Chuyên đề Hình học tam giác

chuyên đề hình học tam giác Phần I: hình học tam giác Chương 1. Khoảng cách giữa các điểm đặc biệt trong tam giác (14t) 1. Bổ túc. 1.1. Định lý Ceva. (1647 – 1734). Cho tam giác ABC và ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ xuất phát từ các đỉnh của tam giác và cắt đường thẳng chứa cạnh đối diện tại A’, B’, C’ sao cho hoặc cả ba điểm A’, B’, C’ đều nằm trên ba cạnh của tam giác hoặ một trong ba điểm đó nằm trên một cạnh của tam giác còn hai điểm kia nằm trên phần kéo dài của hai cạnh còn lại. Điều kiện cần và đủ để AA’, BB’, CC’ đồng quy hoặc song song với nhau là ta có hệ thức .. = 1. (1) Chứng minh. Điều kiện cần (=>) AA’, BB’, CC’ đồng quy hoặc song song => (1) a) Trường hợp AA’, BB’, CC’ đồng quy tại một điểm (ở trong hoặc ở ngoài tam giác). B A’ C M A N B’ C’ P B A’ C M A N P Qua A kẻ đường thẳng song song với BC, cắt BB’, CC’ theo thứ tự tại M và N. Ta có = (a) = (b) = (c) Từ (a), (b) và (c) suy ra .. = .. = 1 b) Trường hợp AA’ // BB’ // CC’ Theo định lý Thalet ta có B A’ C A C’ B’ = (a) = (b) = (c) Từ (a), (b) và (c) suy ra .. = .. = 1 Điều kiện đủ ( AA’, BB’, CC’ đồng quy hoặc song song Ta xét trường hợp một điểm A’ nằm trên cạnh của tam giác và hai điểm B’, C’ nằm trên phần kéo dài của hai cạnh kia. a) Nếu có hai trong ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ song song với nhau, thí dụ AA’ // BB’, còn CC’ không song song với hai đường thẳng kia thì Từ C kẻ CC” // AA’ cắt AB kéo dài tại C”. Theo điều kiện cần ta có .. = 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra = . Vậy C” trùng C’ (do C’ và C” đều nằm ngoài đoạn thẳng AB) và AA’ // BB’ // CC’ b) Trong trường hợp không có hai đường thẳng song song nào trong ba đường thẳng nói trên song song với nhau, ta chứng minh có ba đường đồng quy. Gọi P là giao điểm của AA’ và BB’ chẳng hạn. Nếu CC’ không đi qua điểm P thì từ C kẻ đường thẳng qua P cắt AB tại C”. Theo điều kiện cần ta có .. = 1 (3) Từ (1) và (3) suy ra = . Vậy C” trùng C’ (do C’ và C” đều nằm ngoài đoạn thẳng AB) tức là AA’, BB’, CC’ đồng quy tại P. Trong trường hợp cả ba điểm A’, B’, C’ đều nằm trên cạnh của tam giác ABC thì từ (1) suy ra AA’, BB’, CC’ đồng quy, chứng minh tương tự. 1.2. Các đường thẳng đồng quy đặc biệt. Từ định lý Cêva ta có thể suy ra rằng trong một tam giác ABC ta có a) Ba đường trung tuyến đồng quy (tại trọng tâm của tam giác) Vì A’, B’, C’ là trung điểm của các cạnh nên ba tỉ số AB’/B’C, CA’/A’B và BC’/C’A đều bằng 1. b) Ba đường phân giác đồng quy (tại tâm đường tròn nội tiếp tam giác) Gọi BC = a, CA = b, AB = c ta có = ; = ; = Do đó ..