Bài giảng môn học Hình học lớp 11 - Một số kiến thức về hình olympiad

Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ViÖn to¸n häc MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ HÌNH OLYMPIAD Ng­êi ViÕt : Ths Lª §×nh HËu Chøc vô : Gi¸o viªn §¬n vÞ c«ng t¸c : Tr­êng THPT Quan Ho¸, tØnh thanh ho¸ Thanh Ho¸, th¸ng 01-2010 MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ HÌNH OLYMPIAD (Mathscope.org) Những kiến thức sau đây gồm một số kiến thức cơ sở để khám phá hình học olympiad hoặc là những kết quả đẹp nổi tiếng :hornytoro:.Bài viết này được soạn ra nhằm đáp ứng nhu cầu tra cứu ,học hỏi của nhiều bạn đọc. Nó sẽ cần sự chung tay của nhiều thành viên !. Đầu tiên mình sẽ giới thiệu mục lục và nếu ai biết phần kiến thức ấy thì có thể post lên , nhưng để đảm bảo cho tính hệ thống , chặt chẽ và dễ theo dõi của bài viết ,mình xin nêu một số quy ước như sau: 1) Mỗi bài viết đều phải vẽ hình minh họa. 2)Mỗi bài viết chỉ đề cập đến 1 đề mục kiến thức. 3) Phải đảm bảo thứ tự nêu trong mục lục. 4)Chúng tôi chỉ giữ lại những trao đổi có ích kể từ sau khi hoàn thành mục lục, điều đó có nghĩa là những trao đổi chen giữa không bị xóa lúc này nhưng sẽ bị xóa khi mục lục được hoàn tất.. Bây giờ sẽ là nội dung chính A/ MỤC LỤC I/ Một số định nghĩa ,định lí , điểm và đường đặc biệt không duy nhất : I.1)Định lí Menelaus I.2)Mở rộng định lí Menelaus theo diện tích I.3)Định lí Menelaus cho tứ giác I.4)Định lí Ceva I.5)Định lí Ceva dạng sin I.6)Định lí Desargues I.7)Định lí Pappus I.8)Một trường hợp đặc biệt của định lí Pappus qua góc nhìn hình xạ ảnh. I.9)Đẳng thức Ptolemy I.10)Bất đẳng thức Ptolemy I.11)Định lí Pascal I.12)Định lí Brianchon I.13)Định lí Miquel I.14)Công thức Carnot I.15)Định lí Carnot I.16)Định lí Brokard I.17)Định lí Euler về khoảng cách giữa tâm 2 đường tròn nội, ngoại tiếp của tam giác I.18)Định lí Euler về khoảng cách giữa tâm 2 đường tròn nội, ngoại tiếp của tứ giác (Định lí Fuss) I.19)Định lí Casey I.20)Định lí Stewart I.21)Định lí Lyness I.22)Định lí Lyness mở rộng (Bổ đề Sawayama) I.23)Định lí Thébault I.24)Công thức Jacobi liên quan đến tâm tỉ cự,định lí Lebnitz I.25)Định lí Newton cho tứ giác ngoại tiếp I.26)Định lí Breichneider I.27)Định lí con nhím I.28)Định lí Gergonne -Euler I.29)Định lí Peletier I.30)Định lí Miobiut I.31)Định lí Viviani I.32)Công thức Lagrange mở rộng I.33) Đường thẳng Simson I.34)Đường thẳng Steiner I.35) Điểm Anti-Steiner (Định lí Collings) I.36)Định lí Napoleon I.37)Định lí Morley I.38)Định lí con bướm với đường tròn I.39)Định lí con bướm với cặp đường thẳng I.40)Điểm Blaikie I.41)Định lí chùm đường thẳng đồng quy I.42)Đường tròn Apollonius I.43)Định lí Blanchet I.44)Định lí Blanchet mở rộng I.45) Định lí Jacobi I.46) Định lí Kiepert I.47)Định lí Kariya I.48)Cực trực giao I.49)Khái niệm tam giác hình chiếu ,công thức Euler về diện tích tam giác hình chiếu I.50)Khái niệm hai điểm đẳng giác I.51)Khái niệm tứ giác toàn phần. I.52)Đường thẳng Droz-Farny I.53) Đường tròn Droz-Farny I.54)Định lí Van Aubel về tứ giác và các hình vuông dựng trên cạnh I.55)Hệ thức Van Aubel I.56)Định lí Pithot I.57)Định lí Johnson I.58) Định lí