Một số chứng minh của định lý steiner lehmus

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ————————— TRẦN VĂN LAI MỘT SỐ CHỨNG MINH CỦA ĐỊNH LÝ STEINER - LEHMUS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN-2015... ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

—————————

TRẦN VĂN LAI

MỘT SỐ CHỨNG MINH

CỦA ĐỊNH LÝ STEINER - LEHMUS

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN-2015

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

TRẦN VĂN LAI

MỘT SỐ CHỨNG MINH

CỦA ĐỊNH LÝ STEINER - LEHMUS

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Mã số: 60 46 01 13

PGS.TS TẠ DUY PHƯỢNG

THÁI NGUYÊN-2015

Mục lục

1 Các chứng minh hình học của Định lý Steiner - Lehmus 1

1.1 L Kopeikina 1

1.2 V Bolchianxki 2

1.3 D Beran 3

1.4 K R S Sastry 4

1.5 A I Fetisov 5

1.6 A Berele & J Goldman 8

1.7 G Gilbert & D MacDonnell 9

1.8 R W Hogg 13

1.9 Một số chứng minh khác 14

2 Các chứng minh lượng giác của Định lý Steiner - Lehmus 24 2.1 K Seydel & C Newman 24

2.2 M Hajja (I) 26

2.3 M Hajja (II) 28

2.4 R Oláh - Gál & J Sándor 31

2.5 W Chau 40

Mở đầu

Năm 1840, một giáo viên phổ thông người Đức tại Berlin Daniel ChristianLudolph Lehmus (1780-1863) đã gửi thư cho nhà toán học Jacques CharlesFran¸cois Sturm, Viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Pháp với đề nghị đưa ra mộtchứng minh hình học cho khẳng định "Một tam giác cân (là tam giác có hai cạnhbằng nhau) khi và chỉ khi tam giác có hai đường phân giác trong bằng nhau".Tuy nhiên, C Sturm đã không đưa ra chứng minh, nhưng đã thông báo bài toánnày cho các nhà toán học khác Người đầu tiên chứng minh bài toán này là mộtnhà hình học nổi tiếng người Thụy Sỹ là Jakob Steiner (1796-1863) Vì vậy, saunày người ta đã lấy tên của hai nhà toán học Steiner và Lehmus để đặt tên chođịnh lý

Trong chứng minh Định lý trên, J Steiner đã sử dụng công thức tính độ dàiđường phân giác thông qua độ dài các cạnh của tam giác, và bằng phương phápbiến đổi đại số Qua đó, ông chứng minh tam giác có hai cạnh bằng nhau

Bổ đề (Độ dài đường phân giác): “Trong tam giác ABC, với BC = a; CA = b; AB = c; độ dài các đường phân giác trong AD, BE, CF của tam giác được tínhbởi công thức:

Áp dụng Bổ đề vào chứng minh Định lý như sau

Giả sử tam giác ABC có hai đường phân giác BE, CF bằng nhau, tức là

= 0

⇔ b − c = 0

⇔ b = c.

Vậy tam giâc ABC cđn tại A

Mặc dù Định lý đê được chứng minh bởi Steiner, song câch chứng minh mẵng đưa ra chưa thỏa mên những người yíu toân vì chưa thực sự "thuần túyhình học" Bởi thế, rất nhiều nhă toân học đê cố gắng tìm kiếm một chứng minhmới, hay hơn, thú vị hơn Hơn 150 năm trôi qua, nhiều phĩp chứng minh mớinối tiếp nhau ra đời Cho đến ngăy nay, Định lý đê có hơn 80 câch chứng minhkhâc nhau, trong đó có những chứng minh ít người biết đến, vă có những chứngminh mới tìm ra trong thời gian gần đđy Với khât khao vươn tới câi đẹp, Định

lý năy chắc chắn sẽ không dừng lại ở đđy, nó sẽ vẫn còn có sức hấp dẫn lớn đốivới câc nhă toân học nói riíng vă những người yíu toân nói chung

