Tóm tắt nội dung
Bài viết này trình làng các mở rộng của con đường thẳng Euler với các kiến thức sử dụng cho THCS

Đường trực tiếp Euler rất có thể coi là một trong những định lý quen thuộc nhất của hình học phẳng.Khái niệm mặt đường thẳng Euler trước hết tương quan đến tam giác, tiếp nối đã được mở rộng và ứngdụng cho tứ giác nội tiếp và cả n-giác nội tiếp, nhưng mà vì cân nặng kiến thức quá rộng nên vào bàiviết bé dại này tôi chỉ mong muốn trình bày những vụ việc cô đọng xúc tích nhất tương quan đến kháiniệm này trong tam giác. Xin hẹn chúng ta chuyên đề mở rộng cho nhiều giác sinh hoạt những bài bác giảng tiếpsau.Bài 1 (Đường thẳng Euler). Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng trung tâm G, trực trọng tâm H và

tâm mặt đường tròn nước ngoài tiếp O thuộc nằm bên trên một mặt đường thẳng. Hơn nữa

GHGO

= 2. Đường thẳng nối

H, G, O call là đường thẳng Euler của tam giác ABC.

Bạn đang xem: Định lý euler hình học

Lời giải

Bài toán này có nhiều lời giải, lời giải tiếp sau đây sử dụng định lý Thales khá đơn giản, nó là chìakhóa cho một bài bác tổng quát hơn.Trên tia đối tia GO mang H′ làm thế nào để cho GH′ = 2GO. Call M là trung điểm BC. Theo tính chất

trọng trọng tâm thì G thuộc AM với GA = 2GM. Áp dụng định lý Thales vào tam giác GOM dễ dàng suy ra
AH′ ‖ OM (1). Khía cạnh khác vị O là trọng điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm BC yêu cầu OM ⊥BC (2)

H"AB CGH OM

Hình 1.

Từ (1), (2) suy ra AH′ ⊥ BC, tương tự như BH′ ⊥ CA vậy H′ ≡ H là trực trung khu tam giác ABC.Theo giải pháp dựng H′ ta gồm ngay tóm lại bài toán.

Bài 2 (Mở rộng mặt đường thẳng Euler). Mang đến tam giác ABC. P là điểm ngẫu nhiên trong khía cạnh phẳng. Gọi
A′, B′, C′ theo lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. G là trọng tâm tam giác ABC.

a) chứng minh rằng những đường trực tiếp qua A, B, C lần lượt song song với p A′, p B′, phường C′ đồng

quy trên một điểm HP , hơn thế nữa HP , G, phường thẳng sản phẩm và

GHPGP= 2.

b) chứng tỏ rằng những đường trực tiếp qua A′, B′, C′ lần lượt tuy nhiên song với p A, p. B, p. C đồng

quy tại một điểm OP , không chỉ có vậy OP , G, phường thẳng mặt hàng và

GOPGP= 12.

Lời giải

a) Ta thấy rằng tóm lại của bài toán khá rắc rối, tuy nhiên ý tưởng của lời giải bài 1 giúp chúng ta đi đếnmột lời giải rất gọn gàng như sau

QAB A" CB"C"HP G P

Hình 2.Lấy điểm Q bên trên tia đối tia tia GP sao để cho GQ = 2GP. Theo đặc điểm trọng trung tâm ta thấy ngay
G trực thuộc AA′ và GA = 2GA′. Vậy áp dụng định lý Thales vào tam giác GP A′ dễ suy ra AQ ‖ p A′.Chứng minh tương tự BQ ‖ p B′, CQ ‖ phường C′. Như vậy các đường thẳng qua A, B, C lần lượt songsong với p. A′, p B′, phường C′ đồng quy trên Q ≡ HP. Không chỉ có thế theo cách dựng Q thì HP , G, O trực tiếp hàng

GHPGO

= 2. Ta tất cả ngay các kết luận bài toán.

b) Ta bao gồm môt lời giải tương tự. Rước điểm R trên tia đối tia tia GP thế nào cho GR = 1 2

GP. Theo tính

chất trung tâm ta thấy ngay lập tức G nằm trong AA′ cùng GA = 2GA′. Vậy áp dụng định lý Thales vào tam giác
GP A dễ dàng suy ra AR ‖ phường A. Chứng tỏ tương từ bỏ BR ‖ p. B, CR ‖ p. C. Như vậy những đường thẳngqua A, B, C lần lượt tuy vậy song với p A, p B, p C đồng quy tại R ≡ OP. Hơn thế nữa theo bí quyết dựng R

thì OP , G, p thẳng sản phẩm và

GPGOP

= 2. Ta gồm ngay các tóm lại bài toán.

