kiến thức hình học phẳng luyện thi hsg

Mục lục Lời nói đầu Các thành viên tham gia biên soạn Một số định nghĩa, định lý, điểm đường đặc biệt không 1.1 Định lý Menelaus 1.2 Mở rộng định lý Menelaus theo diện tích 1.3 Định lý Menelaus cho tứ giác 1.4 Định lý Céva 1.5 Định lý Céva dạng sin 1.6 Định lý Desargues 1.7 Định lý Pappus 1.8 Một trường hợp đặc biệt định lý Pappus qua góc nhìn hình học xạ ảnh 1.9 Bất đẳng thức Ptolemy 1.10 Định lý Pascal 1.11 Định lý Brianchon 1.12 Định lý Miquel 1.13 Công thức Carnot 1.14 Định lý Carnot 1.15 Khái niệm hai tam giác trực giao 1.16 Định lý Brocard 1.17 Định lý Euler khoảng cách tâm đường tròn nội, ngoại tiếp tam giác 1.18 Định lý Euler khoảng cách tâm đường tròn nội, ngoại tiếp tứ giác (Định Fuss) 1.19 Định lý Casey (định lý Ptolemy mở rộng) 1.20 Định lý Stewart 1.21 Định lý Feuerbach–Luchterhand 1.22 Định lý Lyness 1.23 Định lý Lyness mở rộng (Bổ đề Sawayama) 1.24 Định lý Thébault 1.25 Công thức Jacobi liên quan đến tâm tỉ cự, định lý Leibniz 1.26 Định lý Newton cho tứ giác ngoại tiếp 1.27 Định lý Breichneider 1.28 Định lý nhím 1.29 Định lý Gergonne–Euler 1.30 Định lý Peletier 1.31 Định lý Viviani 1.32 Công thức Lagrange mở rộng 1.33 Đường thẳng Simson 1.34 Đường thẳng Steiner 1.35 Định lý Collings 1.36 Định lý Napoleon 1.37 Định lý Morley 1.38 Định lý bướm với đường tròn 1.39 Định lý bướm với cặp đường thẳng 1.40 Định lý Blaikie 1.41 Đường tròn Apollonius 1.42 Định lý Blanchet 1.43 Định lý Blanchet mở rộng 1.44 Định lý Jacobi 1.45 Định lý Kiepert lý 8 9 10 10 11 12 12 14 14 15 15 16 16 17 18 18 19 19 20 20 21 22 22 23 23 24 24 24 24 25 25 26 27 28 28 29 29 30 30 31 31 32 MATHSCOPE.ORG 1.46 1.47 1.48 1.49 1.50 1.51 1.52 1.53 1.54 1.55 1.56 1.57 1.58 1.59 1.60 1.61 1.62 1.63 1.64 1.65 1.66 1.67 1.68 1.69 1.70 1.71 1.72 1.73 1.74 1.75 1.76 1.77 1.78 1.79 1.80 1.81 1.82 Định lý Kariya Cực trực giao (khái niệm mở rộng trực tâm tam giác) Khái niệm tam giác hình chiếu, cơng thức Euler diện tích tam giác hình chiếu Khái niệm hai điểm liên hợp đẳng giác Định lý Reim Khái niệm tứ giác toàn phần Đường thẳng Droz–Farny Đường tròn Droz–Farny Định lý Van Aubel tứ giác hình vng dựng cạnh Hệ thức Van Aubel Định lý Pithot Định lý Johnson Bài toán Langley Định lý Eyeball Bổ đề Haruki Định lý Paul Yiu đường tròn bàng tiếp Định lý Maxwell Định lý Brahmagupta tứ giác nội tiếp có hai đường chéo vng góc Định lý Schooten Định lý Bottema Định lý Pompeiu Định lý Zaslavsky Định lý Archimedes Định lý Urquhart Định lý Poncelet bán kính đường trịn nội tiếp, bàng tiếp tam giác vuông Định lý Marion Walter Định lý Hansen Định lý Steinbart suy rộng Định lý Monge & d’Alembert Định lý Monge & d’Alembert Định lý Steiner bán kính đường trịn Định lý Steiner-Lehmus Bt ng thc Erdăs Mordell o Định lý Bellavitis Định lý Gossard nh lý Măbius o Đường tròn Hagge Một số điểm đường đặc biệt xác định với 2.1 Đường thẳng Euler tam giác 2.2 Đường tròn tâm Euler 2.3 Đường đối trung, điểm Lemoine 2.4 Điểm Gergonne, điểm Nobb, đường thẳng Gergonne 2.5 Điểm Nagel 2.6 Điểm Brocard 2.7 Điểm Schiffler 2.8 Điểm Feuerbach 2.9 Điểm Kosnita 2.10 Điểm Musselman, định lý Paul Yiu điểm Musselman 2.11 Điểm Gilbert 2.12 Khái niệm đường tròn cực tam giác tù 2.13 Trục Lemoine 2.14 Tâm Morley tam giác tứ giác 32 32 33 33 35 35 36 37 37 37 38 38 38 39 39 40 41 41 42 42 42 43 43 44 44 44 45 46 47 47 48 48 48 49 50 51 51 54 54 54 54 55 56 56 56 57 58 59 59 60 60 61 MỤC LỤC 2.15 2.16 2.17 2.18 2.19 2.20 2.21 2.22 2.23 2.24 2.25 2.26 2.27 2.28 2.29 2.30 2.31 2.32 Tâm Spieker đường thẳng Nagel Hai điểm Fermat Điểm Parry reflection Đường tròn Taylor, tâm Taylor Điểm Bevan Điểm Vecten Điểm Mittenpunkt Điểm Napoleon Đường tròn Adam Tam giác Fuhrmann, đường trịn Fuhrmann Hình lục giác đường trịn Lemoine thứ Hình lục giác đường trịn Lemoine thứ hai Hình bình hành Varignon tứ giác Điểm Euler tứ giác nội tiếp Đường thẳng Steiner tứ giác toàn phần Đường thẳng Gauss tứ giác toàn phần Điểm Miquel tứ giác toàn phần Đường tròn Miquel tứ giác toàn phần 61 62 62 63 63 64 64 65 65 66 67 67 68 68 69 69 69 70 MATHSCOPE.ORG Lời nói