Định lý hình học phẳng nâng cao

Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi http://violet.vn/honghoi Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi http://violet.vn/honghoi Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi http://violet.vn/honghoi Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi http://violet.vn/honghoi Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi http://violet.vn/honghoi Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi http://violet.vn/honghoi Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi http://violet.vn/honghoi Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi http://violet.vn/honghoi Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi http://violet.vn/honghoi Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi http://violet.vn/honghoi 10 Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi CÁC ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC PHẲNG (tt) 1.6 Định lý Ceva, Menelaus số định lý thẳng hàng đồng quy khác Các toán thẳng hàng đồng quy hai chủ đề thường gặp hình học Có nhiều phương pháp để giải toán dạng này, công cụ cổ điển thường dùng định lý Ceva định lý Menelaus Bài toán 6a (Định lý Ceva) Cho tam giác ABC, A1, B1, C1 điểm thuộc đường thẳng BC, AC AB Khi AA1, BB1, CC1 đôi song song đồng quy A1B B1C C1 A  1 A1C B1 A C1B (1.6.1) Chứng minh ⇒) Trường hợp 1: AA1, BB1 CC1 đồng quy Gọi O giao điểm đường Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt BB1 CC1 P Q Khi áp dụng định lý Thales ta có: A1 B OA1 A1C A B AP     AP OA AQ A1C AQ Hơn nữa: B1C BC C1 A QA  ,  B1 A PA C1B CB Từ ta có A1 B B1C C1 A AP BC QA   1 A1C B1 A C1B AQ PA CB @ Trường hợp 2: AA1//BB1//CC1 (Dành cho bạn đọc) ⇐) Giả sử ta có hệ thức (1.6.1), ta cần chứng minh AA1, BB1 CC1 song song đồng quy Thực vậy, đường thẳng song song đôi ta có điều cần chứng minh Trường hợp AA1, BB1 cắt O, ta cần chứng minh O thuộc CC1 http://violet.vn/honghoi 11 Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi Gọi C’ giao điểm CO AB Khi đó, áp dụng phần thuận ta có A1 B B1C C A  1 A1C B1 A C B Mà (1.6.1) nên suy C1 A C A   C   C1 , O thuộc CC1 @ C1 B C B Định nghĩa 6.1 Trong tam giác ba đường thẳng xuất phát từ đỉnh đồng quy người ta gọi đường thẳng Ceva Từ công thức (1.6.1), phương pháp diện tích, ta đưa dạng lượng giác sau: Bài toán 6a’ Cho tam giác ABC, A1, B1, C1 điểm thuộc đường thẳng BC, AC AB Khi AA1, BB1, CC1 đôi song song đồng quy sin  AA1 , AB  sin  BB1 , BC  sin  CC1 , CA   1 sin  AA1 , AC  sin  BB1 , BA  sin  CC1 , CB  (1.6.2) Hệ thức (1.6.2) gọi định lý Ceva dạng sin Bài toán 6b (Định lý Menelaus) Cho tam giác ABC, A1, B1, C1 điểm thuộc đường thẳng BC, AC AB Khi A1, B1, C1 thẳng hàng A1B B1C C1 A 1 A1C B1 A C1B Hướng dẫn: http://violet.vn/honghoi 12 Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi ⇒) Vẽ CD// AB (D thuộc A1B1) Áp dụng định Thales ta có A1 B CD DC   A1C BC1 C1B B1C DC  B1 A C1 A Do A1 B B1C C1 A DC  1 A1C B1 A C1B DC @ ⇐ ) Dành cho bạn đọc Chú ý: Các độ dài góc công thức độ dài đại số góc định hướng, số trường hợp ta cần xét độ dài hình học góc hình học vế phải thay - thành Công thức (1.6.2) viết lại sau: sin A1 AB sin B1 BC sin C1CA 1 sin A1 AC sin B1 BA sin C1CB Ta có số toán, định lý áp dụng định lý Ceva mà Menelaus sau: Bài toán 6.1 Trong tam giác ta có tính chất sau: a) đường cao đồng quy b) đường trung tuyến đồng quy c) đường trung trực đồng quy d) đường phân giác đồng quy, đường phân giác hai đường phân giác đồng quy e) Chân đường phân giác thẳng hàng Bài toán 6.2 (Định lý Desargues) Cho hai tam giác ABC A’B’C’ Gọi A1 giao điểm BC’ CB’, B1 giao điểm AC’ CA’, C1 giao điểm AB’ BA’ Khi A1, B1, C1 thẳng hàng AA’, BB’ CC’ đồng quy Hướng dẫn http://violet.vn/honghoi 13 Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi ⇒) Cho AA’, BB’, CC’ đồng quy O Ta chứng minh A1, B1, C1 thẳng hàng Áp dụng Menelaus cho tam giác ACO với cát tuyến B1 A’C’ ta có: B1 A C C AO 1 B1C C O AA Tương tự cho tam giác CBO với cát tuyến A1B’C’: A1C BB C O 1 A1 B BO C C Và tam giác OAB với tuyến C1 A’B’: C1B AA BO 1 C1 A AO BB Nhân đẳng thức rút gọn ta B1 A A1C C1 B 1 B1C A1B C1 A Áp dụng Menelaus đảo cho tam giác ABC suy A1, B1, C1 thẳng hàng ⇐) Giả sử A1, B1, C1 thẳng hàng Thì áp dụng phần thuận cho hai tam giác AC1 A’ tam giác CA1C’ ta suy điều cần chứng minh @ Bài toán 6.3 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), gọi M, N, P, Q tiếp điểm I với AB, BC, CD AD Chứng minh NP, MQ BD đồng quy Hướng dẫn: Gọi I giao điểm QM BD Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABD ta có: QA ID MB MB ID  , suy 1 QD IB MA QD IB NB ID PC ID NB 1  , theo định lý DP IB PD IB NC Menelaus I, N, P thẳng hàng @ Mà MB = NB, DQ = DP, suy http://violet.vn/honghoi 14 Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi Bài toán 6.4 Cho tứ giác ABCD có AB CD cắt P, AC BD cắt I, AD BC cắt P Đường thẳng PI cắt AD BC M, N Khi MA QA  MD QD MI NI  MP NP Hướng dẫn: Áp dụng Menelaus cho tam giác AID với cát tuyến QBC ta có: QA BD CI 1 QD BI CA Áp dụng Menelaus cho tam giác ADC với cát tuyến MA PD IC PIM ta có: 1 MD PC IA Tương tự tam giác ICD ta có : Từ đẳng thức trên, ta suy ta có BD AI PC 1 BI AC PD MA QA @  MD QD Bài toán 6.5 (Định lý Pascal) Trên đường tròn cho điểm A, B, C A’, B’, C’ Gọi X giao điểm AB’ BA’, Y giao điểm AC’ CA’, Z giao điểm BC’ C’B Khi X, Y, Z thẳng hàng Hướng dẫn Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác PQR với cát tuyến A1B’C, B1A’C’ C1A’B’ ta có: http://violet.vn/honghoi 15 Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi A1P BR C Q C R AQ BP  1, 1 A1 R BQ C P C1Q AP BR Và B1Q C P AP 1 B1 P C R AQ (1) Hơn áp dụng phương tích điểm P, Q, R với đường tròn (O) ta có: PA.PB QC.QA RB.RC   1,  1, 1 PB.PC  QB.QA RA.RB Từ (1) (2) ta suy (2) A1 P C1R B1Q  , theo Menelaus A1, B1, C1thẳng hàng A1 R C1Q B1P @ Ta thường áp dụng định lý Pascal mô hình sau: Định nghĩa 6.2 Trong tam giác hai đường thẳng xuất