Một số kết quả mới về tam giác đều trong hình học phẳng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– TRẦN THỊ HUỆ MỘT SỐ KẾT QUẢ MỚI VỀ TAM GIÁC ĐỀU TRONG HÌNH HỌC PHẲNG 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 TRẦN VIỆT CƯỜNG Thái Nguyên - 2021 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! i Mục lục Danh sách hình vẽ ii Danh mục ký hiệu iv Lời cảm ơn v Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số điểm đặc biệt tam giác 1.2 Một số định lý tam giác Một số kết tam giác hình học phẳng 15 2.1 Chuỗi sáu tam giác 15 2.2 Tam giác kết hợp với hình thang cân gắn với cạnh tam giác 19 2.3 Tam giác với điểm Fermat 20 2.4 Tam giác với cấu hình L Bankoff, P Erds M Klamkin 22 2.5 Tam giác với số đường tròn 24 2.6 Một số toán khác liên quan đến tam giác 30 Kết luận 37 Tài liệu tham khảo 38 ii Danh sách hình vẽ 1.1 Hyperbol Kiepert 1.2 Điểm Fermat thứ X13 thứ hai X14 1.3 Điểm Miquel M 1.4 Định lý Naponeon gốc 1.5 Định lý Menelaus 1.6 Định lý Céva 1.7 Định lý Céva dạng Sin 11 1.8 Định lý Desargues 11 1.9 Điểm Miquel M 12 1.10 Tứ giác nội tiếp 13 1.11 Định lý Morley 13 2.1 CJD tam giác 16 2.2 Tổng quát định lý Napoleon 17 2.3 Các điểm Fermat tạo thành tam giác 19 2.4 ∆M N O tam giác 2.5 A0 B C ABC thấu xạ 21 2.6 Tam giác M N P 23 2.7 Sáu điểm D, E, F, G, H, I nằm đường tròn 24 2.8 Sáu điểm D, E, F, G, H, I nằm đường tròn 26 2.9 A1 B1 C1 tam giác Morley thấu xạ 27 20 2.10 A0 B C tam giác 29 2.11 QL chia đôi AB 30 2.12 P A2 + P B + P C khơng phụ thuộc vị trí P 31 2.13 P A2 + P B + P C , P A4 + P B + P C khơng phụ thuộc vị trí P 32 iii 2.14 M A = M T 35 iv Danh mục ký hiệu a Tọa độ phức điểm A b A Góc đỉnh A AB −→ AB Cạnh có hướng từ A tới B (AB) Đường trịn đường kính AB AB k CD Đường thẳng AB song song với CD AB ⊥ CD Đường thẳng AB vng góc với CD Véctơ từ A tới B 4ABC ∼ 4DEF Tam giác ABC đồng dạng với tam giác DEF [ BAC Góc BAC (ABC) Đường trịn qua ba điểm ABC (AB, CD) Góc hai đường thẳng AB CD (c.g.c) Dấu hiệu đồng dạng cạnh, góc, cạnh v Lời cảm ơn Để hoàn thành luận văn cách hoàn chỉnh, nỗ lực học hỏi thân, em nhận hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình PGS TS Trần Việt Cường, Giảng viên Trường Đại học Sư phạm, Đại học Thái Nguyên Em xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy xin gửi lời tri ân em điều thầy dành cho em Em xin chân thành cảm ơn phịng Đào tạo, Khoa Tốn Tin, q thầy giảng dạy lớp Cao học K12A5 (2018 - 2020) Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện cho em hồn thành khóa học Tơi xin cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Trung học phổ thông Ngân Sơn, huyện Ngân Sơn, tỉnh Bắc Kạn tạo điều kiện cho tơi suốt q trình học tập Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đồng nghiệp, người động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho tơi suốt q trình học tập thực luận văn Xin trân trọng cảm ơn Thái Nguyên, tháng 01 năm 2021 Tác giả luận văn Trần Thị Huệ Mở đầu Mục đích đề tài luận văn Trong chương trình Hình học bậc trung học, tam giác có vai trị vơ quan trọng Việc chứng minh tính chất hình học, giải tốn hình học địi hỏi người làm tốn phải vận dụng tính chất tam giác cách linh hoạt Tam giác ln ẩn chứa tính chất thú vị, chủ đề quan tâm người u thích hình học phẳng Có nhiều kết từ chủ đề như: định lý Napoleon định lý cổ điển tiếng hình học phẳng, định lý Kiepert, định lý Jacobi, định lý Petr Doumund Neuman, định lý NapoleonBarlotti Những định lý tiếp tục truyền cảm hứng sáng tạo cho nhà Toán học người u thích mơn Tốn Có số tam giác cổ điển số tam giác tam giác Napoleon điểm Napoleon, tam giác Morley điểm Morley, tam giác với điểm Fermat Mục đích nghiên cứu đề tài nhằm tổng hợp số kết tam giác hình học phẳng Nội dung đề tài, vấn đề cần giải Tam giác vấn đề lý thú hình học phẳng với kết đẹp Với mong muốn tìm hiểu sâu kết phát gần tam giác lựa chọn đề tài “Một số kết tam giác hình học phẳng” hướng dẫn PGS.TS Trần Việt Cường Nội dung đề tài luận văn viết chương: Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, ngồi trình bày kiến thức chuẩn bị có liên quan đến đề tài Các nội dung tổng hợp từ nhiều nguồn tài liệu 1.1 Một số điểm đặc biệt tam giác 1.2 Một số định lý tam giác Chương Một số định lý tam giác 2.1 Chuỗi sáu tam giác 2.2 Tam giác với hình thang cân gắn với cạnh tam giác 2.3 Tam giác với điểm Fermat 2.4 Tam giác với cấu hình L.Bankoff, P.Erds M.Klamkin 2.5 Tam giác với số đường tròn 2.6 Một số tốn khác có liên quan đến tam giác Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Một số điểm đặc biệt tam giác Đường hyperbol Kiepert Đường hyperbol Kiepert đường hyperbol chữ nhật đặc biệt tam giác Đường hyperbol Kiepert quỹ tích điểm đồng quy định lý Kiepert Đường hyperbol Kiepert qua điểm sau: trọng tâm, trực tâm, Spieker tâm (tâm đường tròn nội tiếp tam giác trung bình), hai điểm Fermat, hai điểm Napoleon, hai điểm Vecten, điểm Tarry, điểm Brocard, liên hợp đẳng giác trung điểm Brocard Hình 1.1: Hyperbol Kiepert Đường hyperbol Kiepert liên hợp đẳng giác trục Brocard Tâm đường hyperbol Kiepert đặt tên X115 bách khoa toàn thư tâm tam giác 1.1.2 Điểm Fermat thứ nhất, thứ hai Hai điểm Fermat tam giác ABC ký hiệu X13 X14 Trong hình học phẳng, điểm Fermat tam giác, gọi điểm Torricelli điểm Fermat-Torricelli, điểm cho tổng khoảng cách từ điểm đến đỉnh tam giác bé Hình 1.2: Điểm Fermat thứ X13 thứ hai X14 Định lý 1.1.1 Cho tam giác ABC với F điểm Fermat thứ (hoặc thứ hai), lấy K điểm tùy ý hyperbol Kiepert Gọi P điểm nằm đường thẳng F K Khi đó, AK cắt đường thẳng qua P vng góc BC A0 Định nghĩa B0 , C0 tương tự Khi đó, tam giác A0 B0 C0 tam giác Chú ý điểm Fermat thứ nhất, tâm đường tròn ngoại tiếp, điểm Napoleonthẳng hàng; điểm Fermat thứ hai, tâm đường tròn ngoại tiếp, điểm Napoleon thứ hai thẳng hàng, K điểm Napoleon thứ (hoặc thứ hai), P tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác A0 B0 C0 Định lý 1.1.1 tam giác Napoleon bên (hoặc bên trong) 24 2.5 Tam giác với số đường tròn Trong phần này, đưa hai cách xây dựng nhóm xyclic lục giác (có đỉnh nằm ba cạnh tam giác) Trường hợp đặc biệt đưa hai họ tam giác đồng dạng với tam giác Morley Định lý 2.5.1 ([1]) Cho tam giác ABC , lấy điểm D, G cạnh AB , điểm I, F cạnh BC , điểm E, H cạnh CA cho: b + (1 − k − l) Cb [ = k Ab + lB EDA b + (k + l) B b − k Cb F[ EC = (1 − l) A b + kB b + lCb [ GF B = (1 − k − l) A b + (k + l) Cb [ = −k Ab + (1 − l) B HGC b + (1 − k − l) B b + k C b I[ HC = lA Khi đó, sáu điểm D, E, F, G, H, I nằm đường tròn d = (k + l)Ab − k B b + (1 − l)C, b DIB với k, l số Hình 2.7: Sáu điểm D, E, F, G, H, I nằm đường trịn 25 Khi k = 0, l = đường tròn gọi đường tròn Tucker tam giác ABC Chứng minh Ta có [ [ [ [ − GF [ EF G = π − CF E − EF G = π − CEF B   b [ [ = π − π − EF C − C − GF B b + EF [ =C C − F[ GB b + (1 − l) Ab + (k + l) B b − k Cb − (1 − k − l) Ab − k B b − lCb =C b + Ab − lAb + k B b + lB b − k Cb − Ab + k − k B b − lCb =C b + lB b + (1 − k − l) Cb = kA [ = EDG Do đó, GEF D tứ giác nội tiếp Ta có [ − HGA [ F[ GH = π − BGF   b − HGA [ [ = π − π − GF B−B b + GF [ [ =B B − HGA b + (1 − k − l) Ab + k B b + lCb + k Ab − (1 − l) B b − (k + l) Cb =B b + Ab − k Ab − lAb + k B b + lCb + k − B b + lB b − k Cb − lCb =B b + (k + l) B b + k Cb = (1 − l) A = F[ EC Do đó, ta có [ = F[ [ = π F[ GH + HEF EC + HEF Suy GHEF tứ giác nội tiếp Ta có [ [ − I[ G HI = π − AHG HC   b − HGA [ − I[ =π− π−A HC 26 b + HGA [ − I[ =A HC b − k Ab + (1 − l) B b + (k + l) Cb − lAb − (1 − k − l) B b − k Cb =A b + kB b + lCb = GF [ = (1 − k − l) A B dI = GF Do đó, GHF I tứ giác nội tiếp Khi đó, tồn đường trịn qua ba điểm khơng thẳng hàng Vì đường tròn (GEF D) (gọi tắt (ω)) đường tròn qua G, E F Mặt khác, tứ giác GHEF nội tiếp nên H điểm thuộc (ω) (ω) đường tròn qua H, G F Mà GHF I tứ giác nội tiếp nên I thuộc (ω) Khi đó, sáu điểm D, E, F, G, H I nằm đường tròn (ω) Chúng ta dễ dàng b − kB b + (1 − l) C b [ D IB = (k + l) A  Hình 2.8: Sáu điểm D, E, F, G, H, I nằm đường tròn Việc xây dựng số đường tròn Định lý 2.5.1 tương đương với việc xây dựng Định lý 2.5.2 sau 27 Định lý 2.5.2 ([1]) Cho tam giác ABC , điểm P nằm tam giác Ba đường thẳng P A, P B, P C cắt ba đường tròn (BCP ), (CAP ), (ABP ) A0 , B , C Lấy điểm F, I cạnh BC , lấy H, E cạnh CA, lấy D, G cạnh AB cho DE, EF, F G, GH, HI song song với C A, CA0 , A0 B, AB , B C Khi đó, sáu điểm D, E, F, G, H, I nằm đường tròn ID song song với BC Định lý 2.5.3 ([1]) Cho tam giác ABC với góc A, B, C Trên cạnh AB lấy điểm D G, cạnh BC lấy điểm I F , cạnh CA lấy điểm E H cho b 2B b 2Cb b b Cb A A 2B [ + , F[ EC = + , GF B= + 3 3 3 b b b b d = 2A + B [ = B + 2C , I HC GHA 3 3 [ = EDA Khi đó, sáu điểm D, E, F, G, H, I thuộc đường tròn d = DIB b Cb 2A + 3 Đặt HI ∩ F G ≡ A1 , DE ∩ HI = B1 , F G ∩ DE = C1 , Khi đó, A1 B1 C1 tam giác Hai tam giác A1 B1 C1 ABC đồng dạng ∆A1 B1 C1 tam giác Morley thấu xạ Hình 2.9: A1 B1 C1 tam giác Morley thấu xạ 28 Chứng minh Ta có b Cb 2B + 3 b 2B b A F[ EC = + 3 b 2Cb A [ GF B= + 3 b b [ = B + 2C HGA 3 b b 2A B I[ HC = + 3   b + − − Cb [ = · Ab + · B EDA 3     b b b A= 0+ B−0·C F[ EC = − 3   b b + Cb [ GF B = − − A+0·B 3     b + + Cb [ = −0 · Ab + − HGA B 3   b 2b b I[ HC = A + 1−0− B + · C 3 [ = EDA Đây trường hợp Định lý 2.5.1 với k = 0, l = 2/3 Do đó, sáu điểm b Cb 2A [ D, E, F, G, H, I nằm đường tròn D IB = + 3 Ta có b − I[ \1 = H [ GHA GI + A HC, b−H \ [ [ A