Đang tải... (xem toàn văn)
Jean Alexandre Eugène Dieudonné (tiếng Pháp: djødɔne; sinh ngày 1 tháng 7 năm 1906 – 29 tháng 11 năm 1992) là một nhà Toán người Pháp, nổi tiếng về nghiên cứu trong Đại số trừu tượng, hình học đại số và phân tích chức năng, cho sự liên quan chặt chẽ với nhóm Nicolas Bourbaki và Éléments de géométrie algébrique của Alexander Grothendieck, và là một nhà sử học về toán học. Đặc biệt trong các lĩnh vực phân tích chức năng và topo đại số
ỨNG DỤNG CỦA MỘT BÀI TỐN HÌNH HỌC Nguyễn Văn Linh, lớp 11A2 Toán, Khối THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội Chun mục: Tìm hiểu sâu thêm tốn học sơ cấp Trước tiên để tiện theo dõi, chuyên đề ta kí hiệu đường tròn đường kính XY (XY ) Trong hình học có nhiều tốn đơn giản lại chìa khóa để giải toán lớn, tạo nên lời giải ngắn gọn sáng tạo Trong viết xin giới thiệu tới bạn đọc vài ứng dụng đặc sắc toán sau: Bài toán 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Một đường thẳng qua O cắt AC, AB D, E Chứng minh (O), (BD), (CE) đồng quy Chứng minh: A L K O E D B C F Gọi K, L điểm đối xứng B, C qua O.LE cắt (O) lần thứ hai F Áp dụng định lý Pascal cho điểm A, L, B, F, C, K ta có giao điểm LF AB, KF AC, BK LC thẳng hàng Mà E, O, D thẳng hàng nên D giao điểm F K AC Do BK, CL đường kính (O) nên BF K = CF L = 90o , hay (O), (BD), (CE) đồng quy F Ta có đpcm Sau vài ứng dụng toán Bài toán 2: Với kí hiệu tốn 1, chứng minh (BD), (CE) đường tròn Euler tam giác ABC đồng quy Chứng minh: Trước tiên ta giới thiệu chứng minh bổ đề: Bổ đề: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với trực tâm H.J chân đường vng góc hạ từ A xuống BC.P điểm nằm (O).Q điểm P H cho HP HQ = HA.HJ Khi Q thuộc đường tròn Euler tam giác ABC Chứng minh: A A' K H Q P C' B' B C J L Gọi A , B , C trung điểm AH, BH, CH.AH ∩ (O) = {A, L} Ta có HA.HL = 2HA.HJ = 2HP HQ = HP HK ⇒ HK = 2HQ Xét phép vị tự VH2 : A → A , B → B , C → C Do VH2 : (ABC) → (A B C ) Mà VH2 : K → Q, K ∈ (O) nên Q ∈ (A B C ) Vậy Q nằm đường tròn Euler tam giác ABC Trở lại toán: A B' L E C' O D H B C F Gọi H trực tâm tam giác ABC, BB , CC đường cao Gọi L giao điểm thứ hai (BD) (CE) Ta có B ∈ (BD), C ∈ (CE) HB.HB = HC.HC nên H thuộc trục đẳng phương (BD) (CE), hay H ∈ F L Suy HL.HF = HB.HB Áp dụng bổ đề ta thu L nằm đường tròn Euler tam giác ABC Nhận xét: Thực chất toán trường hợp đặc biệt định lý đẹp hình học mang tên Fontené Do khn khổ viết có hạn nên tơi xin nêu đây, hẹn bạn đọc dịp khác tìm hiểu sâu định lý này: Định lý Fontené 2: Nếu điểm P di chuyển đường thẳng d cố định qua tâm đường tròn ngoại tiếp O tam giác ABC đường tròn ngoại tiếp tam giác Pedal P tam giác ABC cắt đường tròn Euler tam giác ABC điểm S cố định S điểm Anti-Steiner