HÌNH HỌC Bất đẳng thứ c và cự c trị
I.
Trong chươ ng ng trình trung học cơ sở thì những bất đẳng thức chúng ta g ặp chỉ xoay quanh các yếu tố của tam giác như ba cạnh a, b, c , chu vi p , bán kính đườ ng ng tròn n ội tiếp, ngoại tiếp r , R … và các yếu tố độ dài trong một đườ ng ng tròn. Để nắm bắt rõ điều này, tôi s ẽ bổ sung một số hệ thức lượ ng ng trong tam giác mà m ột số hệ thức mà các b ạn có thể chưa gặp trong ch ươ ng ng trình học cấp 2, tuy nhiên đây là các hệ thức rất cơ bản trên cấp 3 i) Hệ thức về diện tích tam giác abc 1 1 = ( p − a ) ra = p ( p − a ) ( p − b ) ( p −c ) S = aha = pr = bc sin A = 2 2 4 R ii) Hệ thức v ề hàm số sin, cos, trung tuyến, phân giác trong, phân giác ngoài, đườ ng ng cao b 2 + c 2 − 2bc cos A = a 2 a = 2 R sin A 2b 2 + 2c 2 − a 2 2 ma = (1) 4 b la
1 ha
=
2bc cos b+c
c
A
2
( 2)
+ 1 + 1 =1 hb
hc
r
ha l a
ma a
Trong các hệ thức trên, hầu h ết là quen thu ộc v ớ i các b ạn nên tôi s ẽ chỉ chứng minh hệ thức (1) và (2). Chứng minh như sau Áp dụng định lý hàm s ố cos cho tam giác ABC và tam A ABM B giác vớ i góc ta có a 2 + c 2 − 2ac cos B = b 2
2 a2 2 2c + 2 − 2ac cos B = 2ma
Trừ hai vế đẳng thức vớ i nhau ta có 2 2 2 C b + 2c − a 2 B 2 D M ma = 4 Đối vớ i hệ thức (2) áp d ụng công thức diện tích cho hai tam giác ABD, ACD ta đượ c S = 1 cl sin A ABD 2 a 2 S ACD = 1 bla sin A 2 2 A 1 1 Mặt khác S = bc sin A = S ABD + S ACD = la sin ( b + c ) ⇒ l a = 2 2 2
2bc cos b+c
A
2
iii) Một số hệ thức đặc biệt khác Vớ i O là điểm bất kì trên mặt phẳng thì 3 ( OA2 + OB 2 + OC 2 ) = 9OG 2 + a2 + b2 + c2 vớ i G là trọng tâm tam giác Chứ ng ng minh
Áp dụng hệ thức trung tuyến cho các tam giác OAD, OGD, OBC, GBC ta đượ c 2OA2 + 2OD 2 = 4OG 2 + AD2 O 4OM 2 + GD 2 = 2OG 2 + 2OD2 A 2OB 2 + 2OC2 = 4OM 2 + BC 2 4GM 2 + BC 2 = 2GB2 + 2GC 2 G Cộng bốn đẳng thức trên lại vế theo vế ta có OA2 + OB 2 + OC 2 = 3OG 2 + GA2 + GB2 + GC 2 (*) B C M Mà từ công thức đườ ng ng trung tuyến ta dễ dàng suy ra 2 2 2 a +b +c D 2 2 2 GA + GB + GC = 3 2 2 2 2 2 Thế vào (*) ta có 3 ( OA + OB + OC ) = 9OG + a + b2 + c2 Cho O là tâm đườ ng ng tròn ngo ại tiếp ta có h ệ thức sau 2 2 2 9 R = 9OG + a + b2 + c2 ⇒ 9 R2 ≥ a2 + b2 + c2 (**) Trướ c hết, chúng ta có m ột bài toán c ơ bản là điều ki ện tươ ng ng đươ ng ng để ba số dươ ng ng là ba cạnh một tam giác. Điều kiện như sau:
a = y + z a, b, c > 0 là ba cạnh tam giác ⇔ ∃ x, y, z > 0 : b = x + z c = x + y Chứ ng ng minh x
x z
y
z
y
Điều kiện cần: Vẽ đườ ng ng tròn nội tiếp tam giác ABC , khi đó, x, y, z là các đoạn đượ c biểu diễn trên hình Điều kiện đủ:
a = y + z Vớ i b = x + z ta dễ dàng chứng minh c = x + y
a + b > c b + c > a ⇒ a, b, c là ba c + a > b
cạnh tam giác Rõ ràng điều ki ện trên là r ất đơ n gi ản nh ưng l ại r ất h ữu d ụng, các b ạn s ẽ có thể nhìn một bất đẳng thức hình h ọc dướ i cái nhìn đại số và không bị ràng buộc bở i cái yếu tố cạnh của tam giác n ữa. Ta hãy xét m ột vài ví d ụ
•
Các bấ t t đẳ ng ng thứ c chỉ chứ a yế u t ố ố các cạnh tam giác a, b, c là ba cạnh tam giác. Ch ứng minh
Cho bc + ca ca ) [1] a 2 + b 2 + c 2 < 2 ( ab + bc [2] 2 ( a 2 + b2 + c2 ) < ( a + b + c )
2
[3] ab ( a + b ) + bc (b + c ) + ca ( c + a ) > 3abc 1 + 1 + 1 ≥ 2 1 + 1 + 1 [4] p−a
p −b
p −c
a
b
c
[5] [6] [7]
a
2
b
+
p−a a
p −b b
+
p−a
2
p −b
ab a + b−c
+
+ +
c
2
≥ 2(a + b + c)
p −c
≥3
c p −c
bc b+c−a
2
+
ca c + a −b
≥ 2(a + b + c)
[8] ( a + b − c ) ( a − b + c ) ( −a + b + c ) ≤ abc a b c 3abc + + + <2 [9] b + c c + a c + a ( a + b ) (b + c ) (c + a ) 1 [10] a 2 + b 2 + c 2 + 4abc < ( a + b + c = 1) 2 [11] p < p − a + p − b + p − c ≤ 3 p [12] ab ( a + b − 2c ) + bc ( b + c − 2a ) + ca (c + a − 2b ) ≥ 0 2
2
2
[13] a ( b − c ) + b (c − a) + c ( a − b ) ≥ 0 [14] a 2b ( a − b ) + b 2c ( b − c ) + c 2a ( c − a ) ≥ 0 [15] [16]
a b
+ b + c − a − c − b <1 c
a −b a+b
a
+
c
b−c b+ c
b
+
a
c−a c+a
<
1 8
Các bất đẳng thức trên đây, phần lớ n đều có thể giải đượ c bằng cách s ử dụng điều kiện tươ ng ng đươ ng ng trên, các b ạn có thể tự làm, chỉ trừ bất đẳng thức [9] [12] [15] [16], trong các b ất đẳng ở trên tôi chỉ giải một vài b ất đẳng thức mà tôi th ấy khó hơ n cả 1 [10] a 2 + b 2 + c 2 + 4abc < ( a + b + c = 1) 2 Bất đẳng thức trên tươ ng ng đươ ng ng (sử dụng điều kiện tươ ng ng đươ ng) ng) 1 1 2 2 2 ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x ) + 4 ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) < vớ i x + y + z = 2 2 Để cho hai v ế của bất đẳng thức trên cùng b ậc (*) ta nhân thêm các l ượ ng ng như sau 1 2 2 2 3 2 ( x + y + z ) ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x ) + 4 ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) < 8 ( x + y + z ) 2 ⇔ ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx ) + ( x 2 y + x 2 z + y 2 x + y 2 z + z 2 x + z 2 y ) < ( x + y + z )3 ⇔ 0 < 3 xyz a
[15]
b+c
a b
+
b
c
+
c
3abc
<2 + a c + a ( a + b ) (b + c ) (c + a ) ⇔ a ( a + b ) ( a + c ) + b ( b + c ) ( b + a ) + c ( c + a ) ( c + b ) + 3abc < 2 ( a + b ) (b + c ) (c + a ) ⇔ (b + c − a ) ( c + a − b ) ( a + b − c) > 0
[9]
+
b
c
a
c
b
c
a
c
b
a
+ + − − −
<1
và
a−b a+b
+
b−c b+c
+
c−a c
+a
<
1 8
Chú ý rằng a
b
c
a
c
b
c
a
c
b
a
+ + − − −
b
a−b a+b
+
b−c b
+c
+
c−a
+a
c
=
=
(a − b ) (b − c) ( c − a ) abc
(a − b) (b − c) ( c − a ) ( a + b ) (b + c ) ( c + a )
ta có đpcm
•
Các bấ t t đẳ ng ng thứ c có liên quan đế n các yế u t ố ố khác ( m, l, h, R, r, S...)
