Các đường thẳng bậc n của tam giác

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - TRẦN VĂN ĐÔNG CÁC ĐƯỜNG THẲNG BẬC n CỦA TAM 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 - 2020 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! Danh mục hình 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 1.10 1.11 1.12 1.13 1.14 Các tính chất 1.1.1, 1.1.2 đường thẳng đẳng giác Định lý Steiner A2 , B2 , C2 thẳng hàng Các đường thẳng đẳng giác đồng quy AH đường thẳng đối trung xuất phát từ A Quỹ tích đường đối trung Tứ giác điều hòa đường đối trung Hai đường đối song Đường đối trung chia đôi cạnh đối song Đường đối trung Ba đường đối phân giác AA2 , BB2 , CC2 Quỹ tích điểm K mà KN : KM = c−2 : b−2 Khoảng cách từ tâm đối phân giác đến cạnh DL = HE = F K = abc : (bc + ca + ab) 10 11 14 16 17 19 20 21 23 24 25 26 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 Một số cát tuyến đặc biệt sin α : sin β = cn−1 : bn−1 Quỹ tích điểm M mà M M2 : M M1 = cn−1 : bn−1 M F : P N : KD = an+1 : bn+1 : cn+1 Chuyển từ bậc n sang bậc n + Chuyển từ bậc n sang bậc n + Chia đoạn thẳng BC D Chuyển từ bậc n sang bậc n + m A1 B1 C1 tam giác hình chiếu M 27 28 29 32 35 36 37 40 41 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 3.10 3.11 3.12 AD đường đối trung 4ABC P thuộc đường thẳng cố định AM AF qua trung điểm HK Ba đường thẳng AH, BN, CM đồng quy 4HIP 4IKQ tam giác cân 45 46 47 49 50 52 53 55 56 57 58 60 Chứng minh đẳng thức (3.5) Vẽ đường thẳng "một nửa" VN-TST 2001, Thi chọn đội tuyển PTNK, 2010, TP Hồ IMO shortlist 2003, USA-TST-2007, Thi toàn Liên bang Nga, 2010, Chí Minh 3.13 RGO in honour of I.F.Sharygin 2013 61 3.14 RGO in honour of I.F.Sharygin 2013, Final round 62 Mục lục Chương Một số cát tuyến đặc biệt tam giác 1.1 Các đường thẳng đẳng giác đẳng cự 1.2 Các đường đối trung 1.2.1 Các đường đối trung tam giác 1.2.2 Đường đối trung đường đối song 1.2.3 Độ dài đường đối trung đường đối trung 1.3 Các đường đối phân giác 6 13 13 18 20 22 Chương Đường thẳng bậc n 27 2.1 Định nghĩa tính chất 27 2.2 Chuyển đường thẳng n sang đường thẳng n + m 34 2.3 Tam giác hình chiếu đường thẳng bậc n 41 Chương Một số ứng dụng 44 3.1 Ứng dụng giải tốn hình học 44 3.2 Ứng dụng giải toán thi học sinh giỏi, thi Olympic 54 Tài liệu tham khảo 65 Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Việt Hải Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới thầy hướng dẫn, người tạo cho phương pháp nghiên cứu khoa học đắn, tinh thần làm việc nghiêm túc dành nhiều thời gian, cơng sức giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn phịng Đào tạo, Khoa Tốn - Tin, q thầy giảng dạy lớp Cao học K11B trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình truyền đạt kiến thức q báu tạo điều kiện cho tơi hồn thành khóa học Tơi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Trung tâm Nghiên cứu Giáo dục Đào tạo Hải Phòng giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi giúp tơi hồn thành luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Tốn K11B ln động viên giúp đỡ tác giả nhiều trình học tập làm luận văn Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho học tập nghiên cứu Thái Nguyên, tháng năm 2020 Tác giả Trần Văn Đơng Mở đầu Mục đích đề tài luận văn Các đường thẳng trung tuyến, phân giác, đường đối trung tam giác đóng vai trị quan trọng hình học tam giác Đó trường hợp đặc biệt đường thẳng bậc n tam giác Ngoài đường thẳng bậc n đặc biệt biết cịn có đường thẳng khác? Các đường thẳng bậc n có tính chất đặc trưng gì? Cách dựng chúng nào? Có thể áp dụng chúng để giải tốn nào? Đó lý mà chọn đề tài "Các đường thẳng bậc n tam giác" Mục đích đề tài là: − Trình bày khái niệm đường thẳng đặc biệt qua đỉnh tam giác: Trung tuyến, đường đối trung, đường phân giác, đường đối phân giác Các đường thẳng có tính chất đặc trưng liên quan đến điểm đặc biệt tam giác Tài liệu tham khảo [2] − Tổng quát hóa đường thẳng đặc biệt nói đường thẳng bậc n tam giác Từ tính chất đường thẳng bậc n đưa cách dựng đường thẳng bậc n với n số tùy ý Các ứng dụng đường thẳng bậc n phong phú, xuất nhiều đề thi học sinh giỏi, thi Olympic nước quốc tế − Bồi dưỡng học sinh giỏi phổ thơng có khiếu Tốn, nâng cao khai thác chun đề hình học hay khó, chưa giới thiệu chương trình Hình học phổ thơng, kể giáo trình Hình học sơ cấp Nội dung đề tài, vấn đề cần giải Dựa vào tài liệu [1], [2] [6], luận văn nhắc lại bổ sung định nghĩa, tính chất cát tuyến đặc biệt tam giác Từ tổng quát hóa thành đường thẳng bậc n tam giác Các tốn dành cho học sinh giỏi trình bày dạng ví dụ áp dụng nội dung đề tài Nội dung luận văn chia làm chương: Chương Một số cát tuyến đặc biệt tam giác Trình bày số đường thẳng qua đỉnh tam giác có tính chất đặc biệt: đường thẳng đẳng giác, đường thẳng đẳng cự, đường thẳng đối trung tính chất đặc trưng chúng Mối liên hệ cát tuyến đường thẳng quen thuộc thể qua định nghĩa mệnh đề Chương bao gồm mục sau (có tham khảo chọn lọc [2], [6]): 1.1 Các đường thẳng đẳng giác đẳng cự 1.2 Đường đối trung 1.3 Các đường đối phân giác Chương Các đường thẳng bậc n Chương nội dung trọng tâm luận văn Các đường thẳng bậc n tổng quát hóa từ đường thẳng có: trung tuyến, đường đối trung, đường đối phân giác, Ở giới thiệu đặc trưng chung đường thẳng bậc n tam giác Từ tính chất lại đưa cách dựng đường thẳng bậc n cách chuyển từ đường thẳng bậc n sang đường thẳng bậc n + 1, Chương có tham khảo, chọn lọc tài liệu ([1], [3]) bổ sung ví dụ tường minh Nội dung bao gồm 2.1 Định nghĩa tính chất 2.2 Chuyển đường thẳng bậc n thành đường thẳng bậc n + m 2.3 Tam giác hình chiếu đường thẳng bậc n Chương Một số ứng dụng Có thể tách thành hai nội dung nhỏ: ứng dụng vào toán hình học phổ thơng đề cập tới toán thi học sinh giỏi, thi Olympic nước ngồi nước Khi trình bày cách giải tác giả cố gắng làm rõ tính ưu việt lời giải có ứng dụng đường thẳng bậc n tam giác Nội dung bao gồm (tham khảo [3], [4]): 3.1 Ứng dụng vào giải tốn phổ thơng 3.2 Các toán thi học sinh giỏi thi Olympic nước Chương Một số cát tuyến đặc biệt tam giác Một đường thẳng cắt hình gọi cát tuyến hình Nếu hình đa giác cát tuyến cắt khơng cạnh hình mà cịn cắt phần kéo dài cạnh Các trung tuyến, đường cao, đường phân giác trong, ví dụ cát tuyến tam giác Chương trình bày thêm số cát tuyến đặc biệt khác qua đỉnh tam giác 1.1 Các đường thẳng đẳng giác đẳng cự d hai đường thẳng qua đỉnh O tạo với Định nghĩa 1.1 Cho góc xOy, phân giác góc góc nhau, gọi đường thẳng đẳng giác cạnh góc Các đường thẳng đẳng giác có tính chất sau: Tính chất 1.1.1 Với hai điểm hai đường thẳng đẳng giác ta có tích khoảng cách từ hai điểm đến cạnh góc tích hai khoảng cách đến cạnh Tính chất 1.1.2 Hai điểm đường thẳng đẳng giác chiếu lên cạnh góc tạo thành bốn điểm đồng viên Chứng minh Trên Hình 1.1 ta phải chứng minh M M1 N N1 = M M2 N2 Từ đồng dạng tam giác vuông: 4OM1 M ∼ 4ON2 N ; 4ON2 N ∼ 4OM2 M ta có: M M2 OM1 OM2 M M1 OM OM = = = ; = N N1 ON N N1 ON2 ON ON1 Hình 1.1: Các tính chất 1.1.1, 1.1.2 đường thẳng đẳng giác Từ đó, M M1 N N1 = M M2 N N2 ; OM1 ON1 = OM2 ON2 (1.1) Đẳng thức đầu (1.1) chứng minh Ttính chất 1.1.1; đẳng thức thứ hai cho Tính chất 1.1.2 tính chất phương tích Tâm đường trịn qua N1 , M1 , N2 , M2 giao điểm đường trung trực đoạn thẳng M1 , N1 , M2 , N2 Tính chất 1.1.3 Đường thẳng nối hình chiếu cạnh góc hai điểm trên, vng góc với đường nối đỉnh góc với điểm thứ hai \ \ Chứng minh Tứ giác OM1 M M2 nội tiếp được, ta có M OM = M2 ON Vì \ \ M OM = M1 M2 M (các góc nội tiếp chắn cung đường tròn) nên \ M\ M2 M = M2 ON M2 M ⊥ OM2 ta suy ra: M1 M2 ⊥ ON Tương tự, N1 N2 ⊥ OM Tính chất 1.1.4 Mệnh đề đảo Tính chất 1.1.1 35 Lời giải Bài toán giải lần vào năm 1883 nhà toán học Pháp D’Ocagne tìm Bây ta trình bày lời giải tốn theo lược đồ bước • Phân tích Ta viết n + = − (−n) nên để dựng đường thẳng bậc n + từ đường thẳng bậc n trước hết ta vẽ đường thẳng đẳng cự với đường thẳng bậc n, sau dựng đường thẳng đẳng giác đường thẳng đẳng cự đó, Hình 2.5 • Cách dựng - Dựng AD1 đường thẳng đẳng cự với AD - Dựng AD2 đường thẳng đẳng giác với AD1 • Chứng minh Theo Mệnh đề 2.5, AD1 phải đường thẳng bậc −n Cũng theo Mệnh đề 2.5, AD2 phải có bậc − (−n) = + n • Biện luận Bài tốn ln có nghiệm Hình 2.5: Chuyển từ bậc n sang bậc n + Bài toán dựng Trong tam giác ABC cho AD đường thẳng bậc n Hãy dựng đường thẳng bậc n + Lời giải Bài toán X.J De’chen giải vào năm 1934 dựa tính chất đơn giản sau tam giác cân: Một đường thẳng xuất phát từ đỉnh tam giác cân chia góc đỉnh làm phần có sin tỷ lệ với đoạn thẳng đối diện thuộc đáy 36 Thật vậy, gọi AD đường thẳng qua đỉnh A tam giác cân ABC (AB = AC) Ta có BD SBAD AB.AD sin α sin α sin α BD SBAD = ; = = =⇒ = SDAC DC SBAC AD.AC sin β sin β