Translate

Sunday, June 8, 2014

Các định lí trong hình học phẳng

Đường thẳng Simson, Đường thẳng Steiner
1. Định lí về đường thẳng Simson :
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gỉa sử S là một điểm nằm trên (O) sao cho Skhông trùng với ba đỉnh của tam giác. Khi đó hình chiều vuông góc A_0,B_0,C_0 của S lần lượt trên BC,CA,AB cùng nằm trên một đường thẳng. (Đường thẳng này gọi là đường thẳng Simson của điểm S đối với tam giác ABC)
Chứng minh :
SIMSONLINES
Ta có \widehat{CB_0S}=\widehat{CA_0S}=90^{0}, suy ra tứ giác A_0B_0CS nội tiếp, suy ra \widehat{B_0A_0C}=\widehat{B_0SC}. Mặt khác vì ABSC nội tiếp nên \widehat{C_0BS}=\widehat{ACS}=\widehat{B_0CS}\Rightarrow \Delta SC_0B\sim \Delta SB_0S\;(g.g)\Rightarrow \widehat{BSC_0}=\widehat{CSB_0}\Rightarrow \widehat{BSC_0}=\widehat{B_0A_0C}.
Nhưng vì A_0BC_0S là tứ giác nội tiếp (\widehat{BA_0S}=\widehat{BC_0S}=90^{0}) nên \widehat{BSC_0}=\widehat{BA_0C_0}\Rightarrow \widehat{B_0A_0C}=\widehat{BA_0C_0}.
Vậy A_0,B_0,C_0 cùng thuộc một đường thẳng.
2. Định lí về đường thẳng Steiner :
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, điểm S bất kì thuộc đường tròn sao cho S không trùng với các đỉnh của tam giác. Gọi A_1,B_1,C_1 lần lượt là điểm đối xứng với S qua các đường thẳng BC,CA,AB. Khi đó ba điểm A_1,B_1,C_1 và trực tâm H của tam giác ABC cùng nằm trên một đường thẳng (Đường thẳng này là đường thẳng Steiner của điểm S đối với tam giác ABC
Chứng minh :
untitled
Dễ dàng thấy A_1,B_1,C_1 cùng nằm trên một đường thẳng song song với đường thẳng Simson của điểm S đối với tam giác ABC.
Ta có \widehat{AC_1B}+\widehat{AHB}=\widehat{ASB}+(180^{0}-\widehat{ACB}) mà \widehat{ASB}=\widehat{ACB} nên \widehat{AC_1B}+\widehat{AHB}=180^{0}, suy ra AHBC_1 là tứ giác nội tiếp.
Từ đó \widehat{AHC_1}=\widehat{ABC_1}=\widehat{ABS}
Hoàn toàn tương tự, tứ giác AHCB_1 nội tiếp nên \widehat{AHB_1}=\widehat{ACB_1}=\widehat{ACS}
Lại có \widehat{ACS}+\widehat{ABS}=180^{0} (tứ giác ABSC nội tiếp)
Do đó \widehat{AHB_1}+\widehat{AHC_1}=180^{0}, suy ra H,B_1,C_1 thẳng hàng.
Vậy : A_1,B_1,C_1,H cùng thuộc một đường thẳng.
Định lí Kirkman
Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng các đường thẳng Pascal của các lục giác ABCDEF, ADBECF, ADCFBE đồng quy tại một điểm.
Chứng minh :
steinertheorem
Gọi Y,Y',X,X',Z,Z' lần lượt là giao điểm của các bộ đường thẳng (AF,CD),(AB,DE),(BE,CD),(AB,CF),(AF,BE),(CF,ED).
Khi đó dễ thấy XX',YY',ZZ' lần lượt là các đường thẳng Pascal của các lục giác ADCFBE,ABCDEF,ADBECF.
Cần chứng minh XX',YY',ZZ' đồng quy.
Gọi P,Q,R lần lượt là giao điểm của các bộ đường thẳng (AB,CD),(BE,CF),(AF,ED). Khi đó theo định lí Pascal cho lục giác nội tiếp ABEDCF, ta có P,Q,R thẳng hàng.
Xét hai tam giác XYZ và X'Y'Z'
với
\left \{ P \right \}=AB\cap CD=XY\cap X'Y',\;\;\left \{ Q \right \}=BE\cap CF=ZX\cap Z'X',\;\;\left \{ R \right \}=AF\cap ED=YZ\cap Y'Z'
Lại có P,Q,R theo chứng minh trên.
Áp dụng định lí Desargues ta có XX',YY',ZZ' đồng quy. Như vậy định lí Kirkman được chứng minh.
Bổ đề ERIQ 
Cho hai bộ ba điểm thẳng hàng (A,B,C),(A',B',C') sao cho \dfrac{AB}{AC}=\dfrac{A'B'}{A'C'}=k. Gọi X,Y,Z lần lượt là các điểm thuộc AA',BB',CC' sao cho \dfrac{AX}{A'X}=\dfrac{BY}{B'Y}=\dfrac{CZ}{C'Z}=h. Chứng minh rằng X,Y,Z thẳng hàng và \dfrac{XY}{XZ}=k
Chứng minh :
ERIQ
Dựng các hình bình hành AXNC và A'XN'C'. Kẻ các đường thẳng BM,B'M' lần lượt song song với AA' với M\in XN,\;M'\in XN'.
Xét tam giác BMY và B'M'Y có \widehat{MBY}=\widehat{M'B'Y} (so le trong, BM\parallel B'M' do cùng song song với AA')
\dfrac{BM}{B'M'}=\dfrac{AX}{A'X}=\dfrac{BY}{B'Y}=h. Suy ra \Delta BMY\sim \Delta B'M'Y\Rightarrow \widehat{MYB}=\widehat{M'YB}\Rightarrow M,Y,M'thẳng hàng.
Tương tự ta có N,Z,N' thẳng hàng.
Theo định lí Thales, ta có :
\dfrac{XM}{XN}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{A'B'}{A'C'}=\dfrac{XM'}{XN'}\Rightarrow MXM'\parallel NZN'
Mặt khác lại có \dfrac{MY}{M'Y}=\dfrac{BY}{B'Y}=h=\dfrac{CZ}{C'Z}=\dfrac{NZ}{N'Z}
Như vậy X,Y,Z thẳng hàng. Từ đó cũng dễ dàng thấy được \dfrac{XY}{XZ}=k.
Bổ đề ERIQ được chứng minh.
* Trường hợp đặc biệt :
Cho tam giác ABCB_1,C_1 lần lượt thuộc AB,AC sao cho B_1C_1\parallel BCA_1,A_2 lần lượt thuộc B_1C_1,BC sao cho \dfrac{A_1B_1}{A_1C_1}=\dfrac{A_2B}{A_2C}. Khi đó A,A_1,A_2 thẳng hàng.
Định lí Brianchon 
Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp được đường tròn. Chứng minh rằng AD,BE,CF đồng quy.
Chứng minh :
Brianchon TheoremGọi G,H,I,J,K,L lần lượt là tiếp điểm trên các cạnh AB,BC,CD,DE,EF,FA.
Ta sẽ chứng minh GH,AC,LI đồng quy. Thật vậy, gọi \left \{ S \right \}=LI\cap GH,\;\;\left \{ R \right \}=GI\cap LH
Áp dụng định lí Pascal cho lục giác nội tiếp GGILLH với \left \{ R \right \}=GI\cap LH,\left \{ S \right \}=LI\cap GH,\left \{ A \right \}=LL\cap GG ta có S,A,R thẳng hàng. Tương tự thì S,C,R thẳng hàng.
Suy ra S,A,R,C thẳng hàng hay LI,AC,GH đồng quy.
Chứng minh hoàn toàn tương tự như trên thì ta được AD,GJ,LI đồng quy, gọi điểm đồng quy đó làA'. Tương tự gọi B',C' là điểm đồng quy của (BE,GJ,HK)(CF,HK,LI).
Xét hai tam giác ABC,A'B'C' có :
