ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ VĂN ĐỨC MỘT SỐ ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG VÀ ÁP DỤNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Ngọc Thái Nguyên - 2011 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Ngun http://www.lrc-tnu.edu.vn Cơng trình hồn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Ngọc Phản biện 1: GS TSKH Hà Huy Khoái - Viện Toán học Phản biện 2: PGS TS Lê Thị Thanh Nhàn - Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Ngày 09 tháng 09 năm 2011 Có thể tìm hiểu Thư viện Đại học Thái Nguyên Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mở đầu Chương Tam giác 1.1 Kí hiệu hệ thức tam giác 1.2 Định lý Thales định lý Pythagoras 1.2.1 Định lý Thales 1.2.2 Định lý Pythagoras 1.3 Định lý hàm số sin định lý hàm số cosin 1.3.1 Định lý hàm số sin 1.3.2 Định lý hàm số cosin 1.3.3 Bài toán 1.4 Định lý Stewart áp dụng 1.4.1 Định lý Stewart 1.4.2 Định lý đường trung tuyến 1.4.3 Định lý đường phân giác 1.4.4 Cơng thức góc chia đơi 1.5 Công thức diện tích tam giác áp dụng 1.5.1 Cơng thức diện tích tam giác 1.5.2 Tỉ số diện tích hai tam giác 1.5.3 Bài toán 1.6 Tam giác Pedal 1.6.1 Pedal 1.6.2 Pedal trực tâm 1.6.3 Pedal tâm nội tiếp 8 8 11 13 13 13 14 15 15 16 17 18 21 21 23 23 28 28 29 32 Chương Tứ giác 2.1 Ký hiệu hệ thức 2.2 Định lý Ptolemy mở rộng 35 35 38 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 2.2.1 Định lý Ptolemy 2.2.2 Bất đẳng thức Ptolemy 2.2.3 Định lý Bretschneider 2.2.4 Định lý Casey 2.2.5 Định lý Carnot 2.2.6 Bài toán 2.3 Tứ giác đặc biệt 2.3.1 Tứ giác nội tiếp đường tròn 2.3.2 Tứ giác ngoại tiếp đường tròn 2.3.3 Tứ giác đồng thời nội ngoại tiếp 2.3.4 Tứ giác với đường chéo vuông góc 2.4 Cơng thức diện tích tứ giác 2.4.1 Công thức diện tích tứ giác nội tiếp 2.4.2 Cơng thức diện tích tứ giác ngoại tiếp 2.4.3 Công thức diện tích tứ giác đồng thời nội tiếp ngoại tiếp 2.4.4 Cơng thức diện tích tứ giác lồi 2.5 Tứ giác điều hồ tính chất 2.5.1 Hàng điểm điều hoà 2.5.2 Tứ giác điều hoà 2.5.3 Tính chất tứ giác điều hoà 2.5.4 Bài toán Chương Các đường thẳng đồng quy 3.1 Định lý Ceva 3.2 Một số mở rộng định lý Ceva mặt phẳng 3.2.1 Định lý Ceva dạng sin 3.2.2 Mở rộng định lý Ceva mặt phẳng 3.3 Mở rộng định lý Ceva không gian 3.3.1 Định lý Ceva không gian 3.3.2 Hệ định lý Ceva không gian 3.4 Các điểm đặc biệt tam giác 3.4.1 Các điểm đặc biệt quen biết Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 38 39 40 41 42 42 46 46 50 55 56 57 57 58 58 59 60 60 60 61 63 67 67 68 68 69 71 71 72 73 73 3.4.2 Một số điểm đặc biệt khác 3.5 Bài toán Chương Các điểm thẳng hàng 4.1 Định lý Menelaus 4.2 Mở rộng định lý Menelaus mặt phẳng 4.2.1 Mở rộng định lý Menelaus tam giác 4.2.2 Mở rộng định lý Menelaus theo diện tích 4.2.3 Mở rộng Định lý Menelaus tứ giác 4.3 Mở rộng định lý Menelaus không gian 4.3.1 Mặt phẳng phân giác góc nhị diện 4.3.2 Định lý Menelaus không gian 4.4 Định lý Desargues Định lý Pappus 4.4.1 Định lý Desargues 4.4.2 Định lý Pappus 4.5 Tam giác phối cảnh 4.6 Bài toán 73 75 83 83 84 84 84 85 86 86 86 87 87 88 88 89 Chương Đường trịn 5.1 Phương tích điểm - Trục đẳng phương 5.1.1 Định lý dây cung cắt 5.1.2 Phương tích điểm đường trịn 5.1.3 Trục đẳng phương tâm