= 1 c) Ba đường cao đồng quy (tại trực tâm của tam giác) Ta có AB’ = c. cosA, B’C = a. cosC CA’ = b. cosC, A’B = c. cosB BC’ = a. cosB, C’A = b. cosA Do đó ..= 1. d) Ba đường trung trực đồng quy (tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác). Vì ba đường trung trực là ba đường cao của tam giác có đỉnh là chân các đường trung trực, nên chúng đồng qui. e) Đường phân giác của một góc A và hai đường phân giác của hai góc ngoài đỉnh kia B và C đồng quy (tại tâm của đường tròn bàng tiếp trong góc A của tam giác ABC). Ta có = ; = ; = Do đó ..= 1. f) Các đường thẳng đi qua đỉnh của tam giác và tiếp điểm của cạnh đối diện với đường tròn nội tiếp đồng quy (tại điểm gọi là điểm Gergone) Do AB’ = AC’ ; BC’ = BA’ ; CA’ = CB’ Do đó ..= 1. g) Các đường thẳng đi qua đỉnh của tam giác và tiếp điểm của cạnh đối diện với đường tròn bàng tiếp đồng quy (tại điểm gọi là điểm Nagel) Gọi D, E lần lượt là tiếp điểm của BA và BC (kéo dài) với đường tròn bàng tiếp trong góc B. Ta có AB’ = AD ; CB’ = CE Do đó BD = BE = (a + b + c)/2 = p Suy ra AB’ = AD = p – c B’C = p – a CA’ = p – b BC’ = p – a A’B = p – c C’A = p – b Do đó ..= 1. Ví dụ 1. Chứng minh rằng, trong một tam giác ABC, khi giao điểm của một bộ ba đường thẳng đồng qui AA’, BB’, CC’ (A’ trên BC, B’ trên AC, C’ trên AB) trùng với trọng tâm G của tam giác thì tích AB’, CA’, BC’ có trị số lớn nhất. Giải: Chú ý: Với hai độ dài a, b bất kì bào giờ cũng có hệ thức Ê . Ta luôn có Ê = AN hay AB’. B’C Ê AN2 Tương tự CA’. A’B Ê CM2 BC’. C’A Ê BP2 Từ đó (AB’. CA’. BC’)(B’C. A’B. C’A) Ê (AN. CM. BP)2 Theo định lý Ceva: AB’. CA’. BC’ = B’C. A’B. C’A Vậy AB’. CA’. BC’ Ê AN. CM. BP Từ đó tích AB’. CA’. BC’ có trị số lớn nhất là AN. CM. BP = khi B’, A’, C’ trùng với trung điểm các cạnh. Ví dụ 2. Cho tam giác ABC với AA’, BB’, CC’ đồng qui (A’ ẻBC, B’ ẻAC, C’ẻ AB). Gọi M, N, P, M’, N’, P’ lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC, CA, AB, CC’, BB’, AA’. Chứng minh rằng các đường thẳng MM’, NN’ và PP’ đồng qui. Giải: Theo giả thiết ta có = 1 Nhân tử số và mẫu số của mỗi tỉ số với ta có = Û = 1 Hoặc nữa = 1 Hệ thức này chứng tỏ là trong tam giác MNP, ba đường thẳng MM’, NN’, PP’ đồng qui. Trường hợp đặc biệt 1) Trong một tam giác, các đường thẳng nối trung điểm của mỗi cạnh với trung điểm của các đường cao tương ứng đồng qui tại một điểm. 2) Trong một tam giác, các đường thẳng nối trung điểm của mỗi cạnh với trung điểm của đường phân giác trong tương ứng đồng qui tại một điểm = 1 Ví dụ 3. Cho tam giác ABC với AA’, BB’, CC’ đồng qui (A’ ẻBC, B’ ẻAC, C’ẻ AB). Tính SA’B’C’, theo diện tích S và các tỉ số = m, = n, = t. Giải: SA’B’C’ = S Sử dụng công thức S = absinA để tính diện tích tam giác, ta có = = . = . Tương tự = = Cuối cùng SA’B’C’ = S [1 - . - - ] = S = (vì mnt = 1) Các trường hợp đặc biệt 1) Khi AA’, BB’, CC’ là những đường trung tuyến : m = n = p = 1 SA’B’C’ = S/4 2) Khi AA’, BB’, CC’ là những đường phân giác trong: m = c/a, n = b/c, t = a/b SA’B’C’ = 3) Khi AA’, BB’, CC’ là những đường cao: m = , n = , t = SA’B’C’ = (vì acosC + c.cosA = b, c.cosB + b. cosC = a, b. cosA + a. cosB = c) 2. Định lý Stuya – Một số định lý liên quan. 2.1. Định lý Stuya. (1717 – 1785) Nếu đường thẳng AD = d thuộc tam giác ABC chia cạnh BC thành những đoạn BD = m và CD = n thì d2a = b2m + c2n – amn. Chứng minh. Giả sử AE là đường cao của tam giác ABC. Từ các tam giác BDA và ADC ta có c2 = d2 + m2 – 2mDE b2 = d2 + n2 + 2nDE Nhân các vế của đẳng thức thứ nhất với n và các vế của đẳng thức thứ hai với m rồi cộng lại ta thu được c2n + b2m = d2(m + n) + mn(m + n) hay d2a = b2m + c2c – amn. đpcm Chú ý. Nếu biết tỉ số các đoạn thẳng = thì từ đẳng thức trên ta có thể rút ra liên hệ sau d2a = + - => d2 = + - . (dạng 2 của định lý Stuya) Với dạng 2 của định lý Stuya cho phép tính khoảng cách từ 1 đỉnh của tam giác đến 1 điểm thuộc cạnh đối diện, biết rằng điểm đó chia cạnh đối diện theo tỉ số p cho trước. Các trường hợp đặc biệt 1) AD = ma là trung tuyến tương ứng với cạnh a Trường hợp này m = n = ta có m. a = (b2 + c2) – a. Û ma = 2) AD = ba là phân giác của góc A Trường hợp này ta có = = = => m = , n = => b. a = + - => b = (1) Û b = = Û ba = áp dụng định lý cosin ta có a2 = b2 + c2 – 2bc cosA Û a2 = b2 + c2 – 2bc(2cos2 - 1) = (b + c)2 – 4bccos2 Thay vào (1) ta có b = Û ba = A B C H’ I 3) Chứng minh rằng khoảng cách từ đỉnh A của một tam giác ABC với tâm I của đường tròn nội tiếp bằng AI = Chứng minh. Gọi AD là đường phân giác của tam giác ABC. Qua tâm I của đường tròn nội tiếp, kẻ đường thẳng song song với BC, cắt đường cao AH (= h) tại H’. Ta có = = = = Vậy AI = . = . 3. Công thức khoảng cách một số điểm đặc biệt trong tam giác. 3.1. Định nghĩa. Trung điểm các đoạn thẳng thuộc các đường cao kẻ từ đỉnh đến trực tâm của tam giác gọi là các điểm Ơ le. 3.2. Định lý. Chân các trung tuyến, chân các đường cao và các điểm Ơ le nằm trên một vòng tròn, gọi là vòng tròn chín điểm hay vòng tròn Ơ le. Chứng minh. Gọi D, E, F là trung điểm của các cạnh của tam giác ABC; AK, MB là hai đường cao của tam giác; H là trực tâm. Ngoại tiếp tam giác DEF bằng một vòng tròn. Ta hãy chứng minh rằng K là chân của đường cao AK và điểm Ơle L là trung điểm của đoạn BH, nằm trên vòng tròn vừa vẽ. Thật vậy, DK là cát tuyến của tam giác BKA, xuất phát từ đỉnh của góc vuông nên bằng một nửa cạnh huyền: DK = , EF = => DK = EF Do đó hình thang DEKF cân và vòng