B+B GI GH = GF Vì \ \1 − A \ B\ A1 C1 = HA G = π − GHA GH b + HGA [ − Ab + I[ [ [ − Ab = π − HGA HC − GF B−B b + HGA [ [ + I[ HC − GF B−B b− B b + I[ [ =π−A HC − GF B b+ =C b Ab 2Cb Ab + B b + Cb π b B 2A + − − = = 3 3 3 29 Tương tự, ta có C\ B1 A1 = A\ C1 B1 = π Do đó, tam giác A1 B1 C1 Áp dụng định lý Pascal cho lục giác DEF GHI , ta có DE, IH, F G cắt IF, GD, EH ba điểm thẳng hàng Áp dụng định lý Desargues, ta có tam giác A1 B1 C1 ABC đồng dạng Xét tam giác Morley Ma Mb Mc ∆ABC ta có  π  b b A−B + (Mb Mc , AB) = − 3 b b b b + Cb 2B b Cb A B A+B =− + + = + 3 3 = (DE, AB) Vì B1 C1 k Mb Mc Tương tự, ta có C1 A1 k Mc Ma A1 B1 k Ma Mb Vậy tam giác A1 B1 C1 đồng dạng với tam giác Morley Hình 2.10: A0 B C tam giác Định lý 2.5.4 ([1]) Gọi A0 , B , C trung điểm cung DE, F H, HI (ω) cho A0 , B , C nằm nửa mặt phẳng xác định DE, F G, HI không chứa (hoặc chứa) điểm A1 , B1 , C1 Khi đó: 30 A0 B C tam giác Hai tam giác A0 B C ABC đồng dạng (xem Hình 2.10) 2.6 Một số tốn khác liên quan đến tam giác Bài toán 2.6.1 (Tạp chí Tốn học Pêru) Cho tam giác ABC nội tiếp (O), P đối xứng C qua B , P Q, P L tiếp tuyến đến (O) Chứng minh QL chia đơi AB Hình 2.11: QL chia đôi AB KB = KO ∩ AC = J Gọi N trung KC KB KN OA điểm BC Do = nên = Do đó, ta có KC NB ON Chứng minh Lấy K BC cho KJ k AB Từ giả thiết cách dựng điểm K ta có J(P K, BC) = −1 = J(P K, BA) Mà JK k AB nên JP chia đôi AB hay JP qua trung điểm M AB Ta có M, O, C thẳng hàng nên (P K, BC) = −1 Do JB, P O, M K đồng quy E Ta gọi JN ∩ AN = I P O ∩ AB = T Sử dụng định lý Menelaus ta 31 chứng minh TB = Suy ra, ta có TA TM = AB Mặt khác Lại có OM OM = √ nên = √ Do đó, ta có MA AB 3 √ MT = OM IN = (áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AN C với cát tuyến IA BIJ ) Vậy √ NA IN = = BN BC Do 4IN B ∼ 4T M O (c.g.c) nên BEOC nội tiếp, P E · P O = P B · P C = P K · P N Dẫn tới M K⊥P O, mà (P K, BC) = −1 nên M K qua Q, L Vậy QL chia đôi BC Bài tốn 2.6.2 Cho tam giác ABC có cạnh a, P điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh P A2 + P B + P C không phụ thuộc vào vị trí điểm P Hình 2.12: P A2 + P B + P C khơng phụ thuộc vị trí P Chứng minh Do P điểm cung BC nên ABP C tứ giác nội tiếp Áp dụng định lý Ptolemy, ta có AP · BC = AB · P C + AC · P B 32 Do 4ABC tam giác nên BC = BA = AC Do đó, ta có PA = PB + PC (2.1) [ [ Mặt khác BP A = AP C = 60◦ Suy ra, ta có AB = P B + P A2 − P B · P A, AC = P A2 + P C − P A · P C Do 2P A2 + P B + P C − P A(P B + P C) = 2AB Từ (2.1) suy P A2 + P B + P C = 2AB = 2a2 Vậy P A2 + P B + P C khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M Bài toán 2.6.3 Cho tam giác ABC cạnh a, nội tiếp đường tròn tâm O P điểm thuộc cung nhỏ BC không chứa A a) Chứng minh P A = P B + P C b) Chứng minh tổng P A2 + P B + P C không đổi c) Chứng minh tổng P A4 + P B + P C không đổi d) Chứng minh thương P A4 + P B + P C không đổi P A2 + P B + P C Hình 2.13: P A2 + P B + P C , P A4 + P B + P C khơng phụ thuộc vị trí P 33 Chứng minh a) Trên đoạn AP lấy điểm D cho P D = P B [ [ = 60◦ P B = P D, suy tam giác BP D Do AP B = ACB Do 4ABD = 4CBP suy AD = CP Từ đó, ta có BP + CP = P