đẳng phương 5.2 Định lí Euler 5.2.1 Đường thẳng Euler 5.2.2 Đường tròn Euler 5.2.3 Công thức Euler 5.3 Đường tròn Apolonius 5.4 Định lí Simson 5.5 Định lí Steiner 5.5.1 Đường thẳng Steiner 5.5.2 Định lí Steiner 5.6 Định lý Pithot 95 95 95 95 99 100 100 102 103 105 108 111 111 111 113 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 5.7 Định lý Miquel 5.8 Định lý Brianchon 5.9 Định lý Pascal Định 5.9.1 Định lý Pascal 5.9.2 Định lý Newton 5.10 Định lý The’bault Kết luận lý Newton Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 113 114 115 115 117 117 119 Mở đầu Các định lý Thales (Talet), Pythagoras (Pitago), định lý đường phân giác, định lý đường trung tuyến, định lý hàm số cosin, định lý hàm số sin định lý hình học phẳng giới thiệu sách giáo khoa hình học bậc phổ thơng hầu hết quốc gia Nhiều tính chất đẹp quan trọng khác hình học phẳng giới thiệu chủ yếu dạng toán nâng cao, hay toán kỳ Olympic Để giải toán thường phải vận dụng định lý định lý Ptolemy (Ptôlêmê) tứ giác nội tiếp, định lý Ceva (Xêva) đường thẳng đồng quy tam giác, định lý Menelaus (Mênêlauys) điểm thẳng hàng, định lý Simson (Simsơn), định lý Euler (Ơle), định lý Brianchon, định lý Newton (Niutơn) Các tính chất rải rác giới thiệu tài liệu dành cho học sinh giỏi Nhiều chuyên gia tài liệu nước ngồi gọi định lý nói "Famous geometry theorems" - "Các định lý hình học tiếng" Hiện tài liệu Tiếng Việt định lý hình học tiếng chưa có nhiều tản mạn Cần thiết phải giới thiệu định lý áp dụng chúng cách đầy đủ Vì vậy, việc tìm hiểu sâu thêm giới thiệu Các định lý hình học tiếng cần thiết cho công việc học tập giảng dạy tốn học bậc phổ thơng Bản luận văn "Một số định lý hình học tiếng áp dụng" tiến hành vào năm 2010 chủ yếu dựa tài liệu [3,7-9], tài liệu [3] làm quen từ tháng năm 2011 Bản luận văn "Một số định lý hình học tiếng áp dụng" gồm có: Mở đầu, năm chương nội dung, kết luận tài liệu tham khảo Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Tam giác Chương trình bày định lý hình học phẳng dạy bậc trung học sở trung học phổ thông định lý Thales, định lý Pythagoras, định lý đường phân giác, định lý Stewart, định lý Appollonius-Pappus, định lý hàm số sin, hàm số cosin, cơng thức diện tích tam giác Khác với nhiều tài liệu hình học sơ cấp, luận văn giới thiệu cách chứng minh đơn giản định lý Thales, Pythagoras định lý Stewart Chương cịn trình bày tam giác pedal, pedal trực tâm tìm tịi tác giả Chương trình bày 17 tốn áp dụng định lý nói Chương Tứ giác Chương trình bày số định lý liên quan đến tứ giác toán áp dụng Đó định lý Ptolemy, định lý Bretchneider, định lý Casey, định lý Canot Chương đề cập đến tứ giác đặc biệt tứ giác nội tiếp, tứ giác ngoại tiếp, tứ giác đồng thời ngoại nội tiếp, tứ giác điều hồ, 10 tính chất tứ giác ngoại tiếp tìm tòi tác giả luận văn Trong chương tơi giới thiệu 20 tốn áp dụng định lý liên quan đến tứ giác Chương Các đường thẳng đồng quy Chương trình bày kiến thức đường thẳng đồng quy, đặc biệt định lý Ceva với mở rộng mặt phẳng không gian Chương giới thiệu số điểm đặc biệt tam giác tạo nên đường thẳng đặc biệt đồng quy Trong chương trình bày 11 toán liên quan đến đường thẳng đồng quy, đa phần trích từ đề thi vô địch Quốc tế Việt Nam Chương Các điểm thẳng hàng Chương trình bày kiến thức liên quan đến điểm thẳng hàng, đặc biệt định lý Menelaus mở rộng tứ giác, khơng gian Chương cịn giới thiệu định lý Desargues, định lý Pappus 10 tốn liên quan đến điểm thẳng hàng Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Đường tròn Chương giới thiệu số định lý hình học tiếng liên quan đến đường tròn định lý Euler đường tròn Euler, định lý Simson đường thẳng Simson, định lý Steiner, định lý Newton, định lý Brianchon số định lý khác Trong chương trình bày 16 tốn liên quan đến đường trịn Luận văn hoàn thành với hướng dẫn TS Nguyễn Văn Ngọc - Viện Toán Học Hà Nội Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới Thầy hướng dẫn, tới thầy cô giáo Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Đồng thời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K3 - Trường Đại học Khoa học động viên, giúp đỡ trình học tập làm luận văn Tác giả xin cảm ơn Sở Giáo dục - Đào tạo tỉnh Hà Giang, Ban Giám hiệu đồng nghiệp trường THPT Hùng An, trường THPT Đồng Yên - Huyện Bắc Quang tạo điều kiện mặt để tác giả tham gia học tập hồn thành khố học Thái Nguyên, ngày 25 tháng 06 năm 2011 Tác giả Vũ Văn Đức Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Tam giác 1.1 Kí hiệu hệ thức tam giác Kí hiệu ∆ABC tam giác ABC với đỉnh A, B, C Để thuận tiện, độ lớn góc ứng với đỉnh A, B, C kí hiệu tương ứng A, B, C Độ dài cạnh tam giác: BC = a, CA = b, AB = c a+b+c Nửa chu vi tam giác: p = Đường cao với cạnh: , hb , hc Đường trung tuyến với cạnh: ma , mb , mc Đường phân giác với cạnh: la , lb , lc Bán kính đường trịn ngoại tiếp R, bán kính đường trịn nội tiếp r Bán kính đường tròn bàng tiếp cạnh: Ra , Rb , Rc Diện tích tam giác ABC: S = SABC hay [ABC] Hệ thức góc: A + B + C = 180o (π) Hệ thức cạnh: |b − c| < a < b + c; |c − a| < b < c + a; |a − b| < c < a + b Cơng thức tính diện tích tam giác Diện tích tam giác nửa tích cạnh với đường cao tương ứng: 1 [ABC] = aha = bhb = chc 2 1.2 1.2.1 Định lý Thales định lý Pythagoras Định lý Thales Thales Pythagoras hai nhà toán học xa xưa mà lịch sử Toán học ghi lại Thales sinh trước Pythagoras nửa kỷ, thầy dạy Pythagoras đánh giá cao tài cậu học trò nhỏ tuổi Thales sinh khoảng năm 620 khoảng năm Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 105 = R2 − abc 2P Mặt khác, S = pr = abc abc ⇒ 2Rr = nên ta d2 = R2 − 2Rr 4R 2p Bài toán 5.8 (IMO, 1962) Cho R, r bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp tam giác cân Khi đó, khoảng cách d hai tâm hai đường tròn R(R − 2r) Lời giải Giả sử ABC tam giác có AB = AC, gọi O I tương ứng tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp Đặt d khoảng cách IO, ta quy ước d > O gần A I, d < I gần A O Ở ta trình bày vec hình trường hợp O gần A I, trường hợp lại kết khơng thay đổi với quy Hình 5.13 ước Gọi α goác OAB, M trung điểm BC Kẻ IH⊥AB Khi HI HI r sin α = = = , hay r = (R + d) sin α AI AO + OI R+d OM OI + IM r+d cos 2α = cos BOM = = = , OB OB R hay r + d = R cos 2α (5.1) (5.2) Kết hợp (5.1), (5.2) sử dụng công thức cos 2α = − sin2 α ta tìm hệ thức (d + R + r)[d2 − R(R − 2r)] = Nếu d > trường hợp ta xét hiển nhiên (d + R + r) > 0, d < trường hợp cịn lại ta ln có OI < OA nên ta có (d + R + r) > Vì [d2 − R(R − 2r)] = ⇔ d = R(R − 2r) (đpcm) 5.3 Đường tròn Apolonius Apolonius sinh vào khoảng năm 262 trước CN Perga, thuộc Thổ Nhĩ Kì Ơng vào khoảng năm 190 trước CN Alexandria, Ai Cập Ông mệnh danh "Ông vua Hình học", tác phẩm đồ sộ cịn lại đến ngày sách gồm Conics (các đường Cơ-níc) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 106 Định lý 5.5 Cho đoạn thẳng AB=a cố định, m số cho trước (0 < MA = m Khi đó, quỹ tích m < 1) M điểm chuyển động cho MB điểm M đường tròn đường tròn gọi đường tròn Apolonius tương ứng với hai điểm A, B tỉ số m Chứng minh Cách Chứng minh phương pháp Hình học giải tích Chọn hệ thống trục toạn độ vng góc cho A = (a; 0) B = (b; 0) Giả sử M có toạ độ (x, y) MA Điều kiện = m tương đương với M A2 = k M B , tức MB (x − a)2 + y = m2 ((x − b)2 + y ) Nhóm lại số hạng chia cho − m2 ta 2m2 b − 2a m2 b2 − a2 x + x+y = − m2 − m2 Đây phương trình đường trịn có tâm nằm trục hồnh, tức nằm AB Cách Vẽ M C, M D đường phân giác ngồi góc AM B(C, D) ∈ AB Ta có M C, M D hai tia phân giác hai góc kề bù, suy CA DA MA = = DM C = 90o CB DB MB Từ đó, theo tính chất tỉ lệ thức ta có: Hình 5.14 CA MA m CA m = = ⇒ = CB MB CA + CB m+1 CA m m ⇒ = ⇒ CA = a (không đổi) AB m+1 m+1 Vậy C điểm cố định Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 107 Tương tự, ta có m DA m m DA = ⇒ = ⇒ DA = a (không đổi) DB − DA − m AB 1−m 1−m Suy D điểm cố định Do DM C = 90o , mà DC cố định nên M thuộc đường trịn cố định có đường kính DC Đảo lại, lấy điểm M đường trịn đường kính DC, ta có DM C = 90o Vẽ HA⊥M C(H ∈ M C), AH ∼ M B ≡ K  AB  AK  = AH⊥M C DM DB ⇒ AH//DM ⇒ DM ⊥M C  AH = CA  DM CD Ta lại có DB = DA + AB = m a + a = a nên 1−m 1−m AB AK = = DM DB a = − m a 1−m (5.3) m M 2m Ta có CD = CA + AD = a, a + a = m+1 1−m − m2 suy CA AH = = DM CD 1−m m+1 = 2m a − m2 (5.4) AK AH = ⇒ AK = 2AH DM DM Vậy H trung điểm AK ∆M AK có M H⊥AH, H trung điểm AK, ∆M AK cân M , suy M C phân giác góc M AB Từ (5.3) (5.4) suy AM x + AM B = 180o DM A + AM C = 180o (kề bù) (= DM C) ⇒ DM A = AM x Vậy M D phân giác AM x Tóm lại, tập hợp điểm M đường trịn đường kính DC Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 108 5.4 Định lí Simson Định lý 5.6 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O), giả sử S điểm nằm (O) cho S không trùng với đỉnh A, B, C tam giác Giả sử A0 , B0 , C0 hình chiếu S tương ứng cạnh BC, CA, AB Khi A0 , B0 , C0 thẳng hàng Đường thẳng chứa A0 , B0 , C0 gọi đường thẳng Simson S tam giác ABC Chứng minh Ta có CB0 S = CA0 S = 90o , suy tứ giác A0 B0 SC tứ giác nội tiếp, suy B0 A0 C = B0 SC Mặt khác, ABSC nội tiếp nên C0 BS = ACS = B0 CS ⇒ ∆SC0 B ∼ ∆SB0 C(g.g) ⇒ BSC = CSB0 ⇒ BSC0 = B0 A0 C Hình 5.15 Nhưng A0 BC0 S tứ giác nội tiếp (BA0 S = BC0 S = 90o ) nên BSC0 = BA0 C0 ⇒ B0 A0 C = BA0 C ⇒ C0 , A0 , B0 thẳng hàng (đpcm) Bài toán 5.9 Cho tam giác ABC Gọi D, E, F hình chiếu A BC, B CA, C AB Chân đường vng góc hạ từ D xuống AB, AC, BE, CF P, Q, M, N Chứng minh P, M, N, Q thẳng hàng Lời giải Rõ ràng tứ giác BDHF tứ giác tuần hoàn, đường thẳng simsơn điểm D qua P, M, N Nói cách khác P, M, N thẳng hàng Tương tự ta có Q, M, N thẳng hàng Vậy P, M, N, Q thẳng hàng Bài toán 5.10 (IMO 2007) Xét điểm A, B, C, D, E cho ABCD hình bình Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Hình 5.16 