tròn đi qua ba đỉnh D, F, E của hình thang đó phải qua đỉnh K. Nối trung điểm L của BH với trung điểm D của AB. Đường thẳng DL // AK, đường thẳng DF//BC, vậy = p/2; vì LE // CH nên = p/2. Vậy có thể vẽ được vòng tròn ngoại tiếp tứ giác EFDL và vòng tròn ngoại tiếp tam giác DEF đi qua K và L. Tương tự ta chứng minh vòng tròn đi qua 4 điểm T, P, N, M. 3.3. Một số tính chất của vòng tròn Ơle. 3.3.1. Định lý. Tâm của vòng tròn chín điểm nằm ở trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm với tâm vòng tròn ngoại tiếp. Chứng minh. Thật vậy, tâm O9 của vòng tròn chín điểm nằm tại giao điểm các đường thẳng góc dựng từ trung điểm của các đoạn thẳng KE và MF. Giả sử O là tâm của vòng tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. Vì các đường thẳng góc vừa dựng là các đường trung bình của các hình thang MHOF và KHOE nên tâm O9 của vòng tròn cần tìm phải nằm tại trung điểm cạnh OH. 3.3.2. Định lý. Bán kính của vòng tròn chín điểm bằng R/2, trong đó R là bán kính vòng tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. Chứng minh. Nối điểm E với tâm vòng tròn chín điểm O9. Đường thẳng EO9 cắt đường cao AK tại điểm L, LE là đường kính vòng tròn chín điểm. Do hai tam giác O9EO và O9LH bằng nhau, nên OE = LH và vì LH = AL nên OE = AL. Vậy tứ giác ALEO là hình bình hành và AO = LE, trong đó LE là đường kính của vòng tròn chín điểm và Ao là bán kính của vòng tròn ngoại tiếp của tam giác. Hệ quả. Khoảng cách từ một đỉnh của tam giác đến trực tâm gấp đôi khoảng cách từ tâm vòng tròn ngoại tiếp đến cạnh đối diện. 3.3.3. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), gọi H, G, O9 lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm vòng tròn 9 điểm. Khi đó H, G, O9, O thẳng hàng. Chứng minh: Gọi G là giao điểm của HO và AA’ (A’, B’, C’ là các trung điểm của BC, CA, AB) ta chứng minh G là trọng tâm DABC). Ta có HA= 2OA’ và AH // OA’ ị = = 2 ị G là trọng tâm DABC ị H, G, O thẳng hàng (1) Dễ thấy O là trực tâm DA’B’C’ (vì OA’ ^ B’C’, OB’ ^ A’C’), O9 là tâm đường tròn 9 điểm thì O9 là tâm đường tròn ngoại tiếp DA’B’C’. Theo chứng minh trên O, G, O9 thẳng hàng (G là tâm đường tròn ngoại tiếp DA’B’C’) (2) Từ (1) và (2) ta có H, G, O, O9 thẳng hàng. 3.4. Khoảng cách giữa các điểm đặc biệt trong tam giác. 3.4.1. Khoảng cách giữa tâm vòng tròn ngoại tiếp và trọng tâm. Giả sử trong DABC, O là tâm vòng tròn ngoại tiếp, G là trọng tâm, AA’ là trung tuyến, OA’ là khoảng cách từ tâm vòng tròn ngoại tiếp đến cạnh BC. Khi đó OA = R; OA’ = = AA’ = ma = Ta tìm chiều dài đoạn OG = d bằng cách dùng định lý Stuya. Ta có OA2. GA’ +OA’2. AG – OG2. AA’ = AG. GA’. AA’ => d2 = OG2 = + - AG. GA’ Nhưng = nên AG = AA’ ; GA’ = AA’ Vậy d2 = + - = R2 - => d = . Hệ quả 1. Trong bất cứ tam giác nào ta có R 2 ³ . Bất đẳng thức trên trở thành đẳng thức trong trường hợp tam giác đều vì đối với tam giác đều OG bằng không. Hệ quả 2. Trong tam giác vuông khoảng cách giữa tâm vòng tròn ngoại tiếp và trọng tâm bằng một phần sáu cạnh huyền. Trong trường hợp này R = a/2 nên d = a/6. 3.4.2. Khoảng cách giữa tâm vòng tròn chín điểm và trọng tâm. DEO9G đồng dạng với DGOA ị ị GO9 = OG Suy ra GO9 = 3.4.3. Khoảng cách từ tâm vòng tròn ngoại tiếp đến trực tâm Vì = 2 (do DGOE đồng dạng với DGAH) nên = = 3 HO = 3GO = Đối với tam giác vuông HO = c/2. 3.4.4. Khoảng cách từ trọng tâm đến tâm vòng tròn nội tiếp. A B M A’ C N I G Giả sử I là tâm vòng tròn nội tiếp trong DABC và A’ là trung điểm của BC. Ta tính các cạnh của tam giác. AA’ = Trong D IMA’ ta có MA’ = - (p – b) = Suy ra IA’ = = Tương tự trong tam giác ANI ta có IA = Vì trọng tâm G chia đoạn AA’ thành các đoạn AG và GA’ theo tỉ số 2 : 1 nên AG = AA’; GA’ = AA’ áp dụng định Stuya ta có IA2. GA’ + A’I2. AG – IG2. AA’ = AG. GA’. AA’ Kí hiệu IG = d, ta có d2 = + - AG. GA’ = + - = r2 + = r2 + = r2 + = r2 + = r2 + = r2 + = Từ đó d = Bài tập. Tìm hệ thức giữa các cạnh của tam giác trong đó giao điểm của các trung tuyến nằm trên vòng tròn nội tiếp của tam giác Giải: Vì giao điểm của các trung tuyến nằm trên vòng trong nội tiếp của tam giác nên ta có d = r Û = r Û = 2(a2 + b2 + c2) Û 5(a2 + b2 + c2) = 6(ab + bc + ca) 3.4.5. Khoảng cách giữa tâm vòng tròn ngoại tiếp và nội tiếp. Định lý Ơle. Nếu d là khoảng cách giữa các tâm vòng tròn ngoại tiếp và nội tiếp của một tam giác thì d2 = R2 – 2Rr. Trong đó R, r lần lượt là bán kính vòng trong ngoại tiếp và nội tiếp. Chứng minh. Giả sử O là tâm vòng tròng ngoại tiếp, I là tâm vòng tròn nội tiếp, DP là đờng kính vuông góc với cạnh BC và IL là đờng vuông góc hạ từ I xuống DP. Góc DIC bằng nửa tổng số các cung EA và DC, nhưng = . = , vậy góc DIC bằng nửa tổng các cung BE và DB, tức là nửa cung DE. Nhưng góc ICD cũng bằng nửa cung DE nên = và tam giác DIC cân, DC = DI Đoạn thẳng OI tính đợc từ tam giác OID d2 = OD2 + DI2 – 2OD. DL = R2 + DC2 – 2RDL = R2 + 2RDM – 2RDL = R2 + 2R(DM – DL) = R2 – 2Rr. Hệ quả. R2 ³ 2Rr Û R ³ 2r, tức là bán kính vòng tròn ngoại tiếp không bé hơn đường kính của vòng tròn nội tiếp. 3.4.6. Khoảng cách giữa tâm vòng tròn ngoại tiếp và tâm một vòng tròn bàng tiếp. Kí hiệu khoảng cách đó là da ta có da = OIa. Trong trường hợp đó công thức Euler có dạng da2 = R2 + 2Ra, trong đó R, ra lần lượt là bán kính vòng tròn ngoại tiếp, bàng tiếp tiếp xúc với cạnh a. Trong tam giác ABIa ta có = - = - Nhưng AIa và BIa lần lượt là các phân giác của các góc BAC và FBC. Vậy = = = Vậy = và tam giác BDIa cân : BD = DIa Từ Ia ta hạ đường thẳng góc IaM xuống OM (OM ^ BC). Từ tam giác OIaD ta có da2 = OIa2 = OD2 + IaD2 + 2OD. DM Vì BD = DIa và BD2 = 2R. LD, nên da2 = R2 + 2R. LD + 2R. DM = R2 + 2R(LD + DM) = R2 + 2R. LM = R2 + 2ra. Bài tập. Chứng minh rằng trong một tam giác bất kì ta có = + + Hướng dẫn áp dụng = + + 3.4.7. Khoảng cách từ tâm vòng tròn chín điểm đến các tâm vòng tròn nội tiếp và bàng tiếp. Định lý (Phây Bách). Vòng tròn chín điểm tiếp xúc với vòng tròn nội tiếp và ba vòng tròn bàng tiếp. Theo định lý trên ta có O9I = - r và O9Ia = + ra. 4. Định lý Giécgôn - Định lý Lepnit – ứng dụng 4.1. Định lý Gergone. Nếu các đường thẳng AD, BE, CF xuất phát từ các đỉnh một tam giác ABC, cắt nhau tại một điểm O nằm trong tam giác thì + + = 1 và + + = 2 Chứng minh. Vì tỉ số các diện tích AOC và ABC bằng tỉ số các đường cao của chúng, nhưng tỉ số các đường cao này lại bằng tỉ số các đoạn OE và BE (hạ từ B và O các đường cao, ta có các tam giác đồng dạng) nên = Tương tự = = Cộng các đẳng thức trên ta có + + = 1 Vì = = 1 - = 1 - , = 1 - Nên + + = 2 Định lý vẫn đúng nếu đỉnh O không nằm trong tam giác mà nằm trên một cạnh. Giả sử O thuộc AC, coi AC một mặt như đường thẳng vẽ ở A, mặt khác như đường thẳng vẽ từ C, ta có + = 1, tỉ số thứ ba bằng 0. 4.2. Hệ luận của định lý Gergone. Nếu vẽ các đường thẳng song song với các cạnh của một tam giác và đi qua trung điểm của các đoạn thẳng nối các đỉnh của tam giác với một điểm bất kì nằm trong tam giác hay trên một cạnh thì tổng ba yếu tố tuyến tính tương ứng thuộc những tam giác đó bằng yếu tố tuyến tính trong tam giác đã cho. (yếu tố tuyến tính như cạnh, chiều cao, trung tuyến...) Chứng minh. Lấy điểm O trong tam giác hay trên một cạnh của nó và nối với các đỉnh. Kéo dài các đoạn thẳng AO, OB, OC đến gặp các cạnh đối diện lần lượt tại các điểm D, E, F. Qua các điểm D’, E’, F’ là trung điểm của các đoạn OA, OB, OC ta dựng các đường thẳng song song với các cạnh BC, AC và AB. Tỉ số hai yếu tố đồng dạng tuyến tính của các tam giác đồng dạng LAK và BAC, MBN và ABC, PCQ và BCA được kí hiệu bằng kA, kB, kC. Chúng ta có kA = = ; kB = ; kC = kA + kB + kC = ( + + ) = 1 Nhân hai vế của đẳng thức với một trị số d nào đó, trong đó d là một yếu tố tuyến của tam giác ABC, chúng ta có kAd + kBd + kCd = d hay dA + dB + dC = d trong đó dA, dB, dC là các yếu tố tương ứng với yếu tố d theo thứ tự lấy trong các tam giác LAK, MBN, PCQ Ví dụ nếu d = r bán kính của vòng tròn nội tiếp thì ta có “Tổng các bán kính các vòng trong nội tiếp của các tam giác tạo thành bằng bán kính vòng tròn nội tiếp của tam giác đã cho” