Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ViÖn to¸n häc MỘt số kiến thức về HÌnh olympiad

Napoleon's Theorem, Two Simple Proofs

tải về 332.61 Kb.

trang	3/4
Chuyển đổi dữ liệu	24.07.2016
Kích	332.61 Kb.
	#3975

1 2 3 4

Proof 1 ("Hammer and Tongs" trigonometry)
Proof 2 (an argument by symmetrization)

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

ABC, A denotes both the vertex A and the correposnding

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 = 30^o, we may apply the Law of Cosines to compute

s² = u² + t² - 2ut·cos(A + 60^o).

(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 + 60^o).

(2)

Expanding^(*) the cosine of the sum, and recalling that cos(60^o) = 1/2; sin(60^o) = sqrt(3)/2, we have

cos(A + 60^o) = 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).

(4)

Now apply the Law of Cosines to

ABC:

a² = b² + c² - 2bc·cos(A).

(5)

and recall (as in the derivation of the Law of Sines):

2·Area(

ABC) = bc·sin(A).

(6)

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 + 60^o) = a² + b² - 2ab·cos(C + 60^o)

By (2), the left hand side equals 3 times GI. Similarly, the right hand side equals 3 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 = 60^o.

Fix I as a center of rotation, and rotate the entire figure by 120^o, 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 180^o, while the angles around a point sum to 360^o. 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 120^o 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 = 360^o, and HIG = 60^o. 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 lần lượt là giao điểm của các đường chia ba góc trong và cùng kề các cạnh tam giác ABC. Khi đó ta có tam giác DEF đều và được gọi là tam giác Morley.

Chứng minh:

Để ngắn gọn ta đặt và tương tự với các góc kia Như hình vẽ kẻ các đường chia trong ở B và C và lần lượt cắt tại D,I. Dễ thấy ID là phân giác của góc . Tại D dựng góc sao cho Di là phân giác của góc DEF và E thuộc CI và F thuộc BI DEF đều.

Lấy

và

lần lượt là điểm dối xứng với D qua CI và BI

và dễ dàng c/m được

là hình thang cân với

Vì định lí Morley chỉ có một trường hợp nên em xin phép chỉ sử dụng góc thường cho nó đơn giản:

Ta lại có

là hình thang cân và

trong đường tròn ngoại tiếp

thì sđ

A thuộc đường tròn

. Từ đó ta có đpcm

Định lý Morley có thể mở rộng các đường chia trong thành các đường chia ngoài, và có thể là giao của đường chia trong với đường chia ngoài(mỗi trường hợp này lại cho ta một tam giác Morley khác nhau và theo thống kê có 36 tam giác Morley như vậy). Sau đó bài toán còn được phát triển và tương ứng được đặt thêm nhiều định nghĩa mới như "góc lửng", "tam giác ngoại lai", "tập hợp đẳng cấu", ...

Sau đây là bài toán mở rộng nhất định lý Morley:
Nếu chia n (n nguyên dương, n

3) tất cả các góc của một đa giác m cạnh, thì tất cả các giao của các đường thẳng là các đỉnh phân biệt của một hệ

đa giác n cạnh đều, có thể phân chia làm

họ, mỗi họ có

đa giác có tâm thẳng hàng.
Cách chứng minh và các khái niệm liên quan xin xem thêm tại sách "Lãng mạn toán học" tác giả Hoàng Quý nhà xuất bản giáo dục
(Ai có ebook của quyển này up lên thì tốt quá.

I.38)Định lí con bướm với đường tròn

Định lí:
Cho đường tròn (O) và dây cung AB. I là trung điểm của AB. Qua I vẽ hai dây cung tùy ý MN và PQ sao cho MP và NQ cắt AB tại E,F. Khi đó I là trung điểm của 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

(mod

)

cân tại O

I là trung điểm EF

I.39)Định lí con bướm với cặp đường thẳng

Định lí:Cho tam giác

. Lấy

là trung điểm của

. Qua

kẻ các đường thẳng

cắt

tại

, đường thẳng

cắt

tại

. Gọi

cắt

tại

. Khi đó ta có

là trung điểm cưa

Chứng minh:

Áp dụng định lí menelaus trong tam giác

ta có các hệ thức sau:

(1)

(2)
từ (1) và (2) ta có:

Vậy

là trung điểm của

. (ĐPCM)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]

I.6) Định lý Desargues

Định lý:
Cho tam giác ABC và tam giác A'B'C'. Khi đó AA', BB', CC' đồng quy khi và chỉ khi các giao điểm của BC và B'C', CA và C'A', AB và A'B' thẳng hàng.

Chứng minh:
Gọi X, Y, Z là lần lượt là các giao điểm của 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 tại 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 từng vế các đẳng thức trên lại với nhau, và theo định lí Menelaus suy ra 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 của AA’ và BB’. SC cắt đường thẳng AC’ tại C”.
Xét 2 tam giác ABC và A’B’C” có các đường nối các đỉnh tương ứng đồng quy, do đó theo phần thuận giao điểm của các cạnh tương ứng cũng đồng quy.
Ta thấy AB cắt A’B’ tại Z, AC cắt A’C” tại Y (do A’, C’, C” thẳng hàng), suy ra giao điểm X’ của BC và B’C” phải thuộc YZ. Tức là X’ là giao của YZ và BC nên X’ trùng với X.
Suy ra 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 sao cho d cắt BC,CA,AB lần lượt ở M,N,P. Gọi S là 1 điểm bất kì trên d. Gọi M',N',P' lần lượt là điểm đối xứng của M,N,P qua S. Khi đó AM',BN',CP' đồng quy tại một điểm P và ta gọi P là điểm Blaikie của d và S đối với tam giác ABC.

Chứng Minh :
Có thể cho nằm giữa .
Giả sử cắt tại . 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 ta được :

Chú ý là

và

nên ta có đpcm.
I.41)Định lí chùm đường thẳng đồng quy.

Định lí 1: Ba đường thẳng đồng quy thì định ra trên hai đường thẳng song song những đoạn thẳng tỉ lệ.

Chứng minh:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]

I.42)Đường tròn Apollonius

Định lí:Cho hai điểm A và B cố định. Khi đó quĩ tích điểm M sao cho

là một đường tròn cố định được gọi là đường tròn Apollonius.

Chứng minh:
Lấy D,E thuộc đường thẳng AB sao cho

a\Phần thuận
Ta có

ME là phân giác của

M thuộc đường tròn đường kính DE.
b\Phần đảo
Lấy M' thuộc đường tròn đường kính DE

.
Lại có

ME là phân giác của

đpcm

I.43)Định lí Blanchet

Định lí:Cho tam giác ABC có AH là đường cao ứng với cạnh BC. Gọi I là một diểm tùy ý thuộc đoạn AH.các đoạn thẳng BI,CI cắt các cạnh tam giác tại E và F.Chứng minh rằng HA là phân giác của góc EHF

Chứng minh:
Qua I kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB,HF,HE,AC lần lượt tại M,N,P,Q.
Ta chỉ cần chứng minh IN=IP là xong !!
Theo Thales:

Do đó :

Hiển nhiên

Nên IN =IP ---------------> dpcm

I.44)Mở rộng của định lí Blanchet

Định lí:Cho tam giác ABC, lấy

lần lượt thuộc các đoạn

sao cho 3 đường thẳng

đồng quy tại một điểm.Gọi

là giao điểm của

và

.Gọi H là hình chiếu của

xuống

. Chứng minh rằng

là phân giác của

Chứng minh:

Sử dụng Ceva và Menelaus ta chứng minh được

Theo định lí về chùm điều hòa ta lại có

------>đpcm (hệ quả của chùm điều hòa)

I.45) Định lí Jacobi:

Định lí:
Cho tam giác ABC và các điểm trên mặt phẳng sao cho:,,.Khi đó đồng quy tại điểm Jacobi N.

Chứng minh:

Do đồng quy tại và tương tự cho nên áp dụng định lý Ceva dạng Sin ta có:

->
Xây dựng hai đẳng thức tương tự cho rồi nhân 3 đẳng thức trên với nhau ta được:

Như vậy đồng quy theo định lý Ceva dạng Sin.

