Giao diện mới của VnDoc Pro: Dễ sử dụng hơn - chỉ tập trung vào lớp bạn quan tâm. Vui lòng chọn lớp mà bạn quan tâm: Lưu và trải nghiệm

Đóng

Điểm danh hàng ngày

Hôm nay +3
Ngày 2 +3
Ngày 3 +3
Ngày 4 +3
Ngày 5 +3
Ngày 6 +3
Ngày 7 +5

Bạn đã điểm danh Hôm nay và nhận 3 điểm! Đăng nhập ngay để nhận điểm

Nhắn tin Zalo VNDOC để nhận tư vấn mua gói Thành viên hoặc tải tài liệu Hotline hỗ trợ: 0936 120 169

VnDoc.com

Bồi dưỡng HSG Toán 9 chuyên đề 6: Những Định lý Hình học nổi tiếng

Bồi dưỡng HSG lớp 9 môn Toán

Tải về

Lớp: Lớp 9

Môn: Toán

Dạng tài liệu: Đề thi HSG

Loại File: Word + PDF

Phân loại: Tài liệu Tính phí

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

NHỮNG ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG - Toán lớp 9

1. Đường thẳng Euler

1.(Đường thẳng Euler). Cho tam giác

ABC

. Chứng minh rằng trọng tâm

, trực

tâm

và tâm đường tròn ngoại tiếp

cùng nằm trên một đường thẳng. Hơn nữa

. Đường thẳng nối

, ,H G O

gọi là đường thẳng Euler của tam giác

ABC

Chứng minh:

Cách 1: Gọi

,E F

lần lượt là trung điểm của

,BC AC

. Ta có

là đường

trung bình của tam giác

ABC

nên

/ /EF AB

. Ta lại có

/ /OF BH

(cùng

vuông góc với

). Do đó

OFE ABH=

(góc có cạnh tương ứng song song).

Chứng minh tương tự

OEF BAH=

Từ đó có

ABH EFOD D:

(g.g)

AH AB

OE EF

Þ = =

(do

là đường trung

bình của tam giác

ABC

). Mặt khác

là trọng tâm của tam giác

ABC

nên

. Do đó

AG AH

FG OE

= =

, lại có

HAG OEG=

(so le trong,

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

/ /OE AH

)

HA G EOGÞ D D:

(c.g.c)

HGA EGOÞ =

. Do

180EGO AGO+ =

nên

180HGA AGO+ =

hay

180HGO =

Vậy

, ,H G O

thẳng hàng.

Cách 2: Kẻ đường kính

của đường tròn

( )O

ta có

BH AC^

(Tính chất

trực tâm)

AC CD^

(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra

/ /BH CD

Tương tự ta cũng có

/ /CH BD

nên tứ giác

BHCD

là hình bình hành, do đó

cắt

tại trung điểm của mỗi đường. Từ đó cũng suy ra

/ /

OM AH=

(Tính chất đường trung bình tam giác

ADH

). Nối

cắt

tại

thì

GO OM

GH A H

= =

nên

là trọng tâm của tam giác

ABC

Cách 3: sử dụng định lý Thales :Trên tia đối

lấy

sao cho

' 2GH GO=

. Gọi

là trung điểm

. Theo tính chất trọng

tâm thì

thuộc

và

2GA GM=

Áp dụng định lý Thales

vào tam giác

GOM

dễ suy ra

'/ /AH OM

(1).Mặt khác do

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

là trung điểm

nên

OM BC^

(2).

Từ (1) và (2) suy ra

'A H BC^

, tương tự

'BH CA^

. Vậy

'H Hº

là trực

tâm tam giác

ABC

. Theo cách dựng

ta có ngay kết luận bài toán.

Chú ý rằng: Nếu ta kéo dài

cắt đường tròn tại

thì





AH' D 90

(Góc

nội tiếp chắn nữa đường tròn) nên

là đường trung bình của tam giác

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

HH' D

suy ra

đối xứng với

qua

. Nếu gọi

là tâm vòng tròn ngoại

tiếp tam giác

HBC

thì ta có

đối xứng với

qua

Đường thẳng đi qua

H,G,O

được gọi là đường thẳng Euler của tam giác

ABC

. Ngoài ra ta còn có

OH 3OG

*Đường thẳng Euler có thể coi là một trong những định lý quen thuộc nhất của

hình học phẳng. Khái niệm đường thẳng Euler trước hết liên quan đến tam giác,

sau đó được mở rộng và ứng dụng cho tứ giác nội tiếp và cả

- giác nội tiếp,

trong chuyên đề ta quan tâm đến một số vấn đề có liên quan đến khái niệm

này trong tam giác.

1.1. (Mở rộng đường thẳng Euler) Cho tam giác

ABC

là điểm bất kỳ

trong mặt phẳng. Gọi

', ', 'A B C

lần lượt là trung điểm của

, ,BC CA AB

là trọng tâm tam giác

ABC

a) Chứng minh rằng các đường thẳng qua

, ,A B C

lần lượt song song với

', ', 'PA PB PC

đồng quy tại một điểm

, hơn nữa

, ,

H G P

thẳng hàng

và

b) Chứng minh rằng các đường thẳng qua

', ', 'A B C

lần lượt song song với

, ,PA PB PC

đồng quy tại một điểm

, hơn nữa

, ,

O G P

thẳng hàng và

Giải:

a) Ta thấy rằng kết luận của bài toán khá rắc rối, tuy nhiên ý tưởng của lời giải

câu 1 giúp ta tìm đến một lời giải rất ngắn gọn như sau:

Lấy điểm

trên tia đối tia

sao

cho

2GQ GP=

. Theo tính chất trọng

Chuyên đề 6: Những Định lý Hình học nổi tiếng

VnDoc xin giới thiệu Bồi dưỡng HSG Toán 9 chuyên đề 6: Những Định lý Hình học nổi tiếng. Tài liệu giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học và kỹ năng giải bài tập, biết cách phân bổ thời gian làm bài sao cho hợp lý. Mời các bạn cùng tham khảo

Bồi dưỡng HSG Toán 9 chuyên đề 6: Những Định lý Hình học nổi tiếng được VnDoc đã chia sẻ trên đây. Nội dung gồm lý thuyết và các câu hỏi bài tập trong chuyên đề về Những Định lý Hình học nổi tiếng, chuẩn bị tốt cho kì thi HSG lớp 9 sắp tới. Chúc các bạn học tốt, mời các bạn tham khảo

Đường thẳng Euler

1.(Đường thẳng Euler). Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng trọng tâm G, trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp O cùng nằm trên một đường thẳng. Hơn nữa $\frac{GH}{GO} = 2$ . Đường thẳng nối H;G; O gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC.

Chứng minh:

Cách 1: Gọi E; F lần lượt là trung điểm của BC, AC. Ta có EF là đường trung bình của tam giác ABC nên EF //AB.

Ta lại có OF // BH (cùng vuông góc với AC). Do đó $\widehat{OFE} = \widehat{ABH}$ (góc có cạnh tương ứng song song). Chứng minh tương tự $\widehat{OEF} = \widehat{BAH}$ .

Từ đó có $\Delta ABH\sim\Delta EFO$ (g.g) $\Rightarrow \frac{AH}{OE} = \frac{AB}{EF} = 2$ (do EF là đường trung bình của tam giác ABC). Mặt khác G là trọng tâm của tam giác ABC nên $\frac{AG}{GE} = 2$ .

Do đó $\frac{AG}{FG} = \frac{AH}{OE} = 2$ , lại có $\widehat{HAG} = \widehat{OEG}$ (so le trong, OE // AH) $\Rightarrow \Delta HAG\sim\Delta EOG$ (c.g.c) $\Rightarrow \widehat{HGA} = \widehat{EGO}$ .

Do $\widehat{EGO} + \widehat{AGO} = 180^{0}$ nên $\widehat{HGA} + \widehat{AGO} = 180^{0}$ hay $\widehat{HGO} = 180^{0}$ .

Vậy H; G; O thẳng hàng.

Cách 2: Kẻ đường kính AD của đường tròn (O) ta có $BH\bot AC$ (Tính chất trực tâm) $AC\bot CD$ (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra BH //CD.

Tương tự ta cũng có CH // BD nên tứ giác BHCD là hình bình hành, do đó HD cắt BC tại trung điểm của mỗi đường.

Từ đó cũng suy ra $OM// = \frac{1}{2}AH$ (Tính chất đường trung bình tam giác ADH). Nối AM cắt $HO$ tại G thì $\frac{GO}{GH} = \frac{OM}{AH} = \frac{1}{2}$ nên G là trọng tâm của tam giác ABC .

Cách 3: sử dụng định lý Thales: Trên tia đối GO lấy $H'$ sao cho GH' = 2GO. Gọi M là trung điểm BC. Theo tính chất trọng tâm thì G thuộc AM và GA = 2GM.

Áp dụng định lý Thales vào tam giác GOM dễ suy ra AH' // OM (1). Mặt khác do O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm BC nên $OM\bot BC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $AH'\bot BC$ , tương tự $BH'\bot CA$ . Vậy $H' \equiv H$ là trực tâm tam giác ABC. Theo cách dựng H' ta có ngay kết luận bài toán.

Chú ý rằng: Nếu ta kéo dài AH cắt đường tròn tại H' thì $\widehat{AH'D} = 90^{0}$ (Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) nên EM là đường trung bình của tam giác HH'D suy ra H đối xứng với H' qua BC. Nếu gọi $O'$ là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác HBC thì ta có O' đối xứng với O qua BC.

Đường thẳng đi qua H; G; O được gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC. Ngoài ra ta còn có OH = 3OG.

Đường thẳng Euler có thể coi là một trong những định lý quen thuộc nhất của hình học phẳng. Khái niệm đường thẳng Euler trước hết liên quan đến tam giác, sau đó được mở rộng và ứng dụng cho tứ giác nội tiếp và cả $n$ - giác nội tiếp, trong chuyên đề ta quan tâm đến một số vấn đề có liên quan đến khái niệm này trong tam giác.

Mở rộng đường thẳng Euler

Cho tam giác $ABC$ . $P$ là điểm bất kỳ trong mặt phẳng. Gọi $A',B',C'$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB$ . $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ .

a) Chứng minh rằng các đường thẳng qua $A,B,C$ lần lượt song song với $PA',PB',PC'$ đồng quy tại một điểm $H_{P}$ , hơn nữa $H_{P},G,P$ thẳng hàng và $\frac{GH_{P}}{GP} = 2$ .

b) Chứng minh rằng các đường thẳng qua $A',B',C'$ lần lượt song song với $PA,PB,PC$ đồng quy tại một điểm $O_{P}$ , hơn nữa $O_{P},G,P$ thẳng hàng và $\frac{GO_{P}}{GP} = \frac{1}{2}$ .

Giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Ta thấy rằng kết luận của bài toán khá rắc rối, tuy nhiên ý tưởng của lời giải câu 1 giúp ta tìm đến một lời giải rất ngắn gọn như sau:

Lấy điểm $Q$ trên tia đối tia $GP$ sao cho $GQ = 2GP$ . Theo tính chất trọng tâm ta thấy ngay $G$ thuộc $AA'$ và $GA = 2GA'$ . Vậy áp dụng định lý

Thales vào tam giác $GPA'$ dễ suy ra $AQ//PA'$ . Chứng minh tương tự $BQ//PB',CQ//PC'$ . Như vậy các

đường thẳng qua $A,B,C$ lần lượt song song với $PA',PB',PC'$ đồng quy tại $Q \equiv H_{P}$ . Hơn nữa theo cách dựng $Q$ thì $H_{P},G,O$ thẳng hàng và $\frac{GH_{P}}{GO} = 2$ . Ta có ngay các kết luận bài toán.

b) Ta có một lời giải tương tự. Lấy điểm $R$ trên tia đối tia $GP$ sao cho $GR = \frac{1}{2}GP$ .

Theo tính chất trọng tâm ta thấy ngay $G$ thuộc $AA'$ và $GA = 2GA'$ .

Vậy áp dụng định lý Thales vào tam giác GPA dễ suy ra $AR//PA$ . Chứng minh tương tự $BR//PB,CR//PC$ . Như vậy các đường thẳng qua A; B; C lần lượt song song với $PA,PB,PC$ đồng quy tại $R \equiv O_{P}$ . Hơn nữa theo cách dựng $R$ thì $O_{P},G,P$ thẳng hàng và $\frac{GP}{GO_{P}} = 2$ . Ta có ngay các kết luận bài toán.

Nhận xét: Bài toán trên thực sự là mở rộng của đường thẳng Euler.

Phần a) Khi $P \equiv O$ tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC ta có ngay $H_{P} = H$ là trực tâm của tam giác ABC. Ta thu dược nội dung của bài toán đường thẳng Euler.

Phần b) Khi $P \equiv H$ trực tâm của tam giác ABC thì $O_{P} \equiv O$ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ .

1.2. Cho tam giác ABC trực tâm H. Khi đó đường thẳng Euler của các tam giác $HBC,BCHCA,HAB$ đồng quy tại một điểm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC.

Giải:

Để giải bài toán này chúng ta cần hai bổ đề quen thuộc sau:

Bổ đề 1. Cho tam giác ABC trực tâm H. Thì $(HBC),(HCA),(HAB)$ lần lượt đối xứng với $(ABC)$ qua $BC,CA,AB$ .

