ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ————————— TRẦN VĂN LAI MỘT SỐ CHỨNG MINH CỦA ĐỊNH LÝ STEINER - LEHMUS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN-2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRẦN VĂN LAI MỘT SỐ CHỨNG MINH CỦA ĐỊNH LÝ STEINER - LEHMUS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS TẠ DUY PHƯỢNG THÁI NGUYÊN-2015 Mục lục Mở đầu ii Các chứng minh hình học Định lý Steiner - Lehmus 1.1 L Kopeikina 1.2 V Bolchianxki 1.3 D Beran 1.4 K R S Sastry 1.5 A I Fetisov 1.6 A Berele & J Goldman 1.7 G Gilbert & D MacDonnell 1.8 R W Hogg 13 1.9 Một số chứng minh khác 14 Các chứng minh lượng giác Định lý Steiner - Lehmus 24 2.1 K Seydel & C Newman 24 2.2 M Hajja (I) 26 2.3 M Hajja (II) 28 2.4 R Oláh - Gál & J Sándor 31 2.5 W Chau 40 Một số định lý toán tương tự 43 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 53 i Mở đầu Năm 1840, giáo viên phổ thông người Đức Berlin Daniel Christian Ludolph Lehmus (1780-1863) gửi thư cho nhà toán học Jacques Charles Fran¸cois Sturm, Viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Pháp với đề nghị đưa chứng minh hình học cho khẳng định "Một tam giác cân (là tam giác có hai cạnh nhau) tam giác có hai đường phân giác nhau" Tuy nhiên, C Sturm không đưa chứng minh, thông báo toán cho nhà toán học khác Người chứng minh toán nhà hình học tiếng người Thụy Sỹ Jakob Steiner (1796-1863) Vì vậy, sau người ta lấy tên hai nhà toán học Steiner Lehmus để đặt tên cho định lý Trong chứng minh Định lý trên, J Steiner sử dụng công thức tính độ dài đường phân giác thông qua độ dài cạnh tam giác, phương pháp biến đổi đại số Qua đó, ông chứng minh tam giác có hai cạnh Bổ đề (Độ dài đường phân giác): “Trong tam giác ABC, với BC = a; CA = b; AB = c; độ dài đường phân giác AD, BE, CF tam giác tính công thức: AD = a bc − b+c ; BE = b c+a ca − ; CF = ab − c a+b Áp dụng Bổ đề vào chứng minh Định lý sau Giả sử tam giác ABC có hai đường phân giác BE, CF nhau, tức BE = CF ⇔ ca − ⇔ ca − b c+a b c+a = c a+b ab − = ab − c a+b ii 2 ⇔c 1− b c+a =b 1− c a+b b c =0 − (c + a) (a + b)2 (b3 − c3 ) + a2 (b − c) + 2a(b2 − c2 ) ⇔ (b − c) + bc =0 (c + a)2 (a + b)2 (b2 + bc + c2 ) + a2 + 2a(b + c) =0 ⇔ (b − c) + bc (c + a)2 (a + b)2 ⇔b−c=0 ⇔ (b − c) + bc ⇔ b = c Vậy tam giác ABC cân A Mặc dù Định lý chứng minh Steiner, song cách chứng minh mà ông đưa chưa thỏa mãn người yêu toán chưa thực "thuần túy hình học" Bởi thế, nhiều nhà toán học cố gắng tìm kiếm chứng minh mới, hay hơn, thú vị Hơn 150 năm trôi qua, nhiều phép chứng minh nối tiếp đời Cho đến ngày nay, Định lý có 80 cách chứng minh khác nhau, có chứng minh người biết đến, có chứng minh tìm thời gian gần Với khát khao vươn tới đẹp, Định lý chắn không dừng lại đây, có sức hấp dẫn lớn nhà toán học nói riêng người yêu toán nói chung Nhờ phát biểu đơn giản có chứng minh đẹp, ngắn gọn, Định lý số lần chọn làm đề thi học sinh giỏi Việt Nam Luận văn "Một số chứng minh của Định lý Steiner- Lehmus" có với mục đích mô tả tranh sinh động Định lý với lịch sử chứng minh phát toán