http://www.lrc-tnu.edu.vn 109 hành bốn điểm B, C, D, E nằm đường tròn Gọi l đường thẳng qua A Giả sử l cắt đoạn DC F BC G Giả sử = EG = EC Chứng minh l phân giác góc DAB Lời giải Gọi ME , MD , MC hình chiếu E lên CB, CD, BD Ta có theo giả thiết ban đầu E thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD, suy MC , ME , MD thẳng hàng (đường thẳng Simson) Mặt khác EG = EC = EF nên E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác GCF, ⇒ ME , MD trung điểm CG, CF ⇒ Hình 5.17 ME MD đường trung bình tam giác CGF ⇒ (ME MD MC )//(AF ) ≡ (GF ) ⇒ MC trung điểm CA đồng thời trung điểm BD Trong tam giác EBD, EMC đường cao đồng thời đường trung tuyến, suy tam giác EBD cân E, suy EB = BD Mặt khác EBC = EDC suy tam giác EBME tam giác EDMD nhau, suy EME = EMD ⇒ GC = CF ⇒ ∆CF G cân C, suy CGF = CF G Mà BAF = GF C, F AD = F GC ⇒ BAF = F AD ⇒ F A phân giác góc BAD hay l phân giác góc BAD Bài tốn 5.11 (IMO 1998 shortlisted problem) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R, H trực tâm tam giác Gọi D điểm đối xứng A qua BC, E điểm đối xứng B qua AC, F điểm đối xứng C qua AB Chứng minh D, E, F thẳng hàng OH = 2R Lời giải Cho ∆P QR tam giác trung gian tam giác ABC nghĩa A trung điểm QR, B trung điểm RP C trung điểm P Q Từ O vẽ đường vng góc tới QR, RP, P Q chân đường vng góc tương ứng D , E , F Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 110 Ta xem xét chứng minh D, E, F thẳng hàng D , E , F thẳng hàng Bằng định lý Simson (và định lý đảo nó) ta chứng minh D , E , F thẳng hàng O nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác P QR Lưu ý đường tròn ngoại tiếp tam giác P QR đường tròn qua trực tâm H tam giác ABC suy O nằm (P QR) OH đường kính (P QR) suy OH = 2R Hình 5.18 Bài tốn 5.12 (Olympic Tốn học Canada, 2001) Cho tam giác ABC với BA > AC Gọi P giao điểm đường trung trực BC đường phân giác góc A Dựng điểm X AB Y AC cho PX vng góc với AB PY vng góc với AC Gọi Z giao điểm BZ XY BC Xác định giá trị tỉ số ZC Lời giải Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Giả sử đường phân giác BAC cắt đường trịn R Ta có BOR = 2BAR = 2CAR = COR Như thế, BR = CR điểm R nằm trung trực BC Vậy R ≡ P tứ giác ABCP nội tiếp Các điểm X, Y, M chân đường vuông Hình 5.19 góc hạ từ P xuống cạnh ∆ABC Từ theo định lý Simson, điểm X, Y, M thẳng hàng Như BZ ta có M ≡ Z BZ = ZC = BM = M C = Vậy = ZC Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 111 5.5 5.5.1 Định lí Steiner Đường thẳng Steiner Định lý 5.7 Cho tam giác ABC điểm D nằm đường tròn ngoại tiếp tâm O tam giác Gọi A2 , B2 , C2 điểm đối xứng với D qua đường thẳng BC, CA, AB chúng thuộc đường thẳng đường thẳng qua trực tâm H tam giác ABC Đường thẳng gọi đường thẳng steiner ứng với điểm D tam giác ABC Còn điểm D gọi điểm anti steiner Chứng minh Dễ thấy gọi A1 , B1 , C1 hình chiếu D xuống ba cạnh tam giác ABC C1 trung điểm đoạn DC1 tương tự ta có A2 , B2 , C2 thẳng hàng Ta có B2 HC2 = C2 HB + BHC + CHB2 = DHC B + F HE + CHB D = DAB + BAC + CAD = π Vậy đường thẳng Steiner qua H Hình 5.20 Từ ta có tính chất đường thănge Simson ứng với điểm D qua trung điểm đoạn DH 5.5.2 Định lí Steiner Định lý 5.8 Cho tam giác ABC Lần lượt gọi r, , rb , rc bán kính tương ứng đường trịn nội tiếp ba đường trịn bàng tiếp đối diện góc A, B, C tam giác Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp tiếp tam giác ABC Khi đó, ta có + rb + rc − r = 4R Chứng minh Ta có + rb + rc = 4R + r Hình 5.21 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 112 S S S abc S + + = + p−a p−b p−c S p ⇔ p ( (p − b)(p − c)) − (p − a)(p − b)(p − c) = abc ⇔ p(3p2 − 2p(a + b + c) + ab) − p3 + p2 a − p ab + abc = abc ⇔ −2p3 + p2 a + p ab − p ab = (đpcm) ⇔ Định lý 5.9 (Điểm Anti Steiner) Cho ∆ABC đường thẳng d qua H trực tâm tam giác ABC Gọi da , db , dc đường thẳng đối xứng d qua BC, AC, AB Các đường thẳng đồng quy điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (điểm gọi điểm Anti steiner d) Và d gọi đường thẳng steiner điểm (gọi G) Chứng minh Gọi HA , HB , HC hình chiếu H qua ba cạnh Suy ba điểm thuộc (O) ngoại tiếp tam giác ABC HA , HB , HC thuộc da , db , dc (da , db ) = (da , BC) + (BC, CA) + (CA, db ) = (BC, d) + (BC, CA) + Hình 5.22 (d, CA) = 2(BC, CA) = (CHA , CHB )(modπ) Vậy gọi giao điểm da , db G G thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Tương tự ta có đpcm Theo hình định lý đường thẳng steiner ta dễ thấy HC D đối xứng với HC2 , HB D đối xứng với HB2 Vậy ta có d đường thẳng steiner G Định lý 5.10 Gọi P điểm thuộc đường thẳng d.PA , PB , PC điểm đối xứng với P qua cạnh tam giác ABC Ta có đường trịn (APC PB ), (BPC PA ), (CPA PB ) qua điểm G Chứng minh Dễ thấy PC APB = 2BAC(modπ) Theo chứng minh lại có (dc , db ) = PC GPB = 2BAC(modπ) Suy G thuộc đường trịn (APC PB ) Tương tự có đpcm Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 113 5.6 Định lý Pithot Định lý 5.11 Cho ABCD tứ giác lồi Khi đó, ABCD ngoại tiếp đường tròn AB + CD = AD + BC Chứng minh Phần thuận Dễ dàng thấy ABCD ngoại tiếp đường trịn AB + CD = AD + BC, điều có theo tính chất tiếp tuyến Phần đảo Giả sử ABCD thoả mãn điều kiện AB + CD = AD + BC Suy |AD − CD| = |AB − BC| = 2a (không đổi, với a số dương đó) Bằng cách vẽ hai đường phân giác góc A B, ta dựng đường tròn tiếp xúc với AB, AD BC Gọi D điểm AD cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn Theo phần thuận ta có AB + CD = AD + BC, suy |AD − CD | = |AB − BC| = 2a Vậy D D nằm hypebol có hai tiêu điểm A C Tuy nhiên A, D D thẳng hàng nên D phải Hình 5.23 trùng D (đpcm) 5.7 Định lý Miquel Miquel nhà tốn học Pháp, nhiên cơng trình ơng khơng đủ để lịch sử tốn lưu lại tiểu sử Ông phát biểu chứng minh định lý Miquel năm 1832, đăng năm 1838 tạp Jounal de Mathematiques Pures et Appliquées Định lý 5.12 (Định lí Miquel) Giả sử ba đường trịn với tâm O1 , O2 , O3 có điểm chung I Gọi (O1 )∩(O2 ) ≡ M, (O2 )∩(O3 ) ≡ R, (O3 )∩(O1 ) ≡ N Dù F điểm tuỳ ý đường tâm O3 ; giả sử F N F R tương ứng cắt (O1 ), (O2 ) D E Khi D, M, E thẳng hàng Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 114 Chứng minh Thật vậy, nối DM, EM , nối M I, N I, RI Dễ thấy góc F , D, E bù với góc N IR, M IN , M IR, nên F + D + E = 540o − (N IR, M IN , M IR) = 180o Từ đó, FDME tạo thành tam giác, nghĩa D, M, E thẳng hàng Hệ 5.3 Giả sử ba đường tròn O1 , O2 , O3 giao điểm I, O1 O2 cắt điểm thứ hai M , O1 O3 cắt điểm thứ hai N , O2 O3 cắt điểm thứ hai R Qua M kẻ đường thẳng DM E (với D ∈ O1 , E ∈ O2 ) Khi DN ER cắt điểm F O2 Hình 5.24 Hệ 5.4 Trên ba cạnh DE, DF FE tam giác DEF, lấy ba điểm M, N, R Dựng đường trịn (DMN), (EMR) (NFR) Khi ba đường trịn có chung điểm I (I gọi điểm Miquel tam giác) 5.8 Định lý Brianchon Định lý 5.13 Các đường thẳng AB, BC, CD, DE, EF, F A tiếp xúc với đường tròn G, H, I, J, K, L (có thể khơng xếp theo thứ tự này) Khi đường thẳng AD, BE, CF đồng quy Chứng minh Gọi M giao điểm AB CD, N giao điểm DE F A Áp dụng định lý Newton cho tứ giác AM DN , suy đường thẳng AD, IL, GJ đồng quy điểm A1 Tương tự đường thẳng BE, HK, GJ đồng quy B1 , đường thẳng CF, HK, IL đồng quy C1 Chú ý IL ≡ A1 C1 Áp dụng định lý Pascal cho điểm G, G, I, L, L, H, suy Hình 5.25 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 115 điểm A, O, P thẳng hàng, O giao điểm GI LH, P giao điểm IL HG Tiếp tục áp dụng định lý Pascal cho điểm H, H, L, I, I, G, suy C, O, P thẳng hàng Do A, C, P thẳng hàng Bây ta đặt G giao điểm AB A1 B1 , H giao điểm BC B1 C1 , P giao điểm CA IL tức CA C1 A1 Áp dụng định lý Desargues (phần đảo) cho tam giác ABC, A1 B1 C1 , suy đường thẳng AA1 ≡ AD, BB1 ≡ BE, CC1 ≡ CF đồng quy Lưu ý phần đảo định lý Brianchon Thật vậy, gọi O giao điểm BB1 CC1 Xét tam giác RBB1 , QCC1 Vì đường thẳng RQ, BC, B1 C1 cắt P , A giao điểm RB với QC, O giao điểm BB1 CC1 , A1 giao điểm BR C1 Q Sử dụng định lý Desargues (phần thuận), ta có A, O, A1 thẳng hàng Do đó, đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy 5.9 5.9.1 Định lý Pascal Định lý Newton Định lý Pascal Định lý 5.14 Cho A, B, C, D, E, F điểm nằm đường trịn (có thể khơng xép theo thứ tự nêi trên) Gọi P giao điểm củaAB DE, Q giao điểm BC EF , R giao điểm CD F A Khi điểm P, Q, R thẳng hàng Chứng minh Gọi X giao điểm EF AB, Y giao điểm AB CD, Z giao điểm CD EF Áp dụng định lý Menelaus cho đường thẳng BC, DE, F A (đối với tam giác XY Z), ta có ZQ XB Y C = −1, QX BY CZ XP Y D ZE = −1, P Y DZ EX Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Hình 5.26 Y R ZF XA = −1 RZ F X AY http://www.lrc-tnu.edu.vn 116 Nhân đẳng thức trên, ý XA.XB = XE.XF ; ZQ XP Y R Y C.Y D = Y A.Y B; ZE.ZF = ZC.ZD, = −1 QX P Y RZ Theo định lý Menelaus, ta nhận điểm P, Q, R thẳng hàng Bài toán 5.13 (Thi vô địch Quốc gia Ba Lan, 1997) Cho ngũ giác lồi π ABCDE có DC=DE BCD = DEA = Gọi F điểm nằm AE AF = Chứng minh F CE = F DE đoạn thẳng AB thoả mãn BF BC F EC = BDC Lời giải Giả sử P giao điểm AE BC, ta có C, D, E, P nằm đường tròn Gọi Q, R tương ứng giao điểm DA, DB với đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEP Cho G giao điểm QC RE Ta có GCE = ADE GEC = BDC Theo định lý Pascal, áp dụng vào lục giác P CQDRE ta có A, G, B thẳng hàng Do vậy, để giải toán, cần chứng minh AG AE = , từ suy F ≡ G GB BC Định lý sin cho ta: Hình 5.27 AG sin DCQ QC sin RBG CD sin QRG sin DBA = = GB RG sin GAQ DE sin GQR sin BAD sin ERD = sin ADE AD AE = BC sin CDB BD đó, biến đổi sau suy từ tam giác ADE BDC vng Bài tốn 5.14 (Bài dự tuyển IMO, Nga đề nghị, 1991) Cho tam giác ABC P điểm nằm bên Gọi P1 , P2 chân đường vng góc hạ từ P xuống cạnh AC, BC Nối AP, BP, từ C hạ đường vng góc xuống AP, BP Gọi Q1 , Q2 tương ứng chân đường vuôg góc Chứng minh đường thẳng Q1 P2 , Q2 P1 , AB đồng quy Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 117 Lời giải Vì góc CP1 P , CP2 P , CQ2 P , CQ1 P vuông nên điểm C, Q, P1 , P, P2 , Q2 nằm đường trịn đường kính CP CP1 Q1 P cắt A Q2 P, CP2 cắt B Áp dụng định lý Pascal cho lục giác nội tiếp CP1 Q2 P Q1 P2 ta thấy Q1 P2 P1 Q2 cắt điểm K nằm đường thẳng AB 5.9.2 Hình 5.28 Định lý Newton Định lý 5.15 Một đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD, tiếp xức với cạnh AB, BC, CD, DA điểm E, F, G, H Khi đó, đường thẳng AC, EG, BD, F H đồng quy Chứng minh Gọi O giao điểm EG F H, Gọi X giao điểm EH F G Vì D giao điểm tiếp tuyến với đường tròn G, H Sử dụng định lý Pascal cho điểm E, G, G, F, H, H ta suy điểm O, D, X thẳng hàng Tương tự sử Hình 5.29 dụng định lý Pascal cho điểm E, E, H, F, F, G ta suy điểm B, X, O thẳng hàng Do B, O, D thẳng hàng, đường thẳng EG, BD, F H cắt O Chứng minh tương tự ta nhận đường thẳng AC, EG, F H cắt O Do đó, đường thẳng AC, EG, BD, F H đồng quy O 5.10 Định lý The’bault Định lý 5.16 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) D điểm nằm cạnh BC Đường tròn tâm P tiếp xúc với đoạn AD, DC Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 118 tiếp xúc với (O) Đường tròn tâm Q tiếp xúc với đoạn AD, DB tiếp xúc với (O) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi ta có P, I, Q thẳng hàng Chứng minh Gọi G, H tiếp điểm (Q) với DB, AD Gọi I giao điểm GH Theo định lí lyness mở rộng I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Vậy ta cần chứng minh P, I, Q thẳng hàng Thật vậy, gọi X, Y giao điểm GH DQ; EF DP Áp dụng định lí Thales ta có Hình 5.30 IX YD QX = = PD PD QD Vậy, P, I, Q thẳng hàng (đpcm) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 119 Kết luận Luận văn trình bày nhận kết sau Trình bày số định lý tiếng áp dụng vào tam giác với chứng minh đầy đủ tư liệu lịch sử Đặc biệt định lý Thales định lý Pythagorat hai định lý tiếng, nhiên chứng minh hay hai định lý lại không giới thiệu sách giáo khoa Tiếng Việt nên nhiều người giảng dạy nghiên cứu tốn học khơng biết đến chứng minh định lý Giới thiệu nhiều định lý tiếng khác hình học mở rộng chúng chưa đưa vào sách giáo khoa tiếng Việt Đó định lý Ptolemy, đinh lý Bretschneider, định lý Ceva, định lý Menelaus, định lý Euler, định lý Simson áp dụng vào tốn khó tam giác, tứ giác, đường tròn, đường điểm đặc biệt Đã khai thác số tính chất lý thú pedal trực tâm (5 tính chất) đường trịn ngoại tiếp tứ giác (10 tính chất) Tuyển chọn giới thiệu nhiều toán từ đến nâng cao khó áp dụng định lý hình học tiếng Nhiều tốn luận văn lấy từ đề thi học sinh giỏi hay vô địch nước, khu vực quốc tế, để giải chúng cần phải biết vận dụng sáng tạo định lý tương ứng Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... hình học tiếng cần thiết cho cơng việc học tập giảng dạy toán học bậc phổ thơng Bản luận văn "Một số định lý hình học tiếng áp dụng" tiến hành vào năm 2010 chủ yếu dựa tài liệu [3,7-9], tài liệu. .. từ tháng năm 2011 Bản luận văn "Một số định lý hình học tiếng áp dụng" gồm có: Mở đầu, năm chương nội dung, kết luận tài liệu tham khảo Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn... bày định lý hình học phẳng dạy bậc trung học sở trung học phổ thông định lý Thales, định lý Pythagoras, định lý đường phân giác, định lý Stewart, định lý Appollonius-Pappus, định lý hàm số sin,