Định lí: Cho là trung điểm, điểm chuyển động tùy ý trên. Từ kẻ. Chứng minh rằng Chứng minh


I.78)Định lí Feuer bach-Luchterhand



tải về 261.16 Kb.
trang2/6
Chuyển đổi dữ liệu29.07.2016
Kích261.16 Kb.
1   2   3   4   5   6

I.78)Định lí Feuer bach-Luchterhand:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 


II/Một số điểm và đường đặc biệt được xác định duy nhất với tam giác và tứ giác
II.1) Đường thẳng Euler của tam giác.
Định lí:Cho tam giác gọi là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp.Chứng minh rằng: thẳng hàng.



Chứng minh:
Gọi là trung điểm .
Ta có


do đó
suy ra thẳng hàng

II)Đường tròn và tâm Euler

Kết quả : Trong một tam giác ,trung điểm các cạnh của tam giác ,chân các đường cao và trung điểm các đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh cùng nằm trên một đường tròn gọi là đường tròn Euler của tam giác ấy.

Chỉ dẫn chứng minh:

Thực ra đây chỉ là một trường hợp đặc biệt của hai điểm đẳng giác (Xem mục I.50)

II.3)Đường đối trung, điểm Lemoine


Kết quảCho tam giác thì 3 đường đối trung của tam giác đồng quy tại điểm của tam giác.



Chỉ dẫn chứng minh::
Đường đối trung của tam giác ứng với 1 đỉnh là đường thẳng đối xứng với trung tuyến qua phân giác tương ứng của đỉnh đó.
Từ định nghĩa trên áp dụng định lí Xeva dạng sin ta có:

Suy ra đồng quy tại điểm của tam giác.
*Chú thích: kí hiệu tương đương với



II.4)Điểm Gergonne,điểm Nobb, đường thẳng Gergone

1)Kết quả về điểm Gergonne:Tam giác ABC với đường tròn nội tiếp (I).Tiếp điểm của (I) trên BC,CA,AB lần lượt là D,E,F.Khi đó AD,BE,CF đồng quy tại một điểm gọi là điểm Gergonne của tam giác ABC.


Chỉ dẫn chứng minh:
Chỉ cần dùng định lí Ceva và các kết quả đơn giản : DB=DC,EA=EC,FA=FB là ra.

2)Kết quả về điểm Nobb và đường thẳng Gergonne(Vẫn với các kí hiệu trên)Một tam giác không cân có 3 điểm Nobb tương ứng là giao điểm của các cặp đường thẳng EF và CB ,DE và AB ,DF và AC. Và 3 điểm Nobb cùng nằm trên một đường thẳng gọi là đường thẳng Gergonne của tam giác ABC.

Chỉ dẫn chứng minh:

Xét cực và đối cực đối với (I).


Đường đối cực của A là EF đi qua M,nên đường đối cực của M đi qua A.
Mặt khác dễ thấy đường đối cực của M đi qua D nên suy ra đường đối cực của M là AD.
Hoàn toàn tương tự ta có:
Đường đối cực của N là BE và đường đối cực của P là CF

Theo trên ,do AD,BE,CF đồng quy nên sẽ có điều phải chứng minh.


Bình luận: Kết quả trên có thể mở rộng như sau:

Cho tam giác ABC và 3 điểm D,E,F theo thứ tự thuộc BC,CA,AB sao cho


AD,BE,CF đồng quy và D,E,F khác trung điểm đoạn thẳng.Gọi M,N,P lần lượt là điểm chung của các cặp đường thẳng (EF,BC) ,(DF,CA) ,(DE,AB).Khi đó M,N,P thẳng hàng

Bạn có thể chứng minh kết quả trên bằng định lí Menelaus nhưng thậm chí bài toán mở rộng này


cũng chỉ là trường hợp đặc biệt của định lí Desargues mà thôi!!!!
(Xem them hai file : FG200821.bdf ; jcgeg200722.bdf)
II.5)Điểm Nagel
Kết quả:.Cho tam giác . Các đường tròn bàng tiếp xúc với 3 cạnh tương ứng đỉnh lần lượt tại thì ta có 3 đường thẳng đồng quy tại điểm của tam giác.



Chỉ dẫn chứng minh:
Ta có:

Suy ra dpcm
*Chú thích:


II.6) Điểm Brocard

Định nghĩa:Trong một tam giác ABC cho trước có hai điểm Brocard M,N được xác định sao cho:

.

II.7)Điểm Schiffler


Định nghĩa:Cho tam giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.Khi đó 4 đường thẳng Euler của tam giác đồng quy tại điểm của tam giác.



Chỉ dẫn chứng minh:
Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, là trọng tâm tam giác, là trung điểm là trọng tâm tam giác cắt tại cắt tại tiếp xúc với cạnh tại cắt tại , cắt tại .
Rõ ràng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .Do đó là đường thằng Euler của tam giác .
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác với cát tuyến ta có:
.
Suy ra:

Ap dụng định lí Menelaus cho tam giác với cát tuyến ta có:

Do là trọng tâm tam giác IBC nên

Do đó:

Tương tự ta thấy các đường thẳng Euler của các tam giác cũng cắt tại (được xác định bởi hệ thức )


Vậy các đường thẳng Euler của 4 tam giác đồng quy tại
(Xem them FG200312.bdf)
II.8)Điểm Feuerbach

Kết quả:Trong một tam giác ,đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp của nó,và tiếp điểm đó được gọi là điểm Feuerbach của tam giác trên.



Chỉ dẫn chứng minh:(leductam post)
Gọi là tâm đường tròn Euler, ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác . là trực tâm, là đường kính vuông góc với là hình chiếu của lên là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp. là chân đường phân giác góc

1.Đường tròn Euler tiếp xúc trong với đường tròn nội tiếp.
Ta dễ dàng chứng minh được

suy ra (1)
Chứng minh tiếp:

nên
cân tại
do đó
Vậy
Chiếu hệ thức trên lên theo phương vuông góc với ta được:


(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra:
(3)
Ta có:



(4)
Từ (3) và (4) ta có:

Vậy suy ra dpcm.


Hoàn toàn tương tự ta cũng có:




2.Đường tròn Euler tiếp xúc ngoài với các đường tròn bàng tiếp
Từ kẻ vuông góc với do nên
Từ (2) ta có:

Vậy (5)


Mặt khác: nên:
(6)
Từ (5) và (6) ta có: (7)
Từ kẻ . Trong tam giác vuông ta có:





(8)
Từ (7) và (8) ta có:


Vậy suy ra dpcm
(Xem them BalticFeuer; GenFeuerPDF; FG200117)
II.4)Điểm Gergonne,điểm Nobb, đường thẳng Gergone

1)Kết quả về điểm Gergonne:Tam giác ABC với đường tròn nội tiếp (I).Tiếp điểm của (I) trên BC,CA,AB lần lượt là D,E,F.Khi đó AD,BE,CF đồng quy tại một điểm gọi là điểm Gergonne của tam giác ABC.


Chỉ dẫn chứng minh:
Chỉ cần dùng định lí Ceva và các kết quả đơn giản : DB=DC,EA=EC,FA=FB là ra.

2)Kết quả về điểm Nobb và đường thẳng Gergonne(Vẫn với các kí hiệu trên)Một tam giác không cân có 3 điểm Nobb tương ứng là giao điểm của các cặp đường thẳng EF và CB ,DE và AB ,DF và AC. Và 3 điểm Nobb cùng nằm trên một đường thẳng gọi là đường thẳng Gergonne của tam giác ABC.

Chỉ dẫn chứng minh:

Xét cực và đối cực đối với (I).


Đường đối cực của A là EF đi qua M,nên đường đối cực của M đi qua A.
Mặt khác dễ thấy đường đối cực của M đi qua D nên suy ra đường đối cực của M là AD.
Hoàn toàn tương tự ta có:
Đường đối cực của N là BE và đường đối cực của P là CF

Theo trên ,do AD,BE,CF đồng quy nên sẽ có điều phải chứng minh.


Bình luận: Kết quả trên có thể mở rộng như sau:

Cho tam giác ABC và 3 điểm D,E,F theo thứ tự thuộc BC,CA,AB sao cho


AD,BE,CF đồng quy và D,E,F khác trung điểm đoạn thẳng.Gọi M,N,P lần lượt là điểm chung của các cặp đường thẳng (EF,BC) ,(DF,CA) ,(DE,AB).Khi đó M,N,P thẳng hàng

Bạn có thể chứng minh kết quả trên bằng định lí Menelaus nhưng thậm chí bài toán mở rộng này


cũng chỉ là trường hợp đặc biệt của định lí Desargues mà thôi!!!!

II.9)Điểm Kosnita


Định nghĩa.Cho tam giác là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.Gọi là tâm các đường tròn ngoại tiếp tam giác .Khi đó ba đường thẳng đồng quy tại điểm của tam giác.



Chỉ dẫn chứng minh:
Gọi tương ứng là giao điểm của với
Ta có:

Tương tự với điểm rồi sau đó nhân các tỉ lệ thức với nhau ta được dpcm

II.8)Điểm Feuerbach

Kết quả:Trong một tam giác ,đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp của nó,và tiếp điểm đó được gọi là điểm Feuerbach của tam giác trên.



Chỉ dẫn chứng minh:(leductam post)
Gọi là tâm đường tròn Euler, ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác . là trực tâm, là đường kính vuông góc với là hình chiếu của lên là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp. là chân đường phân giác góc

1.Đường tròn Euler tiếp xúc trong với đường tròn nội tiếp.
Ta dễ dàng chứng minh được

suy ra (1)
Chứng minh tiếp:

nên
cân tại
do đó
Vậy
Chiếu hệ thức trên lên theo phương vuông góc với ta được:


(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra:
(3)
Ta có:



(4)
Từ (3) và (4) ta có:

Vậy suy ra dpcm.
Hoàn toàn tương tự ta cũng có:
2.Đường tròn Euler tiếp xúc ngoài với các đường tròn bàng tiếp
Từ {I}_{a} kẻ {I}_{a}{X}_{a} vuông góc với BC do {I}_{a}S = SI nên {X}_{a}M = MN
Từ (2) ta có:

Vậy (5)


Mặt khác: nên:
(6)
Từ (5) và (6) ta có: (7)
Từ kẻ . Trong tam giác vuông ta có:





(8)
Từ (7) và (8) ta có:


Vậy suy ra dpcm

Bổ sung một chứng minh khác bằng phép nghịch đảo ạ:

Xét có:
+ Đường tròn nội tiếp tiếp xúc với theo thứ tự tại .
+ Đường tròn bàng tiếp trong góc tiếp xúc với tại .
+ Đường tròn Euler qua trung điểm 3 cạnh .
Kẻ tiếp tuyến chung của tiếp xúc với chúng lần lượt tại . (chú ý là ). Gọi là tâm vị tự trong của .

Ta có:

Nếu thì hiển nhiên đã tiếp xúc với nên ta chỉ quan tâm đến trường hợp .

Khi đó, nên theo hệ thức Newton, .

Đặt , lại có nên suy ra .

Cuối cùng, xét phép nghịch đảo cực , phương tích . Nhưng tiếp xúc với còn bản thân 2 đường tròn này bất biến qua phép nghịch đảo đang xét nên ta cũng có cũng tiếp xúc với .

Lập luận tương tự cho thấy tiếp xúc với .

Kết thúc chứng minh!



Bổ Đề:
1, tam giác là phân giác. Điểm nằm trong mặt phẳng tam giác thì
2, tứ giác nội tiếp được, khi đó phân giác góc đồng quy.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 


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


1   2   3   4   5   6


Cơ sở dữ liệu được bảo vệ bởi bản quyền ©hocday.com 2019
được sử dụng cho việc quản lý

    Quê hương