I.46)Định lí Kiepert

Định lí:Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác cân đồng dạng
BCM,CAN,ABP(Cân ở M,N,P).Khi ấy 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.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]

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 sao 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 một khái niệm mở rộng kết quả về trực tâm tam giác.

Định lí:
Cho tam giác ABC. d là một đường thẳng bất kì trong mặt phẳng. Gọi

lần lượt là hình chiếu của A,B,C trên d. Gọi

lần lượ là hình chiếu của

trên BC,CA,AB. Khi đó

đồng quy tại một điểm gọi là cực trực giao của đường thẳng d đối với

ABC.

Chứng minh:
Áp dụng định lí carnot ta có đpcm

(hiển nhiên đúng)
Trực tâm là trường hợp khi d trùng với một trong ba cạnh của

ABC
(Xem them FG200406.bdf)
I.49)Khái niệm tam giác hình chiếu ,công thức Euler về diện tích tam giác hình chiếu

Định lí:
Cho

là đường tròn nội tiếp tam giác ABC.Cho điểm M nằm trong tam giác.Gọi

là hình chiếu của M lên ba cạnh BC,AC,AB. Khi đó ta gọi

là tam giác hình chiếu của điểm M đối với tam giác ABC. Ta có công thức Euler về diện tích của tam giác hình chiếu:

Chứng minh:(Mashimaru)
Ta có tứ giác

nội tiếp đường tròn đường kính

nên

, tương tự thì

.
Gọi

là giao điểm của

với đường tròn ngoại tiếp tam giác

. Ta có:

và

.
Mặt khác:

Xét tam giác

, theo định lý sin ta có:

Suy ra:

. Từ đó ta có:

Mặt khác, ta lại có:

và

nên:

(Xem them pedal(2).bdf)
I.50)Khái niệm hai điểm đẳng giác

Định lí:
Cho tam giác ABC. M là một điểm nằm trong tam giác.
1/Khi đó các đường thẳng đối xứng với AM,BM,CM qua tia phân giác đồng quy tại M'. M' được gọi là điểm đẳng giác của 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 một đường tròn tâm O. Và O là trung điểm của M và M'.
b/Khi đó cũng 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 nhau tại trung điểm O của 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

(g.g)

Tương tự ta có đpcm

Trường hợp M là trọng tâm thì M' là điểm đối trung (AM,BM,CM lần lượt được gọi là các đường đối trung) có tính chất rằng: min

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]

I.51)Khái niệm tứ giác toàn phần .

Khái niệm:
Một tứ giác toàn phần là một hình được tạo nên bởi bốn đường thẳng, từng đôi một cắt nhau nhưng không có ba đường nào đồng qui. Một hình tứ giác toàn phần có 4 cạnh là 4 đường thẳng ấy, có 6 đỉnh là 6 giao điểm của chúng và 3 đường chéo là 3 đoạn đi qua đỉnh đối diện (chú ý hai đỉnh này không cùng thuộc một cạnh).

Chúng ta có một kết quả cơ bản và thú vị về tứ giác này như sau:

Định lí :Trong hình tứ giác toàn phần cặp đỉnh đối diện nằm trên một đường chéo và cặp giao điểm của đường chéo đó với hai đường chéo còn lại lập thành một hàng điểm điều hòa.

Xem hình vẽ sau:

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]

I.52)Đường thẳng Droz-Farny

Định lí:
Cho hai đường thẳng bất kì vuông góc với nhau tại trực tâm của tam giác ABC. Chúng tương ứng cắt các cạnh BC, AC, AB tại X, X'; Y, Y'; Z, Z'. Khi đó ta có

tương ứng là các trung điểm của

thẳng hàng

Chứng minh:(dịch từ bài viết của 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 lần lượt là

.XX' là đường kính của đường tròn

nằm trên đường tròn này

là giao của C và

và

.
Áp dụng định lí Collings(trong bài viết điểm Anti-steiner) với đường thẳng XYZ đi qua H, ta có

đồng quy tại N trên C. Áp dụng định lí Miquel cho tam giác XNY với các điểm

cùng đi qua M. Tương tự

cũng đi qua M.
Như vậy

cùng đi qua H và M (đồng trục). Nên tâm của 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 đối với tam giác ABC. Chân các đường vuông góc với các cạnh BC,AC,AB của P là

. Lấy

làm tâm vẽ đường tròn đi qua Q cắt BC tại

định nghĩa tương tự. Khi đó

cùng thuộc đường tròn tâm P.

Chứng minh:
O là trung điểm của PQ
Ta đã biết O cách đều

Mà :

(công thức đường trung tuyến)
Hoàn toàn tương tự ta sẽ có các điểm

cách đều P
(điều cần chứng minh).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]

I.54)Định lí Van Aubel về 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 nhau.

Chứng minh:

Gọi O là trung điểm đoạn AC.
Ta thấy:

Do vậy:

Chú ý F là phép đồng dạng góc với tỉ số 1 có O là điểm bất động tức là F là phép quay tâm O góc . (1)
Như vậy :(2)
Tương tự ta có: (3)

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 3 điểm M,N,P lần lượt nằm trên BC,CA,AB.Khi đó ta có:

Chứng minh
Gọi là vector chỉ phương của
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 lần lượt thuộc BC,CA,AB sao cho AD,BE,CF đồng quy ở S.Khi đó ta có:

Và 2 hệ thức tương tự.
Chứng minh:

Cách chứng minh dưới đây rất độc đáo mình đọc trong một file của 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:

=>
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
(Xem them GergonneEuler.bdf)
I.56)Định lí Pithot

Định lí: Tứ giác lồi ABCD là tứ giác ngoại tiếp khi và chỉ khi :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 ấy từ (*) cũng suy ra:.

Khi ấy trên AD,DC tương ứng tồn tại hai điểm N,M sao cho:AN=AB,CM=CB.
Từ (*) sẽ có: DN=DM.

Do đó các đường phân giác của các góc tại đỉnh A,D,C sẽ là ba đường trung trực của tam giác BMN nên chúng đồng quy tại một điểm (mà ta kí hiệu là O).

Nhận thấy O cách đều 4 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 lần lượt là M,N,P và cùng đi qua một điểm A.Khi ấy ba giao điểm khác A của ba đường tròn ấy cùng nằm trên một đường tròn có bán kính là R.

Chứng minh:

Mình gặp định lí này và không hề biết chứng minh của nó ,ở đây mình trình bày một phép chứng minh mà mình nghĩ ra như sau mà theo mình nó là một chứng minh dài.
Chúng ta kí hiệu các giao điểm khác A là B,C,D như hình vẽ và gọi Q là tâm (BCD).
Ta thấy : PA=PB=MA=MB nên MAPB là hình thoi
=>M là điểm đối xứng của P qua AB.
Chú ý bán kính của (P) và (M) là bằng nhau nên suy ra (P) và (M) đối xứng với nhau qua AB.(1)
Tương tự (P) và (N) đối xứng với nhau qua AC (2).
(P) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (3)

Từ (1) ,(2) và (3) ta sẽ suy ra D là trực tâm tam giác ABC.

Đến đây công việc còn lại đã rất 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') tại C,D.Hai tiếp tuyến kẻ từ O' tới (O) cắt (O) tại A,B.Khi đó ta có : AB =CD.

Chứng minh:

Chúng ta kí hiệu các điểm A,B,C,D như hình vẽ.

OM,O'N tương ứng là các tiếp tuyến của (O') và (O).
AD cắt lại (O') ở P.

Ta thấy:

(1)

(2)

Cộng theo vế (1) và (2) ta có:

Do đó CP là đường kính của (O').
Vì vậy sẽ có:

Hoàn toàn tương tự ta cũng có các đẳng thức góc khác nên sẽ có ABCD là hình chữ nhật => AB=CD.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]

I.59)Bổ đề Haruki

Bổ đề:Cho AB và CD là hai dây cung không cắt nhau của cùng một đường tròn và P là một điểm bất kì trên cung AB không chứa CD của đường tròn ấy.Gọi E và F lần lượt là giao điểm của PC,PD với AB.Thế thì giá trị biểu thức sau là không đổi: