Luận văn một số vấn đề về đường đối trung trong tam giác1

1 Mở đầu Trong nội dung Hình học bậc phổ thơng, tam giác có vai trị đặc biệt Việc chứng minh tính chất hình học, giải tốn hình học địi hỏi phải vận dụng kiến thức tam giác cách linh hoạt Trong tam giác, đường thẳng đối xứng với đường trung tuyến qua đường phân giác gọi đường đối trung tam giác Đường đối trung vấn đề hấp dẫn hình học phẳng Nó có số tính chất hình học thú vị như: đường đối trung chia cạnh đối diện thành phần tỉ lệ với bình phương cạnh kề; đường đối trung xuất phát từ đỉnh tam giác qua giao điểm hai tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác hai đỉnh kia; Ba đường đối trung tam giác đồng quy điểm Vận dụng tính chất này, ta giải nhiều tốn hình học thú vị Với mong muốn tìm hiểu sâu vấn đề đường đối trung, lựa chọn đề tài “Một số vấn đề đường đối trung tam giác” hướng dẫn PGS.TS Trần Việt Cường Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương Chương Một số vấn đề đường đối trung Ngồi việc trình bày số kiến thức chuẩn bị có liên quan đến đề tài, chương giành để trình bày định nghĩa, cách dựng số tính chất thú vị đường đối trung Các nội dung trình bày sở tham khảo tài liệu [2, 3, 1, 7, 9] Chương Một số ứng dụng đường đối trung Trong chương này, chúng tơi áp dụng tính chất Đường đối trung q trình giải số tốn hình học phẳng Các nội dung trình bày sở tham khảo tài liệu [2, 3, 1, 5] Luận văn hoàn thành Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ kính trọng lịng biết ơn sâu sắc đến PGS TS Trần Việt Cường Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc học trị suốt q trình học tập, nghiên cứu giúp đỡ tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy giáo, giáo khoa Tốn - Tin, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên giúp đỡ tạo điều kiện cho suốt trình học tập nghiên cứu khoa học Tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp, lãnh đạo Trường Trung học phổ thông Vũ Văn Hiếu, Hạ Long, Quảng Ninh động viên, cổ vũ, tạo điều kiện để tác giả hồn thành nhiệm vụ Cuối cùng, tác giả xin gửi làm cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho học tập nghiên cứu Thái Nguyên, tháng năm 2018 Người viết luận văn Đỗ Ngọc Bích Chương Một số vấn đề đường đối trung Chương 1, trình bày số kiến thức chuẩn bị hai đường thẳng đẳng giác tam giác, đường đối song cạnh tam giác trình bày định nghĩa, cách dựng số tính chất thú vị đường đối trung Các nội dung trình bày sở tham khảo tài liệu [1, 2, 3, 7, 9] 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1.1 Một số định lý hình học Định lý 1.1.1 (Định lý Thales, [2]) Nếu đường thẳng song song với cạnh tam giác cắt hai cạnh cịn lại định hai cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ Định lý 1.1.2 (Định lý Menelaus, [2]) Cho tam giác ABC D, E, F nằm đường thẳng BC, CA, AB cho ba điểm có số chẵn điểm thuộc cạnh tam giác ABC Khi đó, D, E, F thẳng hàng F A DB EC · · = F B DC