba đờng thẳng nói
trên song song với nhau, ta chứng minh có ba đờng đồng quy.
Gọi P là giao điểm của AA và BB chẳng hạn. Nếu CC không đi qua điểm P thì từ C kẻ
đờng thẳng qua P cắt AB tại C. Theo điều kiện cần ta có
'
'
AB
B C
.
'
'
CA
A B
.
''
''
BC
C A
= 1 (3)
Từ (1) và (3) suy ra
''
''
BC
C A
=
'
'
CB
C A

.
Vậy C trùng C (do C và C đều nằm ngoài đoạn thẳng AB) tức là AA, BB, CC
đồng quy tại P.
Trong trờng hợp cả ba điểm A, B, C đều nằm trên cạnh của tam giác ABC thì từ (1)
suy ra AA, BB, CC đồng quy, chứng minh tơng tự.
1.2. Các đờng thẳng đồng quy đặc biệt. Từ định lý Cêva ta có thể suy ra rằng trong
một tam giác ABC ta có
2
a) Ba ®êng trung tuyÕn ®ång quy (t¹i träng t©m cña tam gi¸c)
V× A’, B’, C’ lµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh nªn ba tØ sè AB’/B’C, CA’/A’B vµ BC’/C’A ®Òu
b»ng 1.
b) Ba ®êng ph©n gi¸c ®ång quy (t¹i t©m ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c)
Gäi BC = a, CA = b, AB = c ta cã
'
'
AB
B C
=
c
a
;
'
'
CA
A B
=
b
c
;
'

'
BC
C A
=
a
b
Do ®ã
'
'
AB
B C
.
'
'
CA
A B
.
'
'
BC
C A
= 1
c) Ba ®êng cao ®ång quy (t¹i trùc t©m cña tam gi¸c)
Ta cã AB’ = c. cosA, B’C = a. cosC
CA’ = b. cosC, A’B = c. cosB
BC’ = a. cosB, C’A = b. cosA
Do ®ã
'
'
AB

B C
.
'
'
CA
A B
.
'
'
BC
C A
= 1.
d) Ba ®êng trung trùc ®ång quy (t¹i t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c). V× ba ®êng
trung trùc lµ ba ®êng cao cña tam gi¸c cã ®Ønh lµ ch©n c¸c ®êng trung trùc, nªn chóng
®ång qui.
e) §êng ph©n gi¸c cña mét gãc A vµ hai ®êng ph©n gi¸c cña hai gãc ngoµi ®Ønh kia
B vµ C ®ång quy (t¹i t©m cña ®êng trßn bµng tiÕp trong gãc A cña tam gi¸c ABC).
Ta cã
'
'
AB
B C
=
c
a
;
'
'
CA
A B

=
b
c
;
'
'
BC
C A
=
a
b
Do ®ã
'
'
AB
B C
.
'
'
CA
A B
.
'
'
BC
C A
= 1.
f) C¸c ®êng th¼ng ®i qua ®Ønh cña tam gi¸c vµ tiÕp ®iÓm cña c¹nh ®èi diÖn víi ®-
êng trßn néi tiÕp ®ång quy (t¹i ®iÓm gäi lµ ®iÓm Gergone)
Do AB’ = AC’ ; BC’ = BA’ ; CA’ = CB’

Do ®ã
'
'
AB
B C
.
'
'
CA
A B
.
'
'
BC
C A
= 1.
g) C¸c ®êng th¼ng ®i qua ®Ønh cña tam gi¸c vµ tiÕp ®iÓm cña c¹nh ®èi diÖn víi ®-
êng trßn bµng tiÕp ®ång quy (t¹i ®iÓm gäi lµ ®iÓm Nagel)
3
Gọi D, E lần lợt là tiếp điểm của BA và BC (kéo dài) với đờng tròn bàng tiếp trong góc
B. Ta có AB = AD ; CB = CE
Do đó BD = BE = (a + b + c)/2 = p
Suy ra AB = AD = p c
BC = p a
CA = p b
BC = p a
AB = p c
CA = p b
Do đó
'

'
AB
B C
.
'
'
CA
A B
.
'
'
BC
C A
= 1.
Ví dụ 1. Chứng minh rằng, trong một tam giác ABC, khi giao điểm của một bộ ba đ-
ờng thẳng đồng qui AA , BB , CC (A trên BC, B trên AC, C trên AB) trùng với trọng
tâm G của tam giác thì tích AB , CA , BC có trị số lớn nhất.
Giải:
Chú ý: Với hai độ dài a, b bất kì bào giờ cũng có hệ thức
ab