Eyeball I.59) Bổ đề Haruki I.60)Bài toán Langley I.61)Định lí Paul Yiu về đường tròn bàng tiếp. I.62)Định lí Maxwell I.63)Định lí Brahmagupta về tứ giác nội tiếp có hai đường chéo vuông góc. I.64)Định lí Schooten I.65)Định lí Bottema I.66)Định lí Pompeiu I.67)Định lí Zaslavsky I.68)Định lí Archimedes I.69) Định lí Urquhart I.70)Định lí Mairon Walters I.71)Định lí Poncelet về bán kính đường tròn nội tiếp,bàng tiếp trong tam giác vuông. I.72)Định lí Hansen I.73)Định lí Steinbart suy rộng I.74)Định lí Monge & d'Alembert I I.75)Định lí Monge & d'Alembert II I.76)Định lí Steiner về bán kính các đường tròn. I.77)Định lí Bellavitis I.78)Định lí Feuer bach-Luchterhand: II/Một số điểm và đường đặc biệt được xác định duy nhất với tam giác và tứ giác,tứ điểm: Ở đây nếu không giải thích gì thêm thì yếu tố được hiểu là trong tam giác. II.1) Đường thẳng Euler của tam giác II.2)Đường tròn và tâm Euler II.3)Đường đối trung, điểm Lemoine II.4)Điểm Gergone,điểm Nobb, đường thẳng Gergone II.5)Điểm Nagel II.6)Điểm Brocard II.7)Điểm Schiffler II.8)Điểm Feuerbach II.9)Điểm Kosnita II.10)Điểm Musselman,định lí Paul Yiu về điểm Musselman II.11)Khái niệm vòng cực của tam giác. II.12)Điểm Gibert II.13)Trục Lemoine II.14)Tâm Morley II.15) Tâm Spieker và đường thẳng Nagel II.16)Hai điểm Fermat II.17)Điểm Parry reflection. II.18)Đường tròn Taylor ,tâm Taylor II.19)Điểm Bevan II.20)Điểm Vecten II.21)Điểm Mittenpunkt II.22)Điểm Napoleon II.23)Đường tròn Adam II.24)Tam giác Fuhrmann ,đường tròn Fuhrmann II.25)Hình luc giác và đường tròn Lemoine thứ nhất II.26)Hình lục giác và đường tròn Lemoine thứ hai II.27)Điểm Euler của Tứ giác nội tiếp II.28)Đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần II.29)Đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần. II.30) Điểm Miquel của tứ giác toàn phần II.31)Đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần II.32)Hình bình hành Varignon của tứ giác . II.33)Điểm Poncelet của tứ giác. III/Một số mảng kiến thức quan trọng. III.1)Tỉ số kép, phép chiếu xuyên tâm III.2)Hàng điểm điều hòa và một số hệ thức liên quan , III.3)Chùm điều hòa, tứ giác điều hòa III.4)Góc giữa đường thẳng và đường tròn, giữa hai đường tròn, đường tròn trực giao III.5) Cực và đối cực IV/Một số định lí không chứng minh Ở đây sẽ giới thiệu một số định lí rất hay và dễ hiểu ( nhưng cách chứng minh mà mình biết là phức tạp ) tuy nhiên rất vui nếu ai đó sẽ giới thiệu những chứng minh của nó:hornytoro: IV.1) Định lí Aiyer IV.2)Đường tròn Lester IV.3)Tâm Eppstein IV.4)Đường tròn Neuberg-Mineur của tứ giác IV.5)Paracevian perspector B/MỘT SỐ KHÁI NIỆM,ĐỊNH LÍ. I.1)Định lí Menelaus Định lí: Cho tam giác ABC và 3 điểm M,N,P lần lượt thuộc BC,CA,AB. Khi đó M,N,P thẳng hàng khi và chỉ khi: (1) Chứng minh: a)Khi M,N,P thẳng hàng. Trên MN lấy 1 điểm Q sao cho AQ//BC Theo Thales ; Từ đó dễ có đẳng thức (1)trên. b)Ngược lại ,khi có (1): Giả sử PN cắt BC tại M'. Theo phần trước ta có: Kết hợp với (1) suy ra Do đó M trùng M' tức là M,N,P thẳng hàng. Vậy ta có điều phải chứng minh. (Xem them : eeg-11.bdf; ge_G1.bdf; 6-concur-solns.bdf) I.2)Mở rộng định lí Menelaus theo diện tích Định lí:Cho tam giác ABC và 3 điểm M,N,P lần lượt nằm trên BC,CA,AB.Khi đó ta có: Chứng minh :(thamtuhoctro post) Gọi là vector chỉ phương của Ta có: mặt khác : tương tự: Ta suy ra: I.3)Định lí Menelaus cho tứ giác: Định lí:Cho tứ giác ABCD và một đường thẳng d cắt AB,BC,CD,DA lần lượt ở M,N,P,Q. Khi đó ta có: Chứng minh: Ta sẽ làm giống cách chứng minh ở tam giác Trên d lấy hai điểm I,J sao cho AI//BJ//CD Theo Thales ta có: Từ đó dễ có điều cần chứng minh. *Chú ý 1)Khi áp dụng cho tứ giác ,định lí Menelaus chỉ phát biểu dạng thuận bởi dạng đảo nói chung không đúng! 2) Các bạn thử suy nghĩ xem với dạng thuận như thế này thì có thể mở rộng cho đa giác được không? -Một vấn đề khá thú vị I.4) Định lý Ceva Định lý: Cho tam giác ABC.Gọi E, F, G là ba điểm tương ứng nằm trên BC, CA, AB. Ba đường thẳng AE, BF, CG cắt nhau tại một điểm O khi và chỉ khi: Chứng minh: Phần thuận: Giả sử ba đường thẳng AE, BF, CG cắt nhau tại một điểm O. TỪ A và C, kẻ các đường song song với BF, chúng lần lượt cắt CG và AE tại K, I tương ứng. Ta có: và (Sử dụng định lý Thales) . Các cặp tam giác đồng dạng IEC và OEB, AKG và BOG : và Do đó: Phần đảo: Giả sử ta có: Qua giao điểm của các đường thẳng AE và BF, kẻ đường thẳng với nằm trên cạnh AB. Khi đó, theo chứng minh phần thuận: Suy ra , hay , ta có điều phải chứng minh I.5) Định lý Ceva sin Định lý: Gọi E, F, G là ba điểm tương ứng nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB của tam giác ABC. Ba đường thẳng AE, BF, CG cắt nhau tại một điểm O khi và chỉ khi: Chứng minh: Phần thuận: Giả sử AE, BF, CG đồng quy tại O. Khi đó hai tam giác ABE và ACE có cùng chiều cao hạ từ đỉnh A. Tương tự Và Nhân từng vế ba đẳng thức trên được: (Theo định lý Ceva) Từ đó suy ra đpcm. Phần đảo: CM tương tự phần đảo ở mục 4. I.6) Định lý Desargues Định lý: Cho tam giác ABC và tam giác A'B'C'. Khi đó AA', BB', CC' đồng quy khi và chỉ khi các giao điểm của BC và B'C', CA và C'A', AB và A'B' thẳng hàng. Chứng minh: Gọi X, Y, Z là lần lượt là các giao điểm của các cặp cạnh BC và B’C’, CA và C’A’, AB và A’B’ . Phần thuận: Giả sử các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại S. Ta chứng minh X, Y, Z thẳng hàng. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SBC với cát tuyến XB'C' ta có: hay Tương tự, ta có: và Nhân từng vế các đẳng thức trên lại với nhau, và theo định lí Menelaus suy ra X, Y, Z thẳng hàng. Phần đảo: Giả sử các điểm X, Y, Z thẳng hàng. Ta chứng minh các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy. Gọi S là giao điểm của AA’ và BB’. SC cắt đường thẳng AC’ tại C”. Xét 2 tam giác ABC và A’B’C” có các đường nối các đỉnh tương ứng đồng quy, do đó theo phần thuận giao điểm của các cạnh tương ứng cũng đồng quy. Ta thấy AB cắt A’B’ tại Z, AC cắt A’C” tại Y (do A’, C’, C” thẳng hàng), suy ra giao điểm X’ của BC và B’C” phải thuộc YZ. Tức là X’ là giao của YZ và BC nên X’ trùng với X. Suy ra C” trùng với C’, hay AA’, BB’, CC’ đồng quy. I.7)Định lí Pappus Định lí: Cho ba điểm A,B,C nằm trên đường thẳng a, X,Y,Z nằm trên đường thẳng b.Gọi M,N,P lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng (AY,BX) ,(AZ,CX),CY,BZ). Khi đó M,N,P thẳng hàng. Chứng minh: Định lí này có một cách chứng minh dùng Menelaus ,nếu có điều kiện mình sẽ post lên,còn sau đây là một cách dựa trên kiến thức cơ sở về tỉ số kép và phép chiếu xuyên tâm. Ta có bổ đề sau được chứng minh dễ dàng nhờ những hiểu biết ban đầu về tỉ số kép và phép chiếu xuyên tâm: Bổ đề: Cho góc xOy và các điểm A,B,C thuộc Ox; D,E,F thuộc Oy. Khi đó AD,BE,CF đồng quy khi và chỉ khi: (OABC) =(ODEF) . Bổ đề trên bạn đọc tự chứng minh, bây giờ ta sẽ trở lại bài toán. Kí hiệu là phép chiếu xuyên tâm E. Gọi T,Q lần lượt là giao điểm của BX và AZ; CX và BZ. Sử dụng bổ đề trên thì ta sẽ cần chứng minh: (BTMX) =(BZPQ) +)Trường hợp a//b bạn đọc hãy chứng minh nhờ Thales +)Khi a không song song với b.Gọi S là giao của a và b. Ta thấy: Với : Với Từ đó suy ra điều cần chứng minh. I.8)Một trường hợp đặc biệt của định lí Pappus qua góc nhìn hình xạ ảnh. Ở phần này chúng tôi chỉ dùng hình xạ ảnh để dẫn dắt đến kết quả còn nội dung định lí và cách chứng minh thì hoàn toàn phù hợp với kiến thức hình THCS! Ta có kết quả sau liên quan đến hình xạ ảnh: Các đường thẳng song song với nhau thì gặp nhau tại một điểm ở vô cực và ngược lại . Vận dụng vào định lí Pappus ở trên , cho các điểm A,B,C ra vô cực thì theo kết quả về hình xạ ảnh ta có YM//ZN ( Vì YM,ZN cùng đi qua một điểm (A) ở vô cực )Tương tự thì :XN//YP,XM//ZP. Và khi ấy M,N,P vẫn thẳng hàng. Ta phát biểu lại được một định lí đơn giản và hữu dụng sau đây: Định lí:Trên mặt phẳng cho ba điểm X,Y,Z thẳng hàng và ba điểm M,N,P thỏa mãn XN//YP,YM//ZN,XM//ZP. Khi đó ta cũng có M,N,P thẳng hàng. Chứng minh: Trường hợp MP//XYZ thì đơn giản,bạn đọc tự chứng minh. Ta sẽ xét khi MP không song song với XYZ. Gọi S là giao điểm của MP với XYZ. Đường thẳng qua X song song với YP cắt MP ở N'. Bài toán sẽ được gải quyết nếu ta chứng minh được rằng ZN' // YM (Vì khi ấy N' trùng N). Thật vậy,chú ý YP//XN', ZP//XM nên theo Thales ta có: Đến đây theo Thales đảo ta suy ra ZN' //YM. Chứng minh được hoàn tất.! I.9)Đẳng thức Ptolemy Định lí Với tứ giác nội tiếp ABCD thì: AB.CD+AD.BC=AC.BD Chứng minh: Lấy điểm E thuộc AC sao cho đồng dạng Tương tự đồng dạng I.10) Bất đẳng thức Ptolemy Định lý: Cho tứ giác ABCD. Khi đó có Chứng minh: Lấy E nằm trong tứ giác ABCD sao cho và Khi đó ~ hay . Hơn nữa ~ hay Vậy ta có (đpcm). KHÁM PHÁ ĐỊNH LÍ PTÔ-LÊ-MÊ tác giả:Zai zai Mở đầu: Hình học là một trong những lĩnh vực toán học mang lại cho người yêu toán nhiều điều thú vị nhất và khó khăn nhất. Nó đòi hỏi ta phải có những suy nghĩ sáng tạo và tinh tế. Trong lĩnh vực này cũng xuất hiện ko ít những định lí, phương pháp nhằm nâng cao tính hiệu quả trong quá trình giải quyết các bài toán, giúp ta chinh phục những đỉnh núi ngồ ghề và hiểm trở . Trong bài viết này zaizai xin giới thiệu đến các bạn một vài điều cơ bản nhất về định lí Ptô-lê-mê trong việc chứng minh các đặc tính của hình học phẳng. Dù đã rất cố gắng nhưng bài viết sẽ không thể tránh khỏi những thiếu xót mong rằng các bạn sẽ cùng zaizai bổ sung và phát triển nó. II, Nội dung - Lí thuyết: 1. Đẳng thức Ptô-lê-mê: Cho tứ giác nội tiếp đường tròn . Khi đó: Hình minh họa (hình 1) Chứng minh: Lấy thuộc