Đang tải... (xem toàn văn)
Định lí :Nếu đường tròn tâm O tiếp xúc trong với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại T và tiếp xúc với các cạnh AB,AC của tam giác lần lượt tại E và F thì tâm đường tròn nội tiếp của[r]
(1)I.15) Định lí Carnot
Định lý:
Cho Gọi điểm thuộc cạnh
lần lượt đường thẳng qua vng góc với đồng quy
Chứng minh: a)Phần thuận:
Gọi đồng quy O ĐPCM
Đẳng thức nên ta có điều phải chứng minh b) Phần đảo
Gọi giao điểm O Qua O hạ đường vng góc xuống AB P' Áp dụng
định lí thuận ta có P trùng với P'
đồng quy
Các bạn vào xem vài điều liên quan:http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php? t=183859
I.16/Định lý Brokard Định lý:
(2)Chứng minh:
Gọi H giao thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AID,BIC Xét tứ giác DOHC,ta có:
Từ suy tứ giác DOHC nội tiếp.Tương tự ta suy tứ giác AOHB nội tiếp Dễ thấy suy N nằm trục đẳng phương hai đường tròn
> thẳng hàng Ta có:
Từ suy Tương tự ta có:
Suy O trực tâm tam giác MIN (đpcm)
******T.Anh:Định lý sử dụng cách chứng minh cực đối cực nhanh nhiều: Xem toán số phần I mục C viết
http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=7287
I.17) Định lí Euler khoảng cách tâm đường tròn nội, ngoại tiếp của tam giác
Định lý:
(3)Chứng minh:
Kéo dài AI cắt (O) M Vẽ đường kính MN đường trịn (O) Hạ Kéo dài OI cắt (O) E F Ta có ~
Mặt khác dễ dàng chứng minh
Lại có nên ta có điều phải chứng minh
I.18)Định lí Euler khoảng cách tâm hai đường tròn nội ngoại tiếp tứ giác!(Định lí Fuss)
Định lí :Cho tứ giác ABCD vừa nội tiếp (O,R) vừa ngoại tiếp (I,r) Đặt d=OI Khi ta có:
(4)Gọi tiếp điểm (I) AB,BC,CD,DA M,N,P,Q BI,CI cắt (O) E,F
Ta thấy:
Do E,O,F thẳng hàng ,nên O trung điểm EF Theo công thức đường trung tuyến tam giác IEF ta có: Từ suy ra:
(vì
I.19)Định lí Casey(Định lí Ptolemy mở rộng)
(5)Chứng minh
Ta chứng minh trường hợp tiếp xúc với (O) Các trường hợp lại chứng minh tương tự Lần lượt đặt tâm đường trịn A',B',C',D' bán kính x,y,z,t
Đặt AB=a, BC=b, CD=c, DA=d, AC=m, BD=n Áp dụng định lý Pythagore:
Mặt khác lại có: (theo định lí hàm số cos)
Tương tự với , Ta có
(định lý Ptolemy)
Ngược lại ta thấy định lý Ptolemy trường hợp đặc biệt định lí Casey x=y=z=t=0
Xem http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=5191 I.20)Hệ thức Stewart
(6)Chứng minh
Qua M hạ
Ta có:
(Đưa trường hợp hệ thức Stewart cho điểm thẳng hàng (khi M nằm đường thẳng chứa A,B,C))
Ta có đpcm I.21)Định lí Lyness
Định lí:Nếu đường trịn tâm O tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC T tiếp xúc với cạnh AB,AC tam giác E F tâm đường trịn nội tiếp tam giác nằm EF
Chứng minh:
Để chứng minh định lí ta cần chứng minh bổ đề sau:
(7)ABC Điểm I thuộc đoạn MA cho MI=MB Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Việc chứng minh bổ đề đơn giản
Ta tiếp tục quay trở lại với việc chứng minh định lí Lyness kẻ TF giao (O) P; BP cắt EF H
Theo bổ đề ta có BP phân giác góc B
Ta có: nt
Mà
Theo bổ đề ta lại có
Theo bổ đề ta H tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (ĐPCM) I.22)Định lý Lyness mở rộng(Bổ đề Sawayama)
