Vậy O O O1 2 3 là tam giác đều (đpcm) 6.2. Điểm Torricelli
Theo cách giải thứ nhất của bài toán Napoleon ta thấy rằng:
Nếu trên các cạnh của một tam giác ABC, về phía ngoài của nó, ta dựng các tam giác đều BCA’, CAB’ và ABC’ thì các đường tròn ngoại tiếp các tam giác đều cắt nhau tại 1 điểm O; điểm này được gọi là Torricelli của ABC.
Giả sử ABC có A là lớn nhất . Dễ thấy rằng:
- Nếu A 120 0 thì điểm Tornicelli O là điểm ở trong ABC; lúc đó ta có
0
AOBBOCCOA 120 (H27) - Nếu A 120 0 thì A là điểm Tornicelli của ABC.
- Nếu A 120 0 thì điểm Torricelli O nằm ngoài ABC, lúc đó ta có
0
120
BOC còn BOACOA600
Dễ dàng chứng minh rằng các đường thẳng AA’, BB’, CC’ cắt nhau tại hai điểm Tornicelli O.
Thực vậy (H28), AOC 120 0 mà COA '600 ( do O nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều BCA’) nên 3 điểm A, O và A’ thẳng hàng. Tương tự như vậy với các điểm B, O, B’ và C, O, C’.
Điểm Torinicelli có một số tính chất đặc biệt sau đây
40Định lí: Định lí:
Nếu ABC có ba góc lớn nhất A 1200, thì điểm Tornicelli O là điểm có tổng khoảng cách đến các đỉnh của ABC là nhỏ nhất (nhỏ hơn tổng các khoảng cách từ bất kì điểm M nào khác, trong mặt phẳng của ABC, đến các đỉnh của ABC).
Chứng minh định lí :
Ta dùng bổ để sau:
Với mọi điểm M nằm trong góc A của một tam giác đều ABC cho trước, ta luôn có: MB + MC MA.
Dấu “ =’’ xảy ra khi và chỉ khi M nằm trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC.
Để chứng minh bổ đề, ta kẻ AD và BD sao cho (Hình 38 ).
BADCAM và ABDAMC.
MCA BDA
cho ta
MC MA CA
BD BA DA (1) (1) Suy ra MBA CDA , do đó
MB MA
CD CA (2) Từ (1) ta có MC.BA = MA.BD (3) Từ (1) ta có MC.BA = MA.BD (3) Từ (2) có MB.CA = MA.CD (4) Từ (3) và (4) chú ý rằng BA = CA = BC = a Ta được ( MB + MC ).a = MA.( BD + CD).
mà BD +CD BC = a cho nên MB + MC MA.
Ta có MB + MC = MA khi và chỉ khi BD + CD = BC tức là D nằm trên cạnh BC hay AMCABC600, nghĩa là M nằm trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC. Bổ đề được chứng minh.
41 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Dùng bổ đề này, dễ dàng chứng minh định lí đã cho : vì điểm Tornicelli O nằm trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều A’BC (Hình 37), nên OB + OC = OA’.
Do đó OA + OB +OC = OA + OA’ = AA’ . ( 3 điểm A, O, A’ thẳng hàng ).
Giả sử M O. Nếu M nằm trên cung nhỏ BC thì: MA + MB + MC = MA + MA’ > AA’
Còn nếu M không nằm trên cung nhỏ BC thì: MA + MB + MC > MA +MA’ > AA’
(định lí được chứng minh ).
7. Đường tròn Euler và định lí Feuerbach 7.1. Định lí
Trong một tam giác, trung điểm các cạnh , chân các đường cao và trung điểm các đoạn thẳng nối các đỉnh của tam giác với trực tâm là 9 điểm cùng nằm trên 1 đường tròn ( gọi là đường tròn 9 điểm hay đường tròn Euler ).
42
Chứng minh
1. Tứ giác MNPQ có MN // BC // PQ ( MN, PQ là đường trung bình trong ABC, DBC ) và PN // AD // QM (NP, MQ là đường trung bình trong tam giác ADB, ACD ), nên MNPQ là hình chữ nhật nội tiếp được đường tròn đường kính MP và NQ.
2. Tương tự tứ giác MFPL có các cặp cạnh đối song song với AB và đường cao tương ứng, cũng là một hình chữ nhật nội tiếp được trong đường tròn đường kính MP, FL .
Hai đường tròn trên có chung đường kính MP nên trùng nhau , và 6 điểm M, N, P, Q, F, L cùng ở trên một đường tròn tâm E.
3. Các điểm H, I, K nhìn 3 đường kính nói trên dưới những góc vuông nên đều ở trên đường tròn (E). Cả 9 điểm M, N, P, Q, F, L, H, I, K ở trên đường tròn ( E ).
43
7.2. Các tính chất của đường tròn Eluer
1. Tâm E của đường tròn Euler là trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm D của tam giác với tâm O của đường tròn ngoại tiếp.
Quả vậy, OL // FD ( cùng vuông góc với BC ) nên OL // QM. Tương tự OM // QL. Do đó OL = QM = AD
2 = FD, và tứ giác FDLO là một hình bình hành . Vậy trung điểm E của FL cũng là trung điểm của OD. Đường thẳng OED là đường thẳng Euler.