\left \{ G \right \}=A'B'\cap AB,\left \{ S \right \}=A'C'\cap AC,\left \{ H \right \}=B'C'\cap BC
Lại có S,G,H thẳng hàng nên theo định lí Desargues ta có AA',BB',CC' đồng quy hay AD,BE,CF đồng quy.
Đường thẳng Gauss
Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi E,F lần lượt là giao điểm của AB và CD, của AD và BC. Chứng minh rằng trung điểm M,N,L lần lượt của AC,EF,BD cùng thuộc một đường thẳng (đường thẳngGauss)
Chứng minh :
GAUSSLINE
Gọi X,Y,Z lần lượt là trung điểm của BE,EC,BC. Khi đó dễ thấy (N,Y,X),(X,L,Z),(Z,M,Y) là các bộ điểm thẳng hàng.
Theo định lí Thales \left ( NY\parallel FC \right ) : \dfrac{NX}{NY}=\dfrac{FB}{FC}
Tương tự : \dfrac{MY}{MZ}=\dfrac{AE}{AB},\;\;\dfrac{LZ}{LX}=\dfrac{DC}{DE}
Suy ra
\dfrac{NX}{NY}.\dfrac{MY}{MZ}.\dfrac{LZ}{LX}=\dfrac{FB}{FC}.\dfrac{AE}{AB}.\dfrac{DC}{DE}=1 (theo định lí Menelaus cho tam giác BCE với sự thẳng hàng của F,A,D)
Theo định lí Menelaus ta có M,N,L thẳng hàng.
Định lí Pappus 
Cho ba điểm A,B,C thuộc đường thẳng l, ba điểm A',B',C' thuộc đường thẳng l'. Gọi \left \{M \right \}=AB'\cap BA',\left \{ N \right \}=AC'\cap CA',\left \{ P \right \}=BC'\cap B'C. Chứng minh rằng M,N,P thẳng hàng.
Chứng minh :
PAPPUS THEORUM
Gọi X,Y,Z lần lượt là giao điểm của AB' với BC'AB' với A'CA'C với BC'.
Theo định lí Menelaus cho tam giác XYZ với sự thẳng hàng của A',M,B :
\dfrac{MX}{MY}.\dfrac{BZ}{BX}.\dfrac{A'Z}{A'Y}=1\Rightarrow \dfrac{MX}{MY}=\dfrac{BX}{BZ}.\dfrac{A'Y}{A'Z}\qquad(1)
Theo định lí Menelaus cho tam giác XYZ với sự thẳng hàng của A,N,C' :
\dfrac{NY}{NZ}.\dfrac{C'x}{C'Z}.\dfrac{AX}{AY}=1\Rightarrow \dfrac{NY}{NZ}=\dfrac{C'Z}{C'X}.\dfrac{AY}{AX}\qquad(2)
Theo định lí Menelaus cho tam giác XYZ với sự thẳng hàng của B',P,C :
\dfrac{PZ}{PX}.\dfrac{B'X}{B'Y}.\dfrac{CY}{CZ}=1\Rightarrow \dfrac{PZ}{PX}=\dfrac{B'Y}{B'X}.\dfrac{CZ}{CY}\qquad(3)
Từ (1)(2)(3) ta có :
\dfrac{MX}{MY}.\dfrac{NY}{NZ}.\dfrac{PZ}{PX}=\dfrac{BX}{BZ}.\dfrac{AY}{AX}.\dfrac{CZ}{CY}.\dfrac{A'Y}{A'Z}.\dfrac{C'X}{C'Z}.\dfrac{B'Y}{B'X}
Lại áp dụng định lí Menelaus cho tam giác XYZ với sự thẳng hàng của A,B,C và A',B',C' :
\dfrac{BZ}{BX}.\dfrac{AX}{AY}.\dfrac{CY}{CZ}=1,\;\;\dfrac{A'Y}{A'Z}.\dfrac{C'Z}{C'X}.\dfrac{B'X}{B'Y}=1
Từ đó suy ra \dfrac{MX}{MY}.\dfrac{NY}{NZ}.\dfrac{PZ}{PX}=1.
Theo định lí Menelaus ta có M,N,P thẳng hàng.
Định lí Pascal :
Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn, H,K,I lần lượt là giao điểm của AB và EDBC và EFAF và CD. Chứng minh rằng : I,H,K thẳng hàng.
Chứng minh :
DL PASCAL
Gọi X là giao điểm của AB và CDY là giao điểm của EF và CDZ là giao điểm của AB và EF.
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác XYZ với sự thẳng hàng của I,F,A :
\dfrac{IY}{IX}.\dfrac{AX}{AZ}.\dfrac{FZ}{FY}=1\qquad(1)
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác XYZ với sự thẳng hàng của H,E,D :
\dfrac{HX}{HZ}.\dfrac{EZ}{EY}.\dfrac{DY}{DX}=1\qquad(2)
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác XYZ với sự thẳng hàng của K,B,C :
\dfrac{KZ}{KY}.\dfrac{CY}{CX}.\dfrac{BX}{BZ}=1\qquad(3)
Nhân (1)(2)(3) theo vế :
\dfrac{IY}{IX}.\dfrac{HX}{HZ}.\dfrac{KZ}{KY}.\dfrac{XA.XB}{XC.XD}.\dfrac{ZE.ZF}{ZA.ZB}.\dfrac{YC.YD}{YE.YF}=1
Theo hệ thức lượng trong đường tròn XA.XB=XC.XD,ZE.ZF=ZA.ZB,YC.YD=YE.YF
Suy ra \dfrac{IY}{IX}.\dfrac{HX}{HZ}.\dfrac{KZ}{KY}=1
Theo định lí Menelaus cho tam giác XYZ ta có H,I,K thẳng hàng.
(Đường thẳng chứa ba điểm H,I,K gọi là đường thẳng Pascal)
Định lí Carnot 
Cho tam giác ABC và các điểm M,N,P. Các đường thẳng a,b,c theo thứ tự qua M,N,P và vuông góc với các cạnh BC,CA,AB của tam giác. Chứng minh rằng a,b,c đồng quy khi và chỉ khi \left ( MB^{2}-MC^{2} \right )+\left ( NC^{2} -NA^{2}\right )+\left ( PA^{2}-PB^{2} \right )=0
Chứng minh :
Bổ đề 1 : Cho hai điểm A,B phân biệt và một số thực k. Khi đó tồn tại duy nhất một điểm H thuộc đường thẳng AB sao cho HA^2-HB^2=k.
Chứng minh bổ đề 1 :
Gọi I là trung điểm của AB, ta có :
HA^{2}-HB^{2}=k\Leftrightarrow \left ( \overline{HA}+\overline{HB} \right )\left ( \overline{HA}-\overline{HB} \right )=k\Leftrightarrow 2\overline{HI}.\overline{BA}=k
Ta có A,B,I đều là những điểm cố định, từ đẳng thức này ta suy ra sự tồn tại duy nhất của điểm H.
Bổ đề 2 CD\perp AB\Leftrightarrow CA^{2}-CB^{2}=DA^{2}-DB^{2}
Chứng minh bổ đề 2 :
Gọi H,K theo thự tự là hình chiếu của C,D lên AB.
Theo định lí Pythagoras :
CA^{2}-CB^{2}=DA^{2}-DB^{2}\Leftrightarrow (AH^{2}+HC^{2})-(CH^{2}+HB^{2})=\left ( AK^{2}+KD^{2} \right )-(KB^{2}+KD^{2})\Leftrightarrow AH^{2}-BH^{2}=AK^{2}-BK^{2}\Leftrightarrow H\equiv K\Leftrightarrow CD\perp AB
Quay trở lại việc chứng minh định lí :
Untitled
Gọi O là giao điểm của a và b. Khi đó :
a,b,c đồng quy
\Leftrightarrow O\in c\Leftrightarrow PO\equiv c\Leftrightarrow PO\perp AB\Leftrightarrow PA^{2}-PB^{2}=OA^{2}-OB^{2}\Leftrightarrow (OB^{2}-OA^{2})+(PA^{2}-PB^{2})=0\Leftrightarrow (OB^{2}-OC^{2})+(OC^{2}-OA^{2})+(PA^{2}-PB^{2})=0\Leftrightarrow (MB^{2}-MC^{2})+(NC^{2}-NA^{2})+(PA^{2}-PB^{2})=0
Như vậy định lí Carnot được chứng minh.
Định lí Blanchet
Cho tam giác ABC, đường cao AKH là điểm bất kì thuộc đoạn AK. Các tia BH,CH lần lượt cắt các cạnh AC,AB tại E,F. Chứng minh rằng KA là phân giác của góc FKE.
Chứng minh :
412
Gọi I là giao điểm của đường thẳng EF với đường thẳng BCJ là giao điểm của AK với EF.
Đầu tiên ta sẽ chứng minh \left ( BCKI \right )=-1 (đây là một hàng điểm điều hòa cơ bản)
Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC với sự đồng quy của ba đường AK,BE,CF :
\dfrac{\overline{FA}}{FB}.\dfrac{\overline{KB}}{\overline{KC}}.\dfrac{\overline{EC}}{EA}=-1\qquad(1)
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với sự thẳng hàng của ba điểm F,E,I ta có :
\dfrac{\overline{FA}}{\overline{FB}}.\dfrac{\overline{IB}}{\overline{IC}}.\dfrac{\overline{EC}}{\overline{EA}}=1\qquad(2)
Từ (1)(2), ta có : \dfrac{\overline{KB}}{\overline{KC}}=-\dfrac{\overline{IB}}{\overline{IC}}\Rightarrow (BCKI)=-1
Theo định lí về chùm điều hòa ta có :
\left ( AB,AC,AK,AI \right )=-1\Rightarrow \left ( FEJI \right )=-1\Rightarrow \left ( KF,KE,KJ,KI \right )=-1
Mà KJ\perp KI (AK là đường cao của tam giác ABC)
Do đó theo định lí về chùm điều hòa ta có KJ là phân giác của góc FKE.
Vậy : KA là phân giác của góc FKE.
Định lí Desargues 
 Cho hai tam giác ABC và A'B'C'. Gọi A_{1},B_{1},C_{1} lần lượt là giao điểm của BC và B'C'CA và C'A'AB và A'B'. Chứng minh rằng nếu các đường thẳng AA',BB',CC' đồng quy tại một điểm thì ba điểm A_{1},B_{1},C_{1} thẳng hàng.
Chứng minh
Banve..
Gọi Q là điểm đồng quy của ba đường thẳng AA',BB',CC'
Xét tam giác ACQ với ba điểm B_{1},A',B' thẳng hàng lần lượt thuộc các đường thẳng AC,AQ,CQ.
Theo định lí Menelaus :
\dfrac{AB_{1}}{B_{1}C}.\dfrac{C'C}{C'Q}.\dfrac{A'Q}{A'A}=1\Rightarrow \dfrac{AB_{1}}{B_{1}C}=\dfrac{A'A.C'Q}{C'C.A'Q}\qquad(1)
Tương tự \dfrac{CA_{1}}{A_{1}B}=\dfrac{C'C.B'Q}{B'B.C'Q}\qquad(2)
Và \dfrac{BC_{1}}{C_{1}A}=\dfrac{B'B.A'Q}{A'A.B'Q}\qquad(3)
Nhân (1)(2)(3) vế theo vế, ta được :
\dfrac{AB_{1}}{B_{1}C}.\dfrac{CA_{1}}{A_{1}B}.\dfrac{BC_{1}}{C_{1}A}=\dfrac{A'A.C'Q}{C'C.A'Q}.\dfrac{C'C.B'Q}{B'B.C'Q}.\dfrac{B'B.A'Q}{A'A.B'Q}=1
Theo định lí Menelaus, ta có A_{1},B_{1},C_{1} thẳng hàng.
Chú ý :  Định lí này được phát biểu đầy đủ :
 Cho hai tam giác ABC và A'B'C'. Gọi A_{1},B_{1},C_{1} lần lượt là giao điểm của BC và B'C'CA và C'A'AB và A'B'. Chứng minh rằng  các đường thẳng AA',BB',CC' đồng quy tại một điểm hoặc đôi một song song khi và chỉ khi ba điểm A_{1},B_{1},C_{1} thẳng hàng.

5 comments:

Unknown said...

chân thành cảm ơn sự đóng góp của bạn

Unknown said...

Minh xin cam on

Koolhn Ahn said...

Em thật sự cảm ơn ạ!

Rei said...

Rất có ích! Thật sự cảm ơn ạ.

Anonymous said...

cam on rat nhieu!