Tam giác và một số các kết quả

Mở đầu Lý chọn đề tài Tam giác khái niệm quen thuộc môn Toán nhà trường phổ thông nói chung chuyên ngành hình học nói riêng, yếu tố tam giác cạnh, góc, đường cao, trung tuyến, trọng tâm, trực tâm đại lượng xác định Việc giải toán công việc hay khó Trong chương trình môn Toán nhà trường phổ thông nước ta nay, kết tam giác chưa phổ biến rộng rãi mà quan tâm học sinh khá, giỏi hay yêu thích môn toán hình học Tuy nhiên sâu nghiên cứu ta nhận thấy nhiều trường hợp, kết tam giác công cụ hữu hiệu để giải số toán cách hợp lý ngắn gọn mà kết thi hẳn việc giải toán khó khăn Đó việc làm mang lại hứng thú học tập cho học sinh toán chứng minh,tính toán Với niềm đam mê Toán học đặc biệt niềm yêu thích môn Hình học, em mong muốn ứng dụng kết tam giác vào giải toán hình học phẳng Dưới hướng dẫn thầy giáo Bùi Văn Bình em thực điều Trong khuôn khổ khóa luận thời gian nghiên cứu nên em tập chung nghiên cứu đề tài Tam giác số kết Mục đích nghiên cứu Làm rõ tính hữu ích kết tam giác giải toán tam giác Đối tượng nghiên cứu Các kết tam giác ứng dụng giải toán tam giác Mức độ phạm vi nghiên cứu Mức độ nghiên cứu: Các kết tam giác Phạm vi nghiên cứu:Các toán tam giác hình học phẳng Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu kiến thức kết tam giác, đưa hệ thống tập dạng: chứng minh, tính toán, sử dụng kết để giải toán chứng minh định lí Nội Dung Định lí Céva ba đường thẳng đồng quy Trên cạnh BC, CA, AB tam giác ABC cho điểm A, B, C không trùng với đỉnh.Ba đường thẳng AA, BB, CC song song đồng quy : (BCA) (CAB) (ABC) = -1 (1) Chứng minh : Điều kiện cần: Giả sử ba đường thẳng AA; BB; CC song song đồng quy Trường hợp 1: AA // BB // CC BCA ' A ' B AB A ' C AC (1a) CAB ' B ' C BC B' A B' A (1b) ABC ' C ' A CA ' C ' B CB (1c) Hỡnh Trường hợp 2: AA; BB; CC đồng quy A ' B AB BCA ' A ' C AC (1d) B ' C CB B ' A AB (1e) C ' A AC ABC ' C ' B BC (1g) CAB ' Nhân vế với vế ta suy đpcm Hỡnh Điều kiện đủ: Giả sử (BCA) (CAB) (ABC) = -1 Trong ba đường thẳng AA; BB; CC hai đường cắt nhau.Ba đường đôi song song Trong ba đường có đường cắt nhau: Giả sử BB ' CC ' O AO, BC cắt vì: Chứng minh phản chứng: Giả sử AO // BC Ta có : CAB ' B ' C CB B ' A AO (1h) ABC ' C ' A AO C ' B BC (1i) 1b CAB. ABC 1i Hỡnh A' B BCA ' A 'C A ' B A ' C B C (vô lí) Vậy AO,BC phải cắt Giả sử : AO BC A Hỡnh 4 Theo điều kiện cần BCA .CAB ABC BCA BCA 1 Định hướng BC: (1) (1k) B o ; C c ; A a ; A a (1k) AB A B AC AC a a c a c a co ca ca a a A A AA; BB; CC đồng quy áp dụng: Ba đường cao AA; BB; CC tam giác ABC đồng quy Xét đường cao AA Trường hợp 1: A nằm đoạn BC BCA AB AB c.cos B AC AC b.cos c Trường hợp 2: A nằm đoạn BC Giả sử phía C A B A C Có BCA AB AB c.cos B c.cos B = AC AC b.cos C b.cos C Tương tự : CAB a cos C c.cos A ; ABC b.cos A a.cos B (BCA) (CAB) (ABC) = -1 Ta có hai đường cao cắt nên chúng đồng quy Định lí Ménélaỹs ba điểm thẳng hàng Định lí Ménélaỹs Trên cạnh BC, CA, AB tam giác ABC cho điểm A, B, C không trùng đỉnh Khi ba điểm A, B, C thẳng hàng va : BCA. CAB . ABC Chứng minh : Điều kiện cần Giả sử A, B, C thẳng