Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ViÖn to¸n häc MỘt số kiến thức về HÌnh olympiad
tải về 332.61 Kb.
|
- Điều hướng trang này:
- I.12) Định lý Brianchon Định lý
- I.13)Định lí Miquel Định lí
- I.14) Công thức Carnot Định lý
- I.15) Định lí Carnot Định lý
- I.16/Định lý Brokard Định lý
- I.17) Định lí Euler về khoảng cách giữa tâm 2 đường tròn nội, ngoại tiếp của tam giác Định lý
- I.18)Định lí Euler về khoảng cách giữa tâm hai đường tròn nội ngoại tiếp tứ giác!(Định lí Fuss) Định lí
- I.19)Định lí Casey
- I.20)Hệ thức Stewart Định lí
- I.21)Định lí Lyness Định lí
- Chứng minh: Để chứng minh định lí này ta cần chứng minh 2 bổ đề sau: Bổ đề 1
- I.22)Định lý Lyness mở rộng(Bổ đề Sawayama) Định lí
- I.23) Định lí Thébault Định lí
- I.24)Công thức Jacobi liên quan đến tâm tỉ cự,định lí Lebnitz 1)Công thức Jacobi
- 2)Định lí Lebnitz
- I.25)Định lí Newton cho tứ giác ngoại tiếp
- I.26)Định lí Breichneider
- I.27)Định lí con nhím: Định lí
- I.28)Định lí Gergone-Euler. Định lí
- I.29)Định lí Peletier I.30)Định lí Miobiut
- I.32)Công thức Lagrange mở rộng.
- I.36)Định lí Napoleon Định lí
I.11) Định lý Pascal Định lý: Cho 6 điểm A,B,C,D,E,F cùng thuộc một đường tròn. Khi đó các giao điểm của các cặp cạnh AB và DE, BC và EF, CD và FA thẳng hàng. 
Chứng minh: Gọi P,M,N lần lượt là giao điểm của AF và CD, AB và DE, BC và EF. Gọi P', M', N' lần lượt là giao điểm của 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 rằng ba đường chéo lớn AD, BE, CF đồng quy. 
Chứng minh: Ta kí hiệu các tiếp điểm của (O) trên AB,BC,CD,DE,EF,FA lần lượt là M,N,P,Q,R,S. Xét cực và đối cực đối với (O). Gọi K,I,J lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng (SM,PQ) ,(MN,QR),(NP,RS). Vì SM và PQ là đường đối cực của A và D nên AD là đường đối cực của K. Tương tự BE và FC lần lượt là đường đối cực của 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 của I,J,K (lần lượt là BE,CF,AD) cùng đi qua cực của đường thẳng này (đường thẳng đi qua I,J,K) nên AD,BE,CF đồng quy (đpcm). Tương tự ngược lại có thế chứng minh định lí pascal thông qua Brianchon và cực đối cực(xem thêm cực đối cực ở mục III.5 hoặc 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 lần lượt 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 của (BPM) và (CMN).Ta sẽ chứng minh S nằm trên (APN). Thật vậy: 
Suy ra điều cần chứng minh.! I.14) Công thức Carnot Định lý: Cho ABC nội tiếp (O,R). Gọi x,y,z lần lượt 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 
Gọi F, E, D lần lượt là trung điểm của BC,CA,AB. Như vậy 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 
Viết dưới dạng lượng giác, công thức Carnot chính là hệ thức I.15) Định lí Carnot Định lý: Cho  . Gọi  lần lượt là các điểm thuộc các cạnh  .  lần lượt là các đường thẳng đi qua và vuông góc với . đồng quy khi và chỉ khi
Chứng minh: a)Phần thuận: Gọi đồng quy tại O.
ĐPCM  
Đẳng thức này đúng nên ta có điều phải chứng minh. b) Phần đảo Gọi giao điểm của  tại O. Qua O hạ đường vuông góc xuống AB tại P'. Áp dụng định lí thuận ta có  P trùng với P' đồng quy.
I.16/Định lý Brokard Định lý: Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O.AD giao BC tại M,AB giao CD tại N,AC giao BD tại I.Chứng minh rằng O là trực tâm của tam giác MIN. 
Chứng minh: Gọi H là giao thứ 2 của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác AID,BIC. Xét tứ giác DOHC,ta có: 
Từ đó suy ra tứ giác DOHC nội tiếp.Tương tự ta cũng suy ra tứ giác AOHB nội tiếp. Dễ thấy  suy ra N nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn  --> thẳng hàng.
Ta có: 
Từ đó suy ra 
Tương tự ta có: 
Suy ra O là trực tâm tam giác MIN (đpcm) I.17) Định lí Euler về khoảng cách giữa tâm 2 đường tròn nội, ngoại tiếp của tam giác Định lý: Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R) và ngoại tiếp (I;r). Chứng minh rằng  .
Chứng minh: Kéo dài AI cắt (O) tại M. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O). Hạ  . Kéo dài OI cắt (O) tại E và F. Ta có  ~  .
Mặt khác dễ dàng chứng minh 
Lại có  nên ta có điều phải chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] I.18)Định lí Euler về khoảng cách giữa 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 của (I) trên AB,BC,CD,DA lần lượt là M,N,P,Q. BI,CI cắt (O) lần lượt ở E,F . Ta thấy: 
Do đó E,O,F thẳng hàng ,nên O là trung điểm của EF. Theo công thức đường trung tuyến trong tam giác IEF ta có: 
Từ đó suy ra: 
(vì 
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] I.19)Định lí Casey(Định lí Ptolemy mở rộng) Định lí :Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O,R). Đặt các đường tròn  là các đường tròn tiếp xúc với (O) tại các đỉnh A,B,C,D. Đăt  là độ dài đoạn tiếp tuyến chung của hai đường tròn  . Trong đó là độ dài tiếp tuyến chung ngoài nếu hai đường tròn cùng tiếp xúc trong hoặc cùng tiếp xúc ngoài với (O), và là độ dài đoạn tiếp xúc trong nếu trong trường hợp còn lại. Các đoạn  , ... được 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 lần lượt 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 một trường hợp đặc biệt của định lí Casey khi x=y=z=t=0. I.20)Hệ thức Stewart Định lí:Cho ba điểm A,B,C thẳng hàng. Và một điểm M bất kì. Ta luôn có hệ thức 
Chứng minh Qua M hạ  .
Ta có: 
(Đưa về trường hợp hệ thức Stewart cho 4 điểm thẳng hàng (khi M nằm trên đường thẳng chứa A,B,C)) 
Ta có đpcm. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] I.21)Định lí Lyness 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 tam giác nằm trên EF. 
Chứng minh: Để chứng minh định lí này ta cần chứng minh 2 bổ đề sau: Bổ đề 1:AB là dây của một đường tròn tâm (O). Đường tròn (l) tiếp xúc với dây AB tại K và tiếp xúc trong với (O) tại T. Chứng minh L là trung điểm của cung AB ko chứa T và 
Bổ đề 2: Điểm M là trung điểm cung BC ko chứa A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Điểm I thuộc đoạn MA sao cho MI=MB. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Việc chứng minh 2 bổ đề này là khá đơn giản. Ta tiếp tục quay trở lại với việc chứng minh định lí Lyness. kẻ TF giao (O) tại P; BP cắt EF tại H. Theo bổ đề 1 ta có BP là phân giác của góc B. Ta có:  nt 
Mà 
Theo bổ đề 1 ta lại có 
Theo bổ đề 2 ta được 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 của BC và AD; nhưng hai cách phát biểu này là tương đương). Một đường tròn (O') tiếp xúc với hai cạnh MA và MC tại E và F đồng thời tiếp xúc với cả đường tròn (O) tại K. Khi đó ta có tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC nằm trên đường thẳng EF. 
Chứng minh KF cát đường tròn (O) tại G. Áp dụng bổ đề 1 tại bài viết của chu t tung về định lý Lyness ở trên, ta có G là điểm chính giữa cung BC. Gọi I là giao của AG với EF. Ta có  nội tiếp 
 ~ 
 ~ 
Lại cũng theo bổ đề 1 ta có  I là tâm nội tiếp của (theo bổ đề 2)
Xem thêm các hệ quả của định lý Lyness tại báo toán tuổi thơ 2 số 42 và 43 [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] I.23) Định lí Thébault Định lí: Cho tam giác  nội tiếp đường tròn  .  là một điểm nằm trên cạnh  . Đường tròn tâm  tiếp xúc với 2 đoạn  và tiếp xúc trong với . Đường tròn tâm  tiếp xúc với 2 đoạn  và tiếp xúc trong với . Gọi  là tâm nội tiếp tam giác . Ta có:  thẳng hàng.
Chứng minh 
Gọi I.24)Công thức Jacobi liên quan đến tâm tỉ cự,định lí Lebnitz 1)Công thức Jacobi: Nếu I là tâm tỉ cự của hệ điểm 
Chứng minh: 
(do I là tâm tỉ cự của hệ điểm nên  )
->đpcm. 2)Định lí Lebnitz Đây là trường hợp đặc biệt của công thức trên khi n=3 3)Hệ quả khác: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức  (với các kí hiệu như phần trên) đạt được khi  .
(phần này thuần về tính toán nên chắc không cần vẽ hình phải không anh ma29?) I.25)Định lí Newton cho tứ giác ngoại tiếp Định lý
Hình: (vẽ bằng Cabri hơi xấu):rokeyrulez:
Chứng minh Gọi P,Q,R,S lần lượt là các tiếp điểm của các đoạn thẳng AB,BC,CD,DA đối với đường tròn .
Đặt  .Áp dụng định lý con nhím cho tứ giác ABCD ta có:
<-> 
<-> 
<-> 
Từ đó suy ra hai vecto  cùng phương->O,M,N thẳng hàng (đpcm)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 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 lần lượt 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 ra phía ngoài dựng tam giác ABN đồng dạng với tam giác CAD, và dựng ra phía ngoài cạnh AD tam giác ADM đồng dạng với tam giác CAB. Khi đó dễ thấy: Đồng thời có 
Áp dụng đính lí hàm số cos cho tam giác NAM, ta có 
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] I.27)Định lí con nhím: Định lí:Cho đa giác lồi  và các vecto  là các vecto có độ dài bằng các cạnh  ,tương ứng vuông góc với các cạnh ấy và hướng ra phía ngoài đa giác.Thế thì :
Chứng minh: Không giảm tính tổng quát ,giả sử đa giác có hướng dương.
Xét phép quay vecto: 
Từ đó suy ra điều cần chứng minh. I.28)Định lí Gergone-Euler. Định lí:Xét tam giác ABC và một điểm S trong mặt phẳng.AS,BS,CS lần lượt cắt BC,CA,AB ở D,E,F.Khi đó ta có: 
Chứng minh: 
Kí hiệu  chỉ diện tích đại số của đa giác.
Ta thấy :  (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 đều ABC ta lấy 1 điểm S .Ta sẽ có tổng các khoảng cách từ điểm S tới ba cạnh sẽ có độ dài bằng 1 đường cao của tam giác. Chứng minh: 
Kẻ SD,SE,SF lần lượt 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. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] I.32)Công thức Lagrange mở rộng. Định lý:
Chứng minh: Từ hệ thức Jacobi (có thể xem ở mục I.24) thì ta chỉ cần chứng minh rằng:
I.33) Đường thẳng Simson Định lí:Cho và điểm  nằm trên đường tròn ngoại tiếp tâm  của tam giác. Gọi  lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng  thì chúng cùng thuộc một 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) I.34) Đường thẳng Steiner
Dễ thấy nếu gọi Ta có 
 (mod  )
Vậy đường thẳng steiner đi qua H. Từ đó ta có được tính chất rằng đường thẳng simson ứng với điểm D đi qua trung điểm của đoạn DH. I.35) Điểm Anti Steiner(Định lí Collings) Định lí:Cho và đường thẳng  đi qua H trực tâm của tam giác ABC . Gọi  lần lượt là đường thẳng đối xứng của d qua BC,AC,AB. Các đường thẳng đó đồng quy tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC(điểm anti steiner của d). Và d được gọi là đường thẳng steiner của điểm đó (gọi là G).
Chứng minh: Gọi  (mod )
Vậy nếu gọi giao điểm của d_a,d_b là G thì G thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tương tự ta có đpcm Theo hình của bài đường thẳng steiner ta dễ thấy Vậy ta có d đúng là đường thẳng steiner của G. Ta có một tính chất khác của điểm Anti Steiner như sau: Định lí 2: Gọi P là một điểm thuộc đường thẳng d.  lần lượt là điểm đối xứng với P qua các cạnh của tam giác ABC. Ta có các đường tròn  cùng đi qua điểm G
Chứng minh : Dễ thấy  (mod )
Lại có theo chứng minh trên có:  (mod )
Suy ra G thuộc  . Tương tự có đpcm
I.36)Định lí Napoleon Định lí:Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều BMC,CNA,APB và gọi D,E,F lần lượt là tâm của ba tam giác ấy. Khi đó ta có tam giác DEF đều. Chứng minh: 
Bài này có nhiều cách giải,nếu thuận lợi mình sẽ giới thiệu ,tuy nhiên ở đây mình sẽ trình bày một chứng minh ngắn gọn dựa trên phép quay vecto như sau: 
Từ đó có điều cần chứng minh. Каталог: web -> attachments attachments -> KỲ thi thử ĐẠi học năM 2014 – Cho Cún Ngày thi: 09/4/2014 MÔn thi : toán thời gian làm bài: 180 phút attachments -> MỘt số kinh nghiệm khi dạy và HỌc mạo từ A. MẠo từ không xáC ĐỊnh “A” – “AN” attachments -> Các bài trong các số Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ từ tháng 12/2005 đến nay attachments -> TRƯỜng trung học phổ thông chuyêN SỞ giáo dục và ĐÀo tạo tỉnh quảng bìNH attachments -> Định lí: Cho là trung điểm, điểm chuyển động tùy ý trên. Từ kẻ. Chứng minh rằng Chứng minh attachments -> KIỂu dữ liệu số nguyên trong ngôn ngữ LẬp trình pascal I / Loại attachments -> Ứng dụng kiểu xâu trong phép toán với số nguyên lớn I. ĐẶt vấN ĐỀ attachments -> I. so sánh bằNG: Affirmative: As + adj/adv + As Ví dụ attachments -> TRƯỜng thpt chuyên võ nguyên giáp một số phảN Ứng tổng hợp ancol – phenol – andehit – xeton – axit cacboxylic đƠn chức bằng phưƠng pháp tăNG, giảm mạch cacbon attachments -> MỘt số kinh nghiệm dạy kỹ NĂng làm bài tậP ĐỌc hiểu môn tiếng anh cho đỘi tuyển học sinh giỏI tải về 332.61 Kb. Chia sẻ với bạn bè của bạn:
|
. Chú ý hệ thức này đúng với mọi tam giác. 
lần lượt là tiếp điểm của 
với 
. Gọi 
và 
. Theo định lí lyness mở rộng(đã có trong bài của trung anh), 
lần lượt là giao điểm của 
; 
. Áp dụng định lí Thales ta có: 
. Vậy , 
ứng với các hệ số 
thì với mọi điểm M trên mặt phẳng ta đều có:
và BDMN là hình bình hành. 
ứng với các hệ số 
thì với mọi điểm M:
lần lượt là điểm đối xứng với của D qua các đường thẳng 
lần lượt là hình chiếu của D xuống ba cạnh của tam giác ABC thì 
là trung điểm của đoạn 
và tương tự ta có 
lần lượt là hình chiếu của H qua ba cạnh \Rightarrow ba điểm này thuộc (O) ngoại tiếp tam giác ABC và 
lần lượt thuộc 
đối xứng với 
, 
đối xứng với 