Đ ịnh lý Menelaus và tâm đường tròn ngoại tiếp

Định lý Menelaus tâm đường tròn ngoại tiếp Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Trong giảng này, sâu vào xem xét ứng dụng toán tam giác trung trực ba cạnh đồng quy tâm đường trịn ngoại tiếp định lý Menelaus, hai vấn đề phù hợp với nội dung hình học lớp 9, kết hợp để ứng dụng lại có tốn hay Bài tốn (Tâm đường trịn ngoại tiếp) Cho tam giác ABC, gọi da , db , dc đường trung trực BC, CA, AB da , db , dc đồng quy điểm O, điểm đồng quy O cách ba cạnh tam giác ABC, O gọi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Bài tốn Cho tam giác ABC, dựng tam giác cân A BC, B CA, C AB cân đỉnh A , B , C tương ứng, gọi D, E, F trung điểm BC, CA, AB Chứng minh A D, B E, C F đồng quy A C' E F B' B D C A' Hình Chứng minh Theo tính chất tam giác cân dễ thấy A D, B E, C F trung trực BC, CA, AB chúng đồng quy tâm ngoại tiếp tam giác ABC Bài toán Cho tam giác ABC điểm P bất kỳ, trung trực P A, P B, P C đôi cắt tương ứng A , B , C Gọi D, E, F trung điểm BC, CA, AB Chứng minh rằngA D, B E, C F đồng quy Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN A B' C' F E P B D C A' Hình Chứng minh Ta ý tam giác A BC, B CA, C AB cân đường thẳng qua A D, B E, C F trung trực BC, CA, AB chúng đồng quy tâm ngoại tiếp tam giác ABC Bài toán Cho tam giác ABC điểm P bất kỳ, gọi Pa , Pb , Pc đối xứng P qua BC, CA, AB, gọi D, E, F trung điểm Pb Pc , Pc Pa , Pa Pb Chứng minh AD, BE, CF đồng quy tâm ngoại tiếp tam giác Pa Pb Pc Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN A D Pc Pb E P F B C Pa Hình Chứng minh Ta ý tam giác APb Pc , BPc Pa , CPa Pb cân A, B, C tương ứng đường thẳng AD, BE, CF đường trung trực tam giác Pa Pb Pc chúng đồng quy Bài toán Cho tam giác ABC, gọi A , B , C trung điểm BC, CA, AB, gọi Pa , Pb , Pc điểm đối xứng P qua B C , C A , A B , gọi D, E, F trung điểm Pb Pc , Pc Pa , Pa Pb Chứng minh A D, B E, C F đồng quy A Pa B' C' E F P D Pc Pb B A' C Hình Chứng minh Sử dụng toán cho tam giác A B C ta thấy A D, B E, C F trung trực đoạn Pb Pc , Pc Pa , Pa Pb ta thấy điều phải chứng minh Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Bài toán Cho tam giác ABC, gọi A , B , C trung điểm BC, CA, AB, gọi Oa , Ob, Oc tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB C , BC A , CA B , gọi D, E, F trung điểm Ob Oc , Oc Oa , Oa Ob Chứng minh A D, B E, C F đồng quy Chứng minh Gọi N tâm đường trịn chín điểm tam giác ABC, ta ý Oa , Ob, Oc đối xứng N qua B C , C A , A B áp dụng toán dễ dàng suy điều phải chứng minh A Oa B' C' E F N D Oc Ob B C A' Hình Bài tốn Cho tam giác ABC điểm P bất kỳ, gọi Pa , Pb, Pc hình chiếu P lên BC, CA, AB, gọi A , B , C trung điểm P A, P B, P C, gọi D, E, F trung điểm Pb Pc , Pc Pa , Pa Pb Chứng minh A D, B E, C F đồng quy A A' Pc Pb D F B' B E P Pa C' C Hình Chứng minh Ta dễ thấy Pa , Pb , Pc đối xứng P qua B C , C A , A B , áp dụng toán cho tam giác A B C ta suy điều phải chứng minh Các tốn đơn giản song đằng sau chúng ứng dụng bất ngờ, ứng dụng chúng thông qua bổ đề Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Bổ đề 7.1 (Định lý Menelaus) Cho tam giác ABC điểm A , B , C nằm đường thẳng BC, CA, AB tương ứng A , B , C thẳng hàng AB BC CA =1 AC BA CB AB BC C A = ln có điểm nằm cạnh tam giác, ba điểm nằm AC BA C B ba cạnh tam giác A , B , C thằng hàng Nếu A C' B' P C B A' Hình AB BC C A = 1, thật AC BA C B AB vậy, qua C ta kẻ đường thẳng song song với AB cắt B C P , theo định lý Thales ta có = AC CP B C PC , = ta có CB BA CA Chứng minh Trước hết ta chứng minh, A , B , C thẳng hàng CP P C C A AB BC C A = =1 AC BA C B CB CA CB AB BC C A = 1, không tổng quát giả sử A nằm BC AC BA C B B , C thuộc CA, AB B , C không thuộc CA, AB ta gọi B C giao đường thẳng BC A , dễ thấy với vị trí B , C A không thuộc BC Đảo lại Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN A A C' B' B A' B C C A' C' B' Hình A B BC CA CP P C C A = =1 A C BA CB CB CA CB A B AB = , A A nằm BC nên A ≡ A hay A , B , C thẳng hàng, A C AC điều phải chứng minh Vậy suy Bổ đề 7.2 (Định lý Desargues) Cho tam giác ABC tam giác A B C gọi D, E, F tương ứng giao B C , C A , A B với BC, CA, AB chứng minh AA , BB , C C đồng quy D, E, F thẳng hàng Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN A' A B D C C' B' E F Hình Lời giải bổ đề Phần thuận, giả sử AA , BB , CC giao P , ta áp dụng định lý DB C C B P Menelaus sau Tam giác P BC với B , C , D thẳng hàng ta có = Tam giác DC C P C B EC B A C P P CA với C , A , E thẳng hàng ta có = Tam giác P AB với A , B , F thẳng hàng ta EA B P A C DB EC F A FA A B A P = Vậy ta nhân tỷ số với ta = xét tam giác có FB A P B A DC EA F B ABC với D, E, F thuộc ba cạnh BC, CA, AB theo định lý Menelaus suy D, E, F thẳng hàng Phần đảo, ta sử dụng phần thuận, giả sử D, E, F thẳng hàng, ta gọi BB giao CC P , ta chứng minh AA , BB , CC đồng quy cách A , A, P thẳng hàng, thật vậy, xét hai tam giác F BB ECC có EF, BC, B C đồng quy D, theo phần thuận giao điểm tương ứng F B ∩ EC = {A}, BB ∩ CC = {P }, B F ∩ C E = {A } thẳng hàng, điều phải chứng minh Sau ta lại đưa ứng dụng hay bổ đề vào toán ta xét Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Bài toán Cho tam giác ABC điểm P bất kỳ, gọi A , B , C trung điểm cạnh BC, CA, AB , gọi D, E, F đối xứng P qua B C , C A , A B Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AP D, BP E, CP F có điểm chung khác P A Y Z D B' C' P F E B A' C X Hình 10 Chứng minh Ta ý đường tròn có điểm chung P nên để chứng minh chúng có điểm chung khác P ta cần chứng minh tâm chúng thẳng hàng Gọi trung trực P A, P B, P C cắt tương ứng tạo thành tam giác X, Y, Z, ta thấy giao điểm Y Z, ZX, XY với B C , C A , A B tương ứng tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AP D, BP E, CP F nên theo Bổ đề giao điểm thẳng hàng A X, B Y, C Z đồng quy, áp dụng toán cho tam giác ABC với trung trực Y Z, ZX, XY A X, B Y, C Z đồng quy, ta có điều phải chứng minh Bài toán Cho tam giác ABC, gọi A , B , C trung điểm BC, CA, AB, gọi Oa , Ob, Oc tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB C, BC A , CA B Chứng minh giao điểm trung trực đoạn Oa A, Ob B, Oc C với B C , C A , A B tương ứng nằm đường thẳng Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN A Oa B' C' N Oc Ob B A' C Hình 11 Chứng minh Ta ý Oa , Ob, Oc đối xứng tâm đường trịn chín điểm N tam giác ABC qua B C , C A , A B giao điểm trung trực Oa A, Ob B, Oc C với B C , C A , A B tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ANOa , BNOb , CNOc , theo chứng minh tốn chúng thẳng hàng Ta hồn tồn tổng qt tốn sau cách giải hồn tồn tương tự Bài tốn 10 Cho tam giác ABC, gọi A , B , C trung điểm BC, CA, AB, gọi Pa , Pb , Pc đối xứng P qua B C , C A , A B Chứng minh giao điểm trung trực đoạn Pa A, Pb B, Pc C với B C , C A , A B tương ứng nằm đường thẳng Bài toán 11 Cho tam giác ABC, gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp, gọi trung trực OA, OB, OC giao BC, CA, AB D, E, F Chứng minh D, E, F thẳng hàng Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 10 A Oa D' C' B' O D B C Hình 12 Chứng minh Ta gọi A , B , C trung điểm BC, CA, AB Oa , Ob , Oc tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB C, BC A , CA B ta dễ thấy Oa trung điểm OA, hay trung trực OA qua Oa vng góc với OA Gọi trung trực Oa A giao AD D , tính chất đường trung bình dễ thấy D trung điểm AD mặt khác tính chất đường trung bình tam giác ABC DB DB B C qua trung điểm AD hay qua D , theo định lý Thales ta dễ thấy = DC DC EC EC F A FA Nếu xác định tương tự ta E , F = , = ta ý theo chứng minh EA EA F B FB DB EC F A = suy tốn D , E , F thẳng hàng theo định lý Menelaus ta suy DC EA F B DB EC F A DB EC F A = = hay D, E, F thẳng hàng, theo định lý Menelaus DC EA F B DC EA F B Ta có số hệ tốn 10 sau Bài toán 12 Cho tam giác ABC tâm đường tròn ngoại tiếp O, gọi A , B , C đối xứng A, B, C qua BC, CA, AB Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AOA , BOB , COC có điểm chung khác O Bài toán 13 Cho tam giác ABC tâm đường tròn ngoại tiếp O, gọi Oa , Ob , Oc đối xứng A, B, C qua BC, CA, AB Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AOOa , BOOb, COOc có điểm chung khác O Sử dụng toán 12 ta lại chứng minh toán giống toán Bài toán 14 Cho tam giác ABC, gọi A , B , C trung điểm BC, CA, AB, gọi Oa , Ob, Oc tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB C , BC A , CA B , gọi N tâm đường trịn chín điểm tam giác ABC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác A NOa , B NOb , C NOc có điểm chung khác N Bài toán 15 Cho tam giác ABC điểm P bất kỳ, gọi D, E, F giao điểm đường thẳng qua P vng góc với P A, P B, P C BC, CA, AB D, E, F thẳng hàng Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 11 A C' B' D' P B D A' C Hình 13 Chứng minh Ta gọi A , B , C trung điểm BC, CA, AB, ta gọi D giao trung trực P A AD tính chất đường trung bình dễ thấy D trung điểm AD mặt khác tính chất đường trung bình tam giác ABC B C qua trung điểm AD hay qua D , theo định lý DB DB EC EC F A FA Thales ta dễ thấy = Nếu xác định tương tự ta E , F = , = DC DC EA EA F B FB ta ý theo chứng minh tốn D , E , F thẳng hàng theo định lý Menelaus ta DB EC F A DB EC F A DB EC F A = suy = = hay D, E, F thẳng suy DC EA F B DC EA F B DC EA F B hàng, theo định lý Menelaus Nhận xét Đường thẳng nối D, E, F gọi cát tuyến trực giao P ứng với tam giác ABC, ta cịn ứng dụng toán khác Bài toán 16 Cho tam giác ABC điểm P bất kỳ, gọi P A giao đường tròn ngoại tiếp tam giác P BC A tương tự ta có B , C gọi X, Y, Z tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P B C , P C A , P A B đường tròn ngoại tiếp tam giác P AX, P BY, P CZ có điểm chung khác P Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 12 X B' A C' E F P C B Z D Y A' Hình 14 Chứng minh Trước hết ta dễ thấy trung trực đoạn P A , P B , P C cắt tương ứng X, Y, Z, gọi D, E, F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P BC, P CA, P AB, tương ứng ta dễ thấy D, E, F thuộc Y Z, ZX, XY , mặt khác ta dễ thấy DE, EF, F D tương ứng song song với XY, Y Z, ZX (do chúng vng góc P A, P B, P C) Khi ta dễ thấy A, B, C đối xứng P qua EF, F D, DE, áp dụng toán cho tam giác XY Z, D, E, F trung điểm Y Z, ZX, XY , với A, B, C đối xứng P qua EF, F E, ED đường tròn ngoại tiếp tam giác P AD, P BE, P CF có điểm chung khác P , ta có điều phải chứng minh Bài tốn 17 Cho tam giác ABC điểm P bất kỳ, gọi Pa , Pb , Pc hình chiếu P lên ba cạnh BC, CA, AB, gọi D, E, F hình chiếu A, B, C lên P Pa , P Pb, P Pc , gọi X, Y, Z tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P EF, P F D, P DE đường trịn ngoại tiếp tam giác P Pa X, P Pb Y, P Pc Z có điểm chung khác P Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 13 A Z D Y Pc Pb P F Pa B E C X Hình 15 Chứng minh