Nhờ phât biểu đơn giản vă có những chứng minh đẹp, ngắn gọn, Định lý năy

đê được một số lần chọn lăm đề thi học sinh giỏi của Việt Nam

Luận văn "Một số chứng minh của của Định lý Steiner- Lehmus" có với mụcđích mô tả một bức tranh sinh động về Định lý năy với lịch sử chứng minh vănhững phât hiện toân học Hy vọng nó sẽ thú vị cho những ai yíu thích vẻ đẹpcủa chứng minh câc kết quả toân học

Luận văn gồm 3 chương

Chương I: Trình băy một số chứng minh hình học của Định lý Lehmus

Chương II: Trình băy một số chứng minh lượng giâc của Định lý Lehmus

Steiner-Chương III: Trình băy một số định lý vă băi toân tương tự

Luận văn được hoăn thănh dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS.TS Tạ DuyPhượng Tâc giả xin băy tỏ lòng biết ơn sđu sắc nhất tới Thầy

Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và các thầy cô giáo trườngĐại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, đã nhiệt tình giảng dạy, giúp đỡ tôitrong suốt quá trình học tập, nghiên cứu.

Và cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè và đồng nghiệp đãluôn ủng hộ, giúp đỡ tôi trong suốt thời gian qua

Thái Nguyên, ngày 10 tháng 4 năm 2015

Học viênTrần Văn Lai

Giả sử hai đường phân giác AN và BP bằng nhau KẻM N và P Q song songvới AB, cắt AC và BC theo thứ tự tại M và Q (Hình 1.1)

Hình 1.1

Chứng minh M N và P Q trùng nhau bằng phản chứng.

Giả sử M N gần AB hơn P Q, khi đó M N > P Q. Do [P BQ = P BA =[ BP Q[nên 4P BQ là tam giác cân, suy ra P Q = QB Tương tự AM = M N. Hai tamgiác cân 4P BQ và 4AM N có cạnh đáy bằng nhau, cạnh bên P Q < M N nên[

P QB > AM N\ suy ra [QBA < \, từ đó suy ra trong hình thang AM N B có

AM < BN mà AM = M N, P Q = QB, M N > P Q, QB > BN, dẫn đến mâu thuẫn.Điều mâu thuẫn này chứng tỏ M N và P Q trùng nhau Khi đó AM N B là hìnhthang cân nên [CAB = CBA[ hay 4ABC là tam giác cân

1.2 V Bolchianxki

Một năm sau chứng minh của Lida Kopeikina (năm 1940) một học sinh lớp

8 ở Matxcơva tên là Volodia Bolchianxki [1] sau này là Viện sĩ Viện Hàn lâmKhoa học Giáo dục Liên Bang Nga, tác giả của nhiều công trình quan trọngtrong toán học và phương pháp dạy toán, đã tìm ra một cách chứng minh kháccũng khá đẹp

Giả sử O là giao điểm của hai đường phân giác bằng nhau AN và BM (Hình1.2)

Hình 1.2

Khi đó CO là phân giác của [ACB Xét hai tam giác AN C và BM C có [ACB

chung,AN = BM, đường phân giác ở đỉnh C làCO chung thì hai tam giác AN C

và BM C bằng nhau Để làm điều đó ta vẽ đường tròn ngoại tiếp 4AN C vớiđường kính DF vuông góc với AN tại trung điểm của AN Vẽ dây cung AC0

sao cho \N AC0 = \ và C0, C nằm cùng phía đối với đường thẳng AN Ta có

-thì DO > DO0 Do DC < DC0 nên CO < C0O0,điều này mâu thuẫn với giả thiết CO = C0O0 Chứng minh tương tự khi cungDC

_ lớn hơn cung DC’_

Vậy C0 trùng với C, từ (*) suy ra BC = AC hay 4ABC

là tam giác cân

1.3 D Beran

Chứng minh của David Beran đã được trình bày trong [4]

Giả thiết BD và CE là hai đường phân giác trong tương ứng góc B và góc Ccủa 4ABC, BD = CE.

Lấy F là điểm nằm đối diện với C qua cạnhBD thỏa mãn đồng thời hai điềukiện DF = BC và [BDF = 1

2C (Hình 1.3)

Hình 1.3

Dễ dàng nhận thấy 4BDF = 4ECB (cạnh - góc - cạnh), suy ra BF = EB

Dưới đây trình bày chứng minh của K R S Sastry trong [12]

Giả thiết: BE và CF là hai đường phân giác trong tương ứng góc B và góc

C của 4ABC, BE = CF.

Phản chứng: 4ABC không phải là tam giác cân hay AB 6= AC, chẳng hạn

AB < AC.Từ bất đẳng thức AB < AC kéo theoC < B hay C

Hình 1.4

Vì BF GE là hình bình hành nên F G = BE, theo giả thiết BE = CF, suy ra

F G = CF hay ta có 4CF G cân tại F, từ đó suy ra

[

F GC = F CG,[hay

[

F GE + EGC =[ F CE +[ ECG.[ (1.1)Mặt khác, BF GE là hình bình hành nên [F GE = EBF =[ B

2,do đó(1.1)tươngđương với

2 nên từ (1.2)suy ra [EGC < ECG[ hayCE < EG.

Lại có EG = BF (vì BF GE là hình bình hành) nên dẫn tới CE < BF (mâuthuẫn)

Chứng minh hoàn toàn tương tự cho trường hợp AB > AC ta cũng chỉ ramâu thuẫn

Vậy trong mọi trường hợp thì ta luôn có AB = AC hay 4ABC là tam giáccân

1.5 A I Fetisov

A I Fetisov trong [6] đã đưa ra một chứng minh cho Định lý Steiner-Lehmusnhư sau

Giả thiết AM và CN tương ứng là hai đường phân giác trong gócA và C của

4ABC sao cho AM = AN (Hình 1.5)

Hình 1.5Phản chứng: Giả sử AB > AC suy raC > A hayβ > α.Bây giờ, quan sát haitam giác: 4AN C và 4CM A (Hình 1.6)

Hình 1.6Hai tam giác có chung cạnh AC, AM = AN, β > α do đó AN > CM.

Lấy điểm D sao cho tứ giác AN DM là hình bình hành (Hình 1.7)

Hình 1.7Theo tính chất hình bình hành ta có M D = AN > CM và α = N DM \

Vì M D > CM nên δ > γ (Hình 1.8)

Hình 1.8Bây giờ, quan sát 4CN D (Hình 1.9)

Hình 1.9

Để ý rằng: AM = CN (theo giả thiết), CN = N D (vì AN DM là hình bìnhhành) nên suy ra AM = N D hay 4CN D là tam giác cân tại N, do đó ta có[

N CD = N DC[ hay β + δ = α + γ điều này là không xảy ra vì β > α (theo giảthiết phản chứng) và δ > γ (theo chứng minh trên)

Tương tự, ta cũng chỉ ra mâu thuẫn nếu β < α.

Vậy, trong mọi trường hợp ta luôn có β = α hay 4ABC là tam giác cân

1.6 A Berele & J Goldman

Trong bài báo [3], A Berele và J Goldman đã đưa ra một chứng minh sau.Giả thiếtBE vàCF là hai đường phân giác trong gócB vàC của4ABC, BE =

CF (Hình 1.10)

Hình 1.10

Phản chứng: Giả sử B 6= C Không mất tính tổng quát ta coi B > C.

Vì B > C nên [ABD = B

2 >

C

2.Lấy điểm F trên AC sao cho [F BD = C

2 (Hình 1.11)

Hình 1.11Gọi giao điểm của BF và CE là G, dễ dàng nhận thấy4BF D ∼ 4CF G (góc

- góc - góc) Theo tính chất của hai tam giác đồng dạng ta có tỷ số:

CG

BD =

CF BF

Vậy B = C hay 4ABC là tam giác cân

1.7 G Gilbert & D MacDonnell

Chứng minh tiếp theo là của G Gilbert và D MacDonnell [7], trong chứngminh có sử dụng một tính chất của đường tròn đi qua các điểm mà ta cần trìnhbày để áp dụng cho các chứng minh sau này

Bổ đề: Nếu các điểm A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình tứ giác và α = β

thì chúng cùng nằm trên một đường tròn (Hình 1.12)

