chứng minh các định lý hình học hay

chứng minh các định lý hình học hay áp dụng thực tiễn các bài thi đại học và tốt nghiệp tìm ra hướng giải mới cho học sinh và giáo viên giá không đổi chất lượng được đảm bảo 100% chứng minh các định lý hình học hay áp dụng thực tiễn các bài thi đại học và tốt nghiệp tìm ra hướng giải mới cho học sinh và giáo viên giá không đổi chất lượng được đảm bảo 100%

Định lí Ceva là một định lí phổ biến trong hình học

cơ bản Cho một tam giác ABC, các điểm D, E, và F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, và AB Định lí phát biểu rằng các đường thẳng AD, BE và

CF là những đường thẳng đồng qui khi và chỉ khi:

Ngoài ra, định lí Ceva còn được phát biểu một cách

tương đương trong lượng giác rằng: AD,BE,CF đồng

qui khi và chỉ khi:

Định lí được chứng minh lần đầu tiên bởi Giovani

Ceva trong tác phẩm De lineis rectis viết năm 1678

của Ông.

Một Cevian là một đoạn thẳng nối một đỉnh tam

giác với một điểm nằm ở phía đối diện

Cho tam giác ABC D, E, F lần lượt nằm trên các cạnh

BC, AC, AB Chứng minh rằng các mệnh đề sau là tương đương:

AD,BE,CF đồng quy tại một điểm (1.1)

Chúng ta sẽ chứng minh rằng (1) dẫn đến (2), (2) dẫn đến (3), và (3) dẫn đến (1).

Giả sử (1) đúng Gọi P là giao điểm của AD, BE, CF Theo định lý hàm số sin trong tam giác APD, ta có :

·

·

sin

; sin

Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta được 1.2.

Giả sử 1.2 đúng Theo định lý hàm số sin trong tam giác ABD và tam giác ACD ta có:

Giả sử 1.3 đúng, ta gọi: P = CF I BE D , 1 = AP I BC

Theo 1.1 và 1.2, ta có:

1 1

Nhận xét.

Với định lý Ceva, ta có thể chứng minh được các đường

trung tuyến, đường cao, đường phân giác trong của tam giác đồng quy tại một điểm Các điểm đó lần lượt là trọng tâm (G), trực tâm (H), tâm đường tròn nội tiếp tam giác (I) Nếu đường tròn nội tiếp tam giác ABC cắt AB, BC, CA lần lượt là tại F, D,

E Khi đó, ta có: AE=AF; BF=BD; CD=CF Bằng định lý Ceva,

ta chứng minh được AD, BE, CF đồng quy tại một điểm, điểm

đó gọi là điểm Gergonne (Ge) của tam giác ABC (hình dưới).

Lưu ý: Định lý Ceva có thể được suy rộng bởi những giao

phải nằm trong nó Vì vậy, các điểm D, E, F có thể nằm

ngoài các cạnh BC, CA, AB.

Ví dụ sau sẽ cho thấy rõ tác dụng của định lý Ceva.

Bài toán [IMO 2001 Short List] Cho điểm A1 là tâm của hình

vuông nội tiếp tam giác nhọn ABC có hai đỉnh nằm trên cạnh

BC Các điểm B1, C1 cũng lần lượt là tâm của các hình

vuông nội tiếp tam giác ABC với một cạnh nằm trên AC và

AB Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy.

AA = A SA hay 1 ( · 0 2µ )

1

sin sin 45

sin sin 45

sin 45 sin

C AA

Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng được:

0 2

sin 45 sin

B BCC

+

= +

0 2

sin 45 sin

A ABB

+

= +

(1)

(2)

Nhân từng vế của (1), (2), (3) kết hợp

định lý Ceva ta được điều cần chứng

minh.

Bài tập áp dụng:

1 Qua các điểm A và D nằm trên đường tròn kẻ các đường tiếp tuyến, chúng cắt nhau tại điểm S Trên cung AD lấy các điểm A và C Các đường thẳng AC và BD cắt nhau tại điểm P, các

đường thẳng AB và CD cắt nhau tại điểm O Chứng minh rằng đường thẳng PQ chứa điểm O.

2 Trên các cạnh của tam giác ABC về phía ngoài ta dựng các hinh

vuông A1, B1, C1, là trung điểm các cạnh của các hình vuông nằm đối nhau với các cạnh BC, CA, AB tương ứng Chứng minh rằng các

đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy.

Định lý Menelau là một định lý về các tam giác trong hình học phẳng Cho tam giác ABC D, E, F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB Khi đó định lý phát biểu rằng D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi

với lưu ý: sin · AGH = sin CGF · ;sin · AHG = sin BHF · ;sin HFB · = sin GFC · .

Nhân từng vế ta được điều phải chứng minh.

Phần đảo: Gọi F ' = GH I BC

Hoàn toàn tương tự ta có được :

Nhận xét Định lý Menelaus có rất nhiều ứng dụng trong giải toán

Nhiều định lý nổi tiếng được chứng minh một cách dễ dàng nhờ định lý Menelaus như định lý Ceva, Pascal, Desargues (sẽ được nêu ở phần bài tập dưới đây).

Ví dụ:

Cho A, B, C, D, E, F là các điểm nằm trên một

đường tròn (có thể ko xếp theo thứ tự như

Chứng minh:

Áp dụng định lý Menelaus cho BC, DE, FA

(đối với tam giác XYZ),

Q

O F

A

C D

1 Điểm P nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, A1, B1, C1 lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P

xuống BC, CA, AB Chứng minh rằng A1, B­1, C1 thẳng hàng.

2 Trong tam giác vuông ABC kẻ đường cao CK từ đỉnh của góc vuông C, còn trong tam giác ACKkẻ đường phân

giácCE D làtrung điểm của đoạn AC, F là giao điểm của các đường thẳng DE và CK Chứng minh BF//CE.

3 Các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểm O

Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng AB và A1B­1, BC và B1C1, CA và C1A1 nằm trên một đường

Cộng (1) và (2) ta suy ra AB.CD + AD.BC = BD.(MA+MC)

• Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta suy ra AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD

III Định lí Ptolemy tổng quát

• Trong mặt phẳng định hướng cho đa giác nội tiếp đường tròn M là một điểm

thuộc cung (Không chứa )

• Khi đó:

• Trong đó:

• Đây là một định lí ko dễ dàng chứng minh được bằng kiến thức hình học THPT.

• IV Ứng dụng của định lý Ptolemy

• Chứng minh:

• Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ACDE

• DE = DC => DE(AC + AE) ≥ DA·CE hay

• Tương tự và

• Cộng các bất đẳng thức lại và áp dụng bất đẳng thức Nesbit :

Dấu = xảy ra  dấu = ở 3BĐT Ptolemy và ở BĐT Nesbitt

Dấu = ở BĐT Nesbit xảy ra đều

Vì ACDE nội tiếp Tương tự

(Các cân.)

Bài toán 1: (IMO SL 1997) Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC, CD = DE, EF

= FA Chứng minh rằng Dấu bằng xảy ra khi nào? BC DE + + FA 3

ABC = CDE = EFA

⇒ ∆ ∆ ∆ ΔABC,ΔCDE,ΔEFA

Chứng minh tương tự ta được:

Từ (3), (6), (7) ta có điều phải chứng minh

I.Định lý Simson

Chứng minh:

Tứ giác nội tiếp:

Tứ giác nội tiếp

Tứ giác APCB nội tiếp

thẳng hàng

Định lý đảo:

Cho tam giác ABC.P là một điểm trong mặt phẳng tam giác không trùng với các đỉnh của tam giác.Gọi P1, P2, P3 là hình chiếu của P trên các cạnh BC, AC và AB Khi đó P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi P1, P2, P3thẳng hàng (Đường thẳng đi qua 3 điểm P1, P2, P3được gọi là đường thẳng Simson

của tam giác ABC ứng với điểm P)

Cách chứng minh tương tụ chứng minh định lý thuận

II Hệ quả của định lý Simson: (đường thẳng Steinner

Đã có một mở rộng khá quen thuộc của định lý này, đó là: các điểm đối xứng của một điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp một tam giác qua 3 cạnh của tam giác đó thuộc một đường thẳng và đường thẳng đó đi qua trực tâm của tam giác.

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M là một điểm thay đổi trên đường tròn Gọi D, E , F

là điểm đối xứng của P qua AB, AC và BC Chứng minh rằng D, E, F cùng thuộc một đường thẳng và đường thẳng đó luôn qua trực tâm H của tam giác ABC

• (Đường thẳng này được gọi là đường thẳng Steiner).

• Ta chỉ cần chứng minh DE đi qua H

• Gọi H1 là giao điểm của CH và (O), H2 là giao

• điểm của BH và (O) Khi đó ta có H và H1 đối

• xứng nhau qua AB; H và H2 đối xứng nhau qua

• Ta có D đối xứng với P qua AB, H đối xứng với

• H1 qua AB, suy ra AHD =∠

• Gọi Ha, Hb, Hc, Hd theo thứ tự là

trực tâm của BCD, CDA, DAB, ABC

• Do đường thẳng steiner của A,B,C,D

đối với các BCD, CDA, DAB, ABC tương ứng

đi qua Ha, Hb, Hc, Hd nên dA, dB, dC, dD tương ứng

đi qua trung điêm của AHa, BHb, CHc, DHd

• Ta sẽ chứng minh các trung điểm ấy trùng nhau

Bài giải:

• Do M thuộc (O) nên theo đinh lý đường thẳng simson ta có (XYZ), (XUY), (VZY), (TZU)

là các bộ ba điểm thẳng hàng

Nói cách khác (XU, XV, VY, TU, XZ, UV) l à

một hình tứ giác tòan phần theo định lý

về đường thẳng Gauss đối với tứ giác tòan phần

AB A B

CD = C D A B AB' ' = C D CD' '

SGk lớp 8 ghi là định lý Thales chỉ thừa nhận chứ không chứng minh cho nên ta chỉ chứng minh hệ quả của nó.

III Ứng dụng của định lý Thales

• PN cắt OO’ tại S Gọi I là trung điểm OO’, H, T, V là hình chiếu của O, I, O’ trên PN.

• Theo dịnh lý và hệ quả định lý Thales, ta có:IT//OH IT//O'V

• => =>TH=TV Gọi J là trung điểm MARKET

• Cmdc: IJ là đường trung bình của hình thang MNO’O=>IJ//OM IJ MN tại trung điểm J của MN

• =>IJ là đường trung trực của MN =>IM=IN mà IM=IP ( do P và M đối xứng nhau qua OO’, I OO’)

=>IP=IN PIN cân tại I đường cao IT cũng là đường trung tuyến=>T là trung điểm PN =>TP=TN

Ta có : PH = TP-TH = TN- TV =VN (1) Lại có: OP=OM =R ( tính chất đối xứng) P (O)

Ta có: OH PE H là trung điểm PE ( đường kính dây cung ) PE = 2PH (2)

O’V FN V là trung điểm FN ( đường kính dây cung ) FN = 2VN (3)

Từ (1), (2), (3) PE =FN

Bài 1: Cho hai đường tròn (O,R) và (O’, r) ở ngoài nhau (R > r) Trên cùng nửa mặt phẳng bờ

OO’ vẽ tiếp tuyến chung ngoài MN ( M (O), N (O’)) Gọi P là điểm đối xứng của M qua OO’ Đường thẳng PN cắt (O) ở E và cắt (O’) ở F Cm: PE=NF

• Gọi điểm M và N là các hình chiếu của O và lên đường thẳng AB Khi đó:

• Bổ đề: Trên mặt phẳng cho ba điểm X,Y,Z thẳng hàng và ba điểm M,N,P thỏa mãn

Ta sẽ xét khi MP không // với XYZ

Gọi S là giao điểm của MP với XYZ

Đường thẳng qua X // với YP cắt MP ở N'

• Bài toán sẽ được giải quyết nếu

• ta chứng minh được rằng ZN' // YM

• (Vì khi ấy N' trùng N)

Thật vậy, YP//XN', ZP//XM nên

• theo Thales ta có:

Đến đây theo Thales đảo ta suy ra ZN' //YM

• Chứng minh được hoàn tất.!

Bài 3: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Một đường kính MN thay đổi Giả sử (d1), (d2) là 2 đường thẳng simson của tam giác ứng với M và N Hạ BH,CP vuông góc với MN Hạ HI vuông góc với AC,PK vuông góc với AB.

CMR (d1),(d2), đường thẳng HI,PK đồng quy.

Trở lại bài toán.

ta thu được E,S,F thẳng hàng hay d1 đi qua S.

Tương tự d2 cũng đi qua S và thế là bài toán đã giải xong.