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 cøu ta sÏ nhËn thÊy r»ng nhiỊu trêng hỵp, 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 đà 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) Chøng minh : Điều kiện cần: Giả sử ba đường thẳng AA; BB; CC song song đồng quy Trường hỵp 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 ' Nh©n vÕ víi vÕ ta suy đpcm Hỡnh Điều kiện đủ: Gi¶ sư (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 c¾t vì: Chứng minh phản chứng: Giả sử AO // BC Ta cã : CAB ' B ' C CB B ' A AO (1h) ABC ' C ' A AO C ' B BC (1i) 1b CAB. ABC 1 1i A' B 2 BCA ' 1 A 'C A ' B A ' C B C (v« lÝ) Vậy AO,BC phải cắt Giả sử : AO BC A Hình 4 Hình Theo ®iỊu kiƯn cÇn BCA .CAB ABC 1 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’ ®ång quy ¸p dơng: Ba ®êng 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 Cã BCA AB AB c.cos B c.cos B = AC AC b.cos C b.cos C T¬ng tù : 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 1 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 cã : CAB cã nghÜa lµ BC C B BA C A ABC CAB. ABC Tõ (2) BCA ' B C (vô lí) Vậy BC cắt BC A* Tõ (1) vµ (1’) BCA BCA Theo điều kiện cần BCA CAB ABC a ' a c a c a (1’) c0 ca ca a a A A Ta cã điểm A; B; C thẳng hàng Bài tập: Bài Chøng minh r»ng mét tam gi¸c a) C¸c 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 trßn néi tiÕp AC AB, BC BA, CB CA XÐt BCA CAB ABC AB BC C A AC BA C B AB BC C A = A C C B BA BA CB AC 1 BC CA AB Theo định lí Céva AA, BB, CC AA, BB, CC song song hc đồng quy b) Gọi Ia ,Ib ,Ic tâm đường tròn bàng tiếp nằm ,C cđa ABC c¸c A, B Hình Gäi A1, B1, C1 chân đường vuông gãc h¹ tõ I a , I b , I c xuống cạnh ABC Ta xét I a A1C vµ I b B1C Ia A1C Ib B1C 90 C , mµ C C (®èi ®Ønh) C 2 C C I a A1C I b B1C (g.g.g) T¬ng tù I b B1 A I cC1 A vµ I cC1 A I a A1B XÐt A1C rb B1C rb B1 A rc C1 A ; ; rc C1B A1B BCA1 . CAB1 . ABC1 AB BC C A A1B B1C C1 A 1 C1B A1C B1 A A1C B1 A C1B VËy theo định lí Céva AA1, BB1, CC1 song song ®ång quy Gi¶ sư AA1 // BB1 // CC1 Ta cã AA1 // BB1 A1 BC B1 AC (m©u thuÉn) VËy 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 ®iÓm M’ ®èi xøng M qua A’; N’ ®èi xøng 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 1 đường thẳng AM , BN , CP * đồng quy song song với 10 * * O O 600 hay O 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 lớn Giả sư ABC cã A DƠ thÊy r»ng: 1200 điểm Tornicelli O - Nếu A điểm ABC ; lóc ®ã ta cã BOC COA 1200 (H27) AOB 1200 A điểm - Nếu A Tornicelli ABC 1200 điểm Torricelli - Nếu A O nằm ABC , lúc ta có 1200 cßn BOA COA 600 BOC Hỡnh 30 Dễ dàng chứng minh đường thẳng AA, BB, CC cắt hai điểm Tornicelli O ' 600 ( O nằm đường Thực (H28), AOC 1200 mà COA 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 lÝ : Ta dïng bỉ ®Ĩ sau: Víi mäi ®iĨm M nằm góc A tam giác ABC cho tríc, ta lu«n cã: 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 ) vµ ABD BAD CAM AMC MCA BDA cho ta MC MA CA BD BA DA (1) (1) Suy MBA CDA , ®ã MB MA CD CA (2) Tõ (1) ta cã MC.BA = MA.BD (3) Tõ (2) cã MB.CA = MA.CD (4) Hình 31 Tõ (3) vµ (4) chó ý r»ng BA = CA = BC = a Ta ( MB + MC ).a = MA.( BD + CD) mµ BD +CD BC = a cho nªn MB + MC MA Ta cã MB + MC = MA vµ chØ BD + CD = BC tức D nằm cđa c¹nh 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 đà cho : điểm Tornicelli đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC O nằm cung nhỏ BC (Hình 37), nên OB + OC = OA’ Do ®ã OA + OB +OC = OA + OA’ = AA’ ( ®iĨm A, O, A thẳng hàng ) thì: Giả sử M O NÕu M n»m trªn cung nhá BC MA + MB + MC = MA + MA’ > AA thì: Còn M không nằm cung nhá BC 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 Hình 32 Tø gi¸c MNPQ cã MN // BC // PQ ( MN, PQ đường trung bình ABC, DBC ) vµ 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 , ®iĨm M, N, P, Q, F, L cïng ë trªn đường tròn tâm E Các điểm H, I, K nhìn đường kính nói góc vuông nên đường tròn (E) Cả ®iÓm 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 Trùc t©m 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 vµ DF DQ DP DA DC DB Träng t©m G ë đường thẳng Eluer chia đoạn thẳng CD theo tØ sè OG LG LO OG hay OD GD GA DA Tõ kết ta có: GE = OE - OG = nªn 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 Gi¶i Hình 34 O, I, Ia ,I b ,Ic theo thứ tự tâm điểm đường tròn ngoại tiếp, nội ABC Các cạnh tam giác tiếp, bàng tiếp góc A,B,C Ia I b Ic đường phân giác ABC Do đó, đường phân giác 45 ABC vuông góc với cạnh đó, trở thành đường cao cđa Ia I b Ic , v× vËy 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 cđa BC , trung ®iĨm F cđa AH theo thø tù lµ A’, B’, C’, H’, D’, F’ Ta cã : DD = FF (vì DEF đường kính đường tròn Euler ) Mà 2DD = BB + CC’ vµ 2EF’ = AA’ + HH’ (nÕu A vµ H phía với ) Từ ba đẳng thøc trªn ta suy BB’ + CC’ = AA’ + HH Nếu A H không phía với , tøc lµ nÕu H ë cïng phÝa víi B C ta có: 2FF = AA + HH’ vµ 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 b¸n kÝnh ( I ) Chøng minh ( E ) tiÕp xóc víi (I) Ta ph¶i chøng minh: EI = R r Để dễ theo dõi cách chứng minh ta hÃy giải trước bước chứng minh s¬ bé sau : 47 D Hình 36 a Chøng minh PO = 2EF Qu¶ vËy PO = AK - OM = AH + HK - OM = 2OM + HK - OM PO = OM + HK = 2EF ( EF đường trung bình OMKH ) b Chøng 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 Chøng minh tiÕp MK.DN = MN.NK SC ) SCD SCA ( Sˆ chung , SCD SD SC SC SA SC SA SD 48 SIC Mà SCI cân S SCI (chắn cung nhau: SB SC BV VA ) nªn SC SI VËy ta cã: SI SD.SA Ba đoạn thẳng SI , SD, SA đường thẳng nên chiếu xuống BC , ta cã: MN MD.MK Thùc hiÖn phép biến đổi cách thêm: MN MK vào hai vÕ: MN MK MN MN MK MD MK MN ( MK MN ) MK ( MN MD) MN NK MK DN (2) Tõ (1) vµ (2) IN QP MN NK (3) c, B©y giê ta chøng minh ( E ) tiÕp xóc với ( I ) Từ E kẻ đường thẳng vu«ng gãc víi 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 Tõ (3) vµ (4) ta cã: EI R2 r IN QP PO R2 r Rr R r 2 EI R r 49 R bán kính đường tròn ( E ) nên đẳng thức chøng tá ( E ) tiÕp xóc víi ( I ) 2, Chøng 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 vu«ng gãc víi BC Do I a S SI nªn X a M MN Tõ (2) ta cã: X N DN X a D MN DN 2MN DN a MK NK MK NK MK X a M MK X a K VËy MN X a K MK X a D (5) Mặt khác: AQP I a DX a ( có cạnh tương ứng vuông góc với nhau), nªn: PQ PA PQ MK hay X a D X a Ia X a D X a Ia (6) Tõ (5) vµ (6) cã: 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 cã: 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 Tõ (7) vµ (8) cã: 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 2 VËy EI a R a Vµ E tiÕp xóc với đường tròn bàng tiếp I a 51 kết luận Khóa luận Các kết tam giác đà 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 ChÝ Minh 53 ...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... 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