Định lí: Cho là trung điểm, điểm chuyển động tùy ý trên. Từ kẻ. Chứng minh rằng Chứng minh
II.10)Điểm Musselman,định lí Paul Yiu về điểm Musselman
tải về 261.16 Kb.
|
- Điều hướng trang này:
- Định lí Paul Yiu về điểm Musselman
- II.11)Khái niệm vòng cực của tam giác. Khái niệm
- II.12)Điểm Gibert Kết quả
- II.14)Tâm Morley Kết quả
- II.15) Tâm Spieker và đường thẳng Nagel Kết quả
- II.16)Hai điểm Fermat Kết quả
- The Fermat Point and Generalizations
II.10)Điểm Musselman,định lí Paul Yiu về điểm Musselman Kết quả: Cho tam giác  . Các điểm  lần lượt là điểm đối xứng với  qua các cạnh đối diện và  là tâm đường tròn ngoại tiếp. Khi đó  và  cùng đi qua 1 điểm là ảnh của điểm  qua phép nghịch đảo đường tròn ngoại tiếp tam giác .
Chỉ dẫn chứng minh: 
Gọi Khi đó ta có: 
Suy ra 
Bây giờ ta cần chứng minh 3 điểm  ,  và  thẳng hàng.
Ta có bộ tâm tỉ cự của điểm 
và tâm đường tròn chín điểm  do đó điểm và tâm đường tròn chín điểm là 2 điểm đẳng giác của tam giác
Mặt khác - tâm đường tròn ngoại tiếp và  - trực tâm cũng là 2 điểm đẳng giác của tam giác nên suy ra 
Ta cũng dễ dàng chứng minh được 
Vậy  hay nói cách khác 4 điểm  và  cùng nằm trên 1 đường tròn
Tương tự với các đường tròn còn lại ta suy ra dpcm 
Điểm được gọi là điểm  của tam giác 
Định lí Paul Yiu về điểm Musselman: Với giả thiết như trên thì 3 đường tròn  và  cũng đi qua điểm .
Chỉ dẫn chứng minh: 
Về định lí này em xin trích dẫn trực tiếp lời giải của Darij Grinberg: Theo chứng minh trên thì điểm nằm trên  và nên ta được:
Ta có: 
Mặt khác: 
Vậy 
hay  và cùng nằm trên đường tròn.
Tương tự với các đường tròn khác ta suy ra dpcm II.11)Khái niệm vòng cực của tam giác. Khái niệm::Cho tam giác tù . Chân các đường cao đối diên các đỉnh là  và  .
Khi đó vòng cực của tam giác là đường tròn có tâm là và bán kính  xác định với
Trong đó:  - bán kính đường tròn ngoại tiếp
 - độ dài 3 cạnh tam giác
- 3 góc tam giác
Ngoài ra ta có 1 tính chất của vòng cực là: cho 3 điểm bất kì chuyển động trên các đường cạnh của tam giác ABC dựng các đường tròn có đường kính là đoạn thẳng nối 1 đỉnh với điểm chuyển động trên cạnh đối diện thì khi đó vòng cực của tam giác trực giao với tất cả các đường tròn đó. II.12)Điểm Gibert Kết quả:: Cho tam giác và điểm - ảnh của điểm qua phép nghịch đảo đường tròn ngoại tiếp tam giác . Gọi  là điềm đối xứng với điểm qua các đường cạnh của tam giác. Khi đó các đường thẳng  và  đồng quy tại điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác
Chỉ dẫn chứng minh: 
Gọi giao điểm của 
Vậy  nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Chứng minh tương tự với  và ta suy ra dpcm
II13/Trục Lemoine Định lý:
Chứng minh: Không mất tính tổng quát giả sử hai vecto  và  cùng hướng.Do hai tam giác ABX và CXA đồng dạng với nhau suy ra:
Nhân hai đẳng thức trên với nhau suy ra: 
Do X nằm ngoài tam giác nên suy ra: 
Tương tự ta có hai đẳng thức sau: 
Nhân ba đẳng thức với nhau ta có: 
Theo định lý Menelaus thì ba điểm X,Y,Z đồng quy. Chứng minh (2): Ta sẽ chứng minh đường đối cực của X,Y,Z đối với  lần lượt là ba đường đối trung của tam giác ABC.
Edit later... [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] II.14)Tâm Morley Kết quả::Tâm  thứ nhất được định nghĩa là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác Morley thứ nhất. Tâm thứ hai được định nghĩa là tâm phối cảnh của tam giác với tam giác Morley thứ nhất.
Chỉ dẫn chứng minh: 
Áp dụng định lí tri Xeva cho 3 đường thẳng đồng quy là mà Ta có phép vị tự tâm Xét điểm  có bộ số tâm tỉ cự:
 (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra  điểm  và  cùng nằm trên 1 đường thẳng.
Ngoài ra ta còn 1 vài tính chất của điểm Spieker như nó là tâm đẳng phương của 3 đường tròn bàng tiếp tam giác ABC, tâm Spieker, điểm Brocard thứ 3 và điểm đẳng cự với tâm đường tròn nội tiếp thẳng hàng... II.16)Hai điểm Fermat Kết quả:Cho tam giác . Dựng ra phía ngoài(vào trong) các tam giác đều  và  . Khi đó tâm phối cảnh của tam giác và tam giác  được gọi là điểm  thứ nhất(thứ hai) hay người ta còn gọi là điểm dương(âm).
Chỉ dẫn chứng minh: 
Gọi giao điểm của 
Tương tự với  và  ta được:
Mặt khác: 
Tương tự ta suy ra dpcm Ngoài ra: 
Trong đó:  là  lần diện tích tam giác
Xem them The Fermat Point and Generalizations P. Fermat (1601-1665) challenged Evangelista Torricelli(*) (1608-1647), the inventor of barometer with the following question
Torricelli presented several solutions. In one he observed that the circumcircles of the equilateral triangles constructed externally on the sides of a given triangle meet in a point. Many more have been found since. I'll present several solutions and two quite surprising generalizations. Solution 1 (Published by Joseph Ehrenfried Hofmann (1900--1973) in 1929. It was independently discovered by Tibor Galai and others [Honsberger, p. 26].) I The result is clearly related to Napoleon's theorem. On the sides of ΔABC construct equilateral triangles ABC', ACB', and BCA'. We know that the Fermat point P that minimizes the sum PA + PB + PC lies on CC'. By the same token, it lies on AA' and BB'. Therefore, it lies on their intersection. As far as Napoleon's theorem goes, the three lines AA', BB', and CC' are concurrent. (This was already known to Thomas Simpson (1710--1761).) Not only that but they cross at angles equal 120o. Furthermore, AA' = BB' = CC' since each of them equals PA + PB + PC for the Fermat point P. So the Fermat point is unique and lies at the intersection of three straight lines that connect vertices of the triangle with opposite vertices of Napoleon's triangles. The construction fails if one of the internal angles of ΔABC is 120o or more. In this case, the vertex corresponding to the largest angle of the triangle solves Fermat's problem. (There is a dynamic illustration pertinent to the above proof.) 
Solution 2
This solution only works under the assumption that the Fermat point exists and is unique. Let for a given ΔABC, P be that point. Let's move, say, A a little into position A1 on the ray PA. Will P move along into a different position? Assuming it will and denoting its new position as P1, we arrive at contradiction. Indeed, for ΔABC,
Also, by our assumption for ΔA1BC,
Summing up and cancelling, we get
Recollect that we selected A1 on the ray PA so that PA1 + A1A = PA. Which leads to
which is of course absurd. Therefore, when A slides along the ray PA, point P does not change. Slide then vertices A and B so as to make ΔABC equilateral. This is always possible. For example, start with sliding A so as to make AB = BC. The triangle ABC becomes isosceles. It is obvious that, for an isosceles triangle, the Fermat point lies on the axis of symmetry of the triangle. For this reason, the triangle remains isosceles wherever B is located on that axis. Slide it so as to make all three sides of ΔABC equal. For an equilateral triangle, its centroid that also serves as the incenter and the circumcenter, serves as the Fermat point as well.
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 -> 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 tải về 261.16 Kb. Chia sẻ với bạn bè của bạn:
|
qua phép nghịch đảo đường tròn ngoại tiếp tam giác 
là 
và 
ta có:
và 
. Tâm đường tròn nội tiếp tam giác 
là tâm 
của tam giác ABC.Khi đó 4 điểm tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm, điểm 
tỉ số 
biến tam giác 
(1)
và 
lần lượt với 
ta có:
n ΔABC, select a point P and connect it with vertices A, B, and C. Rotate ΔABP 60o around B into position C'BP'. By construction, ΔBPP' is equilateral, PB = P'B, and PA = C'P'. We thus have PA + PB + PC = C'P' + P'P + PC. As the image of A under the rotation, position of C' does not depend on P. Also, PA + PB + PC 
CC' because the broken line CPP'C' is no shorter than the straight line CC'. Therefore, PA + PB + PC reaches its minimum iff P lies on CC'. For this P, 
BPC' = 60o. Had we rotated ΔABP around A, 