Chứng Minh Định Lý Euler, Đường Thẳng Euler và Đường Tròn Euler

by Thầy Đông · January 7, 2026

Rate this post

Định lý Euler là một trong những kết quả quan trọng trong hình học, liên kết các tâm đặc biệt của một tam giác. Bài viết này sẽ đi sâu vào chứng minh ba khái niệm liên quan mật thiết: đường thẳng Euler, đường tròn Euler và định lý Euler, giúp học sinh nắm vững bản chất và phương pháp giải toán.

Đề Bài

1. Chứng minh đường thẳng Euler

Cách 1:

Vẽ $\Delta$ ABC có giao điểm ba đường cao AD, BE, CF là H. G là trọng tâm của $\Delta$ ABC.

Từ B vẽ đường thẳng song song với HC, từ C vẽ đường thẳng song song với HB, chúng cắt nhau tại Q. Gọi M là giao điểm của HQ và BC.

Xét tứ giác HCQB ta có : $\begin{cases} BH parallel CQ \text{ (gt)} BQ parallel CH \text{ (gt)} \end{cases}$ $Rightarrow$ Tứ giác HCQB là hình bình hành vì có 2 cặp cạnh đối song song $Rightarrow$ MB = MC và MH = MQ (tính chất đường chéo hình bình hành).

Xét $\Delta$ ABC có AM là đường trung tuyến (MB=MC). Mà G là trọng tâm $\Delta$ ABC (gt) $Rightarrow MG = \frac{1}{3}AM$ .

Xét $\Delta$ AHQ có AM là đường trung tuyến (MH=MQ). Mà $MG = \frac{1}{3}AM$ (cmt) $Rightarrow$ G là trọng tâm $\Delta$ AHQ.

Ta có HO là đường trung tuyến (OA=OQ=R) $Rightarrow$ G $in$ HO.

======
Lưu ý: Đối với học sinh lớp 8, nếu chưa học về đường tròn thì các kiến thức như góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông có thể chưa quen thuộc. Tuy nhiên, cách chứng minh song song dựa trên việc vẽ thêm hình phụ vẫn áp dụng được.

Cách 2:

Chứng minh HCQB là hình bình hành (như Cách 1).

Sử dụng tính chất đường trung bình trong $\Delta$ AHQ và tính chất trọng tâm trong $\Delta$ ABC, ta chứng minh được $\frac{AG}{MG} = 2 = \frac{AH}{OM}$ .

Xét $\Delta$ AHG và $\Delta$ MOG đồng dạng $Rightarrow widehat{AGH} = widehat{MGO}$ (1).

Ta có $widehat{HGA} + widehat{HGM} = 180^\circ$ (2 góc kề bù) (2).

Từ (1) & (2) ta có $widehat{MGO} + widehat{HGM} = 180^\circ Rightarrow$ H, G, O thẳng hàng.

2. Chứng minh đường tròn Euler

Gọi K là trung điểm của OH.

Cách 1:

Gọi I là trung điểm của AH.

Xét $\Delta$ AHO có $\begin{cases} IA = IH \text{ (gt)} KH = KO \text{ (gt)} \end{cases}$ $Rightarrow$ IK là đường trung bình của $\Delta$ AHO $Rightarrow$ IK // AO; $IK = \frac{1}{2}AO = \frac{R}{2}$ (1).

Chứng minh tương tự, KM là đường trung bình của $\Delta$ HOQ $Rightarrow$ KM // OQ; $KM = \frac{1}{2}OQ = \frac{R}{2}$ (2).

Từ (1), (2) $Rightarrow \begin{cases} KI = KM = \frac{R}{2} I, K, M \text{ thẳng hàng} \end{cases}$ .

Xét $\Delta$ IDM vuông tại D có DK là trung tuyến (KI=KM) $Rightarrow KI = KM = DK = \frac{R}{2}$ .

Vậy I, D, M $in$ $(K; \frac{R}{2})$ .

Chứng minh tương tự với các chân đường cao vẽ từ B, C và các trung điểm của các cạnh AB, BC, CA, ta có các điểm này cùng thuộc đường tròn tâm K bán kính $\frac{R}{2}$ .

Cách 2:

(Phần này sẽ được cập nhật sớm)

3. Chứng minh định lý Euler

(Phần này sẽ được cập nhật sớm)

Phân Tích Yêu Cầu

Bài viết yêu cầu chứng minh ba khái niệm chính trong hình học tam giác: đường thẳng Euler, đường tròn Euler và định lý Euler. Chúng ta cần trình bày các bước chứng minh rõ ràng, logic, sử dụng các kiến thức hình học cơ bản và các tính chất đặc biệt của tam giác. Dữ kiện quan trọng bao gồm trực tâm (H), trọng tâm (G), tâm đường tròn ngoại tiếp (O), và các trung điểm của cạnh, chân đường cao. Hướng giải tổng quát là sử dụng các tính chất của hình bình hành, đường trung bình, đường trung tuyến, và sự đồng dạng của tam giác.

Kiến Thức/Nền Tảng Cần Dùng

Để chứng minh các định lý này, chúng ta cần nắm vững:

Đường cao, trực tâm: Ba đường cao của tam giác đồng quy tại trực tâm H.
Trọng tâm, đường trung tuyến: Ba đường trung tuyến của tam giác đồng quy tại trọng tâm G. Trọng tâm chia mỗi đường trung tuyến theo tỉ lệ 2:1.
Tâm đường tròn ngoại tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp: Tâm O là giao điểm ba đường trung trực của tam giác. Bán kính đường tròn ngoại tiếp là R.
Tính chất hình bình hành: Các cạnh đối song song và bằng nhau, hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Đường trung bình của tam giác: Đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh của tam giác thì song song với cạnh thứ ba và bằng nửa cạnh thứ ba.
Tam giác đồng dạng: Nếu hai tam giác đồng dạng, tỉ lệ các cạnh tương ứng bằng nhau và các góc tương ứng bằng nhau.
Đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông: Bằng nửa cạnh huyền.

Hướng Dẫn Giải Chi Tiết

1. Chứng minh đường thẳng Euler

Cách 1 (Sử dụng hình bình hành và trọng tâm):

Bước 1: Dựng hình phụ. Vẽ tam giác ABC, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại trực tâm H. Vẽ trọng tâm G. Dựng điểm Q sao cho HCQB là hình bình hành (bằng cách vẽ đường qua B song song HC và đường qua C song song HB). Gọi M là giao điểm của HQ và BC.
Bước 2: Chứng minh HCQB là hình bình hành. Theo cách dựng, ta có hai cặp cạnh đối song song.
Bước 3: Suy ra tính chất của đường chéo. Trong hình bình hành HCQB, hai đường chéo HQ và BC cắt nhau tại M, nên M là trung điểm của HQ và BC.
Bước 4: Liên hệ G và M. AM là đường trung tuyến của $\Delta$ ABC. G là trọng tâm nên $MG = \frac{1}{3}AM$ .
Bước 5: Chứng minh G là trọng tâm $\Delta$ AHQ. Trong $\Delta$ AHQ, AM là đường trung tuyến (vì MH = MQ). Vì $MG = \frac{1}{3}AM$ , nên G là trọng tâm của $\Delta$ AHQ.
Bước 6: Chứng minh H, G, O thẳng hàng. Ta có O là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta$ ABC. Lấy điểm O’ đối xứng với O qua M. Khi đó, O’ sẽ trùng với H. Từ đó suy ra M là trung điểm của OH. Do G là trọng tâm $\Delta$ AHQ và AM là trung tuyến, đồng thời H, M, O thẳng hàng (M là trung điểm OH). Suy ra G nằm trên đường thẳng HO.
Mẹo kiểm tra: Nếu G nằm trên HO, thì ba điểm này thẳng hàng.
Lỗi hay gặp: Nhầm lẫn giữa trọng tâm tam giác ABC và trọng tâm tam giác AHQ.

Cách 2 (Sử dụng tam giác đồng dạng):

Bước 1: Chứng minh HCQB là hình bình hành (như Cách 1).
Bước 2: Chứng minh tỉ lệ đoạn thẳng. Sử dụng tính chất đường trung bình trong $\Delta$ AHQ (với đường nối trung điểm AH và HQ là IK) và tính chất trọng tâm trong $\Delta$ ABC (với đường nối trọng tâm G và trung điểm AM), ta có thể thiết lập tỉ lệ $\frac{AG}{MG} = 2 = \frac{AH}{OM}$ .
Bước 3: Sử dụng góc đối đỉnh. Từ tỉ lệ trên và xét $\Delta$ AHG và $\Delta$ MOG, ta có hai tam giác này đồng dạng. Suy ra hai góc đối đỉnh $widehat{AGH} = widehat{MGO}$ .
Bước 4: Sử dụng góc kề bù. Ta có $widehat{HGA} + widehat{HGM} = 180^\circ$ (kề bù). Kết hợp với $widehat{AGH} = widehat{MGO}$ (đối đỉnh), ta suy ra $widehat{MGO} + widehat{HGM} = 180^\circ$ , điều này cho thấy H, G, O thẳng hàng.

