Định lý sawayama và thébault

Định lý Sawayama Thébault Định lý Sawayama Thébault Nhóm thực hiện: Nguyễn Thị Hường, Lương Ánh Nguyệt, Lương Thị Thanh Mai, Đào Thị Quỳnh Nga Giáo viên hướng dẫn: Trần Quang Hùng Mở đầu Trong khuôn khổ báo này, gửi tới cách chứng minh tuý hình học định lý Sawayama-Thébault áp dụng vào số toán khác Mở đầu Định lý Sawayama-Thébault coi định lý đáng quan tâm hình học phẳng Định lý có tiểu sử thú vị Theo viết tạp chí Forum Geometricorum năm1938, nhà hình học tiếng người Pháp Victor Thébault phát biểu định lý Lời giải lần xuất năm1973 Hà Lan trở nên phổ biến vào năm 1989 Nhưng câu chuyện chưa dừng lại Vào cuối năm 1938, nhà toán học người Thụy Sĩ R.Stark đưa lời giải tổng hợp (tức dùng công cụ hình học phẳng) kết mở rộng ban đầu Lời giải tính tốn cho mở rộng tìm K.B.Taylor (người Anh) với chứng minh chiếm 24 trang giấy Đến năm 1986, chứng minh khác ngắn gọn tìm Gerhard Turnward Đến năm 2001, R.Shail đưa chứng minh hoàn hảo cho trường hợp tổng quát mà toán R.Stark trường hợp đặc biệt Năm 2003, AMM xuất lời giải B.J.English, nhận từ năm 1975 Theo báo điện tử JSTOR, lời giải R.Shail biết tới trước lâu, vào năm 1905 Y.Sawayama, giáo viên trung học Tokio- Nhật Bản chứng minh với phương pháp tổng hợp tính tốn Bởi gọi định lý định lý Sawayama- Thébault Định lý Sawayama Thébault Định lý Sawayama- Thébault mở rộng 2.1 Định lý lời giải Định lý Thébault chứng minh [1] [2] Sau chúng tơi trình bày lại rõ ràng cách chứng minh [1] nhờ bổ đề Cách chứng minh sở để phát triển định lý phần sau Định lý (Định lý Thébault) Qua đỉnh A tam giác ABC dựng đường thẳng AD D nằm cạnh BC Gọi I, O tâm đường tròn nội, ngoại tiếp tam giác (O1) đường tròn tiếp xúc với hai đoạn AD, DC tương ứng P, Q tiếp xúc với (O) (O2) tiếp xúc với hai đoạn AD, BD tương ứng H, G tiếp xúc với (O) Ta có O, O1, O2 thẳng hàng Bổ đề 1.1 Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi M trung điểm cung BC khơng chứa A Khi đó, MI = MB = MC I nằm đoạn AM I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC A Lời giải bổ đề 1.1 (Hình 2.1) Từ giả thiết ta có MB = MC AM phân giác ∠ BAC Gọi J tâm đường tròn nội tiếp I≡J tam giác ABC Ta có đường thẳng BJ qua trung điểm cung AC không chứa B Nên B C M ta có ∠ ABJ = ∠ JBC ∠ BAJ = ∠ CBM Mặt khác, ta có ∠ BJM = ∠ ABJ + ∠ BAJ ∠ JBM = ∠ JBC + ∠ CBM Từ đó, ta nhận BJM tam giác cân nên JM = MB = MC Vì JM = IM Do đó, J ≡ I I J nằm tia MA (Hình 2.1) Vì vậy, I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Bổ đề 1.1 chứng minh hoàn toàn M Định lý Sawayama Thébault I A Bổ đề 1.2 Cho (O) dây AB đường tròn (I) tiếp xúc với (O) BC M, N Khi MN phân giác góc AMB B N O Lời giải bổ đề 1.2 (Hình 2.2) Gọi P giao điểm thứ P MN (O) Vì (I) tiếp xúc với (O) M nên ta suy M, O, I thẳng hàng Do tam giác cân IMN OMP có góc M nên IN // OP hay OP ⊥ AB Ta có P điểm cung AB khơng chứa M Vì MP hay MN phân giác góc AMB (Hình 2.2) Bổ đề 1.2 chứng minh Bổ đề 1.3 Gọi I, O tâm đường tròn nội ngoại tiếp tam giác ABC D điểm cạnh BC (O1) tiếp xúc với AD, DC P, Q tiếp xúc A với (O) PQ qua I E P O B Chứng minh bổ đề 1.3 (Hình 2.3) Giả sử (O) (O1) tiếp xúc K, K, O1, O thẳng hàng Gọi E, F giao điểm KP, KQ với (O) Theo bổ đề 1.2, F trung điểm BC không chứa A (1) Gọi J giao điểm AF PQ Ta có trường hợp: B, D phía với AF B, D khác phía với AF Dưới xét trường hợp (với J thuộc đoạn PQ), trường hợp lại chứng minh tương tự Ta có OF// O1Q nên ∠ JAK = D K I≡J O1 Q C F 1 ∠ FOK = ∠ QO1K = 2 ( Hình 2.3) ∠ QPK = ∠ JPK Tứ giác APJK có ∠ JAK = ∠ JPK nên tứ giác nội tiếp, suy ∠ AJP = ∠ AKP lại có ∠ AJP = ∠ FJQ nên ∠ AKP = ∠ FJQ (2) Tứ giác APJK nội tiếp có ∠ AKJ = ∠ DPJ ∠ DPJ= ∠ DPQ = ∠ PKQ (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến, dây cung ) hay ∠ AKJ = ∠ PKQ suy ∠ AKP = ∠ JKQ (3) Từ (2), (3), ta có ∠ FJQ = ∠ JKQ nên Δ JQF ∼ Δ KJF ∠ FAK = Ta suy FJ = FK FQ Dễ chứng minh FC2 = FK FQ nên FC = FJ (4) Từ (1), (4) bổ đề 1.1, ta có J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC hay I ≡ J, hay PQ qua I Bổ đề 1.3 chứng minh hoàn toàn A Định lý Sawayama Thébault Chứng minh định lý (Hình 2.4) Gọi (O1) tiếp xúc với AD, DC P, Q (O2) tiếp xúc với AD, BD H, G Theo bổ đề 1.3, O1 tâm đường tròn nội tiếp I tam giác ABC giao điểm PQ GH Gọi X giao điểm DO2 GH, P O2 H O I Y X B G D Q C Y giao điểm DO1 PQ Ta có DO1 DO2 tương ứng phân giác ∠ ADC ∠ ADB, nên (Hình 2.4) ∠ O1DO2 = 900 Ta có ∠ DXI = ∠ DYI = 900 nên DXIY hình chữ nhật Vậy Δ O2GD ∼ Δ DQO1 nên: GO2 GO2 O2 X O2 X DQ DQ YD YD XI = hay = nên = hay = = 2 O2 D GD XD QO1 YO1 DO1 DO1 GD QO1 Ta có Δ O2XI ∼ Δ O2DO1 suy ∠ IO2X = ∠ O1O2X Vậy O1, I, O2 thẳng hàng Định lý chứng minh hoàn toàn 2.2 Mở rộng định lý Thébault Trong trình tìm hiểu cách chứng minh định lý Thébault, chúng tơi nhận mở rộng định lý cách mở rộng bổ đề Do đó, chúng tơi mạnh dạn đề xuất định lý đây, thực chất “định lý Thébault” cho tâm bàng tiếp Định lý (Mở rộng định lý Thébault) D điểm cạnh BC tam giác ABC (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác (Ia) đường tròn bàng tiếp góc A (O1) tiếp xúc với AD, BC M, N tiếp xúc với (O) (O2) tiếp xúc với AD, BC P, Q tiếp xúc ngồi với (O) Khi Ia, O1, O2 thẳng hàng Chúng ta sử dụng bổ đề sau để chứng minh định lý Bổ đề 2.1 Cho (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Cho E điểm cung BC không chứa A Nếu EB = EC = EJ J thuộc tia đối tia EA J tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC Định lý Sawayama Thébault Bổ đề 2.2 Cho (O) dây AB Dựng (I) tiếp xúc với đường thẳng AB M tiếp xúc ngồi với (O) N E điểm cung AB với I E phía với AB Khi MN qua E (Hai bổ đề chứng minh dễ dàng) Bổ đề 2.3 Cho O, Ia tâm đường tròn ngoại tiếp bàng tiếp góc A tam giác ABC Dựng (O1) tiếp xúc với (O) K, tiếp xúc với tia AD M tiếp xúc với tia CB N D điểm thuộc cạnh BC Khi M, N, Ia thẳng hàng Chứng minh bổ đề 2.3 (Hình 2.5) Gọi E giao điểm AIa (O), J giao điểm AIa MN Ta có trường hợp: B, D phía với AF B, D khác phía với AF Dưới chúng tơi xét trường hợp (với J nằm ngồi đoạn MN), trường hợp lại chứng minh tương tự Vì AIa phân giác ∠ A, nên E điểm A BC khơng chứa A ta có OE ⊥ BC Mặt khác, O1N ⊥ BC nên O1N // OE Theo giả thiết ta suy O, K, O1 thẳng hàng Vì ∠ NO1K = ∠ KOE, suy O ∠ KMN = ∠ KAE (1) Vậy tứ giác AKMJ N B tứ giác nội tiếp ∠ KMA = Nên D C ∠ KJA Nhưng ∠ KMA = K ∠ KNM nên ∠ KJA = E ∠ KNM Theo bổ đề 2.2 lại có K, N, E thẳng hàng nên ∠ NEJ = ∠ KEJ Ta có Δ KEJ M ∼ Δ JEN JE = EK EN O1 (2) Ia ≡J Cũng có ∠ KMN = ∠ BNK, ∠ KAE = ∠ KBE, nên từ (1), ta có ∠ KBE = ∠ ENB suy Δ BKE ∼ Δ NBE nên EB2 = EK EN (3) (Hình 2.5) Từ (2) (3), ta có JE = EB (4) Vì I tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC, ta dễ dàng có IaE = EB = EC (5) Từ (4) (5) suy Ia ≡ J Vậy bổ đề 2.3 chứng minh Định lý Sawayama Thébault A Chứng minh định lý (Hình 2.6) Gọi X giao điểm NM DO1, Y giao điểm PQ DO2 Từ bổ đề 2.3, ta có Ia giao điểm MN PQ Mặt khác, DO1 phân giác DO2 phân giác ∠ BDM (D giao điểm tiếp tuyến đường tròn (O1) (O2)) O N B D K O1 E (Hình 2.6) Ta có ∠ O1DO2 = 90 nên DXIaY hình chữ nhật nên DY=XIa (Hình 2.6) Nên ta có Δ O1ND O1 N ND Q M ∼ Δ DQO2 suy C P Ia ≡J O2 = O N2 DQ DQ hay = Vậy QO2 ND QO2 O1 X OX DY DY = nên = XD YO2 DO2 O1 D XI a = DO2 Lại có Δ O1XIa ∼ Δ O1DO2 nên ∠ XO1Ia = ∠ DO1O2 Vậy O1, Ia, O2 thẳng hàng Định lý chứng minh Một số áp dụng Chúng sử dụng định lý Thébault để chứng minh số kết qủa đẹp sau Bài toán Cho (O1), (O2) tiếp xúc với (O) M, N Tiếp tuyến chung AB, CD (O1), (O2) cắt (O )tương ứng S, F R, E ( S R phía so với O1O2 ) Chứng minh PQ trục đẳng phương (O1) (O2) với P, Q trung điểm cung RS không chứa E cung EF không chứa S Q Định lý Sawayama Thébault F Lời giải (Hình 3.1) Gọi K giao điểm AB CD Khi O1, O2, K thẳng hàng Gọi L, T giao điểm O1O2 SQ, RQ Ta có ∠ SKL = ∠ LKE = ∠ FKT = ∠ TKR (1) Gọi (O3) đường tròn tiếp xúc với KE, KF thứ tự X, Y tiếp xúc với (O) Gọi I, J giao điểm XY với BC AD Áp dụng định lý SawayamaThébault cho tam giác SEF REF, ta có I, J tâm đường tròn nội tiếp tam giác SEF REF Nhưng SQ, RQ phân giác ∠ ESF ∠ ERF Nên I thuộc SQ J thuộc RQ Vì KX KY hai tiếp tuyến (O3), nên XY vng góc với phân giác ∠ EKF (2) O3 X A J O1 E Y T K C I L O2 B D S O R P (Hình 3.1) Mà KO1 KO2 phân giác ∠ SKE ∠ RKF Ta suy O1O2 vng góc với phân giác ∠ EKF (3) Từ (2) (3) có O1O2 // XY hay O1O2 // IJ (4) Ta có ∠ LSK = ∠ KRT (Q trung điểm EF không chứa S) Kết hợp với (1), ta có ∠ QLK = ∠ KTQ hay ∠ QLT = ∠ LTQ Suy tam giác LQT tam giác cân Vậy QL = QT (5) Tương tự, ta có PL = PT (6) Từ (5) (6) suy PQ trung trực LT Theo (4) có PQ trung trực IJ (7) Mặt khác AD ⊥ KO1, BC ⊥ KO2 nên AD // BC (8) Từ (7) (8), PQ qua trung điểm BD AC Vậy PQ trục đẳng phương (O1) (O2) Bài toán Cho (O1), (O2) tiếp xúc với (O) M, N Hai tiếp tuyến chung (O1) (O2) ES FR cho E, F, R, S thuộc (O) F, E nằm phía với O1O2 Tiếp tuyến chung ngồi (O1), (O2) cắt (O) A, B Chứng minh AB // EF AB // SR Chứng minh (Hình 3.2) Khơng tính tổng qt, giả sử AB EF phía so với O1O2 (nếu AB SR phía với O1O2, ta làm tương tự) Ta chứng minh AB // EF Thật vậy, gọi K trung điểm cung AB không chứa R S Theo bổ đề 1.2, ta có K, Q, N thẳng hàng K, P, M thẳng hàng Định lý Sawayama Thébault Dễ dàng chứng minh KA2=KM.KP=℘K /(O1 ) KB2=KN.KQ=℘K /( O2 ) K điểm cung AB, nên K KA=KB hay ℘K /( O1 ) = ℘K /( O2 ) hay F B K thuộc trục đẳng phương (O1) E (O2) (1) N Q A Theo toán 1, trục đẳng P phương (O1), (O2) qua điểm J O2 M EF khơng chứa S (2) O1 Từ (1) (2) suy EF AB có chung điểm hay S EF // AB (Hai toán tham khảo diễn đàn mathlink.ro ) R Sau đây, nêu toán áp dụng từ định lý Bài toán Cho (O1), (O2) tiếp xúc với (O) M, N tiếp (Hình 3.2) tuyến chung (O1) (O2) ES FR cho E, F phía với O1O2 Tiếp tuyến chung (O1), (O2) cắt (O) A, B Chứng minh AB // EF AB // SR Bài toán Cho (O1), (O2) tiếp xúc với (O) M, N Tiếp tuyến chung AC, BD (O1), (O2) cắt (O) S, F R, E Giao điểm FR SE không thuộc miền (O) Chứng minh PQ trục đẳng phương (O1), (O2) cho P, Q điểm cung EF khơng chứa S cung SR không chứa E Hai toán chứng minh tương tự dựa vào định lý Thebault mở rộng cho tâm bàng tiếp Định lý Sawayama Thébault Tài liệu tham khảo [1] J.-L Ayme, Sawayama Thébault’s theorem, Forum Geom, (2003) [2] Wilfred Reyes, An Application Thébault’s Theorem, Forum Geom, (2002) [3] R A Johnson, Advanced Euclidean Geometry, 1925, Dover reprint [4] V Thébault, Problem 3887, Three circles with collinear centers, Amer Math Monthly, 45 (1938) [5] Y Sawayama, A new geometrical proposition, Amer Math Monthly, 12 (1905) [6] R Shail., A proof of Thébault’s Theorem, Amer Math Monthly, 108 (2001) [7] K B Taylor, Solution Problem 3887, Amer Math Monthly, 90 (1983) [8] Nguyễn Minh Hà, Định lý Lyness, tạp chí tốn tuổi thơ .. .Định lý Sawayama Thébault Định lý Sawayama- Thébault mở rộng 2.1 Định lý lời giải Định lý Thébault chứng minh [1] [2] Sau chúng tơi trình bày... Vậy O1, I, O2 thẳng hàng Định lý chứng minh hoàn toàn 2.2 Mở rộng định lý Thébault Trong trình tìm hiểu cách chứng minh định lý Thébault, chúng tơi nhận mở rộng định lý cách mở rộng bổ đề Do... cách mở rộng bổ đề Do đó, chúng tơi mạnh dạn đề xuất định lý đây, thực chất định lý Thébault cho tâm bàng tiếp Định lý (Mở rộng định lý Thébault) D điểm cạnh BC tam giác ABC (O) đường tròn