phát từ đỉnh tam giác đối xứng với qua đường phân giác xuất phát từ đỉnh gọi hai đường đẳng giác Đặc biệt, đường thẳng đẳng giác với đường trung tuyến gọi đường đối trung Ví dụ, tam giác vuông đường cao xuất phát từ đỉnh góc vuông đường đối trung Nhận xét Góc hai đường đẳng giác với hai cạnh góc cho Một số toán liên quan đến đường đẳng giác http://violet.vn/honghoi 16 Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi Bài toán 6.6 Các đường thẳng đẳng giác với ba đường thẳng Ceva ba đường thẳng Ceva Bài toán 6.7 Nếu đường thẳng xuất phát từ đỉnh cắt cát cạnh đối diện tạo thành điểm thẳng hàng đường thẳng đẳng giác chúng cắt cạnh tạo thành điểm thẳng hàng Hướng dẫn Sử dụng định lý Ceva Menelaus dạng lượng giác Trường hợp đặc biệt toán sau: Bài toán 6.6.1 Ba đường đối trung tam giác đồng quy điểm (Điểm gọi điểm Lemoine) Bài toán 6.6.2 Trong tam giác, đường thẳng kẻ từ tâm đường tròn bàng tiếp góc vuông góc với cạnh đối diện đồng quy điểm Sau xét số toán áp dụng định lý Ceva Menelaus Bài toán 6.8 (Điểm Gergonne) Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với BC, AC AB D, E, F Khi AD, BE CF đồng quy điểm (Điểm gọi điểm Gergonne) Bài toán 6.9 (Điểm Nagel) Cho tam giác ABC, gọi I, J, K điểm điểm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C với cạnh BC, AC AB Khi AI, BJ, CK đồng quy điểm (Điểm gọi điểm Nagel) Chúng ta làm toán sau: “Cho tam giác ABC, phía tam giác dựng tam giác vuông cân (đều) ABD, ACE BCF với đỉnh góc vuông D, E, F Khi AF, BE CD đồng quy.” Đây toán hay có nhiều cách giải, nhiên ta dùng Ceva để giải toán tổng quát lên chút là: thay tam giác vuông cân(đều) thành tam giác cân đồng dạng kết Đây kết chứng minh hồi năm lớp 10, nhiên, sau biết hệ định lý sau: http://violet.vn/honghoi 17 Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi Bài toán 6.10 (Định lý Jacobi) Cho tam giác ABC điểm X, Y, Z nằm tam giác thỏa ∠ABZ = ∠XBC, ∠BCX = ∠YCA ∠CAY = ∠ZAB Chứng minh AX, BY, CZ đồng quy Hướng dẫn Sử dụng định lý Ceva sin Nhận xét Nếu dùng góc định hướng không cần giả thiết X, Y, Z nằm hay nằm tam giác Đây định lý hay tổng quát Một số hệ định lý Jacobi: Bài toán 6.10.1 Cho tam giác ABC, phía tam giác dựng tam giác cân DAB (DA = DB), EAD (EA = EC) FBC (FB = FC) đôi đồng dạng Khi AF, BE CD đồng quy Bài toán 6.10.2 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D, E, F điểm đối xứng I qua BC, AC AB Khi AD, BE CF đồng quy Các toán rèn luyện Bài 6.11.(IMO 1982/5) Trên đường chéoAC CE lục giác ABCDEF ta lấy điểm M, N cho AM/AC = CN/CE = r Xác định r để B, M, N thẳng hàng Bài 6.12.(Korea 1997) Trong tam giác nhọn ABC vơi AB ≠ AC, gọi V giao điểm phân giác A với BC D chân đường vuông góc hạ từ A đến BC Nếu E F giao đường tròn ngoại tiếp tam giác AVD với CA AB Chứng minh AD, BE CF đồng quy Bài 6.13.(Bulgaria 1996/2) Đường tròn (1) (2) có tâm tương ứng (O1) (O2) tiếp xúc điểm C, đường tròn () tâm O tiếp xúc với (1) (2) Gọi m tiếp tuyến chung (1) (2) C, AB đường kính O vuông góc với m, A, O phía m Chứng minh AO1, BO2 cắt điểm thuộc đường thẳng m Bài 6.14.(IMO shortlist 31th) Lấy điểm M nằm tam giác ABC AM cắt BC D, BM cắt AC E, CM cắt AB F Chứng minh SDEF ≤ ¼ SABC http://violet.vn/honghoi 18 Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi Bài 6.15.(Hạ Vũ Anh) Gọi K, L, M, N trung điểm cạnh AB, BC, CD DA tứ giác lồi ABCD KM cắt AC BD P Q, LN cắt AC BD R, S Chứng minh rằng: PA.PC = QB.QD ⇔ RA.RC = SB.SD Bài 6.16.(Đường tròn Mixtilinear) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (I) tiếp xúc với AB, AC tiếp xúc với (O) D, E, F Chứng minh DE qua tâm nội tiếp tam giác ABC Hướng dẫn (Pascal) Bài 6.17.(vulalach) Cho tam giác ABC nội tiếp (O), đường cao AA’, BB’, CC’ trọng tâm G Gọi A1, B1, C1 điểm đối xứng A, B, C qua O Tia A’G, B’G, C’G cắt (O) A2, B2, C2 Chứng minh A1A2, B1B2 C1C2 đồng quy Hướng dẫn (Pascal) Bài 6.18.(Hạ Vũ Anh) Tam giác ABC có đường cao AD, BE CF, trực tâm H DP ⊥ AB, DQ ⊥ AC R giao DP BE, S giao DQ CF, M giao BQ CP N giao PS RQ Chứng minh M, N, H thẳng hàng Hướng dẫn (Dersargues) Bài 6.19 (2001 Australian Math Olympiad) Let A, B, C, A’, B’, C’ be points on a circle such that AA’ is perpendicular to BC, BB’ is perpendicular to CA, CC’ is perpendicular to AB Further, let D be a point on that circle and let DA’ intersect BC in A’’, DB’ intersect CA in B’’, and DC’ intersect AB in C’’, all segments being extended where required Prove that A’’, B’’, C’’ and the orthocenter of triangle ABC are collinear Hướng dẫn (Pascal) Bài 6.20.(1991 IMO unused problem) Let ABC be any triangle and P any point in its interior Let P1, P2 be the feet of the perpendiculars from P to the two sides AC and BC Draw AP and BP and from C drop perpendiculars to AP and BP Let Q1 and Q2 be the feet of these perpendiculars If Q2≠P1 and Q1≠P2, then prove that the lines P1Q2, Q1P2 and AB are concurrent Hướng dẫn (Pascal) http://violet.vn/honghoi 19 Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi http://violet.vn/honghoi 20 Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi http://violet.vn/honghoi 21 Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi http://violet.vn/honghoi 22 Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi http://violet.vn/honghoi 23 Cac dinh ly ve hinh hoc phang http://violet.vn/honghoi http://violet.vn/honghoi 24 ... http://violet.vn/honghoi CÁC ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC PHẲNG (tt) 1.6 Định lý Ceva, Menelaus số định lý thẳng hàng đồng quy khác Các toán thẳng hàng đồng quy hai chủ đề thường gặp hình học Có nhiều phương pháp... xét độ dài hình học góc hình học vế phải thay - thành Công thức (1.6.2) viết lại sau: sin A1 AB sin B1 BC sin C1CA 1 sin A1 AC sin B1 BA sin C1CB Ta có số toán, định lý áp dụng định lý Ceva mà... đồng quy Hướng dẫn Sử dụng định lý Ceva sin Nhận xét Nếu dùng góc định hướng không cần giả thiết X, Y, Z nằm hay nằm tam giác Đây định lý hay tổng quát Một số hệ định lý Jacobi: Bài toán 6.10.1