đường thẳng d tam giác trung tuyến tam giác ABC Chú ý D E trường hợp đặc biệt P Khi tam giác Pedal P trở thành (BD) (CE) Bài toán 3: Cho tam giác ABC Một đường thẳng qua O cắt AC, AB D, E Gọi M, N, P trung điểm BD, CE, DE Chứng minh M, N, P, O thuộc đường tròn Chứng minh: A P E O D N M B C F Ta có M P, N P thứ tự đường trung bình tam giác BDE, CDE nên M P//AB, N P//AC Suy M P N = BAC (1) Mặt khác, áp dụng tốn (BD), (CE) (O) đồng quy F ⇒ OM ⊥ BF, ON ⊥ CF Từ M ON = 180o − BF C = BAC (2) Từ (1) (2) ta suy đpcm Nhận xét: Bài toán mở rộng sau: Cho tam giác ABC nội tiếp (O).D, E hai điểm AB, AC Gọi M, N, P trung điểm BD, CE, DE Gọi Q hình chiếu O DE Chứng minh M, N, P, Q thuộc đường tròn Đây mở rộng cho toán 2, IMO 2009 Bài toán 4: (Hồng Quốc Khánh-Tạp chí Mathvn số 1): Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp (O) Gọi M, N, P, Q tiếp điểm AB, BC, CD, DA với (O) Đường thẳng qua M vng góc với M N cắt P Q I Đường thẳng qua M vng góc với M Q cắt P N J Chứng minh AI//BJ Chứng minh: L A M Q B I X D O N J P Y C Áp dụng toán ta thu I, O, J thẳng hàng Do OB ⊥ M N IM ⊥ M N nên OB//IM Tương tự, OA//M J LA LA LM LO LI LI Gọi L giao điểm AB IJ Ta có = = = LB LM LB LJ LO LJ Suy AI//BJ (đpcm) Bài toán (Nguyễn Minh Hà - Tạp chí Mathvn số 3/ 2009): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) A1 điểm BC, A2 điểm đối xứng với A qua O Đường thẳng A1 A2 lại cắt (O) A3 Lấy A4 đối xứng với A qua OA1 Đường thẳng qua A4 , vng góc với BC lại cắt (O) A5 Chứng minh A3 A5 qua trực tâm tam giác ABC Chứng minh: A J R A4 N A3 O H L A5 B A' A1 M C A2 Xét trường hợp A1 ∈ [BC] ( trường hợp A1 nằm chứng minh tương tự) Do AA3 A2 = 90o = AA3 A1 nên A3 ∈ (AA1 ) Gọi L giao (AA1 ) đường tròn Euler (N ) tam giác ABC, H trực tâm tam giác ABC A hình chiếu A BC Theo tốn ta có A3 , H, L thẳng hàng Gọi AA4 ∩ (AA1 ) = {J} ⇒ AJA1 = 90o Mà A1 O ⊥ AA4 ⇒ A1 , O, J thẳng hàng Gọi A3 H ∩ (O) = {A3 , A5 } Ta chứng minh A5 ≡ A5 , tức A4 A5 ⊥ BC ⇔ A4 A5 //AH ⇔ A3 A5 A4 = 180o − AHA5 ⇔ AHA5 = A3 AA4 ⇔ AA3 H + A3 AH = HAA4 + A3 AH ⇔ AA1 L = AA3 H = HAA4 = HAJ = JA1 M = OA1 M (∗) Gọi R, M thứ tự trung điểm AH, BC suy R, M ∈ (N ) Ta có RAL = A AL = LA1 M , ARL = LM A1 ⇒ ∆ALR ∼ ∆A1 LM (g.g) AL AR OM ⇒ = = , mà OM A1 = ALA1 = 90o A1 L A1 M A1 M ⇒ ∆OM A1 ∼ ∆ALA1 (c.g.c) ⇒ OA1 M = AA1 L Vậy (∗) Ta có đpcm Lời kết: Trên vài ứng dụng toán Chắc chắn đằng sau nhiều điều thú vị chờ bạn khám phá Chúc bạn tìm nhiều tốn nhỏ khác để "mở khóa" cho tốn lớn Tài liệu [1] Tạp chí Mathvn http://Mathvn.org [2] Fontené Theorems, from Wolfram Mathwold http://mathworld.wolfram.com/FonteneTheorems.html [3] Roger A.Johnson, Advanced Euclidean geometry, Dover reprint, 1960 Email: lovemathforever@gmail.com