cac dinh ly hinh hoc so cap

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 t[r]

Bộ giáo dục và đào tạo ViÖn to¸n häc MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ HÌNH OLYMPIAD Ngêi ViÕt : Ths Lª §×nh HËu Chøc vô : Gi¸o viªn §¬n vÞ c«ng t¸c : Trêng THPT Quan Ho¸, tØnh ho¸ Thanh Ho¸, th¸ng 01-2010 MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ HÌNH OLYMPIAD (Mathscope.org) Những kiến thức sau đây gồm số kiến thức sở để khám phá hình học olympiad là kết đẹp tiếng :hornytoro:.Bài viết này soạn nhằm đáp ứng nhu cầu tra cứu ,học hỏi nhiều bạn đọc Nó cần chung tay nhiều thành viên ! Đầu tiên mình giới thiệu mục lục và biết phần kiến thức thì có thể post lên , để đảm bảo cho tính hệ thống , chặt chẽ và dễ theo dõi bài viết ,mình xin nêu số quy ước sau: 1) Mỗi bài viết phải vẽ hình minh họa 2)Mỗi bài viết đề cập đến đề mục kiến thức 3) Phải đảm bảo thứ tự nêu mục lục 4)Chúng tôi giữ lại trao đổi có ích kể từ sau hoàn thành mục lục, điều đó có nghĩa là trao đổi chen không bị xóa lúc này bị xóa mục lục hoàn tất Bây là nội dung chính A/ MỤC LỤC I/ Một số định nghĩa ,định lí , điểm và đường đặc biệt không : I.1)Định lí Menelaus I.2)Mở rộng định lí Menelaus theo diện tích I.3)Định lí Menelaus cho tứ giác I.4)Định lí Ceva I.5)Định lí Ceva dạng sin I.6)Định lí Desargues I.7)Định lí Pappus I.8)Một trường hợp đặc biệt định lí Pappus qua góc nhìn hình xạ ảnh I.9)Đẳng thức Ptolemy I.10)Bất đẳng thức Ptolemy I.11)Định lí Pascal I.12)Định lí Brianchon I.13)Định lí Miquel I.14)Công thức Carnot I.15)Định lí Carnot I.16)Định lí Brokard I.17)Định lí Euler khoảng cách tâm đường tròn nội, ngoại tiếp tam giác I.18)Định lí Euler khoảng cách tâm đường tròn nội, ngoại tiếp tứ giác (Định lí Fuss) I.19)Định lí Casey I.20)Định lí Stewart I.21)Định lí Lyness I.22)Định lí Lyness mở rộng (Bổ đề Sawayama) I.23)Định lí Thébault I.24)Công thức Jacobi liên quan đến tâm tỉ cự,định lí Lebnitz I.25)Định lí Newton cho tứ giác ngoại tiếp I.26)Định lí Breichneider I.27)Định lí nhím I.28)Định lí Gergonne -Euler I.29)Định lí Peletier I.30)Định lí Miobiut I.31)Định lí Viviani I.32)Công thức Lagrange mở rộng I.33) Đường thẳng Simson I.34)Đường thẳng Steiner I.35) Điểm Anti-Steiner (Định lí Collings) I.36)Định lí Napoleon I.37)Định lí Morley I.38)Định lí bướm với đường tròn I.39)Định lí bướm với cặp đường thẳng I.40)Điểm Blaikie I.41)Định lí chùm đường thẳng đồng quy I.42)Đường tròn Apollonius I.43)Định lí Blanchet I.44)Định lí Blanchet mở rộng I.45) Định lí Jacobi I.46) Định lí Kiepert I.47)Định lí Kariya I.48)Cực trực giao I.49)Khái niệm tam giác hình chiếu ,công thức Euler diện tích tam giác hình chiếu I.50)Khái niệm hai điểm đẳng giác I.51)Khái niệm tứ giác toàn phần I.52)Đường thẳng Droz-Farny I.53) Đường tròn Droz-Farny I.54)Định lí Van Aubel tứ giác và các hình vuông dựng trên cạnh I.55)Hệ thức Van Aubel I.56)Định lí Pithot I.57)Định lí Johnson I.58) Định lí Eyeball I.59) Bổ đề Haruki I.60)Bài toán Langley I.61)Định lí Paul Yiu đường tròn bàng tiếp I.62)Định lí Maxwell I.63)Định lí Brahmagupta tứ giác nội tiếp có hai đường chéo vuông góc I.64)Định lí Schooten I.65)Định lí Bottema I.66)Định lí Pompeiu I.67)Định lí Zaslavsky I.68)Định lí Archimedes I.69) Định lí Urquhart I.70)Định lí Mairon Walters I.71)Định lí Poncelet bán kính đường tròn nội tiếp,bàng tiếp tam giác vuông I.72)Định lí Hansen I.73)Định lí Steinbart suy rộng I.74)Định lí Monge & d'Alembert I I.75)Định lí Monge & d'Alembert II I.76)Định lí Steiner bán kính các đường tròn I.77)Định lí Bellavitis I.78)Định lí Feuer bach-Luchterhand: II/Một số điểm và đường đặc biệt xác định với tam giác và tứ giác,tứ điểm: Ở đây không giải thích gì thêm thì yếu tố hiểu là tam giác II.1) Đường thẳng Euler tam giác II.2)Đường tròn và tâm Euler II.3)Đường đối trung, điểm Lemoine II.4)Điểm Gergone,điểm Nobb, đường thẳng Gergone II.5)Điểm Nagel II.6)Điểm Brocard II.7)Điểm Schiffler II.8)Điểm Feuerbach II.9)Điểm Kosnita II.10)Điểm Musselman,định lí Paul Yiu điểm Musselman II.11)Khái niệm vòng cực tam giác II.12)Điểm Gibert II.13)Trục Lemoine II.14)Tâm Morley II.15) Tâm Spieker và đường thẳng Nagel II.16)Hai điểm Fermat II.17)Điểm Parry reflection II.18)Đường tròn Taylor ,tâm Taylor II.19)Điểm Bevan II.20)Điểm Vecten II.21)Điểm Mittenpunkt II.22)Điểm Napoleon II.23)Đường tròn Adam II.24)Tam giác Fuhrmann ,đường tròn Fuhrmann II.25)Hình luc giác và đường tròn Lemoine thứ II.26)Hình lục giác và đường tròn Lemoine thứ hai II.27)Điểm Euler Tứ giác nội tiếp II.28)Đường thẳng Steiner tứ giác toàn phần II.29)Đường thẳng Gauss tứ giác toàn phần II.30) Điểm Miquel tứ giác toàn phần II.31)Đường tròn Miquel tứ giác toàn phần II.32)Hình bình hành Varignon tứ giác II.33)Điểm Poncelet tứ giác III/Một số mảng kiến thức quan trọng III.1)Tỉ số kép, phép chiếu xuyên tâm III.2)Hàng điểm điều hòa và số hệ thức liên quan , III.3)Chùm điều hòa, tứ giác điều hòa III.4)Góc đường thẳng và đường tròn, hai đường tròn, đường tròn trực giao III.5) Cực và đối cực IV/Một số định lí không chứng minh Ở đây giới thiệu số định lí hay và dễ hiểu ( cách chứng minh mà mình biết là phức tạp ) nhiên vui đó giới thiệu chứng minh nó:hornytoro: IV.1) Định lí Aiyer IV.2)Đường tròn Lester IV.3)Tâm Eppstein IV.4)Đường tròn Neuberg-Mineur tứ giác IV.5)Paracevian perspector B/MỘT SỐ KHÁI NIỆM,ĐỊNH LÍ I.1)Định lí Menelaus Định lí: Cho tam giác ABC và điểm M,N,P thuộc BC,CA,AB Khi đó M,N,P thẳng hàng và khi: (1) Chứng minh: a)Khi M,N,P thẳng hàng Trên MN lấy điểm Q cho AQ//BC Theo Thales ; Từ đó dễ có đẳng thức (1)trên b)Ngược lại ,khi có (1): Giả sử PN cắt BC M' Theo phần trước ta có: Kết hợp với (1) suy Do đó M trùng M' tức là M,N,P thẳng hàng Vậy ta có điều phải chứng minh (Xem them : eeg-11.bdf; ge_G1.bdf; 6-concur-solns.bdf) I.2)Mở rộng định lí Menelaus theo diện tích Định lí:Cho tam giác ABC và điểm M,N,P nằm trên BC,CA,AB.Khi đó ta có: Chứng minh :(thamtuhoctro post) Gọi Ta có: mặt khác : tương tự: là vector phương Ta suy ra: I.3)Định lí Menelaus cho tứ giác: Định lí:Cho tứ giác ABCD và đường thẳng d cắt AB,BC,CD,DA M,N,P,Q Khi đó ta có: Chứng minh: Ta làm giống cách chứng minh tam giác Trên d lấy hai điểm I,J cho AI//BJ//CD Theo Thales ta có: Từ đó dễ có điều cần chứng minh *Chú ý 1)Khi áp dụng cho tứ giác ,định lí Menelaus phát biểu dạng thuận dạng đảo nói chung không đúng! 2) Các bạn thử suy nghĩ xem với dạng thuận này thì có thể mở rộng cho đa giác không? -Một vấn đề khá thú vị I.4) Định lý Ceva Định lý: Cho tam giác ABC.Gọi E, F, G là ba điểm tương ứng nằm trên BC, CA, AB Ba đường thẳng AE, BF, CG cắt điểm O và khi: Chứng minh: Phần thuận: Giả sử ba đường thẳng AE, BF, CG cắt điểm O TỪ A và C, kẻ các đường song song với BF, chúng cắt CG và AE K, I tương ứng Ta có: và (Sử dụng định lý Thales) Các cặp tam giác đồng dạng IEC và OEB, AKG và BOG : Do đó: Phần đảo: và Giả sử ta có: Qua giao điểm các đường thẳng AE và BF, kẻ đường thẳng với nằm trên cạnh AB Khi đó, theo chứng minh phần thuận: Suy , hay , ta có điều phải chứng minh I.5) Định lý Ceva sin Định lý: Gọi E, F, G là ba điểm tương ứng nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB tam giác ABC Ba đường thẳng AE, BF, CG cắt điểm O và khi: Chứng minh: Phần thuận: Giả sử AE, BF, CG đồng quy O Khi đó hai tam giác ABE và ACE có cùng chiều cao hạ từ đỉnh A Tương tự Và Nhân vế ba đẳng thức trên được: Từ đó suy đpcm Phần đảo: CM tương tự phần đảo mục (Theo định lý Ceva) I.6) Định lý Desargues Định lý: Cho tam giác ABC và tam giác A'B'C' Khi đó AA', BB', CC' đồng quy và các giao điểm BC và B'C', CA và C'A', AB và A'B' thẳng hàng Chứng minh: Gọi X, Y, Z là là các giao điểm các cặp cạnh BC và B’C’, CA và C’A’, AB và A’B’ Phần thuận: Giả sử các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy S Ta chứng minh X, Y, Z thẳng hàng Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SBC với cát tuyến XB'C' ta có: hay Tương tự, ta có: và Nhân vế các đẳng thức trên lại với nhau, và theo định lí Menelaus suy X, Y, Z thẳng hàng Phần đảo: Giả sử các điểm X, Y, Z thẳng hàng Ta chứng minh các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy Gọi S là giao điểm AA’ và BB’ SC cắt đường thẳng AC’ C” Xét tam giác ABC và A’B’C” có các đường nối các đỉnh tương ứng đồng quy, đó theo phần thuận giao điểm các cạnh tương ứng đồng quy Ta thấy AB cắt A’B’ Z, AC cắt A’C” Y (do A’, C’, C” thẳng hàng), suy giao điểm X’ BC và B’C” phải thuộc YZ Tức là X’ là giao YZ và BC nên X’ trùng với X Suy C” trùng với C’, hay AA’, BB’, CC’ đồng quy I.7)Định lí Pappus Định lí: Cho ba điểm A,B,C nằm trên đường thẳng a, X,Y,Z nằm trên đường thẳng b.Gọi M,N,P là giao điểm các cặp đường thẳng (AY,BX) ,(AZ,CX),CY,BZ) Khi đó M,N,P thẳng hàng Chứng minh: Định lí này có cách chứng minh dùng Menelaus ,nếu có điều kiện mình post lên,còn sau đây là cách dựa trên kiến thức sở tỉ số kép và phép chiếu xuyên tâm Ta có bổ đề sau chứng minh dễ dàng nhờ hiểu biết ban đầu tỉ số kép và phép chiếu xuyên tâm: Bổ đề: Cho góc xOy và các điểm A,B,C thuộc Ox; D,E,F thuộc Oy Khi đó AD,BE,CF đồng quy và khi: (OABC) =(ODEF) Bổ đề trên bạn đọc tự chứng minh, bây ta trở lại bài toán Kí hiệu là phép chiếu xuyên tâm E Gọi T,Q là giao điểm BX và AZ; CX và BZ Sử dụng bổ đề trên thì ta cần chứng minh: (BTMX) =(BZPQ) +)Trường hợp a//b bạn đọc hãy chứng minh nhờ Thales +)Khi a không song song với b.Gọi S là giao a và b Ta thấy: Với : Với Từ đó suy điều cần chứng minh I.8)Một trường hợp đặc biệt định lí Pappus qua góc nhìn hình xạ ảnh Ở phần này chúng tôi dùng hình xạ ảnh để dẫn dắt đến kết còn nội dung định lí và cách chứng minh thì hoàn toàn phù hợp với kiến thức hình THCS! Ta có kết sau liên quan đến hình xạ ảnh: Các đường thẳng song song với thì gặp điểm vô cực và ngược lại Vận dụng vào định lí Pappus trên , cho các điểm A,B,C vô cực thì theo kết hình xạ ảnh ta có YM//ZN ( Vì YM,ZN cùng qua điểm (A) vô cực )Tương tự thì :XN//YP,XM//ZP Và M,N,P thẳng hàng Ta phát biểu lại định lí đơn giản và hữu dụng sau đây: Định lí:Trên mặt phẳng cho ba điểm X,Y,Z thẳng hàng và ba điểm M,N,P thỏa mãn XN//YP,YM//ZN,XM//ZP Khi đó ta có M,N,P thẳng hàng Chứng minh: Trường hợp MP//XYZ thì đơn giản,bạn đọc tự chứng minh Ta xét MP không song song với XYZ Gọi S là giao điểm MP với XYZ Đường thẳng qua X song song với YP cắt MP N' Bài toán gải ta chứng minh ZN' // YM (Vì N' trùng N) Thật vậy,chú ý YP//XN', ZP//XM nên theo Thales ta có: Đến đây theo Thales đảo ta suy ZN' //YM Chứng minh hoàn tất.! I.9)Đẳng thức Ptolemy Định lí Với tứ giác nội tiếp ABCD thì: AB.CD+AD.BC=AC.BD Chứng minh: Lấy điểm E thuộc AC cho đồng dạng Tương tự đồng dạng I.10) Bất đẳng thức Ptolemy Định lý: Cho tứ giác ABCD Khi đó có Chứng minh: Lấy E nằm tứ giác ABCD cho và Khi đó Hơn Vậy ta có ~ hay ~ hay (đpcm) KHÁM PHÁ ĐỊNH LÍ PTÔ-LÊ-MÊ I tác giả:Zai zai Mở đầu: Hình học là lĩnh vực toán học mang lại cho người yêu toán nhiều điều thú vị và khó khăn Nó đòi hỏi ta phải có suy nghĩ sáng tạo và tinh tế Trong lĩnh vực này xuất ko ít định lí, phương pháp nhằm nâng cao tính hiệu quá trình giải các bài toán, giúp ta chinh phục đỉnh núi ngồ ghề và hiểm trở Trong bài viết này zaizai xin giới thiệu đến các bạn vài điều định lí Ptô-lê-mê việc chứng minh các đặc tính hình học phẳng Dù đã cố gắng bài viết không thể tránh khỏi thiếu xót mong các bạn cùng zaizai bổ sung và phát triển nó II, Nội dung - Lí thuyết: Đẳng thức Ptô-lê-mê: Cho tứ giác nội tiếp đường tròn Hình minh họa (hình 1) Chứng minh: Khi đó: Lấy thuộc đường chéo cho Khi đó xét và Nên đồng dạng với Do đó ta có: có: Lại có: Suy Từ và và nên hay suy ra: Vậy đẳng thức Ptô-lê-mê chứng minh 2, Bất đẳng thức Ptô-lê-mê: Đây có thể coi là định lí Ptô-mê-lê mở rộng vì nó không giới hạn lớp tứ giác nội tiếp Định lí: Cho tứ giác Khi đó: Hình minh họa (hình 2) Chứng minh: Trong lấy điểm M cho: Dễ dàng chứng minh: Cũng từ kết luận trên suy ra: Áp dụng bất đẳng thức tam giác và các điều trên ta có: Vậy định lí Ptô-lê-mê mở rộng đã chứng minh 3, Định lí Ptô-lê-mê tổng quát: Trong mặt phẳng định hướng cho đa giác điểm thuộc cung (Không chứa Khi đó: nội tiếp đường tròn ) M là Trong đó: Đây là định lí ko dễ dàng chứng minh kiến thức hình học THCS Các bạn có thể tham khảo phép chứng minh bài viết Định lí Ptô-lê-mê tổng quát Tiến sĩ Nguyễn Minh Hà, ĐHSP , Hà Nội thuộc Tuyển tập năm Tạp chí toán học và tuổi trẻ III, Ứng dụng định lí Ptô-lê-mê