(Luận văn) một số vấn đề về đường tron euler, đường thẳng euler và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ HẢI BÌNH lu an n va ĐƯỜNG THẲNG EULER VÀ ỨNG DỤNG p ie gh tn to MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG TRÒN EULER, d oa nl w ll u nf va an lu oi m LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2019 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ HẢI BÌNH lu an n va ĐƯỜNG THẲNG EULER VÀ ỨNG DỤNG p ie gh tn to MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG TRÒN EULER, w Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp d oa nl Mã số: 46 01 13 va an lu ll u nf LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z PGS.TS Trần Việt Cường m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2019 ac th si i Lời cảm ơn Để hoàn thành luận văn cách hồn chỉnh, tơi ln nhận hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình PGS.TS Trần Việt Cường Tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến thầy xin gửi lời tri ân điều thầy dành cho Tôi xin chân thành cảm ơn phịng Đào tạo, Khoa Tốn - Tin, q thầy giảng dạy lớp Cao học K11 (2018 - 2020) Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều lu an kiện cho tơi hồn thành khóa học n va Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người tn to động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho tơi suốt q trình học tập thực luận văn gh p ie Xin trân trọng cảm ơn! w Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019 d oa nl Người viết Luận văn an lu nf va Nguyễn Thị Hải Bình z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si ii Danh mục ký hiệu lu an n va Đường thẳng AB song song với đường thẳng CD AH ⊥ BC Đường thẳng AH vng góc với đường thẳng BC AB Cạnh có hướng từ A đến B d(L; AB) Khoảng cách từ điểm L tới đường thẳng AB 4ABC ∼ 4DEF Tam giác ABC đồng dạng với tam giác DEF (ABCD) = −1 A, B, C, D hàng điểm điều hòa p ie gh tn to AB ∥ CD d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si iii Danh sách hình vẽ an n va 1.2 Định lý Menelause 1.3 Đường tròn Apollonnius 1.4 M P ∥ N Q 1.5 Phép nghịch đảo tâm O, phương tích k 1.6 Tứ giác AP BQ tứ giác điều hòa 1.7 Phép vị tự tâm I, tỉ số k 1.8 AD, BE, CF đồng quy N 1.9 gh tn to Z, Y, X thẳng hàng ie lu 1.1 p w 10 11 1.12 Điểm O9 trung điểm HO 12 1.13 AO = LE 13 1.14 H, G, O9 O thẳng hàng 14 1.15 ABC, ABH, BCH ACH có chung đường trịn Euler 15 1.16 15 1.17 16 1.18 18 d 1.11 z at nh oi oa nl 1.10 Đường trịn Euler qua chín điểm D, E, F, M, N, P, S, R, Q nf va an lu lm ul z gm @ 1.19 1.20 20 22 l O1 , K, H thẳng hàng 2.2 D nằm OH 25 2.3 G nằm đường thẳng Euler tam giác ABC, ADC, AP C 26 m co 2.1 24 an Lu n va ac th si iv lu an 2.4 J nằm đường thẳng Euler tam giác AY Z 27 2.5 A0 nằm đường tròn (I, IO) 28 2.6 M, N, K thẳng hàng 29 2.7 Đường thẳng qua Na song song P A qua N 30 2.8 31 2.9 R, S, T thẳng