ra
+ rb + rc ≥ ha + hb + hc ≥ 9r
1
+ 1 + 1> 1 + 1 + 1
la
lb
lc
ha
hb
( 2) ( 3)
hc
R ≥ 2r a
2
+ b2 + c2 2 3
p q+r
a
2
+
≥ ama q
r+ p
b
2
( 4)
+
r p +q
c
2
≥ 2 3S
( p, q, r > 0 ) ( 5 )
9R2 ≥ a2 + b 2 + c2 Độ mạnh của bấ t t đẳ ng ng thứ c Tại sao chúng ta ph ải nhắc đến điều này, thực ra có quá nhi ều bất đẳng thức mà tôi không thể liệt kê ra hết đượ c nhưng chúng ta không c ần biết hết mà chỉ cần nhớ những bất đẳng thức m ạnh mà thôi, v ậy thì một b ất đẳng thức A gọi là mạnh hơ n bất đẳng thức B khi nào, khi t ừ A có thể suy ra B. Chẳng hạn như trong một dãy những bất đẳng thức liên quan đến ba cạnh a, b, c và diện tích S thì bất đẳng thức 9 R 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 là rất mạnh, thật vậy, ta có 2
( abc ) 3abc 2 2 2 ≥ + + ⇔ ≥ S (*) a b c 9R ≥ a + b + c ⇔ 9 2 2 2 16S 2 4 a +b +c Ta hãy so sánh (*) v ớ i các b ất đẳng thức sau 3 2 2 2 (a + b + c ) ≥ S 12 2 4(a + b + c) ≥S 3 3 33 2 ( abc ) ≥ S 4 2 ( ab + bc + ca ) − a 2 − b 2 − c 2 ≥ S (1) 4 3 2 2 2 2 2 a ( p − b ) ( p − c ) + b ( p − c ) ( p − a ) + c ( p − a) ( p −b ) ≤ p R Đối vớ i ba bất đẳng thức đầu, dễ thấy vế trái của chúng l ớ n hơ n vế trái của (*) nên (*) mạnh hơ n ba bất đẳng thức đó. Ta cũng có th ể dùng (*) để chứng minh bất đẳng thức cuối. Việc xét xem gi ữa (*) và (1) bất đẳng thức nào mạnh hơ n là một điều khó khăn nhưng ta có th ể chứng minh (1) khá ng ắn gọn bằng cách s ử dụng điều kiện tươ ng ng đươ ng. ng. Khi đó (1) ⇔ 4 ( xy + yz + zx ) ≥ 4 3S 2
2
2
2
⇔ ( xy + yz + zx )2 ≥ 3xyz ( x + y + z ) ⇔ x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ≥ xyz ( x + y + z ) ⇔ x 2 ( y − z ) 2 + y 2 ( z − x ) 2 + z 2 ( x − y )2 ≥ 0 Bất đẳng thức (2) quá quen thu ộc, ta sẽ không chứng minh, còn v ớ i (3) và (4) thì chỉ cần áp dụng công th ức tính ma , la ta sẽ thu đượ c kết quả. Bất đẳng thức R ≥ 2r là m ột b ất đẳng thức quan trọng và chắc các bạn cũng biết đến l ờ i gi ải hình học c ủa nó, nhưng tôi sẽ đưa ra một ch ứng minh khác ch ỉ bằng các hệ thức lượ ng ng và các b ất đẳng thức đã nêu ( a + b + c ) abc abc 4S ≥ ⇔ ≥ S2 R ≥ 2r ⇔ 4S a + b + c 16 Chứng minh vế trái của bất đẳng thức trên lớ n hơ n bình phươ ng ng vế trái của (*) là đơ n giản, từ đó ta chứng minh đượ c R ≥ 2r Xét bất đẳng thức (5) ng thứ c Bunnhiacopxki ta có Áp dụng bấ t t đẳ ng 2 2 a2 b c 2 q + r + r + p + p + q ( q + r + r + p + p + q ) ≥ ( a + b + c ) 2 2 a2 b c 2 ⇒ 2 + + ( p + q + r ) ≥ ( a + b + c) q + r r + p p + q p q r 2 2 2 2 1 2 2 2 a + b + c ≥ ( a + b + c ) − 2 ( a + b + c ) q+r r+ p p +q 2
Ta cần chứng minh ti ếp vế phải lớ n hơ n 2 3S , chính là bất đẳng thức (1)
•
Các bấ t t đẳ ng ng thứ c hình học thuần túy
Trong phần này tôi s ẽ trình bày nh ững bất đẳng thức hình h ọc “thuần túy” theo ngh ĩ a là khi chứng minh chúng ta h ầu như chỉ cần những kiến thức đơ n giản nhất về hình học mà không phải dùng đến những thứ “cao siêu” nh ư phươ ng ng tích, h ệ thức lượ ng… ng… [1] Cho đườ ng ng tròn bán kính 1 và n điểm A1 , A2 , ..., An không cùng n ằm trên một đườ ng ng thẳng. Khi đó trên đườ ng ng tròn có th ể chọn đượ c điểm M để MA1 + MA2 + ... + MAn ≥ n [2] Nếu m ột đa giác lồi n ằm bên trong một đa giác l ồi khác thì chu vi đa giác lồi bên ngoài không nh ỏ hơ n chu vi của đa giác trong. [3] Trong một tam giác không cân, đườ ng ng phân giác la luôn nằm gi ữa đườ ng ng cao ha và đườ ng ng trung tuyến ma [4] Nếu qua trọng tâm G của tam giác ABC vẽ đườ ng ng thẳng cắt các c ạnh của tam giác tại M , N thì ta có b ất đẳng thức 2OM ≥ ON [5] Cho tam giác ABC có cạnh a > b > c và một điểm O nằm trong tam giác. P, Q, R lần l ượ t là giao điểm các đườ ng ng thẳng AO, BO, CO vớ i ba cạnh tam giác. Ta có OP + OQ + OR < a [6] Nếu M là điểm nằm trên đườ ng ng phân giác ngoài c ủa góc C trong tam giác ABC ( M ≡ C ) thì MA + MB > CA + CB [7] Nếu một tam giác nh ọn đặt đượ c vào trong một đườ ng ng tròn thì bán kính đườ ng ng tròn đó không nhỏ hơ n bán kính đườ ng ng tròn ngo ại tiếp tam giác
[8] Nếu các đỉnh của một tứ giác lồi nằm trên các cạnh khác nhau c ủa hình vuông cạnh 1 thì chu vi c ủa nó không nhỏ hơ n 2 2
•
C ự ực tr ị hình học
[1] Trong tất cả các tam giác có c ạnh a và đườ ng ng cao ha cho trướ c, c, tìm tam giác có góc A nhỏ nhất [2] Trong tất cả các tam giác có các c ạnh AB, AC có độ dài cho tr ướ c, c, tìm tam giác có bán kính đườ ng ng tròn ngoại tiếp nhỏ nhất [3] Tìm bên trong ABC một điểm O sao cho tổng bình ph ươ ng ng khoảng cách t ừ điểm đó đến các cạnh của tam giác là nh ỏ nhất [4] Cho góc XAY và một điểm O nằm trong góc đó. Hãy kẻ qua một đườ ng ng thẳng cắt ra từ góc đó một tam giác có di ện tích lớ n nhất [5] Bên trong góc nh ọn BAC cho một điểm M . Tìm trên các c ạnh AB, AC các điểm X , Y sao cho chu vi tam giác XYM là nhỏ nhất [6] Từ điểm M trong tam giác ABC cho trướ c hạ các đườ ng ng vuông góc MA1 , MB1 , MC1 xuống các đườ ng ng thẳng BC , CA, AB . Vớ i vị trí nào của M trong ABC đại lượ ng ng
a MA1
+
b MB1
+
c MC1
có giá tr ị nhỏ nhất
[7] Cho tam giác đều ABC cạnh 10 và M là điểm thỏa mãn
MB + MC = 9 . Tìm max
MA
Các bài toán “kinh điển” và bài t ập
II.
Bài toán con b ướ m
Qua trung điểm M c ủa dây PQ của một đườ ng ng tròn , vẽ hai dây cung AB và CD. Dây AB và CD cắt PQ tại X và Y. Khi đó M là trung điểm của XY Chứ ng ng minh A C P
U X
M Y O
D
Từ O , vẽ OU , OV vuông góc AD và BC . Ta có OXUM , OMYV nội tiếp. Ta cần có Cách 1.
A C
x1 Q
P
V
x
M
y y2
X x 2
D
Y
y1
Q
MX
O
B
CVM ⇒ AUM
= CVM ⇒ đpcm
Cách 2. H ạ các đoạn vuông góc t ừ X , Y xuống các đoạn nh ư trên hình. Ta c ần ch ứng minh x = y . Đặt MP = MQ = a . Từ các cặp tam giác đồng dạng Mx1 và My1 , Mx2
và My2 , Ax1 và Cy2 , Dx2 và By1 ta có
x y
=
x1 y1
,
x y
=
x2 y2
,
x1 y2
=
AX CY
,
x2 y1
=
XD YB
( a − x ) ( a + x ) a2 − x2 ⇒ 2= = = = = 2 2 = 1 ⇒ x = y (đpcm) y y1 y2 CY .YB PY .YQ ( a + y ) ( a − y ) a − y x
2
x1 x2
AX . XD
PX . XQ
Do OXUM , OMYV nội tiếp nên MOX = AUM , MOY = MVC
B
Vậy ta cần chứng minh AUM = CVM . Ta có ADM ~ CBM ⇒ AUM ~
= MY ⇔ MOX = MOY
M ở ở r ộng - M không chỉ là trung điểm của XY mà còn là trung điểm của RS vớ i R, S là giao điểm của
A E S P
AC , BD vớ i PQ . Chứ ng ng minh
C
M X
Y
Q
R
O
D
F
Ta vẽ hai đườ ng ng vuông góc xuống hai cạnh AC , BD và giải hoàn toàn t ươ ng ng tự như cách 1. - Vớ i M là giao điểm của AB và CD . X ∈ CD, Y ∈ AB BC = { P, Q} . Khi đó là hai điểm thỏa OX = OY . XY ∩ AD, BC XY , PQ có cùng trung điểm. Khi cho AC , BD BD ∩ PQ = {R, S} , ta cũng có trung điểm XY là trung điểm RS Lư u ý . Khi cho X ≡ Y ≡ M ta có bài toán con b ướ m ban đầu
B
A C M
.
P D
X
O Q
Y
Chứ ng ng minh
B
Cách chứng minh khá gi ống cách 2 tuy nhiên v ẫn khá phức tạp, xin dành cho b ạn đọc suy ngh ĩ Điể m Torricelli
Cho tam giác ABC có các góc không l ớ n hơ n 1200 . Tì Tìm điểm M trong tam giác sao t giá tr ị nhỏ nhất cho S = MA + MB + MC đạ
Lờ i giải
D
A
E
⇒ MA + MB + MC = MB + ME + ED
M B
D
Dựng hai tam đều AME , ACD như hình. Khi đó ta có AMC ~ AED
C
⇒ MA + MB + MC ≥ BD Đẳng thức xảy ra ⇔ AMB = BMC = CMA = 1200
A E M C
B
Điểm M thoả hệ thức trên đượ c gọi là đ iể m
Torricelli Lư u ý
Khi tam giác ABC có một góc chẳng hạn A > 1200 , ta có S sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi và ch ỉ khi M ≡ A . Thật vậy do A > 1200 nên A nằm trong BMED
⇒ MA + MB + MC = BM + ME + ED > BA + AD = BA + AC Đẳng thức xảy ra ⇔ M ≡ A
ng thẳ ng ng Euler Đườ ng
Cho tam giác ABC vớ i trực tâm H , trọng tâm G và tâm đườ ng ng tròn ngo ại tiếp O . Khi đó ta có H , G , O thẳng hàng và HG = 2GO và G nằm giữa H , O Lờ i giải A
E
C '
. ..
