Ký hiệu và hệ thức cơ bản trong tam giác
Tam giác ∆ABC gồm các đỉnh A, B, C, với độ lớn các góc tương ứng được ký hiệu là A, B, C Độ dài các cạnh của tam giác được quy định như sau: BC = a, CA = b, và AB = c.
Nửa chu vi của tam giác: p = a+b+c
2 Đường cao với các cạnh: h a , h b , h c Đường trung tuyến với các cạnh: m a , m b , m c Đường phân giác với các cạnh: l a , l b , l c
Bán kính đường tròn ngoại tiếp R, bán kính đường tròn nội tiếp r. Bán kính đường tròn bàng tiếp các cạnh: R a , R b , R c
Diện tích tam giác ABC: S = S ABC hay [ABC].
Công thức tính diện tích tam giác Diện tích tam giác bằng một nửa tích của một cạnh với đường cao tương ứng:
Định lý Thales và định lý Pythagoras
Định lý Thales
Định nghĩa 1.2.1 Hai đoạn thẳng AB và CD gọi là tỉ lệ với hai đoạn thẳng A 0 B 0 và C 0 D 0 nếu có tỉ lệ thức
Định lý Thales trong tam giác (Định lý 1.2.1) khẳng định rằng nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và song song với cạnh còn lại, thì nó sẽ tạo ra các đoạn thẳng tỉ lệ trên hai cạnh còn lại.
Chứng minh Xét tam giác ABC và giả sử đường thẳng xx 0 //BC, cắt
Hình 1.1: cạnh AB và AC tương ứng tại D và E Ta sẽ chứng minh
Vì DE song song với BC, nên diện tích tam giác DEB bằng diện tích tam giác DEC Trong tam giác ABE kẻ đường cao EF Khi đó
Theo định lý Thalet đảo, nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và tạo ra các đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ trên hai cạnh đó, thì đường thẳng này sẽ song song với cạnh còn lại của tam giác.
Chứng minh Giả sử đường thẳng xx 0 cắt các cạnh AB, AC của tam giác ABC theo thứ tự tại D và E, sao cho AB
Ta phải chứng minh DE//BC.
Qua D kẻ đường thẳng song song với cạnh BC cắt cạnh AC tại điểm
E 0 Theo định lý thuận ta có AB
EC, hay E 0 C = EC 0 , tức là E ≡ E 0 Do đó DE//BC
Hệ quả 1.2.1 Nhiều đường thẳng song song định ra trên hai cát tuyến những đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ.
Định lý Pythagoras
Tam giác vuông là loại tam giác có một góc vuông, với cạnh đối diện góc vuông gọi là cạnh huyền, và hai cạnh kề góc vuông được gọi là hai cạnh kề Theo định lý Pythagoras, trong tam giác vuông, bình phương độ dài cạnh huyền bằng tổng bình phương độ dài hai cạnh góc vuông Cụ thể, nếu tam giác ABC vuông tại A, thì công thức được biểu diễn là a² = b² + c².
Giả sử b ≥ c, ta dựng hình vuông BCP Q với độ dài cạnh là a Bên trong hình vuông, ta tạo ra 4 tam giác vuông tương tự như tam giác vuông ABC.
Ta thấy diện tích của hình vuông cạnh a bằng tổng diện tích của 4 tam giác vuông bằng tam giác ABC với diện tích của hình vuông cạnh (b−c).
Định lý Pythagoras đảo phát biểu rằng nếu bình phương độ dài một cạnh của tam giác bằng tổng bình phương độ dài của hai cạnh còn lại, thì góc nằm giữa hai cạnh đó là góc vuông Cụ thể, trong tam giác ABC, nếu a² = b² + c², thì góc Ab bằng 90 độ.
Kết luận: Một tam giác là vuông khi và chỉ khi bình phương độ dài của một cạnh bằng tổng bình phương độ dài của hai cạnh kia.
Định lý hàm số sin và định lý hàm số cosin
Định lý hàm số sin
Định lý 1.3.1 Trong tam giác ABC có các hệ thức a sinA = b sinB = c sinC = 2R (1.5)
Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Vì các góc A, B, C có vai trò như nhau, nên chúng ta chỉ chứng minh (1.5) cho góc A.
+) Nếu A = 90 o , thì sinA = 1, a = 2R, nên (1.5) đúng.
Ta có A = A 0 (góc nội tiếp cùng chắn một cung nhỏ BC) do đó: sinA = sinA 0 BC
Khi đó A+A 0 = 180 o , do đó sinA = sin (180 o −A 0 ) = sinA 0 = BC
Định lý hàm số cosin
Định lý 1.3.2 Trong tam giác ABC có các hệ thức a 2 = b 2 +c 2 −2bccosA; (1.6) b 2 = a 2 +c 2 −2accosB; (1.7) c 2 = a 2 + b 2 −2abcosC (1.8)
Cách 1 (Dùng công cụ vectơ) Vai trò của a, b, c như nhau, ta chỉ chứng minh công thức (1.6). Để đơn giản ta đặt: −→a = −−→
Cách 2 (Dùng công cụ đại số) Đây chính là ứng dụng của định lý Pythagoras.
Trong trường hợp cả hai góc B và C đều là góc nhọn, chúng ta có thể áp dụng định lý Pythagoras cho hai tam giác vuông ACH và ABH Theo đó, ta có các công thức AH² + CH² = AC² và AH² + BH² = AB².
Trừ tương ứng 2 vế của 2 đẳng thức trên ta được
⇒(BC −BH) 2 −BH 2 = AC 2 −AB 2
⇒BC 2 −2BC.BH = AC 2 −AB 2 hay a 2 −2a.BH = b 2 −c 2
Trong tam giác vuông ABH có cosB = BH
AB. Kết hợp với (1.9) ta suy ra: cosB = a 2 +c 2 −b 2
Tương tự ta chứng minh được c 2 = a 2 +b 2 −2abcosC; a 2 = b 2 + c 2 −2bccosA.
Định lý Stewart
Định lý 1.4.1 Cho ∆ABC với các độ dài BC = a, CA = b, AB = c Kẻ tia Am của góc A, cắt cạnh BC tại M Giả sử AM = p,
BM = m, M C = n Khi đó: a(p 2 +mn) =mb 2 +nc 2 (1.10)
Chứng minh Áp dụng định lý hàm số cosin cho các tam giác AM B và
AM C, ta có c 2 = p 2 +m 2 −2pmcos (AM B);\ b 2 = p 2 +n 2 −2pncos (AM C\). Chú ý rằng cos (AM B\) = cos (π −AM B\) =−cos (AM C\), nên ta có c 2 = p 2 +m 2 + 2pmcos (AM C\); b 2 = p 2 +n 2 −2pncos (AM C\). Suy ra nc 2 + mb 2 = p 2 (n+m) +mn(m+n) = (m+n)(p 2 +mn) =a(p 2 +mn).
Định lý đường trung tuyến
Trong một tam giác, ba đường trung tuyến giao nhau tại một điểm gọi là trọng tâm, với khoảng cách từ trọng tâm đến đỉnh gấp hai lần khoảng cách từ trọng tâm đến chân đường trung tuyến Định lý Apollonius - Pappus cũng nêu rõ rằng trong tam giác ABC, có các hệ thức liên quan đến đường trung tuyến, cụ thể là m²a = b² + c².
Cách 1: Theo phần chứng minh định lý cosin trong tam giác ta có kết quả:
2a Giả sử AB < AC thì BH < BM nên
Từ đó m 2 a = AM 2 = AH 2 +HM 2 = AB 2 −BH 2 +HM 2
4. Cách 2: Trong công thức (1.10) đặt p = m a , m = n = a
4 Các công thức còn lại được chứng minh tương tự.
Định lý về đường phân giác
Đường phân giác trong của góc tại một đỉnh của tam giác chia cạnh đối diện thành hai đoạn có tỉ lệ tương ứng với độ dài của hai cạnh kề.