hàng 33 2.10 KI qua J tâm Euler tam giác IBC 34 2.11 HK qua trung điểm I AG 34 2.12 HK qua điểm cố định I 36 2.13 Trung trực AX, EY, CZ đồng quy trung điểm OT 36 2.14 A, I, J thẳng hàng KJ vng góc với IJ 37 n va 2.15 Các đường thẳng Euler tam giác ABC, AM N , BSR, CP Q 38 2.16 39 41 2.18 M N ∥ BC 42 2.19 IJ ∥ OA 43 2.20 EF vng góc với M O 44 ie 2.17 OH ∥ P M p gh tn to đồng quy L d oa nl w an lu 2.21 Đường tròn ngoại tiếp tam giác DM N qua điểm cố định J nf va 2.22 Trung trực P Q qua điểm cố định N 46 47 lm ul 48 2.24 (P T S) qua điểm cố định I 49 2.25 XY qua P điểm cố định M 50 2.26 S, M, P thẳng hàng 51 z at nh oi 2.23 Đường thẳng qua L, song song P K qua điểm cố định J z 51 2.28 O1 H1 O2 H2 cắt M 52 2.29 (BPa C), (CPb A), (APc B) đồng quy Q 53 co l gm @ 2.27 X thuộc P LE, (P KF ) (P ZY ) m 2.30 Đường tròn Euler tam giác AP Q, BP Q, CP Q tiếp xúc 54 2.31 55 an Lu với Q n va ac th si v 2.32 56 2.33 57 2.34 59 2.35 60 2.36 61 2.37 62 lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si vi Mục lục Danh mục ký hiệu ii Danh sách hình vẽ iii lu an Chương Một số vấn đề đường tròn Euler, đường thẳng Euler n va Mở đầu Một số kiến thức chuẩn bị 1.2 Đường tròn đường thẳng Euler 10 1.2.1 Đường tròn đường thẳng Euler 10 w Một số tính chất đường trịn đường thẳng Euler 12 p ie gh tn to 1.1 oa nl 1.2.2 d Chương Một số ứng dụng đường tròn Euler, đường thẳng lu 23 nf va an Euler Các toán quan hệ thẳng hàng đồng quy 23 2.2 Các toán quan hệ song song vng góc 40 2.3 Các toán quan hệ điểm đường cố định 45 2.4 Các toán khác 50 @ 65 m co l gm Tài liệu tham khảo 64 z Kết luận z at nh oi lm ul 2.1 an Lu n va ac th si Mở đầu Đường tròn Euler, đường thẳng Euler vấn đề thú vị hình học phẳng Các tốn liên quan đến đường trịn Euler, đường thẳng Euler tốn hay khó Để giải tốn trước tiên lu an phải hiểu đường tròn Euler, đường thẳng Euler Tiếp đó, chúng tơi tìm n va hiểu việc vận dụng tính chất đường trịn Euler, đường thẳng Euler vào tn to việc giải số dạng tốn cụ thể hình học phẳng gh Với mong muốn tìm hiểu sâu vấn đề đường thẳng đường trịn Euler p ie tơi lựa chọn đề tài "Một số vấn đề đường tròn Euler, đường thẳng Euler w ứng dụng" hướng dẫn PGS.TS Trần Việt Cường oa nl Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương d Chương Một số vấn đề đường tròn Euler, đường thẳng Euler lu nf va an Trong chương này, ngồi trình bày số kiến thức chuẩn bị có liên quan đến đề tài, chúng tơi trình bày định lý đường trịn Euler, đường thẳng Euler lm ul tính chất đường tròn Euler, đường thẳng Euler Các nội dung chương tổng hợp từ tài liệu [1, 2, 3, 4, 5, 7, 10, 15] z at nh oi Chương Một số ứng dụng đường tròn Euler, đường thẳng Euler z gm @ Trong chương này, chúng tơi áp dụng tính chất đường trịn Euler, đường thẳng Euler vào giải số dạng toán hình học phẳng như: chứng l minh thẳng hàng, chứng minh đồng quy, chứng minh