hàng Qua C kẻ đường thẳng song song BC cắt AB D Hỡnh Ta có : BCA AB C B AC C D CAB BC C D BA C A ABC C A C A C B C B BCA CAB ABC C B C D C A C D C A C B Điều kiện đủ Giả sử : BCA. CAB '. ABC (2) Ta phải chứng minh : BC BC cắt Thật vậy, xảy điều ngược lại nghĩa BC // BC ta có : CAB có nghĩa BC C B BA C A ABC CAB. ABC Từ (2) BCA ' B C (vô lí) Vậy BC cắt BC A* Theo điều kiện cần BCA CAB ABC Từ (1) (1) BCA BCA a ' a c a c a (1) c0 ca ca a a A A Ta có điểm A; B; C thẳng hàng Bài tập: Bài Chứng minh tam giác a) Các đường thẳng nối đỉnh với tiếp điểm đường tròn nội tiếp cạnh đối diện đồng quy điểm (điểm Gergone) b) Các đường thẳng nối đỉnh với tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc đỉnh cạnh đối diện đồng quy điểm (điểm Nagel) Lời giải a) Vì AB, AC,BC tiếp tuyến đường tròn (O) Hỡnh Gọi A; B; C tiếp điểm BC; CA; AB với đường tròn nội tiếp AC AB, BC BA, CB CA Xét BCA CAB ABC AB BC C A AC BA C B AB BC C A = A C C B BA BA CB AC BC CA AB Theo định lí Céva AA, BB, CC AA, BB, CC song song đồng quy b) Gọi Ia ,Ib ,Ic tâm đường tròn bàng tiếp nằm A, B, C ABC Hỡnh Gọi A1, B1, C1 chân đường vuông góc hạ từ I a , I b , I c xuống cạnh ABC Ta xét I a A1C I b B1C I a A1C I b B1C 90 C1 C2 , mà C2 C3 (đối đỉnh) C1 C3 I a A1C I b B1C (g.g.g) Tương tự I b B1 A I cC1 A I cC1 A I a A1B Xét A1C rb B1C rb B1 A rc C1 A ; ; rc C1B A1B BCA1 . CAB1 . ABC1 AB BC C A A1B B1C C1 A C1B A1C B1 A A1C B1 A C1B Vậy theo định lí Céva AA1, BB1, CC1 song song đồng quy Giả sử AA1 // BB1 // CC1 Ta có AA1 // BB1 A1 BC B1 AC (mâu thuẫn) Vậy AA1 ,BB1, CC1 đồng quy Bài Cho ABC với A; B; C trung điểm BC, CA, AB cát tuyến m cắt BC, CA, AB thứ tự M, N, P.Chứng minh rằng: a) Nếu dựng điểm M đối xứng M qua A; N đối xứng N qua B; P đối xứng P qua C M; N; P thẳng hàng b) M , N , P thỏa mãn Với điểm BCMM CANN ABPP đường thẳng AM , BN , CP * đồng quy song song với 10 * * hay O 2O1O3 600 Vậy O1O 2O3 tam giác (đpcm) 6.2 Điểm Torricelli Theo cách giải thứ toán Napoleon ta thấy rằng: Nếu cạnh tam giác ABC , phía nó, ta dựng tam giác BCA, CAB ABC đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt điểm O; điểm gọi Torricelli ABC Giả sử ABC có A lớn Dễ thấy rằng: - Nếu A 1200 điểm Tornicelli O điểm ABC ; lúc ta có AOB BOC COA 1200 (H27) - Nếu A 1200 A điểm Tornicelli ABC - Nếu A 1200 điểm Torricelli O nằm ABC , lúc ta có BOC 1200 BOA COA 600 Hỡnh 30 Dễ dàng chứng minh đường thẳng AA, BB, CC cắt hai điểm Tornicelli O Thực (H28), AOC 1200 mà COA ' 600 ( O nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCA) nên điểm A, O A thẳng hàng Tương tự với điểm B, O, B C, O, C Điểm Torinicelli có số tính chất đặc biệt sau 39 Định lí: Nếu ABC có ba góc lớn A 1200 , điểm Tornicelli O điểm có tổng khoảng cách đến đỉnh ABC nhỏ (nhỏ tổng khoảng cách từ điểm M khác, mặt phẳng ABC, đến đỉnh ABC) Chứng minh định lí : Ta dùng bổ để sau: Với điểm M nằm góc A tam giác ABC cho trước, ta có: MB + MC MA Dấu = xảy M nằm cung nhỏ BC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Để chứng minh bổ đề, ta kẻ AD BD cho (Hình 38 ) BAD CAM ABD AMC MCA BDA cho ta MC MA CA BD BA DA Suy MBA (1) (1) CDA , MB MA CD CA (2) Từ (1) ta có MC.BA = MA.BD (3) Từ (2) có MB.CA = MA.CD (4) Hỡnh 31 Từ (3) (4) ý BA = CA = BC = a Ta ( MB + MC ).a = MA.( BD + CD) mà BD +CD BC = a MB + MC MA Ta có MB + MC = MA BD + CD = BC tức D nằm cạnh BC hay AMC ABC 600 , nghĩa M nằm cung nhỏ BC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bổ đề chứng minh 40 Dùng bổ đề này, dễ dàng chứng minh định lí cho : điểm Tornicelli O nằm cung nhỏ BC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (Hình 37), nên OB + OC = OA Do OA + OB +OC = OA + OA = AA ( điểm A, O, A thẳng hàng ) Giả sử M O Nếu M nằm cung nhỏ BC thì: MA + MB + MC = MA + MA > AA Còn M không nằm cung nhỏ BC thì: MA + MB + MC > MA +MA > AA (định lí chứng minh ) Đường tròn Euler định lí Feuerbach 7.1 Định lí Trong tam giác, trung điểm cạnh , chân đường cao trung điểm đoạn thẳng nối đỉnh tam giác với trực tâm điểm nằm đường tròn ( gọi đường tròn điểm hay đường tròn Euler ) 41 Chứng minh Hỡnh 32 Tứ giác MNPQ có MN // BC // PQ ( MN, PQ đường trung bình ABC, DBC ) PN // AD // QM (NP, MQ đường trung bình tam giác ADB, ACD ), nên MNPQ hình chữ nhật nội tiếp đường tròn đường kính MP NQ Tương tự tứ giác MFPL có cặp cạnh đối song song với AB đường cao tương ứng, hình chữ nhật nội tiếp đường tròn đường kính MP, FL Hai đường tròn có chung đường kính MP nên trùng , điểm M, N, P, Q, F, L đường tròn tâm E Các điểm H, I, K nhìn đường kính nói góc vuông nên đường tròn (E) Cả điểm M, N, P, Q, F, L, H, I, K đường tròn ( E ) 42 7.2 Các tính chất đường tròn Eluer Tâm E đường tròn Euler trung điểm đoạn thẳng nối trực tâm D tam giác với tâm O đường tròn ngoại tiếp Quả vậy, OL // FD ( vuông góc với BC ) nên OL // QM Tương tự OM // QL Do OL = QM = AD = FD, tứ giác FDLO hình bình hành Vậy trung điểm E FL trung điểm OD Đường thẳng OED đường thẳng Euler Đường kính đường tròn Euler bán kính đường tròn ngoại tiếp Quả vậy, EF đường trung bình ADO nên EF = OA R 2 Trực tâm D tam giác tâm vị tự phép vị tự, tỉ số , k biến đường tròn ngoại tiếp thành đường tròn Euler Quả vậy, DE = DO DF DQ DP DA DC DB Trọng tâm G đường thẳng Eluer chia đoạn thẳng CD theo tỉ số OG LG LO OG hay GD GA DA OD Từ kết ta có: GE = OE - OG = nên OD OD OD OG DE GE DQ GO Điểm G chia trong, điểm D chia đoạn thẳng OE tỉ số điểm O, E, G, D lập thành hàng điểm điều hòa 43 , nên Khoảng cách từ tâm đến đường tròn Euler đến trọng tâm G tam giác 1 EG GO 9R (a b c2 ) Các điểm F, P, Q gọi điểm Euler ABC 7.3 Định lí Hamilton Các tam giác ABC, ABH, BCH, ACH, H trực tâm tam giác ABC có đường tròn Euler chung Chứng minh Hỡnh 33 Các ABH, ACH, BCH có cạnh - tức có trung điểm cạnh - chung với ABC , ra, có trung điểm hai cạnh lại điểm Euler ABC Vậy đường tròn Euler tam giác có ba điểm chung với đường tròn Euler ABC , nên tất đường tròn Euler trùng , nói cách khác, tất tam giác nói có đường tròn Euler chung 44 Hệ quả: Do có chung đường tròn Euler nên tam giác nói có đường tròn ngoại tiếp nhau, bán kính đường tròn ngoại tiếp đường kính đường tròn Euler Bài tập Bài Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác chia đôi đoạn thẳng nối tâm điểm đường tròn nội tiếp với tâm điểm đường tròn bàng tiếp góc tam giác Giải Hỡnh 34 O, I, Ia ,I b ,Ic theo thứ tự tâm điểm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, bàng tiếp góc A,B,C ABC Các cạnh tam giác Ia I b Ic đường phân giác ABC Do đó, đường phân giác 45 ABC vuông góc với cạnh đó, trở thành đường cao Ia I b Ic , ABC trở thành tam giác trực tâm Ia I b Ic Đường tròn ngoại tiếp ABC trở thành đường tròn Euler Ia I b Ic phảI qua + Ba điểm Euler, tức trung điểm đoạn thẳng nối trực tâm I với điểm Ia ,I b , Ic Nói cách khác, đường tròn ngoại tiếp (O) chia đôi đoạn thẳng nối liền tâm điểm I đường tròn nội tiếp với tâm điểm đường tròn bàng tiếp góc A,B,C + Ba trung điểm đoạn thẳng nối tâm điểm đường tròn bàng tiếp đôi với Bài Cho ABC đường thẳng kẻ qua tâm đường tròn Euler Chứng minh tổng khoảng cách từ trực tâm đỉnh ( phía với trực tâm ) đến tổng khoảng cách từ đỉnh lại đến Giải Hỡnh 35 46 Gọi hình chiếu đỉnh A, B, C trực tâm H, trung điểm D BC, trung điểm D BC , trung điểm F AH theo thứ tự A, B, C, H, D, F Ta có : DD = FF (vì DEF đường kính đường tròn Euler ) Mà 2DD = BB + CC 2EF = AA + HH (nếu A H phía với ) Từ ba đẳng thức ta suy BB + CC = AA + HH Nếu A H không phía với , tức H phía với B C ta có: 2FF = AA + HH BB + CC = AA - HH hay BB + CC HH = AA 7.4 Định lí Feuerbach Trong tam giác, đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tiếp xúc với đường tròn bàng tiếp Chứng minh Gọi E, O, I tâm đường tròn Euler, đường tròn ngoại tiếp đường tròn nội tiếp ABC , H trực tâm QOS đường kính vuông góc với BC, F, N hình chiếu E I lên BC, P hình chiếu A lên OQ; R bán kính (O) ; r bán kính ( I ) Chứng minh ( E ) tiếp xúc với (I) Ta phải chứng minh: EI = R r Để dễ theo dõi cách chứng minh ta giải trước bước chứng minh sơ sau : 47 D Hỡnh 36 a Chứng minh PO = 2EF Quả PO = AK - OM = AH + HK - OM = 2OM + HK - OM PO = OM + HK = 2EF ( EF đường trung bình OMKH ) b Chứng minh IN.QP = MK.DN = MN.NK AQP IPN (có cạnh tương ứng vuông góc với ) QP AP QP MK QP.IN MK.DN (1) DN IN DN IN Chứng minh tiếp MK.DN = MN.NK SCD SCA ( S chung , SCD S C ) SD SC SC SA SC SA SD 48 Mà SCI cân S SCI SIC (chắn cung nhau: SB SC BV VA ) nên SC SI Vậy ta có: SI SD.SA Ba đoạn thẳng SI , SD, SA đường thẳng nên chiếu xuống BC , ta có: MN MD.MK Thực phép biến đổi cách thêm: MN MK vào hai vế: MN MK MN MN MK MD MK MN ( MK MN ) MK ( MN MD) MN NK MK DN (2) Từ (1) (2) IN QP MN NK (3) c, Bây ta chứng minh ( E ) tiếp xúc với ( I ) Từ E kẻ đường thẳng vuông góc với IN : EI IN EF MN MF 2 PO MK IN MN IN IN PO PO MK MN MK MN OA2 IN IN PO MN NK Từ (3) (4) ta có: EI R2 r IN QP PO R2 r Rr R r EI R r 49 R bán kính đường tròn ( E ) nên đẳng thức chứng tỏ ( E ) tiếp xúc với ( I ) 2, Chứng minh ( E ) tiếp xúc với đường tròn bàng tiếp, chẳng hạn với đường tròn ( I a ) , bàng tiếp Từ I a kẻ đường thẳng I a X a vuông góc với BC Do I a S SI nên X a M MN Từ (2) ta có: X N DN X a D MN DN MN DN a MK NK MK NK MK X a M MK X a K Vậy MN X a K MK X a D Mặt khác: AQP (5) I a DX a ( có cạnh tương ứng vuông góc với nhau), nên: PQ PA PQ MK hay X a D X a Ia X a D X a Ia (6) Từ (5) (6) có: PQ X a I a MK X a D MN X a D MN X a K (7) Từ E kẻ đường thẳng EL X a I a trong: Tam giác vuông I a LE ta có: EI a EF X a I a X a M MF PO MK PO X a I a X a I a X a M X a M MK 4 OA2 X a I a PO X a I a MN X a K Từ (7) (8) có: EI a OA2 X a I a PO X a I a PQ X a I a 50 OA2 X a I a X a I a OQ R a a R R a Vậy EI a R a Và E tiếp xúc với đường tròn bàng tiếp I a 51 kết luận Khóa luận Các kết tam giác đưa số kết tam giác để vận dụng vào chứng minh định lý hay giải toán chứng minh, tính toán Sau định lý có cách chứng minh khác dựa vào kết toán tương tự để mở rộng kết Từ người đọc dễ dàng lĩnh hội kiến thức thấy tính hữu ích giải toán hình học sử dụng kết Do hạn chế thời gian kinh nghiệm làm tập nghiên cứu chưa nhiều nên khóa luận không tránh khỏi thiếu sót Vì em mong thầy cô giáo, bạn sinh viên đóng góp ý kiến để khóa luận hoàn chỉnh Em xin chân thành cảm ơn ! 52 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Ban - Hoàng Chúng (1996), Hình học tam giác, NXB Giáo dục [2] Bùi Văn Bình, Nguyễn Văn Vạn (1993), Giáo trình hình học sơ cấp, (tập 1, 2), Đại học sư phạm Hà Nội [3] Bùi Văn Bình (1994), Bài tập hình học sơ cấp (tập 1), Đại học sư phạm Hà Nội [4] Các toán hình học phẳng (tập 1,2), NXB Đại học Quốc Gia TP Hồ Chí Minh 53 [...]... và định lí Fagnano Cho tam giác nhọn ABC Tam giác MNP có đỉnh nằm trên 3 cạnh của ABC được gọi là tam giác nội tiếp trong tam giác (Hình 29) Tam 30 giác nội tiếp có đỉnh là chân 3 đường cao ( D, E, G) của tam giác ABC được gọi là tam giác trực tâm của tam giác ABC (Hình 30) Hỡnh 22 Hỡnh 23 Tam giác trực tâm có một số tính chất và thể hiện trong 2 định lí sau đây: 5.1 Định lí Các đường cao của tam giác. .. Leibniz Tổng bình phương các khoảng cách từ một điểm P bất kì đến các đỉnh của một tam giác bằng tổng bình phương các khoảng cách từ các đỉnh đến trọng tâm G của tam giác, cộng thêm ba lần bình phương khoảng cách từ trọng tâm đến điểm P Trước hết ta chứng minh bổ đề sau : Nếu qua trọng tâm của một tam giác, ta vẽ một đường thẳng bất kì thì tổng các khoảng cách từ 2 đỉnh của tam giác (nằm cùng 1 phía... 3GP2 (1) Hệ quả 1) Quỹ tích các điểm P, mà tổng bình phương các khoảng cách từ điểm đó đến các đỉnh của một tam giác không đổi, là một đường tròn có tâm trùng khớp với trọng tâm của tam giác 24 Quả vậy, vì vế đầu của (1) không đổi và tổng bình phương GA2 GB 2 GC 2 không đổi nên GP không đổi Điểm G lại cố định nên quỹ tích của P là một đường tròn tâm G 2) Tổng bình phương các khoảng cách từ một điểm... cao của tam giác nhọn ABC là các đường phân giác trong của tam giác trực tâm của tam giác ABC Cho tam giác nhọn ABC và DEF là tam giác trực tâm của nó Để chứng minh đường cao AD của tam giác ABC là phân giác trong của DEF , tức là chứng minh FDA EDA , ta có thể chứng minh BFD CDE Tương tự như vậy với các đường cao khác Chứng minh định lí Hỡnh 24 Ta có ABD CBF ( tam giác vuông có góc nhọn B chung)... trong một tam giác bất kì, có hệ thức 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 R d da R db R dc R 2 2 Trong đó R, d , da , db , dc theo thứ tự là bán kính của đường tròn ngoại tiếp, khoảng cách giữa tâm các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp, khoảng cách giữa tâm các đường tròn ngoại tiếp và bàng tiếp trong các góc tam giác Giải Giữa bán kính đường tròn nội tiếp một tam giác với bán kính đường tròn bàng tiếp trong các. .. Steiner-Lenmus về tam giác cân Định lí Steiner-Lenmus: Nếu một tam giác có hai phân giác bằng nhau thì nó là một tam giác cân Chứng minh Cho ABC , với 2 phân giác xuất phát từ B, C bằng nhau (BM=CN) Ta phải chứng minh AC = AB (b=c) Định lí này có nhiều cách chứng minh Sau đây là 2 cách chứng minh Cách 1 chỉ sử dụng kiến thức lớp 7, cách 2 chỉ sử dụng 1 số kiến thức đơn giản về đường tròn lớp 9 Cách 1 C,tứcB... Carnot Trong một tam giác, tổng các khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến các cạnh bằng tổng các bán kính của đường ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp Chứng minh Gọi k , k , k theo thứ tự, là khoảng a b c cách từ tâm O đường tròn ngoại tiếp đến các cạnh a, b, c; H là trực tâm của tam giác R,r là bán kính của đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp ,p là nửa chu vi và S là diện tích ABC Trong tứ giác ANOM,... Tức là qua một phép tịnh tiến Trong phép tịnh tiến này, E E vì N N cho nên EE = NN mà độ dài đoạn NN ngắn hơn độ dài đường gấp khúc NMP N Vì vậy chu vi DEF < chu vi MNP ( đpcm) 6 Bài toán Napoleon và điểm Torricelli 6.1 Bài toán Napoleon Nếu trên các cạnh của một hình tam giác bất kì, về phía ngoài của nó , ta dựng các tam giác đều thì tâm của các tam giác đều này là đỉnh của một tam giác đều Bài... trên đường thẳng FED Tiếp tục như vậy, khi ABC ABC thì E E và đoạn thẳng EE dài bằng hai lần chu vi tam giác trực tâm DEF Trong khi đó MNP MNP MNP và đường gấp khúc NMPNMPN dài bằng 2 lần chu vi tam giác nội tiếp MNP Phép biến hình biến tam giác ABC ( có các góc A, B và C ) thành tam giác ABC có thể thực hiện bằng cách áp dụng liên tiếp các phép quay sau đây ( theo cùng chiều quay của kim đồng hồ... CD CB CE CDE và CAB CDE (2) Từ (1),(2) ta có BDF CDE (đpcm) 5.2 Định lí Fagnano Trong tất cả các tam giác nội tiếp một tam giác nhọn ABC, tam giác trực tâm có chu vi nhỏ nhất Chứng minh của Fejer Cho ABC , có tam giác trực tâm DEF Lấy D1,D2 đối xứng của D qua AB, AC Hỡnh 25 Theo định lí 5.1 , dễ dàng thấy suy ra D1 ,E, F, D2 thẳng hàng và chu vi DEF bằng đoạn thẳng D1D2 Xét tam giác bất kì MNP, ... Tam giác trực tâm định lí Fagnano Cho tam giác nhọn ABC Tam giác MNP có đỉnh nằm cạnh ABC gọi tam giác nội tiếp tam giác (Hình 29) Tam 30 giác nội tiếp có đỉnh chân đường cao ( D, E, G) tam giác. .. tam giác trực tâm tam giác ABC (Hình 30) Hỡnh 22 Hỡnh 23 Tam giác trực tâm có số tính chất thể định lí sau đây: 5.1 Định lí Các đường cao tam giác nhọn ABC đường phân giác tam giác trực tâm tam. ..3 Đối tượng nghiên cứu Các kết tam giác ứng dụng giải toán tam giác Mức độ phạm vi nghiên cứu Mức độ nghiên cứu: Các kết tam giác Phạm vi nghiên cứu :Các toán tam giác hình học phẳng Nhiệm