ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - HOÀNG THẢO CHI MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG THẲNG SIMSON VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - HOÀNG THẢO CHI MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG THẲNG SIMSON VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Trần Việt Cường THÁI NGUYÊN - 2019 i Lời cảm ơn Để hoàn thành luận văn cách hoàn chỉnh, nhận hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình PGS.TS Trần Việt Cường Tơi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy xin gửi lời tri ân điều thầy dành cho Tôi xin chân thành cảm ơn phòng Đào tạo, Khoa Tốn - Tin, quý thầy cô giảng dạy lớp Cao học K11 (2018 - 2020) Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên tận tình truyền đạt kiến thức q báu tạo điều kiện cho tơi hồn thành khóa học Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho tơi suốt q trình học tập thực luận văn Xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019 Người viết Luận văn HOÀNG THẢO CHI ii Danh sách hình vẽ 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 10 1.9 11 1.10 12 1.11 13 1.12 14 1.13 15 1.14 16 1.15 17 1.16 19 1.17 20 1.18 21 1.19 22 1.20 22 1.21 24 2.1 27 2.2 28 iii 2.3 29 2.4 30 2.5 30 2.6 31 2.7 32 2.8 33 2.9 34 2.10 35 2.11 36 2.12 37 2.13 37 2.14 38 2.15 39 2.16 40 2.17 41 2.18 42 2.19 43 2.20 44 2.21 45 2.22 46 2.23 47 2.24 48 2.25 49 2.26 51 2.27 51 2.28 52 2.29 53 2.30 53 2.31 55 2.32 56 2.33 57 iv 2.34 59 2.35 60 2.36 61 2.37 61 2.38 62 2.39 63 2.40 64 2.41 65 2.42 66 2.43 67 2.44 68 v Mục lục Danh sách hình vẽ ii Chương ĐƯỜNG THẲNG SIMSON 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.2 Đường thẳng Simson 11 Chương ỨNG DỤNG CỦA ĐƯỜNG THẲNG SIMSON 26 2.1 Chứng minh ba điểm thẳng hàng 26 2.2 Chứng minh đồng quy 33 2.3 Chứng minh song song 36 2.4 Chứng minh yếu tố cố định 38 2.5 Một số toán khác 46 Kết luận 69 Tài liệu tham khảo 70 Mở đầu Đường thẳng Simson có nhiều ứng dụng hình học phẳng Các tốn liên quan đến đường thẳng Simson tốn hay khó Để giải tốn đó, trước tiên chúng tơi tìm hiểu định nghĩa tính chất đường thẳng Simson Tiếp đó, chúng tơi tìm hiểu việc vận dụng tính chất đường thẳng Simson vào việc giải số dạng toán cụ thể hình học phẳng Với mong muốn tìm hiểu sâu ứng dụng đường thẳng Simson, lựa chọn đề tài nghiên cứu “Một số vấn đề đường thẳng Simson ứng dụng” hướng dẫn PGS TS Trần Việt Cường Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương Chương Đường thẳng Simson Trong chương này, ngồi trình bày số kiến thức chuẩn bị có liên quan đến đề tài, chúng tơi trình bày định lý Simson tính chất đường thẳng Simson Các nội dung chương tổng hợp từ tài liệu [1, 2, 5, 6, 9] Chương Ứng dụng đường thẳng Simson Trong chương này, áp dụng tính chất đường thẳng Simson vào giải số dạng tốn hình học phẳng như: chứng minh thẳng hàng, chứng minh đồng quy, chứng minh song song, chứng minh đường thẳng qua điểm cố định Các nội dung chương tham khảo từ tài liệu [3, 4, 7, 8, 10, 11, 12, 13] Luận văn hình thành Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Tôi xin bày tỏ kính trọng lòng biết ơn sâu sắc đến PGS TS Trần Việt Cường Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn, giải đáp thắc mắc học trò suốt q trình học tập, nghiên cứu giúp tơi hồn thành luận văn Tôi gửi lời cám ơn chân thành đến thầy giá khoa Tốn-Tin, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên giúp đỡ tạo điều kiện cho tơi suốt q trình học tập nghiên cứu khoa học Tôi xin cảm ơn gia đình, đồng nghiệp động viên, cổ vũ tạo điều kiện để tơi hồn thành nghiệp vụ 3 Chương ĐƯỜNG THẲNG SIMSON Trong chương này, trình bày số kiến thức chuẩn bị có liên quan đến đề tài, chúng tơi trình bày định lý Simson tính chất đường thẳng Simson 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị Định nghĩa 1.1.1 (Điểm Euler,[9]) Trong tam giác, trung điểm đoạn thẳng thuộc đường cao kẻ từ đỉnh đến trực tâm tam giác gọi điểm Euler Định lý 1.1.2 ([9]) Trong tam giác, chân đường trung tuyến, chân đường cao điểm Euler nằm đường tròn, gọi đường tròn chín điểm hay đường tròn Euler Chứng minh Cho tam giác ABC, gọi D, E, F trung điểm cạnh AB, BC, CA, kẻ đường cao AK, BM, CN (K ∈ BC, M ∈ AC, N ∈ AB), H trực tâm tam giác ABC, P, L, T trung điểm AH, BH, CH (O) đường tròn ngoại tiếp ∆DEF AB Do E, F trung điểm BC, AC nên EF đường trung bình AB ∆ABC Suy EF = Do đó, ta có DK = EF Do DK đường trung tuyến tam giác vuông AKB nên DK = Mặt khác, DF ∥ EK Suy DEKF hình thang cân Vì đường tròn (O) qua điểm D, E, F hình thang cân DEKF nên Hình 1.1: đường tròn (O) qua điểm K Do DL ∥ AK, DF ∥ BC (DEKF hình thang cân) nên DL ⊥ DF Suy LDF = 900 Lại có LE ∥ CH nên LEF = 90◦ Do LDF + LEF = 180◦ nên tứ giác EF DL nội tiếp Vậy điểm D, E, F, K, L nằm đường tròn (O) Do F T đường trung bình ∆ACH nên F T ∥ AH Suy ta có DF ⊥ F T Do ET đường trung bình ∆CHB nên ET ∥ BH Suy ta có DE ⊥ ET Do đó, tứ giác DN F T, DF T E, DLF M nội tiếp (LDF = F M L = 90◦ ) Suy điểm D, E, F, K, M, N, P, L, T thuộc đường tròn (O) (đpcm) Định nghĩa 1.1.3 (Đường thẳng Gauss,[6]) Trung điểm đường chéo tứ giác toàn phần nằm đường thẳng, đường thẳng gọi đường thẳng Gauss Định nghĩa 1.1.4 (Đường thẳng Euler,[9]) Đường thẳng qua trực tâm tam giác tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác gọi đường thẳng Euler Mệnh đề 1.1.5 ([2]) Cho tứ giác toàn phần ABCDM N , đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN , BCM , M AD, N CD qua điểm điểm gọi điểm Miquel tứ giác tồn phần 5 Hình 1.2: Chứng minh Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác M AD, CDN cắt E (E = D) Khi ta có DCN E tứ giác nội tiếp Do đó, ta có M DE = CN E Do tứ giác ADEM nội tiếp nên M AE = M DE Suy M AE = CN E Suy tứ giác ABN E nội tiếp Do E thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ABN Mặt khác, ta có ECN = EDN , EDN = AM E Suy ra, ta có ECN = AM E Do đó, ta có tứ giác BM EC nội tiếp Do E thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆BCM Suy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN , BCM , M AD, N CD qua điểm E Vậy điểm E gọi điểm Miquel tứ giác toàn phần Định nghĩa 1.1.6 ([2]) Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) thỏa mãn AB CB = gọi tứ giác điều hòa AD CD Mệnh đề 1.1.7 ([2]) Cho đường tròn (O) điểm M nằm ngồi đường tròn Từ M kẻ tiếp tuyến M A, M B cát tuyến M CD (M C < M D) với đường tròn (O) Khi tứ giác ABCD tứ giác điều hòa Hình 1.3: Chứng minh Ta có ADC = M AC (góc nội tiếp với góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AC) Do ∆M AC đồng dạng với ∆M DA (g.g) nên ta có MA AC = MD DA Do ∆M BC đồng dạng với ∆M DB nên ta có (1.1) MB BC = MD DB Mặt khác, ta có M A = M B Do ta có AC BC = DA DB (1.2) Từ (1.1), (1.2) suy ABCD tứ giác điều hòa (đpcm) Định lý 1.1.8 (Định lý Menelaus,[9]) Cho tam giác ABC ba điểm A , B , C thuộc cạnh BC, CA, AB cho ba điểm A , B , C nằm phần kéo dài ba cạnh; ba điểm nằm phần kéo dài cạnh, hai điểm lại nằm hai cạnh tam giác Điều kiện cần đủ để ba điểm A , B , C thẳng hàng là: AB CA BC = BC AB CA Hình 1.4: Chứng minh AB CA BC = BC AB CA Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt A B M CA B C BC BM Ta có: = , = AB BM CA AB CA BC B C BM ⇒ · = · A B CA BM AB AB CA BC AB B C BM · · = · · = ⇒ B C AB CA B C BM AB AB CA BC Điều kiện đủ: Nếu = ba điểm A , B , C thẳng hàng BC AB CA Giả sử A B cắt AB C Khi đó, ba điểm A , B , C thẳng hàng Điều kiện cần: Nếu ba điểm A , B , C thẳng hàng Theo điều kiện cần ta có: AB CA BC · · = B C AB C A AB CA BC · · = (giả thiết) BC AB CA BC BC Suy = C A CA Suy C ≡ C hay ba điểm A , B , C thẳng hàng Mà Định lý 1.1.9 (Định lý Ptolemy,[2]) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, ta có đẳng thức AB.CD + AD.BC = AC.BD 8 Hình 1.5: Chứng minh Tại đỉnh A dựng phía ngồi BAx = CAD, tia Ax cắt cạnh BC E Suy EBA = ADC Do đó, ta có ∆ABE đồng dạng với ∆ADC (g.g) Suy ra, ta có AB AB.CD EB = ⇒ EB = CD AD AD (1.3) Hình 1.6: Ta có ADB = ACB (góc nội tiếp chắn cung AB) ⇒ ∆EAC ∼ ∆BAD (g.g) suy EC AC BD.AC = ⇒ EC = BD AD AD (1.4) Lại có EC = EB + BC, thay (1.3), (1.4) vào ta được: AB.CD BD.AC = + BC AD AD ⇒ BD.AC = AB.CD + BC.AD Định nghĩa 1.1.10 ([2]) Hai đường thẳng qua đỉnh góc tạo với đường phân giác góc góc gọi đường đẳng giác cạnh góc Định nghĩa 1.1.11 ([5]) Hai điểm gọi liên hợp đẳng giác chúng đẳng giác với (ngồi) hai góc tam giác Định nghĩa 1.1.12 (Đường tròn Pedal,[5]) Cho P, Q liên hợp đẳng giác tam giác ABC Khi chân đường vng góc hạ xuống từ P, Q nằm đường tròn Định nghĩa 1.1.13 ([2]) Cho tứ giác ABCD có cạnh AB cạnh CD cắt M , cạnh AD cạnh BC cắt N , hình gồm tứ giác ABCD AB cắt CD, AD cắt BC gọi tứ giác toàn phần Định lý 1.1.14 (Định lí Thales thuận,[2]) Nhiều đường thẳng song song cắt hai cát tuyến (đường thẳng) d, d tạo d, d đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ Hệ 1.1.15 ([2]) Nếu đường thẳng d song song với cạnh BC tam giác ABC (không qua đỉnh A) cắt đường thẳng AB, AC M, N AM AN MN = = AB AC BC Hình 1.7: 10 Định lý 1.1.16 (Định lí Thales đảo,[2]) Ba đường thẳng a, b, c a ∥ b, cắt hai đường thẳng d, d , định d, d đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ a ∥ c Định nghĩa 1.1.17 ([2]) Các tiếp điểm đường tròn chín điểm với đường tròn nội tiếp bàng tiếp gọi điểm Feuerbach Định lý 1.1.18 (Định lý Brocard,[6]) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O AD giao BC M , AB giao CD N , AC giao BD I Khi O trực tâm tam giác M IN Hình 1.8: Chứng minh Gọi H giao điểm khác I đường tròn ngoại tiếp tam giác AID, BIC Do M nằm trục đẳng phương (AID) (BIC) nên M, I, H thẳng hàng Ta có DHC = 360◦ − DHI − CHI = DAC + DBC = DOC Từ suy DOHC tứ giác nội tiếp 11 Tương tự ta có tứ giác AOHB nội tiếp Dễ thấy N A · N B = N C · N D Suy N nằm trục đẳng phương hai đường tròn (ABHO), (DCHO), suy O, H, N thẳng hàng Ta có AHI − ADB = ACB = BHI Suy HI đường phân giác AHB Lại có OA = OB nên HO phân giác AHB Suy IM ⊥ ON Tương tự ta có IN ⊥ OM Vậy O trực tam tam giác M IN 1.2 Đường thẳng Simson Định lý 1.2.1 ([9]) Chân đường vng góc hạ từ điểm nằm đường tròn đến cạnh tam giác nội tiếp đường tròn nằm đường thẳng, đường thẳng gọi đường thẳng Simson Chứng minh Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Khơng tính tổng quát, gọi M thuộc cung BC đường tròn (O), gọi D, E, H hình chiếu vng góc M BC, CA, AB Hình 1.9: Ta có M D ⊥ BC, M E ⊥ AC nên M DEC tứ giác nội tiếp 12 Suy EM C = EDC (1.5) Ta có M H ⊥ AB, M D ⊥ BC nên M HBD tứ giác nội tiếp Suy HM B = HDB (1.6) Do ABM C tứ giác nội tiếp nên M BH = M CA Do ta có M BH + HM B = M CA + EM C = 90◦ Suy EM C = HM B (1.7) Từ (1.5), (1.6), (1.7) ta có HDB = EDC Suy H, D, E thẳng hàng Mệnh đề 1.2.2 ([2]) Cho tam giác ABC, M điểm mặt phẳng chứa tam giác ABC Gọi D, E, H hình chiếu vng góc M cạnh BC, CA, AB D, E, H thẳng hàng Chứng minh M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Hình 1.10: 13 Chứng minh Theo giả thiết, ta có M D ⊥ BC, M E ⊥ AC, M H ⊥ AB D, E, H thẳng hàng Suy M DBH tứ giác nội tiếp nên HM B = HDB (chắn cung HB), HDB = EDC (đối đỉnh), EDC = EM C (chắn cung EC) Do HM B = EM C Tứ giác AEM H tứ giác nội tiếp nên A + EM H = 180◦ Suy A + EM H = A + HM B + BM E Ta có A + HM B + BM E = A + EM C + BM E = A + BM C = 180◦ Suy tứ giác ABM C tứ giác nội tiếp Vậy M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Định lý 1.2.3 (Định lí Sanmona,[9]) Nếu qua điểm nằm đường tròn người ta vẽ ba dây cung dây cung lấy làm đường kính người ta vẽ đường tròn đường tròn đơi cắt ba điểm nằm đường thẳng Hình 1.11: Chứng minh Cho đường tròn (O), lấy điểm M nằm đường tròn Dựng ba dây cung M A, M B, M C Dựng đường tròn đường kính M A, M B, M C, gọi A , B , C hình chiếu M lên cạnh BC, 14 AC, BA Chứng minh đường tròn đường kính M A, M B, M C đơi cắt ba điểm A , B , C thẳng hàng Theo định lí Simson ta có điểm A , B , C nằm đường thẳng Ta có, điểm C nằm đường tròn đường kính M A (M C A = 90◦ ) nằm đường tròn đường kính M B (M C B = 90◦ ) Do đó, C giao hai đường tròn đường kính M A, M B Chứng minh tương tự ta có A giao hai đường tròn đường kính M B, M C B giao hai đường tròn đường kính M A, M C Vậy đường tròn đường kính M A, M B, M C đôi cắt ba điểm A , B , C thẳng hàng Định lý 1.2.4 ([6]) Cho tam giác ABC nội tiếp (O), lấy điểm M nằm (O) Gọi A2 , B2 , C2 điểm đối xứng M qua BC, AC, AB Khi A2 , B2 , C2 nằm đường thẳng đường thẳng qua trực tâm ∆ABC Đường thẳng gọi đường thẳng Steiner tam giác Hình 1.12: Chứng minh Gọi H trực tâm ∆ABC, BH cắt đường tròn (O) B3 , cắt đường tròn (O) C3 Ta có B3 đối xứng với H qua AC, C3 đối xứng với H qua AB Suy HB3 ⊥ AC, HC3 ⊥ AB B3 , C3 Do tứ giác AC3 HB3 nội tiếp Do đó, ta có C3 HB3 = 1800 − BAC (1.8) 15 Do HC3 C2 M, HB3 B2 M hình thang cân Do đó, ta có C3 HC2 = HC3 M (1.9) B HB = HB M 3 Từ (1.8), (1.9) ta có C3 HC2 + C3 HB3 + B3 HB2 = HC3 M + 1800 − BAC + HB3 M = M AC + M AB + 1800 − BAC = 180◦ Suy ra, ta có C2 , H, B2 thẳng hàng (1.10) Lại có A1 , B1 , C1 thẳng hàng Suy ra, ta có A2 , B2 , C2 thẳng hàng (1.11) Từ (1.10), (1.11) suy A2 , B2 , C2 , H nằm đường thẳng (đpcm) Mệnh đề 1.2.5 ([6]) Cho tứ giác tồn phần ABCDEF Khi trực tâm tam giác ABF , DCF , BCE, ADE nằm đường thẳng, gọi đường thẳng Steiner tứ giác toàn phần ABCDEF Hình 1.13: Chứng minh Gọi M điểm Miquel tứ giác toàn phần ABCDEF Các trực tâm tam giác ABF, DCF, BCE, ADE nằm đường 16 thẳng Steiner M ứng với tam giác Do M có chung đường thẳng Simson nên M có chung đường thẳng Steiner với tam giác ABF, DCF, BCE, ADE Suy trực tâm tam giác ABF, DCF, BCE, ADE thẳng hàng Mệnh đề 1.2.6 ([5]) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có AP, AQ đẳng giác tam giác; AP cắt đường tròn (O) điểm thứ hai M Đường thẳng Simson ứng với điểm M tam giác ABC vng góc với AQ Chứng minh Gọi A1 , B1 , C1 chân đường vng góc hạ từ M xuống cạnh BC, AC, AB Theo định lí Simson ta có ba điểm A1 , B1 , C1 nằm đường thẳng đường thẳng Simson ứng với điểm M ∆ABC Do AC1 M + AB1 M = 1800 nên AC1 M B1 tứ giác nội tiếp Suy AB1 C1 = AM C1 Gọi giao điểm AQ B1 C1 S Do AP, AQ đường đẳng giác ∆ABC nên ∆AC1 M ∼ ∆ASB1 Do đó, ta có ASB1 = 900 hay AQ ⊥ B1 C1 (đpcm) Mệnh đề 1.2.7 ([5]) Trong tứ giác toàn phần, đường thẳng Simson đường thẳng Steiner vng góc với đường thẳng Gauss Hình 1.14: 17 Chứng minh Cho tứ giác ABCD, gọi M, N trung điểm AB, CD Hai đường chéo AC BD cắt I Gọi H, K trực tâm ∆IAD, ∆IBC Gọi X, Z chân đường cao hạ từ D, A xuống AC, BD; Y, T chân đường cao hạ từ C, B xuống BD, AC Ta có tứ giác ABT Z, CDXY nội tiếp Khi H, K có phương tích tới đường tròn đường kính CD, AB Suy KH ⊥ M N Mệnh đề 1.2.8 ([5]) Cho tứ giác tồn phần ABCDEF , chân đường vng góc hạ từ điểm Miquel lên đường thẳng AB, BC, CD, DA nằm đường thẳng, gọi đường thẳng Simson tứ giác tồn phần Hình 1.15: Chứng minh Gọi G, I, J, H chân đường vuông cao hạ từ M xuống BE, DE, BF, DF Gọi M điểm Miquel tứ giác toàn phần ABCDEF Do M thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆CDF nên I, J, H thẳng hàng (áp dụng định lí Simson cho ∆CDF ) (1.12) Chứng minh tương tự với tam giác CBE ta có I, G nằm đường thẳng; (1.13) 18 Với tam giác ABF ta có H, J nằm đường thẳng (1.14) Từ (1.12), (1.13) (1.14) suy điểm G, I, J, H nằm đường thẳng Mệnh đề 1.2.9 ([5]) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P điểm nằm (O) l đường thẳng qua O Gọi A1 , B1 , C1 giao AP, BP, CP với l; A2 , B2 , C2 hình chiếu A1 , B1 , C1 BC, CA, AB Chứng minh A2 , B2 , C2 thẳng hàng đường thẳng qua A2 , B2 , C2 chia đôi đoạn nối trực tâm tam giác ABC với P Chứng minh Chúng ta phát biểu lại toán dạng sau Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Một đường thẳng l qua O cắt AB, BC, CD, DA, AC, BD X, Y, Z, T, U, V Gọi X1 , Y1 , Z1 , T1 , U1 , V1 hình chiếu X, Y, Z, T, U, V CD, AD, AB, BC, BD, AC Khi X1 , Y1 , Z1 , T1 , U1 , V1 nằm đường thẳng d Ngoài ra, ta gọi Ha , Hb , Hc , Hd trực tâm tam giác BCD, CDA, DAB, ABC AHa , BHb , CHc , DHd đồng quy trung điểm K đường d qua K Trước tiên xin phát biểu hai bổ đề Bổ đề 1.2.10 ([5]) Quỹ tích điểm có tỉ số phương tích tới hai đường tròn khơng đồng tâm cho trước khơng đổi đường tròn đồng trục với hai đường tròn cho Chúng ta phát biểu lại bổ đề dạng sau PM/(O1 ) = k khơng đổi đường tròn đồng Quỹ tích điểm M thỏa mãn PM/(O2 ) trục với (O1 ) (O2 ) Chứng minh Dựng đường tròn (O3 ) qua M cho ba đường tròn (O3 ), (O1 ), (O2 ) đồng trục, suy O1 , O2 , O3 thẳng hàng PM/(O1 ) O3 O1 Theo giả thiết, ta có = = k PM/(O2 ) O3 O2 19 Do O3 cố định Với vị trí tâm O3 có đường tròn đồng trục với đường tròn (O1 ) (O2 ) Như đường tròn (O3 ) khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M , tức M chuyển động đường tròn (O3 ) đồng trục với đường tròn (O1 ) (O2 ) Ngồi ta chứng minh bán kính đường tròn (O3 ) R22 k + R12 + (O1 O22 − R12 − R2 )2 k |1 − k| Bổ đề 1.2.11 ([13]) Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD, DA; dM , dN , dP , dQ đường thẳng qua M, N, P, Q vng góc với CD, DA, AB, BC Khi AHa , BHb , CHc , DHd , dM , dN , dP , dQ đồng quy K Hình 1.16: Chứng minh Ta có AHb = 2OP = BHa Mà AHb ∥ BHa nên AHb Ha B hình bình hành Điều nghĩa AHa BHb có chung trung điểm K Tương tự AHa , BHb , CHc DHd đồng quy K Ngoài ra, M K đường trung bình tam giác ABHa nên M K ∥ BHa hay M K ⊥ CD Tương tự ta có N K ⊥ AD, P K ⊥ AB QK ⊥ BC Bổ đề 1.2.11 chứng minh 20 Chứng minh Mệnh đề 1.2.9 Thật vậy, gọi Z1 , X1 giao Y1 T1 với AB, CD Ta chứng minh tỉ số phương tích điểm Z1 , X, X1 , Z đến hai đường tròn (O) (Y T ) Z A · Z1 B PZ1 /(O) PX /(O) XA · XB Ta có = ⇔ = PZ1 /(Y T ) PX /(Y T ) XY · XT Z1 Y1 · Z1 T1 Hình 1.17: ⇔ sin Z1 Y1 A sin Z1 T1 B sin XT A sin XY B · = · sin XAT sin XBY sin Z1 AY1 sin Z1 BT1 (1.15) Do Z1 Y1 A = T Y1 T1 = T Y T1 = BY X, Z1 AY1 + XAT = 180◦ , Z1 T1 B = AT X, Z1 BT1 + Y BX = 180◦ nên (1.15) hiển nhiên Chứng minh tương tự ta có PZ1 /(O) PX1 /(O) PX /(O) PZ /(O) = = = PZ1 /(Y T ) PX /(Y T ) PX1 /(Y T ) PZ /(Y T ) Suy X, Z, X1 , Z1 nằm đường tròn ω đồng trục với (O) (Y T ) Tâm đường tròn nằm l nên XZ đường kính ω Suy Z1 ≡ Z1 , X1 ≡ X1 Vậy X1 , Y1 , Z1 , T1 thẳng hàng 21 Hình 1.18: Chứng minh tương tự suy điểm X1 , Y1 , Z1 , T1 , U1 , V1 thẳng hàng Mặt khác, từ bổ đề 1.2.11 suy QK song song với ON N K song song với OQ Suy OQKN hình bình hành KN OQ OT T1 N Từ = = = Y1 Y Y1 Y TY T1 Y Theo định lý Thales, T1 , K, Y1 thẳng hàng Do đường thẳng qua điểm X1 , Y1 , Z1 , T1 , U1 , V1 phải qua K Mệnh đề chứng minh Hệ 1.2.12 ([13]) Gọi P điểm đối xứng với P qua l Qua P kẻ đường vng góc với ba cạnh tam giác ABC cắt (O) X, Y, Z Khi AX, BY, CZ song song với d Hay nói cách khác, đường thẳng Simson P song song với d Chứng minh Gọi E giao l với AC Kẻ ET ⊥ BP T ∈ l Ta có Y BP = 180◦ − P P Y Do P P ⊥ l, P y ⊥ AC nên P P Y = 180◦ − AEB1 = 180◦ − B2 T B1 Suy Y BP = B2 T B1 Vậy BY ∥ d Chứng minh tương tự AX ∥ d, CZ ∥ d Suy AX, BY, CZ song song với d hay đường thẳng Simson P song song với d 22 Hình 1.19: Hệ 1.2.13 ([13]) Ta gọi dP đường thẳng Simson mở rộng P ứng với đường thẳng l Gọi Q điểm đối xứng với P qua O, dQ đường thẳng Simson mở rộng Q ứng với l Đường thẳng qua P vng góc với dP giao đường thẳng qua Q vng góc với dQ J Khi J thuộc đường tròn (O) đường thẳng Simson mở rộng J ứng với l qua tâm đường tròn Euler tam giác ABC Hình 1.20: 23 Chứng minh Theo Mệnh đề 1.2.9, dP dQ qua trung điểm K L HP HQ Lại theo Hệ 1.2.12, góc dP dQ nửa số đo cung P Q, mà P Q đường kính (O) nên dP ⊥ dQ cực trực giao T tam giác ABC ứng với đường thẳng l Vậy P JQ = 90◦ hay J∈ (O) Gọi M trung điểm HJ, dJ đường thẳng Simson mở rộng J Suy M ∈ dJ Ta có cực trực giao ∆ABC, BP C, CP A, AP B ứng với đường thẳng l nằm d nên dJ qua T Gọi S giao dQ dJ Ta có LT M = QP J = OJP = OSQ, dJ ∥ OJ Suy dJ đường trung bình tam giác HOJ hay dJ qua tâm đường tròn Euler tam giác ABC Mệnh đề 1.2.14 ([1]) ∆ABC ∆A B C nội tiếp đường tròn góc đường thẳng Simson điểm P với ∆ABC ∆A B C khơng phụ thuộc vào vị trí điểm P đường tròn ngoại tiếp Chứng minh Kí hiệu đường thẳng Simson P với ∆ABC s(P, ABC), ta có s(P, ABC), s P, A B C = (s(P, ABC), s(A, ABC)) + s(A, ABC), s A , A B C + s A , A B C , s P, A B C = (BA, BP ) + BC, B C + C B, BA = BA, BA + BC, BC + C B, C B = P A, P A + P B, P B + P C, P C Suy ra, góc khơng phụ thuộc vào vị trí P Mệnh đề 1.2.15 ([1]) A, B, C, D thuộc đường tròn Khi đường thẳng Simson A, B, C, D với ∆BCD, ∆CDA, ∆DAB, ∆ABC đồng quy điểm P Chứng minh Gọi Ha , Hb , Hc , Hd trực tâm ∆BCD, ∆CDA, ∆DAB, ∆ABC, O tâm ngoại tiếp (ABCD) −−→ −−→ −−→ Ta biết AHd = DHa = OM BC Do đó, ADHd Ha hình bình hành AHa , DHd cắt trung điểm đường 24 Hình 1.21: Hồn tồn tương tự, AHa , BHb , CHc , DHd có chung trung điểm P Theo Mệnh đề 1.2.9, đường thẳng Simson A, B, C, D với ∆BCD, ∆CDA, ∆DAB, ∆ABC đồng quy P Mệnh đề 1.2.16 ([1]) Đường thẳng d qua điểm P nằm đường tròn (ABC) cực trực giao d với ∆ABC nằm đường thẳng Simson P với ∆ABC Chứng minh Gọi D, E, F hình chiếu vng góc P lên BC, CA, AB B , C hình chiếu vng góc B, C lên d Gọi I cực trực giao d với ∆ABC Ta có B F, C E = B F, B P + C P, C E = (DF, DP ) + (DP, DE) = Suy F B ∥ EC Ta có IC ⊥ AB, P F ⊥ AB Suy IC ∥ P F Lại có IB ⊥ AC, P E ⊥ AC Suy IB ∥ P E Mà IB , IC cắt tại M, N Theo định lý Thales, ta có FB PB EM = = FN PC EC 25 Theo định lý chùm đường thẳng, EF, N C , M B đồng quy, tức I, E, F thẳng hàng 26 Chương ỨNG DỤNG CỦA ĐƯỜNG THẲNG SIMSON Trong chương này, chúng tơi áp dụng tính chất đường thẳng Simson vào giải số dạng tốn hình học phẳng như: chứng minh thẳng hàng, chứng minh đồng quy, chứng minh song song, chứng minh đường thẳng qua điểm cố định 2.1 Chứng minh ba điểm thẳng hàng Bài tốn 2.1.1 ([8]) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao CE (E thuộc AB) nội tiếp đường tròn (O) có đường kính AD Gọi F hình chiếu vng góc C lên AD, M trung điểm BC Chứng minh E, M, F thẳng hàng Chứng minh Gọi N hình chiếu vng góc C lên đường thẳng BD Do tam giác ABD nội tiếp đường tròn (O), C điểm thuộc đường tròn (O) E, F, N hình chiếu vng góc C lên đường thẳng chứa ba cạnh tam giác ABD, E, F, N thẳng hàng (đường thẳng Simson điểm C tam giác ABD) Do tứ giác BECN có BEC = EBN = BN C = 90◦ nên tứ giác BECN hình chữ nhật Suy hai đường chéo BC EN cắt trung điểm đường Vì M trung điểm BC nên M trung điểm EN hay E, M, N thẳng 27 Hình 2.1: hàng Vậy E, M, F thẳng hàng Bài toán 2.1.2 ([8]) Cho hai đường tròn bán kính (O), (O ) cắt hai điểm A, B(O, O ) khác phía đường thẳng AB) Qua A vẽ cát tuyến cắt (O) C, cắt (O ) D (C, D khác A CD khơng vng góc với AB) Gọi E, F hình chiếu vng góc B lên hai tiếp tuyến C (O) D (O ) Chứng minh E, F qua trung điểm M CD Chứng minh Vì (O) (O ) hai đường tròn nên ta có ACB = ADB Suy ta có ∆BCD cân B Do BM ⊥ CD (đường trung tuyến đường cao) Gọi P giao điểm hai tiếp tuyến C D hai đường tròn (O) (O ) Vì P C tiếp tuyến đường tròn (O) nên ABC = P CD Vì P D tiếp tuyến đường tròn (O ) nên P DC = ABD Ta có CP D + CBD = CP D + CBA + DBA = CP D + DCP + CDP = 180◦ (tổng ba góc tam giác P CD) Suy tứ giác P CBD nội tiếp Điểm B nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác P CD có hình chiếu vng 28 Hình 2.2: góc xuống đường thẳng chứa ba cạnh tam giác P CD E, M, F nên ta có E, M, F thẳng hàng (đường thẳng Simson điểm B tam giác P CD) Bài toán 2.1.3 ([8]) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O, AD đường phân giác góc A (D thuộc cạnh BC) Gọi P, Q hình chiếu vng góc D lên AB, AC Qua D vẽ đường thẳng vng góc với BC cắt trung tuyến AM tam giác ABC N Chứng minh P, N, Q thẳng hàng Chứng minh Gọi E giao điểm AD với (O) Vì AD phân giác nên E điểm cung nhỏ BC suy EM ⊥ BC Gọi U, V hình chiếu vng góc E lên AB, AC Khi ta có U, M, V thẳng hàng (đường thẳng Simson điểm E tam giác ABC) Do DP ⊥ AB; EU ⊥ AB nên ta có DP ∥ EU AP AD Suy ta có = AU AE Do DQ ⊥ AC; EV ⊥ AC nên ta có DQ ∥ EV AD AQ Suy ta có = QV AE Do đó, ta có AP AQ = hay P Q ∥ U V AU AV (2.1) 29 Hình 2.3: Do DN ⊥ BC; EM ⊥ BC nên DN ∥ EM AD AN = Suy ta có AM AE Do ta có AP AN = hay P N ∥ U M AU AM (2.2) Từ (2.1), (2.2) U, M, V thẳng hàng suy P, N, Q thẳng hàng Bài toán 2.1.4 ([2]) Cho tam giác ABC đường phân giác AD Gọi P, Q hình chiếu vng góc D AB, AC, từ D kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt P Q M Chứng minh M thuộc trung tuyến kẻ từ A tam giác ABC Chứng minh Gọi I giao điểm đường phân giác AD với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Từ I kẻ IK ⊥ AB, IH ⊥ AC, nối I với O cắt BC E Suy EB = EC IE ⊥ BC Theo định lý Simson ta có K, E, H thẳng hàng Do đó, ta có DP ∥ IK DQ ∥ IH AD AQ AD AP = = Suy AK AI AH AI ... vận dụng tính chất đường thẳng Simson vào việc giải số dạng tốn cụ thể hình học phẳng Với mong muốn tìm hiểu sâu ứng dụng đường thẳng Simson, lựa chọn đề tài nghiên cứu Một số vấn đề đường thẳng. .. Chương ĐƯỜNG THẲNG SIMSON 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.2 Đường thẳng Simson 11 Chương ỨNG DỤNG CỦA ĐƯỜNG THẲNG SIMSON 26 2.1 Chứng minh ba điểm thẳng. .. IN 1.2 Đường thẳng Simson Định lý 1.2.1 ([9]) Chân đường vng góc hạ từ điểm nằm đường tròn đến cạnh tam giác nội tiếp đường tròn nằm đường thẳng, đường thẳng gọi đường thẳng Simson Chứng minh