song song, chứng minh co m vng góc, chứng minh đường thẳng qua điểm cố định, chứng minh [2, 4, 5, 6, 8, 9, 11, 12, 13, 14] an Lu đẳng thức hình học Các nội dung chương tham khảo từ tài liệu n va ac th si Chương Một số vấn đề đường tròn Euler, đường thẳng Euler lu an va n 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị tn to Định nghĩa 1.1.1 ([10]) Trung điểm đoạn thẳng thuộc đường cao kẻ gh p ie từ đỉnh đến trực tâm tam giác gọi điểm Euler Định lý 1.1.2 (Định lí Thales, [4]) Nhiều đường thẳng song song cắt hai cát oa nl w tuyến(đường thẳng) d, d0 tạo d, d0 đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ d Định lý 1.1.3 (Định lí Pascal, [5]) Cho sáu điểm A, B, C, A0 , B , C lu an thuộc đường trịn Khi giao điểm cặp đường (AB , BA0 ), nf va (AC , CA0 ), (BC , CB ) thẳng hàng z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Hình 1.1: Z, Y, X thẳng hàng n va ac th si 52 Từ ta có (P IH) qua Y , Z trung điểm M S DM ta có Z nằm KL Giả sử (P LE) cắt KL điểm X Khi đó, ta có \ P[ XL = P[ EL = P F K = P[ SD = P[ Y Z Suy X thuộc (P KF ) (P ZY ) Vậy ta có điều phải chứng minh Bài toán 2.4.2 ([8]) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Kí hiệu A0 , B , C chân ba đường cao tam giác BC, CA, AB Chứng minh lu ba đường thẳng Euler ba tam giác AB C , BC A0 , CA0 B cắt an điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác A0 B C va n Chứng minh Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Phép đối xứng tn to qua AI biến O1 H1 thành d01 ∥ OH Phép đối xứng qua BI biến d01 thành ie gh d001 ∥ O2 H2 Vì tích hai phép đối xứng phép quay tâm I với p góc quay 2(IA; IB) (Kí hiệu (IA; IB) góc định hướng từ đường thẳng d oa nl w IA đến đường đường thẳng BI) nf va an lu z at nh oi lm ul z l gm @ m co Hình 2.28: O1 H1 O2 H2 cắt M ! an Lu (O1 H1 ; O2 H2 ) = 2(IA; IB) = b = C(modπ) n va b π+C ac th si 53 Do tâm O nằm tam giác ABC nên b (OA; OB) = 2(CA; CB) = 2C(modπ) Vì tam giác O1 O2 O3 vị tự với tam giác ABC nên
b O3 O1 ; O3 O2 = C(modπ) Từ kết ta suy (O1 H1 ; O2 H2 ) = (O3 O1 ; O3 O2 ) Đẳng thức chứng tỏ giao điểm đường thẳng O1 H1 O2 H2 nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác O1 O2 O3 lu Bài toán 2.4.3 ([5]) Cho tam giác ABC P điểm mặt phẳng an Gọi Pa , Pb , Pc đối xứng với P qua BC, CA, AB Chứng minh va n (BPa C), (CPb A), (APc B) đồng quy Q đường tròn Euler tam p ie gh tn to giác AP Q, BP Q, CP Q tiếp xúc với d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z gm @ an Lu Chứng minh Gọi Q giao (APb C) (BPa C) m co l Hình 2.29: (BPa C), (CPb A), (APc B) đồng quy Q Ta có (QB, QA) ≡ (QB, QC) + (QC, QA) ≡ (Pa B, Pa C) + (Pb C, Pb A) ≡ n va (P C, P B) + (P A, P C) ≡ (P A, P B) ≡ (Pc B, Pc A) (modπ) ac th si 54 Suy Q ∈ (APc B) Gọi M trung điểm P Q Tiếp tuyến M đường tròn Euler tam giác AP Q, BP Q, CP Q song song với tiếp tuyến da A (AP Q), db B (BP Q), dc C (CP Q) lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu Hình 2.30: Đường trịn Euler tam giác AP Q, BP Q, CP Q tiếp xúc với Q z at nh oi lm ul \ − BP \ [ [ Ta có (db , P Q) = BQP Q, (da , P Q) = AP Q − AQP [ = AP [ \ + AQP [ = BP \ [ Do AQB B nên BQP Q + AP Q \ − BP \ [ [ Suy BQP Q = AP Q − AQP Vậy (db , P Q) = (da , P Q) hay da ∥ db z Chứng minh tương tự ta có điều phải chứng minh @ l gm Bài toán 2.4.4 ([5]) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến A, B, C cắt cạnh đối diện Pa , Pb , Pc ; Ma , Mb , Mc co m trung điểm BC, CA, AB Chứng minh đường tròn Euler tam giác tam giác ABC an Lu APa Ma , BPb Mb , CPc Mc có chung trục đẳng phương đường thẳng Euler n va ac th si 55 lu an Hình 2.31: n va APa Ma , BPb Mb , CPc Mc Gọi E tâm ωa , Ha , Hb , Hc hình chiếu gh tn to Chứng minh Gọi ωa , ωb , ωc đường tròn Euler tam giác p ie A, B, C BC, CA, AB ◦ ◦ ◦ b − C| b \ \ Ta có EM a Ha = 90 − EM a O = 90 − |M\ a Mb Mc − M\ a Mc Mb | = 90 − |B ◦ b − P\ b − C| b nên EM \ \ \ Mà AP a Ma = |B a AB| = |B a Ha + AP a Ma = 90 nl w oa Suy Ma E ⊥ APa d Gọi Ta = Ma E ∩ AHa Ta trực tâm tam giác APa Ma lu nf va an Do E trung điểm Ma Ta nên E nằm ωa Chứng minh tương tự, suy ωa , ωb , ωc đồng quy E lm ul Mặt khác, gọi Xa giao ωa với AHa Ta thu Xa trung điểm ATa z at nh oi Mà Ta trung điểm AH nên ta có 3 HXa · HHa = HA · HHa = HB · HHb = HXb · HHb 4 Do H nằm trục đẳng phương ωa ωb z l đẳng phương ωa , ωb , ωc gm @ Chứng minh tương tự, suy đường thẳng Euler tam giác ABC trục m co Bài toán 2.4.5 (VietNam IMO Training Test 2014,[5]) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H Đường thẳng qua A vng góc với OH an Lu cắt BC D Gọi E, Eb , Ec tâm đường tròn Euler tam giác n va ABC, ABD, ACD Chứng minh E, Eb , Ec , H thuộc đường tròn ac th si 56 lu an n va tn to ie gh Hình 2.32: p Chứng minh Gọi Ma , Mb , Mc trung điểm BC, CA, AB; Ha , Hb , Hc oa điểm AH nl w chân đường cao tam giác ABC AD giao Mb Mc S, T trung d Qua E kẻ đường thẳng song song với AD cắt BC M Từ M kẻ M Eb0 ⊥ BHb , lu an M Ec0 ⊥ BHc Ta chứng minh Eb0 ≡ Eb , Ec0 ≡ Ec nf va Do Eb0 , E, Ha nằm đường trịn đường kính HM nên ta có z at nh oi lm ul \ EH = E\ HH = M \ E\ T H = Mc EHa a a c a b b z 0 Do EEb0 phân giác M\ c EHa Mà EMc = EHa nên Eb Mc = Eb Ha ◦ 0 \ \ \a Ta có M\ Ha = 2EOM c Eb Ha = 360 − 2EEb Ha = 2EM \a = ASM \c Do AD ⊥ EO, Mb Mc ⊥ OMa nên EOM gm @ \c = 2M \ Suy M\ c Eb Ha = 2ASM c SHa m an Lu Chứng minh tương tự, EC0 ≡ Ec co Eb0 ≡ Eb l Điều nghĩa Eb0 tâm đường tròn Euler tam giác ADB hay Từ H, E, Eb , Ec nằm đường trịn đường kính M H n va ac th si 57 Bài toán 2.4.6 ([5]) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao ứng với đỉnh A, B, C kéo dài cắt (O) A1 , B1 , C1 Kẻ đường kính AA0 , BB , CC (O) Gọi A2 , B2 , C2 đối xứng với A1 , B1 , C1 qua AA0 , BB , CC Đường thẳng Simson A2 , B2 , C2 ứng với tam giác ABC cắt tạo thành tam giác A00 B 00 C 00 Chứng minh hai tam giác ABC A00 B 00 C 00 có chung đường tròn Euler lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu Hình 2.33: lm ul ứng với tam giác ABC Do BC ∥ B C nên ta có z at nh oi Chứng minh Gọi da , db , dc đường thẳng Simson A2 , B2 , C2 z _ _ _ _ 1 (B2 C2 , BC) = (B2 C2 , B C ) = sd(C C2 + B B2 ) = sd(C C1 + B B1 ) 2 b b = |B − C| l gm @ m co Mặt khác, ta có góc hai đường thẳng Simson hai điểm P, Q _ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC sd P Q Ta có BC đường thẳng Simson A0 ứng với tam giác ABC, ta thu _ _ 1 b − C| b (da , BC) = sd A2 A = sd A1 A0 = |B 2 an Lu n va ac th si 58 Suy da ∥ B2 C2 Chứng minh tương tự, ta thu hai tam giác A2 B2 C2 A00 B 00 C 00 vị tự Gọi M, N, P trung điểm HA2 , HB2 , HC2 suy M, N, P nằm da , db , dc Ta có M N ∥ A2 B2 ∥ A00 B 00 Tương tự, N P ∥ B 00 C 00 , P M ∥ C 00 A00 Suy M, N, P trung điểm cạnh tam giác A00 B 00 C 00 Suy (M N P ) đường tròn Euler tam giác A00 B 00 C 00 lu Hiển nhiên (M N P ) đường tròn Euler tam giác ABC (M N P ) ảnh (O) qua phép vị tự tâm H tỉ số an va n Bài toán 2.4.7 ([5]) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm tn to H Gọi M, N trung điểm AC, AB M N cắt (O) P, Q Các ie gh tia M H, N H cắt (O) X, Y Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp p tam giác P HQ, HK đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác XHY Chứng minh trung điểm JK tâm đường tròn Euler tam giác ABC oa nl w d Chứng minh Gọi E đường tròn Euler tam giác ABC, T, U an lu giao điểm QH, P H với (E) (H nằm T Q P U ), R, S giao nf va điểm thứ hai QH, P H với (O), V tâm đường tròn (XHY ) lm ul Kéo dài XH, Y H cắt (O) B , C Do H tâm vị tự (E) (O) với tỉ số z at nh oi trung điểm HS, HR, HB , HC nên U, T, M, N z Suy HM · HX = HN · HY = HT · HQ = HP · HU = PH/(O) Do đó, tứ giác P T U Q nội tiếp đường trịn tâm L \ \ \ Khi đó, ta có T UH = P QH = N Y T gm @ Tương tự ta có điểm H, T, U, X, Y thuộc đường tròn l m co Suy V, E, L nằm đường trung trực U T \ \ = 90◦ Mà HXY \ = HN \ \ \ Ta có V HY + HXY M , HN M + HN A = 90◦ nên n va Suy HV ∥ LO an Lu A, H, V thẳng hàng ac th si 59 lu an n va p ie gh tn to nl w Hình 2.34: oa Mà E trung điểm HO nên E trung điểm LV d Mặt khác, hai tam giác P HQ T HU đồng dạng nên HJ đường cao lu nf va an tam giác T HU , suy HJ ∥ LE Suy L trung điểm JO Mà V trung điểm HK nên E trung điểm JK lm ul Bài toán 2.4.8 Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF cắt z at nh oi H Gọi M, N trung điểm AB, AC Gọi P giao điểm DM BE, Q giao điểm DN CE Chứng minh (HP Q) tiếp xúc đường tròn Euler tam giác ABC z @ gm Bổ đề 2.4.9 Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF Gọi M, N m co Chứng minh (IP Q) tiếp xúc EF l trung điểm AB, AC Gọi DM ∩ BE = P , DN ∩ CF = Q Gọi AD ∩ EF = I an Lu Chứng minh Gọi H trực tâm tam giác ABC n va ac th si 60 Hình 2.35: lu an Theo định lí Menelaus cho tam giác ABH, ACH va n DA P H M B DA QH N C · · = · · =1 DH P B M A DH QC N A tn to gh PH QH = QP ∥ BC PB QC \ = HCB \ = HQP \ nên ta có tứ giác EF P Q nội tiếp Suy HEF Do p ie nl w Gọi EF ∩ P Q = S, EF ∩ BC = K d oa \ EA, EH phân giác góc F ED HD DH PH IH HQ , suy = = = HA DA PB IA QC b IQP b [ [ = C IP ∥ AB, IQ ∥ AC nên IP Q = B, b = Ab = 180◦ − P \ \ \ \ Ta có P DQ = 180◦ − N DC − M DB = 180◦ − (180◦ − A) HQ nf va an lu Ta có IH = IA Do lm ul z at nh oi HP DQ nội tiếp bIP \ \ =B [ [ \=P \ Vậy DP Q = DHC Q mà P ID = DAB DA P I = P D Tương tự, QI = QD nên P Q trung trực ID Do SI = SD = SK z xúc (IP Q) l gm @ Nên theo hệ thức Newton SI = SK = SE.SF = SP.SQ EF tiếp co Lời giải toán Gọi K giao điểm EF BC gọi I giao điểm m AD EF Theo chứng minh Bổ đề 2.4.9 SK = SI = SD2 = an Lu SP.SQ = SE.SF mà D, E, F thuộc đường tròn Euler tam giác ABC nên n va SD tiếp xúc đường tròn Euler tam giác ABC tiếp xúc (DP Q) nên ac th si 61 (DP Q) tiếp xúc đường tròn Euler tam giác ABC Cũng từ Bổ đề 2.4.9 ta có H, D, P, Q nằm đường trịn (HP Q) tiếp xúc đường tròn Euler tam giác ABC Ta có điều phải chứng minh Bài tốn 2.4.10 (VNTST 2005, [6]) Cho tam giác ABC có đường cao AD E, F hình chiếu B, C lên phân giác góc A Gọi M trung điểm BC Khi đó, D, E, F, M thuộc đường trịn có tâm nằm đường trịn Euler tam giác ABC lu an n va p ie gh tn to d oa nl w lu nf va an Hình 2.36: lm ul Chứng minh Gọi N, P trung điểm AB, AC G trọng tâm tam giác z at nh oi ABC Gọi B1 giao điểm BE, AC ABB1 cân A nên E trung điểm BB1 , suy E thuộc M N z Tương tự, F thuộc M P b = CM \=B \ \ Khi DEF P = DM F nên D, E, M, F thuộc đường tròn gm @ Bằng biến đổi góc ta có M E = M F co ta có JA = JT l Gọi T điểm thuộc (O) cho AT ∥ BC J trung điểm cung lớn BC, m A 7→ M, T 7→ D (O) biến thành đường trịn Euler (O0 ) Khi đó, J 7→ K K ∈ (O0 ) K trung điểm Xét phép vị tự tâm G, tỷ số − an Lu n va cung DM Ngoài ra, ta có AJ ⊥ EF nên KM ⊥ EF suy KE = KF , mà ac th si 62 KM = KD nên K tâm đường trịn qua D, E, F, M Bài tốn chứng minh Bài toán 2.4.11 ([11]) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có L giao điểm tiếp tuyến B C (O) Gọi X điểm đối xứng với A qua BC K giao điểm LX tiếp tuyến A (O) Chứng minh K thuộc đường thẳng Euler tam giác ABC Chứng minh Gọi giao điểm OK với AX J giao điểm OL với AK I Theo định lý Thales ta có lu KJ JX JA = = OI KO OL an va n Suy p ie gh tn to JA OI = JX OL d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z co l gm @ Hình 2.37: Gọi H trực tâm tam giác ABC P giao AH (O) m OI = OL = OC , [ cos BAC [ OI cos BAC = OL sin α (2.6) n va OA , sin α an Lu Ta có ac th si 63 Mặt khác [ AH = 2R cos BAC, AP = 2R sin α, [ AH cos BAC = AP sin α (2.7) Từ (2.6) (2.7) suy OI AH = AP OL JA HA = HX JX Điều có nghĩa H trùng J, suy K thuộc đường thẳng Euler tam Do giác ABC lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 64 Kết luận Luận văn giải vấn đề sau: Trình bày số kiến thức chuẩn bị kiến thức cần thiết phục vụ cho việc chứng minh toán liên quan đến đường thẳng đường tròn lu an Euler n va Trình bày định nghĩa, số tính chất thú vị đường tròn đường Luận văn cố gắng đưa lời bình, đưa lời giải tường minh so gh tn to thẳng Euler tam giác ứng dụng p ie với lời giải toán tài liệu tham khảo Ngoài ra, luận văn tiến hành phân dạng số dạng toán liên quan tới d oa nl w đường tròn đường thẳng Euler tam giác nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 65 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Ban, Hồng Chúng (1997), Hình học tam giác, Nhà xuất lu Giáo dục Việt Nam an n va [2] Trần Nam Dũng (chủ biên) nhóm tác giả (2018), Tạp chí Epsilon, số [3] Diễn đàn MathScope.org, Một số kiến thức hình học phẳng thi ie gh tn to 14, 12/2018 p Olympic toán https://tailieu.vn/doc/mot-so-kien-thuc-hinh-hoc-phang- nl w trong-cuoc-thi-olympic-toan-1893021.html oa [4] Nguyễn Bá Đang (2016), Những định lí chọn lọc hình học phẳng d tốn áp dụng, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam an lu dục Việt Nam nf va [5] Nguyễn Văn Linh (2018), 108 tốn hình học sơ cấp, Nhà xuất Giáo lm ul z at nh oi [6] Lê Phúc Lữ, Hướng tới kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia 2018 http://blogm4e.wordpreescom/2018/01/07/khai-thac-mot-so-chu-đechon-loc-huong-toi-vmo-2018/ z Tốn 10 (Hình học), NXB Giáo dục l gm @ [7] Đoàn Quỳnh (chủ biên) nhóm tác giả (2011), Tài liệu giáo khoa chuyên Nhà xuất Giáo dục Việt Nam m co [8] Đỗ Thanh Sơn (2010), Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi THPT, an Lu n va ac th si 66 [9] Trần Văn Tấn nhóm giáo viên chuyên toán Đại học Sư phạm Hà Nội, Các chuyên đề hình học bồi dưỡng học sinh giỏi trung học sở, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam [10] Trần Trung, Trần Việt Cường, Trần Xuân Bộ (2015), Một số tính chất đặc biệt tam giác, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam [11] Trường phổ thông khiếu - Đại học Quốc gia thành phố Hồ Chí Minh, Chuyên đề toán học số 10 http://blogm4e.wordpreescom/category/hinhhoc-phang/ lu [12] Trường phổ thông khiếu - Đại học Quốc gia thành phố Hồ Chí Minh, an Chun đề tốn học số 11 http://blogm4e.wordpreescom/category/hinh- va n hoc-phang/ toán(Internation Mathematical Olympiad – IMO), Nhà xuất Giáo dục p ie gh tn to [13] Lê Anh Vinh (chủ biên) (2017), Định hướng bồi dưỡng học sinh khiếu nl w Việt Nam d oa Tiếng Anh lu Mathley Contest, Hexagon of Maths and Science nf va an [14] Geometry http://www.hexagon.edu.vn/mathley.html lm ul [15] Wladimir G Boskoff, Laurent¸iu Homentcovschi, and Bogdan D z at nh oi Suceavˇa(2013), "Gossard’s Perspector and Projective Consequences", Forum Geometricorum, Vol 13, pp 169-184 z m co l gm @ an Lu n va ac th si