EA Hình 1.1: Định lý Menelaus Định lý 1.1.3 (Định lý Pascal, [2]) Cho sáu điểm conic (elip, parabol hyperbol) giao điểm cặp cạnh đối diện thẳng hàng Đường thẳng gọi đường thẳng Pascal Hình 1.2: Định lý Pascal Định lý 1.1.4 (Định lý Ceva, [2]) Cho tam giác ABC ba đường thẳng AA0 , BB , CC xuất phát từ đỉnh tam giác cắt đường thẳng chứa cạnh đối diện A0 , B , C cho: ba điểm A0 , B , C nằm ba cạnh tam giác ba điểm nằm cạnh tam giác hai điểm nằm phần kéo dài hai cạnh lại Điều kiện cần đủ để AA0 , BB , CC đồng quy song song với ta có hệ thức: AB CA0 BC · · = B C A0 B C A Người ta thường gọi ba đường thẳng AA0 , BB , CC xuất phát từ đỉnh tam giác ABC đồng quy điểm ba đường thẳng Ceva; Các đoạn thẳng AA0 , BB , CC gọi đoạn thẳng Ceva; Giao điểm đường thẳng Ceva gọi điểm Ceva Từ định lý Ceva, suy rằng: Trong tam giác ABC: Ba đường trung tuyến đồng quy (tại trọng tâm tam giác) Ba đường phân giác đồng quy (tại tâm đường tròn nội tiếp tam giác) Ba đường cao đồng quy (tại trực tâm tam giác) Ba đường trung trực đồng quy (tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác) Dạng lượng giác định lý Ceva sau: sin ∠ABB sin ∠BCC sin ∠CAA0 · · = sin ∠CBB sin ∠ACC sin ∠BAA0 sin ∠ABB · sin ∠BCC · sin ∠CAA0 = sin ∠CBB · sin ∠ACC · sin ∠BAA0 Định nghĩa 1.1.5 ([4]) Trên đường thẳng lấy bốn điểm A, B, C, D Khi đó, ta gọi bốn điểm A, B, C, D hàng điểm điều hịa thỏa mãn hệ thức CA DA =− Ký hiệu (ABCD) = −1 CB DE Bốn điểm gọi hàng điểm điều hòa hệ thức sau thỏa mãn: 1 = + (hệ thức Descarter) AB CA DA 2 IA = IC · ID (với I trung điểm AB) (hệ thức Newton) Gọi J trung điểm CD, ta có AC · AD = AB · AJ (hệ thức Maclaurin) Cho hàng điểm điều hòa (ABCD) = −1 O nằm ngồi hàng điểm điều hịa Khi ta gọi bốn tia OA, OB, OC, OC chùm điều hịa kí hiệu O(ABCD) = −1 Cho O(ABCD) = −1 Một đường thẳng cắt cạnh OA, OB, OC, OD E, F, G, K, ta có (E, F, G, K) = −1 Định nghĩa 1.1.6 ([4]) Tứ giác ABCD nội tiếp thỏa mãn gọi tứ giác điều hòa CB AB = AD CD Định lý 1.1.7 Cho đường trịn (O) điểm M nằm ngồi đường tròn M A M B tiếp tuyến vẽ từ M đến (O) Một cát tuyến qua M cắt (O) P Q Khi AP BQ tứ giác điều hịa (Hình 1.3) Hình 1.3: AP BQ tứ giác điều hịa Chứng minh Ta có 4QAM ∼ 4AP M ta có AM = P M · M Q (theo định nghĩa phương tích đường trịn) Do đó, ta có AQ AM = AP MP (1.1) Tương tự, ta có 4QBM ∼ 4BP M ta có BM = P M · M Q Do đó, ta có BQ BM = BP MP (1.2) Vì M A M B tiếp tuyến kẻ từ M đến (O) nên ta có M A = M B Do đó, từ (1.1) (1.2) ta có AM BM BQ AQ = = = AP MP MP BP Do đó, theo định nghĩa ta có AP BQ tứ giác điều hịa Tứ giác điều hịa có số tính chất sau: ABCD tứ giác điều hịa AC · BD = 2AB · CD = 2BC · AD Xét tứ giác điều hòa ABCD nội tiếp (O), tiếp tuyến B D cắt M, I giao điểm AC BD Khi đó, (M IAC) = −1 Xét tứ giác điều hòa ABCD nội tiếp O, gọi M giao hai tiếp tuyến (O) B D Gọi I giao điểm OM BD Khi đó, IB phân giác góc AIC 1.1.2 Đường đối song Định nghĩa 1.1.8 ([7]) Một cát tuyến cắt hai cạnh AB, AC tam giác ABC theo thứ tự M , N Nếu ∠AM N = ∠ACB ta nói M N đối song với BC Hình 1.4: M N đường đối song với BC Hệ 1.1.9 ([7]) 1) Nếu tứ giác CBM N nội tiếp M N đối song với BC ngược lại 2) Nếu M N đối song với BC M N đối song với đường thẳng song song với BC 3) Nếu từ M kẻ cát tuyến M P cho ∠BM P = ∠ACB M P đối song với AC Vậy, từ điểm cạnh tam giác, kẻ hai đường thẳng đối song với hai cạnh lại tam giác 4) Một cát tuyến vng góc với cạnh huyền tam giác vng đối song với hai cạnh góc vng Đặt biệt, đường cao tương ứng với cạnh huyền đối song với hai cạnh góc vng 1.1.3 Đường đẳng giác Định nghĩa 1.1.10 ([3]) Cho góc ∠xOy Ta nói hai đường thẳng d1 d2 đường đẳng giác góc cho chúng qua đỉnh O đối xứng với qua phân giác góc Ví dụ 1.1.11 (a) Một trường hợp tầm thường là: Đường phân giác đẳng giác với (b) Trong tam giác vng, đường cao đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc vng hai đường đẳng giác Hình 1.5: AM AH hai đường đẳng giác Thật vậy, cho tam giác ABC vng A, có đường cao AH, đường phân giác AD, trung tuyến AM (Hinh 1.5) Ta có \ \ \ M AC = M CA = HAB \ = DAB \ (AD phân giác) DAC \ \ ⇒M AD = DAH Vậy AM AH đối xứng qua AD hay AM AH hai đường đẳng giác (c) Nếu tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) AO đường cao AH hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC hai đường đẳng giác góc ∠BAC (Hình 1.6) Hình 1.6: AO AH hai đường đẳng giác Chú ý 1.1.12 Góc đường đẳng giác với hai cạnh góc cho Cho nên nói hai đường thẳng đẳng giác đường phân giác hai cạnh góc Định lý 1.1.13 (Định lý Steiner, [8]) Cho tam giác ABC hai điểm D, E cạnh BC Khi đó, AD AE hai đường đẳng giác góc ∠BAC BD BE AB · = DC EC AC (1.3) Hình 1.7: AD AE hai đường đẳng giác Chứng minh Điều kiện cần Giả sử AD AE hai đường đẳng giác góc 10 ∠BAC, AH đường cao Ta có BD · AH BD SBAD AD · AB · sin ∠BAD AB · sin ∠BAD = 21 = = = DC S AD · AC · sin ∠DAC AC · sin ∠DAC DC · AH DAC (1.4) Tương tự, ta có BE AB · sin ∠BAE = (1.5) EC AC · sin ∠EAC Mặt khác, AD, AE hai đường đẳng giác góc ∠BAC nên ta có ∠BAD = ∠EAC, ∠DAC = ∠BAE Từ kết hợp với (1.4) (1.5), ta thu đẳng thức (1.3) Điều kiện đủ Giả sử AD, AE thỏa mãn (1.3), ta chứng minh AD AE hai đường đẳng giác ứng với góc A Vẽ AD0 đường đẳng giác AE, D0 ∈ BC Khi đó, ta có hệ thức BD0 BE AB · = D0 C EC AC BD BD0 Kết hợp với (1.3), ta có = Suy D ≡ D0 , tức AD AE hai DC DC đường đẳng giác Nhận xét 1.1.14 Định lý 1.1.13 cho ta tiểu chuẩn để kiểm tra hai đường thẳng có đường đẳng giác góc hay khơng Định lý 1.1.15 ([3]) Cho góc ∠xOy đường thẳng d1 qua O, A điểm d1 Gọi H, K hình chiếu A Ox, Oy Khi đó, đường thẳng d2 đường đẳng giác d1 ứng với góc ∠xOy d2 qua O vng góc với HK Chứng minh Điều kiện cần Giả sử d2 đường đẳng giác d1 , ta chứng minh d2 ⊥ HK Ta có OHAK tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính OA nên ∠AOH = ∠AKH Mặt khác, d1 d2 đẳng giác nên ta có ∠KOB = ∠AOH Do đó, ta có ∠KOB = ∠AKH 49 Khi đó, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 4SABC = (aXXa + bXXb + cXXc )2 ≤ (a2 + b2 + c2 )(XXa2 + XXb2 + XXc2 ) Do XXa2 + XXb2 + XXc2 4SABC , ≥ a + b2 + c2 với dấu xảy XXa XXb XXc = = a b c Và điều xảy X điểm Lemoine Bài toán 2.6.3 ([6]) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Các tiếp tuyến với (O) A, C BD đồng quy S Chứng minh sin ∠ASB AB AD2 = = sin ∠CSB AC CD2 Hình 2.22: Các tiếp tuyến với (O) A, C BD đồng quy S Chứng minh Gọi I giao điểm AC BD Ta có sin ∠ASB SASI IA = = sin ∠CSB SCSI IC 50 Theo cách dựng đường đối trung, BI đường đối trung tam giác ABC tam giác ADC Theo tính chất đường đối trung, ta có AB AI = ; IC BC AI AD2 = IC CD2 Suy điều phải chứng minh Bài toán 2.6.4 ([2]) Chứng minh rằng, đoạn thẳng gồm hai cạnh tam giác bị đường đối trung tương ứng với cạnh thứ ba chia đơi, đường thẳng song song với cạnh thứ ba Chứng minh Xem hình Bài tốn 2.1.8 Giả sử đoạn thẳng M N cách tuyến ∆ bị đường đối trung AA0 chia đôi: M P = P N (2.26) Nếu M N không song song với BC từ M ta kẻ đường M N đối song với BC, cắt AC AA0 theo thứ tự N P Theo Bài tốn 2.1.8 ta có M P = P 0N (2.27) Theo định lý Thales từ (2.26) (2.27) ta có N N k P P , tức AC k AA0 Đó điều vơ lí, trái với giả thiết AA0 AC đồng quy Vậy M N phải đối song với BC Bài tốn 2.6.5 Đường trịn nội tiếp (I) tam giác không cân ABC tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F theo thứ tự Đoạn AD cắt lại đường trịn (I) M , đường tròn (CM D) cắt đoạn DF điểm thứ hai N Các đường thẳng CN, AB cắt P Chứng minh CD = 3F P Chứng minh Đường thẳng EF cắt theo thứ tự đoạn thẳng BC, CN X, Y Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BP C với cát tuyến F N D ta có F P DB N C · · = F B DC N B Do F B = DB nên CD = 3F P ⇔ CN = 3N P 51 Hình 2.23: CD = 3F P Do (BCDX) = −1 nên F (BCDX) = −1 suy F (P CN Y ) = −1 hay (P CN Y ) = −1 Suy CN = 3N P ⇔ CN = N Y (N trung điểm CY ) Do DM đường đối trung tam giác DEF nên d(M ; DF ) sin ∠M DF FD = = ED d(M ; DE) sin ∠M DE Nhưng áp dụng định lý sin cho tam giác DEF, FD sin ∠DEF = ED sin ∠DF E Suy sin ∠M DF sin ∠DEF = (2.28) sin ∠DF E sin ∠M DE Do ∠M EY = ∠M EF = ∠M DF = ∠M DN = ∠M CN = ∠M CY nên tứ giác M ECY nội tiếp, suy ∠M Y C = ∠M EA = ∠M DE (2.29) Do tứ giác M ECY nội tiếp, nên ∠CM N = ∠N DB = ∠F DB (2.30) Hơn nữa, ∠Y M N = π − ∠M Y N − ∠M N Y = ∠M N C − ∠M DE = ∠EDC (2.31) Từ (2.29), (2.30), (2.31) suy NY NY NM sin ∠N M Y sin ∠M CN sin ∠EDC sin ∠M DF = · = · = · = NC NM NC sin ∠M Y N sin ∠N M C sin ∠M DE sin ∠F DB Suy N trung điểm CY Điều phải chứng minh 52 Bài tốn 2.6.6 Cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo cắt O Biết BO DO theo thứ tự đường đối trung tam giác ABC ADC, chứng minh AO đường đối trung tam giác BAD (cũng vậy, CO đường đối trung tam giác BCD) Hình 2.24: AO đường đối trung tam giác BAD Giải Tiếp tuyến B đường tròn (ABC) tiếp tuyến D đường tròn (ADC) theo thứ tự cắt đường thẳng AC E, E Khi đó, theo tính chất đường đối trung đường đối trung ngồi từ đỉnh, ta có (ACOE) = −1 (ACOE ) = −1 Suy E = E, tứ giác ABCD nội tiếp ABCD tứ giác điều hòa Vậy tiếp tuyến A ABCD cắt BD F (BDOF ) = −1 Suy OA đường đối trung tam giác BAD  Bài toán 2.6.7 Cho tam giác ABC cân C Lấy điểm D tam giác cho ∠DAB = ∠DBC Gọi E trung điểm AB Chứng minh ∠ADE + ∠BDC = π Chứng minh Gọi ω đường tròn tâm O, tiếp xúc với AC A tiếp xúc với BC B (do tam giác ABC cân C nên tồn đường trịn này) Khi ∠ADB = π − (∠DAB + ∠DBA) = π − ∠CAB 53 π C + (do CE đường cao đường phân giác tam giác ABC) 2 = ∠AOB = Suy D nằm đường trịn (O) Từ đó, CA, CB tiếp xúc với (O) A, B nên CD đường đối trung tam giác DAB Gọi G giao điểm CD với AB Khi đó, CD đường đối trung DE trung tuyến tam giác DAB nên ∠ADE = ∠GDB hay ∠ADE + ∠DBC = π Bài toán 2.6.8 Cho X, Y, Z ba điểm cạnh BC, CA AB theo thứ tự Chứng minh đại lượng XY + Y Z + ZX đặt cực tiểu XY Z tam giác hình chiếu điểm Lemoine Chứng minh Đầu tiên ta tồn tập điểm X0 , Y0 , Z0 cạnh tam giác cho X0 Y02 + Y0 Z02 + Z0 X02 đạt cực tiểu Đặt x = BX, y = CY, z = AZ Bây xét hàm P (x, y, z) có giá trị đại lượng XY + Y Z + ZX Theo định lý cosin ta có P (x, y, z) = z + (b − y)2 − 2z(b − y) cos ∠BAC 54 + x2 + (c − z)2 − 2x(c − z) cos ∠ABC + y + (a − x)2 − 2y(a − x) cos ∠ACB = 2(x2 + y + z ) + (a2 + b2 + c2 ) − 2by − 2cz − 2ax − 2bz cos ∠BAC − 2cx cos ∠ABC − 2ay cos ∠ACB + 2yz cos ∠BAC + 2yx cos ∠ABC + 2xz cos ∠ACB = 2(x2 + y + z ) + (a2 + b2 + c2 ) + 2(xy cos ∠ABC + yz cos ∠BAC + zx cos ∠ACB) − 2b(y + z cos ∠BAC) − 2c(z + x cos ∠ABC) − 2a(x + y cos ∠ACB) Do P (x, y, z) biểu diễn hình cầu ellipsoid nên tồn nghiệm x0 , y0 , z0 cho P (x, y, z) đạt cực tiểu Từ suy tồn điểm X0 , Y0 , Z0 cạnh tam giác ABC Bây gọi X0 Y0 Z0 tam giác mà cực tiểu hóa X0 Y02 + Y0 Z02 + Z0 X02 Ký hiệu G0 trọng tâm X0 Y0 Z0 X0 X00 trung tuyến từ X0 Theo tính chất trung tuyến ta có X0 Z02 + X0 Y02 = 2X0 X00 Z0 Y02 + 55 Do X0 Y02 + Y0 Z02 + Z0 X02 = 2X0 X00 + Z0 Y02 Giá trị đạt cực tiểu X0 X0 vng góc với Y0 Z0 Tương tự, ta cần hai đường trung tuyến khác X0 Y0 Z0 vng góc với hai cạnh cịn lại tam giác Do trọng tâm G0 X0 Y0 Z0 nhận X0 Y0 Z0 tam giác hình chiếu Suy G0 điểm Lemoine tam giác ABC Bài toán 2.6.9 ([8]) Cho tam giác ABC với cạnh a, b, c Đường đối trung AS cắt cạnh BC S Kẻ đường BB vng góc với AB B, CC vng góc với AC C Đường thẳng vng góc với BC S cắt BB B , cắt CC C Chứng minh CC b3 = BB c3 Hình 2.25: Tam giác ABC có đường đối trung AS Chứng minh Ta có ∠SC C = 90◦ − ∠SCC = ∠ACB, ∠BSB = 90◦ − ∠SBB = ∠ABC Ta có b BS = BB sin ∠SB B = BB sin ∠ABC = , c CS = CC sin ∠SC C = CC sin ∠ACB = độ dài đường cao hạ từ đỉnh A Theo tính chất 2) đường đối trung, ta có CS b2 CC c b2 CC b3 = ⇔ · = ⇔ = BS c BB b c BB c 56 Bài toán 2.6.10 ([2]) Cho tam giác ABC với ba cạnh a, b, c, trung tuyến AM đường đối trung AD 1) Chứng minh hệ thức AD 2bc = AM b + c2 2) Dựa vào hệ thức biểu thức biết trung tuyến xác định chiều dài đường đối trung AD theo ba cạnh a, b, c tam giác Hình 2.26: AD đường đối trung, AM trung tuyến Chứng minh 1) Ta có SBAC BD AB · AD sin ∠BAD c AD = = = · SM AC MC AC · AM sin ∠M AC b AM Vậy, ta có AD BD b 2b = · = BD · AM MC c ac Mà AD đường đối trung, nên ta có (2.32) DC BD a − BD BD = ⇔ = c b c b2 ⇔ b2 BD = c2 (a − BD) ⇔ (b2 + c2 )BD = ac2 ⇔ BD = ac2 b2 + c2 (2.33) 57 Từ (2.32) (2.33) suy AD 2bc = AM b + c2 p 2) Ta có cơng thức độ dài đường trung tuyến AM = 2(b2 + c2 ) − a2 nên 2bc + c2 p 2(b2 + c2 ) − a2 2bc = · b + c2 p bc 2(b2 + c2 ) − a2 = b2 + c2 AD = AM · b2 Bài toán 2.6.11 ([2]) Chứng minh tam giác vuông, điểm Lemoine nằm trung điểm đường cao tương ứng với cạnh huyền Chứng minh Tam giác ABC vuông nên đường cao AH tương ứng với cạnh huyền đường đối trung, điểm Lemoine I AH Gọi x, y, z khoảng cách từ I đến cạnh a, b, c tam giác Hình 2.27: AH đường cao tam giác ABC Ta có x y z ax by cz ax + by + cz 2S aha = = = = = = = = = 2 a b c a b c a + (b + c ) 2a 2a 2a h Vậy điểm Lemoine I nằm trung điểm đường cao AH Từ (2.34) suy x = (2.34) 58 Bài toán 2.6.12 ([2]) Chứng minh rằng, x, y, z khoảng cách từ điểm Lemoine đến cạnh a, b, c tam giác ABC xha = yhb = zhc , , hb , hc đường cao tương ứng với cạnh a, b, c Chứng minh Tương tự toán trên, từ định nghĩa điểm Lemoine ta có yh xha z xha zhc yh zhc x y = b = = = = = = b = a b c aha bhb chc 2S 2S 2S Từ đẳng thức ba tỉ số cuối suy xha = yhb = zhc Bài toán 2.6.13 ([2]) Cho tam giác ABC Xác định khoảng cách x, y, z từ điểm Lemoine đến cạnh a, b, c theo a, b, c diện tích S tam giác Chứng minh Điểm Lemoine giao điểm đường đối trung nên ta có x y z ax by cz ax + by + cz 2S = = = = = = = 2 a b c a b c a +b +c a + b2 + c2 Từ đó, ta có 2aS a2 x= = a + b2 + c2 a + b2 + c2 2bS b2 hb y= = a + b2 + c2 a2 + b2 + c2 2cS c2 hc z= = a + b2 + c2 a + b2 + c2 Bài toán 2.6.14 ([2]) Chứng minh tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác đỉnh tam giác, chia cạnh đối diện theo tỉ số bình phương cạnh kề 59 Hình 2.28: AD đường đối trung tam giác ABC Chứng minh Theo định nghĩa phương tích, ta có DA2 = DB · DC (2.35) Mặt khác, gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có OA = OB = OC Do OAB, OBC, OCA tam giác cân O nên ta có ∠OAB = ∠OBA, ∠OBC = ∠OCB, ∠OCA = ∠OAC Do AD tiếp tuyến (O) nên AD ⊥ OA Vì vậy, ta có ∠DAB = 90◦ − ∠OAB = 90◦ − ∠OBA Cộng vế với vế hai đẳng thức ta 2∠DAB = 180◦ − ∠OAB − ∠OBA = ∠CAB + ∠ABC + ∠BCA − ∠OAB − ∠OBA = (∠CAB − ∠OAB) + (∠ABC − ∠OBA) + ∠BCA = ∠OAC + ∠OBC + ∠BCA = ∠OCA + ∠OCB + ∠BCA = 2∠BCA Từ ∠BCA = ∠DAB Do đó, ta có 4DBA đồng dạng với 4DAC Suy ra, ta có DB BA DB c2 = ⇒ = DA AC DA2 b Nhân vế với vế (2.35) (2.36), ta DB = DB · DC · DB c2 hay = DC b c2 b2 (2.36) 60 Nhận xét 2.6.15 EB c2 = AD chia EC b cạnh BC theo tỉ số đó, nên ta gọi AD đường đối trung Đường đối trung AE chia cạnh BC theo tỉ số tam giác ABC Chiều dài đường đối trung AD: Ta có DB BC a DC = = = b2 c2 b2 − c2 b2 − c2 Từ (2.35) (2.37) ta có DA2 (2.37) ab2 ac2 = · b − c2 b2 − c2 Vậy DA = abc (b > c) − c2 b2 Bài toán 2.6.16 ([1]) Cho tam giác ABC, điểm M N di chuyển đường thẳng AB AC cho M N k BC Gọi P giao điểm BN CM Đường tròn ngoại tiếp tam giác BM P CN P cắt hai điểm phân biệt P Q Gọi I, J hình chiếu vng góc Q lên đường thẳng AB, AC Chứng minh đường thẳng IJ vng góc với đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A tam giác ABC Chứng minh Vì QI ⊥ IA QJ ⊥ AJ nên ta có ∠AIQ + ∠AJQ = 180◦ , tứ giác AIQJ nội tiếp Do ∠AQI = ∠AJI chắn cung AI Mặt khác, AQ đường đối trung nên ∠QAI = ∠LAJ Do đó, ta có ∠LAJ + ∠AJI = ∠AQI + ∠QAI = Suy IJ ⊥ AL π 61 Kết luận Luận văn giải vấn đề sau: Trình bày số kiến thức chuẩn bị hai đường thẳng đẳng giác tam giác, đường đối song cạnh tam giác, số định lý hình học định lý Ceva, định lý Thales, định lý Menelaus Trình bày định nghĩa, cách dựng số tính chất thú vị đường đối trung số tập đường đối trung Khái niệm điểm Lemoine, đường tròn Lemoine thứ đường tròn Lemoine thứ hai Luận văn cố gắng đưa lời bình, đưa lời giải tường minh so với lời giải tốn tài liệu tham khảo Ngồi ra, luận văn tiến hành phân dạng số dạng toán liên quan tới đường đối trung 62 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hạ Vũ Anh (2010), Đường đối trung, Chuyên đề báo cáo Hội thảo Toán sơ cấp năm 2010, Ba Vì, Hà Nội, https://boxmath.files.wordpress.com/2014/08/duong-doi-trung.pdf [2] Nguyễn Văn Ban, Hồng Chúng (1997), Hình học tam giác, NXB Giáo dục [3] Trần Nam Dũng (chủ biên) (2011), Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi, NXB ĐHQG-HCM [4] Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyên Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình (2011), Tài liệu giáo khoa chun Tốn 10 (hình học), NXB Giáo dục [5] Đỗ Thanh Sơn (2010), Một số chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi THPT, NXB Giáo dục [6] Tập san Toán học 2009, Hệ thống trường chuyên Đồng duyên hải sông Hồng, Nam Định Tiếng Anh [7] M Bataille (2017), “Characterizing a Symmedian”, Crux Mathematicorum, Vol 43 (4), pp 145–150 [8] S Luo and C Pohoata (2013), “Let’s Talk About Symmedians”, Mathematical Reflections, Vol 4, pp 1–11 63 [9] Y Zhao (2007), “Lemmas in Euclidean Geometry”, IMO Training 2007, yufeizhao.com/olympiad/geolemmas.pdf ... cạnh đối diện BC, đường thẳng AN qua trung điểm N DE đường đối trung tam giác Đó cách đường đối trung tam giác Hệ 1.2.7 ([8]) Đường đối trung ứng với đỉnh A tam giác ABC quỹ tích trung điểm đường. .. đường đối trung 22 Chương Một số ứng dụng đường đối trung Trong chương này, vận dụng tính chất đường đối trung trình bày chương 1, chúng tơi trình bày số ứng dụng đường đối trung việc giải số. .. có AD đường đối trung tam giác Mệnh đề 1.2.5 ([8]) Cho tam giác ABC Trên đường thẳng AB lấy điểm D đường thẳng AC điểm E cho DE đường đối song BC trung tuyến tam giác ADE đường đối trung tam giác