đầu Hình học tạo nên sống! Hình học ln ln tuyệt vời!! Có nhiều câu tơi muốn nói ra, chạy đến khắp ngõ ngách phố phường hét to lên để thể niềm u thích mơn hình học sơ cấp thân Bạn người xem tài liệu này? Vậy bạn hiểu cảm xúc Và hẳn bạn đồng ý hét oang oang lên ta yêu cô gái chẳng thể ý nghĩa ta làm điều cho ấy, giúp có niềm vui nho nhỏ Vâng, nói chẳng làm Chính bắt tay làm, làm tài liệu để thể tình cảm với hình học Trong sách, tác giả đề cập tới trăm định lý, kết tiêu biểu ấn tượng hình học phẳng Từ kết quen thuộc định lý: Menelaus, bướm, Ptolemy, , kết cịn phổ biến Việt Nam định lý Blaikie, Gossard, Các định lý, kết phát biểu chi tiết hướng dẫn chứng minh đầy đủ nhiều kèm theo nhận xét hữu ích Khi bắt đầu thực biên soạn diễn đàn MathScope.org, nhận nhiều quan tâm thành viên, quản trị viên Nhiều bạn góp sức trực tiếp vào q trình biên soạn, góp ý bổ sung, hay gửi email trao đổi với tác giả chi tiết liên quan Sự quan tâm bạn, thầy tâm huyết bạn học sinh ham hiểu biết chứng tỏ việc biên soạn tài liệu cần thiết,đáng viết đáng làm Và quan tâm lớn lao nguồn động viên có ý nghĩa với tác giả để "sản xuất" tài liệu hay đẹp lên ngày Bây đây, mà công việc biên soạn coi hoàn tất, bạn sở hữu tầm tay Chúng tơi hy vọng tập tài liệu nhỏ thỏa mãn phần nhu cầu tra cứu, hoàn thiện kiến thức thân tăng thêm hứng thú, vui thích học tập hình học nói riêng tốn học nói chung bạn Tập tài liệu chưa hoàn hảo, thật chắn mà cảm nhận Một phần hạn chế người viết nên tồn sai sót, cịn rất nhiều kết hay đẹp chưa nói tới Chính thế, tác giả luôn mong muốn nhận cộng tác, góp ý thiết thực từ bạn đọc Bạn góp ý trực tiếp http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=4986 liên hệ email riêng tới hịm thư khanh29ma@gmail.com Thay mặt nhóm biên soạn, tơi xin chân thành cảm ơn! Hồng Quốc Khánh - ma 29 CÁC THÀNH VIÊN THAM GIA BIÊN SOẠN Các thành viên tham gia biên soạn Nội dung Hoàng Quốc Khánh - ma 29 Phan Đức Minh - novae Phạm Minh Khoa - nbkschool Lê Phúc Lữ - huynhcongbang Đinh Trung Anh - trung anh Lê Đức Tâm - thamtuhoctro, leductam Lê Bảo Long - long14893 Phạm Quốc Bảo - bali Chu Thanh Tùng - chu t tung A L TEX Thầy Châu Ngọc Hùng - hungchng Phan Đức Minh - novae 1.1 MATHSCOPE.ORG Một số định nghĩa, định lý, điểm đường đặc biệt không Định lý Menelaus Trong ∆ABC, cho điểm D, E, F theo thứ tự nằm đường thẳng BC, CA, AB Khi F A DB EC D, E, F thẳng hàng ⇔ = F B DC EA Chứng minh: Thuận: Giả sử D, E, F thẳng hàng Từ C, kẻ CI//AB (I ∈ DF ), áp dụng định lý Thales, ta có: EC IC DB FB F A DB EC = ; = ⇒ =1 EA F A DC IC F B DC EA Đảo: F A DB EC Giả sử điểm D, E, F thỏa mãn = 1, lấy F ∈ AB cho D, E, F thẳng hàng Theo F B DC EA F A DB EC FA FA = 1, suy = hay điểm F F chia chiều thuận định lý Menelaus, ta có: F B DC EA FB FB đoạn AB theo tỉ số Vậy F ≡ F , hay D, E, F thẳng hàng (đpcm) 1.2 Mở rộng định lý Menelaus theo diện tích Cho tam giác ABC, điểm M, N, P nằm đường thẳng BC, CA, AB Khi S[M N P ] BM CN AP − CM AN BP = S[ABC] AB.BC.CA Chứng minh: Ta có S[ABC] = S[M AB] + S[M CA] = S[P M A] + S[P BM ] + S[N M C] + S[N AM ] = S[M N P ] + S[BM P ] + S[CN M ] + S[AP N ] S[BM P ] BM BP S[CN M ] CN CM S[AP N ] AP AN Mặt khác = ; = ; = S[ABC] BC.BA S[ABC] CA.CB S[ABC] AB.AC S[M N P ] S[BM P ] S[CN M ] S[AP N ] BM CN AP − CM AN BP Suy =1− − − = (đpcm) S[ABC] S[ABC] S[ABC] S[ABC] AB.BC.CA MỘT SỐ ĐỊNH NGHĨA, ĐỊNH LÝ, ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT KHÔNG DUY NHẤT 1.3 Định lý Menelaus cho tứ giác Cho tứ giác ABCD đường thẳng d cắt AB, BC, CD, DA M, N, P, Q Khi M A N B P C QD = M B N C P D QA Chứng minh: Trên d lấy I, J cho AI//BJ//CD MA IA N B JB QD PD = ; = ; = Từ suy đpcm Theo định lý Thales, ta có MB JB N C P C QA IA Chú ý: dạng đảo định lý không định lý mở rộng cho đa giác 1.4 Định lý Céva Cho tam giác ABC, điểm E, F, G tương ứng nằm BC, CA, AB Ba đường thẳng AE, BF, CG GA EB F C = −1 đồng quy điểm O GB EC F A Chứng minh: Thuận: Giả sử ba đường thẳng AE, BF, CG đồng quy điểm O Từ A C, kẻ đường thẳng song song với BF , cắt CG AE K, I tương ứng CF CO CI CO CF CI Áp dụng định lý Thales, ta có: = ; = ⇒ = FA OK AK OK FA AK BE BO AG AK Các cặp tam giác đồng dạng IEC OEB, AKG BOG: = ; = CE CI BG BO GA EB F C AK BO −CI Do đó: = = −1 (đpcm) GB EC F A BO CI AK Đảo: chứng minh tương tự định lý Menelaus 1.5 Định lý Céva dạng sin Cho tam giác ABC, điểm E, F, G tương ứng nằm BC, CA, AB Ba đường thẳng AE, BF, CG sin ABF sin BCG sin CAE đồng quy điểm O sin CBF sin ACG sin BAE 10 MATHSCOPE.ORG Chứng minh: BE SABE AB sin BAE CF BC sin CBF AG CA sin ACG Ta có: = = ; = ; = Nhân theo vế đẳng CE SACE AC sin CAE AF BA sin ABF BG CB sin BCG thức trên, ta có đpcm 1.6 Định lý Desargues Cho tam giác ABC M N P có AM, BN, CP đồng quy O Gọi I, J, K theo thứ tự giao điểm cặp đường thẳng (AB, M N ), (BC, N P ), (CA, P M ) Khi điểm I, J, K thẳng hàng Chứng minh: Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác OAB, OBC, OCA, ta có: IA N B M O JB P C N O KC M A P O = 1; = 1; =1 IB N O M A JC P O N B KA M O P C IA JB KC Nhân theo vế đẳng thức trên, ta có = ⇒ I, J, K thẳng hàng (đpcm) IB JC KC Định lý đảo định lý Desargues phát biểu sau: Cho tam giác ABC M N P có AB ∩M N = I, BC ∩ N P = J, CA ∩ P M = K I, J, K thẳng hàng Khi AM, BN, CP đồng quy O Chứng minh: Gọi O giao điểm AM CP Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác CP K, P KJ, JKC, ta có: OC M P AK N P IJ M K BJ AC IK = 1; = 1; =1 OP M K AC N J IK M P BC AK IJ OC N P BJ Nhân theo vế đẳng thức trên, ta có = ⇒ O, N, B thẳng hàng ⇒ AM, BN, CP đồng OP N J BC quy O (đpcm) 1.7 Định lý Pappus Cho đường thẳng a, b Trên a lấy điểm A, B, C; b lấy điểm X, Y, Z Gọi M giao điểm AX BY , N giao điểm AZ CX, P giao điểm BZ CY Khi M, N, P thẳng hàng Định lý Pappus trường hợp riêng định lý Pascal conic suy biến thành cặp đường thẳng (xem mục 1.11) 56 MATHSCOPE.ORG A Mặt khác dễ thấy đường đối cực G qua D nên suy đường đối cực G AD Hồn tồn tương tự ta có đường đối cực H BE đường đối cực K CF Mà AD, BE, CF đồng quy nên ta có điều phải chứng minh Ngồi ta có kết sau: (BCDG) = (CAEH) = (BAF K) = −1; gọi M, N, P trung điểm đoạn GD, HE, KF M, N, P thẳng hàng đường thẳng qua chúng trục đẳng phương đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tam giác Kết mở rộng sau: Cho tam giác ABC điểm D, E, F theo thứ tự thuộc BC, CA, AB cho AD, BE, CF đồng quy D, E, F khác trung điểm đoạn thẳng Gọi M, N, P giao điểm cặp đường thẳng (EF, BC), (DF, CA), (DE, AB) Khi M, N, P thẳng hàng Kết hệ định lý Desargues 2.5 Điểm Nagel Cho tam giác ABC, đường tròn bàng tiếp tiếp xúc với cạnh tương ứng D, E, F Ta có đường thẳng AD, BE, CF đồng quy điểm Nagel tam giác Chứng minh: Áp dụng định lý Céva, ý F A = CD = p − b, AE = BD = p − c, CE = BF = p − a, ta có đpcm 2.6 Điểm Brocard Trong tam giác ABC, tồn điểm M N thỏa mãn M AB = M BC = M CA = α N AC = N CB = N BA = α Mỗi điểm gọi điểm Brocard ∆ABC Trong tam giác điểm Brocard liên hợp đẳng giác với Ta có hệ thức cot α = cot A + cot B + cot C Chứng minh: c2 + x − y a2 + y − z b2 + z − x Đặt M A = x, M B = y, M C = z, ta có cot α = = = = 4SM AB 4SM BC 4SM CA a2 + b + c 4SABC b + c − a2 c + a2 − b a2 + b − c a2 + b + c Mặt khác, cot A + cot B + cot C = + + = , suy đpcm 4SABC 4SABC 4SABC 4SABC Một số tính chất hai điểm Brocard: Đường thẳng OL (O tâm ngoại tiếp, L điểm Lemoine) trung trực M N điểm O, L, M, N nằm đường tròn Brocard 1 1 = + + 2 sin α sin A sin B sin2 C sin3 α = sin(A − α) sin(B − α) sin(C − α) M A.M B.M C = 8R3 sin3 α Tam giác hình chiếu điểm Brocard đồng dạng với tam giác ABC diện tích chúng 2.7 Điểm Schiffler Cho tam giác ABC có I tâm nội tiếp Khi đường thẳng Euler tam giác IAB, IBC, ICA, ABC đồng quy điểm Schiffler tam giác MỘT SỐ ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT ĐƯỢC XÁC ĐỊNH DUY NHẤT VỚI TAM GIÁC VÀ TỨ GIÁC 57 Chứng minh: Gọi O tâm ngoại tiếp tam giác, G trọng tâm tam giác ABC, M trung điểm BC, G1 trọng tâm tam giác IBC, AI cắt BC D, cắt (O) J, (I) tiếp xúc với BC K, JG1 cắt AM E, OG S Dễ thấy J tâm ngoại tiếp tam giác IBC Do JG1 đường thẳng Euler tam giác IBC Áp dụng SG JO EM SG JM EG định lý Menelaus cho tam giác GOM với cát tuyến SEJ, ta có =1⇒ = SO JM EG SO R EM JI EA G1 M EA Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác IAM với cát tuyến JG1 E, ta có =1⇒ = JA EM G1 I EM JA JI =2 (vì JI = JB = JA.JD) JI JD EG GM AM EA JI ID IK 2r Do = −1= −1= +1 −1= −1 = = = ⇒ EM EM EM EM JD JD JM 3JM JM EG 2r SG = = Tương tự ta thấy đường thẳng Euler tam giác IAC, IAB qua SO R EM 3R điểm S xác định trên, suy đpcm 2.8 Điểm Feuerbach Trong tam giác, đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp nó, tiếp điểm gọi điểm Feuerbach tam giác trên, ngồi đường trịn Euler cịn tiếp xúc ngồi với đường trịn bàng tiếp tam giác Chứng minh: Ta có nhận xét sau: − → − − → − → mOA + nOB + pOC − − → − → − − − → → − − → → = R2 (m2 + n2 + p2 ) + mn.OA.OB + np.OB.OC + pm.OC.OA = R2 (m2 + n2 + p2 ) + mn (2R2 − c2 ) + np (2R2 − a2 ) + pm (2R2 − b2 ) = R2 (m + n + p)2 − (mn.c2 + np.a2 + pm.b2 ) −→ − − → − − → − → − → − → − − → − → OH = OA + OB + OC; 2pOI = aOA + bOB + cOC; Từ hệ thức vector quen thuộc: , ta có: − → − → − → − − → − → − − → −→ − aIA + bIB + cIC = 2pOE = pOA + pOB + pOC − − → − → − → p − a− → p − b− − → p − c− → Do OE − OI = IE = OA + OB + OC, áp dụng nhận xét, ta có: 2p 2p 2p R2 (p − b)(p − c)a2 + (p − c)(p − a)b2 + (p − a)(p − b)c2 EI = − 4p2 58 MATHSCOPE.ORG Mặt khác, ta có ((p − b)(p − c)a2 + (p − c)(p − a)b2 + (p − a)(p − b)c2 ) = a4 + b4 + c4 − (a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 4pabc = 4pabc − 16S = 16pSR − 16p2 r2 = 16p2 r(R − r) (khai triển công thức Hérone S = p(p − a)(p − b)(p − c)) R2 R R 2 Vậy EI = − Rr + r = − r ⇒ EI = − r, suy đpcm 2 Để chứng minh đường trịn Euler tiếp xúc ngồi với đường trịn bàng tiếp, ta sử dụng hệ thức vector −→ − −→ − −→ → − − −aIa A + bIa B + cIa C = , (Ia ,ra ) đường trịn bàng tiếp góc A tam giác −→ − − − → −→ − − → p − a − b− − → p − a − c− → p Tương tự trên, ta có Ia E = OE − OIa = OA + OB + OC 2(p − a) 2(p − a) 2(p − a) R2 (p(p − a − b).c2 + p(p − a − c).b2 + (p − a − b)(p − a − c).a2 ) Suy Ia E = − 4 (p − a)2 R2 R2 2 = − (−4S + abc (a − p)) = − 2 −4 (p − a) − R (p − a) 4 (p − a) (p − a) 2 R R R = + + Rra = + ⇒ Ia E = + ⇒ đpcm 2 Gọi M, N, P trung điểm cạnh tam giác ABC số đoạn thẳng F M, F N, F P có đoạn độ dài tổng độ dài hai đoạn lại (F điểm Feuerbach tam giác) 2.9 Điểm Kosnita Cho tam giác ABC, tâm ngoại tiếp O X, Y, Z theo thứ tự tâm ngoại tiếp tam giác BOC, COA, AOB Khi đường thẳng AX, BY, CZ đồng quy điểm Kosnita tam giác ABC Chứng minh: Ta xét toán tổng quát sau: Cho tam giác ABC, tâm ngoại tiếp O Các tiếp tuyến A, B, C (O) cắt tạo thành giao điểm A , B , C Gọi X, Y, Z điểm chia đoạn OA , OB , OC OX OY OZ Khi đường thẳng AX, BY, CZ đồng quy theo tỉ số OA OB OC Gọi H trực tâm tam giác ABC, M trung điểm BC Giả sử đường đẳng giác AX góc BAC cắt OA X L giao điểm AX OH Do O H điểm liên hợp đẳng giác tam giác ABC nên OAX = HAX = AXO, OX A = HAX = XAO ⇒ ∆AOX ∼ ∆XOA ⇒ OM OA = OA2 = OX OA OL OX OX OX.OX Suy = = ⇒ = = = ⇒ L cố định ⇒ AH qua điểm liên t 2t OM OX LH AH 2OM hợp đẳng giác L L tam giác ABC cố định Tương tự đường thẳng BY, CZ qua L Khi t = X, Y, Z tâm ngoại tiếp tam giác BOC, COA, AOB AX, BY, CZ đồng quy điểm Kosnita điểm liên hợp đẳng giác tâm Euler tam giác ABC MỘT SỐ ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT ĐƯỢC XÁC ĐỊNH DUY NHẤT VỚI TAM GIÁC VÀ TỨ GIÁC 2.10 59 Điểm Musselman, định lý Paul Yiu điểm Musselman Cho tam giác ABC nội tiếp (O), điểm A , B , C đối xứng với A, B, C qua cạnh đối diện Khi đường trịn (AOA ), (BOB ), (COC ) có giao điểm chung (khác O) ảnh điểm −→ − → − − Kosnita qua phép nghịch đảo đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (tức OK.OM = R2 , K điểm Kosnita, M điểm Musselman) Chứng minh: Gọi M E ảnh điểm Kosnita K A qua phép nghịch đảo đường trịn (ABC) Khi ta có OK.OM = OA2 = OE.OA ⇒ ∆OAK ∼ ∆OM A, ∆OAE ∼ ∆OA ⇒ OM A = OAK, OA A = OAE Ta có điểm Kosnita K tâm Euler N , O trực tâm H cặp điểm liên hợp đẳng giác ⇒ OAK = N AH Mặt khác, gọi O điểm đối xứng với O qua BC AHO O hình bình hành ⇒ A, N, O thẳng hàng ⇒ N AH = O AH = OA A ⇒ OAK = OA A ⇒ OM A = OA A ⇒ O, A, A , M đồng viên Tương tự với đường tròn lại ta suy đpcm Định lý Paul Yiu điểm Musselman: Với giả thiết