Định lí:Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O).M thuộc BC (Có cách phát biểu khác là: cho tứ giác ABDC M giao BC AD; hai cách phát biểu tương đương) Một đường tròn (O') tiếp xúc với hai cạnh MA MC E F đồng thời tiếp xúc với đường tròn (O) K Khi ta có tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC nằm đường thẳng EF
Chứng minh
KF cát đường tròn (O) G Áp dụng bổ đề viết chu t tung định lý Lyness trên, ta có G điểm cung BC Gọi I giao AG với EF Ta có
nội tiếp ~
~
(8)(theo bổ đề 2)
Xem thêm hệ định lý Lyness báo toán tuổi thơ số 42 43 I.23) Định lí Thébault
Định lí: Cho tam giác nội tiếp đường tròn điểm nằm cạnh Đường tròn tâm tiếp xúc với đoạn tiếp xúc với Đường tròn tâm tiếp xúc với đoạn tiếp xúc với Gọi tâm nội tiếp tam giác Ta có: thẳng hàng
Chứng minh
Gọi tiếp điểm với Gọi giao điểm Theo định lí lyness mở rộng(đã có trung anh), tâm nội tiếp tam giác
Vậy ta cần chứng minh thẳng hàng Thật vậy, gọi giao điểm ; Áp dụng định lí Thales ta có: Vậy , thẳng hàng(dpcm)
I.25)Định lí Newton cho tứ giác ngoại tiếp Định lý
Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường trịn O.Khi trung điểm hai đường chéo AC,BD tâm O thẳng hàng
(9)Chứng minh
Gọi P,Q,R,S tiếp điểm đoạn thẳng AB,BC,CD,DA đường tròn
Đặt Áp dụng định lý
nhím cho tứ giác ABCD ta có: <->
<-> <->
Từ suy hai vecto phương->O,M,N thẳng hàng (đpcm) I.26)Định lí Breichneider (định lý hàm số cos cho tứ giác)
Định lý
Cho tứ giác ABCD có độ dài cạnh AB, BC, CD, DA a, b, c, d độ dài hai đường chéo AC, BD m, n Khi ta có:
Chứng minh
Trên cạnh AB phía ngồi dựng tam giác ABN đồng dạng với tam giác CAD, dựng phía ngồi cạnh AD tam giác ADM đồng dạng với tam giác CAB Khi dễ thấy:
và BDMN hình bình hành Đồng thời có
(10)I.34) Đường thẳng Steiner
Định lí:Cho điểm nằm đường trịn ngoại tiếp tâm tam giác Gọi
lần lượt điểm đối xứng với D qua đường thẳng chúng thuộc đường thẳng đường thẳng qua trực tâm H tam giác ABC Đường thẳng gọi đường thẳng steiner ứng với điểm D tam giác ABC Còn điểm D gọi điểm anti steiner
Chứng minh:
Dễ thấy gọi hình chiếu D xuống ba cạnh tam giác ABC trung điểm đoạn tương tự ta có thẳng hàng
Ta có
(mod )
Vậy đường thẳng steiner qua H
I.35) Điểm Anti Steiner(Định lí Collings)
Định lí:Cho đường thẳng qua H trực tâm tam giác ABC Gọi
(11)Chứng minh:
Gọi hình chiếu H qua ba cạnh \Rightarrow ba điểm thuộc (O) ngoại tiếp tam giác ABC thuộc
(mod )
Vậy gọi giao điểm d_a,d_b G G thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Tương tự ta có đpcm
Theo hình đường thẳng steiner ta dễ thấy đối xứng với , đối xứng với
Vậy ta có d đường thẳng steiner G
Ta có tính chất khác điểm Anti Steiner sau:
Định lí 2:
Gọi P điểm thuộc đường thẳng d điểm đối xứng với P qua cạnh tam giác ABC Ta có đường trịn
(12)Chứng minh :
Dễ thấy
(mod ) Lại có theo chứng minh có:
(mod ) Suy G thuộc Tương tự có đpcm
Tham khảo : http://mathscope.org/forum/showthread.php?t=2754
Mọi người thông cảm em qn khơng kí hiệu vào hình nên người nhìn theo tên điểm thuộc đường để phân biệt !!