việc chứng minh các đặc tính hình học: 1, Chứng minh quan hệ các đại lượng hình học: Mở đầu cho phần này chúng ta đến với ví dụ điển hình và việc ứng dụng định lí Ptô-lê-mê Bài toán 1: Cho tam giác có các cạnh Trên lấy điểm di động, trên tia đối tia lấy điểm di động cho Gọi là giao điểm và Chứng minh rằng: ( Đề thi vào trường THPT chuyên Lê Quí Đôn, thị xã Đông Hà, tỉnh Quảng Trị, năm học 2005-2006) Hình minh họa (hình 3) Chứng minh: Từ giả thiết Xét và suy có: Lại có Từ: Suy tứ giác nội tiếp đường tròn Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp và giả thiết có: (đpcm) ta Đây là bài toán khá dễ và tất nhiên cách giải này ko đơn giản lắm.Vì muốn sử dụng đẳng thức Ptô-lê-mê kì thi thì có lẽ phải chứng minh nó dạng bổ đề Nhưng điều chú ý đây là ta chẳng cần phải suy nghĩ nhiều dùng cách trên đó dùng cách khác thì lời giải có lại ko mang vẻ tường minh Bài toán 2: Tam giác vuông có Gọi là điểm trên cạnh là điểm trên cạnh kéo dài phía điểm cho Gọi là điểm trên cạnh cho nằm trên đường tròn là giao điểm thứ hai với đường tròn ngoại tiếp Chứng minh rằng: (Đề thi chọn đội tuyển Hồng Kông tham dự IMO 2000, HongKong TST 2000) Hình minh họa: (hinh 4) Chứng minh: Xét các tứ giác nội tiếp và ta có: (cùng chắn các cung tròn) Mặt khác Xét (do và có: ) (do ) Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp Từ ta có: suy ra: (đpcm) Có thể thấy bài là tư tưởng đơn giản để ta xây dựng cách giải bài Tức là dựa vào các đại lượng tam giác theo giả thiết ta sử dụng tam giác đồng dạng để suy các tỉ số liên quan và sử dụng phép để suy điều phải chứng minh Cách làm này tỏ khá là hiệu và minh họa rõ ràng qua ví dụ mà zaizai đã nêu trên Để làm rõ phương pháp chúng ta cùng đến với việc chứng minh định lí chính Ptô-lê-mê Bài toán 3: ( Định lí Carnot) Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn và ngoại tiếp đường tròn là khoảng cách từ tới các cạnh tam giác Chứng minh rằng: Gọi Hình minh họa (hinh 5) Chứng minh: Gọi là trung điểm Tứ giác Giả sử nội tiếp, theo đẳng thức Ptô-lê-mê ta có: Do đó: Tương tự ta có : Mặt khác: Từ ta có: Đây là định lí khá là quen thuộc và cách chứng minh khá đơn giản Ứng dụng định lí này đã nói là dùng nhiều tính toán các đại lượng tam giác Đối với trường hợp tam giác đó không nhọn thì cách phát biểu định lí có sư thay đổi 2, Chứng minh các đặc tính hình học: Bài toán 1: Cho tam giác tiếp xúc với đường tròn cung Hình minh họa(hinh 6) nội tiếp đường tròn và cắt Chứng minh Các đường thẳng qua điểm chính Chứng minh: Gọi giao điểm Xét và với đường tròn là có: Nối chung Tương tự ta có Mặt khác ( là tiếp tuyến đường tròn cắt nhau) Nên từ Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp Từ Vậy ta có điều phải chứng minh ta có: Đây có lẽ là lời giải khá là ngắn và ấn tượng bài này.Chỉ cần qua vài quá trình tìm kiếm các cặp tam giác đồng dạng ta đã dễ dàng đến kết luận bài toán Tư tưởng ban đầu làm bài toán này chính là dựa vào lí thuyết cùng đường tròn hai dây căng hai cung Do có liên quan đến các đại lượng tứ giác nội tiếp nên việc chứng minh dễ dàng Bài toán 2: Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, O là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm G Giả sử Hình minh họa (hinh 7) Chứng minh song song với Kéo dài Ta có: cắt Khi đó Lại có : là điểm chính cung Do suy sđ cung Từ Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp (không chứa ) ta có: Từ Áp dụng tính chất đường phân giác tam giác và (5) ta có: Vậy Mặt khác G là trọng tâm tam giác suy Từ Suy IG là đường trung bình tam giác hay song song với Đây là bài toán khá là hay ít là THCS và với cách làm có vẻ "ngắn gọn" này ta đã phần nào hình dung vẻ đẹp các định lí Bài toán 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), CM là trung tuyến Các tiếp tuyến A và B (O) cắt D Chứng minh rằng: Hình minh họa hinh 8) Chứng minh: Gọi N là giao điểm CD với (O) Xét tam giác DNB và DBC có: chung Tương tự ta có : Mà nên từ Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp ta có: Từ (3) và giả thiết Xét và có: Vậy bài toán chứng minh Cơ sở để ta giải các bài toán dạng này là tạo các tứ giác nội tiếp để áp dụng định lí sau đó sử dụng lí thuyết đồng dạng để tìm mối quan hệ các đại lượng Đây là lối suy biến ngược hình học 3, Chứng minh các đẳng thức hình học: Bài toán 1: Giả sử là các điểm nằm Chứng minh rằng: Hình minh họa: (hinh 9) Chứng minh: cho Lấy điểm K trên đường thẳng BN cho Mặt khác dễ thấy Cũng từ , từ đó và suy ra: dẫn đến ta có: suy tứ giác nội tiếp đường tròn Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác Nhưng từ , lúc đó ta có: thì : Nên ta có đẳng thức (3) Đây là bài toán khá là cổ điển IMO Shortlist Ta có thể giải bài toán theo hướng khác dài và phức tạp đó là sử dụng bổ đề: Nếu M,N là các điểm thuộc cạnh BC cho thì Đây là bổ đề mà các bạn nên ghi nhớ Bài toán 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Chứng minh rằng: Hình minh họa hinh 10) Chứng minh: Lấy E và F thuộc đường tròn cho: Khi đó: Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp AECD và BCDF ta có: Mặt khác: Do đó: Suy ra: Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh Bài toán 3: Cho tam giác ABC với BE, CF là các đường phân giác Các tia EF, FE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác theo thứ tự M và N Chứng minh rằng: Hình minh hoạ (hình 11) Chứng minh: Đặt Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp và ta có: Từ (1) và (2) ta được: Mặt khác ta lại có: Tương tự : Từ (4), (5) và tính chất đường phân giác ta có: Chứng minh tương tự ta được: Từ (3), (6), (7) ta có điều phải chứng minh Có thể dễ dàng nhận nét tương đồng cách giải bài toán đó là vận dụng cách vẻ hình phụ tạo các cặp góc các cặp góc cho sẵn từ đó tìm các biểu diễn liên quan Một đường lối hay sử dụng các bài toán dạng này 4, Chứng minh bất đẳng thức và giải toán cực trị hình học: Bài toán 1: (Thi HSG các vùng Mĩ, năm 1987) Cho tứ giác nội tiếp có các cạnh liên tiếp minh rằng: Chứng minh: Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp thì và các đường chéo Chứng Vậy ta cần chứng minh Bất đẳng thức này chính là bất đẳng thức quen thuộc mà có lẽ biết đó là bất đẳng thức Bunhiacopxki-BCS Vậy bài toán chứng minh Một lời giải đẹp và vô cùng gọn nhẹ cho bài toán tưởng chừng là khó Ý tưởng đây là đưa bất đẳng thức cần chứng minh dạng đơn giản và đại số Thật thú vị là bất đẳng thức đó lại là BCS Bài toán 2: Cho lục giác lồi ABCDEF thỏa mãn điều kiện Chứng minh rằng: HÌNH MINH HỌA (hinh 12) Chứng minh: Đặt Áp dụng định lí Ptô-lê-mê mở rộng cho tứ giác Vì nên suy ra: ta có: Tương tự ta có: Từ đó suy Bất đẳng thức đã qui dạng chính tắc SOS : Dễ thấy: Như , đánh giá tương tự ta dễ dàng thu kết Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy và Tức là ABCDEF là lục giác nội tiếp Đây là bài toán zaizai phát triển từ bài toán quen thuộc Nó xuất phát từ bài Stronger than Nesbit inequality mình :lol: Cơ sở giải bài toán này là sử dụng phương pháp SOS để làm mạnh bài toán Với bước chuyển từ việc chứng minh bất đẳng thức hình học sang bất đẳng thức đại số ta dễ dàng tìm lời giải đẹp Nếu chuẩn hóa bất đẳng thứ này ta có kết thú vị Bài toán 3: Cho lục giác lồi ABCDEF thỏa mãn điều kiện cạnh Chứng minh rằng: và tổng độ dài ba Lời giải: Ta chuyển việc chứng minh bất đẳng thức trên chứng minh bất đẳng thức sau: Bằng cách sử dụng phương pháp hệ số bất định ta dễ dàng tìm bất đẳng thức phụ đúng: Tương tự với các phân thức còn lại ta có điều phải chứng minh Khi định hướng giải bài này hẳn bạn liên tưởng đến SOS thật thì nó ko cần thiết bài toán này làm phức hóa bài toán Dùng phương pháp hệ số bất định giúp ta tìm lời giải ngắn và đẹp Tuy nhiên lời giải này ko dễ hiểu THCS Thực cách làm bài toán này cực kì đơn giản vì xuất phát điểm dạng chuẩn là bất đẳng thức Nesbit quen thuộc vì dễ dàng thay đổi giả thiết để biến đổi bài toán Mà cách thay đổi điều kiện đây chính là bước chuẩn hóa chứng minh bất đẳng thức đại số Nói chung là dùng để đồng bậc bất đẳng thức Với tư tưởng ta hoàn toàn có thể xây dựng các kết mạnh và thú vị qua vài phương pháp SOS, hệ số bất định, dồn biến và chuẩn hóa Đặc biệt sau chuẩn hóa ta có thể dùng phương pháp còn lại để chứng minh Bài toán 4:: Cho đường tròn thuộc cung lớn và là dây cung khác đường kính đường tròn Tìm điểm cho lớn Lời giải: Gọi D là điểm chính cung nhỏ BC Đặt không đổi Theo định lí Ptô-lê-mê ta có: Do và ko đổi nên đối xứng qua tâm lớn và đường tròn lớn và IV, Bài tập: Bài CMO 1988, Trung Quốc) là tứ giác nội tiếp với đường tròn ngoại tiếp có tâm ) và bán kính cắt Chứng minh rằng: là điểm Các tia Bài 2: Cho đường tròn và dây cung khác đường kính Tìm điểm A thuộc cung lớn đường tròn để đạt giá trị lớn Bài 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Đường tròn nằm (O) tiếp xúc với (O) T thuộc cung AC (ko chứa B) Kẻ các tiếp tuyến tới Chứng minh rằng: Bài 4: Cho luc giác có các cạnh có độ dài nhỏ Chứng minh ba đường chéo có ít đường chéo có độ dài nhỏ Bài 5: Cho hai đường tròn đồng tâm, bán kính đường tròn này gấp đôi bán kính đường tròn là tứ giá nội tiếp đường tròn nhỏ Các tia cắt đường tròn lớn Chứng minh rằng: chu vi tứ giác lớn lần chu vi tứ giác I.11) Định lý Pascal Định lý: Cho điểm A,B,C,D,E,F cùng thuộc đường tròn Khi đó các giao điểm các cặp cạnh AB và DE, BC và EF, CD và FA thẳng hàng Chứng minh: Gọi P,M,N là giao điểm AF và CD, AB và DE, BC và EF Gọi P', M', N' là giao điểm BC và DE, BC và AF, DE và AF Áp dụng định lí Menelaus cho P'M'N' với cát tuyến PCD: Tương tự ta có: và Nhân các biểu thức trên lại kết hợp với các biểu thức phương tích sau: Ta có : Áp dụng định lí Menelaus đảo ta có đpcm Các bạn có thể vào đây xem thêm:http://www.math.ust.hk/mathematical_ bur/v10_n3.pdf I.12) Định lý Brianchon Định lý: Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp (O) Chứng minh ba đường chéo lớn AD, BE, CF đồng quy Chứng minh: Ta kí hiệu các tiếp điểm (O) trên AB,BC,CD,DE,EF,FA là M,N,P,Q,R,S Xét cực và đối cực (O) Gọi K,I,J là giao điểm các cặp đường thẳng (SM,PQ) ,(MN,QR), (NP,RS) Vì SM và PQ là đường đối cực A và D nên AD là đường đối cực K Tương tự BE và FC là đường đối cực I và J Dùng định lí Pascal cho lục giác nội tiếp MNPQRS ta có I,J,K thẳng hàng Nên ta có các đường đối cực I,J,K (lần lượt là BE,CF,AD) cùng qua cực đường thẳng này (đường thẳng qua I,J,K) nên AD,BE,CF đồng quy (đpcm) Tương tự ngược lại có chứng minh định lí pascal thông qua Brianchon và cực đối cực(xem thêm cực đối cực mục III.5 xem http://mathscope.org/forum/showthread.php?t=5024) I.13)Định lí Miquel Định lí: Cho tam giác ABC và ba điểm M,N,P nằm trên BC,CA,AB Khi đó các đường tròn ngoại tiếp các tam giác APN,BPM và CMN đồng quy Chứng minh: Gọi S là giao điểm (BPM) và (CMN).Ta chứng minh S nằm trên (APN) Thật vậy: Suy điều cần chứng minh.! I.14) Công thức Carnot Định lý: Cho ABC nội tiếp (O,R) Gọi x,y,z là khoảng cách từ O đến BC,AC,AB Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có: a)Nếu nhọn thì công thức carno là b)Nếu thì công thức carno là Chứng minh: a)Nếu nhọn Gọi F, E, D là trung điểm BC,CA,AB Như ta có Đặt Áp đụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác nội tiếp OFBD ta có: hay Tương tự ta có và ta lại có Cộng bốn biểu thức trên lại ta có b)Nếu chứng minh tương tự Viết dạng lượng giác, công thức Carnot chính là hệ thức ý hệ thức này đúng với tam giác Chú I.15) Định lí Carnot Định lý: Cho Gọi là các điểm thuộc các cạnh lượt là các đường thẳng qua và vuông góc với và lần đồng quy Chứng minh: a)Phần thuận: Gọi ĐPCM đồng quy O Đẳng thức này đúng nên ta có điều phải chứng minh b) Phần đảo Gọi giao điểm O Qua O hạ đường vuông góc xuống AB P' Áp dụng định lí thuận ta có đồng quy P trùng với P' I.16/Định lý Brokard Định lý: Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O.AD giao BC M,AB giao CD N,AC giao BD I.Chứng minh O là trực tâm tam giác MIN Chứng minh: Gọi H là giao thứ hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác AID,BIC Xét tứ giác DOHC,ta có: Từ đó suy tứ giác DOHC nội tiếp.Tương tự ta suy tứ giác AOHB nội tiếp Dễ thấy suy N nằm trên trục đẳng phương hai đường tròn Ta có: > thẳng hàng Từ đó suy Tương tự ta có: Suy O là trực tâm tam giác MIN (đpcm) I.17) Định lí Euler khoảng cách tâm đường tròn nội, ngoại tiếp tam giác Định lý: Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R) và ngoại tiếp (I;r) Chứng minh Chứng minh: Kéo