học Hy vọng thú vị cho yêu thích vẻ đẹp chứng minh kết toán học Luận văn gồm chương Chương I: Trình bày số chứng minh hình học Định lý SteinerLehmus Chương II: Trình bày số chứng minh lượng giác Định lý SteinerLehmus Chương III: Trình bày số định lý toán tương tự Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình PGS.TS Tạ Duy Phượng Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy iii Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu thầy cô giáo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, nhiệt tình giảng dạy, giúp đỡ suốt trình học tập, nghiên cứu Và cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đồng nghiệp ủng hộ, giúp đỡ suốt thời gian qua Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2015 Học viên Trần Văn Lai iv Chương Các chứng minh hình học Định lý Steiner - Lehmus 1.1 L Kopeikina Định lý Steiner-Lehmus nhiều năm liền cho tập thầy Câu lạc Toán học trực thuộc Khoa Toán trường Đại học Tổng Hợp Matxcơva chứng minh Cuối cùng, vào năm 1939, nữ sinh lớp 10 Matxcơva tên Lida Kopeikina [1] (đã trở thành Phó Giáo Sư vào năm 1960) tìm cách chứng minh định lý Steiner - Lehmus đơn giản sau đây: Giả sử hai đường phân giác AN BP Kẻ M N P Q song song với AB , cắt AC BC theo thứ tự M Q (Hình 1.1) Hình 1.1 Chứng minh M N P Q trùng phản chứng Giả sử M N gần AB P Q, M N > P Q Do P BQ = P BA = BP Q nên P BQ tam giác cân, suy P Q = QB Tương tự AM = M N Hai tam giác cân P BQ AM N có cạnh đáy nhau, cạnh bên P Q < M N nên P QB > AM N suy QBA < M AB , từ suy hình thang AM N B có AM < BN mà AM = M N, P Q = QB, M N > P Q, QB > BN, dẫn đến mâu thuẫn Điều mâu thuẫn chứng tỏ M N P Q trùng Khi AM N B hình thang cân nên CAB = CBA hay 1.2 ABC tam giác cân V Bolchianxki Một năm sau chứng minh Lida Kopeikina (năm 1940) học sinh lớp Matxcơva tên Volodia Bolchianxki [1] sau Viện sĩ Viện Hàn lâm Khoa học Giáo dục Liên Bang Nga, tác giả nhiều công trình quan trọng toán học phương pháp dạy toán, tìm cách chứng minh khác đẹp Giả sử O giao điểm hai đường phân giác AN BM (Hình 1.2) Hình 1.2 Khi CO phân giác ACB Xét hai tam giác AN C BM C có ACB chung, AN = BM , đường phân giác đỉnh C CO chung hai tam giác AN C BM C Để làm điều ta vẽ đường tròn ngoại tiếp AN C với đường kính DF vuông góc với AN trung điểm AN Vẽ dây cung AC cho N AC = CBM C , C nằm phía đường thẳng AN Ta có AC N = ACN (góc nội tiếp chắn dây cung AN) nên AN C = 180o − AC N − N AC = 180o − ACN − CBM = BM C , suy BM C = AN C (cạnh - góc - cạnh) (*) AN cắt DC DC theo thứ tự O O Nếu C khác C , chẳng hạn cung DC bé cung DC’ DO > DO Do DC < DC nên CO < C O , điều mâu thuẫn với giả thiết CO = C O Chứng minh tương tự cung DC lớn cung DC’ Vậy C trùng với C , từ (*) suy BC = AC hay ABC tam giác cân 1.3 D Beran Chứng minh David Beran trình bày [4] Giả thiết BD CE hai đường phân giác tương ứng góc B góc C ABC, BD = CE Lấy F điểm nằm đối diện với C qua cạnh BD thỏa mãn đồng thời hai điều kiện DF = BC BDF = C (Hình 1.3) Hình 1.3 Dễ dàng nhận thấy BDF = ECB (cạnh - góc - cạnh), suy BF = EB BEC = F BD B Hơn nữa, BEC góc tam giác AEC nên BEC = EAC + ACE hay C C A+B+C A A B BEC = A + , ta có F BC = A + + = 90o + + = 2 2 2 B C A+B+C A A Tương tự: CDF = CDB + BDF = A + + = + = 90o + 2 2 Ta có: F BC = F BD + BDC = BEC + Từ suy F BC = CDF Xét hai tam giác tù: F BC CDF có (i) F C cạnh chung, (ii) F BC = CDF , (iii) DF = BC (theo cách dựng) Suy cặp cạnh tương ứng lại nhau, nghĩa BF = DC Mặt khác, ta BF = EB nên DC = EB , từ ta dễ dàng có BEC = CDB (cạnh - cạnh - cạnh), suy B = C hay ABC tam giác cân 1.4 K R S Sastry Dưới trình bày chứng minh K R S Sastry [12] Giả thiết: BE CF hai đường phân giác tương ứng góc B góc C ABC, BE = CF Phản chứng: ABC tam giác cân hay AB = AC, chẳng hạn C B AB < AC Từ bất đẳng thức AB < AC kéo theo C < B hay < a Để ý rằng, 2 C B BEC CBF có chung cạnh BC , BE = CF < , suy CE > BF 2 Lấy điểm G cho tứ giác BF GE hình bình hành (Hình 1.4) Hình 2.10 Ta có S BAD +S CAD =S ABE +S BCE , 1 1 ct sin α + bt sin α = ct sin β + at sin β, 2 2 (b + c) sin α = (a + c) sin β, sin α a+c = sin β b+c Áp dụng Định lý hàm số Sin cho (2.14) ABC ta có sin A sin B = , a b sin 2α sin 2β = , a b sin a cos a sin b cos b = , a b sin α a cos β = sin β b cos α (2.15) Từ (2.14) (2.15) suy cos β b(a + c) = cos α a(b + c) Phản chứng: Nếu (2.16) ABC không tam giác cân (A = B ), chẳng hạn A < B hay nói cách khác ta có α < β a < b Vì α < β ý α, β ∈ (0o , 90o ) 41 nên cos α > cos β > vế trái (2.16) nhỏ Mặt khác, a < b nên vế phải (2.16) lớn Điều mâu thuẫn chứng tỏ giác cân 42 ABC phải tam Chương Một số định lý toán tương tự Định lý Steiner-Lehmus có nhiều Định lý toán phát biểu tương tự thú vị Định lý 3.1 Tam giác có hai đường cao tam giác cân Chứng minh Thật vậy, giả sử cạnh tam giác a, b, c đường cao 1 2 giả thiết hb = hc , từ suy b = c Vậy tam giác ABC cân tương ứng , hb , hc Diện tích tam giác ABC S = aha = bhb = chc Theo Định lý 3.2 Tam giác có hai đường trung tuyến tam giác cân Chứng minh Gọi giao tuyến ba đường trung tuyến AA , BB , CC G Hình 3.1 3 Ta có CG = CC , BG = BB (*) 43 Theo giả thiết CC = BB nên GB = GC (theo (*)) Vậy tam giác GBC tam giác cân nên GA đường trung tuyến GA đường cao Vậy tam giác ABC có AA vừa đường trung tuyến vừa đường cao nên tam giác ABC tam giác cân Ngoài ra, ta sử dụng công thức đường trung tuyến tam giác để chứng minh Định lý: c + a2 b − + b2 a c m2c = − Trừ vế (3.1) cho (3.2) ta m2b = (3.1) (3.2) m2b − m2c = (c2 − b2 ) Vậy mb = mc hệ thức cho ta b = c Hay tam giác ABC tam giác cân Ngoài việc đưa cách chứng minh định lý Steiner - Lehmus, Sastry [12] cung cấp thêm định lý thú vị tương tự định lý Trong định lý có đề cập tới đường Cevian Gergonne tam giác (Cevian Gergonne đường nối đỉnh tam giác với tiếp điểm cạnh đối diện đỉnh tương ứng với đường tròn nội tiếp tam giác) Định lý 3.3 Nếu hai Cevian Gergonne tam giác tam giác tam giác cân Chứng minh ABC với độ dài ba cạnh a, b, c có chu vi a + b + c Ký hiệu a+b+c nửa chu vi ABC Ta có biểu diễn sau: p= BC = a = (a + b + c) − b − c = 2p − b − c = (p − b) + (p − c) Tương tự: AB = c = (p − a) + (p − b), AC = b = (p − a) + (p − c) Giả thiết: BE CF hai đường Cevian Gergonne ABC; BE = CF Khi dễ dàng tính độ dài đoạn thẳng hình vẽ (Hình 3.2) 44 Hình 3.2 Áp dụng Định lý Cosin cho ABE AF C ta có BE = c2 + (p − a)2 − 2c(p − a) cos A, CF = b2 + (p − a)2 − 2b(p − a) cos A Từ giả thiết BE = CF ta có đẳng thức c2 + (p − a)2 − 2c(p − a) cos A = b2 + (p − a)2 − 2b(p − a) cos A Thực phép biến đổi đại số thông thường dẫn tới chuỗi phép biến đổi tương đương: c2 + (p − a)2 − 2c(p − a) cos A = b2 + (p − a)2 − 2b(p − a) cos A, c2 − 2c(p − a) cos A = b2 − 2b(p − a) cos A, c2 − b2 − 2c(p − a) cos A + 2b(p − a) cos A = 0, (c − b)(c + b) − 2(p − a)(c − b) cos A = 0, (c − b) [(c + b) − 2(p − a) cos A] = Đến đây, có hai khả xảy ra: Trường hợp 1: c − b = hay c = b suy ABC tam giác cân Trường hợp 2: (c + b) − 2(p − a) cos A = Áp dụng Định lý Cosin cho ABC ta có cos A = đổi tương đương: 45 b + c − a2 nên ta có biến 2bc (c + b) − 2(p − a) cos A = 0, b + c − a2 (c + b) − 2(p − a) = 0, 2bc (c + b) − (p − a)(b2 + c2 − a2 ) = 0, bc a b c c+b− + + − a (b2 + c2 − a2 ) = 0, 2 bc 2 2 2b c (b + c − a)(b + c − a ) 2bc + − = 0, 2bc 2bc 2bc 2bc2 + 2b2 c − (a3 − ab2 − ac2 − a2 b + b3 + bc2 − a2 c + b2 c − c3 ) = 0, (−a3 + a2 b + a2 c) + (ab2 − b3 + b2 c) + (ac2 + bc2 − c3 ) = 0, a2 (b + c − a) + b2 (a + c − b) + c2 (a + b − c) = Vì tam giác, tổng hai cạnh lớn cạnh lại nên đẳng thức xảy Vậy có trường hợp xảy hay ABC tam giác cân Chứng minh a+b+c nửa chu vi tam giác BE CF hai đường Cevian Gergonne, BE = CF H Cũng với giả thiết ABC a, b, c độ dài ba cạnh tam giác p = giao điểm BE CF (Hình 3.3) Hình 3.3 Phản chứng: Giả sử AB = AC , chẳng hạn AB < AC hay c < b Để ý ABE ACF có: (i) Góc A chung, 46 (ii) AF = AE = (p − a), (iii) BE = CF, (iv) AB < AC Từ suy AEB < AF C Hơn ta có: AEB + HEC = 180o AF C + HF B = 180o , dẫn tới HEC < HF B Bây giờ, xét BF H CEH có: BHF = CHE (hai góc đối đỉnh), HEC < HF B nên suy F BH > EHC Lấy G điểm cho tứ giác BF GE hình bình hành (Hình 3.4) Hình 3.4 Ta có F G = F C BE , suy F GC tam giác cân F hay F GC = F CG tương đương với F GE + EGC = GCE + ECH Vì F GE = F BH > EHC nên EGC < GCE suy EC < EG = BF hay p − c < p − b dẫn tới c > b (mâu thuẫn) Chứng minh tương tự cho trường hợp c > b ta mâu thuẫn Vậy trường hợp ta có c = b hay ABC tam giác cân Cũng trên, ta nhắc đến khái niệm Cho tam giác ABC có đường tròn bàng tiếp góc A, góc B , góc C Các đường tròn bàng tiếp tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB tam giác điểm D, E, F, đường thẳng AD, BE, CF đồng quy điểm, điểm gọi điểm Nagel (việc 47 chứng minh tương tự chứng minh ba đường Cevian Gergonne đồng quy) Khi đoạn thẳng AD, BE CF gọi Cevian Nagel Ta có định lý sau Định lý 3.4 Tam giác có hai đường Cevian Nagel tam giác cân Hình 3.5 Chứng minh Gọi p nửa chu vi tam giác ABC Xét đường tròn bàng tiếp góc tam giác ABC , chẳng hạn góc B Gọi M, M tiếp điểm đường tròn với cạnh (kéo dài) BC BA Ta có CE = CM AM = AE Suy 2p = AB + BC + CA = AB + AM + BC + CM = BM + BM (*) Vì BM = BM nên từ (∗) ta có BM = BM = p Gọi N tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc C với cạnh BC Khi ta có BM = CN (vì p) Suy BN = CM Nhưng BN = BF CM = CE nên BF = CE Xét tam giác BCF tam giác CBE , ta có BC chung, BF = CE (theo chứng minh trên), BE = CF (theo giả thiết) Do BCF = CBE (cạnh - cạnh - cạnh) Suy B = C Vậy tam giác ABC cân Một số toán tương tự Bài toán Cho tam giác ABC Vẽ đường phân giác AA1 , BB1 , CC1 Giả sử CC1 cắt A1 B1 F , BB1 cắt C1 A1 E Chứng minh rằng: Nếu BE = CF tam giác ABC cân 48 Hình 3.6 Chứng minh Theo tính chất đường phân giác ta có BC1 = ac ac , BA1 = a+b b+c Từ công thức tính đường phân giác ta có 2ac cos lb = a+c B Suy 2BA1 BC1 cos BE = BA1 + BC1 B = 2ac B cos c + 2b + a Tương tự C 2ba cos 2c + b + a 2ba 2ca Không tính tổng quát giả sử b > c hay > B > C 2c + b + a c + 2b + a B C tức cos > cos Vậy BE < CF Điều mâu thuẫn với giả thiết BE = CF 2 Vậy tam giác ABC phải tam giác cân CF = Xuất phát từ tam giác ABC cân A, ta dễ dàng hai đường phân giác góc B góc C Thoạt nhìn, nhầm tưởng: Tam giác có hai phân giác tam giác cân (Hình 3.7) 49 Hình 3.7 Nhưng Định lý Steiner-Lehmus không trường hợp thay giả thiết hai đường phân giác hai phân giác Thật vậy: Bài toán Tam giác ABC với số đo ba góc CAB = 36o , ABC = 132o BCA = 12o Phân giác góc B cắt AC taị F , phân giác góc C cắt AB G Khi BF = CG (Hình 3.8) Hình 3.8 Chứng minh Ta có F BA = (180o − 132o ) = 24o , F BC = F BA + CBA = 24o + 132o = 156o Xét tam giác BCF có: BCF = 12o , BF C = 180o − F BC − BCF = 180o − 156o − 12o = 12o Suy BF C = BCF hay tam giác FBC cân, từ ta có BF = BC 50 Xét tam giác BCG có BCG = (180o − 12o ) = 84o , GBC = 180o − 132o = 48o BGC = 180o − BCG − GBC = 180o − 84o − 48o = 48o Suy GBC = BGC nên tam giác BCG cân C hay CG = BC Vì BF CG BC Bài toán Cho tam giác ABC Trên đường phân giác góc A lấy điểm D Nối BD kéo dài cắt cạnh AC M Nối CD kéo dài cắt cạnh AB N Chứng minh BM = CN tam giác ABC cân (Thi học sinh giỏi toán cấp II toàn quốc năm 1979) Hình 3.9 Giả sử AB < AC Lấy điểm K AC chi AK = AB Suy BD = KD, từ ta có CD > BD B1 > C1 So sánh hai tam giác BCM BCN, suy CM > BN = M E Từ E2 > C3 Mà E1 = B2 = AKD > C2 Suy CEN > ECN Do CN > EN = BM , trái với giả thiết Bài toán dạng tổng quát Định lý Steiner-Lehmus D giao ba đường phân giác tam giác ABC 51 Kết luận Định lý Steiner-Lehmus: (1) Là định lí đảo khó chứng minh định lí dễ (tam giác cân có hai đường phân giác nhau) (2) Là định lí phát biểu dễ hiểu khó chứng minh (3) Có ý nghĩa toán mẫu giảng dạy toán trung học sở (lớp 8, 9): Phát huy tính sáng tạo học sinh (kẻ đường phụ), tổng hợp kiến thức (công thức đường phân giác, tính chất đường tròn, ) Hy vọng tìm nhiều cách chứng minh khác Định lý Steiner-Lehmus 52 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Đức Tấn (2012), Cẩm nang vẽ thêm hình phụ giải toán hình học phẳng, Nhà xuất Tổng hợp Thành phố Hồ Chí Minh, Bài 39 (trang 346-350) [2] Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học Tuổi trẻ, Quyển (2008), Nhà xuất Giáo dục, trang 62-64 [3] A Berele and J Goldman (2000), Geometry: Theorems and Constructions, Prentice