.36)Định lí Napoleon
Định lí:Dựng phía ngồi tam giác ABC tam giác BMC,CNA,APB gọi D,E,F tâm ba tam giác Khi ta có tam giác DEF
(13)Bài có nhiều cách giải,nếu thuận lợi giới thiệu ,tuy nhiên trình bày chứng minh ngắn gọn dựa phép quay vecto sau:
Từ có điều cần chứng minh I.37)Định lí Morley Định lí:
(14)Chứng minh:
Để ngắn gọn ta đặt tương tự với góc Như hình vẽ kẻ đường chia B C cắt D,I Dễ thấy ID phân giác góc
Tại D dựng góc cho Di phân giác góc DEF E thuộc CI F thuộc BI DEF
Lấy điểm dối xứng với D qua CI BI dễ dàng c/m hình thang cân với
Vì định lí Morley có trường hợp nên em xin phép sử dụng góc thường cho đơn giản:
Ta lại có hình thang cân đường trịn ngoại tiếp sđ A thuộc đường trịn Từ ta có đpcm Định lý Morley mở rộng đường chia thành đường chia ngoài, giao đường chia với đường chia ngoài(mỗi trường hợp lại cho ta tam giác Morley khác theo thống kê có 36 tam giác Morley vậy) Sau tốn phát triển tương ứng đặt thêm nhiều định nghĩa "góc lửng", "tam giác ngoại lai", "tập hợp đẳng cấu",
Sau toán mở rộng định lý Morley:
Nếu chia n (n nguyên dương, n 3) tất góc đa giác m cạnh, tất giao đường thẳng đỉnh phân biệt hệ đa giác n cạnh đều, phân chia làm họ, họ có đa giác có tâm thẳng hàng
Cách chứng minh khái niệm liên quan xin xem thêm sách "Lãng mạn tốn học" tác giả Hồng Q nhà xuất giáo dục
(15)Định lí:
Cho đường tròn (O) dây cung AB I trung điểm AB Qua I vẽ hai dây cung tùy ý MN PQ cho MP NQ cắt AB E,F Khi I trung điểm EF
Chứng minh:
Gọi K,T trung điểm MP NQ Nên OIEK, OIFT tứ giác nội tiếp
(mod ) (mod )
Ta lại có (mod ) cân O I
là trung điểm EF
Xem http://mathscope.org/forum/showthread.php?t=5351 40 Định Lí Blaikie
(16)Chứng Minh :
Có thể cho nằm
Giả sử cắt Ta chứng thẳng hàng
Xét tam giác với điểm Ta cần cm :
Xét tam giác với điểm thẳng hàng cạnh : (1)
Xét tam giác với điểm thẳng hàng cạnh : (2)
Nhân vế (1),(2) rút gọn , ý ta :
Chú ý nên ta có đpcm I.42)Đường trịn Apollonius
(17)Chứng minh:
Lấy D,E thuộc đường thẳng AB cho a\Phần thuận
Ta có ME phân giác M thuộc đường
trịn đường kính DE b\Phần đảo
Lấy M' thuộc đường trịn đường kính DE
Lại có ME phân giác đpcm
I.45) Định lí Jacobi: Định lí:
Cho tam giác ABC điểm mặt phẳng cho: ,
, Khi đồng quy
(18)Chứng minh:
Do đồng quy tương tự áp dụng định lý Ceva dạng Sin ta có:
->
Xây dựng hai đẳng thức tương tự cho nhân đẳng thức với ta được:
Như đồng quy theo định lý Ceva dạng Sin
I.46)Định lí Kiepert
Định lí:Dựng phía ngồi tam giác ABC tam giác cân đồng dạng BCM,CAN,ABP(Cân M,N,P).Khi ta có AM,BN,CP đồng quy Chứng minh
Do tam giác BCM,CAN,ABP cân đồng dạng nên dễ thấy: Theo định lí Jacobi ta có điều cần chứng minh
I.47)Định lí Kariya Định lí :
(19)AM,BN,CP đồng quy Chứng minh:
Từ giả thiết tốn dễ suy ra: (c.g.c) Do đó:
=>
Tương tự:
Theo định lí Jacobi ta có điều cần chứng minh I.48)Cực trực giao Đây khái niệm mở rộng kết trực tâm tam giác
Định lí:
(20)Chứng minh:
Áp dụng định lí carnot ta có đpcm
(hiển nhiên đúng)
Trực tâm trường hợp d trùng với ba cạnh ABC.49)Khái niệm tam giác hình chiếu ,cơng thức Euler diện tích tam giác hình chiếu Định lí:
(21)Chứng minh:(Mashimaru)
Ta có tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính nên ,
tương tự
Gọi giao điểm với đường tròn ngoại tiếp tam giác Ta có:
và
Mặt khác:
Xét tam giác , theo định lý sin ta có:
Suy ra: Từ ta có:
Mặt khác, ta lại có:
nên:
.50)Khái niệm hai điểm đẳng giác Định lí:
Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác
1/Khi đường thẳng đối xứng với AM,BM,CM qua tia phân giác đồng quy M' M' gọi điểm đẳng giác M
2/Lần lượt đặt D,E,F D',E',F' chân đường cao hạ từ M M' xng BC,AC,AB a/Khi D,E,F,D'E',F' thuộc đường tròn tâm O Và O trung điểm M M'
b/Khi có
Và
(22)Tương tự áp dụng định lí Ceva thuận đảo ta có đpcm1 2/
a/(hình 2)
(mod ) (mod )
(mod )
(mod ) (mod )
nội tiếp Trung trực FF' DD' gặp trung điểm O MM'(t/c đường trung bình hình thang) F,F'D,D' thuộc đường tròn tâm O
(23)lại có (g.g) Tương tự ta có đpcm
Trường hợp M trọng tâm M' điểm đối trung (AM,BM,CM gọi đường đối trung) có tính chất rằng:
.51)Khái niệm tứ giác toàn phần
Khái niệm:
Một tứ giác tồn phần hình tạo nên bốn đường thẳng, đôi cắt ba đường đồng qui Một hình tứ giác tồn phần có cạnh đường thẳng ấy, có đỉnh giao điểm chúng đường chéo đoạn qua đỉnh đối diện (chú ý hai đỉnh không thuộc cạnh)
Chúng ta có kết thú vị tứ giác sau:
Định lí :Trong hình tứ giác tồn phần cặp đỉnh đối diện nằm đường chéo cặp giao điểm đường chéo với hai đường chéo cịn lại lập thành hàng điểm điều hòa
(24)I.52)Đường thẳng Droz-Farny Định lí:
Cho hai đường thẳng vng góc với trực tâm tam giác ABC Chúng tương ứng cắt cạnh BC, AC, AB X, X'; Y, Y'; Z, Z' Khi ta có
(25)Chứng minh:(dịch từ viết Jean-Louis Ayme)
Đặt C đường tròn ngoại tiếp ABC đường tròn ngoại tiếp HXX' điểm đối xứng với H qua BC Tương tự với đường tròn khác
có tâm XX' đường kính đường tròn nằm đường tròn giao C và
Áp dụng định lí Collings(trong viết điểm Anti-steiner) với đường thẳng XYZ qua H, ta có đồng quy N C Áp dụng định lí Miquel cho tam giác XNY với điểm qua M Tương tự qua M Như qua H M (đồng trục) Nên tâm chúng thẳng hàng I.53)Đường tròn Droz-Farny
Định lí:
(26)Chứng minh:
O trung điểm PQ Ta biết O cách Mà :
(công thức đường trung tuyến) Hồn tồn tương tự ta có điểm cách P
(điều cần chứng minh) I.57)Định lí Johnson
Định lí:Cho ba đường trịn có bán kính R với tâm M,N,P qua điểm A.Khi ba giao điểm khác A ba đường tròn nằm đường trịn có bán kính R
(27)Mình gặp định lí khơng biết chứng minh ,ở trình bày phép chứng minh mà nghĩ sau mà theo chứng minh dài Chúng ta kí hiệu giao điểm khác A B,C,D hình vẽ gọi Q tâm (BCD) Ta thấy : PA=PB=MA=MB nên MAPB hình thoi
=>M điểm đối xứng P qua AB
Chú ý bán kính (P) (M) nên suy (P) (M) đối xứng với qua AB.(1)
Tương tự (P) (N) đối xứng với qua AC (2) (P) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (3)
Từ (1) ,(2) (3) ta suy D trực tâm tam giác ABC
Đến cơng việc cịn lại đơn giản I.59)Bổ đề Haruki
Bổ đề:Cho AB CD hai dây cung không cắt đường trịn P điểm cung AB khơng chứa CD đường trịn ấy.Gọi E F giao điểm PC,PD với AB.Thế giá trị biểu thức sau khơng đổi:
(28)(AED) cắt lại AB G
Ta thấy: (Không đổi) => G cố định => BG không đổi (1) Mặt khác :
(2) Từ (1) (2 ) suy dpcm 60)Bài toán Langley
Bài tốn:Cho cân A có Trên cạnh lấy điểm
cho , Tính ?
(29)Đặt
Trên cạnh lấy điểm cho Khi cân
Mặt khác cân (do )
Suy
Do đều( )
Lại có cân Ta suy
cân =
II.8)Điểm Feuerbach
(30)Chỉ dẫn chứng minh:(leductam post)
Gọi tâm đường tròn Euler, ngoại tiếp, nội tiếp tam giác trực tâm, đường kính vng góc với hình chiếu lên bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp chân đường phân giác góc
1.Đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp Ta dễ dàng chứng minh
Vì
suy (1)
Chứng minh tiếp: Vì
nên
mà cân
Vậy
Chiếu hệ thức lên theo phương vng góc với ta được: (2)
Từ (1) (2) ta suy ra: (3) Ta có:
(4) Từ (3) (4) ta có:
Vậy suy dpcm Hoàn toàn tương tự ta có:
2.Đường trịn Euler tiếp xúc ngồi với đường trịn bàng tiếp Từ kẻ vng góc với nên
Từ (2) ta có:
Vậy (5)
Mặt khác: nên:
(6)
Từ (5) (6) ta có: (7)
(31)(8) Từ (7) (8) ta có:
Vậy suy dpcmI.10)Điểm Musselman,định lí Paul Yiu điểm Musselman
Kết quả: Cho tam giác Các điểm điểm đối xứng với
qua cạnh đối diện tâm đường trịn ngoại tiếp Khi qua điểm ảnh điểm qua phép nghịch đảo đường tròn ngoại tiếp tam giác
Chỉ dẫn chứng minh:
Gọi ảnh điểm qua phép nghịch đảo đường tròn ngoại tiếp tam giác
Khi ta có: Suy
Bây ta cần chứng minh điểm , thẳng hàng Ta có tâm tỉ cự điểm
và tâm đường trịn chín điểm điểm
và tâm đường trịn chín điểm điểm đẳng giác tam giác
(32)tam giác nên suy
Ta dễ dàng chứng minh
Vậy hay nói cách khác điểm nằm đường tròn
Tương tự với đường tròn lại ta suy dpcm Điểm gọi điểm tam giác
Định lí Paul Yiu điểm Musselman: Với giả thiết đường trịn qua điểm
Chỉ dẫn chứng minh:
Về định lí em xin trích dẫn trực tiếp lời giải Darij Grinberg:
Theo chứng minh điểm nằm nên ta được:
(33)Mặt khác: Vậy
n:http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=183859 http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=7287 http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=5191 http://mathscope.org/forum/showthread.php?t=2754 http://mathscope.org/forum/showthread.php?t=5351