dài AI cắt (O) M Vẽ đường kính MN đường tròn (O) Hạ Kéo dài OI cắt (O) E và 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 đó ta có: Chứng minh Gọi tiếp điểm (I) trên AB,BC,CD,DA là M,N,P,Q BI,CI cắt (O) E,F Ta thấy: Do đó E,O,F thẳng hàng ,nên O là trung điểm EF Theo công thức đường trung tuyến tam giác IEF ta có: Từ đó suy ra: (vì I.19)Định lí Casey(Định lí Ptolemy mở rộng) Định lí :Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O,R) Đặt các đường tròn với (O) các đỉnh A,B,C,D Đăt là các đường tròn tiếp xúc là độ dài đoạn tiếp tuyến chung hai đường tròn Trong đó là độ dài tiếp tuyến chung ngoài hai đường tròn cùng tiếp xúc cùng tiếp xúc ngoài với (O), và là độ dài đoạn tiếp xúc trong trường hợp còn lại Các đoạn , xác định tương tự Khi đó ta có: Chứng minh Ta chứng minh trường hợp cùng tiếp xúc ngoài với (O) Các trường hợp còn lại chứng minh tương tự Lần lượt đặt tâm các đường tròn trên là A',B',C',D' và bán kính là 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 là trường hợp đặc biệt định lí Casey x=y=z=t=0 I.20)Hệ thức Stewart Định lí:Cho ba điểm A,B,C thẳng hàng Và điểm M bất kì Ta luôn có hệ thức Chứng minh Qua M hạ Ta có: (Đưa trường hợp hệ thức Stewart cho điểm thẳng hàng (khi M nằm trên đường thẳng chứa A,B,C)) Ta có đpcm I.21)Định lí Lyness Định lí:Nếu đường tròn tâm O tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC T và tiếp xúc với các cạnh AB,AC tam giác E và F thì tâm đường tròn nội tiếp tam giác nằm trên EF Chứng minh: Để chứng minh định lí này ta cần chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 1:AB là dây đường tròn tâm (O) Đường tròn (l) tiếp xúc với dây AB K và tiếp xúc với (O) T Chứng minh L là trung điểm cung AB ko chứa T và Bổ đề 2: Điểm M là trung điểm cung BC ko chứa A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Điểm I thuộc đoạn MA cho MI=MB Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Việc chứng minh bổ đề này là khá 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 là phân giác góc B Ta có: nt Mà Theo bổ đề ta lại có Theo bổ đề ta H là 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 tròn (O).M thuộc BC (Có cách phát biểu khác là: cho tứ giác ABDC và M là giao BC và AD; hai cách phát biểu này là tương đương) Một đường tròn (O') tiếp xúc với hai cạnh MA và MC E và F đồng thời tiếp xúc với đường tròn (O) K Khi đó ta có tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng EF Chứng minh KF cát đường tròn (O) G Áp dụng bổ đề bài viết chu t tung định lý Lyness trên, ta có G là điểm chính cung BC Gọi I là giao AG với EF Ta có nội tiếp ~ ~ Lại theo bổ đề ta có I là tâm nội tiếp bổ đề 2) Xem thêm các hệ định lý Lyness báo toán tuổi thơ số 42 và 43 (theo I.23) Định lí Thébault Định lí: Cho tam giác tròn tâm nội tiếp đường tròn tiếp xúc với đoạn với đoạn và tiếp xúc với thẳng hàng Chứng minh là điểm nằm trên cạnh và tiếp xúc với Gọi Đường tròn tâm là tâm nội tiếp tam giác Đường tiếp xúc Ta có: Gọi là tiếp điểm với Gọi là giao điểm và Theo định lí lyness mở rộng(đã có bài trung anh), là tâm nội tiếp tam giác Vậy ta cần chứng minh thẳng hàng Thật vậy, gọi là giao điểm và ; hàng(dpcm) và Áp dụng định lí Thales ta có: Vậy , thẳng I.24)Công thức Jacobi liên quan đến tâm tỉ cự,định lí Lebnitz 1)Công thức Jacobi: Nếu I là tâm tỉ cự hệ điểm trên mặt phẳng ta có: ứng với các hệ số thì với điểm M Chứng minh: (do I là tâm tỉ cự hệ điểm nên ->đpcm ) 2)Định lí Lebnitz Đây là trường hợp đặc biệt công thức trên n=3 3)Hệ khác: Giá trị nhỏ biểu thức (với các kí hiệu phần trên) đạt (phần này tính toán nên không cần vẽ hình phải không anh ma29?) I.25)Định lí Newton cho tứ giác ngoại tiếp Định lý Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn O.Khi đó trung điểm hai đường chéo AC,BD và tâm O thẳng hàng Hình: (vẽ Cabri xấu):rokeyrulez: Chứng minh Gọi P,Q,R,S là các tiếp điểm các đoạn thẳng AB,BC,CD,DA đường tròn Đặt Áp dụng định lý nhím cho tứ giác ABCD ta có: <-> <-> <-> Từ đó suy hai vecto cùng 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 các cạnh AB, BC, CD, DA là a, b, c, d và độ dài hai đường chéo AC, BD là m, n Khi đó ta có: Chứng minh Trên cạnh AB phía ngoài dựng tam giác ABN đồng dạng với tam giác CAD, và dựng phía ngoài cạnh AD tam giác ADM đồng dạng với tam giác CAB Khi đó dễ thấy: và BDMN là hình bình hành Đồng thời có Áp dụng đính lí hàm số cos cho tam giác NAM, ta có I.27)Định lí nhím: Định lí:Cho đa giác lồi cạnh giác.Thế thì : và các vecto là các vecto có độ dài các ,tương ứng vuông góc với các cạnh và hướng phía ngoài đa Chứng minh: Không giảm tính tổng quát ,giả sử đa giác Xét phép quay vecto: có hướng dương Từ đó suy điều cần chứng minh I.28)Định lí Gergone-Euler Định lí:Xét tam giác ABC và điểm S mặt phẳng.AS,BS,CS cắt BC,CA,AB D,E,F.Khi đó ta có: Chứng minh: Kí hiệu Ta thấy : diện tích đại số đa giác (1) Tương tự ta có: (2) (3) Cộng theo vế (1),(2)và (3) ta có điều cần chứng minh I.29)Định lí Peletier I.30)Định lí Miobiut Định lí:Cho ngũ giác lồi Chứng minh: I.31)Định lí Viviani Định lí: Trong tam giác ABC ta lấy điểm S Ta có tổng các khoảng cách từ điểm S tới ba cạnh có độ dài đường cao tam giác Chứng minh: Kẻ SD,SE,SF vuông góc với BC,CA,AB Đặt độ dài cạnh tam giác ABC là a,độ dài đường cao AH là b Ta có : Giản ước hai vế cho a ta có điều cần chứng minh I.32)Công thức Lagrange mở rộng Định lý: Gọi I là tâm tỉ cự hệ điểm ứng với các hệ số thì với điểm M: Chứng minh: Từ hệ thức Jacobi (có thể xem mục I.24) thì ta cần chứng minh rằng: Do I là tâm tỉ cự hệ điểm nên: <-> <-> <-> <-> (đpcm) I.33) Đường thẳng Simson Định lí:Cho và điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tâm là hình chiếu vuông góc M trên các đường thẳng cùng thuộc đường thẳng (đây gọi là đường thẳng Simson) Chứng minh: Dùng góc định hướng Ta có: Vậy thẳng hàng (Xem them riegelmj[1].bdf; 00045.bdf) tam giác Gọi thì chúng I.34) Đường thẳng Steiner Định lí:Cho và điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tâm tam giác Gọi là điểm đối xứng với D qua các đường thẳng thì chúng cùng thuộc đường thẳng và đường thẳng này qua trực tâm H tam giác ABC Đường thẳng đó gọi là đường thẳng steiner ứng với điểm D tam giác ABC Còn điểm D gọi là điểm anti steiner Chứng minh: Dễ thấy gọi trung điểm đoạn Ta có là hình chiếu D xuống ba cạnh tam giác ABC thì và tương tự ta có thẳng hàng là (mod ) Vậy đường thẳng steiner qua H Từ đó ta có tính chất đường thẳng simson ứng với điểm D qua trung điểm đoạn DH I.35) Điểm Anti Steiner(Định lí Collings) Định lí:Cho và đường thẳng qua H trực tâm tam giác ABC Gọi là đường thẳng đối xứng d qua BC,AC,AB Các đường thẳng đó đồng quy điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC(điểm anti steiner d) Và d gọi là đường thẳng steiner điểm đó (gọi là G) Chứng minh: Gọi là hình chiếu H qua ba cạnh \Rightarrow ba điểm này thuộc (O) ngoại tiếp tam giác ABC và thuộc (mo d ) Vậy gọi giao điểm d_a,d_b là G thì G thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tương tự ta có đpcm Theo hình bài đường thẳng steiner ta dễ thấy với Vậy ta có d đúng là đường thẳng steiner G đối xứng với , đối xứng Ta có tính chất khác điểm Anti Steiner sau: Định lí 2: Gọi P là điểm thuộc đường thẳng d là điểm đối xứng với P qua các cạnh tam giác ABC Ta có các đường tròn qua điểm G Chứng minh : Dễ thấy (mod ) cùng Lại có theo chứng minh trên có: (mod Suy G thuộc ) Tương tự có đpcm I.36)Định lí Napoleon Định lí:Dựng phía ngoài tam giác ABC các tam giác BMC,CNA,APB và gọi D,E,F là tâm ba tam giác Khi đó ta có tam giác DEF Chứng minh: Bài này có nhiều cách giải,nếu thuận lợi mình giới thiệu ,tuy nhiên đây mình trình bày chứng minh ngắn gọn dựa trên phép quay vecto sau: Từ đó có điều cần chứng minh Napoleon's Theorem, Two Simple Proofs On each side of a triangle, erect an equilateral triangle, lying exterior to the original triangle Then the segments connecting the centroids of the three equilateral triangles themselves form an equilateral triangle By Dr Scott Brodie, M.D., Ph.D Mount Sinai School of Medicine, NY Proof #1 ("Hammer and Tongs" trigonometry) In the following, we use standard notations: in the the vertex A and the correposnding ABC, A denotes both A, a is both BC and its length In addition, let G denote the centroid of the equilateral triangle on side AB, and I denote the centroid of the equilateral triangle on side AC, etc Let s denote the length of segment GI, t the length of segment AG, and u the length of segment AI (Geometer's SketchPad illustration.) Since IAC = GAB = 30o, we may apply the Law of Cosines to compute s2 = u2 + t2 - 2ut·cos(A + 60o) (1) Since the centroid of a triangle lies along each median, 2/3 of the distance from the vertex to the midpoint of the opposite side, we have t = (2/3)·sqrt(3)/2 · c = c/sqrt(3) u = (2/3)·sqrt(3)/2 · b = b/sqrt(3), and (1) becomes 3·s2 = b2 + c2 - 2bc·cos(A + 60o) (2) Expanding(*) the cosine of the sum, and recalling that cos(60o) = 1/2; sin(60o) = sqrt(3)/2, we have cos(A + 60o) = cos(A)/2 - sin(A)·sqrt(3)/2 (3) Substituting (3) into (2) yields 3·s2 = b2 + c2 - bc·cos(A) + sqrt(3)·bc·sin(A) Now apply the Law of Cosines to (4) ABC: a2 = b2 + c2 - 2bc·cos(A) and recall (as in the derivation of the Law of Sines): (5) 2·Area( (6) ABC) = bc·sin(A) Substituting (5) and (6) into (4) gives 3·s2 = (1/2)(a2 + b2 + c2) + 2·sqrt(3)· Area( ABC) (7) Since (7) is symmetrical in a, b, and c, it follows that the triangle connecting the three centroids is equilateral, QED (*) Michael Lambrou has suggested a different way to proceed after obtaining (2) Apply the Law of Cosines to triangles ABE and BCE to express the side BE in two different ways: b2 + c2 - 2bc·cos(A + 60o) = a2 + b2 - 2ab·cos(C + 60o) By (2), the left hand side equals times GI Similarly, the right hand side equals times IH, wherefrom GI = IH Considering triangles ACD and ABD instead, we also obtain IH = HG, which furnishes the proof As a bonus, we get AD = BE = CF Proof #2 (an argument by symmetrization) Notations are the same as before: let ABC be the original triangle Choose D, E, and F exterior to ABC so that ADB, BEC, and AFC are equilateral triangles, with centroids G, H, and I, respectively (Geometer's SketchPad illustration.) We proceed to show that HIG = 60o Fix I as a center of rotation, and rotate the entire figure by 120o, and superimpose the rotated copy on the original figure Under the rotation, the CAF maps to itself (C maps to A, A to F, F to C, while I maps into itself.) Denote by BB, DD, EE, GG, and HH the images of points B, D, E, G, and H, respectively Connect D to EE and G to HH By the rigidity of the rotation, GHI = GG.HH.I In particular, GH = GG.HH (Geometer's SketchPad illustration.) Now consider the six triangles that converge on point A Three of them (ABD, ACF, and A.EE.BB) are equilateral Recollect that the angles of a triangle sum to 180o, while the angles around a point sum to 360o Since BB.A.F is a copy of BCA, it follows that D.A.EE = ABC Finally, D.A.EE = ABC, and the pentagon A.BB.EE.D.B is congruent to the pentagon BECAD It follows that G.HH = GH And thus G.HH = GH = GG.HH Repeating the rotation by 120o once more, and connecting the tips of the equilateral triangles as above, we obtain the figure on the right (Geometer's SketchPad illustration.) Arguing as above, it is clear that the central hexagon is equilateral, and that the six triangles which meet at the center of rotation are congruent Therefore, 6· HIG = 360o, and HIG = 60o Since (among the points G,H,I) the choice of the centroid I was arbitrary, we have shown that GHI is equiangular, hence equilateral, QED I.37)Định lí Morley Định lí: Trong tam giác ABC D,E,F là giao điểm các đường chia ba góc và cùng kề các cạnh tam giác ABC Khi đó ta có tam giác DEF và gọi là tam giác Morley Chứng minh: Để ngắn gọn ta đặt và tương tự với các góc Như hình vẽ kẻ các đường chia B và C và cắt D,I Dễ thấy ID là phân giác góc Tại D dựng góc cho Di là phân giác góc DEF và E thuộc CI và F thuộc BI DEF Lấy và là điểm dối xứng với D qua CI và BI và dễ dàng c/m là hình thang cân với Vì định lí Morley có trường hợp nên em xin phép sử dụng góc thường cho nó đơn giản: Ta lại có là hình thang cân và thì sđ A thuộc đường tròn đường tròn ngoại tiếp Từ đó ta có đpcm Định lý Morley có thể mở rộng các đường chia thành các đường chia ngoài, và có thể là giao đường chia với đường chia ngoài(mỗi trường hợp này lại cho ta tam giác Morley khác và theo thống kê có 36 tam giác Morley vậy) Sau đó bài toán còn phát triển và tương ứng đặt thêm nhiều định nghĩa "góc lửng", "tam giác ngoại lai", "tập hợp đẳng cấu", Sau đây là bài toán mở rộng định lý Morley: Nếu chia n (n nguyên dương, n 3) tất các góc đa giác m cạnh, thì tất các giao các đường thẳng là các đỉnh phân biệt hệ đa giác n cạnh đều, có thể phân chia làm họ, họ có đa giác có tâm thẳng hàng Cách chứng minh và các khái niệm liên quan xin xem thêm sách "Lãng mạn toán học" tác giả Hoàng Quý nhà xuất giáo dục (Ai có ebook này up lên thì tốt quá I.38)Định lí bướm với đường tròn Định lí: Cho đường tròn (O) và dây cung AB I là trung điểm AB Qua I vẽ hai dây cung tùy ý MN và PQ cho MP và NQ cắt AB E,F Khi đó I là trung điểm EF Chứng minh: Gọi K,T là trung điểm MP và NQ Nên OIEK, OIFT là tứ giác nội tiếp (mod ) (mod ) Ta lại có trung điểm EF (mod ) cân O I là I.39)Định lí bướm với cặp đường thẳng Định lí:Cho tam giác Lấy , đường thẳng đó ta có là trung điểm cưa Chứng minh: là trung điểm cắt Áp dụng định lí menelaus tam giác Qua Gọi kẻ các đường thẳng cắt cắt Khi ta có các hệ thức sau: (1) (2) từ (1) và (2) ta có: Vậy là trung điểm (ĐPCM) I.6) Định lý Desargues Định lý: Cho tam giác ABC và tam giác A'B'C' Khi đó AA', BB', CC' đồng quy và các giao điểm BC và B'C', CA và C'A', AB và A'B' thẳng hàng Chứng minh: Gọi X, Y, Z là là các giao điểm các cặp cạnh BC và B’C’, CA và C’A’, AB và A’B’ Phần thuận: Giả sử các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy S Ta chứng minh X, Y, Z thẳng hàng Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SBC với cát tuyến XB'C' ta có: hay Tương tự, ta có: và Nhân vế các đẳng thức trên lại với nhau, và theo định lí Menelaus suy X, Y, Z thẳng hàng Phần đảo: Giả sử các điểm X, Y, Z thẳng hàng Ta chứng minh các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy Gọi S là giao điểm AA’ và BB’ SC cắt đường thẳng AC’ C” Xét tam giác ABC và A’B’C” có các đường nối các đỉnh tương ứng đồng quy, đó theo phần thuận giao điểm các cạnh tương ứng đồng quy Ta thấy AB cắt A’B’ Z, AC cắt A’C” Y (do A’, C’, C” thẳng hàng), suy giao điểm X’ BC và B’C” phải thuộc YZ Tức là X’ là giao YZ và BC nên X’ trùng với X Suy C” trùng với C’, hay AA’, BB’, CC’ đồng quy I.40 Định Lí Blaikie Định lí: Cho tam giác ABC và đường thẳng d cho d cắt BC,CA,AB M,N,P Gọi S là điểm bất kì trên d Gọi M',N',P' là điểm đối xứng M,N,P qua S Khi đó AM',BN',CP' đồng quy điểm P và ta gọi P là điểm Blaikie d và S tam giác ABC Chứng Minh : Có thể cho nằm Giả sử cắt Ta chứng mình thẳng hàng Xét tam giác với điểm Ta cần cm : Xét tam giác với điểm thẳng hàng trên cạnh : (1) Xét tam giác với điểm thẳng hàng trên cạnh : (2) Nhân vế (1),(2) và rút gọn , chú ý Chú ý là và ta : nên ta có đpcm I.41)Định lí chùm đường thẳng đồng quy Định lí 1: Ba đường thẳng đồng quy thì định trên hai đường thẳng song song đoạn thẳng tỉ lệ Chứng minh: I.42)Đường tròn Apollonius Định lí:Cho hai điểm A và B cố định Khi đó quĩ tích điểm M cho đường tròn cố định gọi là đường tròn Apollonius là Chứng minh: Lấy D,E thuộc đường thẳng AB cho a\Phần thuận Ta có đường kính DE b\Phần đảo ME là phân giác Lấy M' thuộc đường tròn đường kính DE Lại có ME là phân giác M thuộc đường tròn đpcm I.43)Định lí Blanchet Định lí:Cho tam giác ABC có AH là đường cao ứng với cạnh BC Gọi I là diểm tùy ý thuộc đoạn AH.các đoạn thẳng BI,CI cắt các cạnh tam giác E và F.Chứng minh HA là phân giác góc EHF Chứng minh: Qua I kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB,HF,HE,AC M,N,P,Q Ta cần chứng minh IN=IP là xong !! Theo Thales: Do đó : Hiển nhiên Nên IN =IP -> dpcm I.44)Mở rộng định lí Blanchet Định lí:Cho tam giác ABC, lấy thuộc các đoạn thẳng đồng quy điểm.Gọi là giao điểm chiếu xuống Chứng minh: Chứng minh là phân giác cho đường và Gọi H là hình Sử dụng Ceva và Menelaus ta chứng minh Theo định lí chùm điều hòa ta lại có >đpcm (hệ chùm điều hòa) I.45) Định lí Jacobi: Định lí: Cho tam giác ABC và các điểm , trên mặt phẳng cho: Khi đó , đồng quy điểm Jacobi N Chứng minh: Do đồng quy và tương tự cho nên áp dụng định lý Ceva dạng Sin ta có: -> Xây dựng hai đẳng thức tương tự cho Như nhân đẳng thức trên với ta được: đồng quy theo định lý Ceva dạng Sin I.46)Định lí Kiepert Định lí:Dựng phía ngoài tam giác ABC các tam giác cân đồng dạng BCM,CAN,ABP(Cân M,N,P).Khi ta có AM,BN,CP đồng quy Chứng minh Do các tam giác BCM,CAN,ABP cân và đồng dạng nên dễ thấy: Theo định lí Jacobi ta có điều cần chứng minh I.47)Định lí Kariya Định lí : Cho tam giác ABC nhận (I) là đường tròn nội tiếp.Ở phía ngoài tam giác lấy các điểm M,N,P cho IM =IN=IP và IM,IN,IP tương ứng vuông góc BC,CA,AB.Khi đó ta có AM,BN,CP đồng quy Chứng minh: Từ giả thiết bài toán 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 là khái niệm mở rộng kết trực tâm tam giác Định lí: Cho tam giác ABC d là đường thẳng bất kì mặt phẳng Gọi là hình chiếu A,B,C trên d Gọi lần lượ là hình chiếu trên BC,CA,AB Khi đó đồng quy điểm gọi là cực trực giao đường thẳng d ABC Chứng minh: Áp dụng định lí carnot ta có đpcm Trực tâm là trường hợp d trùng với ba cạnh (hiển nhiên đúng) ABC (Xem them FG200406.bdf) I.49)Khái niệm tam giác hình chiếu ,công thức Euler diện tích tam giác hình chiếu Định lí: Cho là đường tròn nội tiếp tam giác ABC.Cho điểm M nằm tam giác.Gọi là hình chiếu M lên ba cạnh BC,AC,AB Khi đó ta gọi là tam giác hình chiếu điểm M tam giác ABC Ta có công thức Euler diện tích tam giác hình chiếu: Chứng minh:(Mashimaru) Ta có tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính nên thì Gọi là giao điểm với đường tròn ngoại tiếp tam giác và Mặt khác: Xét tam giác , tương tự Ta có: , theo định lý sin ta có: Suy ra: Từ đó ta có: Mặt khác, ta lại có: nên: và (Xem them pedal(2).bdf) I.50)Khái niệm hai điểm đẳng giác Định lí: Cho tam giác ABC M là điểm nằm tam giác 1/Khi đó các đường thẳng đối xứng với AM,BM,CM qua tia phân giác đồng quy M' M' gọi là điểm đẳng giác M 2/Lần lượt đặt D,E,F và D',E',F' là chân các đường cao hạ từ M và M' xuông BC,AC,AB a/Khi đó D,E,F,D'E',F' cùng thuộc đường tròn tâm O Và O là trung điểm M và M' b/Khi đó có Và Chứng minh: 1/(hình 1) Tương tự áp dụng định lí Ceva thuận và đảo ta có đpcm1 2/ a/(hình 2) (mod ) (mod ) (mod ) (mod ) (mod ) nội tiếp Trung trực FF' và DD' gặp trung điểm O MM'(t/c đường trung bình hình thang) F,F'D,D' thuộc đường tròn tâm O Tương tự ta có đpcm b/(hình 3) lại có Tương tự ta có đpcm (g.g) Trường hợp M là trọng tâm thì M' là điểm đối trung (AM,BM,CM gọi là các đường đối trung) có tính chất rằng: I.51)Khái niệm tứ giác toàn phần Khái niệm: Một tứ giác toàn phần là hình tạo nên bốn đường thẳng, đôi cắt không có ba đường nào đồng qui Một hình tứ giác toàn phần có cạnh là đường thẳng ấy, có đỉnh là giao điểm chúng và đường chéo là đoạn qua đỉnh đối diện (chú ý hai đỉnh này không cùng thuộc cạnh) Chúng ta có kết và thú vị tứ giác này sau: Định lí :Trong hình tứ giác toàn phần cặp đỉnh đối diện nằm trên đường chéo và cặp giao điểm đường chéo đó với hai đường chéo còn lại lập thành hàng điểm điều hòa Xem hình vẽ sau: I.52)Đường thẳng Droz-Farny Định lí: Cho hai đường thẳng bất kì vuông góc với trực tâm tam giác ABC Chúng tương ứng cắt các cạnh BC, AC, AB X, X'; Y, Y'; Z, Z' Khi đó ta có tương ứng là các trung điểm thẳng hàng Chứng minh:(dịch từ bài viết Jean-Louis Ayme) Đặt C là đường tròn ngoại tiếp ABC là đường tròn ngoại tiếp HXX' và là điểm đối xứng với H qua BC Tương tự với các đường tròn khác có tâm là XX' là đường kính đường tròn nằm trên đường tròn này là giao C và và Áp dụng định lí Collings(trong bài viết điểm Anti-steiner) với đường thẳng XYZ qua H, ta có đồng quy N trên C Áp dụng định lí Miquel cho tam giác XNY với các điểm cùng qua M Tương tự qua M Như cùng qua H và M (đồng trục) Nên tâm chúng thẳng hàng Các tài liệu có liên quan: (Xem them FG200426.bdf; FG200427.bdf) I.53)Đường tròn Droz-Farny Định lí: Cho điểm P bất kì và tam giác ABC Điểm Q là điểm đẳng giác với P tam giác ABC Chân các đường vuông góc với các cạnh BC,AC,AB P là Lấy làm tâm vẽ đường tròn qua Q cắt BC định nghĩa tương tự Khi đó cùng thuộc đường tròn tâm P Chứng minh: O là trung điểm PQ Ta đã biết O cách Mà : Hoàn toàn tương tự ta có các điểm (điều cần chứng minh) (công thức đường trung tuyến) cách P I.54)Định lí Van Aubel tứ giác và các hình vuông dựng trên cạnh Định lí:Về phía ngoài tứ giác ABCD ta dựng các hình vuông ABUI,BCQP,CDJW,DAFE với các tâm tương ứng là T,N,V,M.Khi đó ta có TV và MN vuông góc với Chứng minh: Gọi O là trung điểm đoạn AC Ta thấy: Do vậy: Chú ý F là phép đồng dạng góc góc (1) Như : (2) Tương tự ta có: (3) với tỉ số có O là điểm bất động tức là F là phép quay tâm O Từ (1) ,(2) và (3) ta có điều cần chứng minh I.2 Mở rộng định lí Menelaus theo diện tích Định lí:Cho tam giác ABC và điểm M,N,P nằm trên BC,CA,AB.Khi đó ta có: Chứng minh Gọi là vector phương Ta có: mặt khác : tương tự: Ta suy ra: I.55)Hệ thức Van Aubel Định lí:Cho tam giác ABC và các điểm D,E,F thuộc BC,CA,AB cho AD,BE,CF đồng quy S.Khi đó ta có: Và hệ thức tương tự Chứng minh: Cách chứng minh đây độc đáo mình đọc file anh Darij Grinberg(xem cuối bài) Chúng ta sử dụng định lí Gergonne -Euler(mục I.28)cho điểm A với tam giác SBC Ta có: => => (Xem them GergonneEuler.bdf) I.56)Định lí Pithot Định lí: Tứ giác lồi ABCD là tứ giác ngoại tiếp và :AB+CD =BC+DA Chứng minh: +)Chiều thuận: ABCD là tứ giác ngoại tiếp thì: AB+CD=BC+DA Phần này chứng minh hoàn toàn đơn giản xin dành cho bạn đọc +)Chiều đảo:Nếu tứ giác lồi ABCD thỏa mãn : AB+CD=BC+DA (*)thì nó là tứ giác ngoại tiếp Không giảm tổng quát giả sử : ,khi từ (*) suy ra: Khi trên AD,DC tương ứng tồn hai điểm N,M cho:AN=AB,CM=CB Từ (*) có: DN=DM Do đó các đường phân giác các góc đỉnh A,D,C là ba đường trung trực tam giác BMN nên chúng đồng quy điểm (mà ta kí hiệu là O) Nhận thấy O cách cạnh tứ giác nên ta có điều cần chứng minh I.57)Định lí Johnson Định lí:Cho ba đường tròn có cùng bán kính R với tâm là M,N,P và cùng qua điểm A.Khi ba giao điểm khác A ba đường tròn cùng nằm trên đường tròn có bán kính là R Chứng minh: Mình gặp định lí này và không biết chứng minh nó ,ở đây mình trình bày phép chứng minh mà mình nghĩ sau mà theo mình nó là chứng minh dài Chúng ta kí hiệu các giao điểm khác A là B,C,D hình vẽ và gọi Q là tâm (BCD) Ta thấy : PA=PB=MA=MB nên MAPB là hình thoi =>M là điểm đối xứng P qua AB Chú ý bán kính (P) và (M) là nên suy (P) và (M) đối xứng với qua AB.(1) Tương tự (P) và (N) đối xứng với qua AC (2) (P) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (3) Từ (1) ,(2) và (3) ta suy D là trực tâm tam giác ABC Đến đây công việc còn lại đã đơn giản I.58)Định lí Eyeball Định lí: Cho hai đường tròn(O) và (O') ngoài nhau.Hai tiếp tuyến kẻ từ O tới (O') cắt (O') C,D.Hai tiếp tuyến kẻ từ O' tới (O) cắt (O) A,B.Khi đó ta có : AB =CD Chứng minh: Chúng ta kí hiệu các điểm A,B,C,D hình vẽ OM,O'N tương ứng là các tiếp tuyến (O') và (O) AD cắt lại (O') P Ta thấy: (1) (2) Cộng theo vế (1) và (2) ta có: Do đó CP là đường kính (O') Vì có: Hoàn toàn tương tự ta có các đẳng thức góc khác nên có ABCD là hình chữ nhật => AB=CD I.59)Bổ đề Haruki Bổ đề:Cho AB và CD là hai dây cung không cắt cùng đường tròn và P là điểm bất kì trên cung AB không chứa CD đường tròn ấy.Gọi E và F là giao điểm PC,PD với AB.Thế thì giá trị biểu thức sau là không đổi: Chứng minh: (AED) cắt lại AB G Ta thấy: (Không đổi) => G cố định => BG không đổi (1) Mặt khác : (2) Từ (1) và (2 ) suy dpcm (Xem them FG200809.bdf) I.60)Bài toán Langley Bài toán:Cho cân A có , Lời giải: .Tính Trên cạnh ? lấy điểm cho Đặt Trên cạnh lấy điểm Mặt khác cân cho .Khi đó (do cân ) Suy Do đó đều( Lại có cân ) Ta suy cân = I.61)Định lí Paul Yiu đường tròn bàng tiếp Định lí:Cho qua các đường tròn bàng tiếp góc tiếp xúc với cạnh Các đường thẳng qua giao Các đường thẳng giao Chứng minh các ba điểm thẳng hàng và các đường thẳng qua chúng đồng quy Chứng minh: Gọi là giao điểm và với Áp dụng định lí Menelaus cho điểm tương ứng với tương ứng với và điểm ta được: Nhân (1) và (2) cho ta: Mặt khác Áp dụng định lí Menelaus cho Nhân (1) với (2) ta được: Ta suy ra: Vậy điểm thẳng hàng với điểm và ta được: Các điểm còn lại chứng minh tương tự Chứng minh đường thẳng đồng quy Gọi là là giao điểm Như chứng minh trên ta có: tương tự với với thì: Ta suy ra: Do đó thẳng hàng Mặt khác theo định lí Desagues thì các đường thẳng dpcm đồng quy.Ta suy I.62)Định lí Maxwell Định lí: Cho ABC và điểm P, các cạnh A'B'C' song song với các đường thẳng qua đỉnh ABC và điểm P Qua A',B',C' kẻ các đường thẳng song song với các cạnh ABC Khi đó ta có các đường thẳng này đồng quy điểm P' Chứng minh: Dễ dàng c/m các góc Ceva Sin ta có đpcm và Tương tự áp dụng định lí Projective Proof of Maxwell's Theorem Maxwell's theorem links the sides and cevians in one triangle to the cevians and side lines in another: Given two triangles ABC and MNP Assume that the cevians in ΔABC parallel to the sides of ΔMNP are concurrent Then the cevians in ΔMNP parallel to the sides of ΔABC are also concurrent Michel Cabart came up with a generalization that shows that Maxwell's theorem is of projective nature The main tool is the projective reformulation of Ceva's theorem By Michel Cabart May, 2008 Recollect the projective formulation of Ceva's theorem: Given an arbitrary line L, the cevians in ΔABC concur iff (1) R = (CBA'A0)·(ACB'B0)·(BAC'C0) = -1 where (WXYZ) denotes the cross-ratio YW/YX : ZW/ZX and the points A', B', C', A0, B0, C0 are defined as in the diagram below, where L is an arbitrary straight line In addition, let A1, B1, C1 be the intersection with L of the cevians AA', BB', and CC' Projection from A to the line L send the first quadruple in (1) onto B0, C0, A1, A0: (CBA'A0) = A(B0C0A1A0) Similarly, (ACB'B0) = B(C0A0B1B0), (BAC'C0) = C(A0B0C1C0) Thus the condition (1) can be written (cross-ratios being unchanged): (2) R = (A0B0C1C0)·(B0C0A1A0)·(C0A0B1B0) = -1 Proof of Maxwell's theorem Assume there are two triangles ABC and MNP and two triples of points on L such that A 0, B0, C0 are intersections of L with sides of ΔABC and also with cevians of ΔMNP; A 1, B1, C1 are intersections of L with sides of ΔMNP and also with cevians of ΔABC For ΔABC, we calculate R0 = (A0B0C1C0)·(B0C0A1A0)·(C0A0B1B0) For ΔMNP, we calculate R1 = (A1B1C0C1).(B1C1A0A1).(A1B1C0C1) We have the identity R0·R1 = (as can be seen by developing cross-ratios) Hence R0 = -1 iff R1 = -1, or: the cevians in ΔABC concur iff the cevians in ΔMNP concur Choosing the infinite line as line L gives Maxwell's theorem as a particular case The case where sides and cevians in ΔMNP are taken perpendicular (or in fact any angle) to ΔABC is straightforward via an homography (in projective terms) or a rotation (in Euclidean terms) Note: a dynamic illustration is available on a separate page Maxwell Theorem via the Center of Gravity Michel Cabart 30 April, 2008 Below we offer a proof of Maxwell's theorem that is based on the notion of barycenter Maxwell's theorem states the following fact: Given ΔABC and a point G, the sides of ΔMNP are parallel to the cevians in ΔABC through G Then the cevians in ΔMNP parallel to the sides of ΔABC are concurrent Below, the vector joining point A to B will be written in bold, so that, for example, AB = - BA In ΔABC with A', B', C' on sides opposite the vertices A, B, and C, the fact that the cevians AA', BB', CC' concur in point G is equivalent to either of the two conditions: There is a triple of real numbers (a, b, c), unique up to a non-zero factor, such that (1) aGA + bGB + cGC = There is a triple of real numbers (a, b, c), unique up to a non-zero factor, such that A' = Z(B, b; C, c) (2) B' = Z(A, a; C, c) C' = Z(A, a; B, b), where Z(X, x; Y, y) denotes the barycenter of two material points X and Y with masses x at X and y at Y Let's suppose lines AA', BB' and CC' intersect Step 1: NP, PM, MN are parallel to GA, GB, GC means there exists x, y, z such that NP = xGA, PM = yGB, MN = zGC As NP + PM + MN = 0, xGA + yGB + zGC = A comparison with (1) shows that (x, y, z) is a multiple of (a, b, c) We can assume (x, y, z) = (a, b, c) Thus NP = aGA, PM = bGB, MN = cGC Step 2: MM', NN', PP' are parallel to BC, AC, AB meaning there is (m, n, p) such that MM' = mBC, NN' = nAC, PP' = pAB The first equality yields MM' = m(GC - GB) = (m/c)MN + (m/b)MP so that M' = Z(N, 1/c; P, 1/b) = Z(N, b; C, c) by multiplying by bc Similarly, N' = Z(M, a; P, c) and P' = Z(M, a; N, b) This proves the theorem thanks to (2) Maxwell's Theorem The applet suggests the following theorem [Prasolov, 11.48, Pedoe, 6.1, 8.3, 28.4]: Given ΔABC and a point P, the sides of ΔA'B'C' are parallel to the cevians in ΔABC through P Prove that the cevians in ΔA'B'C' parallel to the sides of ΔABC are concurrent A similar statement is true if the lines are taken to be perpendicular, instead of parallel Furthermore, the two are clearly equivalent We'll prove the latter Triangles A'B'C' with sides parallel to the given set of cevians are all similar It therefore sufficient to establish the theorem for any one of those triangles Consider the circumcenters O A, OB, and OC, of triangles PBC, PAC, PAB, respectively The circumcircles of triangles PBC and PAC share chord PC, so that OAOB is perpendicular to PC Similarly, OAOC PB and OBOC PA, which means that ΔOAOBOC is one of the family A'B'C' The lines through its vertices perpendicular to the sides of ΔABC are exactly the perpendicular bisectors of the latter, which are known to meet at a point Two triangles ABC and A'B'C' are said to be orthologic if perpendiculars from A, B, C to B'C', A'C', A'B' are concurrent The point of concurrency is known as the orthologic center of ΔABC with respect to ΔA'B'C' Maxwell's theorem justifies the symmetry of the definition: if the perpendiculars from the vertices of one of the triangle to the sides of the other are concurrent, then the perpendiculars from the vertices of the latter to the sides of the former are also concurrent As an example, in any triangle, the associated medial and contact triangles are orthologic We can use complex variables and the real product [Andreescu, 4.1] of complex numbers to easily establish the perpendicular case of Maxwell's theorem For two complex numbers u and v define the real product as u·v = (uv* + vu*)/2, where the asterisk denotes the complex conjugate Assuming u = u + iu2 and v = v1 + iv2, u·v = u1v1 + u2v2 In other words, the real product of two complex numbers is exactly the scalar product of the 2D-vectors represented by these complex numbers It follows that for four complex numbers u, U, v, V the lines joining them pairwise are perpendicular iff (U - u)·(V - v) = Assume now the complex coordinates of the vertices of triangles ABC and A'B'C' are a, b, c and a', b', c' The perpendicular from A to B'C' has the equation (1) (z - a)·(c' - b') = Similarly the perpendiculars from B and C are given by the equations (2) (z - b)·(a' - c') = and (z - c)·(b' - a') = Adding the three up eliminates z: (3) a·(c' - b') + b·(a' - c') + c·(b' - a') = 0, which is the condition for the perpendiculars from A, B, C to B'C', A'C', A'B' to be concurrent Indeed, if (3) holds then, for any z, (4) (z - a)·(c' - b') + (z - b)·(a' - c') + (z - c)·(b' - a') = Now let's see if we can choose z the right way First, for any z on the perpendicular from a to b'c', the first term in (4) vanishes The choice of z as the intersection of the perpendiculars from a and b, eliminates the first two terms, which makes the third term also Importantly, (3) can be regrouped into (3') a'·(c - b) + b'·(a - c) + c'·(b - a) = 0, in which the triangles switched the roles (3') is the condition for the concurrency of the perpendiculars from A', B', C' onto the sides of triangle ABC Q.E.D As an example, the pedal triangle of any point is orthologic to the base triangle Also, Gergonne and medial triangles associated with the given one are orthologic Remark The theorem bears name of James Clerk Maxwell, a famous physicist His proof is different from anything above yet beautifully simple He drew pairwise intersecting circles centered at A, B, C and P Taken by three, the circles define radical centers Let A' be the radical center of the circle centered at B, C, P B', C', P' are defind cyclically Then, say, A' and P' lie on the common chord of the circles B and C, which makes A'P' perpendicular to BC, etc Remark There is another proof of Maxwell's theorem based on the notion of barycenter and another one of a generalization that shows surprisingly the projective nature of the theorem References T Andreescu, D Andrica, Complex Numbers From A to Z, Birkhäuser, 2006 D Pedoe, Geometry: A Comprehensive Course, Dover, 1970 V V Prasolov, Problems in Planimetry, v 1, Nauka, Moscow, 1986 (Russian) I.62)Định lí Maxwell Định lí: Cho ABC và điểm P, các cạnh A'B'C' song song với các đường thẳng qua đỉnh ABC và điểm P Qua A',B',C' kẻ các đường thẳng song song với các cạnh ABC Khi đó ta có các đường thẳng này đồng quy điểm P' Chứng minh: Dễ dàng c/m các góc Ceva Sin ta có đpcm và Tương tự áp dụng định lí I.63)Định lí Brahmagupta tứ giác nội tiếp có hai đường chéo vuông góc Định lí:Cho tứ giác nội tiếp ABCD có AC vuông góc với BD S Khi đó đoạn nối trung điểm cạnh với S vuông góc với cạnh đối diện Chứng minh: Ta chứng minh đại diện,chẳng hạn gọi M là trung điểm BC ta cần chứng minh MS vuông góc với AD Thật vậy,MS cắt AD H Ta có: Do đó: ,M là trung điểm BC nên MS=MC Dễ =>dpcm I.64)Định lí Schooten Định lí: Cho tam giác ABC nhận (O) là đường tròn ngoại tiếp.Khi đó với điểm S nằm trên (O) thì đoạn SA,SB,SC có đoạn có độ dài tổng độ dài hai đoạn còn lại Chứng minh: Không giảm tổng quát ,giả sử S thuộc cung BC nhỏ Ta chứng minh SA=SB+SC.Thật vậy: Gọi I là điểm trên đoạn SA cho SI=SC Đến đây công việc chúng ta là chứng minh AI=SB (*) mà điều này thì khá đơn giản ,chỉ cần để ý chút: Dễ thấy tam giác SIC nên (1) Mà:CA=CB (2) và Từ (1),(2) và (3) ta dễ suy (*) (3) I.65)Định lí Bottema Định lí:Về phía ngoài tam giác ABC ta dựng hai hình vuông ABDE, ACFG Gọi M là trung điểm DF.Thế thì Vị trí điểm M không phụ thuộc vào vị trí điểm A và tam giác MBC vuông cân M Chứng minh: Chúng ta chứng minh ý hai từ điều đó suy ý Vậy công việc chúng ta là chứng minh tam giác MBC vuông cân M Bài này có nhiều cách giải,ở đây ma 29 xin trình bày pp phép biến hình Kí hiệu: Ta thấy: là phép quay tâm góc quay ,giả sử chiều dương là ngược chiều kim đồng hồ Mà F là phép quay với góc quay nên tâm phép quay này chính là M Dựa vào cách xác định tâm tích hai phép quay ta dễ có dpcm I.66)Định lí Pompeiu Định lí;Cho tam giác ABC ,và điểm D trên mặt phẳng tam giác.Khi đó luôn tồn tam giác với độ dài các cạnh là DA,DB,DC Chứng minh: Chúng ta dùng bất đẳng thức Ptolemy (Xem mục I.10)để giải bài này cách cực kì nhanh gọn! Bây giờ,theo nguyên lí khởi đầu cực trị ba đoạn DA,DB,DC có đoạn có độ dài lớn Không giảm tổng quát ,giả sử đó là DA Đến đây ta cần chứng minh ($)là xong Kí hiệu a là độ dài cạnh tam giác ABC Sử dụng bất đẳng thức Ptolemy ta có: Đến đây thì thấy tiền ($)rồi I.67)Định lí Zaslavsky Định lí:Cho tam giác và điểm Tam giác là ảnh tam giác đối xứng tâm Từ kẻ các đường thẳng song song với cắt Chứng minh thẳng hàng qua phép Chứng minh: Từ kẻ đường thẳng song song với Vì nên cắt là ảnh qua phép đối xứng tâm là ảnh qua phép đối xứng tâm suy Ta có: Ta suy dpcm I.68)Định lí Archimedes Định lí:Cho là trung điểm Chứng minh , điểm chuyển động tùy ý trên .Từ kẻ Chứng minh: Trên tia dựng điểm cho Ta có: đồng thời suy Vậy đồng thời là đường cao, đường trung tuyến tam giác nên tam giác cân M suy đó là trung điểm cạnh hay nói cách khác (dpcm) I.69) Định lí Urquhart Định lí:Cho hai ba điểm thẳng hàng Chứng minh và , và là giao điểm và Chứng minh: Đầu tiên ta cần chứng minh bổ đề sau:Trong tam giác ABC ta có nửa chu vi và a=BC với p là Ta có: mặt khác nên suy nên nghịch đảo hai vế ta dpcm Trở lại bài toán gọi các góc trên hình vẽ ta có: (dpcm) I.70)Định lí Mairon Walters Định lí:Cho tam giác ABC và các đường thẳng chia cạnh đối diện hình vẽ.Chứng minh Chứng minh:: Trước tiên ta cần chứng minh bổ đề sau:Cho tam giác thẳng chia đoạn Giả sử cho theo tỉ số điểm Giả sử di động trên đường giao thì thì ta có: mà lại cùng phương với nên tồn số cho Mặt khác cách biểu diễn này là nên ta có đồng thức: suy ra: Quay lại bài toán ban đầu ta áp dụng bổ đề nhiều lần liên tiếp ta được(đây là kĩ tính toán nên mình ghi kết các bác thông cảm) suy ra: (dpcm) I.71)Định lí Poncelet bán kính