Chứng minh Cho tam giác ABC và AD là đường phân giác trong của góc \BAC Ta phải chứng minh AB
Qua điểm B vẽ đường thẳng song song với cạnh AC, cắt đường thẳng
AD tại điểm E Ta có \BAE = \EAC
(giả thiết) và \BEA=\EAC (so le trong).
Suy ra BAE\ = BEA\ Do đó tam giác BAE cân, nên AB = BE. Áp dụng hệ quả của định lý
Nhưng BE = AB, do đó AB
Chú ý: Định lý vẫn đúng đối với đường phân giác ngoài của tam giác AB
D 0 C. Định lý 1.6.2 (Công thức đường phân giác) Độ dài các phân giácl a , l b , l c của góc A, B, C trong tam giác ABC tương ứng được tính theo công thức la = 2bc b+c.cosA
2 (1.12) Định lý 1.6.3 (Định lý Steiner - Lehmus) Tam giác có hai đường phân giác bằng nhau là tam giác cân.
Công thức góc chia đôi
Định lý 1.7.1 Công thức góc chia đôi: sin (A
Vẽ tia phân giác AL của tam giác ABC Ta có
BL+CL = c c+b ⇔ BL = ac b+c. Áp dụng định lý hàm số cosin cho ∆ABL, ta có
AL 2 = AB 2 +AL 2 −2AB.AL.cosB
Mặt khác [ABC] = [ABL] + [ACL] = 1
Chứng minh công thức cos A
Chứng minh công thức tan (A
Gọi O là đường tròn nội tiếp tam giác ABC Giả sử (I) tiếp xúc với
BC, CA, AB lần lượt tại A 1 , B 1 , C 1 Đặt AB 1 = AC 1 = x, BC 1 = BA 1 = y,
= (AC 1 +BC 1 ) + (BA 1 +CA 1 ) + (CB 1 +AB 1 )
Trong ∆AC 1 I vuông tại C 1 , ta có tan A
2 s(p−b)(p−c) p(p−a) Các công thức còn lại được suy ra từ công thức này bằng cách áp dụng các hệ thức cơ bản.
Công thức về diện tích của tam giác
Ta đi chứng minh một số công thức tính diện tích tam giác.
Chứng minh công thức (1.14) Ta đã biết [ABC] = 1
Trong tam giác ABC, có mối quan hệ giữa các cạnh và góc như sau: h a = AC.sinACH\ = b.sinACH\ Nếu góc C nhọn, thì ACH\ = Cb; còn nếu góc C tù, thì ACH\ = 180° − Cb Trong cả hai trường hợp, ta đều có sinACH\ = sinCb.
Bởi vậy ta có [ABC] = 1
2absinC Trường hợp đặc biệt nếu C = 90 o thì h a = b và sinC = 1 nên ta vẫn có công thức đó.
Chứng minh tương tự ta có [ABC] = 1
Từ công thức (1.14) thay sinC = c
2R ta có ngay công thức (1.15). Chứng minh công thức (1.17).
Giả sử đường tròn nội tiếp có tâm I, tiếp xúc với ba cạnh của tam giác ABC tại các điểm A0, B0, C0 Diện tích của tam giác ABC được tính bằng tổng diện tích của ba tam giác OBC, OCA và OAB, trong đó các tam giác này có đường cao tương ứng.
Chứng minh công thức (1.19) Từ hệ thức đã biết sin 2 A+cos 2 A= 1 (1.20)
Sử dụng định lý hàm số sin và hàm số cosin, trong (1.20) thay sinA = 4S
Tỉ số diện tích hai tam giác
Bổ đề 1.9.1 trình bày tỉ số diện tích giữa hai tam giác Giả sử B0 và C0 là các điểm tùy ý trên cạnh AB và AC của tam giác ABC Ký hiệu S là diện tích tam giác ABC và S0 là diện tích tam giác A0B0C0, khi đó tỉ số diện tích S0 so với S sẽ được xác định dựa trên vị trí của các điểm B0 và C0.
AB.AC Chứng minh Ta có
2.AB.AC.sinA = AB 0 AC 0
AB.AC (1.21) Định lý 1.9.1 Nếu hai đoạn thẳng AB∩ P Q ≡M, thì ta có
Đồng quy của các đường thẳng 18 2.1 Các điểm đặc biệt nổi tiếng trong tam giác
Các điểm đặc biệt quen biết
1) Tâm đường tròn ngoại tiếp Trong tam giác ABC, các đường trung trực các cạnh của tam giác đồng quy tại điểm O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2) Tâm đường tròn nội tiếp Trong tam giác ABC, các đường phân giác các góc của tam giác đồng quy tại điểm I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
3) Trọng tâm Trong tam giác ABC, các đường trung tuyến ứng với các cạnh của tam giác đồng quy tại điểm Gđược gọi là trọng tâm của tam giác ABC.
4) Trực tâm Trong tam giác ABC, các đường cao ứng với các đỉnh của tam giác đồng quy tại điểm H được gọi là trực tâm của tam giác
Một số điểm đặc biệt khác
1) Điểm Gergonne Trong tam giácABC ba đoạn thẳng nối các đỉnh của tam giác với tiếp điểm của cạnh đối diện với đường tròn nội tiếp đồng quy tại điểm G n được gọi là điểm Gergonne.
2) Điểm Nagel Trong tam giác ABC ba đoạn thẳng nối các đỉnh của tam giác với tiếp điểm của cạnh đối diện với đường tròn bàng tiếp đồng quy tại điểm N được gọi là điểm Nagel.
3) Điểm Toricelli Điểm M trong tam giác ABC có tính chất M A+
M B+M C đạt giá trị nhỏ nhất được gọi là điểm Toricelli.
4) Điểm Miquel Cho 4 đường thẳng cắt nhau tại 6 điểm tạo thành
4 tam giác Các đường tròn ngoại tiếp 4 tam giác này có một điểm chung gọi là điểm Miquel.
5) Điểm Napoleon Gọi A 0 , B 0 , C 0 là tâm của ba tam giác đều dựng ra phía ngoài của tam giác ABC bất kỳ, sao cho A 0 , B 0 , C 0 tương ứng đối diện với các điểm A, B, C Khi đó ba đường thẳng AA 0 , BB 0 , CC 0 đồng quy tại một điểm, được gọi là điểm Napoleon thứ nhất Tương tự nếu các tam giác đều được dựng về phía trong của tam giác đã cho, thì ta có điểm Napoleon thứ hai.
6) Điểm Fermat Cho tam giácABC Dựng ra phía ngoài (vào trong) các tam giác đều BCM, ACN, ABP Khi đó tâm phối cảnh của tam giác ABC và tam giác M N P được gọi là điểm Fermat thứ nhất (thứ hai) hay người ta còn gọi là điểm Fermat dương (âm).
7) Điểm Brocard Trong một tam giác ABC cho trước có hai điểm Brocard M,N được xác định sao cho: M AB\ = M BC\ = M CA\ và N AC\ N CB\ = N BA\
8) Điểm Schiffler Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác Khi đó 4 đường thẳng Euler của tam giác IAB, IAC, IAB và ABC đồng quy tại điểm Schiffler của tam giác.
9) Điểm Feuerbach Trong một tam giác,đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp của nó, và tiếp điểm đó được gọi là điểm Feuerbach của tam giác trên.
10) Điểm Kosnita Cho tam giác ABC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Gọi O 1 , O 2 , O 3 là tâm các đường tròn ngoại tiếp tam giác
BOC, AOC, AOB Khi đó ba đường thẳng AO 1 , BO 2 và CO 3 đồng quy tại điểm Kosnita của tam giác.
11) Điểm Parry reflection Cho tam giác ABC Kẻ qua A, B, C các đường thẳnga, b, c song song với nhau và song song với đường thẳng Euler của tam giác Gọi a 0 , b 0 , c 0 lần lượt là các đường đối xứng với a, b, c qua
BC, CA, AB Khi đó các đường này đồng quy tại điểm Parry reflection của tam giác ABC.
Định lý Ceva
Định lý Ceva (Định lý 2.2.1) phát biểu rằng trong tam giác ABC, nếu A1, B1, C1 lần lượt là các điểm thuộc các cạnh BC, CA, AB, thì ba đường thẳng AA1, BB1, CC1 sẽ đồng quy nếu và chỉ nếu một điều kiện nhất định được thỏa mãn.
Chiều thuận: ChoAA1,BB1,CC1 đồng quy, ta chứng minh (2.1).
Giả sử BB 1 , CC 1 cắt đường thẳng qua A song song với BC lần lượt tại I và K Áp dụng định lý Thales ta có:
BC (2.2) Hơn nữa ta có
Chiều nghịch:Giả sử ta có hệ thức (2.1), ta cần chứng minhAA 1 , BB 1 , CC 1 đồng quy.
Gọi M là giao điểm của AA1 và BB1, C 0 là giao điểm của CP và AB. Khi đó áp dụng phần trên ta có
C 0 B ⇒ C 1 ≡ C 0 (Do C 1 và C 0 cùng thuộc cạnh AB) Vậy AA 1 , BB 1 , CC 1 đồng quy tại P
Bộ ba đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy được gọi là bộ ba đường thẳng Ceva, trong khi các đoạn thẳng AA1, BB1, CC1 được gọi là bộ ba đoạn thẳng Ceva Định lý Ceva là định lý cơ bản nhất trong việc chứng minh tính đồng quy của các đường thẳng.
Một số mở rộng của định lý Ceva trong mặt phẳng
2.3.1 Định lý Ceva dạng sin Định lý 2.3.1 Gọi E, F, G là ba điểm tương ứng nằm trên các cạnh BC.
CA, AB của tam giác ABC Ba đường thẳng AE, BF, CG cắt nhau tại một điểm O khi và chỉ khi sin\ABF sin\CBF.sinBCG\ sinACG\.sinCAE\ sinBAE\ = 1 (2.5)
Chiều thuận.Giả sửAE,BF,CGđồng quy tại O Khi đó hai tam giác ABE và ACE có cùng chiều cao hạ từ đỉnh
Nhân tương ứng 2 vế của (2.6) và (2.7) ta được sin\BAE sin\CAE
Chiều nghịch Chứng minh tương tự định lý Ceva
2.3.2 Mở rộng định lý Ceva trong mặt phẳng
Khi xem xét trường hợp ba điểm nằm trên ba cạnh của tam giác, trong đó hai điểm nằm trên phần kéo dài của hai cạnh tương ứng, điểm đồng quy sẽ nằm ngoài tam giác.
Phương pháp cơ bản vẫn giữ nguyên như trước, với việc cộng hoặc trừ diện tích của các hình khác nhau Hình học tiêu chuẩn không cung cấp cách xác định vị trí của điểm A trên cạnh AZ (xem hình).
Ta chọn đưa vào khái niệm dương và âm độ dài Trong hình, BX có độ dài dương, vì
BX nằm trên cùng một phía với C trên BC.
Trong hình học, đoạn thẳng XC có độ dài âm do nằm ở phía bên kia của điểm C, giống như cạnh biên của một tam giác Tương tự, đoạn thẳng AZ cũng có độ dài âm, trong khi các đoạn thẳng khác đều có độ dài dương.
Mở rộng độ dài âm có diện tích âm.
Tam giác ∆ABX và ∆ACX có cùng chiều cao, dẫn đến tỉ lệ giữa các cạnh tương ứng với tỉ lệ diện tích Tương tự, tam giác ∆PBX và ∆PCX cũng có cùng chiều cao, từ đó khẳng định mối quan hệ này.
Tương tự ta cũng có CY
BCP Nhân 2 vế tương ứng của ba đẳng thức trên ta được.
(b) Trường hợp 2 Hai tam giác
∆ABC và ∆A 0 B 0 C 0 có các cạnh tương ứng song song (như hình vẽ), khi đó
AA 0 , BB 0 , CC 0 đồng quy.
Mở rộng 1: Sử dụng định lý Ceva Mở rộng của BB 0 cắt A 0 C 0 tại Y 0 và cắt AC tại
Y, mở rộng của CC 0 cắt A 0 B 0 tại Z 0 và cắt
Gọi P là giao điểm của hai đường thẳng BB' và CC' Khi kéo dài đoạn thẳng A'P, nó sẽ cắt các đường thẳng B'C' và BC tại các điểm tương ứng là X' và X Từ đó, ta có thể xác định nhiều tam giác đồng dạng và suy ra các tỉ số đồng dạng.
Từ giả thiết BB 0 , CC 0 , A 0 P 0 đồng quy tại P, theo định lý Ceva ta có
Lại theo định lý Ceva đường AX cũng đi qua điểm P Điểm A 0 , P và X thẳng hàng theo cách dựng và chúng ta thấy rằng A, P và X thẳng hàng.
Do đó A 0 , A và P thẳng hàng và A 0 A đi qua điểm P.
Mở rộng 2 không dựa vào định lý Ceva, với BB 0 và CC 0 giao nhau tại điểm P Chúng ta vẽ đoạn PA 0 và PA, trong đó giả sử các điểm A, A 0 và P không thẳng hàng, và mục tiêu là chứng minh rằng chúng thẳng hàng.
Chúng ta có một vài tam giác đồng dạng.
Ta có hai tỉ lệ thức (A 0 C 0 : AC và P 0 C 0 : P C) và góc giữa chúng bằng nhau (P C\ 0 A 0 = \P CA).
Do đó ∆P C 0 A 0 ∼ ∆P CA Tương tự phương pháp đồng dư Do đó
C\ 0 P A 0 = \CP A, CP trùng C 0 P và P A 0 cùng trùng P A Vậy P, A 0 , A thẳng hàng (đpcm).
Mở rộng 3: Mở rộng BB 0 và CC 0 cắt nhau ở điểm P, kéo dài P A, gọi giao của
P A với A 0 B 0 là X ta phải chứng minh X trùng A 0
Ta có một vài tam giác đồng dạng
Do đó A 0 B 0 = XB 0 và điểm A 0 trùng X vì cả hai cùng nằm trên một đường thẳng và khoảng cách là như nhau.
Bài toán
Bài toán 2.4.1 Chứng minh rằng trong một tam giác
(a) Ba đường trung tuyến đồng quy;
(b) Ba đường phân giác đồng quy;
(c) Ba đường cao đồng quy;
(d) Ba đường trung trực đồng quy.
(a) Ba đường trung tuyến AM, BN, CP đồng quy.
P B = 1.1.1 = 1 Theo định lý Ceva,AM, BN, CP đồng quy tại G (G là trọng tâm tam giác).
(b) Ba đường phân giác AD, BE, CF đồng quy Áp dụng tính chất đường phân giác ta có DB
CB = 1, theo định lý Ceva ta có AD, BE, CF đồng quy tại I (I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC).
(c) Ba đường cao AH, BI, CK đồng quy.
Trường hợp tam giác ABC nhọn.
Ta có ∆AKC v ∆ABI ⇒ AK
KC = 1, theo định lý Ceva thì ba đường thẳng AH, BI và CK đồng quy tại một điểm được gọi là trực tâm của tam giác.
Trường hợp tam giác ABC tù tại A.
Gọi O là giao điểm của BI và CK Khi đó A là trực tâm của tam giác OBC nên OA⊥BC, suy ra O ∈ AH.
Trong một tam giác, ba đường trung trực d_a, d_b, d_c đồng quy tại một điểm, với M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB Do đó, d_a, d_b, d_c trở thành ba đường cao của tam giác MNP và cũng đồng quy Điều này dẫn đến định nghĩa bộ ba đường thẳng Ceva, trong đó ba đường thẳng xuất phát từ ba đỉnh của tam giác đồng quy.
Trong tam giác ABC, đường tròn nội tiếp có tâm I tiếp xúc với các cạnh BC, AC và AB tại các điểm D, E, F Các đường thẳng AD, BE, CF sẽ đồng quy tại một điểm, thể hiện tính chất đặc biệt của tam giác và đường tròn nội tiếp.
Ta có BD = BF, CD = CE, AE = AF Suy ra DB
F B = 1, theo định lý Ceva thì các đường thẳng AB, DE và CF đồng quy tại một điểm J (J được gọi là điểm Gergonne của tam giác ABC).
Trong tam giác ABC, M là chân đường vuông góc hạ từ đỉnh A xuống đường phân giác trong của góc BCA Các điểm N và L là chân các đường vuông góc hạ từ đỉnh A và C xuống đường phân giác trong của góc ABC Gọi F là giao điểm của các đường thẳng MN và AC, E là giao điểm của các đường thẳng BF và CL, và D là giao điểm của các đường thẳng BL và AC Cần chứng minh rằng hai đoạn thẳng DE và MN song song với nhau.
Kéo dài AM cắt BC tại G và kéo dài AN cắt BC tại I, dẫn đến M N và BC song song Do AM = M G, ta có AF = F C Kéo dài CL cắt AB tại J, từ đó suy ra J L = LC.
LF và AB song song với nhau.
Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng LF và BC, với BH = HC Trong tam giác BLC, các đoạn thẳng BE, LH và CD cắt nhau tại điểm F Áp dụng định lý Ceva, ta có thể rút ra các kết luận quan trọng về mối quan hệ giữa các đoạn thẳng này.
Vì BH = HC nên CE
LD Tứ đó suy ra DE và BC song song với nhau Do đó,DE và M N song song với nhau.
Bài toán 2.4.4 Cho ∆ABC lấy E, F, M thứ tự trên cạnh AC, AB, BC sao cho EF//BC, M B = M C Chứng minh rằng CF, BE, AM đồng quy.
Cách 1 (Chứng minh đồng quy) GọiK là giao điểm của AM và EF Theo định lý Talét AF
AE = 1 Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC ta có
CF, BE, AM đồng quy.
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng.) Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt BE tại N,
AN = 1. Áp dụng định lý Menelaus cho ABM thì F, I, C thẳng hàng Từ đó suy ra CF, BE, AM đồng quy.
Bài toán 2.4.5 Cho đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh
BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F Chứng minh AD, BE, CF đồng quy.
Cách 1: Chứng minh đồng quy.
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau AF = AE;BF = BD;
AE = 1. Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC suy ra AD, BE, CF đồng quy. Cách 2: Chứng minh thẳng hàng.
Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt CF tại N AD∩CF = I.
AN = 1. Áp dụng định lí Menelaus cho ∆ACD thì AD, BE, CF đồng quy.
Bài toán 2.4.6 Cho tam giác ABC đường cao AH Lấy D, E thứ tự trên
AB, AC sao cho AH là phân giác góc DHE\ Chứng minh rằng AH, BE,
Cách 1: Chứng minh đồng quy Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt HE, HD tại M và N.
Vì HA là phân giác của góc Ab, HA là đường cao nên AM = AN.
AN = 1. Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC suy ra AH, BE, CD đồng quy. Cách 2: Chứng minh thẳng hàng.
Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt HD, HE, BE lần lượt tại
M, N, K Gọi AH ∩BE = I Ta có
AE = 1. Áp dụng định lí Menelaus cho ∆ABH thì D, I, C thẳng hàng Vậy
AH, BE, CD đồng quy.
Bài toán 2.4.7 yêu cầu chứng minh rằng trong tứ giác lồi ABCD, với các đường chéo DA cắt CB tại điểm K, AB cắt DC tại điểm L, AC cắt KL tại điểm G và DB cắt KL tại điểm F, thì tỉ số KF là một hằng số.
Hình 2.12: Áp dụng định lý Ceva cho tam giác DKL và điểm B, ta có
CD = 1 (2.8) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác DKL và đường thẳng
Từ (2.8) và (2.9) ta suy ra KF
Bài toán 2.4.8 Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AK Dựng bên ngoài tam giác những hình vuông ABEF và ACGH Chứng minh rằng
AK, BG, CE đồng quy.
Cách 1: Chứng minh đồng quy.
Gọi D = AB ∩CE, I = AC ∩BG Đặt AB = c, AC = b.
Có c 2 = BK.BC;b 2 = CK.BC ⇒ BK
∆AIB ∼ ∆CIG), suy ra AD
AI = b c.c 2 b 2 b c = 1. Áp dụng định lý Ceva cho ∆ABC thì AK, BG, CE đồng quy.
Cách 2: Chứng minh thẳng hàng.
Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BG tại M.AK∩BG = O.
CK.c 2 b 2 = b c.b c.c 2 b 2 = 1. Áp dụng định lý Menelaus cho ∆ABK thì D, O, C thẳng hàng Vậy
AK, BG, CE đồng quy.
Trong bài toán 2.4.9 từ Olympic Toán học mùa xuân Bulgaria năm 1997, cho tứ giác lồi ABCD thỏa mãn các góc DAB, ABC và BCD bằng nhau Gọi H là trực tâm và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Cần chứng minh rằng H và O có một mối quan hệ nhất định.
Hình 2.14: Đặt \CAB = α,\ABC = β,\BCA = γ Chú ý rằng α < β, γ < β Ta cần xét các trường hợp β < 90 o , β > 90 o và β = 90 o
* Giả sử β < 90 o Lúc đó O, H là các điểm nằm trong ∆ABC và ta có
Vì thế O là điểm nằm bên trong ∆HAC, từ đó
HAC\ = β−γ = ACD,\ HCO\ = β−α = CAD,\ HAD\ = HCD\ = 2β−90 o Áp dụng định lý hàm số sin cho ∆AHD,∆CHD,∆ACD ta được sinAHD\ sinHAD\
CD,sin\CAD sin\ACD
AD. Nhân 2 vế tương ứng của ba đẳng thức trên ta được sinAHD.\ sinHCO.\ sin\CAO = sinCHD.\ sinHAO.\ sin\ACO.
Từ định lý Ceva, suy ra AO, CO, HD đồng quy tại một điểm, do đó
* Trong trường hợp β = 90 o , ta chứng minh được H, B trùng nhau, O là trung điểm AC và tứ giác AHCD là hình chữ nhật Do vậy H, O, D thẳng hàng.
* Sau cùng, giả sử β > 90 o Trong trường hợp này B vàO lần lượt nằm trong ∆AHC và ∆ADC Tương tự như trường hợp β < 90 o ta cũng có các điểm H, D, O thẳng hàng.
Bài toán 2.4.10, đề nghị cho IMO của nước Anh năm 2000, yêu cầu chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC, với O là tâm đường tròn ngoại tiếp và H là trực tâm, tồn tại các điểm D, E, F tương ứng nằm trên các cạnh BC, CA, AB.
OD+ DH = OE + EH = OF +F H và các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy.
Kéo dài AH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại L và BC tại K.
Trong tam giác ABC, ta có mối quan hệ OL∩BC = D Khi nối HD, ta nhận thấy rằng HK = KL, từ đó suy ra HD = LD Do đó, tổng OD + DH bằng OD + DL, và bằng với OL, cho thấy rằng R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Tương tự ta có thể chọn các điểm E và F lần lượt trên CA và AB sao cho
Ta sẽ chứng minh rằng AD, BE, CF đồng quy.
Kẻ OB, OC và BL Bây giờ OBC\ = 90 o −Ab và
CBL[ = CAL[ = 90 o −Cb Vì thế
Do OB = OL, ta cũng có OLB[ = B.b
Do đó BOL[ = 180 o −2Bb Từ đó, BOD\ = 180 o −2Bb.
Tương tự, ta có COD\ = 180 o −2Cb Theo định lý hàm sin trong∆BOD và ∆AOB có
= OD sinODB\ và CD sinCOD\
CD = sin (180 o −2B) sin (180 o −2C) = sin 2B sin 2C
Theo định lý Ceva, các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy trong tam giác ABC Gọi M là giao điểm của phân giác góc A với cạnh BC, và D là chân đường vuông góc từ A xuống BC Để chứng minh rằng AD, BE, CF đồng quy, ta xét các giao điểm E và F của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD với hai cạnh CA và AB Sự đồng quy của các đường thẳng này được xác lập thông qua các tính chất hình học của tam giác và các điểm đặc biệt được xác định.
2π và các điểm A, D, M, E, F cùng nằm trên một đường tròn nên BF M\ = CEM\ = 1
Do vậy, ∆BF M ∼ ∆BDA, ∆CEM ∼ ∆CDA ⇒ AB
M C theo tính chất phân giác, do đó ta có BD
Vì F AM\ = M AE\ nên AE = AF Suy ra
CE = 1 và do đó AD, BE, CF đồng quy theo định lý Ceva.
Chương này giới thiệu các định lý liên quan đến điểm thẳng hàng trong hình học phẳng Ngoài ra, chương cũng trình bày nhiều bài toán tiêu biểu từ các kỳ thi học sinh giỏi và vô địch quốc tế về chủ đề này Nội dung được tổng hợp và tham khảo từ các tài liệu uy tín.
Định lý Pascal và Định lý Simson
3.1.1 Định lý Pascal Định lý 3.1.1 Cho A, B, C, D, E, F là các điểm cùng nằm trên một đường tròn (có thể không xếp theo thứ tự nêu trên) Gọi P là giao điểm của AB và DE, Q là giao điểm của BC và EF, R là giao điểm của CD và F A Khi đó các điểm P, Q, R thẳng hàng.
Gọi X là giao điểm của EF và AB, Y là giao điểm của AB và CD,
Z là giao điểm của CD và EF Áp dụng định lý Menelaus cho các đường thẳng BC, DE, F A (đối với tam giác XY Z), ta có
AY = −1. Nhân các đẳng thức trên, chú ý rằng
XA.XB = XE.XF;Y C.Y D = Y A.Y B;ZE.ZF = ZC.ZD, được ZQ
RZ = −1. Theo định lý Menelaus, ta nhận được các điểm P, Q, R thẳng hàng
3.1.2 Định lí Simson Định lý 3.1.2 Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm (O), giả sử S là một điểm nằm trên (O) sao cho S không trùng với các đỉnh
A, B, C của tam giác Giả sử A 0 , B 0 , C 0 là hình chiếu của S tương ứng trên các cạnh BC, CA, AB Khi đó A 0 , B 0 , C 0 thẳng hàng. Định nghĩa 3.1.1 Đường thẳng chứa A0, B0, C0 được gọi là đường thẳng Simson của S đối với tam giác ABC.
Ta có CB\ 0 S = CA\ 0 S = 90 o , suy ra tứ giácA 0 B 0 SC là tứ giác nội tiếp, do đó B\ 0 A 0 C = B\ 0 SC.
Mặt khác, vì ABSC nội tiếp nên
Nhưng vì A 0 BC 0 S là tứ giác nội tiếp (BA\ 0 S = BC\ 0 S = 90 o ) nên
Định lý Menelaus
Định lý 3.2.1 Cho tam giác ABC, trên các đường thẳng chứa các cạnh
BC, CA, AB, ta lấy các điểm P, Q, R tương ứng sao cho mỗi điểm không trùng với đỉnh tam giác Khi đó, ba điểm P, Q, R thẳng hàng khi và chỉ khi
Giả sử ba điểm P, Q, R thẳng hàng, ta kẻ đường thẳng song song với BC qua điểm A, cắt đường thẳng (d) tại điểm L Áp dụng hệ quả của định lý Thales, chúng ta có thể rút ra những kết luận quan trọng về tỉ lệ đoạn thẳng trong hình học.
Thay AL ở (3.2) vào (3.3) ta được điều phải chứng minh.
Chiều nghịch: Giả sử (3.1) xảy ra Gọi Q 0 là giao điểm của P R và cạnh
AC Khi đó theo phần thuận ta có
Từ (3.1) và (3.4) ta suy ra Q 0 A
Mở rộng định lý Menelaus trong mặt phẳng
3.3.1 Mở rộng định lý Menelaus trong tam giác Định lý 3.3.1 Cho tam giác ABC Một đường thẳng (d) bất kỳ cắt các đường thẳng BC, CA, AB lần lượt tại P, Q, R Khi đó:
P B = −1 (3.5) Đảo lại, giả sử các điểm P, Q, R tương ứng nằm trên các đường thẳng
BC, CA, AB sao cho (3.5) được thoả mãn Khi đó P, Q, R thẳng hàng. Chứng minh.
Chiều thuận: Tương tự như định lý Menelaus đã biết.
Chiều nghịch: Giả sử (3.5) được thoả mãn Gọi C 1 là giao điểm của đường thẳng QP và AB Ta cần chứng minh C 1 và R trùng nhau.
Theo phần thuận ta có
AR = m Để chứng minh C 1 ≡ R, ta để ý rằng phương trình BX
AX = m(m 6= 1) có không quá một nghiệm khi A 6= B Thật vậy, chọn gốc toạ độ là A, trục toạ độ AB với chiều dương là chiều từ A đến B Cho toạ độ của
X là x, toạ độ của điểm A là a, lúc đó phương trình trên trở thành x x−a = m ⇔ x = ma m−1.
Từ đó ta có điều phải chứng minh
3.3.2 Mở rộng định lý Menelaus theo diện tích Định lý 3.3.2 Cho tam giác ABC và 3 điểm M, N, P lần lượt thuộc
BC, CA, AB Khi đó M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi
[M N P] [ABC] = BM CN AP −CM AN BP
Ta có [ABC] = [M AB] + [M AC].
[ABC] = BM BP sin (BC, CA)
BC.BA.sin (BC, CA) = BM BP
Tương tự ta có [CN M]
[ABC] = BM CN AP −CM AN BP
3.3.3 Mở rộng Định lý Menelaus trong tứ giác Định lý 3.3.3 Cho tứ giác ABCD và một đường thẳng d cắt AB, BC,
CD, DA lần lượt ở M, N, P, Q Khi đó ta có
Trên đường thẳng d lấy hai điểm
I, J sao cho AI//BJ//CD.
Định lý Desargues và Định lý Pappus
3.4.1 Định lý Desargues Định lý 3.4.1 Cho hai tam giác ABC và tam giác A 1 B 1 C 1 Gọi M là giao điểm của AB và A 1 B 1 , N là giao điểm của AC và A 1 C 1 , P là giao điểm của BC và B 1 C 1 Khi đó M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi
AA 1 , BB 1 , CC 1 đồng quy.
Chiều nghịch: Cho AA 1 , BB 1 , CC 1 đồng quy tạiO, ta chứng minhM, N, P thẳng hàng Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác OAC với ba điểm N, A 1 và C 1 , ta có
M A = 1, do đó áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC, ta có M, N, P thẳng hàng.
Chiều thuận: Cho M, N, P thẳng hàng, ta chứng minh AA 1 , BB 1 , CC 1 đồng quy Xét hai tam giác M BB 1 và N CC 1 có M N, BC, B 1 C 1 đồng quy tại P.
Ta có O là giao điểm của BB 1 và CC 1 Hơn nữa A là giao của M B và N C, A1 là giao của M B1 và N C1 Do đó theo chứng minh trên, ta có
O, A và A 1 thẳng hàng, hay AA 1 , BB 1 và CC 1 đồng quy (đpcm)
3.4.2 Định lý Pappus Định lý 3.4.2 Cho ba điểm A, B, C nằm trên đường thẳng a, và ba điểm A 1 , B 1 , C 1 nằm trên đường thẳng b Gọi M, N, P lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng (AB 1 , A 1 B),(AC 1 , A 1 C),(BC 1 , B 1 C) khi đó M, N, P thẳng hàng.
Hình 3.7: Áp dụng định lý Pascal cho lục giác suy biến AB 1 CA 1 BC 1 nội tiếp đường tròn bậc hai (S) là cặp đường thẳng a và b.
Ta có AB 1 ∩ A 1 B M, AC1 ∩ A1C = N, BC1 ∩
Tam giác phối cảnh
Định nghĩa 3.5.1 Hai tam giác ∆ABC và ∆A 1 B 1 C 1 được gọi là phối cảnh từ điểm O nếu ba đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểm
O Điểm O được gọi là đỉnh phối cảnh. Định nghĩa 3.5.2 Hai tam giác ∆ABC và ∆A 1 B 1 C 1 được gọi là phối cảnh theo một đường thẳng nếu ba điểm L, M, N tương ứng là giao điểm của BC và B 1 C 1 , AC và A 1 C 1 , AB và A 1 B 1 thì L, M, N thẳng hàng. Đường thẳng chứa các điểm L, M, N được gọi là đường phối cảnh. Định lý 3.5.1 (Desargues) Hai tam giác ∆ABC và ∆A 1 B 1 C 1 là phối cảnh từ một điểm khi và chỉ khi chúng là phối cảnh theo một đường thẳng.
Bài toán
Bài toán 3.6.1 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), gọi
M, N, P, Qlần lượt là các tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA Chứng minh rằng N P, M Q và BD đồng quy.
Lời giải Theo giả thiết ta có AQ = AM, BM = BN, CN = CP,
DP = DQ Gọi O là giao điểm của N P và BD. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BCD ta có
Khi đó ta có OB
M B = 1. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABD thì O, M, Q thẳng hàng. Vậy N P, BD và M Q đồng quy (đpcm).
Trong một tam giác, chân đường phân giác trong của hai góc và chân đường phân giác ngoài của góc thứ ba luôn thẳng hàng Điều này có thể được chứng minh bằng cách sử dụng các tính chất của đường phân giác và các góc trong tam giác Sự thẳng hàng này thể hiện mối liên hệ chặt chẽ giữa các góc và các đoạn thẳng trong tam giác, góp phần làm sáng tỏ cấu trúc hình học của nó.
Lời giải Cho tam giác ABC, gọi BE, CF là hai đường phân giác trong và AD là phân giác ngoài (E ∈ AC, F ∈ AB, D ∈ BC).
Trước hết ta thấy 3 điểm D, E, F thoả mãn điều kiện hai điểm E, F thuộc hai cạnh AC, AB của tam giác còn điểm D nằm ngoài đoạn BC.
Mặt khác theo tính chất của đường phân giác của tam giác, ta có
Trong tam giác ABC với các đường thẳng AD, BE, CF là bộ ba đường thẳng Ceva, ta xét các giao điểm P, N, M lần lượt là giao điểm của DE với AB, DF với AC, và EF với BC Cần chứng minh rằng ba điểm M, N, P nằm trên một đường thẳng.
Xét hai tam giác ABC và tam giác DEF có AD, BE, CF đồng quy. Áp dụng định lý Desargues ta có ngay điều cần chứng minh (đpcm).
Trong tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn, D và E là các điểm giữa của các cung AB và AC Gọi P là một điểm trên cung BC, Q là giao điểm của DP với AB, và R là giao điểm của PE với AC Cần chứng minh rằng đường thẳng QR đi qua tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Vì D là điểm giữa cung AB nên đường thẳng CD chia đôi góc \ACB.
Đường thẳng EB chia đôi góc \ABC, dẫn đến việc CD và EB giao nhau tại điểm I Áp dụng định lý Pascal cho các điểm C, D, P, E, B, ta có được các điểm I, Q, R nằm trên một đường thẳng.
Bài toán 3.6.5 (IMO 1991 chưa sử dụng) đề cập đến tam giác ABC với điểm P nằm trong tam giác Từ điểm P, hạ đường vuông góc xuống các cạnh AC và BC, tạo ra các điểm P1 và P2 Nối các điểm AP và BP, từ điểm C, tiếp tục hạ các đường vuông góc xuống AP và BP, tạo ra các điểm Q1 và Q2 Giả sử rằng
Q 2 6= P 1 , Q 1 6= P 2 Chứng minh rằng các đường thẳng P 1 Q 2 , Q 1 P 2 , AB đồng quy.
Vì CP\ 1 P = CP\ 2 P = CQ\ 2 P = CQ\ 1 P = 90 o nên các điểm C, Q 1 , P 1 , P,
P2, Q2 cùng nằm trên một đường tròn đường kính CP.
Chú ý rằng A = CP 1 ∩P Q 1 , B = Q 2 P ∩P 2 C. Áp dụng định lý Pascal cho các điểm C, P 1 , Q 2 , P, Q 1 , P 2 ta nhận được
Bài toán 3.6.6 (Trung Quốc 2005) yêu cầu chứng minh rằng ba đường thẳng AP, BM, CN đồng quy trong tam giác ABC, nơi một đường tròn cắt ba cạnh BC, CA, AB tại các điểm D1, D2; E1, E2; F1, F2 Các đoạn D1E1 và D2E2 giao nhau tại điểm L, các đoạn E1F1 và E2D2 giao nhau tại điểm M, còn các đoạn F1D1 và F2E2 giao nhau tại điểm N.
Lời giải Gọi P = D 1 F 1 ∩D 2 E 2 , Q = E 1 D 1 ∩E 2 F 2 , R = F 1 E 1 ∩F 2 D 2 Áp dụng định lý Pascal cho các điểm E 2 , E 1 , D 1 , F 1 , F 2 , D 2 , ta nhận được A, L, P thẳng hàng. Áp dụng định lý Pascal cho các điểm F 2 , F 1 , E 1 , D 1 , D 2 , E 2 , ta nhận được B, M, Q thẳng hàng.
Hình 3.13: Áp dụng định lý Pascal cho các điểm
D 2 , D 1 , F 1 , E 1 , E 2 , F 2 , ta nhận đượcC, N, R thẳng hàng.
Z = D 2 D 1 ∩F 1 E 2 = BC ∩F 1 E 2 Áp dụng định lý Pascal cho các điểm
D 1 , F 1 , E 1 , E 2 , D 2 , F 2 , ta nhận đượcP, R, X thẳng hàng. Áp dụng định lý Pascal cho các điểm
E 1 , D 1 , F 1 , F 2 , E 2 , D 2 , ta nhận được Q, P, Y thẳng hàng. Áp dụng định lý Pascal cho các điểm F 1 , E 1 , D 1 , D 2 , F 2 , E 2 , ta nhận được R, Q, Z thẳng hàng.
Xét hai tam giác ∆ABC,∆P QR, ta có:
X = CA ∩RP, Y = AB∩ P Q, Z = BC ∩QR. Áp dụng định lý Desargues (chiều nghịch), ta có
AP ≡ AL, BQ ≡ BM, CR ≡CN là các đường thẳng đồng quy.
Bài toán 3.6.7 (IMO 1982-5) Các đường chéo AC và CE của hình lục giác được chia bởi các điểm M, N tương ứng sao cho AM
CE = r.Hãy xác định r nếu B, M, N thẳng hàng.
Gọi P là giao điểm của BE và AC Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác CP E và đường thẳng BM N, ta có
Bài toán 3.6.8 từ Olympic Toán học Canada năm 2001 đề cập đến tam giác ABC với AB > AC Gọi P là giao điểm của đường trung trực BC và đường phân giác góc A Từ P, dựng điểm X trên AB và Y trên AC sao cho PX vuông góc với AB và PY vuông góc với AC Z là giao điểm của đoạn thẳng XY và BC, và nhiệm vụ là xác định tỉ số BZ.
Vì P AX\ = \P AY = P XA\ = \P Y A = 90 o nên ∆P AX = ∆P AY Suy ra AX = AY và P X = P Y.
Do P nằm trên trung trực của BC, ta có P B = P C.
Như thế, ∆P Y C và ∆P XB là hai tam giác vuông bằng nhau, suy ra
CY = BX Vì X, Y, Z thẳng hàng, áp dụng định lý Menelaus ta được AY
Nhưng AX = AY, CY = BX nên tỉ số BZ
Bài toán 3.6.9 (Olympic Toán học 30-4 lần thứ 6 TP HCM, Việt Nam) Cho tam giác ABC có diện tích S 0 = 1 Trên các cạnh BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P sao cho M B
P B = k 3 (k 1 , k 2 , k 3 < 1). Tính diện tích tam giác tạo bởi ba đoạn thẳng AM, BN và CP.
Gọi EIF là tam giác tạo bởi ba đoạn thẳng AM, BN, CP Khi đó ta có
BN. Áp dụng định lý Menelaus vào
∆ABN với đường P CF, ta có:
1 +k 2 + k 2 k 3 S0 Chứng minh tương tự ta cũng có
Bài toán 3.6.10 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), gọi
M, N, P, Qlần lượt là các tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA Chứng minh rằng N P, M Q và BD đồng quy.
Theo giả thiết, ta có AQ = AM, BM = BN, CN = CP, DP = DQ Gọi O là giao điểm của NP và BD Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BCD, ta có kết quả liên quan đến các đoạn thẳng trong tam giác này.
Khi đó ta có OB
M B = 1. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABD thì O, M, Q thẳng hàng.Vậy N P, BD và M Q đồng quy (đpcm).
Một số phương pháp chứng minh quan hệ đồng quy và thẳng hàng
Bài toán 3.7.1 Cho tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Gọi
M, N theo thứ tự là trung điểm hai đường chéo AC, BD Chứng minh rằng M, N, O thẳng hàng.
Gọi S là giao điểm của hai đường thẳng AB và CD, và X, Y lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn (O) với AB và CD Từ điểm O, vẽ một đường thẳng song song với XY, cắt AB tại điểm I và cắt CD tại điểm J.
Khi đó O là trung điểm của IJ, suy ra:
Hơn nữa, do ∠BOI = ∠OCJ,∠OBI = ∠COJ, nên:
M IBO vM J OC vM OBC.
J C ⇒IB.J C = IO.J O = IO 2 = J O 2 Tương tự, cũng có IA.J D = J O 2 = IO 2
ON Điều phải chứng minh.
Bài toán 3.7.2 Cho tam giác ABC Xét các điểm M ∈ BC, N ∈ CA và
P ∈ AB sao cho tứ giác AP M N là một hình bình hành Các đường thẳng
BN và CP cắt nhau tại O Chứng minh rằng đường thẳng OM luôn đi qua một điểm cố định.
B, M, C thẳng hàng theo thứ tự, nên tồn tại n, p > 0 sao cho
Từ đó, do tứ giác AN M P là hình bình hành, nên −→
Do B, O, N thẳng hàng và C, O, P thẳng hàng nên:
−→AO = x−→ b +ny−→c = z−→c +pt−→ b trong đó x+y = 1 = z +t.
Từ đó, do hai vectơ −→ b ,−→c không cùng phương nên: x = p(1−n)
AO trong đó D là điểm thỏa mãn:
Từ đó, đường thẳng OM luôn đi qua D cố định (D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD).
Trong bài toán 3.7.3, cho tam giác ABC, xét điểm M trên tia AB và điểm N trên tia AC với điều kiện AB = m.AM và AC = (m+ 1).AN, trong đó m > 0 Chúng ta cần chứng minh rằng các đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
AC = −→c Khi đó, do giả thiết ta có:
AD với D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD.
Từ đó suy ra M N luôn đi qua điểm D cố định.
Trong bài toán 3.7.4, cho lục giác lồi ABCDEF, ta xác định các điểm M, M', N, N', P, P' là trung điểm của các đoạn AB, DE, BC, EF, CD, FA tương ứng Cần chứng minh rằng ba cặp đoạn thẳng MM', NN', PP' đồng quy nếu và chỉ nếu diện tích tam giác SMAEC bằng diện tích tam giác SMBFD.
Ký hiệu [XY Z] là diện tích đại số của tam giác XY Z.
Với mọi điểm O ta thấy: 4(−−→
= 2([OAE] + [OEC] + [OCA])−2([OBF] + [OF D] + [ODB])
Nếu gọi O là giao điểm của M M 0 , N N 0 thì:
Từ (3.14) và (3.15) ta suy ra:
Bài toán 3.7.5 Cho tam giác ABC, trung tuyến AD Một đường thẳng d vuông góc với AD Xét M ∈ d Gọi E, F lần lượt là trung điểm của
M C, M B.Đường thẳng quaE vuông góc vớid cắtAB tạiP, đường thẳng qua F vuông góc với d cắt AC tại Q Chứng minh rằng đường thẳng qua
M vuông góc vớiP Q luôn đi qua một điểm cố định, khiM thay đổi trênd.
Gọi M b và M c lần lượt là hình chiếu của B và C trên đường thẳng d Khi M trùng với M b, thì P sẽ trùng với B và Q trùng với A; ngược lại, khi M trùng với M c, P sẽ trùng với A và Q sẽ trùng với C Do đó, S, điểm giao nhau của đường thẳng đi qua M b vuông góc với AB và đường thẳng đi qua M c vuông góc với AC, là một điểm cố định.
Và do đó, cần chứng minh SM ⊥ P Q.
Gọi H, P 0 , Q 0 là hình chiếu của H, P, Q trên D Khi đó P 0 , Q 0 theo thứ tự là trung điểm của M Mb, M Mc (do E, F là trung điểm M B, M C),
Từ đó và (3.16), suy ra: −−→
P Q = 0 hay SM ⊥P Q Suy ra điều phải chứng minh.
Rõ ràng chỉ cần xét d ⊥ AD tại D là đủ Chọn hệ trục tọa độ Dxy sao cho A(0;a), C(2m; 2n), M(2x 0 ; 0).
Do B, C đối xứng nhau qua gốc D nên B(−2m;−2n) Từ đó:
Đường thẳng đi qua M vuông góc với P Q có phương trình:
Khử tham sốx 0 , ta được đường thẳng này luôn đi qua S
4mn a ;−4m 2 a với mọi x 0 Do đó có điều phải chứng minh.
Trong bài toán 3.7.6, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), với K là điểm trên phân giác l a Đường thẳng CK cắt lại đường tròn (O) tại điểm M Đường tròn ω đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng CM tại điểm K, cắt lại đoạn AB và đường tròn (O) tại các điểm P, Q Cần chứng minh mối quan hệ giữa các điểm này trong tam giác.
Do tứ giác AP KQ nội tiếp nên
2 Đường tròn ω cắt lại (O) và AC tại E, D Để ý rằng các tam giác QKE, QDC đồng dạng, nên M QKD vM QEC Do đó:
∠M QK = π−∠M KQ−∠KM Q = π −∠KDQ −∠CM Q
Suy ra ∠M QK = ∠P KQ Từ đó do M, P nằm về cùng một phía của
Trong bài toán 3.7.7, cho tứ giác ABCD với các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại E, và các đường thẳng BC và DA cắt nhau tại F Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AC, BD và EF Nhiệm vụ là chứng minh rằng ba điểm I, J, K nằm trên một đường thẳng.
Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề: Trong tứ giác ABCD, các đường chéo AC và BD giao nhau tại điểm E Gọi F và G lần lượt là trung điểm của các đường chéo AD và BC.
4.[ABCD]. Ở đây hiệu [A 1 A 2 A n ] để chỉ diện tích đại số của đa giác định hướng
[A1A2 An] S A 1 A 2 A n nếu đa giác A 1 A 2 A n định hướng dương
−S A 1 A 2 A n nếu đa giác A 1 A 2 A n định hướng âm
Nối AG, CG Ta có
[EF G] = [AEG]−[AF G]−[AEF] = [ABG] + [EGB]−[AF G]−[AEF]
Từ đó suy ra bổ đề được chứng minh.
Hình 3.24: Áp dụng bổ đề, ta có:
Kẻ EG, F H ⊥IJ Khi đó 1
2.IJ.F H Suy ra EG = F H, do đó EGF H là hình bình hành Suy ra GH, EF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường, tức là GH đi qua K.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 3.7.8 Tứ giác lồi ABCD diện tích S, không có hai cạnh nào song song Lấy điểm P1 ∈ (CD) sao cho P1, C cùng phía đối với AB và
2 Tương tự, cũng có P 2 ∈ (BC), P 3 ∈ (AB), P 4 ∈ (DA). Chứng minh rằng P 1 , P 2 , P 3 , P 4 thẳng hàng.
Bổ đề.GọiM, N theo thứ tự là trung điểm hai đường chéoAC, BD của tứ giác lồiABCD Khi đóP ∈ (M N) ⇔ [P AB]+[P CD] = [P BC]+[P DA]. Chứng minh bổ đề Ta có:
VậyP ∈ (M N) ⇔ [M N P] = 0⇔ [P AB]+[P CD] = [P BC]+[P DA].
Bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán, có thể coi tứ giác ABCD định hướng âm Khi đó:
−S = [ABCD] = [P 1 AB] + [P 1 CD] + [P 1 BC] + [P 1 DA].
Do đó P 1 ∈ (M N) Hoàn toàn tương tự, cũng đượcP 2 , P 3 , P 4 ∈ (M N).
Vậy P 1 , P 2 , P 3 , P 4 cùng nằm trên một đường thẳng.
Trong bài toán 3.7.9, H là trực tâm của tam giác nhọn ABC Từ đỉnh A, chúng ta kẻ hai tiếp tuyến AP và AQ đến đường tròn có đường kính BC, với P và Q là các tiếp điểm Cần chứng minh rằng ba điểm P, Q và H nằm trên một đường thẳng.
Từ giả thiết suy ra ngũ giác AP DOQ nội tiếp đường tròn đường kính
AO (O là trung điểm BC) Do đó ∠AQP = ∠AOP.
Mặt khác, xét phương tích củaAđối với các đường tròn(O)và(CEHD) ta có: AP 2 = AE.AC = AH.AD ⇒ AP
Suy ra M AP H vM ADP
∠AP H = ∠ADP = ∠AOP ⇒∠AP H = ∠AOPSuy ra ∠AP H = ∠AP Q do đó P, Q, H thẳng hàng.
Trong bài toán 3.7.10, đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC tiếp xúc lần lượt với các cạnh BC, CA, AB tại các điểm D, E, F Đường thẳng OI, trong đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, chính là đường Ơ-le của tam giác DEF.
Gọi I a , I b , I c theo thứ tự là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc A, B, C của tam giác ABC.
Dễ dàng chứng minh được
Do đó, có phép vị tự f mà f(I a ) = D, f(I b ) =E, f(I c ) =F.
Suy ra f biến đường thẳng Ơ-le của tam giác I a I b I c thành đường thẳng Ơ-le của tam giác DEF.
NhưngOI là đường thẳng Ơ-le của tam giácIaIbIc vàI nằm trên đường thẳng Ơ-le của tam giác DEF.
Vậy, OI là đường thẳng Ơ-le của tam giác DEF.
Trong bài toán 3.7.11, cho tam giác ABC với trọng tâm G và trực tâm H Các đường thẳng vuông góc với GA, GB, GC tại các điểm A, B, C tạo thành tam giác A1B1C1 Cần chứng minh rằng trọng tâm của tam giác A1B1C1 nằm trên đường thẳng GH.
Các đường thẳng đi qua A, B, C theo thứ tự vuông góc với các đường thẳng AG, BG, CG tạo thành tam giác A1B1C1.
Gọi G 1 là trọng tâm tam giác A 1 B 1 C 1 , gọi H a , H b , H c theo thứ tự là trực tâm các tam giác BCA 1 , CAB 1 , ABC 1
Tứ giác AC1BG nội tiếp đường tròn có đường kính C1G, với Hc là điểm nằm trên đường tròn này, trong đó Co là trung điểm của đoạn AB Đồng thời, C1Hc và C1G đối xứng qua phân giác của góc.
Từ đó, để ý rằngGlà điểm Lemoine của tam giácA 0 B 0 C 0 nênC 1 , H c , G 1 thẳng hàng.
Tương tự, A 1 , G 1 , H a thẳng hàng và B 1 , G 1 , H b thẳng hàng.
Do Đ G : A 7−→ H a , B 7−→ H b , C 7−→ H c nên Đ G : H 7−→ G 1 , điều phải chứng minh.
Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC và một đường tròn C, ta có ba đường tròn tiếp xúc nội tại với đường tròn C tại các điểm A0, B0, C0 Các đường tròn này lần lượt tiếp xúc với các cặp tia AB và AC, BC và BA, cũng như CA và CB.
CB Chứng minh rằng các đường thẳng AA 0 , BB 0 , CC 0 đồng quy.
Gọi O a là tâm đường tròn ω a và I là tâm đường tròn nội tiếp của tam
Do đó, đường thẳng AA 0 đi qua S là tâm vị tự ngoài của (O) và (I). Hoàn toàn tương tự, cũng được BB 0 , CC 0 cũng đi qua S.
Vậy AA 0 , BB 0 , CC 0 đồng quy tại S là tâm vị tự ngoài của (O) và (I).
Bài viết tóm tắt một số tính chất và định lý quan trọng có thể áp dụng trong việc chứng minh các bài toán về đồng quy và thẳng hàng trong hình học phẳng Những kiến thức này giúp người đọc nắm vững cách tiếp cận và giải quyết các vấn đề hình học một cách hiệu quả.
Bài viết giới thiệu một loạt các bài toán từ cơ bản đến nâng cao về việc áp dụng các định lý hình học nổi tiếng, đặc biệt liên quan đến tính đồng quy của các đường thẳng và sự thẳng hàng của các điểm Nhiều bài toán trong luận văn này được trích dẫn từ các đề thi học sinh giỏi và vô địch quốc tế, yêu cầu người giải phải vận dụng sáng tạo các định lý tương ứng để tìm ra lời giải.
Trên cơ sở nghiên cứu một số bài tập chứng minh hình học liên quan đến chủ đề đồng quy và thẳng hàng trong hình học phẳng em thấy
Khi giải quyết các bài toán liên quan đến điểm đồng quy, chúng ta thường cần dự đoán vị trí của điểm đồng quy giữa các đường thẳng Tiếp theo, việc áp dụng các tính chất hình học cụ thể trong bài toán sẽ giúp chúng ta chứng minh được dự đoán này.