đường trịn (AB C ), (BC A ), (CA B ) qua điểm M Ta có (M B , M C ) ≡ (M B , M O) + (M O, M C ) ≡ (BB , BO) + (CO, CC ) ≡ (BB , BC) + (BC, BO) + π π (CO, CB) + (CB, CC ) ≡ − (CB, CA) + − (BA, BC) + 2(AC, AB) ≡ 3(AC, AB) (mod π) 2 Mặt khác, (AB , AC ) ≡ (AB , AC) + (AC, AB) + (AB, AC ) ≡ 3(AC, AB) (mod π) ⇒ (M B , M C ) ≡ (AB , AC ) (mod π) ⇒ M, B , C , A đồng viên (đpcm) 2.11 Điểm Gilbert Cho tam giác ABC, điểm Musselman M M1 , M2 , M3 điểm đối xứng với M qua cạnh tam giác Khi đường thẳng AM1 , BM2 , CM3 đồng quy điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh: 60 MATHSCOPE.ORG Gọi giao điểm AM1 BM2 G Ta có: (GM1 , GB) ≡ (AM1 , AB) + (BA, BM2 ) ≡ (A B, A M ) + (B M, B A) ≡ (C B, C M ) + (C M, C A) ≡ (C B, C A) ≡ (CA, CB) (mod π) ⇒ G nằm (ABC) Chứng minh tương tự, ta có đpcm 2.12 Khái niệm đường trịn cực tam giác tù Cho tam giác tù ABC Chân đường cao đối diên đỉnh Ha , Hb , Hc Khi đường trịn cực tam giác đường trịn có tâm H bán kính r xác định r2 = HA.HHa = HA.HHb = HA.HHc = −4R2 cos A cos B cos C = 4R2 − (a2 + b2 + c2 ) Đường trịn cực tam giác tù có tính chất: cho điểm chuyển động đường cạnh tam giác ABC dựng đường trịn có đường kính đoạn thẳng nối đỉnh với điểm chuyển động cạnh đối diện vịng cực tam giác trực giao với tất đường trịn (2 đường trịn gọi trực giao với chúng có giao điểm giao điểm tiếp tuyến đường trịn giao điểm vng góc với nhau) 2.13 Trục Lemoine Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến A đường tròn cắt đường thẳng BC X Định nghĩa tương tự cho Y, Z Khi X, Y, Z thẳng hàng đường thẳng qua X, Y, Z gọi trục Lemoine tam giác ABC Chứng minh: MỘT SỐ ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT ĐƯỢC XÁC ĐỊNH DUY NHẤT VỚI TAM GIÁC VÀ TỨ GIÁC Cách 1: Hai tam giác ABX CAX đồng dạng ⇒ 61 XB AB XA AB XB AB = , = ⇒ = Tương tự, ta có XA AC XC AC AC XC YC BC ZA CA2 = , = Nhân theo vế đẳng thức áp dụng định lý Menelaus, ta có đpcm BA2 ZB CB YA Cách 2: Gọi S giao điểm BY CZ ⇒ BC đường đối cực S (ABC) ⇒ đường đối cực X qua S Mặt khác AX tiếp tuyến (ABC) A ⇒ đường đối cực X qua A Do AS đường đối cực X (ABC) Từ cách xác định điểm S, ta suy AS đường đối trung tam giác ABC (xem mục 2.3) Suy đường đối cực X, Y, Z đường đối trung tam giác ABC ⇒ X, Y, Z thẳng hàng đường thẳng XY Z đường đối cực điểm Lemoine (ABC) 2.14 Tâm Morley Tâm Morley thứ tâm tam giác Morley Tâm Morley thứ hai tâm phối cảnh tam giác với tam giác Morley (tâm phối cảnh, có, tam giác điểm đồng quy đường thẳng nối đỉnh tương ứng tam giác) Chứng minh: (sự tồn tâm phối cảnh tam giác) Trong tam giác ABC có AD, BD, CD đồng quy D, theo định lý Céva dạng sin, ta có 2B C sin sin sin BAD sin CBD sin ACD sin BAD 3 Tương tự với điểm E, F , ta suy = ⇒ = 2C B sin CAD sin ABD sin BCD sin CAD sin sin 3 AD, BE, CF đồng quy (đpcm) 2.15 Tâm Spieker đường thẳng Nagel Cho tam giác ABC; A , B , C trung điểm cạnh tam giác Tâm Spieker định nghĩa tâm nội tiếp tam giác A B C Ta có điểm trọng tâm, tâm nội tiếp, điểm Nagel, tâm Spieker nằm đường thẳng Nagel tam giác ABC Chứng minh: Trước hết, ta có nhận xét sau: cho điểm M, N, P thuộc đường thẳng BC, CA, AB thỏa mãn α+β+γ =0 −→ − −→ − −→ − −→ − − → − − → → − β M B + γ M C = γ N C + αN A = αP A + β P B = 62 MATHSCOPE.ORG − → − − → − → → − Khi AM, BN, CP đồng quy αOA + β OB + γ OC = (chứng minh cách sử dụng định lý Céva định lý Van Aubel) Gọi M, N, P theo thứ tự tiếp điểm đường tròn bàng tiếp với cạnh BC, CA, AB Ta tính −→ − −→ → − − BM = p − c, M C = p − b, suy (p − b) M B + (p − c) M C = Từ hệ thức vector tương −→ − −→ − −→ → − −→ − − → − − → − → − tự, ta có (p − a) N A + (p − b) N B + (p − c) N C = ⇒ pGN = (p − a) GA + (p − b) GB + (p − c) GC − → − → − → − → − → − − → − → − → −→ − −→ − Mặt khác, ta có aIA + bIB + cIC = ⇒ 2pGI = aGA + bGB + cGC Do 2pGI + pGN = ⇒ GN = − → − → − → 2GI ⇒ IN = 3IG − → − → Xét phép vị tự tâm G, tỉ số −2 biến tam giác A B C thành tam giác ABC ⇒ GI = 2GS, suy đpcm Ngoài ta cịn có điểm Spieker tâm đẳng phương đường tròn bàng tiếp tam giác ABC 2.16 Hai điểm Fermat Cho tam giác ABC Dựng phía ngồi (vào trong) ∆ABC tam giác BCM, CAN, ABP Khi tâm phối cảnh hai tam giác ABC M N P gọi điểm Fermat thứ (thứ hai) gọi điểm Fermat dương (âm) Chứng minh: −→ − − → BM.BA sin BM ; BA S[ABM ] XB = = Gọi giao điểm AM, BN, CP với BC, CA, AB X, Y, Z Ta có −→ − − → S[ACM ] XC CM.CA sin CM ; CA −→ − − → −→ − − − → − − → → sin BM ; BA sin CN ; CB sin AP ; AC XB Y C ZA Tương tự, ta suy = −→ − − → −→ − − → − − Mặt khác: − − → → XC Y A ZB sin CM ; CA sin AN ; AB sin BP ; BC − − → → − − → → − − → → − −→ → − − − → → − −→ → − AP ; AC ≡ AP ; AB + AB; AC ≡ AC; AN + AB; AC ≡ AB; AN (mod π) Từ suy đpcm Trong trường hợp tam giác ABC khơng có góc q 120o , điểm Fermat dương cịn gọi điểm Torricelli cực tiểu hàm điểm f (X) = XA + XB + XC với điểm X mặt phẳng tam giác Hai điểm Fermat với tâm ngoại tiếp O, tâm đường tròn Euler E nằm đường tròn Lester, đường tròn trực giao với đường trịn đường kính GH (orthocentroidal circle) Trung điểm điểm Fermat nằm đường tròn Euler tam giác ABC 2.17 Điểm Parry reflection Cho tam giác ABC Kẻ qua A, B, C đường thẳng α, β, γ song song với đường thẳng Euler tam giác Gọi α , β , γ đường thẳng đối xứng với α, β, γ qua BC, CA, AB Khi đường thẳng đồng quy điểm Parry reflection tam giác ABC Chứng minh: MỘT SỐ ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT ĐƯỢC XÁC ĐỊNH DUY NHẤT VỚI TAM GIÁC VÀ TỨ GIÁC 63 Gọi H, O trực tâm, tâm ngoại tiếp tam giác ABC Phép vị tự tâm O, tỉ số biến tam giác ABC thành tam giác A1 B1 C1 ⇒ đường thẳng Euler tam giác trùng A2 , B2 , C2 điểm đối xứng với A, B, C qua cạnh đối Gọi giao điểm AA2 với BC, B1 C1 D, F E trung điểm BC Ta có HA2 = AA2 − AH = AD − OE = AH + HD − OE = HD + DF = 2HF Do A2 đối xứng với H qua B1 C1 Từ suy α đối xứng với đường thẳng Euler tam giác A1 B1 C1 qua B1 C1 Tương tự với đường thẳng lại, ta suy α , β , γ đồng quy điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1 C1 (định lý Collings) 2.18 Đường tròn Taylor, tâm Taylor Cho tam giác ABC, đường cao AD, BE, EF Ta có chân đường vng góc hạ từ D, E, F xuống cạnh tam giác nằm đường tròn Taylor tam giác tâm đường tròn gọi tâm Taylor tam giác Chứng minh: Ta có (SM, SP ) ≡ (DA, DP ) ≡ (HA, HE) ≡ (F A, F E) ≡ (N M, N A) (mod π) ⇒ M, N, S, P đồng viên Tương tự cho điểm (R, S, M, Q), (P, Q, R, N ) Lại có (RM, RQ) ≡ (SM, SQ) ≡ (SM, SP ) + (SP, SQ) ≡ (N M, N A) + (N P, N Q) ≡ (N M, N Q) (mod π) ⇒ M, N, Q, R đồng viên, suy đpcm 2.19 Điểm Bevan Cho tam giác ABC Ia , Ib , Ic tâm bàng tiếp Khi tâm ngoại tiếp tam giác Ia Ib Ic gọi điểm Bevan tam giác ABC 64 MATHSCOPE.ORG Một số tính chất điểm Bevan: Ta thấy tâm nội tiếp I tam giác ABC trực tâm tam giác Ia Ib Ic , tâm ngoại tiếp O tam giác ABC tâm đường tròn điểm tam giác Ia Ib Ic Suy O trung điểm I Be Tâm Spieker trung điểm trực tâm H điểm Bevan Điểm Bevan trung điểm điểm Nagel điểm de Longchamps, điểm deLongchamps điểm đối xứng với trực tâm qua tâm đường tròn ngoại tiếp 2.20 Điểm Vecten Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi (vào trong) hình vng cạnh tam giác Khi đường nối đỉnh tam giác với tâm hình vng dựng cạnh đối diện đồng quy điểm Vecten tam giác ABC Chứng minh: Theo định lý Kiepert điều hiển nhiên dễ dàng suy có điểm Vecten (ngồi) hay dương (âm) Ta có tính chất sau điểm Vecten: điểm Vecten thẳng hàng với tâm đường tròn Euler tam giác ABC 2.21 Điểm Mittenpunkt Cho tam giác ABC, Ia , Ib , Ic tâm bàng tiếp D, E, F trung điểm cạnh tam giác ABC Khi đường Ia D, Ib E, Ic F đồng quy điểm Mittenpunkt tam giác ABC Chứng minh: MỘT SỐ ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT ĐƯỢC XÁC ĐỊNH DUY NHẤT VỚI TAM GIÁC VÀ TỨ GIÁC 65 −→ −→ −→ sin Ic cos Ia −→ sin Ib cos Ia −→ − − − − − Ta có 2Ia D = Ia B + Ia C = Ia Ic + Ia Ib Chiếu hệ thức theo phương Ia D lên sin Ib sin Ic sin Ic cos Ia sin Ib cos Ia XIb sin Ic trục Ib Ic , ta có XIc + XIb = ⇒ =− (X giao điểm Ia D sin Ib sin Ic sin Ib XIc với Ib Ic ) Tương tự, ta suy đpcm Ta có số tính chất sau điểm Mittenpunkt: Gọi M, N, P tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác với cạnh Ia M, Ib N, Ic P đồng quy điểm liên hợp đẳng giác với điểm Mittenpunkt tam giác ABC Điểm Mittenpunkt, trực tâm tâm Spieker thẳng hàng Điểm Mittenpunkt, tâm nội tiếp điểm Lemoine thẳng hàng Điểm Mittenpunkt, trọng tâm điểm Gergonne thẳng hàng với Ge G : GMt = : Điểm Mittenpunkt điểm Lemoine tam giác Ia Ib Ic 2.22 Điểm Napoleon Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi (hay vào trong) tam giác cạnh BC, CA, AB Khi đường nối đỉnh tam giác với trọng tâm tam giác dựng cạnh đối diện đồng quy điểm Napoleon tam giác ABC Chứng minh: Áp dụng định lý Kiepert, ta có đpcm 2.23 Đường trịn Adam Cho tam giác ABC với điểm Gergonne J Gọi (I) đường tròn nội tiếp tam giác ABC, tiếp điểm (I) BC, CA, AB D, E, F Đường thẳng qua J song song với EF cắt AB, AC S, P Đường thẳng qua J song song với DE cắt AC, BC Q, M Đường thẳng qua J song song với DF cắt BA, BC R, N Khi điểm M, N, P, Q, R, S thuộc đường tròn gọi đường tròn Adam tam giác ABC Chứng minh: 66 MATHSCOPE.ORG Đường thẳng qua A J song song với BC tương ứng cắt DE, DF (H, K), (V, T ) Ta thấy: AK AK BD C AF BF EC = = = ⇒ AK = AH ⇒ JT = JV AH BD DC AH F B EC AE Để ý JT DN JV DM hai hình bình hành nên ta có DM = DN Kết hợp với ID ⊥ BC ta có IM = IN Tương tự IP = IQ, IR = IS Ta có IC ⊥ DE ⇒ IC ⊥ M Q; IC qua trung điểm DE ⇒ IC qua trung điểm M Q (theo Thales), tam giác IM Q cân I ⇒ IM = IQ Tương tự ta có IN = IR Từ khẳng định ta suy điều cần chứng minh Gọi X, Y, Z giao điểm cặp đường thẳng (M S, N P ), (N P.RQ), (RQ, M S) điểm Gergonne ∆ABC điểm Lemoine ∆XY Z 2.24 Tam giác Fuhrmann, đường tròn Fuhrmann Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi D, E, F trung điểm cung BC, CA, AB không chứa đỉnh đối diện Lấy điểm đối xứng qua cạnh tương ứng ta điểm M, N, P Tam giác M N P gọi tam giác Fuhrmann tam giác ABC đường tròn ngoại tiếp tam giác M N P gọi đường tròn Fuhrmann Đường tròn Fuhrmann trường hợp riêng đường trịn Hagge Tính chất: a3 + 3abc − a2 b SABC (a + b + c) OI sym = 4R (b + c − a) (c + a − b) (a + b − c) (a + b + c) (b + c − a) (a + b + c) (c + a − b) (a + b + c) (a + b − c) N P = OI; P M = OI; M N = OI bc ca ab Trực tâm tam giác Fuhrmann trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Tâm đường trịn chín điểm tam giác Fuhrmann tam giác ABC trùng Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác Fuhrmann OI Trực tâm điểm Nagel ∆ABC nằm đường tròn Fuhrmann đoạn thẳng nối chúng đường kính đường trịn Fuhrmann SM N P = MỘT SỐ ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT ĐƯỢC XÁC ĐỊNH DUY NHẤT VỚI TAM GIÁC VÀ TỨ GIÁC 2.25 67 Hình lục giác đường trịn Lemoine thứ Cho tam giác ABC, điểm Lemoine L Qua L kẻ đường thẳng song song với cạnh cắt cạnh lại M, N, P, Q, R, S Lục giác M N P QRS gọi lục giác Lemoine thứ tam giác ABC Lục giác Lemoine thứ nội tiếp đường tròn Lemoine thứ tam giác Chứng minh: Gọi T giao điểm AL RQ; m, n khoảng cách từ T đến AB, AC Tứ giác AQLR hình bình hành nên T trung điểm RQ ⇒ SAT R = SAT Q ⇒ m.AR = n.AQ m AB AQ = = ⇒ ∆ABC ∼ ∆AQR ⇒ AQR = ABC Do AR n AC Tương tự, ta có ∆CBA ∼ ∆CP N ⇒ CBA = CP N Suy AQR = CP N ⇒ QP N R hình thang cân Do điểm N, P, Q, R đồng viên Tương tự, ta có điểm Q, R, S, M đồng viên Mặt khác, ta có AQR = ABC = ASP ⇒ P, Q, R, S đồng viên Suy lục giác M N P QRS nội tiếp (đpcm) Tính chất: M N : P Q : RS = a3 : b3 : c3 N P = QR = SM BM : M N : N C = c2 : a2 : b2 Tâm lục giác Lemoine thứ trung điểm đoạn OL √ abc a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 R2 + R2 Bán kính R1 = = , R2 bán kính đường trịn Lemoine thứ hai (a2 + b2 + c2 ) 4SABC 2.26 Hình lục giác đường tròn Lemoine thứ hai Khái niệm đường đối song (antiparallel): Cho tam giác ABC Chọn điểm D, E AB, AC cho tam giác AED đồng dạng với tam giác ABC Khi DE BC gọi đường đối song góc A Tính chất đường đối song: Đường đối trung qua trung điểm đường đối song tương ứng với đỉnh Kết hình lục giác đường trịn Lemoine thứ hai: Cho tam giác ABC điểm Lemoine L Qua L kẻ đường đối song tương ứng với cạnh tam giác ABC cắt cạnh lại M, N, P, Q, R, S Khi lục giác M N P QRS goi lục giác Lemoine thứ hai tam giác ABC Lục giác Lemoine thứ hai nội tiếp đường tròn Lemoine thứ hai tam giác, gọi đường tròn cosin (cosine circle) Chứng minh: 68 MATHSCOPE.ORG Vì