CÁC ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG CÁC ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG VÀ VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG 1. Định lý Stewart *Cho tam giác ABC bất kỳ, D là điểm trên cạnh BC. Ta luôn có : BC.AD 2 = BD.AC 2 + DC.AB 2 – BC.BD.DC Chứng minh: Gọi AD= d, BD= m, DC= n Đặt BDA ˆ α = ⇒ α −= 0 180 ˆ CDA Áp dụng định lý hàm số cosin cho hai tam giác ADB và ADC, ta được: c 2 = d 2 + m 2 – 2mdcos α b 2 = d 2 + n 2 – 2dncos( 180 0 - α ) ⇒ nc 2 + mb 2 = d 2 (n+m) + mn(m + n) (vớichú ý là cos α = -cos( 180 0 - α ) ⇒ nc 2 + mb 2 = ad 2 + anm ⇒ ad 2 = mb 2 + nc 2 – amn. Đó là đpcm. Chú ý : 1.Trong định lý Stewart xét AD là trung tuyến (tức là m = n = 2 a ). Khi đó từ trên suy ra: am a 2 = 2 a b 2 + 2 a c 2 – a. 2 a . 2 a m a 2 = 4 22 222 acb −+ (1) (1) chính là công thức xác định đường trung tuyến quen biết trong tam giác. 1.Nếu xét AD là đường phân giác trong. Khi đó, theo tính chất đường phân giác trong, ta có: b c n m = cb ac m + =⇒ ; cb ab n + = Từ định lý Stewart, ta có: al a 2 = 2 2 22 )( cb bca ac cb ab b cb ac + − + + + l a 2 = 2 22 )( ])[( cb acbbc + −+ l a 2 = 2 )( )( cb apabcp + − (2) (2) chính là công thức xác định đường phân giác quen biết trong tam giác. Bài tập áp dụng: Đề: cho tam giác ABC. Các đường AD, BE, CK ( D,E,K tương ứng thuộc các cạnh BC. CA, AB) gọi là các đường n - tuyến của ∆ ABC nếu như: nAB AK CA CE BC BD 1 === ( n là số dương cho trước). Đặt AD=d a , BE = d b, CK= d c ( và gọi d a , d b , d c là độ dài của các đường n- tuyến). Chứng minh rằng: d a 2 + d b 2 + d c 2 = )( 1 222 2 2 cba n nn ++ +− Chứng minh: Theo định lý Stewart ta có: a.AD 2 = BD.b 2 – DC.c 2 – a.BD.DC (1) Do BD = n a ; DC = n an )1( − , vậy từ (1) có : a.AD 2 = n ab 2 + n acn 2 )1( − - 2 )1( . n ana a − ⇒ d a 2 = 2 222 )1()1( n an n cnb − − −+ ⇒ d a 2 = 2 222 )1()1( n ancnnnb −−−+ (2) L ý luận tương tự, có d b 2 = 2 222 )1()1( n bnannnc −−−+ (3) d c 2 = 2 222 )1()1( n cnbnnna −−−+ (4) Cộng từng vế (2)(3)(4) suy ra : d a 2 +d b 2 + d c 2 = )( 1 222 2 2 cba n nn ++ +− ⇒ đpcm. Chú ý: 1) Với bài toán tổng quát trên, ta thay n là một số nguyên dương cụ thể thì ta sẽ có các định lý quen thuộc đã học.Chẳng hạn, khi n = 2 thì các đường 2-tuyến trở thành các đường trung tuyến của tam giác. 2) Ngoài ra, n-tuyến có nhiều tính chất lý thú như: các tam giác KDE, A’B’C’ và ABC có cùng trọng tâm.( ta có thể chứng minh bằng hình học vector ) 2. Công thức Euler Cho tam giác ABC. Gọi O và I tương ứng là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác. Đặt l = IO. Chứng minh rằng: l 2 = R 2 – 2Rr Chứng minh: Đường phân giác trong của góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tại D. Khi đó ta có : · IBD = · BID µ µ 2 A B   + =  ÷  ÷   Vì thế DB = DI (1) Theo công thức phương tích, ta thấy IA.ID = P 1 (O) = R 2 – IO 2 (2) Từ (1) (2) suy ra IA.DB = R 2 – l 2 (3) Trong tam giác vuông IAE, thì : IA = 2 sin A IE = 2 sin A r (4) Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác DBA ( với chú ý R cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BDA), ta có : BD = 2Rsin DAB ˆ = 2sin 2 A (5) Thay (4)(5) vào (3), ta được : R 2 – l 2 = 2Rr hay l 2 = R 2 – 2Rr ⇒ đpcm Chú ý : Từ công thức Euler l 2 = R 2 – 2Rr ≥ 0 hay trong mọi tam giác ta có: R ≥ 2r (*) . Dấu bằng xảy ra ⇔ l = 0 ⇔ I ≡ O ⇔ ABC là tam giác đều. *** Từ phần chú ý, ta có R = 4rsin 2 A sin 2 B sin 2 C Vì thế từ (*) ta có: sin 2 A sin 2 B sin 2 C ≤ 8 1 ( đây là 1 bđt quen thuộc và cơ bản trong lượng giác). Như vậy, ta có thể lợi dụng công thức Euler để chứng minh bất đẳng thức trên ( tuy nhiên đây không phải là cách chứng minh ngắn gọn, nhưng dù sao ta cũng tìm được 1 hệ quả lý thú của công thức Euler). Công thức Euler cho khoảng cách giữa tâm đường tròn ngoại tiếp và bàng tiếp Ký hiệu O là tâm đường tròn ngoại tiếp và I a là tâm đ ường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Đặt d a = OI a . Chứng minh công thức Euler : d a 2 = R 2 + 2Rr Chứng minh Từ tam giác ABI a , ta có: · a BI D = · a FBI - · a FAI · a DBI = · a I BC - · CBD (ở đây D là giao điểm của AI a với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ). Do I a A và BI a tương ứng là các phân giác của · BAC và · FBC ( do I a là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của ∆ ABC) nên: · a FAI = · a I AC = · CBD · a FBI = · a I BC Kết hợp lại suy ra · · a a DBI BI D= ⇒ ∆ BDI a cân đỉnh D ⇒ BD = DI a (1) K ẻ I a M ⊥ OD ( chú ý do cung BD = cung DC nên OD ⊥ BC, tức OM ⊥ BC). Xét tam giác ODI a , theo định lý hàm số cosin ta có: Dd a 2 = OI a 2 = OD 2 + DI a 2 – 2OD.DI a .cos · a ODI Vì cos · a ODI = - cos · a I DM = a DI DM − , vậy ta có : d a 2 = OD 2 + DI a 2 + 2OD.DM (2) Từ (1) và theo hệ thức lượng trong tam giác vuông BDN ( N là giao điểm DO với đường tròn : OD  BC = L) , ta có BD 2 = DN.DL = 2R.DL. Thay vào (2) có : d a 2 = R 2 + 2R.DL + 2R.DM = R 2 + 2R(DL + DM) = R 2 + 2R.ML Do MI a // BC, nên ML bằng khoảng cách từ I a xuống BC, tức ML = r a ⇒ d a 2 = R 2 +2R.r a . ⇒ đpcm. 3. Định lý Euler Cho tam giác nội tiếp trong đường tròn tâm O. M là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng chứa tam giác chứa tam giác. Gọi A 1 , B 1 , C 1 lần lượt là hình chiếu của M lân các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng : S 111 CBA =         − 2 2 1 4 1 R d ở đây MO = d Chứng minh Ta chỉ xét trường hợp M nằm trong tam giác ABC. Các trường hợp khác xét tương tự. Nối AM và kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. Ta có: 111 ˆ ACB = DBMCBMCBDABMMABACMMCB ˆˆˆˆ ˆˆˆ 111111 =+=+=+ (1) Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác MBD, ta có : DBM MD MDB MB ˆ sin ˆ sin = (2) Từ (1),(2) suy ra: Ta có : Áp dụnh định lý hàm số sin trong tam giác AB 1 C 1 với chú ý MA là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác này, ta có : B 1 C 1 = MA sinB (5) Tương tự, có : A 1 C 1 = MBsinB (6) Vì thế từ (3) (4) (5) và (6) suy ra : MB CMD BAMBMAS CBA sin sinsin. 2 1 111 = = 2 1 MA.MDsinAsinBsinC (7) Ta có : MA.MD = P M (o) = R 2 – MO 2 = R 2 – d 2 (8) Thay (7) vào (8) ta có : SA 1 B 1 C 1 = 2 1 (R 2 – d 2 ) sinAsinBsinC (9) Do S = 2R 2 sinAsinBsinC = 2 2R S Thay lại vào (9) ta được : S A 1 B 1 C 1 = 4 1 S(1 - 2 2 R d ). Định lý Euler được chứng minh. 4.Bài toán về điểm Broca 1) Cho tam giác ABC và một điểm M trong tam giác ABC sao cho ϕ === ACMCBMBAM ˆ ˆ ˆ . Chứng minh rằng : cotg ϕ = cotgA + cotgB + cotgC (Điểm M xác định như trên gọi là điểm Broca, còn ϕ là góc Broca) 2) Chứng minh rằng: CBA 2222 sin 1 sin 1 sin 1 sin 1 ++= ϕ 3) Chứng minh : sin ϕ = 222222 2 baaccb S ++ 4) Chứng minh : )sin()sin()sin(sin ϕϕϕϕ −−−= CBA 5) Gọi R a , R b , R c tương ứng là bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác MAB,MAC,MCB. Chứng minh rằng R a R b R c = R 3 . 6) Chứng minh : MA.MB.MC = 8R 3 sin 3 ϕ Chứng minh 1) Đặt MA = x, MB = y, MC = z Áp dụng định lý hàm số cosin suy rộng trong các tam giác MAB, MBC, MCA ta có : cotg ϕ = BMCBMCABM S xzb S zya S yxc 444 222222222 −+ = −+ = −+ (1) Từ (1) và theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có : cotg ϕ = S cba 4 222 ++ (2) Theo hệ quả của định định lý hàm số cosin suy rộng, ta có ngay : cotgA + cotgB + cotgC = S cba 4 222 ++ (3) Từ (2) (3) suy ra đpcm 2) Từ 1) suy ra : cotg 2 ϕ = cotg 2 A + cotg 2 B + cotg 2 C + 2(cotgAcotgB + cotgBcotgC + cotgCcotgA) Từ đó, theo đề bài 2 suy ra : cotg 2 ϕ = cotg 2 A + cotg 2 B + cotg 2 C + 2 ⇒ 1 + cotg 2 ϕ = (1 + cotg 2 A) + (1 + cotg 2 B) + (1 + cotg 2 C) hay CBA 2222 sin 1 sin 1 sin 1 sin 1 ++= ϕ 3) Theo 2) và áp dụng định lý hàm số sin , ta có: 222 2222222 2 2 2 2 2 2 2 )(4444 sin 1 cba accbbaR c R b R a R ++ =++= ϕ (4) Vì S = R abc 4 , nên từ (4) suy ra : sin ϕ = ⇒ ++ 222222 2 accbba S đpcm. 4) Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác MAC , ta có: )sin( sin ϕ ϕ − = AMC MA (5) Tương tự : )sin( sin ϕ ϕ − = CMB MC (6) )sin( sin ϕ ϕ − = BMA MB (7) Nhân từng vế (5) (6) (7) suy ra sin 3 ϕ = sin(A- ϕ )sin(B - ϕ ) sin(C- ϕ ) ⇒ đpcm 5) Theo định gnhĩa điểm Broca M, và góc Broca ϕ , ta có: ACMA AACMA sin ˆ sin 180)(180 ˆ 00 =⇒ −=−+−= ϕϕ Áp dụnh định lý hàm số sin trong tam giác MAC, ta có: AC = 2R b sin CMA ˆ =2R b sinA (8) Lý luận tương tự, ta có: BC = 2R a sinC (9) AB = 2R c sinB (10) Nhân từng vế (8) (9) (10) và lại áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác ABC ta có: (2RsinB)(2RsinA)(2RsinC) = 8R a R b R c sinAsinBsinC Do sinAsinBsinC ≠ 0 ⇒ R a R b R c = R 3 ⇒ đpcm 6) Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác MAB, MBC, MCA ta có: MA.MB.MC = (2R b sin ϕ )(2R c sin ϕ )(2R a sin ϕ ) Từ đó theo phần 5) suy ra MA.MB.MC = 8R 3 sin 3 ϕ ⇒ đpcm Chú ý : dựa vào phần 5) suy ra CMA ˆ = 180 0 – A = B + C CMB ˆ = 180 0 – C = A + B * Vậy điểm Broca hoàn toàn có thể dựng được bằng thước và compas.(vì nó là giao điểm của cung chứa góc A + B dựng trên cạnh BC, với cung chứa góc B + C dựng trên cạnh AC ). 5. Định lý Cacnô Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi k a , k b , k c lần lượt là các khoảng cách từ O xuống BC , AC , AB. Thì : k a + k b + k c = R + r Chứng minh Gọi k a , k b , k c theo thứ tự là khỏang cách từ tâm O đường tròn ngoại tiếp đến các cạnh a, b, c ; H là trực tâm của tam giác. Kẻ OP, ON, OM lần lượt vuông góc BC, AC, AB, thì ta có OP = k a ; ON = k b ; OM = k c . Trong t ứ gi ác ANOM, theo đ ịnh l ý Ptoleme, ta có : OA.MN = OM.AN + ON.AM , hay R 2 a = k c 2 b + k b 2 c (1) Tương tự : R 2 b = k a 2 c + k c 2 a (2) R 2 c = k b 2 a + k a 2 b (3) Cộng từng vế (1) (2) (3) suy ra : R p = k a 2 cb + + k b 2 ac + + k c 2 ba + ⇒ R p = (k a k b k c )p - 222 ckbkak cba −− = (k a k b k c )p – S = (k a k b k c )p – pr ⇒ r + R = k a k b k c. ⇒ ta đã chứng minh xong định lý Cacnô. Chú ý : Định lý Cacnô còn được viết dưới dạng sau đây : Trong mọi tam giác ABC thì : AH + BH +CH = 2(R + r) với H là trực tâm của tam giác . ( Do theo định lý về đường thẳng Euler, thì ta có H,G,O thẳng hàng, với G là trọng tâm của tam giác ABC và GH = 2GO ⇒ AH = 2OP = 2k a . Tương tự BH = 2k b , CH = 2k c ) Bài tập ứng dụng Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi k a , k b , k c lần lượt là các khoảng cách từ O xuống BC , AC , AB. Chứng minh hệ thức: cbacba kkk abc k c k b k a =         ++4 Chứng minh Gọi M là trung điểm của BC, thì OM = k a . Ta có: tg OM BM k a a 22 == BÔM = 2tgA Tương tự tgC k c tgB k b cb 2;2 == Từ đó suy ra: cba k c k b k a ++ = 2(tgA + tgB + tgC) (1) Mà ta có: tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC. Do vậy từ (1) có: 4( cba k c k b k a ++ ) = 8tgA.tgB.tgC = cba k c k b k a ⇒ đpcm 6. Định lý Ptoleme Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O. Khi đó ta có: AC.BD = AB.CD + AD.BC Chứng minh: Đặt σγ βα ==== ==== ADBACBCABCDB CADCBDDCADBA ˆ ˆ ; ˆ ˆ ˆ ˆ ; ˆ ˆ [...]... +2 σ ) = - cos( β - σ ) (5) Thay (5) vào (4) và có: AC.BD = 2R2[cos( α - γ ) + cos( σ - β ) (6) Từ (3) và (6) suy ra định lý Ptoleme được chứng minh (1) 7 Định lý Peletier Cho tam giác A2B2C2 Lấy ba điểm A,B,C tương ứng nằm trong các cạnh B2C2, C2A2 và A2B2 Lấy lại ba điểm A1,B1,C1 tương ứng nằm trong các cạnh BC,CA,AB của ∆ ABC sao cho A1B1// A2B2; B1C1//B2C2 và C1A1//C2A2.Suy ra: S2ABC = S A1 B1C1...Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác ABD, ACD, ABC ta có: AB.CD + AD.BC = 2R2(2sin σ sin β + 2sin α sin γ ) = 2R2 [cos( σ - β ) – cos( σ + β ) + cos( α - γ ) – cos( α + γ )] Vì α + β + γ + σ = 1800 ⇒ cos( σ + β ) = – cos( α + γ ) (2) Từ (1) và (2) suy ra: AB.CD + AD.BC = 2R2[cos( σ - β ) + cos( α + γ )] (3) Lại áp dụng định lý hàm số sin vào các tam giác ACD, BCD, có:... NC AC 2 Dùng lượng giác chứng minh các bài toán hình học Ở mục này, chúng tôi xin giới thiệu một số bài toán được trích từ các cuộc thi toán nổi tiếng : Olympic 30-4,…Xin nhắc lại, đây không phải là cách giải duy nhất cho các bài toán trên mà chỉ là cách giải tiêu biểu Bài toán 1 : Cho tứ giác lồi ABCD, AC cắt BD ở O Gọi r1, r2, r3, r4 lần lượt là bán kính nội tiếp các tam giác OAB, OBD, OCD, ODA Chúnh... dụng định lý hàm số cosin) Bài 8 : Từ 1 điểm P nằm trong tam giác ABC, hạ các đường vuông góc PA1, PN2, PC1 tương ứng xuống các đường thẳng BC, CA, AB Khi đó độ dài các cạnh của tam giác A1B1C1 bằng: a.PA b.PB c.PC , , 2R 2R 2R Bài 9 : Nếu D là 1 điểm nằm trên đáy AC của tam giác cân ABC thì các bán kính đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABD và BCD sẽ bằng nhau (gợi ý: áp dụng định lý hàm số sin)... A1B1C1 gọi là tam giác tiếp xúc Và diện tích tam giác ABC là trung bình nhân của diện tích tam giác trực tâm và tam giác tiếp xúc Chứng minh Thật vậy : Ta có A’B’C’ và A1B1C1 là các tam giác nội và ngoại tiếp tam giác nhọn ABC mà A’B’ //A1B1; A’C’ //A1C1 và B’C’ // B1C1 vậy theo định lý Peletier ta suy ra đpcm Hai đường thẳng cùng phát xuất từ đỉnh của một góc của tam giác và đối xứng với nhau qua đường... dụng các định lý hàm số sin, cos Bài 4: nếu k là 1 điểm bất kỳ trên cạnh BC của tam giác ABC thì : AC2.BK + AB2.CK = BC.(AK2 + BK.KC) α Bài 5 :Trong mọi tam giác : a2 = (b – c)2 + 4Stg 2 Bài 6: Trong moi tam giác : ctg α + ctg β + ctg γ = 1 2 (a + b2 + c2) 4S Bài 7: Nếu các cạnh của tam giác ABC thoả mãn hệ thức a2 + b2 = 5c2 thì các đường trung tuyến AA1 và BB1 vuông góc với nhau (gợi ý: áp dụng định. .. do sự đồng dạng của hai tam giác A1B1C1 và A2B2C2, ta có: B1C1 r = B2 C 2 R2 (2) Từ (1) và (2) suy ra : r r = ⇒ R2 = 2 R ⇒ đpcm R2 2 R 8 Định lý Steine Hai tam giác ABC và giả sử AD và AE là các đường đẳng giác Ta có hệ thức sau : BD.BE AB 2 = CD.CE AC 2 Chứng minh Vì hai tam giác ABD và ACD có cùng chiều cao, nên BD = CD S S ABD (1) ACD Vẽ phân giác AF Do AD và AE là hai đường đẳng giác nên ta có BÂD... BD.BE c 2 AB 2 ⇒ = 2 = ⇒ đpcm CD.CE b AC 2 Hệ quả của định lý Steine Đường thẳng đẳng giác với một trung tuyến gọi là đường đối trung của tam giác Và đường đối trung chia trong cạnh đối diện thành những phần tỉ lệ với bình phương các cạnh kề Chứng minh Thật vậy: Giả sử AN là đường đối trung, tức là AN và trung tuyến ANlà hai đường đẳng giác Theo định lý Steine, ta có : BN BM AB 2 = CN CM AC 2 (*) Vì BM... +S ở đây d và d’ tương ứng là khoảng cách từ C2 và A2 đến B1C1 ⇒ d + d’ = A2H2 A 2 B1 C1 1 B1C1.A2H2 2 1 ⇒ S2ABC = ( B1C1 A2 H 2 ) 2 4 ⇒ SABC = (8) Từ (4) và (8), ta thu được : S2ABC = SA 1 B 1 C 1 SA 2 B 2 C 2 ⇒ đpcm Hệ quả của định lý Peletier 1) Tam giác ABC nhọn Vẽ ba chiều cao AA’, BB’, CC’ Khi đó A’B’C’ gọi là tam giác trực tâm Tam giác A1B1C1 trong đó A1B1, A1C1, B1C1 tương ứng là các tiếp tuyến... BAD ˆ c sin BAD = 2 = ˆ 1 b sin DAC ˆ AC AD sin DAC 2 (2) Từ (1) và (2) với chú ý(*), suy ra : ˆ BD c sin EAC = ˆ CD b sin BAE (3) Theo định lý hàm số sin, trong trong các tam giác EAC và BAE, ta có: ˆ EC b EC sin AEC ˆ = ⇒ sin EAC = ˆ ˆ b sin EAC sin AEC ˆ BE c BE sin AEB ˆ = ⇒ sin BAE = ˆ ˆ c sin BAE sin AEB (4) (5) Thay (4) (5) vào (3) , với chú ý là sinAÊC= sinAÊB (do AÊC + AÊB = 1800) suy ra . CÁC ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG CÁC ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG VÀ VẬN DỤNG VÀ VẬN DỤNG 1. Định lý Stewart *Cho tam giác ABC bất kỳ, D là điểm trên. ta sẽ có các định lý quen thuộc đã học. Chẳng hạn, khi n = 2 thì các đường 2-tuyến trở thành các đường trung tuyến của tam giác. 2) Ngoài ra, n-tuyến có nhiều tính chất lý thú như: các tam giác. (10) và lại áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác ABC ta có: (2RsinB)(2RsinA)(2RsinC) = 8R a R b R c sinAsinBsinC Do sinAsinBsinC ≠ 0 ⇒ R a R b R c = R 3 ⇒ đpcm 6) Áp dụng định lý hàm