2. Đường kính của đường tròn Euler bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp.
Quả vậy, EF là đường trung bình trong ADO nên EF = OA R 2 2 . 3. Trực tâm D của tam giác là tâm vị tự trong phép vị tự, tỉ số 1
k , biến đường tròn ngoại tiếp thành đường tròn Euler.
Quả vậy, vì DE = 1.DO 2 và
1 2
DF DQ DP
DA DC DB
4. Trọng tâm G ở trên đường thẳng Eluer và chia đoạn thẳng CD theo tỉ số OG LG LO. . 1 GD GA DA 2 hay OG 1 OD 3 Từ kết quả trên ta có: GE = OE - OG = 2 3 6 2 OD OD OD OG nên DE GE 1 DQ GO 2
Điểm G chia trong, điểm D chia ngoài đoạn thẳng OE cùng tỉ số 1 2, nên 4 điểm O, E, G, D lập thành 1 hàng điểm điều hòa .
44
5. Khoảng cách từ tâm đến đường tròn Euler đến trọng tâm G của tam giác
EG 1.GO 1. 9R2 (a2 b2 c )2 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
2 6
Các điểm F, P, Q được gọi là 3 điểm Euler của ABC 7.3. Định lí Hamilton
Các tam giác ABC, ABH, BCH, ACH, trong đó H là trực tâm của tam giác ABC có đường tròn Euler chung.
Chứng minh
Các ABH, ACH, BCH đều có một cạnh - tức là có trung điểm của cạnh đó - chung với ABC, ngoài ra, còn có trung điểm của hai cạnh còn lại là những điểm Euler của ABC.
Vậy là đường tròn Euler của mỗi tam giác đó có ba điểm chung với đường tròn Euler của ABC, nên tất cả các đường tròn Euler đó trùng nhau , nói cách khác, tất cả 4 tam giác nói trên có đường tròn Euler chung.
45
Hệ quả: Do có chung đường tròn Euler nên 4 tam giác nói trên có đường tròn ngoại tiếp bằng nhau, bán kính của mỗi đường tròn ngoại tiếp đó bằng đường kính của đường tròn Euler.
Bài tập
Bài 1. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp 1 tam giác chia đôi những đoạn thẳng nối tâm điểm đường tròn nội tiếp với tâm điểm các đường tròn bàng tiếp trong các góc của tam giác đó .
Giải
O, I, I , I , Ia b c theo thứ tự là tâm điểm các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, bàng tiếp trong các góc A, B,C của ABC. Các cạnh của tam giác
a b c
I I I là đường phân giác ngoài của ABC. Do đó, các đường phân giác
46
trong của ABC vuông góc với cạnh đó, trở thành những đường cao của
a b c
I I I
, vì vậy
1. ABC trở thành tam giác trực tâm của I I Ia b c.
2. Đường tròn ngoại tiếp ABC trở thành đường tròn Euler của I I Ia b c do đó phảI đi qua.
+ Ba điểm Euler, tức là trung điểm của các đoạn thẳng nối trực tâm I với các điểm I , I , Ia b c.Nói cách khác, đường tròn ngoại tiếp (O) chia đôi các đoạn thẳng nối liền tâm điểm I của đường tròn nội tiếp với các tâm điểm của các đường tròn bàng tiếp trong các góc A, B,C.
+ Ba trung điểm của các đoạn thẳng nối tâm điểm của các đường tròn bàng tiếp từng đôi với nhau
Bài 2. Cho ABC và 1 đường thẳng bất kì kẻ qua tâm đường tròn Euler. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ trực tâm và các đỉnh ( ở cùng phía với trực tâm đối với ) đến bằng tổng các khoảng cách từ đỉnh còn lại đến .
Giải
47
Gọi hình chiếu trên của 3 đỉnh A, B, C trực tâm H, trung điểm D của BC, trung điểm D của BC , trung điểm F của AH theo thứ tự là A’, B’, C’, H’, D’, F’.
Ta có : DD’ = FF’ (vì DEF là một đường kính của đường tròn Euler ). Mà 2DD’ = BB’ + CC’ và 2EF’ = AA’ + HH’ (nếu A và H ở cùng phía với ). Từ ba đẳng thức trên ta suy ra
BB’ + CC’ = AA’ + HH’ (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Nếu A và H không ở phía với , tức là nếu H ở cùng phía với B và C thì ta có: 2FF’ = AA’ + HH’ và BB’ + CC’ = AA’ - HH’
hay BB’ + CC’ HH’ = AA’ 7.4. Định lí Feuerbach
Trong một tam giác, đường tròn Euler tiếp xúc trong với đường tròn nội tiếp và tiếp xúc ngoài với các đường tròn bàng tiếp .
Chứng minh
Gọi E, O, I là tâm các đường tròn Euler, đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp của ABC, H là trực tâm.
QOS là đường kính vuông góc với BC, F, N là hình chiếu của E và I lên BC, P là hình chiếu của A lên OQ; R là bán kính của (O) ; r bán kính ( I ) 1. Chứng minh ( E ) tiếp xúc trong với (I)
Ta phải chứng minh:
EI = R r 2
Để dễ theo dõi cách chứng minh ta hãy giải quyết trước các bước chứng minh sơ bộ sau :