Hình 1.12

Chứng minh Phản chứng: Giả sử C không nằm trên đường tròn ( C ) đi qua bađiểm A, B, C Khi đó có hai khả năng hoặc C nằm bên trong đường tròn ( C )

hoặc C nằm ngoài đườn tròn ( C )

Trường hợp thứ nhất: Điểm C nằm bên trong đường tròn ( C ) (Hình 1.13)

Hình 1.13Kéo dài AC cắt đường tròn ( C ) tại E. Vì [ABD và [AED cùng chắn cung AD_

nên [ABD = AED.[ Mặt khác, [ACD là góc ngoài 4CDE nên [ACD > AED[ Do

đó [ACD > ABD[ hay β > α (mâu thuẫn với giả thiết α = β )

Trường hợp thứ hai: Điểm C nằm ngoài đườn tròn ( C ) (Hình 1.14)

Hình 1.14

AC cắt đường tròn ( C ) tại E Khi đó [ABD = AED[ vì cùng chắn cung AD_.

Lại có [AED là góc ngoài 4CED, nên [AED > ACD[ suy ra [ABD > ACD[ hay

α > β (mâu thuẫn với giả thiết α = β)

Trở lại với Định lý Steiner - Lehmus

Giả sử 4ABC có hai đường phân giác trong góc A và C là AE và CD bằngnhau (Hình 1.15)

Hình 1.15Phản chứng: Giả sử AB > BC hay β > α.

Dựng đoạnCF sao cho [F CD = α Khi đó tứ giácDF CAnội tiếp đường tròn.Hiển nhiên AF < AE (Hình 1.16)

Ngoài chứng minh trên, G Gilbert và D MacDonnell còn công bố một chứngminh khác của định lý Steiner-Lehmus Năm 1961, chứng minh này đã được giáo

sư Canada H S M Coxeter xuất bản trong cuốn "Nhập môn hình học" và giớithiệu trên tạp chí Scientific American Chứng minh của hai ông được đánh giá

là đơn giản nhất và sau đó được công bố trên tạp chí "American MathematicalMonthly" năm 1963 Cách chứng minh này dựa vào bổ đề sau:

Bổ đề: Trong tam giác ABC, nếu [CAB < CBA[ thì đường phân giác AN lớnhơn đường phân giác BM

Chứng minh Lấy điểm P trên đoạn AN sao cho \M BP = 1

Định lý Steiner - Lehmus được suy ra trực tiếp từ bổ đề vừa chứng minh

1.8 R W Hogg

Trong một thời gian dài cách chứng minh của G Gilbert & D MacDonnellđược coi là đơn giản nhất Gần đây, cuối năm 1982 trên tạp chí The Mathematical

Gazette của Anh lại công bố một cách chứng minh mới bằng phản chứng rấtđơn giản của R W Hogg [10].

Giả sử hai đường phân giác AN và BM bằng nhau Dựng hình bình hành

Bài toán: Cho tam giác ABC có các đường phân giác BD, CE bằng nhau.Chứng minh tam giác ABC cân tại A.

(Đề thi chọn học sinh giỏi Toán lớp 9 Trường chuyên Văn-Toán huyện Đức

Phổ-tỉnh Quảng Ngãi, năm 1985-1986)Dưới đây, một số chứng minh

Chứng minh 1

Hình 1.20

Kẻ EH//BC (H ∈ AC), HM//CE (M ∈ BC), DK//BC (K ∈ AB)

Trường hợp 1: Nếu K trùng vớiE thì H trùng vớiD. Ta có BD = DM (cùngbằng CE), suy ra 4DBM cân tại D, khi đó \DBM = DM B\ Mà [ECB = DM B\

(DM//CE) do đó \DBM = ECB[ Xét hai tam giác 4EBC và 4DCB có: CE =

BD, ECB =[ DBC, BC[ là cạnh chung Suy ra 4EBC = 4DCB Từ đó ta có[

EBC = DCB[ hay 4ABC cân tại A

Trường hợp 2: Nếu K không trùng với E Không mất tính tổng quát giả sử

K nằm giữa E và B Suy ra EH < KD (1) 4HEC cân tại H và 4KBD cântại K có: EH < BD ⇒ EHC >[ \, [EHC + ACB = 180[ o,\BKD + ABC = 180[ o.

