Các định lý toán nổi tiếng

ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS

Quy ước: để ký hiệu P là giao điểm của AB và CD. Nếu các điểm A, B, C thẳng hàng, ta quy ước dấu (vì vậy nếu B nằm giữa A và C thì , ngược lại )

1. Định Lý Ceva

Cho tam giác ABC. D, E, F lần lượt nằm trên các cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng các mệnh đề sau là tương đương:

1.1  AD,BE,CF đồng quy tại một điểm.

1.2  .

1.3  .

Chứng minh:    

Chúng ta sẽ chứng minh rằng 1.1 dẫn đến 1.2, 1.2 dẫn đến 1.3, và 1.3 dẫn đến 1.1.

Giả sử 1.1 đúng. Gọi P là giao điểm của AD, BE, CF. Theo định lý hàm số sin trong tam giác APD, ta có:(1)

Tương tự, ta cũng có: (2)

 (3)

Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta được 1.2.

Giả sử 1.2 đúng. Theo định lý hàm số sin trong tam giác ABD và tam giác ACD ta có:Do đó:                       (4)

Tương tự, ta cũng có:(5)

   (6)

Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được 1.3.

Giả sử 1.3 đúng, ta gọi

Theo 1.1 và 1.2, ta có:

hay: Do đó:.

Nhận xét.

Với định lý Ceva, ta có thể chứng minh được các đường trung tuyến, đường cao, đường phân giác trong của tam giác đồng quy tại một điểm. Các điểm đó lần lượt là trọng tâm (G), trực tâm (H), tâm đường tròn nội tiếp tam giác (I). Nếu đường tròn nội tiếp tam giác ABC cắt AB, BC, CA lần lượt là tại F, D, E. Khi đó, ta có: AE=AF; BF=BD; CD=CF. Bằng định lý Ceva, ta chứng minh được AD, BE, CF đồng quy tại một điểm, điểm đó gọi là điểm Gergonne (Ge) của tam giác ABC (hình dưới).                                         

Lưu ý: Định lý Ceva có thể được suy rộng bởi những giao điểm nằm ngoài tam giác ABC mà không nhất thiết phải nằm trong nó. Vì vậy, các điểm D, E, F có thể nằm ngoài các cạnh BC, CA, AB như hình bên.

Ví dụ sau sẽ cho thấy rõ tác dụng của định lý Ceva.

Bài toán. [IMO 2001 Short List] Cho điểm A1 là tâm của hình vuông nội tiếp tam giác nhọn ABC có hai đỉnh nằm trên cạnh BC. Các điểm B1, C1 cũng lần lượt là tâm của các hình vuông nội tiếp tam giác ABC với một cạnh nằm trên AC và AB. Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy.

Lời giải:

Gọi A2 là giao điểm của AA1 và BC. B2 và C2 được xác định tương tự.

Theo định lý hàm số sin, ta có:

hay

Tương tự: hay

Do đó, ta được: (1)

Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng được:

(2)

(3)

Nhân từng vế của (1), (2), (3) kết hợp định lý Ceva ta được điều cần chứng minh.

Bài tập áp dụng:

1.          Qua các điểm A và D nằm trên đường tròn kẻ các đường tiếp tuyến, chúng cắt nhau tại điểm S. Trên cung AD lấy các điểm A và C. Các đường thẳng AC và BD cắt nhau tại điểm P, các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại điểm O. Chứng minh rằng đường thẳng PQ chứa điểm O.
2.          Trên các cạnh của tam giác ABC về phía ngoài ta dựng các hinh vuông. A1, B1, C1, là trung điểm các cạnh của các hình vuông nằm đối nhau với các cạnh BC, CA, AB tương ứng. Chứng minh rằng các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy.
3.          Chứng minh các đường cao, đường trung tuyến, tâm đường tròn nội tiếp,ngoại tiếp tam giác đồng quy tại một điểm.
4.          Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lấy các điểm A1, B1, C1 sao cho các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại một điểm. Chứng minh rằng các đường thẳng AA2, BB2, CC2 đối xứng vớicác đường thẳng đó qua các đường phân giác tương ứng, cũng đồng quy.

1. Định Lý Menelaus

Cho tam giác ABC. Các điểm H, F, G lần lượt nằm trên AB, BC, CA. Khi đó:

M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi

Chứng minh:

      Phần thuận:

Sử dụng định lý sin trong các tam giác AGH, BFH, CGF, ta được:

.

(với lưu ý rằng )

Nhân từng vế ta được điều phải chứng minh.

      Phần đảo: Gọi Hoàn toàn tương tự ta có được:

Hay , suy ra

Nhận xét. Định lý Menelaus có rất nhiều ứng dụng trong giải toán. Nhiều định lý nổi tiếng được chứng minh một cách dễ dàng nhờ định lý Menelaus như định lý Ceva, Pascal, Desargues (sẽ được nêu ở phần bài tập dưới đây).

Ví dụ:

Cho A, B, C, D, E, F là các điểm nằm trên một đường tròn (có thể ko xếp theo thứ tự như trên). Gọi Chứng minh rằng P, Q, R thẳng hàng.

Chứng minh:

Gọi

Áp dụng định lý Menelaus cho Bc, DE, FA (đối với tam giác XYZ), ta có:

Do đó: . Theo định lý Menelaus ta được P, Q, R thẳng hàng.

Bài tập áp dụng:

1.    Điểm P nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, A1, B1, C1 lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P xuống BC, CA, AB. Chứng minh rằng A1, B­1, C1 thẳng hàng.
2.    Trong tam giác vuông ABC kẻ đường cao CK từ đỉnh của góc vuông C, còn trong tam giác ACKkẻ đường phân giácCE. D làtrung điểm của đoạn AC, F là giao điểm của các đường thẳng DE và CK. Chứng minh BF//CE.
3.    Các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểm O. Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng AB và  A1B­1, BC và B1C1, CA và C1A1 nằm trên một đường thẳng.

1.    Cho hai tam giác ABC, A’B’C’. Nếu các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại một điểm O, thì các điểm P, Q, R thẳng hàng, trong đó

DIỆN TÍCH TAM GIÁC THỦY TÚC

Ivan Borsenco

Translator: Duy Cuong.

Trong Toán học, Hình Học luôn giải quyết các bài toán với những kết quả chính xác và hấp dẫn. Bài viết sau đây trình bày về một trong những kết quả tuyệt đẹp trong bài toán hình học – Định lý Euler cho tam giác thùy túc và ứng dụng của nó. Chúng ta hãy bắt đầu với phép chứng minh định lý, sau đó cùng nhau thảo luận các Bài toán  Olympiad.

Định lý 1. Cho C(O,R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Xét một điểm M tuỳ ý nằm trong tam giác. Ký hiệu A1, B1, C1 là hình chiếu của M lên các mặt của tam giác thì

Chứng minh. Đầu tiên ta để ý rằng AB1MC1, BC1MA1, CA1MB1 là những tứ giác nội tiếp. Áp dụng định lý Cauchy mở rộng vào tam giác AB1C1 ta được . Tương tự, ta được và . Từ đó suy ra:

Giả sử AM, BM, CM cắt đường tròn C(O,R) tại X, Y, Z.

Ta có:

Tương tự, và Do đó, đồng dạng với và

Mặt khác, đồng dạng với nên ta có

Từ các kết quả thu về ta được:

Từ đó ta có thể thấy biểu thức trên không phụ thuộc vào vị trí điểm M (kể cả trong hay ngoài đường tròn).

Hệ quả 1: Nếu M nằm trên đường tròn, hình chiếu của M lên các cạnh tam giác sẽ thẳng hàng (Định lý Simson).

Một định lý nữa mà chúng tôi muốn giới thiệu (không chứng minh) đến bạn đọc là định lý Lagrange nổi tiếng.

Định lý 2 Cho M là một điểm nằm trong mặt phẳng tam giác ABC  với bộ số . Với một điểm P bất kỳ nằm trong mp(ABC). Ta được:

Cách chứng minh có thể tìm thấy khi áp dụng Định lý Stewart một số lần. Định lý này có một hệ quả rất hay khi P  trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó, ta được:

Từ hệ quả này kết hợp định lý Euler cho tam giác thùy túc, ta được định lý sau:

Định lý 3: Cho M là điểm nằm trong mặt phẳng tam giác ABC, với bộ số (u,v,w). Ký hiệu A1, B1, C1  là hình chiếu của M lên các cạnh tam giác. Ta được:

Từ kết quả trên chúng ta có thể thấy Định lý 1 và Định lý 3 đã đưa chúng ta nhận thức phần nào về diện tích tam giác thùy túc. Định lý Euler về diện tích tam giác thùy túc thật sự là một công cụ tiện ích cho việc giải các bài toán hình học. Ứng dụng đầu tiên mà chúng tôi sắp giới thiệu sau đây nói về những điểm Brocard

Định nghĩa điểm Brocard: Trong tam giác ABC, đường tròn qua A và tiếp xúc với BC tại B, đường tròn qua B và tiếp xúc với AC tại C và đường tròn qua C tiếp xúc với AB tại A. Chúng cắt nhau tại một điểm, gọi là điểm Brocard. Một cách tổng quát, ta có hai điểm Brocard, điểm thứ hai xuất hiện khi ta quay ngược chiều kim đồng hồ sự tiếp xúc của các đường tròn.

Bài toán 1: Cho và là hai điểm Brocard của tam giác ABC. Chứng tỏ rằng , với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Hướng dẫn: Từ định nghĩa điểm Brocard, ta thấy:

, tương tự . Ta đi chứng minh .

Để ý rằng và tương tự,

Cộng các diện tích ta được:

  hay

(1)

Cách tính tương tự, ta cũng được

  (2)

Từ (1), (2) suy ra

Ý tưởng cho cách chứng minh trên bắt nguồn từ Định lý Euler cho tam giác thùy túc. Để ý rằng và luôn nằm trong tam giác ABC, bởi vì mỗi nửa đường tròn như trên đều thuộc mp(ABC). Từ đó, và luôn nằm trong tam giác. Để chứng minh ta chứng minh diện tích tam giác thùy túc của chúng bằng nhau. Nếu vậy, ta có . Từ đó suy ra đpcm.

Ký hiệu lần lượt là hình chiếu của lên các cạnh BC, CA, AB. Sau đó, sử dụng định lý hàm Sin mở rộng, ta được , vì là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác . Cũng áp dụng định lý Sin vào tam giác ta được:

Dẫn đến:

Tương tự, ta có và . Dễ dàng ta thấy tam giác đồng dạng với tam giác ABC  theo tỉ số đồng dạng .

Từ , ta kết luận được tam giác thùy túc chứa và có cùng diện tích. Suy ra .

Chú ý: Giao của các đường đối trung trong tam giác ký hiệu là  K và được gọi là điểm Lemoine. Ta có thể chứng minh được . Hơn thế nữa, các điểm O, , K, nằm trên đường tròn đường kính OK gọi là đường tròn Brocard. Chúng ta hãy cùng nhau tìm hiểu một Bài toán  thú vị khác sau đây:

Bài toán  2: Cho tam giác ABC, ký hiệu O, I, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng:

Hướng dẫn: Nhiều cách chứng minh sẽ bắt đầu từ OI hay OH, nhưng chúng ta hãy chọn một hướng khác, đó là đặt diện tích nội tiếp vào I và H. Một cách đơn giản, tâm đường tròn nội tiếp luôn nằm bên trong tam giác ABC, và nếu , ta được điều cần chứng minh. Vì vậy, giả sử . Điều đó dẫn đến tam giác ABC là tam giác nhọn. Để chứng minh ta có thể sử dụng định lý Euler cho tam giác thùy túc và chứng minh diện tích tam giác thùy túc tâm I, lớn hơn diện tích tam giác thùy túc tâm H, . Từ đó, do nên hay

Bây giờ chúng ta hãy tìm cả hai diện tích. Ký hiệu lần lượt là hình chiếu của H và lần lượt là hình chiếu của I lên BC, CA, AB. Ta có nằm trên đường tròn Euler bán kính R/2 , từ đó:

Sử dụng định lý Sin, dễ dàng ta được và vì thế

Để tính diện tích tam giác , để ý rằng:

.

Mà Ta được:

Từ đó đủ để chứng minh

Bây giờ chúng ta hãy sử dụng Bất Đẳng Thức Jensens cho hàm lõm

Từ đó:

Vì vậy, , và bài toán  đã được giải quyết.

Hai ví dụ kế tiếp để hướng dẫn giải một cách ngắn gọn một số bài toán Olympiad bằng cách sử dụng Định Lý Euler về tam giác thùy túc.

Bài toán  3: (Olympiad Toán Balkan).

Cho tam giác nhọn ABC. Ký hiệu là hình chiếu của trọng tâm G lên các mặt của tam giác. Chứng minh rằng:

Hướng dẫn: Như chúng ta đã thấy, yêu câu bài toán hướng chúng ta sử dụng trực tiếp định lý Euler về tam giác thùy túc. Áp dụng ngay ta được:

Bất đẳng thức bên phải luôn đúng. Ta đi chứng minh bất đẳng thức bên trái đúng. Nhớ lại biểu thức mà chúng ta đã biết

Vì tam giác ABC nhọn nên ta có , dẫn đến .