2
a b+
.
Ta luôn có
AB B C'. '

2
AB B C' '+
= AN

hay AB. BC AN
2
Tơng tự CA. AB CM
2
BC. CA BP
2
Từ đó (AB. CA. BC)(BC. AB. CA) (AN. CM. BP)
2
Theo định lý Ceva: AB. CA. BC = BC. AB. CA
Vậy AB. CA. BC AN. CM. BP
Từ đó tích AB. CA. BC có trị số lớn nhất là AN. CM. BP =
8
abc
khi B, A, C
trùng với trung điểm các cạnh.
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC với AA, BB, CC đồng qui (A BC, B AC, C AB).
Gọi M, N, P, M, N, P lần lợt là trung điểm các đoạn thẳng BC, CA, AB, CC, BB,
AA. Chứng minh rằng các đờng thẳng MM, NN và PP đồng qui.
4
Giải:
Theo giả thiết ta có
AB CA BC
B C A B C A
' ' '
. .
' ' '
= 1
Nhân tử số và mẫu số của mỗi tỉ số với
1
2

ta có
1 1 1
2 2 2
1 1 1
2 2 2
AB CA BC
B C A B C A
' ' '
. .
' ' '
=
1
2

PN NM MP
N M M P P N
' " '
. .
' ' '
= 1
Hoặc nữa
PN MP NM
N M P N M P
' ' '
. .
' ' '
= 1
Hệ thức này chứng tỏ là trong tam giác MNP, ba đờng thẳng MM, NN, PP đồng qui.
Trờng hợp đặc biệt
1) Trong một tam giác, các đờng thẳng nối trung điểm của mỗi cạnh với trung điểm của

các đờng cao tơng ứng đồng qui tại một điểm.
2) Trong một tam giác, các đờng thẳng nối trung điểm của mỗi cạnh với trung điểm của
đờng phân giác trong tơng ứng đồng qui tại một điểm
PN NM MP
N M M P P N
' " '
. .
' ' '
= 1
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC với AA, BB, CC đồng qui (A BC, B AC, C AB).
Tính S
ABC
, theo diện tích S và các tỉ số
AB
B C
'
'
= m,
CA
A B
'
'
= n,
BC
C A
'
'
= t.
Giải: S
ABC

= S
1
AB C BA C CA B
S S S
S S S
' ' ' ' ' '




Sử dụng công thức S =
1
2
absinA để tính diện tích tam giác, ta có
AB C
S
S
' '
=
AB AC
AC AB
'. '
.
=
AB
AB B C
'
' '+
.
AC

AC C B
'
' '+
=
1
m
m +
.
1
1t +
Tơng tự
BA C
S
S
' '
=
1
1 1
t
t n
.
+ +
5
CA B
S
S
' '
=
1
1 1

n
n m
.
+ +
Cuối cùng S
ABC
= S [1 -
1
m
m +
.
1
1t +
-
1
1 1
t
t n
.
+ +
-
1
1 1
n
n m
.
+ +
]
= S
1

1 1 1
mnt
m n t( )( )( )
+
+ + +
=
2
1 1 1
S
m n t( )( )( )+ + +
(vì mnt = 1)
Các trờng hợp đặc biệt
1) Khi AA, BB, CC là những đờng trung tuyến : m = n = p = 1
S
ABC
= S/4
2) Khi AA, BB, CC là những đờng phân giác trong: m = c/a, n = b/c, t = a/b
S
ABC
=
2Sabc
a b b c c a( )( )( )+ + +
3) Khi AA, BB, CC là những đờng cao: m =
c A
a C
.cos
.cos
, n =
b C
c B

.cos
.cos
, t =
a B
b A
.cos
.cos
S
ABC
=
2Sabc A b C
a A c B c B b C b C a A
.cos .cos .cos
( cos .cos )( .cos .cos )( .cos .cos )+ + +
(vì acosC + c.cosA = b, c.cosB + b. cosC = a, b. cosA + a. cosB = c)
2. Định lý Stuya Một số định lý liên quan.
2.1. Định lý Stuya. (1717 1785) Nếu đờng thẳng AD = d thuộc tam giác ABC chia
cạnh BC thành những đoạn BD = m và CD = n thì d
2
a = b
2
m + c
2
n amn.
Chứng minh. Giả sử AE là đờng cao của tam giác ABC. Từ các tam giác BDA và ADC
ta có
c
2
= d
2

+ m
2
2mDE
b
2
= d
2
+ n
2
+ 2nDE
Nhân các vế của đẳng thức thứ nhất với n và các vế
của đẳng thức thứ hai với m rồi cộng lại ta thu đợc
c
2
n + b
2
m = d
2
(m + n) + mn(m + n)
hay d
2
a = b
2
m + c
2
c amn. đpcm
Chú ý. Nếu biết tỉ số các đoạn thẳng
BD
DC
=

p
q
thì từ đẳng thức trên ta có thể rút ra liên
hệ sau
6

A

B E D C
d
2
a =
2
b ap
p q+
+
2
c aq
p q+
-
2
2
a pq
p q( )+

=> d
2
=
2
b p

p q+
+
2
c q
p q+
-
2
2
( )
a pq
p q+
. (dạng 2 của định lý Stuya)
Với dạng 2 của định lý Stuya cho phép tính khoảng cách từ 1 đỉnh của tam giác đến 1
điểm thuộc cạnh đối diện, biết rằng điểm đó chia cạnh đối diện theo tỉ số p cho trớc.
Các trờng hợp đặc biệt
1) AD = m
a
là trung tuyến tơng ứng với cạnh a
Trờng hợp này m = n =
2
a
ta có
m
2
a
. a =
2
a
(b
2

+ c
2
) a.
2
4
a
m
a
=
2 2 2
2
2
b c a( )+
2) AD =
a
là phân giác của góc A
Trờng hợp này ta có
m
c
=
n
b
=
m n
b c
+
+
=
a
b c+

=> m =
ac
b c+
, n =
ab
b c+
=>
2
a
. a =
2
b ac
b c+
+
2
c ab
b c+
-
3
2
a bc
b c( )+
=>
2
a
=
2 2
2
bc b c a
b c

[( ) ]
( )
+
+
(1)
2
a
=
2
bc b c a b c a
b c
( )( )
( )
+ + +
+
=
2
4bc p p a
b c
. ( )
( )

+

a
=
2 bcp p a
b c
( )
+

áp dụng định lý cosin ta có
a
2
= b
2
+ c
2
2bc cosA a
2
= b
2
+ c
2
2bc(2cos
2
2
A
- 1) = (b + c)
2
4bccos
2
2
A
Thay vào (1) ta có

2
a
=
2 2 2
2

4
2
A
b c
b c
cos
( )+

a
=
4
2
A
bc
b c
cos
( )+
7
3) Chứng minh rằng khoảng cách từ đỉnh A của một tam giác ABC với tâm I của đờng
tròn nội tiếp bằng AI =
p a bc
p
( )
Chứng minh. Gọi AD là đờng phân giác của tam giác ABC.
Qua tâm I của đờng tròn nội tiếp, kẻ đờng thẳng song
song với BC, cắt đờng cao AH (= h) tại H. Ta có

AI
AD
=

h r
h

=
2
ah
h
p
h

=
2
2
p a
p

=
2
b c
p
+
Vậy AI =
2 bcp p a
b c
( )
+
.
2
b c
p

+
=
p a bc
p
( )
.
3. Công thức khoảng cách một số điểm đặc biệt trong tam giác.
3.1. Định nghĩa. Trung điểm các đoạn thẳng thuộc các đờng cao kẻ từ đỉnh đến trực
tâm của tam giác gọi là các điểm Ơ le.
3.2. Định lý. Chân các trung tuyến, chân các đờng cao và các điểm Ơ le nằm trên
một vòng tròn, gọi là vòng tròn chín điểm hay vòng tròn Ơ le.
Chứng minh. Gọi D, E, F là trung điểm của các cạnh của tam giác ABC; AK, MB là hai
đờng cao của tam giác; H là trực tâm. Ngoại tiếp tam giác DEF bằng một vòng tròn. Ta
hãy chứng minh rằng K là chân của đờng cao AK và điểm Ơle L là trung điểm của đoạn
BH, nằm trên vòng tròn vừa vẽ.
Thật vậy, DK là cát tuyến của tam giác BKA, xuất phát
từ đỉnh của góc vuông nên bằng một nửa cạnh huyền:
DK =
2
AB
, EF =
2
AB
=> DK = EF
Do đó hình thang DEKF cân và vòng tròn đi qua ba đỉnh
D, F, E của hình thang đó phải qua đỉnh K.
Nối trung điểm L của BH với trung điểm D của AB. Đờng thẳng DL // AK, đờng thẳng
DF//BC, vậy
ã
LDF

= /2; vì LE // CH nên
ã
LEF
= /2. Vậy có thể vẽ đợc vòng
tròn ngoại tiếp tứ giác EFDL và vòng tròn ngoại tiếp tam giác DEF đi qua K và L.
Tơng tự ta chứng minh vòng tròn đi qua 4 điểm T, P, N, M.
8
A
B C
H I
3.3. Một số tính chất của vòng tròn Ơle.
3.3.1. Định lý. Tâm của vòng tròn chín điểm nằm ở trung điểm của đoạn thẳng nối
trực tâm với tâm vòng tròn ngoại tiếp.
Chứng minh. Thật vậy, tâm O
9
của vòng tròn chín điểm nằm tại giao điểm các đờng
thẳng góc dựng từ trung điểm của các đoạn thẳng KE và MF. Giả sử O là tâm của vòng
tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. Vì các đờng thẳng góc vừa dựng là các
đờng trung bình của các hình thang MHOF và KHOE nên tâm
O
9
của vòng tròn cần tìm phải nằm tại trung điểm cạnh OH.
3.3.2. Định lý. Bán kính của vòng tròn chín điểm bằng R/2, trong đó R là bán kính
vòng tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.
Chứng minh. Nối điểm E với tâm vòng tròn chín điểm O
9
. Đờng thẳng EO
9
cắt đờng
cao AK tại điểm L, LE là đờng kính vòng tròn chín điểm. Do hai tam giác

O
9
EO và O
9
LH bằng nhau, nên OE = LH và vì LH = AL nên
OE = AL. Vậy tứ giác ALEO là hình bình hành và AO = LE,
trong đó LE là đờng kính của vòng tròn chín điểm và Ao là
bán kính của vòng tròn ngoại tiếp của tam giác.
Hệ quả. Khoảng cách từ một đỉnh của tam giác đến trực tâm gấp đôi khoảng cách từ
tâm vòng tròn ngoại tiếp đến cạnh đối diện.
Vì theo định lý trên OE = AL = HL 2OE = AH
3.3.3. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), gọi H, G, O
9
lần lợt là trực tâm, trọng tâm, tâm
vòng tròn 9 điểm. Khi đó H, G, O
9
, O thẳng hàng.
Chứng minh: Gọi G là giao điểm của HO và AA (A, B, C là các trung điểm của BC,
CA, AB) ta chứng minh G là trọng tâm ABC).
Ta có HA= 2OA và AH // OA

GA
GA'
=
HA
OA'
= 2 G là trọng tâm ABC H, G, O thẳng hàng (1)
9
Dễ thấy O là trực tâm ABC (vì OA BC,
OB AC), O

9
là tâm đờng tròn 9 điểm thì O
9
là tâm đờng tròn ngoại tiếp ABC. Theo chứng
minh trên O, G, O
9
thẳng hàng (G là tâm đờng
tròn ngoại tiếp ABC) (2)
Từ (1) và (2) ta có H, G, O, O
9
thẳng hàng.
3.4. Khoảng cách giữa các điểm đặc biệt trong tam giác.
3.4.1. Khoảng cách giữa tâm vòng tròn ngoại tiếp và trọng tâm.
Giả sử trong ABC, O là tâm vòng tròn ngoại tiếp, G là trọng tâm, AA là trung tuyến,
OA là khoảng cách từ tâm vòng tròn ngoại tiếp đến cạnh BC. Khi đó
OA = R; OA =
2
2
4
a
R
=
1
2
2 2
4R a
AA = m
a
=
1

2
2 2 2
2 b c a( )+
Ta tìm chiều dài đoạn OG = d bằng cách dùng định lý Stuya. Ta có
OA
2
. GA +OA
2
. AG OG
2
. AA = AG. GA. AA
=> d
2
= OG
2
=
2
OA GA
AA
. '
'
+
2
OA AG
AA
' .
'
- AG. GA
Nhng
AG

GA'
=
1
2
nên AG =
1
2
AA ; GA =
1
3
AA
Vậy d
2
=
2
3
R
+
2 2
4
6
R a
-
2 2 2
2
18
b c a( )
= R
2
-

2 2 2
9
a b c+ +
=> d =
2 2 2
2
9
a b c
R
+ +

.
Hệ quả 1. Trong bất cứ tam giác nào ta có R
2

2 2 2
9
a b c+ +
.
Bất đẳng thức trên trở thành đẳng thức trong trờng hợp tam giác đều vì đối với tam giác
đều OG bằng không.
Hệ quả 2. Trong tam giác vuông khoảng cách giữa tâm vòng tròn ngoại tiếp và trọng
tâm bằng một phần sáu cạnh huyền.
10
Trong trờng hợp này R = a/2 nên d = a/6.
3.4.2. Khoảng cách giữa tâm vòng tròn chín điểm và trọng tâm.
EO
9
G đồng dạng với GOA
9

1
2
O G
EG
GO GA
= =
GO
9
=
1
2
OG
Suy ra GO
9
=
1
6
2 2 2 2
9R a b c( )
+ +
3.4.3. Khoảng cách từ tâm vòng tròn ngoại tiếp đến trực tâm
Vì
HG
GO
= 2 (do GOE đồng dạng với GAH)
nên
HG GO
GO
+
=

HO
GO
= 3
HO = 3GO =
2 2 2 2
9R a b c( )
+ +
Đối với tam giác vuông HO = c/2.
3.4.4. Khoảng cách từ trọng tâm đến tâm vòng tròn nội tiếp.
Giả sử I là tâm vòng tròn nội tiếp trong ABC và A là trung điểm của BC. Ta tính các
cạnh của tam giác.
AA =
1
2
2 2 2
2 b c a( )+
Trong IMA ta có MA =
2
a
- (p b) =
2
b c
Suy ra IA =
2
2
4
b c
r
( )

=
1
2
2 2
4r b c( )+
Tơng tự trong tam giác ANI ta có IA =
2 2
r p a( )+
Vì trọng tâm G chia đoạn AA thành các đoạn AG và GA theo tỉ số 2 : 1 nên AG =
2
3
AA; GA =
1
3
AA
áp dụng định Stuya ta có
IA
2
. GA + AI
2
. AG IG
2
. AA = AG. GA. AA
Kí hiệu IG = d, ta có
11
A
B M A C
N
I G
d

2
=
2
IA GA
AA
'
'
+
2
IA GA
AA
'
'
- AG. GA
=
2 2
3
r p a( )+
+
2 2
4
6
r b c( )+
-
2 2 2
2
18
b c a( )+
= r
2

+
2 2 2 2 2 2 2
6 12 6 3 3 6 2 2
18
p ap a b c bc b c a + + + +
= r
2
+
2 2 2 2
6 12 7 6
18
p ap a b c bc + + +
= r
2
+
2 2 2 2 2
6 6 6 6 7 6
18
p a ab ac a b c bc + + +
= r
2
+
2 2 2 2
6 6
18
p ab bc ca a b c( ) + + + + +
= r
2
+
2 2 2 2 2 2 2

6 3 2 2 2 4
18
p a b c ab ac bc a b c( ) ( ) + + + + + + + +
= r
2
+
2 2 2 2 2
6 12 4
18
p p a b c( ) + + +
=
2 2 2 2 2
9 3 2
9
r p a b c( ) + + +
Từ đó d =
1
3
2 2 2 2 2
9 3 2r p a b c( ) + + +
Bài tập. Tìm hệ thức giữa các cạnh của tam giác trong đó giao điểm của các trung
tuyến nằm trên vòng tròn nội tiếp của tam giác
Giải: Vì giao điểm của các trung tuyến nằm trên vòng trong nội tiếp của tam giác nên ta
có d = r

1
3
2 2 2 2 2
9 3 2r p a b c( ) + + +
= r

2
3
4
a b c( )+ +
= 2(a
2
+ b
2
+ c
2
)
5(a
2
+ b
2
+ c
2
) = 6(ab + bc + ca)
3.4.5. Khoảng cách giữa tâm vòng tròn ngoại tiếp và nội tiếp.
12
Định lý Ơle. Nếu d là khoảng cách giữa các tâm vòng tròn ngoại tiếp và nội tiếp của
một tam giác thì d
2
= R
2
2Rr. Trong đó R, r lần l ợt là bán kính vòng trong ngoại tiếp
và nội tiếp.
Chứng minh. Giả sử O là tâm vòng tròng ngoại tiếp, I là tâm vòng tròn nội tiếp, DP là
đờng kính vuông góc với cạnh BC và IL là đờng vuông góc hạ từ I xuống DP.

Góc DIC bằng nửa tổng số các cung EA và DC, nhng
ằ
AE
=
ằ
BE
.
ằ
DC
=
ằ
BD
, vậy góc DIC bằng nửa tổng các cung BE và DB, tức là nửa cung DE. Nhng
góc ICD cũng bằng nửa cung DE nên
ã
ICD
=
ã
DIC
và tam giác DIC cân, DC = DI
Đoạn thẳng OI tính đợc từ tam giác OID
d
2
= OD
2
+ DI
2
2OD. DL = R
2
+ DC

2
2RDL = R
2
+ 2RDM 2RDL
= R
2
+ 2R(DM DL) = R
2
2Rr.
Hệ quả. R
2
2Rr R 2r, tức là bán kính vòng tròn ngoại tiếp không bé hơn đờng
kính của vòng tròn nội tiếp.
3.4.6. Khoảng cách giữa tâm vòng tròn ngoại tiếp và tâm một vòng tròn bàng tiếp. Kí
hiệu khoảng cách đó là d
a
ta có d
a
= OI
a
.
Trong trờng hợp đó công thức Euler có dạng d
a
2
= R
2
+ 2R
a
, trong đó R, r
a

lần lợt là bán
kính vòng tròn ngoại tiếp, bàng tiếp tiếp xúc với cạnh a.
Trong tam giác ABI
a
ta có
ã
a
BI D
=
ã
a
FBI
-
ã
a
FAI
ã
a
DBI
=
ã
a
I BC
-
ã
CDB
Nhng AI
a
và BI
a

lần lợt là các phân giác của các góc BAC và FBC.
Vậy
ã
a
FAI
=
ã
a
I AC
=
ã
CBD
ã
a
DBI
=
ã
a
I BC
Vậy
ã
a
DBI
=
ã
a
BI D
và tam giác BDI
a
cân : BD = DI

a

Từ I
a
ta hạ đờng thẳng góc I
a
M xuống OM (OM BC). Từ tam giác OI
a
D ta có
d
a
2
= OI
a
2
= OD
2
+ I
a
D
2
+ 2OD. DM
Vì BD = DI
a
và BD
2
= 2R. LD, nên
d
a
2

= R
2
+ 2R. LD + 2R. DM = R
2
+ 2R(LD + DM) = R
2
+ 2R. LM = R
2
+ 2r
a
.
13
Bài tập. Chứng minh rằng trong một tam giác bất kì ta có
2 2
1
R d
=
2 2
1
a
d R
+
2 2
1
b
d R
+
2 2
1
c

d R
Hớng dẫn áp dụng
1
r
=
1
a
r
+
1
b
r
+
1
c
r
3.4.7. Khoảng cách từ tâm vòng tròn chín điểm đến các tâm vòng tròn nội tiếp và
bàng tiếp.
Định lý (Phây Bách). Vòng tròn chín điểm tiếp xúc với vòng tròn nội tiếp và ba vòng
tròn bàng tiếp. (Định lý không chứng minh)
Theo định lý trên ta có O
9
I =
2
R
- r và O
9
I
a
=

2
R
+ r
a
.
4. Định lý Giécgôn - Định lý Lepnit ứng dụng
4.1. Định lý Gergone. Nếu các đờng thẳng AD, BE, CF xuất phát từ các đỉnh một
tam giác ABC, cắt nhau tại một điểm O nằm trong tam giác thì
OD
AD
+
OE
BE
+
OF
CF
= 1 và
AO
AD
+
BO
BE
+
CO
CF
= 2
Chứng minh. Vì tỉ số các diện tích AOC và ABC bằng tỉ số các đờng cao của chúng, nh-
ng tỉ số các đờng cao này lại bằng tỉ số các đoạn OE và BE (hạ từ B và O các đờng cao,
ta có các tam giác đồng dạng) nên
diệntích AOC

diệntích ABC
=
OE
BE
Tơng tự
diệntích BOC
diệntích BAC
=
OD
AD
diệntích AOB
diệntích ACB
=
OF
CF
Cộng các đẳng thức trên ta có
OE
BE
+
OD
AD
+
OF
CF
= 1
Vì
AO
AD
=
AD OD

AD

= 1 -
OD
AD
14