OP ŁRAB A" CC" B"PG

Hình 3.

AB CA"B"C"O"H"HO

Hình 5.

Đường trực tiếp Euler của tam giác ABC với A′B′C′ là OH với O′H′. Từ đặc điểm cơ phiên bản của haitam giác đồng dạng ta dễ chứng minh được △AOH ∼ △A′O′H′. Cho nên vì vậy theo ngã đề (OH, O′H′) =(HA, H′A′) = (BC, B′C′) = (CA, C′A′) = (AB, A′B′). Đó là vấn đề phải chứng minh.Sau đây chúng ta chủ yếu tập trung vào chứng tỏ sự đồng quy của những đường thẳng Euler.Bài 4. đến tam giác ABC có các đường cao AA′, BB′, CC′. Minh chứng rằng đường thẳng Euler củatam giác AB′C′, BC′A′, CA′B′ đồng quy trên một điểm trê tuyến phố tròn nước ngoài tiếp tam giác A′B′C′.

Lời giải

Gọi H là giao điểm tía đường cao AA′, BB′, CC′, A 0 , B 0 , C 0 theo lần lượt là trung điểm HA, HB, HC,da, db, dc lần lượt là mặt đường thẳng Euler của tam giác AB′C′, BC′A′, CA′B′. Cam kết hiệu mặt đường tròn ngoạitiếp tam giác XY Z là (XY Z), ký hiệu này chúng ta sẽ sử dụng trong cả bài viết này.Ta chăm chú rằng A 0 , B 0 , C 0 cũng đó là tâm đường tròn nước ngoài tiếp những tam giác AB′C′, BC′A′, CA′B′nên da, db, dc lần lượt trải qua A 0 , B 0 , C 0.Ta chú ý rằng (A′B′C′) ≡ (A 0 B 0 C 0 ) đó là đường tròn chín điểm của tam giác ABC. Ví như tachứng minh được db, dc giảm nhau tại một điểm trên (A′B′C′) thì tương tự như dc, da cùng da, db chũng cắtnhau tại một điểm trê tuyến phố tròn (A′B′C′), mặt khác da, db, dc lần lượt tất cả điểm tầm thường A 0 , B 0 , C 0với (A′B′C′) bắt buộc chúng chỉ với một điểm tầm thường khác nữa, cho nên chúng đồng quy trên một điểm trên(A′B′C′).

A 0C 0 B 0AB CHA"C"B"J

Hình 6.

Vậy ta tập trung vào chứng tỏ kết luận giao điểm J của db, dc nằm ở (A′B′C′). Thật vậy,ta dễ chứng minh được những tam giác A′B′C với A′BC′ đồng dạng (cùng hướng). Cho nên vì vậy theo bài 3 góctạo vì đường thẳng Euler (db, dc) = (B′C, BC′) = (AB, AC) = (A 0 B 0 , A 0 C 0 ) (đẳng thức cuối là do
AB ‖ A 0 B 0 , AC ‖ A 0 C 0 ). Ta để ý rằng góc đúng theo bởi hai tuyến đường thẳng là góc bé xíu nhất trong tứ góctạo thành khi hai tuyến phố thẳng đó giảm nhau, cho nên vì vậy tứ giác A 0 B 0 JC 0 nội tiếp hay giao điểm J củadb, dc nằm tại (A 0 B 0 C 0 ) ≡ (A′B′C′). Vấn đề được triệu chứng minh.Nhận xét. Điểm đồng quy J của tía đường trực tiếp Euler nói trên thường xuyên được gọi là điểm Jerabekcủa tam giác ABC. Điểm Jerabek có nhiều tính chất hình học thú vị, chúng ta đọc có thể tham khảothêm trong <3,4>.

Bài 5. Mang lại tam giác ABC trực chổ chính giữa H. Chứng minh rằng đường thẳng Euler của những tam giác
HBC, HCA, HAB đồng quy tại một điểm trê tuyến phố thẳng Euler của tam giác ABC.

Lời giải

Để giải bài toán này bọn họ cần hai té đề không còn xa lạ sau
Bổ đề 5 cho tam giác ABC trực chổ chính giữa H. Thì (HBC), (HCA), (HAB) theo thứ tự đối xứng với(ABC) qua BC, CA, AB.

Lời giải

Gọi giao điểm khác A của HA cùng với (ABC) là A′. Theo đặc thù trực vai trung phong và góc nội tiếp dễ thấŷ HBC = ̂HAC = Â ′BC. Vì thế tam giác HBA′ cân nặng tại B xuất xắc H cùng A′ đối xứng nhau qua BC do đó

(HBC) đối xứng (ABC). Giống như cho (HCA), (HAB), ta tất cả điều buộc phải chứng minh.

A

B COHA"OA

Hình 7.

Bổ đề 5 mang đến tam giác ABC, trực trung tâm H, vai trung phong đường tròn ngoại tiếp O, M là trung điểm BC thì
HA = 2OM.

Lời giải

Ta sử dụng những bổ đề sau
Bổ đề 6. Mang đến tam giác ABC nội tiếp con đường tròn (O), trung tâm đường tròn nội tiếp I. IA giảm (O) tạiđiểm D không giống A thì D là trung khu đường tròn nước ngoài tiếp tam giác IBC.

Lời giải

Sử dụng tính chất góc nội tiếp cùng góc xung quanh tam giác ta có
IBD ̂ = IBĈ + ̂CBD = IBÂ + IAĈ = IBÂ + IAB̂ = BID̂Vậy tam giác IDB cân nặng tai D. Tương tự như tam giác ICD cân tại D cho nên DI = DB = DC vậy Dlà vai trung phong đường tròn nước ngoài tiếp tam giác IBC.

AB CID

Hình 10.

Bổ đề 6 (Định lý Menelaus). Cho tam giác ABC một mặt đường thẳng cắt cha cạnh BC, CA, ABtương ứng trên A′, B′, C′ thì A′B A′C. B

′CB′A. C′AC′B= 1.

Xem thêm: Giải bài 3 trang 69 sgk hóa học 9 trang 69 sgk hóa 9, giải bài 4 trang 69 sgk hóa 9

Định lý đã được bệnh minh cụ thể trong §7 của <7>.Trở lại bài bác toán. điện thoại tư vấn O là trung tâm (ABC), IA giao (ABC) trên điểm OA khác A, G, GA theo thứ tự là trọngtâm tam giác ABC, IBC, M là trung điểm BC, GGA giảm OOA tại E.

Theo bổ đề 6 và các đặc điểm cơ phiên bản ta thấy OA là trung điểm cung

BC không cất A của

(O) cho nên OOA vuông góc BC trên M.

IGAIM=AGAM= 23

nên GGA ‖ AOA suy ra

OAEOAM= 23(1),

hơn nữa

GAEGAG=IOAIA=COAIA(2).

Gọi GAOA (đường thẳng Euler của tam giác IBC) cắt OG (đường trực tiếp Euler của tam giác
ABC tại S). Ta sẽ chứng tỏ rằng S thế định.

Gọi N là hình chiếu của I lên AB. Vì chưng AIB̂ = BCÔ A yêu cầu hai tam giác vuông △IAN cùng △OACM

đồng dạng. Bởi đó

IAOAC=INMOA=

r
MOA

hay r =

COAMOA(3).GAOAAB COIMG SEN

Hình 11.

Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác GOE có S, GA, OA thẳng mặt hàng ta có

1 =SGSO. OAOOAE. GAEGAG=SGSO.R32OAM. COAIA

(do (1), (2))

=SGSO.2 R

3 r

(do (3))

Vậy

SGSO= 3

r2 R

, cho nên S cố định. Tương tự, các đường thẳng Euler của tam giác ICA, IAB cũng

đi qua S nằm trên tuyến đường thẳng Euler của tam giác ABC. Ta có điều buộc phải chứng minh.

Nhận xét. Điểm đồng quy S thường xuyên được gọi là vấn đề Schiffler của tam giác ABC. Bạn đọc có thểtham khảo thêm đặc thù điểm này vào <3,4>

Qua hai bài xích 5, 6 chúng ta thử đặt ra câu hỏi về một việc tổng quát, có những điểm p. Nàotrong tam giác cơ mà đường thẳng Euler của những tam giác p. BC, phường CA, phường AB đồng quy ?(Rõ ràng làtính chất này sẽ không đúng với đa số P trong khía cạnh phẳng). Thực ra quỹ tích các điểm p như vậy làmột mặt đường cong bậc 3 phù hợp với đường tròn nước ngoài tiếp tam giác, bài xích toán này đã vượt qua khuôn khổcủa chăm đề này. Tuy vậy chúng ta có thể đưa việc đó về một bài toán đơn giản và dễ dàng hơn nhưng cóthể coi như là 1 trong dấu hiệu nhằm xét sự đồng quy của ba đường thẳng Euler, đó là bài toán dưới đây

Bài 7. Cho tam giác ABC với P là vấn đề bất kỳ. OA, OB , OC theo lần lượt là trung ương đường tròn nước ngoài tiếp cáctam giác p BC, p CA, phường AB. Chứng minh rằng con đường thẳng Euler của những tam giác p BC, p. CA, p. ABđồng quy khi còn chỉ khi AOA, BOB , COC đồng quy.

Lời giải

Hình 13.

Tương tự cho các đỉnh B, C ta có

B 1 GCB 1 GA=B 2 CB 2 A,C 1 GAC 1 GB=C 2 AC 2 B

. Nhân các tỷ số ta thu được
A 1 GBA 1 GC

. B 1GCB 1 GA. C 1GAC 1 GB=A 2 cha 2 C. B2 CB 2 A. C2 AC 2 B

Sử dụng đẳng thức trên, ta vận dụng định lý Menelaus vào những tam giác GAGB GC , ABC thì

A 1 , B 1 , C 1 thẳng mặt hàng khi và chỉ còn khi

A 1 GBA 1 GC. B 1GCB 1 GA. C 1GAC 1 GB

= 1 khi và chỉ khi

A 2 tía 2 C. B2 CB 2 A. C2 AC 2 B

= 1 khi

và chỉ lúc A 2 , B 2 , C 2 trực tiếp hàng. Suy trái lại các kết quả ta được điều bắt buộc chứng minh.Nhận xét. Tín hiệu AOA, BOB , COC đồng quy hoàn toàn có thể coi là kiểm tra dễ dãi hơn so với việc trựctiếp chỉ ra tía đường trực tiếp Euler đồng quy. Ta thuận tiện kiểm triệu chứng lại điều ấy trong những bài 5 và 6.Sau đây là hai bài xích toán tương tự như để áp dụng tính chất này
Bài 8. Mang đến tam giác ABC dựng ra bên ngoài các tam giác số đông BCA′, CAB′, ABC′ a) chứng tỏ rằng AA′, BB′, CC′ đồng quy trên điểm F (Gọi là vấn đề Fermat của tam giác
ABC), giả dụ A,̂ B,̂ C AB COIC"B"A"FDEKH

Hình 14.

Gọi A′, B′, C′ theo thứ tự là giao điểm không giống A, B, C của IA, IB, IC với đường tròn nước ngoài tiếp (O).

Khi kia A′ là trung điểm cung

BC không chứa A của (O) cho nên OA′ ⊥ BC suy ra OA′ ‖ ID.Gọi giao điểm của A′D với OI là K, áp dụng định lý Thales vào tam giác KOA′ ta thấy ngay
KDKA′

=KIKO=IDOA′=

r
R

trong kia r, R theo lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp với ngoai tiếp tam

giác. Cho nên vì thế K ráng định, tương tự B′E, C′F đi qua K.

Lấy điểm H thuộc đoạn KO sao cho

KHKI=

r
R

. Áp dụng định lý Thales vào tam giác KIA′

ta thấy

KHKI=KDKA′

(cùng bằng

r
R

) nên DH ‖ IA′. Bằng tính chất tia phân giác với tam giác cân

dễ thấy IA′ ≡ AI ⊥ EF cho nên vì thế DH ⊥ EF. Chứng tỏ tương trường đoản cú EH ⊥ DF, F H ⊥ ED tốt H làtrực trung ương của tam giác DEF. Ta để ý rằng I đó là tâm mặt đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF ,vậy IH là đường thẳng Euler của tam giác DEF trải qua O. Ta bao gồm điều bắt buộc chứng minh.Nhận xét. Bài xích 11 là một tác dụng rất hay gặp về mặt đường thẳng Euler, nhờ đó ta có thể chứng minhđược hiệu quả thú vị khác như sau
Bài 12. Cho tam giác ABC, những đường cao AA′, BB′CC′ đồng quy tại H. Call D, E, F là hình chiếucủa H lên B′C′, C′A′, A′B′. Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác DEF và tam giác
ABC trùng nhau.

Lời giải

Ta sẽ biết một kết quả quen thuộc chính là trực trọng tâm H của tam giác ABC đó là tâm đườngtròn nội tiếp tam giác A′B′C′. Lúc đó theo bài bác 11, đường thẳng Euler của tam giác DEF chủ yếu làđường trực tiếp nối H với N, trong những số ấy N là chổ chính giữa đường tròn ngoại tiếp tam giác A′B′C′. Còn mặt khác tâm
N đường tròn ngoại tiếp tam giác A′B′C′ chính là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC vày đó
NH cũng chính là đường thẳng Euler của tam giác ABC. Đó là điều phải hội chứng minh.

Nhận xét. Áp dụng bài xích 12 ta lại sở hữu một tác dụng thú vị khác

AB CIDEFK L

Hình 16.

Bài toán có tương đối nhiều cách tiếp cận, tại chỗ này ta sử dụng bổ đề sau
Bổ đề 16. đến tam giác ABC, mặt đường tròn nội tiếp (I) của tam giác tiếp xúc BC trên D. Call DElà 2 lần bán kính của I. AE giảm BC trên F thì BD = CF.

Lời giải

A

B CIDEFPQRNA 1B 1C 1GA 2

Hình 17.

Gọi giao điểm của tiếp tuyến đường tại E của (I) với AB, AC theo lần lượt là K, L. Call r là buôn bán kính

của (I). Ta chú ý rằng KI, LI thứu tự là phân giác các góc BKL̂ và góc ̂CLK. Từ đó ta dễ thấy△KEI ∼ △IDB (g) suy ra KE = ID = r 2. Giống như EL = ID = r 2 vị đó
KE = EL

Suy ra

ELBD=KEDC=EL + KEDB + DC=KLBC(1)

Dễ thấy KL ‖ BC. Theo định lý Thales ta tất cả ELF C

=ALAC=KLBC(2)

Từ (1), (2) ta dễ dàng suy ra BD = F C, ta chứng tỏ được té đề.Trở lại bài toán. điện thoại tư vấn giao điểm của AP cùng với BC là A 1 với trung điểm BC là A 2. Theo xẻ đề BD = CA 1vậy A 2 cũng chính là trung điểm domain authority 1 , I là trung điểm DP vì vậy suy ra IA 2 ‖ AA 1. Tương tự như có
B 1 , B 2 , C 1 , C 2 thì IB 2 ‖ BB 1 , IC 2 ‖ CC 1.

Từ đó ta vận dụng bài 2 a) với điểm I ta suy ra AA 2 , BB 2 , CC 2 đồng quy trên một điểm N nằmtrên mặt đường nối I và trọng tâm G của tam giác ABC không dừng lại ở đó GN = 2GI. Ta bao gồm điều đề xuất chứngminh.Nhận xét. Nếu như khách hàng đọc quen với định lý Ceva hoàn toàn có thể thấy nếu sử dụng riêng bổ đề 16 cũng đều có thểchứng minh được những đường AP, BQ, CR đồng quy mặc dù vậy để chứng tỏ điểm đồng quy nằm trên
IG sẽ chạm chán không ít cực nhọc khăn. Điểm đồng quy N của ba đường thẳng này còn mang tên gọi là điểm
Nagel vào tam giác ABC. Điểm Nagel cũng có rất nhiều tính hóa học hình học tập thú vị, chúng ta có thểtham khảo thêm trong <3,4>Như vậy, lúc đọc hoàn thành chuyên đề này những bạn bên cạnh đó đã trải sang một chặng mặt đường khá dàivới không ít ứng dụng và không ngừng mở rộng của mặt đường thẳng Euler. Thực tế trong bài viết nhỏ này mới chỉđề cập đến ứng dụng và mở rộng của định nghĩa đường trực tiếp Euler vào tam giác, ngoài ra vớinhững hình thức khá hạn chế thì các ứng dụng hay và thâm thúy của đường thẳng Euler trong tamgiác vẫn không được chứng minh hoặc chưa được đề cập tới. Do vậy, bài toán ứng dụng mở rộng các kháiniệm này mang đến tứ giác hoặc đi tìm những giải mã sơ cung cấp cho những bài toán còn không giải hoặc chưađề cập mang đến trong siêng đề này vẫn còn đó chờ các bạn đọc, rất mong bạn phát âm quan tâm.

Tài liệu

<1> Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình, Toán nâng hình học 10, NXBGD 2000

<2> Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình, bài tập nâng cấp và một vài chuyên đề hình học 10, NXBGD 2008

<3> Altshiller-Court N., College Geometry: An Introduction lớn the Modern Geometry of the Triangle and the Circle, Courier Dover Publications, 2 Rev Enl edition, 2007

<4> Roger A. Johnson, Advanced Euclidean Geometry, Courier Dover Publications, 2007.

Java
Script is disabled. For a better experience, please enable Java
Script in your browser before proceeding.
You are using an out of date browser. It may not display this or other websites correctly.You should tăng cấp or use an alternative browser.
*

Vẽ largeDeltaABC bao gồm giao điểm ba đường cao AD, BE, CF là H. G là trọng tâm của DeltaABC.Từ B vẽ đường thẳng song song với HC, tự C vẽ mặt đường thẳng tuy nhiên song cùng với HB, chúng cắt nhau trên Q.Gọi M là giao điểm của HQ cùng BC.Xét tứ giác HCQB ta có :{ egin BH// CQ (gt) \BQ//CH (gt)Rightarrow Tứ giác HCQB là hình bình hành vì bao gồm 2 cặp cạnh đối tuy vậy songRightarrow MB = MC và MH = MQ (tính chất đường chéo cánh hình bình hành)Xét DeltaABC bao gồm AM là mặt đường trung con đường (MB=MC):Mà G là giữa trung tâm DeltaABC (gt)RightarrowMG=frac13AMXét DeltaAHQ tất cả AM là mặt đường trung con đường (MH=MQ)Mà MG=frac13AM (cmt)Rightarrow G là giữa trung tâm DeltaAHQTa gồm HO là con đường trung con đường (OA=OQ=R)Rightarrow
G in HO.======Mình không rõ lớp 8 học con đường tròn chưa, nên những kiến thức như góc nội tiếp chắn nửa con đường tròn là góc vuông thì chắc chắn là bạn chưa chắc chắn (nếu bạn làm việc lớp 8)
*
. Cách chứng tỏ thì như trên. Không minh chứng song tuy vậy được thì đành từ vẽ ra thôi ^^!======Cách 2:
CM: HCQB là hình bình hành
CM: fracAGMG =2 = fracAHOM bằng đặc điểm đường mức độ vừa phải trong DeltaAHQ và tính chất trọng trung ương trong DeltaABCCM: DeltaAHG và DeltaMOG đồng dạngRightarrow widehatAGH=widehatMGO (1)Ta có: widehatHGA + widehatHGM = 180^0 (2 góc kề bù) (2)Từ (1) & (2) ta có: widehatMGO + widehatHGM = 180^0 Rightarrow H, G, O trực tiếp hàng.2. Minh chứng đường tròn Euler
Gọi K là trung điểm của OHCách 1: Gọi I là trung điểm của AHXét DeltaAHO có:{ egin IA=IH (gt) \KH=KO (gt)Rightarrow IK là mặt đường trung bình của DeltaAHORightarrow IK//AO; IK=frac12AO=fracR2 (1)Cm tương tự: KM là mặt đường trung bình của DeltaHOQRightarrow KM//OQ; KM=frac12OQ=fracR2 (2)Từ (1), (2) Rightarrow { egin KI=KM=fracR2 \I, K, M thẳng hàng
Xét DeltaIDM vuông trên D gồm DK là trung tuyến (KI=KM)RightarrowKI=KM=DK=fracR2Rightarrow
I, D, M in (K;fracR2)Cm tương tự: 2 chân con đường cao vẽ từ bỏ B cùng C, 2 chân con đường trung đường vẽ từ bỏ B và C, 2 trung điểm HB với HC in (K;fracR2)Cách 2:
cập nhật sớm ^^!3. Minh chứng định lý EulerCập nhật sớm ^^!