đường chéo sao cho Khi đó xét và có: Nên đồng dạng với Do đó ta có: . Lại có: và nên Suy ra hay Từ và suy ra: Vậy đẳng thức Ptô-lê-mê được chứng minh. 2, Bất đẳng thức Ptô-lê-mê: Đây có thể coi là định lí Ptô-mê-lê mở rộng bởi vì nó không giới hạn trong lớp tứ giác nội tiếp . Định lí: Cho tứ giác . Khi đó: Hình minh họa (hình 2) Chứng minh: Trong lấy điểm M sao cho: Dễ dàng chứng minh: Cũng từ kết luận trên suy ra: Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác và các điều trên ta có: Vậy định lí Ptô-lê-mê mở rộng đã được chứng minh. 3, Định lí Ptô-lê-mê tổng quát: Trong mặt phẳng định hướng cho đa giác nội tiếp đường tròn . M là một điểm thuộc cung (Không chứa ) Khi đó: . Trong đó: Đây là một định lí ko dễ dàng chứng minh được bằng kiến thức hình học THCS. Các bạn có thể tham khảo phép chứng minh trong bài viết Định lí Ptô-lê-mê tổng quát của Tiến sĩ Nguyễn Minh Hà, ĐHSP , Hà Nội thuộc Tuyển tập 5 năm Tạp chí toán học và tuổi trẻ. III, Ứng dụng của định lí Ptô-lê-mê trong việc chứng minh các đặc tính hình học: 1, Chứng minh quan hệ giữa các đại lượng hình học: Mở đầu cho phần này chúng ta sẽ đến với 1 ví dụ điển hình và cơ bản về việc ứng dụng định lí Ptô-lê-mê. Bài toán 1: Cho tam giác đều có các cạnh bằng Trên lấy điểm di động, trên tia đối của tia lấy điểm di động sao cho . Gọi là giao điểm của và . Chứng minh rằng: ( Đề thi vào trường THPT chuyên Lê Quí Đôn, thị xã Đông Hà, tỉnh Quảng Trị, năm học 2005-2006) Hình minh họa (hình 3) Chứng minh: Từ giả thiết suy ra Xét và có: Lại có Từ: Suy ra tứ giác nội tiếp được đường tròn. Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp và giả thiết ta có: (đpcm) Đây là 1 bài toán khá dễ và tất nhiên cách giải này ko được đơn giản lắm.Vì nếu muốn sử dụng đẳng thức Ptô-lê-mê trong 1 kì thi thì có lẽ phải chứng minh nó dưới dạng bổ đề. Nhưng điều chú ý ở đây là ta chẳng cần phải suy nghĩ nhiều khi dùng cách trên trong khi đó nếu dùng cách khác thì lời giải có khi lại ko mang vẻ tường minh. Bài toán 2: Tam giác vuông có . Gọi là một điểm trên cạnh là một điểm trên cạnh kéo dài về phía điểm sao cho . Gọi là một điểm trên cạnh sao cho nằm trên một đường tròn. là giao điểm thứ hai của với đường tròn ngoại tiếp . Chứng minh rằng: (Đề thi chọn đội tuyển Hồng Kông tham dự IMO 2000, HongKong TST 2000) Hình minh họa: (hinh 4) Chứng minh: Xét các tứ giác nội tiếp và ta có: (cùng chắn các cung tròn) Mặt khác Xét và có: (do ) (do ) Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp ta có: Từ suy ra: (đpcm) Có thể thấy rằng bài 1 là tư tưởng đơn giản để ta xây dựng cách giải của bài 2. Tức là dựa vào các đại lượng trong tam giác bằng nhau theo giả thiết ta sử dụng tam giác đồng dạng để suy ra các tỉ số liên quan và sử dụng phép thế để suy ra điều phải chứng minh. Cách làm này tỏ ra khá là hiệu quả và minh họa rõ ràng qua 2 ví dụ mà zaizai đã nêu ở trên. Để làm rõ hơn phương pháp chúng ta sẽ cùng nhau đến với việc chứng minh 1 định lí bằng chính Ptô-lê-mê. Bài toán 3: ( Định lí Carnot) Cho tam giác nhọn nội tiếp trong đường tròn và ngoại tiếp đường tròn Gọi lần lượt là khoảng cách từ tới các cạnh tam giác. Chứng minh rằng: Hình minh họa (hinh 5) Chứng minh: Gọi lần lượt là trung điểm của . Giả sử Tứ giác nội tiếp, theo đẳng thức Ptô-lê-mê ta có: Do đó: Tương tự ta cũng có : Mặt khác: Từ ta có: Đây là 1 định lí khá là quen thuộc và cách chứng minh khá đơn giản. Ứng dụng của định lí này như đã nói là dùng nhiều trong tính toán các đại lượng trong tam giác. Đối với trường hợp tam giác đó không nhọn thì cách phát biểu của định lí cũng có sư thay đổi. 2, Chứng minh các đặc tính hình học: Bài toán 1: Cho tam giác nội tiếp trong đường tròn và . Các đường thẳng tiếp xúc với đường tròn tại cắt nhau ở . Chứng minh rằng đi qua điểm chính giữa của cung Hình minh họa(hinh 6) Chứng minh: Gọi giao điểm của với đường tròn là . Nối . Xét và có: chung Tương tự ta cũng có Mặt khác ( do là 2 tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau) Nên từ Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp ta có: Từ . Vậy ta có điều phải chứng minh. Đây có lẽ là một trong những lời giải khá là ngắn và ấn tượng của bài này.Chỉ cần qua vài quá trình tìm kiếm các cặp tam giác đồng dạng ta đã dễ dàng đi đến kết luận của bài toán. Tư tưởng ban đầu khi làm bài toán này chính là dựa vào lí thuyết trong cùng một đường tròn hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau. Do có liên quan đến các đại lượng trong tứ giác nội tiếp nên việc chứng minh rất dễ dàng. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] Bài toán 2: Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, O là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm G. Giả sử rằng . Chứng minh rằng song song với . Hình minh họa (hinh 7) Kéo dài cắt tại . Khi đó là điểm chính giữa cung (không chứa ). Ta có: . Lại có : Do suy ra sđ cung Từ Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp ta có: Từ Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác và (5) ta có: Vậy Mặt khác G là trọng tâm của tam giác suy ra Từ Suy ra IG là đường trung bình của tam giác hay song song với . Đây là một bài toán khá là hay ít nhất là đối với THCS và với cách làm có vẻ "ngắn gọn" này ta đã phần nào hình dung được vẻ đẹp của các định lí. Bài toán 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), CM là trung tuyến. Các tiếp tuyến tại A và B của (O) cắt nhau ở D. Chứng minh rằng: Hình minh họa hinh 8) Chứng minh: Gọi N là giao điểm của CD với (O). Xét tam giác DNB và DBC có: chung. Tương tự ta cũng có : Mà nên từ Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp ta có: Từ (3) và giả thiết Xét và có: Vậy bài toán được chứng minh. Cơ sở để ta giải quyết các bài toán dạng này là tạo ra các tứ giác nội tiếp để áp dụng định lí sau đó sử dụng lí thuyết đồng dạng để tìm ra mối quan hệ giữa các đại lượng. Đây là một lối suy biến ngược trong hình học. 3, Chứng minh các đẳng thức hình học: Bài toán 1: Giả sử là các điểm nằm trong sao cho . Chứng minh rằng: Hình minh họa: (hinh 9) Chứng minh: Lấy điểm K trên đường thẳng BN sao cho , lúc đó suy ra: Mặt khác dễ thấy rằng , từ đó dẫn đến . Cũng từ ta có: . suy ra tứ giác nội tiếp đường tròn. Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác ta có: Nhưng từ và thì : Nên ta có đẳng thức (3) Đây là 1 trong những bài toán khá là cổ điển của IMO Shortlist. Ta vẫn có thể giải quyết bài toán theo một hướng khác nhưng dài và phức tạp hơn đó là sử dụng bổ đề: Nếu M,N là các điểm thuộc cạnh BC của sao cho thì . Đây là một bổ đề mà các bạn cũng nên ghi nhớ. Bài toán 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O). Chứng minh rằng: Hình minh họa hinh 10) Chứng minh: Lấy E và F thuộc đường tròn sao cho: Khi đó: Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp AECD và BCDF ta có: Mặt khác: Do đó: Suy ra: Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh. Bài toán 3: Cho tam giác ABC với BE, CF là các đường phân giác trong. Các tia EF, FE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác theo thứ tự tại M và N. Chứng minh rằng: Hình minh hoạ (hình 11) Chứng minh: Đặt Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp và ta có: Từ (1) và (2) ta được: Mặt khác ta lại có: Tương tự : Từ (4), (5) và tính chất đường phân giác ta có: Chứng minh tương tự ta được: Từ (3), (6), (7) ta có điều phải chứng minh. Có thể dễ dàng nhận ra nét tương đồng giữa cách giải của 3 bài toán đó là vận dụng cách vẻ hình phụ tạo ra các cặp góc bằng các cặp góc cho sẵn từ đó tìm ra các biểu diễn liên quan. Một đường lối rất hay được sử dụng trong các bài toán dạng này. 4, Chứng minh bất đẳng thức và giải toán cực trị trong hình học: Bài toán 1: (Thi HSG các vùng của Mĩ, năm 1987) Cho một tứ giác nội tiếp có các cạnh liên tiếp bằng và các đường chéo bằng Chứng minh rằng: Chứng minh: Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp thì Vậy ta cần chứng minh Bất đẳng thức này chính là một bất đẳng thức rất quen thuộc mà có lẽ ai cũng biết đó là bất đẳng thức Bunhiacopxki-BCS. Vậy bài toán được chứng minh. Một lời giải đẹp và vô cùng gọn nhẹ cho 1 bài toán tưởng chừng như là khó. Ý tưởng ở đây là đưa bất đẳng thức cần chứng minh về 1 dạng đơn giản hơn và thuần đại số hơn. Thật thú vị là bất đẳng thức đó lại là BCS. Bài toán 2: Cho lục giác lồi ABCDEF thỏa mãn điều kiện Chứng minh rằng: HÌNH MINH HỌA (hinh 12) Chứng minh: Đặt Áp dụng định lí Ptô-lê-mê mở rộng cho tứ giác ta có: . Vì nên suy ra: Tương tự ta cũng có: Từ đó suy ra Bất đẳng thức đã qui về dạng chính tắc SOS : Dễ thấy: Như vậy , đánh giá tương tự ta cũng dễ dàng thu được kết quả . Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi. Tức là khi ABCDEF là một lục giác đều nội tiếp. Đây là một bài toán do zaizai phát triển từ một bài toán quen thuộc. Nó cũng xuất phát từ bài Stronger than Nesbit inequality của mình. :lol: Cơ sở khi giải bài toán này là sử dụng phương pháp SOS để làm mạnh bài toán. Với bước chuyển từ việc chứng minh 1 bất đẳng thức hình học sang bất đẳng thức đại số ta dễ dàng tìm ra 1 lời giải đẹp. Nếu chuẩn hóa bất đẳng thứ này ta cũng có kết quả rất thú vị. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] Bài toán 3: Cho lục giác lồi ABCDEF thỏa mãn điều kiện và tổng độ dài ba cạnh bằng Chứng minh rằng: Lời giải: Ta chuyển việc chứng minh bất đẳng thức trên về chứng minh bất đẳng thức sau: Bằng cách sử dụng phương pháp hệ số bất định ta dễ dàng tìm được bất đẳng thức phụ đúng: Tương tự với các phân thức còn lại ta có điều phải chứng minh. Khi định hướng giải bài này chắc hẳn bạn sẽ liên tưởng ngay đến SOS nhưng thật sự thì nó ko cần thiết trong bài toán này bởi chỉ làm phức hóa bài toán. Dùng phương pháp hệ số bất định giúp ta tìm ra 1 lời giải ngắn và rất đẹp. Tuy nhiên lời giải này ko dễ hiểu lắm đối với THCS. Thực ra cách làm mới bài toán này cũng cực kì đơn giản vì xuất phát điểm của dạng chuẩn là bất đẳng thức Nesbit quen thuộc vì vậy dễ dàng thay đổi giả thiết để biến đổi bài toán. Mà cách thay đổi điều kiện ở đây chính là bước chuẩn hóa trong chứng minh bất đẳng thức đại số. Nói chung là dùng để đồng bậc bất đẳng thức thuần nhất. Với tư tưởng như vậy ta hoàn toàn có thể xây dựng các kết quả mạnh hơn và thú vị hơn qua một vài phương pháp như SOS, hệ số bất định, dồn biến và chuẩn hóa. Đặc biệt sau khi chuẩn hóa ta có thể dùng 3 phương pháp còn lại để chứng minh. Bài toán 4:: Cho đường tròn và là một dây cung khác đường kính của đường tròn. Tìm điểm thuộc cung lớn sao cho lớn nhất. Lời giải: Gọi D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Đặt không đổi. Theo định lí Ptô-lê-mê ta có: Do và ko đổi nên lớn nhất khi và chỉ khi lớn nhất khi và chỉ khi là điểm đối xứng của qua tâm của đường tròn. IV, Bài tập: Bài 1 CMO 1988, Trung Quốc) là một tứ giác nội tiếp với đường tròn ngoại tiếp có tâm ) và bán kính . Các tia cắt lần lượt tại . Chứng minh rằng: Bài 2: Cho đường tròn và dây cung khác đường kính. Tìm điểm A thuộc cung lớn của đường tròn để đạt giá trị lớn nhất. Bài 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn . Đường tròn nằm trong (O) tiếp xúc với (O) tại T thuộc cung AC (ko chứa B). Kẻ các tiếp tuyến tới . Chứng minh rằng: Bài 4: Cho luc giác có các cạnh có độ dài nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng trong ba đường chéocó ít nhất một đường chéo có độ dài nhỏ hơn . Bài 5: Cho hai đường tròn đồng tâm, bán kính của đường tròn này gấp đôi bán kính của đường tròn kia. là tứ giá nội tiếp đường tròn nhỏ. Các tia lần lượt cắt đường tròn lớn tại . Chứng minh rằng: chu vi tứ giác lớn hơn 2 lần chu vi tứ giác . I.11) Định lý Pascal Định lý: Cho 6 điểm A,B,C,D,E,F cùng thuộc một đường tròn. Khi đó các giao điểm của các cặp cạnh AB và DE, BC và EF, CD và FA thẳng hàng. Chứng minh: Gọi P,M,N lần lượt là giao điểm của AF và CD, AB và DE, BC và EF. Gọi P', M', N' lần lượt là giao điểm của BC và DE, BC và AF, DE và AF. Áp dụng định lí Menelaus cho P'M'N' với cát tuyến PCD: Tương tự ta có: và Nhân các biểu thức trên lại kết hợp với các biểu thức phương tích sau: Ta có : . Áp dụng định lí Menelaus đảo ta có đpcm. Các bạn có thể vào đây xem thêm: I.12) Định lý Brianchon Định lý: Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp (O). Chứng minh rằng ba đường chéo lớn AD, BE, CF đồng quy. Chứng minh: Ta kí hiệu các tiếp điểm của (O) trên AB,BC,CD,DE,EF,FA lần lượt là M,N,P,Q,R,S. Xét cực và đối cực đối với (O). Gọi K,I,J lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng (SM,PQ) ,(MN,QR),(NP,RS). Vì SM và PQ là đường đối cực của A và D nên AD là đường đối cực của K. Tương tự BE và FC lần lượt là đường đối cực của I và J. Dùng định lí P