Ta dễ thấy ∠P DA = 90◦ nên D nằm đường tròn đường kính P A, mặt khác Pb , Pc hình chiếu P lên AC, AB tương ứng nên Pb , Pc nằm đường trịn đường kính P A, nói cách khác D giao điểm P Pa đường tròn ngoại tiếp tam giác P Pb Pc , áp dụng toán 15 cho tam giác Pa Pb Pc kiểm tra lại giả thiết tương ứng, ta có điều phải chứng minh Bài toán 18 Cho tam giác ABC điểm P bất kỳ, gọi AD, BE, CF đường cao tam giác ABC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AP D, BP E, CP F có điểm chung khác P Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 14 Y A E Z C' B' P F B D A' C X Hình 16 Lời giải Ta ý đường trịn có điểm chung P nên để chứng minh chúng có điểm chung khác P ta cần chứng minh tâm chúng thẳng hàng Gọi A , B , C trung điểm BC, CA, AB ta dễ thấy B C , C A , A B trung trực AD, BE, CF , gọi trung trực P A, P B, P C cắt tương ứng tạo thành tam giác X, Y, Z, ta thấy giao điểm Y Z, ZX, XY với B C , C A , A B tương ứng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AP D, BP E, CP F vvậy nên theo Bổ đề giao điểm thẳng hàng A X, B Y, C Z đồng quy, theo tốn A X, B Y, C Z đồng quy, ta có điều phải chứng minh Bài toán 19 Cho tam giác ABC điểm P bất kỳ, gọi đường cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác HP D, BP F, CP E có điểm chung khác P Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 15 A E F H P B C D Hình 17 Chứng minh Sử dụng tốn 17 cho tam giác HBC có đường cao HD, BF, CE điểm P ta có điều phải chứng minh Bài tốn 20 Cho tam giác ABC điểm P bất kỳ, gọi Ia , Ib , Ic tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC tương ứng Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác P AIa , P BIb , P CIc có điểm chung khác P Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 16 Ib A Ic P C B Ia Hình 18 Chứng minh Ta dễ thấy Ia A, Ib B, Ic C chân đường cao tam giác Ia Ib Ic , áp dụng toán 17 cho tam giác Ia Ib Ic điểm P bất kỳ, ta có điều phải chứng minh Bài tốn 21 Cho tam giác ABC điểm P bất kỳ, gọi Ib , Ic tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC góc B, C tương ứng, gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác P AI, P CIb, P BIc có điểm chung khác P Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 17 Ib A Ic P I C B Hình 19 Chứng minh Ta gọi Ia tâm bàng tiếp góc A, dễ thấy I trực tâm tam giác Ia Ib Ic , áp dụng toán 19 vào tam giác Ia Ib Ic trực tâm I điểm P bất kỳ, ta có điều phải chứng minh Lời kết Chúng ta trải qua chặng đường nhỏ gồm nhiều tốn thú vị, u thích mơn hình học cảm nhận sâu sắc vẻ đẹp toán sau, đọc qua tốn ban đầu thấy chúng dễ sau có tốn thuộc loại khó, giải chúng vô đơn giản chúng xếp thành chuỗi liên tiếp khoa học, vẻ đẹp dường nằm điều đơn giản lời tác giải muốn nói tồn viết, hạn chế chương trình hình học THCS nên toàn ứng dụng tốn ba đường trịn có hai điểm chung khơng nhắc tới, độc giả biết qua phép nghịch đảo cịn thấy ứng dụng khơng ngờ đến tốn Thay cho lời kết xin chúc bạn thành công đường khám phá hình học  ... định lý Menelaus DC EA F B DC EA F B Ta có số hệ toán 10 sau Bài toán 12 Cho tam giác ABC tâm đường tròn ngoại tiếp O, gọi A , B , C đối xứng A, B, C qua BC, CA, AB Chứng minh đường tròn ngoại tiếp. .. điểm BC, CA, AB, gọi Oa , Ob, Oc tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB C , BC A , CA B , gọi N tâm đường trịn chín điểm tam giác ABC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác A NOa , B NOb , C... ABC điểm P bất kỳ, gọi Ib , Ic tâm đường trịn bàng tiếp tam giác ABC góc B, C tương ứng, gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác P AI, P CIb, P BIc