SP, RN đường đối song ∆ABC nên ta có ASL = ACB = BRL ⇒ ∆LRS cân L ⇒ LR = LS Tương tự, ta có LM = LN, LP = LQ Mặt khác, L trung điểm SP (tính chất đường đối song), suy LM = LN = LP = LQ = LR = LS Do điểm M, N, P, Q, R, S nằm đường trịn tâm L Tính chất: abc Bán kính R2 = a + b2 + c 2 Các cặp đoạn thẳng (M N, QR), (P N, RS), (P Q, SM ) song song Độ dài đoạn thẳng M N, P Q, RS tỉ lệ với cosin góc ∆ABC, điều giải thích cho tên gọi đường trịn cosin 2.27 Hình bình hành Varignon tứ giác Cho tứ giác ABCD có M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD, DA Khi M, N, P, Q bốn đỉnh hình bình hành gọi hình bình hành Varignon tứ giác ABCD Chứng minh: M N, P Q tương ứng đường trung bình tam giác ABC ACD ⇒ M N//P Q, M N = P Q = AC Do M N P Q hình bình hành (đpcm) 2.28 Điểm Euler tứ giác nội tiếp Cho tứ giác nội tiếp ABCD Ha , Hb , Hc , Hd trực tâm tam giác BCD, CDA, DAB, ABC Khi đường thẳng AHa , BHb , CHc , DHd đồng quy điểm Euler tứ giác ABCD Chứng minh: Ta có AHc CHa song song lần khoảng cách từ O đến BD nên tứ giác ACHa Hc hình bình hành, suy AHc CHa giao trung điểm đường Tương tự ta suy đpcm Ta có số tính chất sau điểm Euler: Điểm Euler đối xứng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác qua trọng tâm G tứ giác Điểm Euler nằm đường vng góc hạ từ trung điểm cạnh tới cạnh đối diện (hoặc trung điểm đường chéo tới đường chéo lại) Điểm Euler nằm đường thẳng Simson đỉnh A với tam giác BCD, tương tự với đỉnh lại Đường tròn điểm tam giác ABC, BCD, CDA, DAB đồng quy điểm Euler MỘT SỐ ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT ĐƯỢC XÁC ĐỊNH DUY NHẤT VỚI TAM GIÁC VÀ TỨ GIÁC 2.29 69 Đường thẳng Steiner tứ giác toàn phần Cho tứ giác toàn phần ABCDEF Khi trực tâm tam giác AEF, DCE, ABC, BDF nằm đường thẳng Steiner tứ giác toàn phần Chứng minh: Gọi H1 , H2 , H3 , H4 trực tâm tam giác AEF, DCE, ABC, BDF Gọi X, Z trung điểm đường chéo BE, AD Ta có PH2 /(X,XB) = H2 P.H2 E = H2 Q.H2 D = PH2 /(Z,ZD) Do H2 nằm trục đẳng phương hai đường tròn (X, XB) (Z, ZD) Tương tự với điểm lại, ta suy đpcm 2.30 Đường thẳng Gauss tứ giác toàn phần Cho tứ giác toàn phần ABCDEF Khi trung điểm đường chéo nằm đường thẳng gọi đường thẳng Gauss tứ giác toàn phần Chứng minh: Gọi M, N, P trung điểm đường chéo BE, CF, AD; IJK tam giác trung bình tam giác ABC Khi điểm M, N, P nằm cạnh tam giác IJK Áp dụng định lý Thales, ta có: MK EA N I FB PJ DC MK NI P J EA F B DC = ; = ; = ⇒ = = ⇒ đpcm MI EC N J FA PK DB MI NJ P K EC F A DB Kết hợp với mục 2.29, ta suy tứ giác tồn phần đường thẳng Steiner vng góc với đường thẳng Gauss 2.31 Điểm Miquel tứ giác toàn phần Cho tứ giác tồn phần ABCDEF Khi đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF, DCE, ABC, BDF đồng quy điểm Miquel tứ giác toàn phần Chứng minh: 70 MATHSCOPE.ORG Gọi M giao điểm khác E (AEF ) (CDE) Áp dụng định lý Miquel cho tam giác DBF điểm C, E, A ta có (ABC) qua M Vậy M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tương tự, ta suy đpcm 2.32 Đường tròn Miquel tứ giác toàn phần Cho tứ giác toàn phần ABCDEF , ta có điểm Miquel M tâm ngoại tiếp tam giác AEF, CDE, ABC, BDF nằm đường tròn Miquel tứ giác toàn Chứng minh: Gọi O1 , O2 , O3 , O4 tâm ngoại tiếp tam giác AEF, CDE, ABC, BDF Gọi X, Y, Z trung điểm đoạn thẳng M D, M C, M B Ta có M D giao (O4 ) (O2 ) nên O4 O2 ⊥ M D Tương tự, ta có M Y ⊥ O3 O2 , M Z ⊥ O3 O4 Mặt khác, X, Y, Z thẳng hàng (theo Thales) Do theo định lí đảo đường thẳng Simson ta có M, O2 , O3 , O4 đồng viên Tương tự, ta suy đpcm ... vọng tập tài liệu nhỏ thỏa mãn phần nhu cầu tra cứu, hoàn thi? ??n kiến thức thân tăng thêm hứng thú, vui thích học tập hình học nói riêng tốn học nói chung bạn Tập tài liệu chưa hồn hảo, thật chắn... MATHSCOPE.ORG Lời nói đầu Hình học tạo nên sống! Hình học ln ln tuyệt vời!! Có nhiều câu tơi muốn nói ra, chạy đến khắp ngõ ngách phố phường hét to lên để thể niềm u thích mơn hình học sơ cấp thân Bạn... Chính bắt tay làm, làm tài liệu để thể tình cảm với hình học Trong sách, tác giả đề cập tới trăm định lý, kết tiêu biểu ấn tượng hình học phẳng Từ kết quen thuộc định lý: Menelaus, bướm, Ptolemy,