đường tròn nội tiếp,bàng tiếp tam giác vuông Định lí:Cho tam giác góc có là bán kính các đường tròn nội tiếp, bàng tiếp .Chứng minh rằng: tam giác ABC vuông A và Chứng minh:: Ta có: tam giác vuông (dpcm) I.72)Ðịnh lí Hansen Ðịnh lí:Cho tam giác 1)Tam giác vuông .Chứng minh các điều kiện sau tương đương: 2) 3) Chứng minh: Ðầu tiên ta chứng minh vài hệ thức phụ sau: 1) 2) 3) Ta có: Trở lại bài toán ban đầu ta có: Do nên chia hai vế cho ta được" (1) Ðặt (1) tam giác ta suy vuông dó (2) tương tự thay (2) trên với chú ý và ta được: (3) (3) tam giác lớn nên vuông *chú thích: I.73)Định lí Steinbart mở rộng Định lí:.Cho tam giác nội tiếp Các tiếp tuyến đường tròn Trên (O) lấy các điểm Chứng minh và đồng quy các giao điểm tam giác thẳng hàng giao đồng quy với cạnh Chứng minh: Gọi Ta có: mà nên Tương tự ta suy ra: đó vế phải nói cách khác thẳng hàng thì biểu thức ngoặc vế trái đồng quy và và ngược lại hay đồng quy I.74)Định lí Monge & d'Alembert I Định lí:Cho đường tròn có bán kính khác và không chứa nhau.Tiếp tuyến chung ngoài đường tròn giao Chứng minh rằng: thẳng hàng Chứng minh: Vì các đường tròn có vai trò nên không tính tổng quát ta giả sử: Khi đó ta có thể chứng minh được: Suy ra: Theo định lí Menelaus ta suy dpcm *Chú thích: là phép vị tự tâm tỉ số biến thành I.75)Định lí Monge & d'Alembert II Định lí:Cho đường tròn có bán kính khác và không chứa nhau.Tiếp tuyến chung (A) và (C), (B) và (C) giao , tiếp tuyến chung ngoài và giao .Chứng minh rằng: thẳng hàng Chứng minh: Vì các đường tròn có vai trò nên không tính tổng quát ta giả sử: Khi đó ta có thể chứng minh được: Suy ra: Theo định lí Menelaus ta suy dpcm *Chú thích: là phép vị tự tâm tỉ số biến thành I.76)Định lí Steiner bán kính các đường tròn Định lí:Chứng minh tam giác ta có: Chứng minh: Ta có: (hiển nhiên) suy dpcm I.77)Định lí Bellavitis Định lí::Cho tứ giác là tứ giác điều hoà kí hiệu Chứng minh rằng: Chứng minh: Gọi đường tròn đường kính là đường tròn Apollonius tam giác ứng với đỉnh Vì là tứ giác điều hoà nên đó thuộc đường tròn Apollonius tam giác Dựng đối xứng với qua phân giác Ta suy ra: Vậy (dpcm) I.78)Định lí Feuer bach-Luchterhand: II/Một số điểm và đường đặc biệt xác định với tam giác và tứ giác II.1) Đường thẳng Euler tam giác Định lí:Cho tam giác gọi minh rằng: thẳng hàng là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp.Chứng Chứng minh: Gọi là trung điểm Ta có đó suy thẳng hàng II)Đường tròn và tâm Euler Kết : Trong tam giác ,trung điểm các cạnh tam giác ,chân các đường cao và trung điểm các đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh cùng nằm trên đường tròn gọi là đường tròn Euler tam giác Chỉ dẫn chứng minh: Thực đây là trường hợp đặc biệt hai điểm đẳng giác (Xem mục I.50) II.3)Đường đối trung, điểm Lemoine Kết quảCho tam giác tam giác thì đường đối trung tam giác đồng quy điểm Chỉ dẫn chứng minh:: Đường đối trung tam giác ứng với đỉnh là đường thẳng đối xứng với trung tuyến qua phân giác tương ứng đỉnh đó Từ định nghĩa trên áp dụng định lí Xeva dạng sin ta có: sin( ⃗ AB ; ⃗ AA 2) sin(⃗ BA ; ⃗ BB2 ) sin (⃗ CA ; ⃗ CC 2) sin(⃗ AA ; ⃗ AC) sin (⃗ BB ; ⃗ BC) sin (⃗ CC1 ; ⃗ CB) = =1 sin( ⃗ AC ; ⃗ AA 2) sin( ⃗ BC ; ⃗ BB2) sin (⃗ CB ; ⃗ CC2 ) sin(⃗ AA ; ⃗ AB ) sin (⃗ BB ; ⃗ BA ) sin (⃗ CC1 ; ⃗ CA) Suy *Chú thích: kí hiệu đồng quy điểm tam giác tương đương với II.4)Điểm Gergonne,điểm Nobb, đường thẳng Gergone 1)Kết điểm Gergonne:Tam giác ABC với đường tròn nội tiếp (I).Tiếp điểm (I) trên BC,CA,AB là D,E,F.Khi đó AD,BE,CF đồng quy điểm gọi là điểm Gergonne tam giác ABC Chỉ dẫn chứng minh: Chỉ cần dùng định lí Ceva và các kết đơn giản : DB=DC,EA=EC,FA=FB là 2)Kết điểm Nobb và đường thẳng Gergonne(Vẫn với các kí hiệu trên)Một tam giác không cân có điểm Nobb tương ứng là giao điểm các cặp đường thẳng EF và CB ,DE và AB ,DF và AC Và điểm Nobb cùng nằm trên đường thẳng gọi là đường thẳng Gergonne tam giác ABC Chỉ dẫn chứng minh: Xét cực và đối cực (I) Đường đối cực A là EF qua M,nên đường đối cực M qua A Mặt khác dễ thấy đường đối cực M qua D nên suy đường đối cực M là AD Hoàn toàn tương tự ta có: Đường đối cực N là BE và đường đối cực P là CF Theo trên ,do AD,BE,CF đồng quy nên có điều phải chứng minh Bình luận: Kết trên có thể mở rộng sau: Cho tam giác ABC và điểm D,E,F theo thứ tự thuộc BC,CA,AB cho AD,BE,CF đồng quy và D,E,F khác trung điểm đoạn thẳng.Gọi M,N,P là điểm chung các cặp đường thẳng (EF,BC) ,(DF,CA) ,(DE,AB).Khi đó M,N,P thẳng hàng Bạn có thể chứng minh kết trên định lí Menelaus chí bài toán mở rộng này là trường hợp đặc biệt định lí Desargues mà thôi!!!! (Xem them hai file : FG200821.bdf ; jcgeg200722.bdf) II.5)Điểm Nagel Kết quả:.Cho tam giác Các đường tròn bàng tiếp xúc với cạnh tương ứng đỉnh thì ta có đường thẳng đồng quy điểm tam giác Chỉ dẫn chứng minh: Ta có: Suy dpcm *Chú thích: II.6) Điểm Brocard Định nghĩa:Trong tam giác ABC cho trước có hai điểm Brocard M,N xác định cho: và II.7)Điểm Schiffler Định nghĩa:Cho tam giác Euler tam giác có là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.Khi đó đường thẳng và đồng quy điểm tam giác Chỉ dẫn chứng minh: Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, là trọng tâm tam giác, là trung điểm là trọng tâm tam giác cắt cắt tiếp xúc với cạnh cắt , cắt Rõ ràng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Do đó là đường thằng Euler tam giác Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác với cát tuyến ta có: Suy ra: Ap dụng định lí Menelaus cho tam giác Do với cát tuyến ta có: là trọng tâm tam giác IBC nên Do đó: Tương tự ta thấy các đường thẳng Euler các tam giác xác định hệ thức ) Vậy các đường thẳng Euler tam giác (Xem them FG200312.bdf) cắt và đồng quy tại (được II.8)Điểm Feuerbach Kết quả:Trong tam giác ,đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp nó,và tiếp điểm đó gọi là điểm Feuerbach tam giác trên Chỉ dẫn chứng minh:(leductam post) Gọi là tâm đường tròn Euler, ngoại tiếp, nội tiếp tam giác là đường kính vuông góc với là hình chiếu lên ngoại tiếp, nội tiếp là chân đường phân giác góc 1.Đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp Ta dễ dàng chứng minh Vì là trực tâm, là bán kính đường tròn suy Chứng minh tiếp: Vì nên mà cân đó Vậy Chiếu hệ thức trên lên (1) theo phương vuông góc với ta được: (2) Từ (1) và (2) ta suy ra: (3) Ta có: (4) Từ (3) và (4) ta có: Vậy suy dpcm Hoàn toàn tương tự ta có: 2.Đường tròn Euler tiếp xúc ngoài với các đường tròn bàng tiếp Từ kẻ vuông góc với nên Từ (2) ta có: Vậy Mặt khác: (5) nên: (6) Từ (5) và (6) ta có: Từ kẻ (7) Trong tam giác vuông ta có: (8) Từ (7) và (8) ta có: Vậy suy dpcm (Xem them BalticFeuer; GenFeuerPDF; FG200117) II.4)Điểm Gergonne,điểm Nobb, đường thẳng Gergone 1)Kết điểm Gergonne:Tam giác ABC với đường tròn nội tiếp (I).Tiếp điểm (I) trên BC,CA,AB là D,E,F.Khi đó AD,BE,CF đồng quy điểm gọi là điểm Gergonne tam giác ABC Chỉ dẫn chứng minh: Chỉ cần dùng định lí Ceva và các kết đơn giản : DB=DC,EA=EC,FA=FB là 2)Kết điểm Nobb và đường thẳng Gergonne(Vẫn với các kí hiệu trên)Một tam giác không cân có điểm Nobb tương ứng là giao điểm các cặp đường thẳng EF và CB ,DE và AB ,DF và AC Và điểm Nobb cùng nằm trên đường thẳng gọi là đường thẳng Gergonne tam giác ABC Chỉ dẫn chứng minh: Xét cực và đối cực (I) Đường đối cực A là EF qua M,nên đường đối cực M qua A Mặt khác dễ thấy đường đối cực M qua D nên suy đường đối cực M là AD Hoàn toàn tương tự ta có: Đường đối cực N là BE và đường đối cực P là CF Theo trên ,do AD,BE,CF đồng quy nên có điều phải chứng minh Bình luận: Kết trên có thể mở rộng sau: Cho tam giác ABC và điểm D,E,F theo thứ tự thuộc BC,CA,AB cho AD,BE,CF đồng quy và D,E,F khác trung điểm đoạn thẳng.Gọi M,N,P là điểm chung các cặp đường thẳng (EF,BC) ,(DF,CA) ,(DE,AB).Khi đó M,N,P thẳng hàng Bạn có thể chứng minh kết trên định lí Menelaus chí bài toán mở rộng này là trường hợp đặc biệt định lí Desargues mà thôi!!!! II.9)Điểm Kosnita Định nghĩa.Cho tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.Gọi các đường tròn ngoại tiếp tam giác Khi đó ba đường thẳng đồng quy điểm tam giác Chỉ dẫn chứng minh: Gọi tương ứng là giao điểm Ta có: Tương tự với điểm và là tâm và với sau đó nhân các tỉ lệ thức với ta dpcm II.8)Điểm Feuerbach Kết quả:Trong tam giác ,đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp nó,và tiếp điểm đó gọi là điểm Feuerbach tam giác trên Chỉ dẫn chứng minh:(leductam post) Gọi là tâm đường tròn Euler, ngoại tiếp, nội tiếp tam giác là đường kính vuông góc với là hình chiếu lên ngoại tiếp, nội tiếp là 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 đó Vậy Chiếu hệ thức trên lên theo phương vuông góc với ta được: Từ (1) và (2) ta suy ra: (3) Ta có: (2) là trực tâm, là bán kính đường tròn (4) Từ (3) và (4) ta có: Vậy suy dpcm Hoàn toàn tương tự ta có: 2.Đường tròn Euler tiếp xúc ngoài với các đường tròn bàng tiếp Từ {I}_{a} kẻ {I}_{a}{X}_{a} vuông góc với BC {I}_{a}S = SI nên {X}_{a}M = MN Từ (2) ta có: Vậy Mặt khác: (5) nên: (6) Từ (5) và (6) ta có: Từ kẻ (7) Trong tam giác vuông ta có: (8) Từ (7) và (8) ta có: Vậy suy dpcm Bổ sung chứng minh khác phép nghịch đảo ạ: Xét có: + Đường tròn nội tiếp + Đường tròn bàng tiếp góc + Đường tròn Euler Kẻ tiếp tuyến chung và Ta có: ) Gọi tiếp xúc với theo thứ tự tiếp xúc với qua trung điểm cạnh và là tiếp xúc với chúng là tâm vị tự và (chú ý là Nếu thì hiển nhiên đã tiếp xúc với Khi đó, và nên ta quan tâm đến trường hợp nên theo hệ thức Newton, Đặt , lại có nên suy Cuối cùng, xét phép nghịch đảo cực , phương tích Nhưng và tiếp xúc với còn thân đường tròn này bất biến qua phép nghịch đảo xét nên ta có tiếp xúc với và Lập luận tương tự cho thấy tiếp xúc với Kết thúc chứng minh! Bổ Đề: 1, tam giác là phân giác Điểm 2, tứ giác nội tiếp được, đó và đồng quy nằm mặt phẳng tam giác thì phân giác góc II.10)Điểm Musselman,định lí Paul Yiu điểm Musselman Kết quả: Cho tam giác Các điểm là điểm đối xứng với qua các cạnh đối diện và là tâm đường tròn ngoại tiếp Khi đó và cùng qua điểm là ảnh điểm qua phép nghịch đảo đường tròn ngoại tiếp tam giác Chỉ dẫn chứng minh: Gọi và là ảnh điểm giác Khi đó ta có: và qua phép nghịch đảo đường tròn ngoại tiếp tam Suy Bây ta cần chứng minh điểm , và thẳng hàng Ta có tâm tỉ cự điểm và tâm đường tròn chín điểm đó điểm và tâm đường tròn chín điểm là điểm đẳng giác tam giác Mặt khác - tâm đường tròn ngoại tiếp và - trực tâm là điểm đẳng giác tam giác nên suy Ta dễ dàng chứng minh Vậy hay nói cách khác điểm và cùng nằm trên đường tròn Tương tự với các đường tròn còn lại ta suy dpcm Điểm gọi là điểm tam giác Định lí Paul Yiu điểm Musselman: Với giả thiết trên thì đường tròn và Chỉ dẫn chứng minh: qua điểm Về định lí này em xin trích dẫn trực tiếp lời giải Darij Grinberg: Theo chứng minh trên thì điểm nằm trên Ta có: Mặt khác: Vậy hay và cùng nằm trên đường tròn Tương tự với các đường tròn khác ta suy dpcm và nên ta được: II.11)Khái niệm vòng cực tam giác Khái niệm::Cho tam giác tù Chân các đường cao đối diên các đỉnh là Khi đó vòng cực tam giác là đường tròn có tâm là và bán kính xác định với Trong đó: - bán kính đường tròn ngoại tiếp - độ dài cạnh tam giác - góc tam giác và Ngoài ta có tính chất vòng cực là: cho điểm bất kì chuyển động trên các đường cạnh tam giác ABC dựng các đường tròn có đường kính là đoạn thẳng nối đỉnh với điểm chuyển động trên cạnh đối diện thì đó vòng cực tam giác trực giao với tất các đường tròn đó II.12)Điểm Gibert Kết quả:: Cho tam giác và điểm - ảnh điểm qua phép nghịch đảo đường tròn ngoại tiếp tam giác Gọi là điềm đối xứng với điểm qua các đường cạnh tam giác Khi đó các đường thẳng và đồng quy điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác Chỉ dẫn chứng minh: Gọi giao điểm và là thì ta có: ∠ M G j B=∠ M AB +∠ M BA =∠MA B +∠MB1 A=π − ∠ MC1 B+ π − ∠ MC1 A =∠ AC1 B =∠C Vậy nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh tương tự với và ta suy dpcm II13/Trục Lemoine Định lý: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Tiếp tuyến A đường tròn cắt đường thẳng BC X.