D + AP = AD [ b) Xét tam giác P BC có BP C = 120◦ Ta có BP + CP + BP · CP = BC = a2 Suy BP + CP + (BP + CP + 2BP · CP ) = 2a2 Suy BP + CP + (BP + CP )2 = 2a2 mà BP + CP = AP , suy AP + BP + CP = 2a2 Vậy AP + BP + CP ln có giá trị không đổi P di chuyển c) Ta có P A4 + P B + P C = (P B + P C)4 + P B + P C = 2(P B + P C + 2P B · P C(P B + P C ) + 3P B · P C ) = (P B + P C + P B · P C)2 = 2BC = 2a2 Vậy AP + BP + CP ln có giá trị khơng đổi P di chuyển d) Sử dụng kết chứng minh câu trên, ta có 2a4 P A4 + P B + P C = = a2 P A2 + P B + P C 2a2 Vậy P A4 + P B + P C P A2 + P B + P C ln có giá trị khơng đổi P di chuyển 34 Bài tốn 2.6.4 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O M điểm thuộc AC cho AM = 2M C , N trung điểm AB Tia M N cắt (O) P Chứng minh PA PB − = PB PA Chứng minh Gọi Q giao điểm thứ hai khác P M N với (O) Ta có AP · AQ MA AP · AQ PA = = = = PB BP · BQ MC CP · CQ Áp dụng định lý Ptolemy ta có QB − QC = QA, suy PA QB QC PA − = − = P C 2P C QA QA Do 1 = − nên PA P B 2P C  1 CP − PB PA  = Suy  1 (P A + P B) − PB PA  = Vậy PA PB − = PB PA  35 Hình 2.14: M A = M T Bài toán 2.6.5 Cho hai tam giác T BC T EF cho (T B; T C) = (T E; T F ) Gọi A giao điểm BE với CF M giao điểm BF với CE Chứng minh M A = M T Chứng minh Ta có T tâm phép đồng dạng biến E, B thành F, C Gọi L, J, K, N, U, V trung điểm BE, CF, EC, F B, BC, EF Khi đó, ta có T L = T J, EB = F C Gọi Q giao (BM E) với (CM F ), Q tâm phép đồng dạng biến E, B thành C, F nên QE = QC, QF = QB Ta có T LJ tam giác tứ giác T LQJ nội tiếp đường tròn với tâm I trung điểm T Q Mặt khác, gọi H giao LJ với KN H trung điểm LJ nên T, I, H, Q thẳng hàng IH = HQ, T I = 2IH 36 Gọi O, O0 tâm 4T BC 4T EF Ta có O, I, O0 thẳng hàng (2.2) Hơn nữa, IQ cắt KN trung điểm H nên IKQN hình bình hành Do IK k QN, IN k QK , suy IK, IM vng góc với BF, CE tức M trực tâm tam giác IKN (2.3) Hơn nữa, OO0 k U V U KV N hình thoi nên U V vng góc KN , tức OO0 vng góc KN (2.4) Từ (2.2), (2.3) (2.4) suy O, I, O0 , M thẳng hàng Mặt khác, OO0 trung trực T A nên suy M A = M T 37 Kết luận Luận văn giải vấn đề sau: Trình bày số kiến thức chuẩn bị điểm Fermat thứ nhất, thứ hai, điểm Napoleon, điểm Miquel Trình bày số định lý tam giác liên quan định lý Napoleon, định lý Miquel, định lý Ptolemy, định lý Céva, định lý Menelaus, định lý Desargues Tổng hợp số kết tam giác hình học phẳng, bao gồm kết chuỗi sau tam giác đều, tam giác kết hợp với hình thang cân gắn với cạnh tam giác, tam giác với điểm Fermat, tam giác với cấu hình L Bankoff, P Erds M Klamkin, tam giác với số đường tròn Giải số toán liên quan đến tam giác 38 Tài liệu tham khảo [1] T O Dao (2018), “Some new equilateral triangles in a plane geometry”, Global journal of advanced research on classical and modern geometries, Vol 7, issue 2, pp.73–91 [2] T O Dao (2017), Advanced Plane Geometry, Message 4279, December 22, 2017 [3] F van Lamoen, “Online catalogue of Archimedean circles”, available at http://home.wxs.nl/~lamoen/wiskunde/Arbelos/10Schoch.htm [4] P Yiu (1998), Euclidean Geometry, Department of mathematics Florida Atlatic University, Chapter 1, Chapter