H
B '
G
O
C
B
A '
D
Gọi G là trọng tâm tam giác và A ', B ', C ' lần lượ t là trung điểm BC , CA, AB . Ta có A ' B ' C ' ~ ABC vớ i tỉ số ½. H là trực tâm ABC , O là trực tâm A ' B ' C ' . Do tỉ số đồng dạng là ½ nên AH = 2OA ' . Do AH , OA OA ' ⊥ BC ⇒ AH // OA ' ⇒ HAG = OA ' G . Từ đó ta suy ra HAG ~ OA ' G ⇒ HGA = OGA ' ⇒ H ,G , O thẳng hàng và G nằm giữa H và O , HG = 2GO . Bài t ậ p
[1] Tươ ng ng tự như cách gi ải trên, hãy vẽ hình và giải bài toán trong tr ườ ng ng hợ p tam giác ABC là tam giác tù [2] Chứng minh rằng DA ' =
b2 − c2
2a
Đườ ng ng tròn chín đ iể m Euler Vớ i ABC . Khi đó ba chân đườ ng ng cao, các trung điểm ba đoạn nối trực tâm và ba đỉnh, trung điểm ba cạnh nằm trên một đườ ng ng tròn Euler , bán kính ng tròn gọi là đườ ng
½ R Lờ i giải
Gọi O, H là tâm ngoại tiếp, trực tâm; K , L , M lần lượ t là trung điểm HA, HB, HC ; A ', B ', C ' lần lượ t là trung E K điểm BC , CA, AB F C ' B ' Dễ thấy H 0 N O KC ' A ' = KLA ' = KB ' A ' = KMA ' = 90 M L Suy ra A ', B ', C ', K , L , M cùng thuộc đườ ng ng C B tròn đườ ng ng kính KA ' là ( C ) . A ' D KA '∩ OH = { N } . Dễ thấy N là trung điểm KA ' . Tươ ng ng tự ta cũng có N là trung điểm LB ', MC ' ⇒ ( C ) là đườ ng ng tròn đườ ng ng kính KA ', LB ', MC ' Ta có D, E , F lần lượ t nằm trên đườ ng ng tròn đườ ng ng kính KA ', LB ', MC ' . ⇒ A ', B ', C ', K , L , M , D , E , F đồ đồng viên A
..
.
Bài t ậ p
[1] Trong đườ ng ng tròn Euler, các điểm K , L , M chia đôi các cung EF , FD , DE [2] Đườ ng ng tròn ngoại tiếp ABC là đườ ng ng tròn Euler c ủa I a I b Ic [3] Đườ ng ng tròn Euler cắt các cạnh của tam giác b ằng các góc B − C , C − A , A − B
H ệ thứ c Euler Cho tam giác ABC . O, I lần lượ t là tâm đườ ng ng tròn ngoại tiếp và nội tiếp. Khi đó ta
có hệ thức OI 2 = R2 − 2 Rr
Lờ i giải
M
A
α
α α
Y
I β
B
α
O
β
C
L
Phân giác trong góc A cắt đườ ng ng tròn ngo ại tiếp tại L , là trung điểm BC không chứa A . LM là đườ ng ng kính vuông góc vớ i BC . Để ý rằng BML = BAL = α , LBC = LAC = β Do là góc ngoài ABI tại I nên BIL = α + β = LBI LBI cân: LI = LB . Vì vậy LB / LM 2 2 R − OI = LI .IA = LB.IA = LM .IY IY / IA sin α = LM IY = LM .IY = 2 Rr ⇒ OI 2 = R 2 − 2 Rr sin α Từ hệ thức trên ta rút ra R ≥ 2r
ng thẳ ng ng Simson (tìm ra n ă m 1797 bở i William Wallace) Đườ ng Ba chân đườ ng ng cao t ừ một điểm đến các cạnh tam giác n ằm thẳng hàng khi và ch ỉ khi điểm đó nằm trên đườ ng ng tròn ngoại tiếp Lờ i giải Từ P bất kì, vẽ ba đườ ng ng cao xu ống ba cạnh tam giác là C 1 A1 , B1 , C1 . Khi đó ta có PC1 AB1 , PB1 A1C nội tiếp. Suy ra P A
= APC1 = 900 − C1 AP, CB1 A1 = CPA1 = 900 − PCB A P = PCB ⇒ AB1C1 = CB1 A1 i) P ∈ ( O ) ⇒ C1 AP ⇒ A1 , B1 , C1 thẳng hàng AB1C1
B1
B
M
A1
C
ii) A1 , B1 , C1 thẳng hàng
⇒ AB1C1 = CB1 A1 ⇒ C1 AP = PCB ⇒ ABCP nội tiếp ⇒ P ∈ (O ) M ở ở r ộng
ng thẳ ng ng Simson [1] Phép vị tự tâm P tỉ số 2 biến đườ ng P thành một đườ ng ng thẳng mớ i đi qua trực tâm tam giác. A Đườ ng ng thẳ ng ng Steiner ng thẳng đó gọi là đườ ng Chứng minh Ta cần chứng minh MHN = 1800 Thật vậy, t ừ APCB nội tiếp và P, M đối xứng nhau qua H ng thẳng AB ⇒ ACB = APB = AMB . đườ ng B C Do H là trực tâm nên AHB + ACB = 180 0 ⇒ AHB + AMB = 1800 ⇒ MAHB nội tiếp ⇒ MHA = ABM = ABP Tươ ng ng tự BHCN nội tiếp ⇒ NHC = MBC = PBC N Vậy ta có MHA + NHC = ABP + CBP = ABC = 1800 − AHC ⇒ MHA + NHC + AHC = 1800 ⇒ đpcm
[2] PA1 cắt đườ ng ng tròn lần nữa tại U . Khi đó ta có AU // A1 B1C1 B1 ng thẳ ng ng [3] Góc giữa đườ ng Simson của P, P ' bằng một O nửa số đo cung PP ' C B B C ng thẳ ng ng Simson của [4] Đườ ng A1 một điểm (nằm trên đườ ng ng U ' U tròn) chia đôi đoạn nối điểm U đó và trực tâm tam giác ng thẳ ng ng Simson của hai điểm đối tâm cùng thu ộc ( ABC ) vuông góc v ớ i [5] Hai đườ ng ng tròn Euler nhau và giao điểm của chúng nằm trên đườ ng A
P
C 1 A
P'
P
Định lý Ptolemy BC ≥ AC.BD BD Cho tứ giác lồi ABCD . Khi đó ta có bất đẳng thức AB.CD + AD.BC Đẳng thức xảy ra khi và ch ỉ khi ABCD nội tiếp Chứ ng ng minh Dựng trên AD tam giác ADM đồng dạng vớ i ACB BC = AC.DM (1) ⇒ AD.BC AD = Từ ADM ~ ACB ⇒
B A
AC
AM AB
Kết hợ p vớ i ADC = MAB ta có DAC ~ MAB ⇒ AB.C CD D = AC.BM (2) Từ (1) và (2) ta có C D AB.CD + AD.BC = AC ( DM + BM ) ≥ AC.BD Đẳng thức xảy ra khi và ch ỉ khi M ∈ BD ⇔ ABCD nội tiếp M
Bài t ậ p
[1] Cho P là điểm nằm trên cung CD của đườ ng ng tròn ngoại tiếp của hình vuông ABCD ta có PA ( PA + PC ) = PB ( PB + PD ) [2] Nếu một đườ ng ng tròn cắt hai cạnh và một đườ ng ng chéo của một hình bình hành ABCD tại các điểm P, Q, R như trên hình. Khi đó AP.AB A B + AR.AD AD = AQ.AC AC
C
B R Q
A
P
D
Định lý Ceva (nă m 1678) Nếu ba cát tuyến AX , BY , CZ vớ i X , Y , Z ∈ BC , CA, AB . Ta có AX , BY , CZ đồng qui
⇔
XB YC ZA XC YA ZB
=1
Định lý Menelaus (kho ảng nă m 100 sau công nguyên) Nếu ba điểm X , Y , Z trên các đườ ng ng thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC . Ta có X , Y , Z thẳng hàng
⇔
XB YC ZA XC YA ZB
=1
ng thự c ch ấ t t đ ã đượ c tìm ra nă m 300 tr ướ Định lý Stewart (đề xuấ t nă m 1746, nh ư ng ướ c công nguyên b ở i Archimedes) Cho tam giác ABC và một cát tuyến như hình A Nếu độ dài cát tuyến là d , ta có hệ thức a ( p2 + mn ) = b 2 m + c 2 n Gợ i ý
Sử dụng định lý hàm cos cho hai tam giác XAB và XAC tại góc X
b
p
c m B
n C
X
Bài toán Fagnano ( đề xuấ t nă m 1775) Cho tam giác ABC nhọn và tam giác XYZ nội
tiếp ABC ( X , Y , Z ∈ BC , CA, AB ) . Khi đó chu vi tam giác XYZ đạt giá trị nhỏ nhất khi X , Y , Z là chân ba đườ ng ng cao Chứ ng ng minh A A
C
Q'
v
B Q
u
w
c
w b
P'
Bài toán này có nhi ều cách chứng minh nhưng tôi ngh ĩ hay nhất vẫn là cách ch ứng minh của nhà toán học H. A. Schwarz. Sau đây, tôi s ẽ
trình bày vớ i các bạn B c v chứng minh đó P Dựng các tam giác b ằng b B nhau và k ề nhau như C hình. Tam giác có ba A cạnh là a, b, c là tam giác có đỉnh là chân các đuờ ng ng cao. Dễ dàng nhận thấy các cạnh của chúng qua các phép đối xứng sẽ tạo thành đoạn PP ' . Còn các cạnh của tam giác n ội tiếp bất kì u, v, w sẽ tạo thành đườ ng ng gấp khúc Q...Q ' . Dễ thấy PQQ ' P ' là hình bình hành nên Q...Q ' ≥ PP ' suy ra chu vi m ột tam giác b ất kì nội ti ếp ABC đạt giá tr ị nhỏ nhất khi ba đỉnh của tam giác đó là chân ba đườ ng ng cao của ABC . v a w c
b
a u
Định lý Morley Đây là một trong nh ững định lý về hình học sơ cấp đẹp nhất đượ c tìm ra năm 1904 bớ i Frank Morley. Ông giớ i thiệu nó cho những ngườ i bạn của mình ở Cambridge, Anh và công b ố nó 20 năm sau tại Nhật Bản. Chứng minh của định lý này t ươ ng ng đối khó đối vớ i các b ạn h ọc sinh cấp 2, vì v ậy tôi chỉ nêu ra định lý để các bạn cảm nhận đượ c phần nào vẻ đẹp của nó Cho tam giác ABC . Các đườ ng ng chia ba góc c ủa các góc A, B, C cắt nhau và các giao điểm tạo thành một tam giác đều
. ..
Y
Z
X
Các bài toán c ự c tr ị về diện tích và chu vi đ a giác nội tiế p đườ ng ng tròn [1] Cho tam giác ABC thay đổi nội tiếp ( O ) cố định. Khi đó tam giác đều
là tam
giác có diện tích và chu vi l ớ n nhất
M
Chứ ng ng minh Xét cạnh BC
chia ( O ) thành hai ph ần, một phần chứa và một phần không chứa O . Nếu A nằm ở phần chứa O thì tam giác ABC đạt di ện tích và chu vi l ớ n O R nhất khi A ≡ M , nếu A thuộc phần còn lại thì x C B A ≡ M ' . L ại có tam giác MAB có diện tích và chu vi không nhỏ hơ n tam giác M ' AB . Vậy để tìm tam giác có chu vi hay di ện tích lớ n nhất ta chỉ xét các tam giác cân tại A chứa O trong nó. Gọi khoảng cách từ O M ' đến BC là x . Ta có BC = 2 R 2 − x 2 , BM = 2 R 2 + 2 Rx . Từ đó S = R 2 − x 2 ( R + x ) , P = 2 2R 2 + 2 Rx + 2 R 2 − x 2 ng thứ c Cauchy i) Theo bấ t t đẳ ng 6R = 3 ( R − x ) + ( R + x ) + ( R + x ) + ( R + x ) ≥ 4 4 3 ( R − x ) ( R + x )
⇒ 3R 2 ≥ 2 4 3 ( R 2 − x 2 ) ( R + x )2 ⇒ 9R 2 ≥ 4 3
R
2
− x2 ( R + x ) = 4 3S
R ⇒ S ≤ 3 R 2 . Đẳng thức xảy ra khi và ch ỉ khi x = ⇔
4
3
2
ABC đề u 2
= R + x ( 2R + R − x ) ⇒ = ( R + x ) R + R + R − x ii) 2 4 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức ( a + b + c ) ≤ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ∀ a, b, c > 0 ta có P2
P
P
2
4
≤ 3 ( R + x ) ( 2 R − x ) ≤ 3 ( R + x + 2 R − x )2 = 27 R 2 ⇒ P ≤ 3 6 R 2
2
Đẳng thức xảy ra khi và ch ỉ khi x =
R
⇔ ABC đề u 2 K ế ng tròn cho trướ c thì tam giác có chu vi và ết lu ận. Trong các tam giác n ội ti ếp đườ ng có diện tích l ớ n nhất là tam giác đều
[2] Cho tứ giác ABCD thay đổi n ội ti ếp ( O ) cố định. Khi đó, hình vuông là hình có chu vi và có diện tích lớ n nhất B
Chứ ng ng minh
P
Xét tứ giác lồi ABCD bất kì và hình vuông MNPQ cũng nội tiếp ( O ) sao cho i)
C
A Q
N
D
M
MP ⊥ AC ⇒ P, M là trung điểm AC . Dễ thấy AB + BC
≤ PA + PC ⇒ p ( ABCD ) ≤ p ( APCM ) DA + DC ≤ MA + MC CP + CM ≤ NP + NM ⇒ p ( APCM ) ≤ p ( MNPQ ) AP + AM ≤ QP + QM ⇒ p ( ABCD ) ≤ p ( MNPQ )
ii) Xét tứ giác lồi bất kì. Đườ ng ng chéo AC chia tứ giác ABCD thành hai tam giác nhỏ hơ n S ABCD
= S ABC + S ACD ≤ S APC + S ACM = S APCM = S PCM + S PMA ≤ S PNM + SPMQ = S MNPQ
(đpcm) M ở ở r ộng.
Ta có bài toán t ổng quát, vớ i n giác thay đổi nội ti ếp ( O ) cố định. Khi đó, n giác đều là đa giác có di ện tích và có chu vi l ớ n nhất. Tuy nhiên, cách gi ải vượ t quá chươ ng ng trình cấp 2 nên tôi không đề cập ở đ ở đây
III.
Qu ĩ tích
Tập hợ p các điểm (còn đượ c gọi là qu ĩ tích) có tính ch ất cho trướ c là một hình gồm tất cả những điểm thoả mãn tính chất đó. Lờ i giải một bài toán tìm t ập hợ p điểm gồm có hai ph ần - Chứng minh rằng những điểm có tính ch ất đã cho thuộc hình H (hình này là k ết quả của bài toán) - Chứng minh rằng tất cả những điểm của hình H đều có tính ch ất đã cho Tập hợ p những điểm thoả mãn hai tính ch ất là giao điểm của hai hình, t ập hợ p các điểm có tính chất thứ nhất và tập hợ p các điểm có tính chất thứ hai Đối v ớ i m ột bài toán dựng hình thì s ự tỉ mỉ, cẩn th ận là rất c ần thiết, vì vậy, điều ng hợ p đầu tiên bạn làm khi gặp một bài toán d ựng hình là phải xét hế t t ấ ấ t cả các tr ườ ườ ng có thể xả y ra, khi tìm ra hình ch ứa các điểm cần tìm phải xét đế n giớ i hạn của chúng Các qu ĩ tích mà trong ch ươ ng ng trình cấp 2 các b ạn đượ c học chủ yếu là đườ ng ng thẳng hay đoạn thẳng, tia, đườ ng ng tròn hay cung tròn. Vì v ậy, ta có m ột cách đoán trướ c qu ĩ tích khá hữu hiệu như sau, hãy vẽ ra ba đ iể m thoả mãn tính chấ t bài toán yêu cầu riêng bi ệt vớ i nhau và th ật chính xác. Nếu ba điểm đó thẳng hàng thì d ứt khoát qu ĩ tích phải là đườ ng ng thẳng, đoạn thẳng hoặc tia. N ếu chúng không th ẳng hàng thì qu ĩ tích phải là đườ ng ng tròn hoặc cung tròn. Từ đó, bạn đã có đượ c một định hướ ng ng tươ ng ng đối tốt cho l ờ i giải của bài toán Sau đây là nh ững bài tập cho các b ạn, tất cả đều là nh ững bài mà tôi cho là c ơ bản, hoặc hay và lạ nên bài nào b ạn cũng nên suy ngh ĩ thử ít nhất là một l ần, không nh ất thiết là bạn phải làm cho ra, ch ỉ cần là bạn đã bỏ thờ i gian để suy ngh ĩ về nó [1] Qu ĩ tích những điểm có tỉ số khoảng cách đến hai đườ ng ng thẳng cho trướ c là k > 0 [2] *Trên mặt phẳng cho hai điểm A, B cố định. Qu ĩ tích những điểm M thỏa mãn hệ thức MA : MB = k > 0 ng tròn Apolonius Vớ i k ≠ 1 , qu ĩ tích là m ột đườ ng ng tròn và đượ c gọi là đườ ng Vớ i k = 1 , qu ĩ tích là m ột đườ ng ng thẳng [3] Qu ĩ tích những điểm X thỏa mãn bất đẳng thức XA ≤ XB ≤ XC [4] *Cho điểm O cố định và hình H , điểm M di động trên hình H , tìm qu ĩ tích những điểm N nằm giữa O, M và chia đoạn OM theo tỉ số a : b ( a, b > 0 ) [5] Cho A ≡ B cố định. Tìm qu ĩ tích những điểm M thoả mãn MA2 + MB 2 = k > 0 Gợ i ý : Sử dụng công th ức đườ ng ng phân giác [6] Cho A ≡ B cố định. Tìm qu ĩ tích những điểm M thoả mãn MA2 − MB 2 = k [7] *Cho hai đườ ng ng tròn ( O) , ( O ') phân biệt. Qu ĩ tích những điểm có phươ ng ng tích (*) đến hai đườ ng ng tròn bằng nhau là một đườ ng ng thẳng và đượ c gọi là trục đẳng phươ ng ng của hai đườ ng ng tròn
ng tích Định nghĩ a phươ ng Phươ ng ng tích của một điểm đến một đườ ng ng tròn là m ột giá tr ị đại số và đượ c tính b ằng công thức P M / (O ) = OM 2 − R 2
Phươ ng ng tích của điểm M đối v ớ i đườ ng ng tròn ( O ) đặc tr ưng cho vị trí tươ ng ng đối c ủa M đối vớ i ( O ) . Cụ thể là những điểm cùng nằm trên một đườ ng ng tròn tâm O thì có cùng phươ ng ng tích. Đối vớ i điểm M nằm ngoài ( O ) thì P M / (O ) chính là độ dài đoạn MN vớ i N là tiếp điểm của tiếp tuyến của ( O ) qua M . Đối vớ i điểm M nằm trong ( O ) thì P M / (O ) là
phần bù của tích
MN .MP
vớ i NP là dây cung b ất kì của ( O ) qua M
[8] Trong mặt ph ẳng cho hai đườ ng ng tròn không c ắt nhau và không ch ứa nhau. Tìm qu ĩ tích những điểm M có tính chất là đườ ng ng thẳng bất kì qua M đều cắt ít nhất là một trong hai đườ ng ng tròn trên Gợ i ý : Hãy vẽ các tiếp tuyến chung của hai đườ ng ng tròn và xét các mi ền của mặt phẳng đượ c tạo thành [9] *Cho hai điểm P, Q chuyển động đều, v ận tốc v theo hai đườ ng ng thẳng c ắt nhau tại điểm O . Chứng minh rằng trên mặt phẳng tồn tại một điểm A cố định mà khoảng cách từ đó đến các điểm P, Q lúc nào cũng bằng nhau [10] Các điểm A, B, C có tính chất là: vớ i mọi điểm M luôn có hoặc MA ≤ MB hoặc MA ≤ MC . Chứng minh rằng điểm A nằm trên đoạn BC [11] *Cho đườ ng ng tròn và điểm P nằm trong đườ ng ng tròn đó. Qua mỗi điểm Q của ng tròn ta kẻ tiếp tuyến. Đườ ng ng vuông góc hạ từ tâm của đườ ng ng tròn xuống đườ ng ng đườ ng thẳng PQ cắt tiếp tuyến tại điểm M . Tìm tập hợ p các điểm M Gợ i ý : Qu ĩ tích là đườ ng ng thẳng vuông góc v ớ i OP [12] A, B là hai điểm cố định trên đườ ng ng tròn, M là điểm thay đổi trên đườ ng ng tròn đó. Trên mỗi đườ ng ng g ấp khúc AMB định ra một điểm K gọi là trung điểm của nó. Tìm tập hợ p các điểm K (bài toán Archideme) Gợ i ý : Kéo dài AM một đoạn MN = MB . Khi đó K là trung điểm MN và MNB = ½ AMB không đổi. Cần nhớ phải xét cả hai cung AB lớ n và nhỏ [13] Cho tam giác ABC . Tìm tập hợ p tâm hình ch ữ nhật nội tiếp tam giác có m ột cạnh nằm trên cạnh BC của tam giác Gợ i ý : Qu ĩ tích là đoạn thẳng nối trung điểm đườ ng ng cao tại A và trung điểm BC [14] Hai đườ ng ng tròn cắt nhau tại các điểm A, B . Qua điểm A kẻ một cát tuyến cắt các ng tròn tươ ng ng ứng t ại các điểm P, Q . H ỏi trung điểm PQ sẽ vẽ nên đườ ng ng gì khi đườ ng cát tuyến quay quanh điểm A [15] *Cho ( O, R ) và một điểm A cố định, vẽ cát tuyến di động cắt ( O ) tại M , N . Tiếp tuyến tại M , N cắt nhau t ại E . Tìm qu ĩ tích E [16] *Cho ( O, R ) và một dây AB cố định, M là điểm di động trên ( O, R ) . Trên tia AM ta lấy điểm N sao cho AN = kBM . Tìm qu ĩ tích N [17] Cho parabol y = x 2 . Tìm qu ĩ tích những điểm nằm trên mặt phẳng sao cho t ừ đó ta có thể vẽ đượ c hai tiếp tuyến vuông góc v ớ i parabol. 1 Gợ i ý : Qu ĩ tích là đườ ng ng thẳng y = − 4 [18] *Cho tam giác ABC , M là điểm di động trên đoạn AB , kéo dài AC một đoạn CN = BM . Tìm qu ĩ tích trung điểm MN
[19] *Cho ( O, R ) và điểm P cố định ở ngoài đườ ng ng tròn, vẽ tiếp tuyến PA và cát tuyến PBC bất kì ( A, B, C ∈ ( O ) ) . Gọi H là trực tâm tam giác ABC . Tìm qu ĩ tích trực tâm H đó Những bài tập tôi đánh dấu (*) là nh ững bài tôi cho là quan tr ọng nhất, dễ ra thi nhất. Vì vậy, tôi sẽ trình bày lờ i giải hoặc đưa ra gợ i ý cho những bài tập đó [2] Xét
k ≠ 1 . M
D I Y
X
A
B
Thuận. Giả sử M là điểm thoả hệ thức đề bài và không n ằm trên đườ ng ng thẳng AB . Vẽ hai phân giác trong và ngoài MX , MY . Ta có XMY = 900 . Theo tính chất đườ ng ng phân giác thì XA
⇒ M thuộc đườ ng ng tròn đườ ng ng kính XY cố định. thì M ≡ X hoặc M ≡ Y .
YA
=
MA
= k ⇒ X , Y cố định YB MB Vớ i M nằm trên đườ ng ng thẳng AB
XB
=
Đảo. Chọn điểm M bất kì thuộc đườ ng ng tròn đườ ng ng kính XY . Ta sẽ chứng minh M cũng là một điểm thỏa tính chất của đề bài. Từ A , vẽ đườ ng ng thẳng song song v ớ i MY cắt MX , MB lần lượ t tại I , D . Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ADB , ta có IA XB MD ID XA MB
= 1 . Lại có
MD MB
=
YA YB
⇒ IA = IB ⇒ MX là phân giác AMB ⇒ đpcm
[4] Bài toán là m ột ứng dụng cơ bản của phép vị tự Sơ lượ c về phép vị t ự ự
Thông thườ ng ng thì khi định ngh ĩ a phép vị tự phải dùng đến kiến thức về vector, nhưng đối vớ i các b ạn cấp 2 thì điều này là ch ưa th ật c ần thiết. Vì vậy, tôi O ' H H sẽ trình bày sơ lượ c về phép biến hình này một cách đơ n giản và dễ hiểu nhất có thể. Cho hai hình H và H ' và một điểm O trên mặt phẳng. Khi đó ta nói phép v ị tự tâm O biến tỉ số k > 0 biến hình H thành hình H ' khi và ch ỉ khi vớ i mỗi điểm M thuộc hình H tồn tại duy nhất một điểm M ' thuộc H ' sao cho M ' ∈ tia OM và OM ' : OM = k . H ' đượ c gọi là ảnh của H qua phép vị tự tâm O tỉ số k Từ định ngh ĩ a trên ta có qu ĩ tích của N là ảnh của H qua phép vị tự tâm O tỉ số a : (a + b) Lư u ý . Qua phép v ị tự thì đườ ng ng tròn biến thành đườ ng ng tròn, đườ ng ng thẳng biến thành đườ ng ng thẳng. Khi gặ p một bài toán yêu c ầu tìm quĩ tích đ iể m M mà ta luôn luôn có có quan quan hệ giữ a đ iể m M và đ iể m N nào đ ó cũng di động như tia AM luôn luôn cùng cùng hướ ng ng vớ i BN , , AM = kBN vớ i A , B là ha hai đ iể m c ố đị ố định, ta có th ể chuyể n vi ệc tìm quĩ tích đ iể m M thành việc tìm quĩ tích đ iể m N , , sau đ ó suy ng ượ c lại quĩ tích ích M bằ ng ng phép vị t ự ự
Bài [19] cũng s ử dụng phép v ị tự để giải, đầu tiên là tìm qu ĩ tích điểm đối x ứng của O qua BC
Bài [9] và [18] sử dụng phép quay Sơ lượ c về phép quay Phép quay tâm O
theo góc 00 < φ < 1800 là một phép biến hình trên m ặt phẳng, biến điểm X thành điểm X ' thỏa mãn điều kiện OX = OX ' và góc quay t ừ OX tớ i OX ' bằng φ theo chiều ngượ c kim đồng hồ Qua phép quay đườ ng ng tròn biến thành đườ ng ng tròn bằng nó, đoạn thẳng biến thành đoạn thẳng bằng nó và góc gi ữa hai đườ ng ng thẳng chứa hai đoạn bằng góc quay. Dấ u hiệu để các bạn nhận biế t bài toán quĩ tích giải bằ ng ng phép quay là có hai đ oạn AB và và CD nào đ ó sau các phép bi ế n đổ i b ằ ng ng nhau. N ế ếu th ật s ự là phép quay thì tâm quay chính là giao đ iể m của trung tr ự ự c AC AC , BD và thôn thông g th th ườ ng ng tâm quay là cố đị ố định.
Bài [16] sử dụng phép quay, sau đó vị tự [15] Thuận.Vẽ hai tiếp tuyến AX , AY vớ i ( O ) . Gọi H là trung điểm MN ⇒ OH ⊥ MN . Kéo dài OH cắt XY A tại E ' . Dễ thấy AXHOY nội tiếp đườ ng ng đườ ng OA tròn ng kính ⇒ E ' X .E 'Y = E ' H .E ' O = P E '/ (O) E ' M ', E ' N ' là hai ti ếp tuyến tớ i ( O )
M E '
Y
X
H
N
O
M ' H ' ⊥ E ' O ⇒ P E '/ ( O )
= E ' M '2 = E ' H ' .E 'O
Từ đó ta có E ' H ' = E ' H . Mà H , H ' nằm cùng phía đối vớ i điểm E ' nên H ≡ H ' Suy ra M ≡ M ', N ≡ N ' ⇒ E ≡ E ' ⇒ E thuộc đườ ng ng thẳng XY cố định Giớ i hạn. Đườ ng ng thẳng XY trừ ( XY )
(UV ) chỉ đoạn UV trừ hai đầu mút Đảo. Gọi E 0 là điểm bất kì thu ộc phần giớ i hạn của đườ ng ng thẳng XY . Vẽ hai tiếp tuyến E0 M0 , E0 N0 vớ i ( O ) . Chứng minh hoàn toàn t ươ ng ng tự phần thuận ta có A, M 0 , N 0 thẳng hàng ⇒ E 0 là một điểm thỏa yêu cầu bài toán Kết luận. Qu ĩ tích E là phần giớ i hạn của đườ ng ng thẳng XY . IV.
•
Chứ ng ng minh các tính ch ất hình học khác Thẳ ng ng hàng
[1] Cho tam giác ABC và U ,V ,W là ba điểm thẳng hàng l ần lượ t thuộc các đườ ng ng thẳng BC , CA, AB . Chứng minh rằng trung điểm các đoạn AU , BV , CW thẳng hàng Gợ i ý : Vẽ các đườ ng ng phụ như trên hình và chứng minh thẳng hàng bằng định lý Menelaus
A
. . .
W
B
V
C
[2] Đườ ng ng tròn đườ ng ng kính BV , CW cắt nhau t ại hai điểm có đoạn nối đi qua trực tâm H của ABC . Tươ ng ng tự, các cặp đườ ng ng tròn đườ ng ng kính AU , BV và AU , CW cũng cắt nhau t ại hai điểm có đoạn nối đi qua trực tâm H
U
[3] Trực tâm của 4 tam giác ABC, BZX , CXY , AYZ thẳng hàng Gợ i ý : Sử dụng câu [2] [4] Định lý Pappus A C Nếu A, C , E là ba điểm nằm trên một đườ ng ng thẳng, E B, D, F nằm trên đườ ng ng thẳng khác. Nếu ba đườ ng ng M thẳng AB, CD, EF lần lượ t cắt DE , FA, BC thì ba L N giao điểm thẳng hàng Gợ i ý : Giả sử rằng ba đườ ng ng thẳng AB, CD, EF tạo thành ta giác UVW rồi áp dụng định lý Menelaus cho B F D các cát tuyến thẳng hàng sau LDE, AMF , BCN , ACE , BDF . S ử dụng các đẳng thức h ợ p lý, ta sẽ có h ệ thức để chứng minh L, M , N thẳng hàng theo định lý Menelaus đảo có đườ ng ng tròn nội tiếp tiếp xúc AB, AC tại Q, R . Cho BO ∩ QR = { P} . Gọi M , N là trung điểm AC , BC . Chứng minh rằng M , N , P thẳng hàng
[5] Cho
ABC
•
Đồng qui [1] Vớ i hình vẽ như bài [1] phần thẳng hàng, hãy ch ứng minh đườ ng ng tròn đườ ng ng kính AU , BV , CW đồng qui t ại hai điểm có đoạn nối đi qua tr ực tâm H
[2] Cho hình vuông ABCD và M là điểm bất kì nằm trong hình vuông. T ừ A, B, C , D ta v ẽ AA ' ⊥ MB, BB ' ⊥ MC , CC ' ⊥ MD, DD ' ⊥ MA . Ch ứng minh rằng AA ', BB ', CC ' và DD ' đồng qui Gợ i ý : Sử dụng phép quay [3] Cho tam giác ABC . Dựng ra phía ngoài 2 hình vuông ACKJ , BCGI . Chứng minh rằng BJ , AI và đườ ng ng cao đỉnh C đồng qui [4] Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Từ M , N , P, Q lần lượ t là trung điểm các cạnh AB, BC , CD, DA ta v ẽ các đườ ng ng thẳng vuông góc v ớ i các cạnh đối di ện tươ ng ng ứng. Chứng minh rằng các đườ ng ng thẳng này đồng qui. ng thẳ ng ng Simson của Chứng minh rằng điểm này còn là điểm đồng qui của các đườ ng bốn đỉnh đối vớ i tam giác t ạo bở i ba đỉnh còn lại [5] Cho ( O ) cắt ba cạnh AB, BC , CA lần lượ t tại C1 , C2 , A1 , A2 , B1 , B2 . Chứng minh rằng nếu các đườ ng ng thẳng vuông góc AB, BC, CA tại C1 , B1 , A1 đồng qui thì các đườ ng ng thẳng vuông góc vớ i các cạnh tại C2 , B2 , A2 cũng đồng qui ( dùng phép đối xứng tâm) [6] Cho tam giác ABC , U ,V ,W lần lượ t thuộc các đườ ng ng thẳng BC , CA, AB . Khi đó các đườ ng ng vuông góc v ớ i BC , CA, AB tại U ,V ,W đồng qui
⇔ AW 2 + BU 2 + CV 2 = AV 2 + CU 2 + BW 2