Định nghĩa tương tự cho Y,Z.Chứng minh X,Y,Z thẳng hàng và đường thẳng chứa X,Y,Z gọi là trục Lemoine tam giác ABC Chứng minh: Không tính tổng quát giả sử hai vecto đồng dạng với suy ra: Nhân hai đẳng thức trên với suy ra: Do X nằm ngoài tam giác nên suy ra: Tương tự ta có hai đẳng thức sau: Nhân ba đẳng thức với ta có: và cùng hướng.Do hai tam giác ABX và CXA Theo định lý Menelaus thì ba điểm X,Y,Z đồng quy Chứng minh (2): Ta chứng minh đường đối cực X,Y,Z ABC Edit later là ba đường đối trung tam giác II.14)Tâm Morley Kết quả::Tâm thứ định nghĩa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Morley thứ Tâm thứ hai định nghĩa là tâm phối cảnh tam giác với tam giác Morley thứ Chỉ dẫn chứng minh: Áp dụng định lí tri Xeva cho đường thẳng đồng quy là và ta có: mà Suy ABC sin BCA sin BA A 3 = sinCAA 1 sin CBA sin ACB 3 sin Tương tự với các đường còn lại ta dpcm II.15) Tâm Spieker và đường thẳng Nagel Kết quả:Cho tam giác Gọi đường tròn nội tiếp tam giác là tâm là trung điểm và Tâm tam giác ABC.Khi đó điểm tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm, điểm tam giác Chỉ dẫn chứng minh: Ta có phép vị tự tâm Xét điểm tỉ số và tâm biến tam giác cùng nằm trên đường thẳng thành tam giác nên suy (1) có số tâm tỉ cự: (2) Từ (1) và (2) ta suy điểm và cùng nằm trên đường thẳng Ngoài ta còn vài tính chất điểm Spieker nó là tâm đẳng phương đường tròn bàng tiếp tam giác ABC, tâm Spieker, điểm Brocard thứ và điểm đẳng cự với tâm đường tròn nội tiếp thẳng hàng II.16)Hai điểm Fermat Kết quả:Cho tam giác Dựng phía ngoài(vào trong) các tam giác Khi đó tâm phối cảnh tam giác và tam giác gọi là điểm thứ nhất(thứ hai) hay người ta còn gọi là điểm dương(âm) Chỉ dẫn chứng minh: và Gọi giao điểm Tương tự với và và với và là ta có: ta được: AP ; ⃗ AC) sin(⃗ BM ; ⃗ BA ) sin (⃗ CN ; ⃗ CB) ZA XB YC sin( ⃗ = ZB XC YA sin( ⃗ BP ; ⃗ BC) sin(⃗ CM ; ⃗ CA ) sin (⃗ AN ; ⃗ AB) Mặt khác: (⃗ AP; ⃗ AC)=( ⃗ AP; ⃗ AB)+(⃗ AB ; ⃗ AC)=( ⃗ AC ; ⃗ AN )+(⃗ AB ; ⃗ AC)=(⃗ AB ; ⃗ AN) mod π Tương tự ta suy dpcm Ngoài ra: Trong đó: là lần diện tích tam giác Xem them The Fermat Point and Generalizations P Fermat (1601-1665) challenged Evangelista Torricelli (*) (1608-1647), the inventor of barometer with the following question Find the point such that the sum of its distances from the vertices of a triangle is a minimum Torricelli presented several solutions In one he observed that the circumcircles of the equilateral triangles constructed externally on the sides of a given triangle meet in a point Many more have been found since I'll present several solutions and two quite surprising generalizations Solution (Published by Joseph Ehrenfried Hofmann (1900 1973) in 1929 It was independently discovered by Tibor Galai and others [Honsberger, p 26].) In ΔABC, select a point P and connect it with vertices A, B, and C Rotate ΔABP 60 o around B into position C'BP' By construction, ΔBPP' is equilateral, PB = P'B, and PA = C'P' We thus have PA + PB + PC = C'P' + P'P + PC As the image of A under the rotation, position of C' does not depend on P Also, PA + PB + PC CC' because the broken line CPP'C' is no shorter than the straight line CC' Therefore, PA + PB + PC reaches its minimum iff P lies on CC' For this P, that BPC' = 60o Had we rotated ΔABP around A, we would have found APC' = 60o The result is clearly related to Napoleon's theorem On the sides of ΔABC construct equilateral triangles ABC', ACB', and BCA' We know that the Fermat point P that minimizes the sum PA + PB + PC lies on CC' By the same token, it lies on AA' and BB' Therefore, it lies on their intersection As far as Napoleon's theorem goes, the three lines AA', BB', and CC' are concurrent (This was already known to Thomas Simpson (1710 1761).) Not only that but they cross at angles equal 120o Furthermore, AA' = BB' = CC' since each of them equals PA + PB + PC for the Fermat point P So the Fermat point is unique and lies at the intersection of three straight lines that connect vertices of the triangle with opposite vertices of Napoleon's triangles The construction fails if one of the internal angles of ΔABC is 120o or more In this case, the vertex corresponding to the largest angle of the triangle solves Fermat's problem (There is a dynamic illustration pertinent to the above proof.) Solution This solution only works under the assumption that the Fermat point exists and is unique Let for a given ΔABC, P be that point Let's move, say, A a little into position A on the ray PA Will P move along into a different position? Assuming it will and denoting its new position as P 1, we arrive at contradiction Indeed, for ΔABC, PA + PB + PC < P1A + P1B + P1C Also, by our assumption for ΔA1BC, P1A1 + P1B + P1C < PA1 + PB + PC Summing up and cancelling, we get PA + P1A1 < PA1 + P1A Recollect that we selected A1 on the ray PA so that PA1 + A1A = PA Which leads to AA1 + P1A1 < P1A which is of course absurd Therefore, when A slides along the ray PA, point P does not change Slide then vertices A and B so as to make ΔABC equilateral This is always possible For example, start with sliding A so as to make AB = BC The triangle ABC becomes isosceles It is obvious that, for an isosceles triangle, the Fermat point lies on the axis of symmetry of the triangle For this reason, the triangle remains isosceles wherever B is located on that axis Slide it so as to make all three sides of ΔABC equal For an equilateral triangle, its centroid that also serves as the incenter and the circumcenter, serves as the Fermat point as well Solution ([Honsberger, p 26] ascribes this solution to Torricelli himself and mentions that it was rediscovered almost 300 years later by F Riesz In a private communication, Douglas Rogers mentioned that the solution has been also proposed by J Steiner Thus the same object that is most frequently referred to as Fermat's point, Torricelli's point and Fermat-Torricelli point, is sometimes also named after J Steiner, as Steiner's point, especially in the framework of Steiner's networks [Tikhomirov, p 31] and [Courant and Robbins, p 354] even refer to Fermat's problem as Steiner's [Johnson, p 221] attributes the present solution to Steiner.) The following solution depends on explicit knowledge of the fact that, for Fermat's point, = AFB = AFC = 120o Without proving that such a point exists, it shows that, if it does, it solves Fermat's problem BFC At the vertices of ΔABC draw perpendiculars to lines AF, BF, and CF The new lines form an equilateral triangle RST Let F1 be a point different from F Drop perpendiculars F 1A1, F1B1 and F1C1 to the sides of ΔRST It's a nice property (known as Viviani's theorem) of equilateral triangles that in ΔRST, FA + FB + FC = F1A1 + F1B1 + F1C1 (The sum of the distances from a point inside an equilateral triangle to the sides of the triangle does not depend on the point ) On the other hand, obviously, F1A1 + F1B1 + F1C1 < F1A + F1B + F1C All that remains is to combine the two (Douglas Rogers made a delightful observation ΔRST is the largest equilateral triangle circumscribing ΔABC According to Viviani's theorem, FA, FB, FC add up to the altitude of ΔRST For any other equlateral ΔLMN curcumscribing ΔABC, at least one of FA, FB, or FC is not perpendicular to the side and hence is longer than such perpenduclar It follows that the sum FA + FB + FC is bound to be larger than the alititude of ΔLMN This implies that the side of ΔLMN is smaller than that of ΔRST In passing, ΔRST is known as the antipedal triangle of F with respect two ΔABC.) Solution (The proof by Lou Talman is found on one of the discussions at the mathforum Still very simple, it uses a little bit of analytic geometry and calculus This is probably very close to one of Torricelli's original proofs.) One can see that the Fermat point does minimize FA + FB + FC as follows: Let z be the sum FA + FB, where F is chosen to minimize FA + FB + FC, and consider the locus of points P that satisfy PA + PB = z This locus is an ellipse with foci at A and B Because F minimizes z + FC, the line determined by C and F must be normal to the tangent to this ellipse at F By the reflection property of the ellipse, the angles AFC and BFC must be equal A similar argument shows that the angles AFC (say) and AFB must also be equal From this it follows that the three angles are all 120 degrees Solution (The argument is similar to that in Solution 4, but from a different perspective [F G.-M., p 442] credits Lhuilier (1811) with the proof.) Assume FC is constant Then point F that minimizes FA + FB + FC, minimizes also FA + FB and lies on the circle with center C and radius FC The minimum is achieved for a point F on the circle for which the angles AFC and BFC are equal For more detail, draw a tangent to the circle at F and choose any point G on the tangent other than F Let H be the intersection of HC with the circle Then, assuming angles AFC and BFC equal, FA + FB < GA + GB < HA + HB (The latter inequality warrants extra attention It follows from the fact the various ellipses with foci at A and B not intersect.) From here, FA + FB + FC < HA + HB + FC = HA + HB + HC The argument can be repeated assuming either FA or FB constant As a result, at Fermat's point F all three angles AFC, BFC and AFB are found to be equal Solution Fermat's point can be located with the help of Euler's generalization of Ptolemy's Theorem, see [Pedoe, pp 93-94] Any triangle has at least two acute angles Given ΔABC, let angles at B and C be acute Form an equlateral triangle BCD, with D and A on opposite sides of BC Let (O) be the circumcircle of ΔBCD For a point Q, by Ptolemy's inequality BQ·CD + CQ·BD ≥ DQ·BC, with equality only if Q lies on (O) and such that the quadrilateral BQCD is convex Note that, by construction, BC = CD = BD which reduces the above to BQ + CQ ≥ DQ Therefore AQ + BQ + CQ ≥ AQ + DQ ≥ AD Unless, Q lies on AD, AQ + BQ + CQ > AD Let P be the intersection of AD with (O) other than D BPCD is an inscribed convex quadrilateral and P lies on AD So in this (and only in this) case AP + BP + CP = AD For any other selection of Q, AQ + BQ + CQ > AP + BP + CP Angle BPC is supplementary to BDC = 60° so that BPC = 120° Further, D is in the middle of the arc BDC so that angles BPD and CPD are 60° making angles APC and APB both equal 120° If the triangle is acute the same construction applies to the other two sides which brings up the framework of Napoleon's theorem The three circles intersect at Fermat's point and three lines joining the vertices of ΔABC with the opposite vertices of the Napoleon triangles concur at the point P The latter fact can be used for a more direct proof Solution (This was a part of a solution by Grimbal to a problem posted at the wu::forum.) Construct Napoleon's equilateral triangles ABC', AB'C', A'BC externally on the sides of ΔABC Let P be the intersection of AA' and BB' AA' is CC' rotated clockwise 60° about B, and BB' is CC' rotated counterclockwise 60° about A, it follows that angle APB' is 60° Let X be the point on BB' making triangle APX equilateral Now, if BB' is rotated clockwise 60° about A, then X goes to P, B' to C, and B to C' Hence P, C, and C' are collinear; and so AA', BB', and CC' are concurrent, and any two of these lines make an angle of 120° Searching for the Fermat point we discovered a nice property of Napoleon's triangles I found quite surprising generalizations of those properties in a column by David Gale in The Mathematical Intelligencer which was kindly pointed out to me by Professor McWorter Two lines passing through a vertex of a triangle are called isogonal with respect to that vertex if they form equal angles with its (internal) angle bisector Following is the first generalization Theorem As in the diagram, assume lines AB' and AC' are isogonal as are pairs CB', CA' and BA', BC' Then three lines AA', BB', and CC' are concurrent, i.e., meet at a common point This applet requires Sun's Java VM which your browser may perceive as a popup Which it is not If you want to see the applet work, visit Sun's website at http://www.java.com/en/download/index.jsp, download and install Java VM and enjoy the applet Buy this applet What if applet does not run? Napoleon's theorem is obtained when all three angles involved are equal to 30 o The common point is then known as the First Napoleon point (The Second Napoleon Point is obtained when the equlateral triangles are formed internally to the given triangle Similarly, there are two Fermat's points, which are also known as the first and second isogonic centers.) If the base angles are just equal between themselves, the theorem bears the name of Ludwig Kiepert who replaced equilateral triangles with isosceles ones An interesting specification of the theorem is obtained when the three angles add up to 180 o But the theorem also admits further generalization In Theorem 1, pairs of (isogonal) lines were related to angle bisectors As is well known from elementary geometry, angle bisectors meet at a single point (incidentally, the incenter of the triangle.) Two lines AB' and AC' through a vertex A of a triangle are said to be isotomic if they intersect the opposite side BC in points equidistant from its midpoint Ma Theorem remains valid for isotomic lines as well And, in a certain sense, for any three concurrent lines A second generalization that I am about to formulate and then prove belongs to the realm of Projective Geometry Theorem Let p, q, r be concurrent lines through the vertices A, B, and C, respectively, of ΔABC Let P A be the pencil of lines at A and let TA be the (unique) projective mapping on PA which interchanges lines AB and AC, leaves p fixed Define PA, PB, and TA, TB similarly For any line a in PA, let a' = TA(a) Similarly, for b in PB and c in PC, let b' = TB(b) and c' = TC(c) Let C' = a' b, B' = c' a, and A' = b' c Then AA', BB', and CC' are concurrent Note that (an apparently more general) Theorem follows from Theorem with a projective mapping that leaves vertices A,B,C fixed but takes the incenter into any point P (the intersection of lines p, q, r.) To prove Theorem 2, perform the projective mapping that carries C to the origin, A to the point at infinity at y-axis, B to the point at infinity at x-axis, and P to the point (1, 1) Lines p, q, and r are carried onto the lines x = 1, y = 1, and x = y, respectively We thus have PA is the set of all vertical lines, PB is the set of all horizontal lines, PC is the set of all lines through the origin Transformation TA preserves the vertical direction and, therefore, is in reality a 1-dimensional projective transformation So it's a Möbius transformation which, in general, has the form f(x) = (ax + b)/(cx + d) Transformations that interchange x = with the point at infinity are given by f(x) = a + b/x (c = and d = 0.) Among those, there is a single one that leaves x = fixed: f(x) = 1/x So TA maps x = a onto x = 1/a To simplify the notations, we will denote the vertical line with x = a by a, the horizontal line y = b by b, and the line y = cx through the origin, by c Then with similar definitions for T B and TC we have a' = TA(a) = 1/a, b' = TB(b) = 1/b, and c' = TC(c) Further C' = a' b = (1/a, b), B' = c' a = (a, a/c), and A' = b' c = (1/(bc), 1/b) Thus AA' has equation x = 1/(bc), BB' has equation y = a/c, and CC' has equation y = (ab)x Then, AA' BB' = (1/(bc), a/c) which lies on the line CC' II.17)Điểm Parry reflection Kết quả:: Cho tam giác Kẻ qua các đường thẳng song song với và song song với đường thẳng Euler tam giác Gọi là các đường đối xứng với qua và Khi đó các đường này đồng quy điểm Parry reflection tam giác ABC Chỉ dẫn chứng minh: Gọi là trực tâm tam giác , là ảnh qua phép đối xứng trục và Phép vị tự tâm tỉ số biến tam giác thành tam giác đó đường thẳng tam giác này trùng Gọi là giao điểm với và Ta có: HA 2= AA − AH=2(AX − OP)=2 (AH+ HM −OP)=2(HM+ MN)=2 HN Vậy là ảnh qua phép đối xứng trục Dựa vào tính chất đồng dạng ta suy đường thẳng qua trục đối xứng với đường thẳng Tương tự với các đường thẳng còn lại ta suy đường thẳng (Xem them File FG200806.bdf) đồng quy theo định lí II.18)Đường tròn Taylor ,tâm Taylor Kết quả:.Cho tam giác các đường cao Từ kẻ các đường vuông góc với các cạnh đó chân các đường vuông góc này nằm trên cùng đường tròn gọi là đường tròn tam giác Chỉ dẫn chứng minh: Ta có: Vậy điểm cùng nằm trên đường tròn Tương tự với điểm và Ta được: Vậy điểm cùng nằm trên đường tròn hay ta suy dpcm II.19)Điểm Bevan Kết quả: Cho tam giác tròn ngoại tiếp tam giác , là tâm các đường tròn bàng tiếp Khi đó tâm đường gọi là điểm tam giác Sau đây ta đến với vài tính chất cua điểm : *Ta thấy là tâm đường tròn nội tiếp tam giác chính là trực tâm tam giác đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn chín điểm tam giác suy là trung điểm *Tâm là trung điểm đoạn nối trực tâm với điểm Đầu tiên ta chứng minh điểm này thẳng hàng Xét tam giác ta có: BI HO S p G = =1 BO HG S p I Vậy điểm này thẳng hàng Xét tam giác ta có điểm thẳng hàng suy ra: Vậy ta có dpcm *Điểm là trung điểm đoạn nối điểm và điểm Điểm là điểm đối xứng trực tâm qua tâm đường tròn ngoại tiếp Khi đó tương tự trên ta có dpcm II.20)Điểm Vecten Kết quả: Cho tam giác Dựng phía ngoài(hay vào trong) các hình vuông và Khi đó đường nối đỉnh tam giác với tâm hình vuông dựng trên cạnh đối diện đồng quy điểm Vecten tam giác Chỉ dẫn chứng minh: Theo định lí thì điều này hiển nhiên và dễ dàng suy có điểm và ngoài(hay âm và dương) Ngoài ta còn có tính chất khá thú vị điểm thẳng hàng : Tâm đường tròn chín điểm và điểm II.21)Điểm Mittenpunkt Kết quả: Cho tam giác , là tâm các đường tròn bàng tiếp, trung điểm các cạnh Khi đó các đường thẳng điểm tam giác Chỉ dẫn chứng minh: là đồng quy sin I c cos I a sin I b cos I a ⃗ ⃗ I a I c+ Ia Ib sin I b sin I c sin I b cos I a sin I b cos I a ⃗ ⃗ MC+ MB=0 Chiếu hệ thức theo phương lên trục ta được: sin I c sin I c I a A 1=⃗ I a B+ ⃗ I a C= Ta có: 2⃗ Tương tự với các đường còn lại ta suy dpcm B C ¿ :(cos ¿2 ) 2 A cos ¿ :¿ ¿ sin I b ¿ :(sin I c ¿ 2)=¿ sin I a ¿2 :¿ ¿ M =¿ cos Ta có: Ngoài ta còn có vài tính chất bên lề khá thú vị: Với giả thiết trên gọi là điểm tiếp xúc đường tròn nội tiếp tam giác với cạnh thì đồng quy Khi đó điểm này và điểm là điểm đẳng giác *Điểm , tâm và trực tâm thẳng hàng *Điểm , tâm đường tròn nội tiêp và điểm thẳng hàng *Điểm , trọng tâm va điểm thẳng hàng với II.22)Điểm Napoleon Kết quả:.Cho tam giác , dựng phía ngoài( hay vào trong) các tam giác và Khi đó đường nối đỉnh tam giác với trọng tâm tam giác dựng trên cạnh đối diện đồng quy điểm Napoleon tam giác Chỉ dẫn chứng minh: Áp dụng định lí ngoài ta suy dpcm dễ dàng suy có điểm là và II.23)Đường tròn Adam Kết quả:Cho tam giác ABC với điểm Gergonne G.Đường thẳng qua G song song với EF cắt AB,AC S,P.Đường thẳng qua G song song với DE cắt AC,BC Q,M.Đường thẳng qua G song song với DF cắt BA,BC R,N.Khi đó các điểm M,N,P,Q,R,S cùng thuộc đường tròn gọi là đường tròn Adam tam giác ABC Chỉ dẫn chứng minh: Gọi (I) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC,tiếp điểm (I) trên BC,CA,AB là D,E,F.Đường thẳng qua A và G song song với BC tương ứng cắt DE,DF (H,K),(V,T) Ta thấy: Do đó AH=AK nên GT=GV Bây để ý GTDN và GVDM là hai hình bình hành nên ta có DM=DN Kết hợp với ID vuông góc với BC ta thu IM=IN Tương tự IP=IQ,IR=IS Mặt khác dễ thấy :IM=IQ=IR Từ các khẳng định trên ta dễ nhận điều cần chứng minh II.24)Tam giác Fuhrmann ,đường tròn Fuhrmann Kết quả:Cho tam giác nội tiếp đường tròn tâm Gọi là trung điểm các cung BC, CA, AB Lấy các điểm trên đối xứng qua các cạnh tương ứng ta điểm là và Khi tam giác gọi là tam giác tam giác Đường tròn ngoại tiếp tam giác gọi là đường tròn Tính chất: 1) S=− ( ∑ a3 − ∑ a2 b+3 abc) S ABC ( a+b+ c)OI2 =− (b+ c − a)( a+c −b)( a+b −c ) 4R 2) 3)Trực tâm tam giác trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác (để chứng minh ta có sử dụng tích vô hướng) 4)Tâm đường tròn chín điểm tam giác đường tròn ngoại tiếp tam giác và tam giác có độ dài trùng Bán kính II.25)Hình luc giác và đường tròn Lemoine thứ Kết quả:Cho tam giác và điểm các cạnh cắt các cạnh còn lại giác thứ tam giác Qua kẻ các đường thẳng song song với Khi lục giác gọi là lục Tính chất: 1)Lục giác thứ là lục giác ngoại tiếp Đường tròn ngoại tiếp lục giác này gọi là đường tròn thứ nhất: Do là đường thẳng đối trung qua trung điểm nên là đường đối song tương ứng cạnh Suy tứ giác là tứ giác nội tiếp 2)Các cạnh bị kẹp các đường song song tỉ lệ với lũy thừa bậc ba cạnh tương ứng: Gọi x, y, z là khoảng cách từ L tới cạnh tam giác Khi đó: 3)3 đoạn trên cùng cạnh tỉ lệ với bình phương các cạnh tam giác 4)Tâm đường tròn Lemoine thứ là trung điểm đoạn nối điểm Lemoine với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: Để ý vuông góc với đó ta dễ dàng suy dpcm 5)Bán kính Ngoài ta còn có cách viết khác: Trong đó là bán kính đường tròn Lemoine thứ hai(sẽ nói đến phần sau) II.26)Hình lục giác và đường tròn Lemoine thứ hai Khái niệm đường đối song:Cho tam giác Với điểm bất kì thuộc các cạnh và ta có kiểu chọn cho tam giác đồng dạng với tam giác Thứ là song song với Thứ hai là tứ giác nội tiếp hình vẽ Khi và gọi là các đường đối song tương ứng với góc Tính chất:Đường đối trung luôn qua trung điểm các đường đối song tương ứng với cùng đỉnh Kết quả:Cho tam giác và điểm Qua với các cạnh tam giác cắt các cạnh còn lại gọi là lục giác thứ hai kẻ các đường đối song tương ứng Khi đó lục giác Tính chất: 1)Lục giác thứ hai nội tiếp đường tròn và đường tròn này gọi là đường tròn thứ hai tam giác ABC 2)Bán kính Thực chất lục giác và đường tròn và đường tròn Xem thêm là trường hợp đặc biệt lục giác II.27)Điểm Euler Tứ giác nội tiếp Kết quả:Cho tứ giác nội tiếp Gọi là trực tâm các tam giác và Khi thì các đường thẳng và đồng quy Điểm đồng quy gọi là điểm tứ giác nội tiếp Chỉ dẫn chứng minh: Ta có song song và cùng lần khoảng cách từ tới nên tứ giác là hình bình hành suy giao trung điểm đường Tương tự ta suy bốn đường thẳng đồng quy trung điểm đường Từ đây ta suy nhiều tính chất thú vị điểm 1)Điểm nằm trên đường vuông góc hạ từ trung điểm cạnh tới cạnh đối diện(hoặc trung điểm đường chéo tới đường chéo còn lại) 2)Đường thẳng các đỉnh còn lại đỉnh với tam giác 3)Đường tròn chín điểm các tam giác thì qua điểm và Tương tự với đồng quy điểm Xem thêm II.28)Đường thẳng Steiner tứ giác toàn phần Kết quả:Cho tứ giác toàn phần Khi đó trực tâm các tam giác và cùng nằm trên đường thẳng gọi là đường thẳng tứ giác toàn phần Chỉ dẫn chứng minh: Gọi là trực tâm các tam giác Gọi là trung điểm các đường chéo Khi đó: và Vậy nằm trên trục đẳng phương đường tròn và Tương tự ta có trực tâm còn lại cùng nằm trên trục đẳng phương hai đường tròn này suy dpcm II.29)Đường thẳng Gauss tứ giác toàn phần Kết quả:Cho tư giác toàn phần đường thẳng gọi là đường thẳng Khi đó trung điểm các đường chéo cùng nằm trên tứ giác toàn phần Chỉ dẫn chứng minh: Gọi là trung điểm các đường chéo là tam giác trung bình tam giác Khi đó các điểm nằm trên các cạnh tam giác Ta có: và Nhân các vế các đẳng thức trên ta được: MK NI PJ EA FB DC = =1 MI NJ PK EC FA DB Suy dpcm Từ bài viết trên ta thấy tứ giác toàn phần thì đường thẳng Steiner vuông góc với đường thẳng Gauss II.30) Điểm Miquel tứ giác toàn phần Kết quả:Cho tứ giác toàn phần Khi đường tròn ngoại tiếp các tam giác và đồng quy Điểm đồng quy đó gọi là điểm tứ giác toàn phần Chỉ dẫn chứng minh: Giả sử đường tròn ngoại tiếp các tam giác Khi đó ta có: và giao điểm khác (⃗ MA ; ⃗ MC)≡(⃗ MA ; ⃗ ME)+(⃗ ME ; ⃗ MC)≡(− ⃗ FA ; ⃗ FE)+( ⃗ DE ; ⃗ DC)≡( ⃗ AF ; ⃗ AE)+(⃗ AE ; ⃗ FE)+(⃗ DE ; ⃗ DC)≡ (⃗ AF ; ⃗ AE)+(⃗ EC ; ⃗ ED)+(⃗ DE ; ⃗ DC) ≡(⃗ AB ; ⃗ AC)+(⃗ CA ; ⃗ CB)≡ π −(⃗ BC ; ⃗ BA )≡(⃗ AB ; ⃗ BC) mod π Vậy nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác dpcm Tương tự với đường tròn còn lại ta suy II.31)Đường tròn Miquel tứ giác toàn phần Kết quả:Cho tứ giác toàn phần ngoại tiếp tam giác tứ giác toàn phần và Khi đó điểm và tâm các đường tròn cùng nằm trên đường tròn - đường tròn Chỉ dẫn chứng minh: Gọi và là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác Gọi là chân các đường vuông góc kẻ từ tới và Do là trung điểm nên chúng thẳng hàng Theo định lí đảo đường thẳng Simson ta có cùng nằm trên đường tròn Tương tự ta suy dpcm và (Thêm phần tứ giác toàn phần kèm theo, File BDF) II.32)Hình bình hành Varignon tứ giác Kết quả:Cho tứ giác ABCD có M,N,P,Q là trung điểm AB,BC,CD,DA.Khi đó M,N,P,Q là bốn đỉnh hình bình hành gọi là hình bình hành Varignon tứ giác ABCD Chỉ dẫn chứng minh: Chứng minh kết này khá đơn giản,dễ thấy MN,PQ tương ứng là đường trung bình các tam giác ABC và ACD nên Do MNPQ là hình bình hành I.71)Định lí Poncelet bán kính đường tròn nội tiếp,bàng tiếp tam giác vuông Định lí:Cho tam giác có là bán kính các đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc Chứng minh rằng: tam giác ABC vuông A và Chứng minh:: Ta có: tam giác vuông (dpcm)