Luận văn thạc sỹ điểm brocard của tam giác và tứ giác

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - TRẦN THANH HẢI ĐIỂM BROCARD CỦA TAM GIÁC VÀ TỨ GIÁC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Nguyễn Việt Hải THÁI NGUYÊN - 2022 i Danh mục hình 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 Dựng điểm Brocard P Q ∆ABP ∼ ∆CBQ, ∆BCP ∼ ∆ACQ, ∆CAP P Pc , QQc ⊥ AB; P Pa , QQa ⊥ BC cot ω = cot A + cot B + cot C Các hàm số lượng giác góc Brocard ω P A2 + P B + P C QA2 + QB + QC △A1 B1 C1 đồng dạng với △BCA ∆P1 P2 P3 tam giác hình chiếu P Hai tam giác cân OPQ LPQ ∼ ∆BAQ 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 P = (−a2 : σC + σϕ : σB + σθ ) AX, BY, CZ đồng quy P = C(AAC) ∩ C(CCB) ∩ C(BBA) ; Q = C(AAB) ∩ C(CCA) ∩ C(BBC) C(AAB) , C(BBC) , C(CCA) giao điểm Q Tam giác Brocard thứ thứ hai A′ , B ′ , C ′ thuộc đường tròn Brocard Tam giác A′ B ′ C phối cảnh với tam giác ABC ∆X1 Y1 Z1 = ∆X2 Y2 Z2 25 28 29 30 32 33 35 40 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 Điểm Brocard P ≡ Br (ABCD) tứ giác ABCD ω (ABCD) = ω (DCBA) ω (ABCD) = ω (DCBA) ⇔ ABCD nội tiếp Q4 điểm Brocard tứ giác ABCD AN4 ∩ BN1 = Q0 Các cặp tam giác có diện tích a) Các cặp tam giác với diện tích b) 42 43 43 46 47 48 49 11 12 16 17 19 20 ii 3.8 3.9 Các cặp tam giác đồng dạng c) 51 Ngũ giác Brocard A1 A2 A3 A4 A5 53 Mục lục Điểm Brocard tam giác 1.1 Điểm Brocard tính chất 1.2 Góc Brocard hệ thức lượng giác 10 1.3 Ứng dụng 15 Đường tròn Brocard trục Brocard 21 2.1 Nhắc lại tọa độ barycentric 21 2.2 Đường tròn Brocard trục Brocard 28 Một số vấn đề liên quan 3.1 Điểm Brocard tứ giác 3.2 Cách dựng điểm Brocard Br (ABCD) 3.3 Tính chất điểm Brocard Br (ABCD) 41 41 44 46 Tài liệu tham khảo 56 Mở đầu Mục đích đề tài luận văn Trong Hình học có điểm đặc biệt gắn với tính chất hình học phong phú Chẳng hạn tam giác ta biết điểm đặc biệt: Trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp, Điểm Brocard điểm đặc biệt tam giác phát nhờ vào tốn dựng hình Với điểm Brocard ta tìm hiểu tính chất chúng đồng thời nghiên cứu khái niệm liên quan đến điểm này, chẳng hạn: tam giác Brocard, đường tròn Brocard, trục Brocard đa giác Brocard nói chung Trình bày cách tiếp cận giải vấn đề lý để chọn đề tài "Điểm Brocard tam giác tứ giác" Mục đích đề tài là: - Trình bày điểm Brocard tam giác tứ giác Từ nghiên cứu tính chất, hệ thức liên quan đến điểm Brocard, góc Brocard tam giác Brocard - Dùng tọa độ barycentric xét tính chất hình học đường trịn Brocard trục Brocard Các tính chất đặc biệt khảo sát nhờ công cụ đại số, cách làm hiệu hỗ trợ tốt cho tư hình học túy - Bồi dưỡng lực dạy học chuyên đề khó trường THPT góp phần đào tạo học sinh học giỏi mơn Hình học Nội dung đề tài, vấn đề cần giải Kết hợp phương pháp hình học túy phương pháp tọa độ đề tài sâu vào nghiên cứu tính chất điểm Brocard, góc Brocard, tam giác Brocard, đường trịn Brocard đối tượng hình học liên quan Một cách tự nhiên, nội dung đề tài nhằm làm phong phú thêm kiến thức sâu sắc Hình học Euclid Tài liệu tham khảo luận văn [1], [3], [4] [5] tác giả hệ thống diễn giải chi tiết Dự kiến nội dung luận văn chia làm chương: Chương Điểm Brocard tam giác Nhắc lại bổ sung điểm Brocard góc Brocard theo hướng hệ thống tính chất hệ thức liên quan Điểm Brocard nội dung phong phú, hấp dẫn nhiệm vụ tác giả chọn lọc, hệ thống kiến thức từ tài liệu [1], [3] Chương gồm mục sau: 1.1 Điểm Brocard tính chất 1.2 Góc Brocard hệ thức lượng giác 1.3 Ứng dụng Chương Đường trịn Brocard trục Brocard Tồn chương sử dụng tọa độ barycentric để diễn tả khái niệm hình học liên quan đến đề tài Các tính chất, kiện hình học chứng minh nhờ phương pháp tọa độ Mặc dù sử dụng nhiều biến đổi đại số bù lại ta thu tính chất hình học có giá trị Chương tham khảo chủ yếu [5] bao gồm mục sau: 2.1 Nhắc lại tọa độ barycentric 2.2 Đường tròn Brocard trục Brocard Chương Một số vấn đề liên quan Mở rộng từ tam giác sang tứ giác, đặc biệt tứ giác nội tiếp Khi điểm Brocard Br(ABCD) có nhiều tính chất liên quan đến diện tích tứ giác đồng dạng tam giác Nội dung hệ thống, chọn lọc từ báo [3], [4] Nội dung chương gồm ba mục sau: 3.1 Điểm Brocard tứ giác 3.2 Cách dựng điểm Brocard Br(ABCD) 3.3 Tính chất điểm Brocard Br(ABCD) Chương Điểm Brocard tam giác 1.1 Điểm Brocard tính chất Bài tốn đặt mặt phẳng tam giác ABC tìm điểm P \ \ \ cho P AB = P BC = P CA Hình 1.1: Dựng điểm Brocard P Q Trước hết ta trả lời câu hỏi sau: "Làm để dựng điểm Brocard thước com pa? " Bước phân tích sau quan trọng để dựng điểm Brocard Phân tích Giả sử dựng điểm Brocard P Kẻ đường thẳng BP cắt tia At k BC D Ta có D, C nhìn đoạn thẳng AP góc ω \ nên tứ giác ADCP nội tiếp được, P AB = ω nên đường tròn ngoại tiếp nhận AB làm tiếp tuyến A Từ ta có cách dựng: Cách dựng - Dựng đường tròn qua A, C đồng thời tiếp xúc với AB (tâm giao trung trực đoạn BC đường vng góc kẻ từ A) - Qua A kẻ đường thẳng At k BC , At cắt đường tròn vừa dựng D - Đường thẳng BD cắt đường trịn P cần dựng, hình 1.1 (Cách 2: Có thể dựng hai đường trịn: C(AAC) qua A, C tiếp xúc AB C(CCB) qua C, B tiếp xúc CA, điểm P giao đường trịn đó) \ \ = BAP \ = ω1 Vậy ADB \= Chứng minh Đặt ω1 = P AB ta suy ADP \ = DBC \=P \ \ = ω1 Vì AD k BC nên ADB ACP BC = ω1 Định nghĩa 1.1 Điểm P xác định miền tam giác ABC cho \ \ \ góc P AB, P BC, P CA nhận giá trị ω1 , gọi điểm Brocard Góc ω1 gọi góc Brocard ứng với điểm Brocard P Để thống ký hiệu ta gọi điểm P vừa dựng gọi điểm Brocard thứ Định nghĩa 1.2 Cho P điểm Brocard thứ tam giác ABC Khi đường thẳng đẳng giác với AP, BP, CP đồng quy điểm Điểm gọi điểm Brocard thứ hai, ký hiệu Q, hình 1.1 Như vậy, hai điểm P Q hai điểm đẳng giác định nghĩa điểm Brocard thứ hai sau Định nghĩa 1.3 Điểm Q xác định miền tam giác ABC cho \ = QCB \ = QBA \, gọi điểm Brocard thứ hai góc QAC Hai điểm P, Q dựng tương tự, có nét tương đồng lại có khác biệt định điều tạo nên tính chất hay chúng Tính chất 1.1 Hai góc ω1 , ω2 ứng với điểm Brocard thứ thứ hai Chứng minh Hình 1.1 Gọi (Oc , Rc ) đường tròn ngoại tiếp ∆AP B , áp dụng định lý sin định lý côsin tam giác AP B ta có: AP + AB − BP cos ω1 = cot ω1 = BP sin ω1 2AP.AB 2Rc 2 AP + AB − BP AP + AB − BP = = 2AP.BP sin B \ 2AP.P B sin AP B AP + AB − BP = 4SP AB Tương tự tam giác BP C CP A nên ta có AP + AB − BP BP + BC − CP = 4SP AB 4SP BC 2 CP + CA − AP = 4SP AC cot ω1 = Từ áp dụng tính chất tỷ lệ thức ta được: c2 + a2 + b2 AB + BC + CA2 = cot ω1 = 4SABC 4SABC c2 + a2 + b2 Hoàn toàn cot ω2 = = cot ω1 4SABC Tính chất 1.2 Gọi G trọng tâm L điểm Lemoine (giao ba đường đối trung) tam giác ABC Khi ba đường thẳng AP, BG CL đồng quy P ∗ ; ba đường thẳng AQ, BL CG đồng quy Q∗ Hơn P ∗ Q∗ hai điểm đẳng giác Chứng minh Ta chứng minh tính chất 1.2 phương pháp tọa độ chương sau Ở ta ý đến điểm Lemoine L Điểm điểm liên hợp đẳng giác trọng tâm G có nhiều tên gọi điểm Lemoine, điểm Grebe, điểm Symmedian (2.1) a1 a2 a3 = b1 b2 b3 27 Khoảng cách hai điểm A (a1 : a2 : a3 ) ; B (b1 : b2 : b3 )

1h (a1 − b1 )2 b2 + c2 − a2 + (a2 − b2 )2 c2 + a2 − b2 AB =
i 2 2 +(a3 − b3 ) a + b − c (2.2) AB (a1 − b1 )2 σA +(a2 − b2 )2 σB +(a3 − b3 )2 σC , a, b, c cạnh tam giác Phương trình đường trịn - Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác sở ABC a2 yz + b2 zx + c2 xy = - Phương trình đường trịn Euler △ABC : Áp dụng phép vị tự tâm G, tỷ số − biến đường tròn ngoại tiếp thành đường tròn Euler Nếu P (x : y : z) điểm đường trịn Euler điểm Q = 3G − 2P = (x + y + z)(1 : : 1) − 2(x : y : z) = (y + z − x : z + x − y : x + y − z) thuộc đường tròn ngoại tiếp, tức a2 (z+x−y)(z+y−z)+b2 (x+y−z)(y+z−x)+c2 (y+z−x)(z+x−y) = Rút gọn lại viết theo ký hiệu tắt ta có phương trình đường tròn Euler X
X 0= a2 ) x2 − y + 2yz − z = (a − c2 − b2 )x2 + 2a2 yz   hay X  σA x2 − a2 yz = Phương trình tổng qt đường trịn C a2 yz + b2 zx + c2 xy + (x + y + z)(px + qy + rz) = 0, p, q, r phương tích A, B, C đường tròn C hay px + qy + rz = trục đẳng phương C đường tròn ngoại tiếp (ABC) Đường trịn có tâm điểm (x0 : y0 : z0 ) với x0 = a2 σA + σB (r − p) − σC (p − q) y0 = b2 σB + σC (p − q) − σA (r − p) 28 z0 = c2 σC + σA (q − r) − σB (r − q) Bán kính ρ cho ρ2 =
a2 b2 c2 − a2 σA.p + b2 σB.q + c2 σC.r + σA (q − r)2 + σB (r − p)2 + σC (p − q)2 4σ Hai điểm P (x1 : y1 : z1 ), Q(x2 : y2 : z2 ) liên hợp đẳng giác với tồn số k ∈ R∗ để có x1 x2 = ka2 , y1 y2 = kb2 , z1 z2 = kc2 Hình 2.2: AX, BY, CZ đồng quy 2.2 Đường tròn Brocard trục Brocard Trước hết ta nhắc lại định lý Nagel phát biểu [7]: Định lý Nagel, [7] Trong tam giác ABC X, Y, Z điểm cho \ = BAZ \=θ CAY \ = CBX \ =ϕ ABZ \ = ACy [ =ψ BCX (Hình 2.2) đường thẳng AX, BY, CZ đồng quy điểm   1 : : σA + σθ σB + σϕ σC + σψ 29 Hình 2.3: P = C(AAC) ∩ C(CCB) ∩ C(BBA) ; Q = C(AAB) ∩ C(CCA) ∩ C(BBC) Xuất phát từ cách dựng điểm Brocard ta xét đường tròn C(AAB) qua đỉnh A, B , tiếp xúc với cạnh AC điểm A Vì đường tròn qua A(1 : : 0), B(0 : : 0), suy p = q = nên phương trình có dạng a2 yz + b2 zx + c2 xy − rz(x + y + z) = với số r Đường tròn lại tiếp xúc với AC A nên đặt y = phương trình thu (b2 − r)zx − rz = 0, phương trình phải có nghiệm kép, nghĩa r = b2 Cuối phương trình C(AAB) C(AAB) : a2 yz + bz x + c2 xy − b2 z(x + y + z) = (2.3) C(BBC) : a2 yz + bz x + c2 xy − c2 x(x + y + z) = (2.4) Hoàn toàn tương tự, ta có hai đường trịn C(CCA) : a2 yz + bz x + c2 xy − a2 y(x + y + z) = (2.5) Hệ ba phương trình {(2.3) , (2.4) , (2.5)} với x + y + z 6= có nghiệm 1 x = , y = , z = Ba đường tròn C(AAB) , C(BBC) , C(CCA) giao c b  a 1 điểm Q : : , có tính chất c a b \ = QCB \ = QAC \ QBA 30 Theo hướng ngược lại có đường trịn C(ABB) , C(BCC) , C(CAA) gặp điểm P  Hình 2.4: C(AAB) , C(BBC) , C(CCA) giao điểm Q 1 : : b c a2  thỏa mãn: \ \ \ P AB = P BC = P CA Chú ý từ tọa độ hai điểm hai điểm  suy chúng  1 liên hợp đẳng giác Như vậy, tọa độ P tọa độ Q : : c a2 b   1 Ta chứng minh Tính chất 1.2 khẳng định LP = LQ : : c a2 b chương I phương pháp tọa độ: Ví dụ 2.2.1 Chứng minh Tính chất 1.2, Chương Chứng minh Lấy ABC tam giác sở, ta có
A = (1 : : 0) , B = (0 : : 0) , C = (0 : : 1) , G = (1 : : 1) , L = a2 : b2 : c2 ,     1 1 1 ; Q : : Áp dụng phương trình (2.2), đường : : P b2 c2 a2 c a b thẳng có phương trình (AP ) : 1 y − z=0 a2 c2