sin β DC Tiếp theo ta trình bày lời giải tốn dựng Hình 2.6: Chuyển từ bậc n sang bậc n + • Phân tích Ký hiệu ATn đường thẳng bậc n cho trước giả sử dựng đường thẳng bậc n + 1,Hình 2.6 Lấy F ∈ AC cho AF = AB, gọi E = ATn ∩ BF [ cn sin BAE BE Theo nhận xét (4ABF cân đỉnh A): n = = Mặt b EF [ sin EAF BTn BE BTn cn Như vậy, = khác, ATn đường thẳng bậc n nên n = b Tn C EF Tn C Từ Tn E k AC Ta suy cách dựng • Dựng hình Giả thiết cho ATn đường thẳng bậc n - Đặt cạnh AC đoạn thẳng AF = AB - Nối BF từ Tn vẽ Tn E k AC, cắt BF E Đường thẳng AE đường thẳng bậc n + 1, Hình 2.6 • Chứng minh Thật vậy, sin BAE BE BTn cn = = = n sin EAF EF Tn C b Điều chứng tỏ AE đường thẳng bậc n + 37 • Biện luận Bài tốn có nghiệm Ví dụ 2.2.1 Ta có tốn sau áp dụng toán dựng trên: a Chia đoạn thẳng cho trước thành đoạn tỷ lệ với lũy thừa bậc hai đoạn thẳng khác cho b Cho đường phân giác đường đối phân giác xuất phát từ đỉnh tam giác Hãy vẽ đường thẳng bậc xuất phát từ đỉnh c Dựng đường thẳng bậc n với n nguyên d Cho đường thẳng bậc n, vẽ đường thẳng bậc (n + 3) Hình 2.7: Chia đoạn thẳng BC D Lời giải Ta nêu tóm tắt cách dựng sau a Ta cần chia đoạn thẳng BC thành đoạn thẳng BD DC cho: BD  m 3 m3 = = với đoạn thẳng m, n cho trước DC n n - Dựng điểm A cho AB = m, AC = n - Bài toán chuyển dựng đường thẳng bậc ba AD Hình 2.7 (áp dụng toán dựng 2) Khi m + n > BC, tốn vơ nghiệm b Ta có = − (−1) nên suy cách dựng đường thẳng bậc từ đường thẳng bậc (đường phân giác trong) đường thẳng bậc −1 (đường đối phân giác) xuất phát từ đỉnh sau: 38 • Dựng AP phân giác trong, AD0 đường đối phân giác (đối xứng với AD qua trung tuyến AM • Dựng AD00 đường thẳng đẳng giác AD0 Ta có AD00 đường thẳng bậc c Xét trường hợp n nguyên dương n nguyên âm (n = hiển nhiên) - Với n = 1, 2, ta dựng đường thẳng bậc n cách quy nạp theo n: n = 1, dựng đường phân giác trong, n = dựng đường đối trung - Giả sử dựng đường thẳng bậc n ta dựng đường thẳng bậc n + theo toán dựng Khi n nguyên âm ta việc dựng đường thẳng đẳng giác đường thẳng bậc −n > d Ta viết n + = − [−(n + 1)] nên suy cách dựng sau: - Gọi AD đường thẳng bậc n cho trước, dựng đường thẳng bậc n + theo toán dựng 2, ký hiệu AD1 - Dựng đường thẳng AD0 đẳng giác với AD1 Đường AD0 đường thẳng bậc n + Có thể viết n + = (n + 2) + áp dụng toán dựng 1, dựng đường thẳng bậc n + 2, sau lại áp dụng toán dựng vào đường thẳng ta thu đường thẳng bậc n + Bài toán sau trường hợp tổng quát Bài tốn dựng 1, Ví dụ 2.2.1, d Bài toán dựng Cho ATn đường thẳng bậc n dựng đường thẳng bậc n + m với m cho trước Trước giải toán ta phát biểu chứng minh toán phụ sau Bài toán phụ: Tam giác ABC với M trung điểm BC ATn đường thẳng bậc n, (Tn ∈ BC) Qua M vẽ đường thẳng song song với AC, cắt ATn D 39 Gọi K = BD ∩ AC Khi đó, x = AK = cn bn−1 (2.3) Chứng minh Thật vậy, Hình 2.8, từ dấu hiệu nhận biết thứ nhất: \ \n sin BAD sin BAT cn−1 = = n−1 b \ \ sin DAK sin Tn AC \ sin BAD c−1 x Mặt khác, AD trung tuyến 4BAK nên = −1 = Suy x c \ sin DAK n−1 n c x c ra, = n−1 hay x = n−1 Bổ đề chứng minh c b b Lời giải Quay lại tốn dựng • Phân tích Giả sử dựng AT ≡ ATm+n , bậc m + n Ký hiệu F = BD ∩ AT Theo dấu hiệu nhận biết thứ nhất:  c m+n−1 \n  c n−1 [ BTn  c n sin BAT sin BAT = = ; = Tn C b Tn AC b b sin T[ AC Vạch đường thẳng bậc m ATm có \m  c m−1 BTm  c m sin BAT = ; = Tm C b b \ sin Tm AC [ [ SBF A 1/2AB.AF sin BAF AB sin BAF BF = = = Xét BK SKF A \ \ 1/2AK.AF sin KAF AK sin KAF     n c c c m+n−1 c m BTm (do x = n−1 ) = = = x b b Tm C b Ta suy Tm F k AC (Hình 2.8) Từ suy cách dựng sau • Dựng hình - Dựng đường thẳng bậc m với m cho, ký hiệu ATm - Qua Tm kẻ đường thẳng song song với đường thẳng AC cắt đường thằng BK F 40 Hình 2.8: Chuyển từ bậc n sang bậc n + m - Đường thẳng AF cắt BC T , AT đường thẳng cần tìm • Chứng minh Ta cần chứng minh AT đường thẳng bậc m + n \n  c n−1 sin BAT BTn  c n = - Vì ATn có bậc n nên = Tn C b b \ sin Tn AC  c m  c m−1 \m sin BAT BTm = Mặt - Vì ATm có bậc m nên = Tm C b b sin T\ m AC   BTm BF BF c m khác, Tm F k AC nên = , suy = Tm C FK FK b   [ [ sin BAT sin BAF SBAF AK BF x  c m cn−1 - Xét = = = = n−1 SF AK AB FK c b b [ \ sin T AC sin F AK  c m+n−1 = Chứng tỏ AT đường thẳng bậc n theo dấu hiệu nhận b biết thứ (Mệnh đề 2.1) • Biện luận Theo cách dựng, tốn có nghiệm Lời giải tốn dựng cịn gọi cách chuyển từ đường thẳng bậc n sang đường thẳng bậc n + m tam giác Nhận xét Đặc biệt từ cơng thức (2.3) ta có: (a) n = 1, x = c (trường hợp xét toán 2.2) √ c1/2 (b) n = ; x = −1/2 = bc b c2 (c) n = 2, x = , b 41 Công thức (2.3) cịn sử dụng nhiều tốn dựng khác 2.3 Tam giác hình chiếu đường thẳng bậc n Định nghĩa 2.3 Tam giác A1 B1 C1 , có đỉnh hình chiếu điểm M lên cạnh tam giác ABC, gọi tam giác hình chiếu hay tam giác pedal M 4ABC Hình 2.9: A1 B1 C1 tam giác hình chiếu M Có nhiều vấn đề liên quan đến tam giác hình chiếu Ở ta quan tâm đên quan hệ tam giác hình chiếu với đường thẳng bậc n Xét tam giác ABC, gọi Ln tâm bâc n ký hiệu A1 B1 C1 tam giác hình chiếu Ln , Hình 2.9 Khi SA1 B1 C1 = SC1 Ln B1 + SA1 Ln B1 + SA1 Ln C1 \ Từ tứ giác nội tiếp AC1 Ln B1 ta có C\ AB1 + C1 Ln B1 = 180 Từ đó, ký hiệu S = SABC ta nhận SC1 Ln B1 C1 Ln B1 Ln C1 Ln B1 Ln = ; SC1 Ln B1 = S S cb cb 2S.cn−1 2S.bn−1 2S.an−1 ; B1 Ln = n ; A Ln = n C1 Ln = n a + b n + cn a + bn + cn a + b n + cn 42 4S cn−2 bn−2 4S cn−1 bn−1 ta suy SC1 Ln B1 = n = n Tương tự, tính (a + bn + cn )2 bc (a + bn + cn )2 diện tích SA1 Ln B1 , SA1 Ln C1 , cộng giá trị lại   4S (bc)n−2 + (ca)n−2 + (ab)n−2 (2.4) SA1 B1 C1 = (an + bn + cn )2 Ví dụ 2.3.1 Tìm diện tích tam giác hình chiếu điểm sau tam giác: trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp, điểm Lemoine, tâm đối phân giác, tâm bậc Lời giải Ta áp dụng công thức (2.4) vào trường hợp cụ thể: i Tam giác hình chiếu trọng tâm G ứng với n = 0, từ (2.4) 4S (b−2 c−2 + c−2 a−2 + a−2 b−2 ) a2 + b2 + c2 SG = = S (abc)2 ii Tam giác hình chiếu tâm nội tiếp I ứng với n = 1, từ (2.4) ta có   1 + + 4S 4S 2S 4S r Sr ab bc ca SI = = = = = (a + b + c)2 abc(a + b + c) pabc 2abc 2R iii Ta biết điểm Lemoine giao đường đối trung tam giác Do đó, tam giác hình chiếu điểm Lemoine L ứng với n = có diện tích SL = 12S 4S 3 = (a2 + b2 + c2 )2 (a2 + b2 + c2 )2 iv Gọi X tâm đối phân giác, tam giác hình chiếu X ứng với n = −1, từ cơng thức (2.4) ta có  1 4S + + −3 −3 −3 −3 −3 −3 3 4S (b c + c a + a b ) (bc) (ca ) (ab)3 SX = =  2 (a−1 + b−1 + c−1 )2 1 + + a b c   4S (ca)3 (ab)3 + (bc)3 (ab)3 + (bc)3 (ca3 ) = (bc + ca + ab)2 (abc)4 4S (a3 + b3 + c3 ) = abc(a2 + b2 + c2 )  43 v Gọi Y giao đường thẳng bậc ba tam giác Ứng với n = 3, từ (2.4) thu được: SY = 2S (bc + ca + ab) (a3 + b3 + c3 )2 Ta có trường hợp ứng với n = 0, 1, 2, 3, −1 Nội dung Chương thu kết chung cát tuyến đặc biệt Chương Các dấu hiệu nhận biết tính chất đường thẳng bậc n sở để ta tiến hành dựng toán liên quan đến đường thẳng bậc n cơng thức tính tốn khác Chương trình bày nhiều ứng dụng hiệu chương vào việc giải toán hình học từ dễ đến khó 44 Chương Một số ứng dụng Các ví dụ ứng dụng tham khảo tài liệu [1], [2], [3], [5] Nội dung Chương trình bày chi tiết, bổ sung cách giải khắc sâu kiến thức đường thẳng bậc n ví dụ, mức độ từ dễ đến khó Chúng tơi chia thành phần: Ứng dụng giải tốn hình học thơng thường ứng dụng vào tốn thi học sinh giỏi, thi olympic quốc gia quốc tế 3.1 Ứng dụng giải tốn hình học Các toán sau nhằm minh họa cho việc sử dụng định nghĩa, tính chất, điều kiện nhận đường bậc n để tìm lời giải Ví dụ 3.1.1 Cho 4ABC nội tiếp đường tròn (O), tiếp tuyến B, C cắt D Chứng minh AD đường đối trung 4ABC Chứng minh Cách Gọi S = AD ∩ BC, ta có: \ [ AB sin ACB AB SABD AB.BD sin ABD SB = = = = SC SACD AC AC \ [ AC.CD sin ACD sin ABC Theo dấu hiệu thứ nhất, đường thẳng AS hay AD đường đối trung tam giác ABC,Hình 3.1 45 Cách Vẽ đường tròn (D, DB), đường thẳng AB, AC tương ứng cắt (D, DB) điểm thứ hai P Q Tứ giác BCQP nội tiếp nên \ P BC + P[ QC = 1800 Từ đó, \ \ \ + CDQ \ P DQ = P DB + BDC \ \ + 1800 − 2DQC \ = 18000 − 2P BD + 1800 − 2DBC = 5400 − 2.1800 = 1800 , nên P, D, Q thẳng hàng Nếu gọi M giao đường thẳng đối xứng với AD \ =P \ qua phân giác góc A, với cạnh BC ta suy CAM AD (vì 4ABC ∼ 4AQP (g.g)) Hình 3.1: AD đường đối trung 4ABC Mặt khác, DP ≡ DQ nên AD trung tuyến 4AP Q, suy AM trung tuyến 4ACB Theo định nghĩa ta có AD đường đối trung 4ACB 46 Nhận xét • Ví dụ coi tính chất đường đối trung Từ ta có cách dựng đường thẳng đối trung nhờ đường tròn ngoại tiếp: - Dựng đường tròn (ABC), - Dựng tiếp tuyến B C, chúng cắt D AD đường đối trung 4ABC • Qua tốn (giải cách 2) ta phát dấu hiệu nhận biết đường thẳng đẳng giác: Cho hai điểm P ∈ AB, Q ∈ AC 4ABC cho 4AP Q ∼ 4ACB Khi đường thẳng tương ứng (đường cao, trung tuyến, ) hai tam giác ADE ABC xuất phát từ A hai đường thẳng đẳng giác Phát cho ta cách giải tốn ví dụ: Ví dụ 3.1.2, Ví dụ 3.1.3, Ví dụ 3.2.2, Ví dụ 3.2.5 Ví dụ 3.1.2 Cho 4ABC Một đường tròn thay đổi qua B, C cắt cạnh AB, AC tương ứng D, E Tiếp tuyến D, E đường tròn (ADE) cắt P Chứng minh P ln thuộc đường thẳng cố định Hình 3.2: P thuộc đường thẳng cố định AM 47 Chứng minh Theo Ví dụ 3.1.1, AP đường đối trung 4ADE Mặt khác, theo tính chất 1.3 (định lý đường thẳng đối song), BC đường đối song DE nên trung tuyến AM ∼ ABC đường đối trung 4ADE (Ví dụ 3.1.1) Do đó, P thuộc AM cố định Ví dụ 3.1.3 Cho tam giác ABC nhọn, không tam giác cân M trung điểm BC, D E điểm thuộc AM cho AD = BD AE = EC, F = DB ∩ CE Một đường tròn thay đổi qua B C cắt cạnh AB, AC H, K Chứng minh AF qua trung điểm HK Hình 3.3: AF qua trung điểm HK Chứng minh Ta thấy HK đường đối song BC nên để chứng minh AF qua trung điểm HK ta cần phải chứng minh AF đường đối trung 4ABC 48 Áp dụng định lý sin cho tam giác ABF tam giác ACF , ta có [ [ sin AF B AB sin AF B = = AF [ \ sin ABF sin BAD [ [ sin AF C sin AF C AC = = AF [ [ sin ACF sin EAC (3.1) (3.2) Mặt khác D, E ∈ AM (trung tuyến hay đường thẳng bậc 1) nên ta lại có \ AC sin DAB = AB [ sin EAC (3.3) Từ (3.1), (3.2), (3.3) ta suy [ [ B = sin AF C, sin AF [ [ tức AF B = AF C Ngoài ra, \ \ \ \ + 2EAC [ = 2BAC [ = BOC \ BF C=F DE + F ED = 2BAD (3.4) [ [ [ Kết hợp lại ta AF B = AF C = 1800 − BAC [ = BAD \ + DAC \ Mà F[ \ nên Như F[ AC + F[ CA = BAC CA = DAC \ Theo định nghĩa AF AD cặp đường thẳng đẳng giác hay F[ AC = BAD AF đường bậc tam giác ABC Nhận xét \ \ ta có Sau có (3.4), ta suy luận theo cách khác: Từ (3.4), BF C = BOC [ [ BF OC tứ giác nội tiếp Gọi P giao AF (BF OC), từ AF B = AF C ta suy P B = P C, chứng tỏ OP đường kính P B ⊥ OB, P C ⊥ OC Ta suy P B, P C tiếp tuyến (ABC) theo Ví dụ 3.1.1, AP ≡ AF đường đối trung tam giác ABC Ví dụ 3.1.4 Cho tam giác ABC với AD đường phân giác trong, D ∈ BC \ = BAD, \ gọi M, N hình chiếu Giả sử có P, Q ∈ AD cho P[ BA = QBC P AB, AC; H hình chiếu Q BC, E hình chiếu H M N Chứng minh AH, BN, CM đồng quy 49 Hình 3.4: Ba đường thẳng AH, BN, CM đồng quy \ = BAD \ nên BP, BQ cặp đường Chứng minh Theo giả thiết, P[ BA = QBC thẳng đẳng giác 4ABD Theo Tính chất 1.1.5 (định lý Steiner): QD P D BD2 = QA P A AB BA CD QD P D DC Vì AD phân giác góc A nên = , suy = , BA CA QA P A CA2 kéo theo CQ, CP cặp đường thẳng đẳng giác 4CAD theo Tính chất \ = BCA [ Kết hợp với 1.1.5 Từ định nghĩa đường thẳng đẳng giác ta có: DCQ giả thiết nhận \ = P[ \ = P[ QCB CA; P[ AC = P[ CA; QBC BA Bằng cách xét tam giác vng \ BH cot P[ cot QBC CA CN cot P[ AB AM = = = ; ; , ta suy CH N A BM \ [ [ cot QCB cot P AC cot P BA \ cot P[ BH CN AM cot QBC CA cot P[ AB = = HC N A M B \ [ [ cot QCB cot P AC cot P BA HB N C M A = −1 HC N A M B Theo định lý Ce’va, ba đường thẳng AH, BN, CM đồng quy Sử dụng độ dài đại số nhận đồng thức