2. Chứng minh đường tròn Euler

Bước 1: Xác định tâm K. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng OH.
Bước 2: Chứng minh các điểm thuộc đường tròn. Ta cần chứng minh K cách đều một tập hợp các điểm. Xét $\Delta$ AHO, gọi I là trung điểm của AH. Vì K là trung điểm OH và I là trung điểm AH, nên IK là đường trung bình của $\Delta$ AHO. Suy ra IK // AO và $IK = \frac{1}{2}AO = \frac{R}{2}$ .
Bước 3: Chứng minh các điểm đối xứng cũng thuộc đường tròn. Tương tự, xét $\Delta$ HOQ (với Q là điểm tạo thành hình bình hành như cách chứng minh đường thẳng Euler), KM là đường trung bình, $KM = \frac{1}{2}OQ = \frac{R}{2}$ . Vì I, K, M thẳng hàng và $KI = KM = \frac{R}{2}$ , nên K là trung điểm IM.
Bước 4: Chứng minh chân đường cao, trung điểm cạnh thuộc đường tròn. Nếu D là chân đường cao từ A, thì $\Delta$ BDC nội tiếp đường tròn đường kính BC. Tâm đường tròn này là trung điểm BC.
Xét $\Delta$ AHD vuông tại D. Vì K là trung điểm OH và I là trung điểm AH, KM là đường trung bình của $\Delta$ HOQ.
Sử dụng các điểm trung điểm của AH (I), BH (I’), CH (I”), và các chân đường cao hạ từ A (D), B (E), C (F), ta chứng minh được tất cả các điểm này cách đều K với bán kính $R/2$ .
Ví dụ, xét chân đường cao AD. Trong $\Delta$ AHD vuông tại D, nếu DK là trung tuyến ứng với cạnh huyền AH, thì $DK = \frac{1}{2}AH$ . Ta đã chứng minh $KI = \frac{1}{2}AO = \frac{R}{2}$ .
Ta chứng minh được $DK = KI = KM = \frac{R}{2}$ .
Do đó, các điểm I, D, M, và các trung điểm của các đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh của tam giác (trung điểm AH, BH, CH) và các chân đường cao (D, E, F) cùng nằm trên đường tròn tâm K với bán kính $R/2$ .
Mẹo kiểm tra: Kiểm tra bán kính và xem các điểm đã liệt kê có thuộc đường tròn với tâm K và bán kính $R/2$ hay không.
Lỗi hay gặp: Lúng túng trong việc xác định tâm và bán kính của đường tròn Euler.

3. Chứng minh định lý Euler

(Phần này sẽ được cập nhật sớm để hoàn thiện nội dung theo yêu cầu)

Đáp Án/Kết Quả

Đường thẳng Euler: Là đường thẳng đi qua trực tâm H, trọng tâm G và tâm đường tròn ngoại tiếp O của một tam giác.
Đường tròn Euler (Đường tròn chín điểm): Là đường tròn đi qua chín điểm đặc biệt của tam giác: ba trung điểm của các cạnh, ba chân đường cao và ba trung điểm của các đoạn thẳng nối trực tâm với ba đỉnh của tam giác. Đường tròn này có tâm K (trung điểm OH) và bán kính bằng $R/2$ , trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.
Định lý Euler: (Nội dung sẽ được bổ sung khi cập nhật)

Các khái niệm về đường thẳng Euler và đường tròn Euler cung cấp những hiểu biết sâu sắc về mối quan hệ giữa các điểm đặc biệt trong một tam giác. Việc nắm vững cách chứng minh giúp củng cố kiến thức hình học và áp dụng hiệu quả vào giải các bài toán phức tạp hơn.

Ngày chỉnh sửa nội dung mới nhất January 7, 2026 by Thầy Đông

Thầy Đông

Thầy Đông – Giảng viên Đại học Công nghiệp Hà Nội, giáo viên luyện thi THPT
Thầy Đông bắt đầu sự nghiệp tại một trường THPT ở quê nhà, sau đó trúng tuyển giảng viên Đại học Công nghiệp Hà Nội nhờ chuyên môn vững và kinh nghiệm giảng dạy thực tế. Với nhiều năm đồng hành cùng học sinh, thầy được biết đến bởi phong cách giảng dạy rõ ràng, dễ hiểu và gần gũi. Hiện thầy giảng dạy tại dehocsinhgioi, tiếp tục truyền cảm hứng học tập cho học sinh cấp 3 thông qua các bài giảng súc tích, thực tiễn và giàu nhiệt huyết.