Chứng minh: Gọi giao điểm khác A của HA với (ABC) là A'. Theo tính chất

trực tâm và góc nội tiếp dễ thấy $\widehat{HBC} = \widehat{HAC} = \widehat{A'BC}$ . Do đó tam giác

$HBA'$ cân tại B hay H và A' đối xứng nhau qua BC do đó (HBC) đối xứng (ABC).

Tương tự cho $(HCA),(HAB)$ , ta có điều phải chứng minh.

Bổ đề 2. Cho tam giác ABC, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O, M là trung điểm thì HA = 2OM.

Ohứng minh:

Gọi $N$ là trung điểm của $CA$ dễ thấy OM//HA do cùng vuông góc với BC

và $OM//HB$ do cùng vuông góc với CA nên ta có tam giác $\Delta HAB\sim\Delta OMN$

tỷ số $\frac{AB}{MN} = 2$ . Do đó HA = 2OM, đó là điều phải chứng minh.

Trở lại bài toán. Gọi $O_{A}$ là tâm $(HBC)$ theo bổ đề 5.1 thì $O_{A}$ đối xứng với O

qua $BC$ ,kết hợp với bổ đề 2 suy ra $OO_{A}$ song song và bằng OH nên tứ giác $AHO_{A}A$ là hình bình hành nên $AO_{A}$ đi qua trung điểm E của OH.

Tuy nhiên dễ thấy A là trực tâm tam giác HBC do đó đường thẳng Euler của tam giác HBC là $AO_{A}$ đi qua E. Tương tự thì đường thẳng Euler của các tam giác $HCA,HAB$ cũngđi qua $E$ nằm trên OH là đường thẳng Euler của tam giác $ABC$ . Đó là điều phải chứng minh.

Nhận xét: Điểm đồng quy E là trung điểm OH cũng chính là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC.

Tài liệu dài, tải về để xem chi tiết và đầy đủ nhé!

----------------------------------------------------------------------------

❓ FAQ – Những định lý hình học nổi tiếng Toán 9 HSG

1. Vì sao cần học các định lý hình học nổi tiếng?

Các định lý giúp:

Rút ngắn quá trình chứng minh
Giải nhanh bài toán khó
Nâng cao tư duy hình học

2. Những định lý nào thường gặp trong bồi dưỡng HSG Toán 9?

Một số định lý quan trọng:

Định lý Ceva
Định lý Menelaus
Định lý Ptolemy
Định lý Pascal
Định lý Stewart

3. Định lý Ceva dùng để làm gì?

Ceva thường dùng để: 👉 Chứng minh ba đường thẳng đồng quy trong tam giác.

4. Vì sao các định lý hình học nâng cao thường khó?

Do yêu cầu:

Kỹ năng suy luận tốt
Khả năng kết hợp nhiều kiến thức hình học
Tư duy biến đổi linh hoạt

5. Làm sao nhận biết bài toán cần áp dụng định lý nổi tiếng?

Dấu hiệu thường gặp:

Xuất hiện nhiều tỉ số đoạn thẳng
Có yêu cầu đồng quy hoặc thẳng hàng
Hình vẽ phức tạp liên quan tam giác và đường tròn

6. Có cần học thuộc toàn bộ định lý không?

Nên:

Ghi nhớ nội dung cơ bản
Quan trọng hơn là hiểu cách áp dụng vào từng dạng bài

7. Sai lầm thường gặp khi áp dụng định lý hình học là gì?

Áp dụng sai điều kiện
Nhầm vị trí điểm trên hình
Biến đổi tỉ số không chính xác

8. Chuyên đề này có phù hợp để ôn thi vào lớp 10 không?

Rất phù hợp với:

Học sinh khá – giỏi
Ôn thi chuyên Toán
Luyện các câu hình học vận dụng cao

9. Có mẹo nào học tốt hình học HSG lớp 9 khôn

-------------------------------------------------

Ngoài Bồi dưỡng HSG Toán 9 chuyên đề 6: Những Định lý Hình học nổi tiếng. Mời các bạn học sinh còn có thể tham khảo các đề thi học kì 1 lớp 9, đề thi học kì 2 lớp 9 các môn Toán, Văn, Anh, Lý, Địa, Sinh mà chúng tôi đã sưu tầm và chọn lọc. Với đề Thi vào lớp 10 năm 2026 này giúp các bạn rèn luyện thêm kỹ năng giải đề và làm bài tốt hơn. Chúc các bạn ôn thi tốt

Tải về

Chọn file muốn tải về: