Microsoft Word Cac dinh ly hinh hoc noi tieng doc 1 Các ðịnh Lý Hình Học Nổi Tiếng “Famous Geometry Theorems” – Dr Kin Yin LI Khoa Toán, ðH Khoa Học và Kỹ Thuật Hong Kong 1 Lời giới thiệu Có rất nhiều[.]
Các ðịnh Lý Hình Học Nổi Tiếng “Famous Geometry Theorems” – Dr Kin-Yin LI Khoa Toán, ðH Khoa Học Kỹ Thuật Hong Kong Lời giới thiệu Có nhiều định lý hình học tiếng Chúng ta nhìn lại định lý vài áp dụng chúng Trước hết, ta viết P = WX ∩ YZ để kí hiệu P giao ñiểm hai ñường AB AB = (vì B thẳng WX YZ Nếu ñiểm A, B, C thẳng hàng, ta qui ước dấu BC BC AB AB nằm A C , ≥ (ngược lại ≤ )) BC BC Các ñịnh lý 2.1 ðịnh lý Menelaus (Nhà tốn học cổ Hy Lạp (thế kỷ I sau cơng nguyên)) Cho tam giác ABC Các ñiểm X , Y , Z nằm ñường thẳng AB, BC, CA Khi X , Y , Z thẳng hàng ⇔ AX BY CZ = −1 XB YC ZA Chứng minh (⇒) Gọi L đường thẳng vng góc với đường thẳng chứa ñiểm X , Y , Z , chúng cắt O Gọi A ', B ', C ' chân đường vng góc hạ từ ñiểm A, B, C xuống ñường thẳng L Khi đó, ta có AX A ' O BY B ' O CZ C ' O = , = , = XB OB ' YC OC ' ZA OA ' Nhân ñẳng thức theo vế, ta nhận ñược AX BY CZ A 'O B 'O C 'O = = −1 XB YC ZA OB ' OC ' OA ' (⇐) Gọi Z ' = XY ∩ CA Áp dụng ñịnh lý Menelaus (phần thuận) cho ñường thẳng qua ñiểm X , Y , Z ' , ta nhận ñược AX BY CZ ' = −1 XB YC Z ' A AX BY CZ ' AX BY CZ CZ ' CZ = hay = Do Z ' ≡ Z XB YC Z ' A XB YC ZA Z ' A ZA 2.2 ðịnh lý Ceva (Nhà toán học Ý (1647 – 1734)) Cho tam giác ABC Các ñiểm D, E , F nằm ñoạn thẳng BC, CA, AB Khi Từ suy AD, BE , CF ñồng quy ⇔ AF BD CE =1 FB DC EA Chứng minh (⇒) Áp dụng ñịnh lý Menelaus cho ñường thẳng AD (ñối với tam giác BCE ), ta có BD CA EP = −1 DC AE PB Tiếp tục áp dụng ñịnh lý Menelaus cho ñường thẳng CF (ñối với tam giác ABE ), ta có AF BP EC = −1 FB PE CA Nhân ñẳng thức theo vế, ta thu ñược AF BD CE = FB DC EA (⇐) Gọi P = AD ∩ BE , F ' = CP ∩ AB Sử dụng ñịnh lý Ceva (phần thuận), ta có AF ' BD CE =1 F ' B DC EA AF ' BD CE AF ' BD CE AF ' AF ' = hay = Do F ' ≡ F F ' B DC EA F ' B DC EA F 'B F 'B 2.3 ðịnh lý Pascal (Nhà toán học Pháp (1623 – 1662)) Cho A, B, C , D, E , F ñiểm nằm đường trịn (có thể khơng xếp theo thứ tự trên) Gọi P = AB ∩ DE , Q = BC ∩ EF , R = CD ∩ FA Khi điểm P, Q, R thẳng hàng Từ suy Chứng minh Gọi X = EF ∩ AB, Y = AB ∩ CD, Z = CD ∩ EF Áp dụng ñịnh lý Menelaus cho ñường thẳng BC , DE , FA (ñối với tam giác XYZ ), ta có ZQ XB YC XP YD ZE YR ZF XA = −1, = −1, = −1 QX BY CZ PY DZ EX RZ FX AY , ZE.ZF = ZC.ZD , ñược Nhân ñẳng thức trên, ý XA XB = XE XF , YC.YD = YAYB ZQ XP YR = −1 QX PY RZ Theo ñịnh lý Menelaus, ta nhận ñược ñiểm P, Q, R thẳng hàng 2.4 ðịnh lý Newton (Nhà tốn học Anh (1642 – 1727)) Một đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD , tiếp xúc với cạnh AB, BC , CD, DA ñiểm E , F , G , H Khi đó, đường thẳng AC , EG , BD, FH ñồng quy Chứng minh Gọi O = EG ∩ FH X = EH ∩ FG Vì D giao ñiểm tiếp tuyến với ñường trịn G , H , sử dụng định lý Pascal cho ñiểm E , G , G, F , H , H ta suy ñiểm O, D, X thẳng hàng Tương tự, sử dụng ñịnh lý Pascal cho ñiểm E , E , H , F , F , G ta suy ñiểm B, X , O thẳng hàng Do đó, B, O, D thẳng hàng, đường thẳng EG , BD, FH cắt O Chứng minh tương tự, ta nhận ñược ñường thẳng AC , EG , FH cắt O Do đó, ñường thẳng AC , EG , BD, FH ñồng quy O 2.5 ðịnh lý Desargues (Nhà toán học Pháp (1593 – 1662)) Cho hai tam giác ABC , A ' B ' C ' Nếu ñường thẳng AA ', BB ', CC ' ñồng quy điểm O , điểm P, Q, R thẳng hàng, P = BC ∩ B ' C ', Q = CA ∩ C ' A ', R = AB ∩ A ' B ' Chứng minh Áp dụng ñịnh lý Menelaus cho ñường thẳng A ' B ' ñối với tam giác OAB ; ñường thẳng B ' C ' ñối với tam giác OBC , ñường thẳng C ' A ' ñối với tam giác OCA , ta có OA ' AR BB ' OB ' BP CC ' AA ' OC ' CQ = −1, = −1, = −1 A ' A RB B ' O B ' B PC C ' O A ' O C ' C QA Nhân ñẳng thức theo vế, ta thu ñược AR BP CQ = −1 RB PC QA Theo ñịnh lý Menelaus, ta suy ñiểm P, Q, R thẳng hàng 2.6 ðịnh lý Brianchon (?) Các ñường thẳng AB, BC , CD, DE , EF , FA tiếp xúc với đường trịn tiếp ñiểm G , H , I , J , K , L (có thể khơng xếp theo thứ tự này) Khi đó, đường thẳng AD, BE CF ñồng quy Chứng minh Gọi M = AB ∩ CD, N = DE ∩ FA Áp dụng ñịnh lý Newton cho tứ giác AMDN , suy ñường thẳng AD, IL, GJ ñồng quy ñiểm A ' Tương tự, ñường thẳng BE , HK , GJ ñồng quy ñiểm B ' ; ñường thẳng CF , HK , IL ñồng quy ñiểm C ' Chú ý IL ≡ A ' C ' Áp dụng ñịnh lý Pascal cho ñiểm G , G , I , L, L, H , suy ñiểm A, O, P thẳng hàng, O = GI ∩ LH , P = IL ∩ HG Tiếp tục áp dụng ñịnh lý Pascal cho ñiểm H , H , L, I , I , G , suy C , O, P thẳng hàng Do A, C , P thẳng hàng Bây ta ñặt G = AB ∩ A ' B ', H = BC ∩ B ' C ', P = CA ∩ IL = CA ∩ C ' A ' Áp dụng ñịnh lý Desargues (phần ñảo) cho tam giác ABC, A ' B ' C ' , suy ñường thẳng AA' ≡ AD, BB' ≡ BE, CC ' ≡ CF ñồng quy Lưu ý rằng, phần ñảo ñịnh lý Brianchon ñúng Thật vậy, gọi O = BB '∩ CC ' Xét tam giác RBB ', QCC ' Vì đường thẳng RQ, BC , B ' C ' cắt P , A = RB ∩ QC , O = BB '∩ CC ' , A ' = BR '∩ C ' Q , sử dụng định lý Desargues (phần thuận), ta có A, O, A ' thẳng hàng Do đó, đường thẳng AA ', BB ', CC ' ñồng quy Một số toán áp dụng Bài toán Trong tam giác ABC , M chân đường vng góc hạ từ A xuống đường phân giác góc ∠BCA N , L chân đường vng góc hạ từ đỉnh A, C xuống ñường phân giác góc ∠ABC Gọi F giao ñiểm ñường thẳng MN AC , E giao ñiểm ñường thẳng BF CL , D giao ñiểm ñường thẳng BL AC Chứng minh DE MN song song với Lời giải Kéo dài AM cắt BC G, kéo dài AN cắt BC I Khi AM = MG, AN = NI , suy MN BC song song với Vì AM = MG nên ta có AF = FC Kéo dài CL cắt AB J Khi ñó JL = LC , suy LF AB song song với Gọi H = LF ∩ BC Ta có BH = HC Trong tam giác BLC , ñoạn thẳng BE , LH , CD cắt F Sử dụng ñịnh lý Ceva, ta nhận ñược BH CE LD = HC EL DB CE DB = Từ suy DE BC song song với Do đó, DE EL LD MN song song với Vì BH = HC nên Bài toán (Macedonia 2001) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn Gọi D giao ñiểm tiếp tuyến A với ñường thẳng BC , E giao ñiểm tiếp tuyến B với ñường thẳng CA , F giao ñiểm tiếp tuyến C với ñường thẳng AB Chứng minh ñiểm D, E , F thẳng hàng Lời giải Áp dụng ñịnh lý Pascal cho ñiểm A, A, B, B, C , C nằm đường trịn, dễ thấy điểm D, E , F thẳng hàng Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn D, E ñiểm cung AB, AC Gọi P ñiểm thuộc cung BC , Q = DP ∩ BA, R = PE ∩ AC Chứng minh ñường thẳng QR chứa tâm I đường trịn nội tiếp tam giác ABC Lời giải Vì D điểm cung AB nên đường thẳng CD chia đơi góc ∠ACB Tương tự, đường thẳng EB chia đơi góc ∠ABC Do I = CD ∩ EB Áp dụng ñịnh lý Pascal cho ñiểm C , D , P, E , B, A , ta nhận ñược điểm I , Q, R thẳng hàng Bài tốn (Australia 2001) Cho A, B, C , A ', B ', C ' ñiểm nằm đường trịn cho AA ' vng góc BC , BB ' vng góc CA , CC ' vng góc AB Một điểm D nằm đường trịn Gọi DA '∩ BC = A '', DB '∩ CA = B '', DC '∩ AB = C '' Chứng minh A '', B '', C '' trực tâm tam giác ABC thẳng hàng Lời giải Gọi H trực tâm tam giác ABC Áp dụng ñịnh lý Pascal cho ñiểm A, A ', D, C ', C , B , ta suy H , A '', C '' thẳng hàng Tương tự, áp dụng ñịnh lý Pascal cho ñiểm B ', D, C ', C , A, B , ta nhận ñược B '', C '', H thẳng hàng Từ ñó suy A '', B '', C '', H thẳng hàng Bài toán (IMO 1991 unused) Cho tam giác ABC P ñiểm tam giác Gọi P1 , P2 chân ñường vng góc hạ từ P xuống cạnh AC , BC Nối AP, BP ; từ C kẻ đường vng góc xuống AP, BP Gọi Q1 , Q2 chân đường vng góc Giả sử Q2 ≠ P1 , Q1 ≠ P2 Chứng minh ñường thẳng PQ , Q1 P2 , AB đồng quy (kí hiệu ≠ đường thẳng khơng trùng nhau) Lời giải Vì ∠CP1P, ∠CP2 P, ∠CQ2 P, ∠CQ1P góc vng nên ñiểm C , Q1 , P1, P, P2 , Q2 nằm đường trịn có đường kính CP Chú ý A = CP1 ∩ PQ1 , B = Q2 P ∩ P2C Áp dụng ñịnh lý Pascal cho ñiểm C , P1 , Q2 , P, Q1 , P2 ta nhận ñược X = PQ ∩ Q1 P2 thuộc ñường thẳng AB Bài tốn (China 2005) Một đường tròn cắt ba cạnh BC , CA, AB tam giác ABC ñiểm D1 , D2 ; E1 , E2 ; F1 , F2 Các ñoạn D1E1, D2 F2 cắt L , ñoạn E1F1 , E2 D2 cắt M , ñoạn F1D1, F2 E2 cắt N Chứng minh ñường thẳng AL, BM,CN ñồng quy Lời giải Gọi P = D1F1 ∩ D2 E2 , Q = E1D1 ∩ E2 F2 , R = F1E1 ∩ F2 D2 • Áp dụng định lý Pascal cho ñiểm E2 , E1 , D1 , F1 , F2 , D2 , ta nhận ñược A, L, P thẳng hàng • Áp dụng định lý Pascal cho ñiểm F2 , F1 , E1 , D1 , D2 , E2 , ta nhận ñược B, M , Q thẳng hàng • Áp dụng định lý Pascal cho ñiểm D2 , D1 , F1 , E1 , E2 , F2 , ta nhận ñược C , N , R thẳng hàng Gọi X = E2 E1 ∩ D1F2 = CA ∩ D1F2 ,Y = F2 F1 ∩ E1D2 = AB ∩ E1D2 , Z = D2 D1 ∩ F1E2 = BC ∩ F1E2 • Áp dụng định lý Pascal cho ñiểm D1 , F1 , E1 , E2 , D2 , F2 , ta nhận ñược P, R, X thẳng hàng • Áp dụng định lý Pascal cho ñiểm E1 , D1 , F1 , F2 , E2 , D2 , ta nhận ñược Q, P, Y thẳng hàng • Áp dụng định lý Pascal cho ñiểm F1 , E1 , D1 , D2 , F2 , E2 , ta nhận ñược R, Q, Z thẳng hàng Xét hai tam giác ABC , PQR , ta có X = CA ∩ RP, Y = AB ∩ PQ, Z = BC ∩ QR Áp dụng định lý Desargues (phần đảo), ta có AP ≡ AL, BQ ≡ BM , CR ≡ CN ñường thẳng ñồng quy Một số toán tự luyện Bài Cho tam giác ABC Gọi E chân đường vng góc hạ từ B xuống AC , D chân đường vng góc hạ từ E xuống BC , F trung ñiểm AB Chứng minh AD, BE , CF ñồng quy ∠ABC = 900 Bài Cho P ñiểm nằm tứ giác lồi ABCD Các ñường phân giác góc ∠APB, ∠BPC, ∠CPD, ∠DPA cắt ñường thẳng AB, BC, CD, DA ñiểm K , L, M , N Chứng minh KLMN hình bình hành PB = PD, PA = PC Bài Cho tam giác ABC vng C Về phía tam giác ABC , ta dựng hình vng ACMQ, BCNP Chứng minh ñường thẳng AP, BQ ñồng quy với ñường cao CH tam giác ABC Bài Cho M điểm nằm đường trịn nội tiếp tam giác ABC , R ñiểm Các ñường thẳng AR, BR, CR cắt ñường tròn nội tiếp ñiểm A1 , B1 , C1 Chứng minh giao ñiểm cặp ñường thẳng MA1 , BC ; MB1 , CA; MC1 , AB thẳng hàng ñường thẳng chứa ñiểm R Bài Các ñiểm A1 , , A6 nằm đường trịn; điểm L, L, M , N thuộc ñường thẳng A1 A2 , A3 A4 , A1 A6 , A4 A5 cho KL A2 A3 , LM A3 A6 , MN A6 A5 Chứng minh NK A5 A2 Tài liệu tham khảo [1] Kiran S Kadlaya, “Geometry unbound”, 2006 [2] Kin Y LI, “Famous Geometry Theorems”, Mathematical Excalibur, Vol.10, No.3, 2005 [3] Nguyễn Văn Ban, Hồng Chúng “Hình Học Của Tam Giác”, NXB Giáo Dục, 1996 [4] Paul Yiu, “Euclidean Geometry”, 1998 [5] Viktor Prasolov, “Problems in Plane and Solid Geometry”, 2001 Người dịch: Cao Minh Quang GV THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long, Việt Nam E-mail: kt13quang@yahoo.com ... Geometry”, 2001 Người dịch: Cao Minh Quang GV THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long, Việt Nam E-mail: kt13quang@yahoo.com