Hall [4] D Beran (1992), SSA and Steiner-Lehmus Theorem, The Mathematics Teacher, 85(5):381-383 [5] W Chau (2003), Another proof of the Steiner-Lehmus Theorem, ΠM E Journal, Vol.11, No 9, pp 473-474 [6] A.I Fetisov (1963), Proof in Geometry, D.C Hearh and Company, Boston [7] G Gilbert and D MacDonnell (1963), The Steiner - Lehmus Theorem, American Mathematical Monthly, 70(1):79-80,1963 [8] M Hajja (2008), A short Trigonometric proof of the Steiner - Lehmus, Forum Geometricorum, 8:39-42 [9] M Hajja (2008), Stronger form of the Steiner - Lehmus Theorem, Forum Geometricorum, 8:157-161 [10] R W Hogg (1982), Equal bisectors revisited, The Mathematical Gazette, p.304 [11] R Oláh-Gál and J Sándor (2009), On Trigonometric proofs of the Steiner-Lehmus Theorem, Forum Geometricorum, 9:153-160 [12] K R S Sastry A Gergonne (2005), Analogue of the Steiner-Lehmus Theorem, Forum Geometricorum, 5:191-195 [13] K Seydel and C Newman Jr (1983), The Steiner-Lehmus Theorem as 53 a challenge problem, Mathematical Association of America, 14(1):72-75 [14] http://www.nguyenngocgiang.net/web/hinh-hoc/sang-tao-voi-dinh-listeiner-lehmus.html 54 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc ————————————— BẢN XÁC NHẬN Xác nhận luận văn chỉnh sửa theo ý kiến kết luận Hội đồng bảo vệ luận văn Người hướng dẫn khoa học PGS TS Tạ Duy Phượng Xác nhận sở đào tạo [...]... thể xảy ra Vậy α = β hay 1.9 ABC là tam giác cân Một số chứng minh khác Ở Việt Nam, Định lý Steiner- Lehmus nhiều năm cũng trở thành đề thi học sinh giỏi cấp THCS Trong cuốn "Cẩm nang vẽ thêm hình phụ trong giải toán hình học phẳng" tác giả Nguyễn Đức Tấn [1] đã tổng hợp và đưa ra một số cách chứng minh khác của Định lý Định lý được phát biểu dưới dạng một bài toán trong đề thi học sinh giỏi Bài toán:... ) Chứng minh tương tự cho trường hợp còn lại ta cũng chỉ ra mâu thuẫn Vậy, trong mọi trường hợp α = β hay 12 ABC là tam giác cân Ngoài chứng minh trên, G Gilbert và D MacDonnell còn công bố một chứng minh khác của định lý Steiner- Lehmus Năm 1961, chứng minh này đã được giáo sư Canada H S M Coxeter xuất bản trong cuốn "Nhập môn hình học" và giới thiệu trên tạp chí Scientific American Chứng minh của. .. là tam giác đều 23 Chương 2 Các chứng minh lượng giác của Định lý Steiner - Lehmus 2.1 K Seydel & C Newman Chứng minh dưới đây là thành quả của sự hợp tác giữa hai thầy trò, Ken Seydel và cậu học trò Carl Newman Jr [13] Trong chứng minh có sử dụng các kiến thức: Định lý hàm số Sin, công thức góc nhân đôi, công thức diện tích tam giác, tính đồng biến nghịch biến của hàm số Sin, Cosin trong [0o , 90o ]... trong [2]), tác giả đã trình thêm một cách chứng minh của Định lý SteinerLehmus Cách chứng minh đó tuy chưa phải là gọn nhất nhưng nó chỉ cần sử dụng kiến thức toán học lớp 8 Giả thiết tam giác ABC có các đường phân giác trong BM và CN bằng nhau Ta chứng minh bằng phản chứng Giả sử ABC > ACB thì ACB < 90o Kẻ BH⊥AC tại H và lấy điểm C sao cho H là trung điểm của CC Xét hai trường hợp sau Trường hợp... Gilbert & D MacDonnell Chứng minh tiếp theo là của G Gilbert và D MacDonnell [7], trong chứng minh có sử dụng một tính chất của đường tròn đi qua các điểm mà ta cần trình bày để áp dụng cho các chứng minh sau này 9 Bổ đề: Nếu các điểm A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình tứ giác và α = β thì chúng cùng nằm trên một đường tròn (Hình 1.12) Hình 1.12 Chứng minh Phản chứng: Giả sử C không nằm trên đường tròn... B < AP < AN Định lý Steiner - Lehmus được suy ra trực tiếp từ bổ đề vừa chứng minh 1.8 R W Hogg Trong một thời gian dài cách chứng minh của G Gilbert & D MacDonnell được coi là đơn giản nhất Gần đây, cuối năm 1982 trên tạp chí The Mathematical 13 Gazette của Anh lại công bố một cách chứng minh mới bằng phản chứng rất đơn giản của R W Hogg [10] Giả sử hai đường phân giác AN và BM bằng nhau Dựng hình... < BF (mâu thuẫn) Chứng minh hoàn toàn tương tự cho trường hợp AB > AC ta cũng chỉ ra mâu thuẫn Vậy trong mọi trường hợp thì ta luôn có AB = AC hay ABC là tam giác cân 1.5 A I Fetisov A I Fetisov trong [6] đã đưa ra một chứng minh cho Định lý Steiner- Lehmus như sau 5 Giả thiết AM và CN tương ứng là hai đường phân giác trong góc A và C của ABC sao cho AM = AN (Hình 1.5) Hình 1.5 Phản chứng: Giả sử AB... điều giả ABM ∼ ACN (góc -góc -góc) nên sử ABC > ACB là không xảy ra, nghĩa là phải có ABC = ACB Tiếp theo là chứng minh 8 và chứng minh 9 được tác giả Nguyễn Ngọc Giang đăng trên trang website cá nhân với tựa "Định lý Steiner- Lehmus và các bài toán tương tự, mở rộng" (xem trong [14]) Chứng minh 8 Tam giác ABC có hai đường phân giác BE và CF bằng nhau (Hình 1.29) Hình 1.29 21 Giả sử B > C , do đó AC... Vô lý Vậy A trùng với A Do đó ABC = A B C Gọi I là giao điểm của BD và CE Tam giác ABD và tam giác ACE có: BAD = CAE , BD = CE , các đường phân giác AI, AI bằng nhau (Hình 1.26) Hình 1.26 Áp dụng bài toán phụ Ta có ABD = giác ABC cân tại A 19 ACE , suy ra AB = AC Vậy tam Chứng minh 7 Trong bài viết "Trở lại Định lý Steiner- Lehmus" của tác giả Ngô Văn Thái (xem trong [2]), tác giả đã trình thêm một. .. góc β, γ như hình vẽ (Hình 2.2) Hình 2.2 Trong chứng minh này, Mowaffaq Hajja sử dụng: u c v b = và = U a V a b c a = = Định lý hàm số sin trong tam giác : sin A sin B sin C Phản chứng: ABC không phải là tam giác cân (B = C), chẳng hạn: C > B c b hay c > b, suy ra ta có > Theo định lý đường phân giác trong tam giác a a u v U V > hay < U V u v Định lý đường phân giác trong tam giác: 26 V U ... giản có chứng minh đẹp, ngắn gọn, Định lý số lần chọn làm đề thi học sinh giỏi Việt Nam Luận văn "Một số chứng minh của Định lý Steiner- Lehmus" có với mục đích mô tả tranh sinh động Định lý với... suy AB = AC Vậy tam Chứng minh Trong viết "Trở lại Định lý Steiner- Lehmus" tác giả Ngô Văn Thái (xem [2]), tác giả trình thêm cách chứng minh Định lý SteinerLehmus Cách chứng minh chưa phải gọn... (2.16) lớn Điều mâu thuẫn chứng tỏ giác cân 42 ABC phải tam Chương Một số định lý toán tương tự Định lý Steiner- Lehmus có nhiều Định lý toán phát biểu tương tự thú vị Định lý 3.1 Tam giác có hai