Do đó [ACB < ABC[ và suy ra [ECB < DBC[ Tam giác 4ECB và 4DBC có:

CE = BD, BC chung, [ECB < DBC[ Do đó EB < DC, EB > BK = KD, DC <

CH = EH. Suy ra KD < EH (2)

Từ (1) và (2) dẫn đến mâu thuẫn! nên K trùng vớiE Vậy 4ABC cân tạiA

Chứng minh 2

Hình 1.21Gọi I là giao điểm của BD và CE Giả sử B >b Cb Do đó trên đoạn IE cóđiểm M sao cho \M BD = ECD[ Tứ giác BM CD nội tiếp Ta có IBC >d ICBd.Nên [M BI + IBC >d ECD +[ M CB ⇒\ \M BC > DCB[ Mà \M BC = M BI +[ IBC =d[

DCB ⇒cung M C lớn hơn cung BD ⇒ M C > BD.Điều đó mâu thuẫn giả thiết

Do vậy tam giác ABC cân tại A.

Chứng minh 3

Hình 1.22

Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với đường phân giác ngoài đỉnh B của tamgiác ABC tại P, đường thẳng này cắt BC tại I Từ A kẻ đường thẳng vuông

góc với đường phân giác ngoài đỉnh C của tam giác ABC tại Q, đường thẳngnày cắt BC tại J Kẻ CM vuông góc với BP tại M và BN vuông góc với CQ

tại N P Q là đường trung bình của tam giác AIJ nên suy ra P Q//IJ Ta có tứgiác BM N C nội tiếp, suy ra \BM N + BCN = 180[ o Ta có [P QN = BCN [ Nên

\

BM N + P QN = 180[ o suy ra tứ giác M N QP nội tiếp Dễ dàng chứng minh được

BD.M P = CE.QN (= 2SABC) Nếu BD = CE, ta cóM P = QN. Tứ giácM N QP

là hình thang cân, suy ra [BP Q = CQP ⇒[ M BC =\ N CB.[ Do đó [ABC = ACB[hay tam giác ABC cân tại A

tứ giác ADBM nội tiếp Gọi M N là đường phân giác của tam giác M BD Từ

4M BD = 4AEC suy ra AI = M N. Ta có \AM N + AIN =[ \AM B − BM N +\d

ADI + DAI =d AM B +\ ADI = 180d o Suy ra tứ giácAM N I nội tiếp và từ dó ta cóAI

_

=MN_

⇒ AM I =[ M IN ⇒ AM//DI[

Do đó tứ giác ADBM là hình thang Mà tứ giác ADBM nội tiếp, do đó

ADBM là hình thang cân, nên AB = M D Mặt khác M D = AC nên AB = AC

hay tam giác ABC cân tại A

Chứng minh 5

Hình 1.24Dựng hình bình hành CDBS

Ta có SC = BD = CE Do đó tam giác SCE cân tại C, suy ra

ACB > ABC[ là sai

Vậy [ABC = ACB.[ Do đó tam giác ABC cân tại A

Chứng minh 6

Xét bài toán phụ: Cho hai tam giác ABC và tam giác A0B0C0 có BC =

B0C0, A =b Ab0 các đường phân giác tương ứng AD và A0D0 bằng nhau Chứngminh rằng 4ABC = 4A0B0C0

Hình 1.25Đặt các tam giác ABC và A0B0C0 (hình 1.25) Do \BA 0 C 0 = BAC[ nên bốnđiểm A, A0, B, C thuộc cùng một đường tròn Gọi M là điểm chính giữa cung

BC Ta có AD; A0D0 cùng đi qua M Nếu A không trùng với A0, giả sử A0 thuộccung AB Ta có MA’_

<MA_ ⇒ M A0

< M A. Mà A0D0 = AD nên M D0< M D. Vô

lý Vậy A trùng với A0 Do đó 4ABC = 4A0B0C0. Gọi I là giao điểm của BD và

CE Tam giác ABD và tam giác ACE có: [BAD = CAE[, BD = CE, các đườngphân giác AI, AI bằng nhau (Hình 1.26)

Hình 1.26

Áp dụng bài toán phụ Ta có 4ABD = 4ACE, suy ra AB = AC Vậy tamgiác ABC cân tại A

Chứng minh 7

Trong bài viết "Trở lại Định lý Steiner-Lehmus" của tác giả Ngô Văn Thái(xem trong [2]), tác giả đã trình thêm một cách chứng minh của Định lý Steiner-Lehmus Cách chứng minh đó tuy chưa phải là gọn nhất nhưng nó chỉ cần sửdụng kiến thức toán học lớp 8

Giả thiết tam giác ABC có các đường phân giác trongBM vàCN bằng nhau

sử thì \A0CB > ACB[ nên BN0 cắt AC tại K Từ đó BN0 > BK > BM suy ra

CN > BM, trái với giả thiết

Trường hợp 2 Nếu BA > BC hay [BAC < BCA[ thì [BAC <\BC0C và điểm M

nằm trên đoạn HA (Hình 1.28)

BM0. Mặt khác BM0 > BM, dẫn đếnCN > BM, trái với giả thiết Vậy điều giả

sử [ABC > ACB[ là không xảy ra, nghĩa là phải có [ABC = ACB[

Tiếp theo là chứng minh 8 và chứng minh 9 được tác giả Nguyễn NgọcGiang đăng trên trang website cá nhân với tựa "Định lý Steiner-Lehmus và cácbài toán tương tự, mở rộng" (xem trong [14])

Chứng minh 8

Tam giác ABC có hai đường phân giác BE và CF bằng nhau (Hình 1.29)

Hình 1.29

Giả sử B >b Cb, do đó AC > AB. Dựng tam giác A1BC1 và tam giác A2BC

cùng bằng tam giác ACB (A1B = A2B = AC, BC1 = BC, A\1BC1 = A\2BC = C).bPhân giác BN1 của \A1BC1 và phân giác BN2 của \A2BC bằng CF Điểm N1, N2

nằm về cùng một phía so với bờ AC Theo cách dựng thì BE là phân giác của

Giả sử B >b Cb, hạ đường cao BH

Nếu A >b Cb thì [ABH < HBC[ Dựng tam giác A1BC bằng tam giác ACB (A1B = AC, A\1BC = C)b (Hình 1.30)

Hình 1.30Phân giác BN0 của tam giác A1BC bằng CF Hiển nhiên BE < BK < BN0=

CF Mâu thuẫn với giả thiết Nếu A <b Cb suy ra [ABH > HBC,[ vì B >b Cb hayb

Hình 1.31

Vì AC > AB nên suy ra CF > BM0 > BE; điều này mâu thuẫn với giả thiết.Nếu A =b Cb chứng minh tương tự như trên ta cũng rút ra được CF > BE, mâuthuẫn với giả thiết Do đó điều giả sử là sai Lập luận tương tự, ta cũng chỉ ranếu B <b Cb thì dẫn đến mâu thuẫn Vậy tam giác ABC là tam giác cân Trườnghợp A =b Cb thì tam giác ABC là tam giác đều

Chương 2

Các chứng minh lượng giác của

Định lý Steiner - Lehmus

2.1 K Seydel & C Newman

Chứng minh dưới đây là thành quả của sự hợp tác giữa hai thầy trò, KenSeydel và cậu học trò Carl Newman Jr [13] Trong chứng minh có sử dụng cáckiến thức: Định lý hàm số Sin, công thức góc nhân đôi, công thức diện tích tamgiác, tính đồng biến nghịch biến của hàm số Sin, Cosin trong [0o, 90o].

Giả thiết 4ABC có AE và CD là hai đường phân giác trong tương ứng củagócAvà gócC, AE = CD Ký hiệu các góc α; β; θ,trong đó0o < θ, α < 90o (Hình2.1)

Hình 2.1Phân tích4ABC thành4ABE và 4AEC, áp dụng công thức lượng giác tínhdiện tích tam giác ta có: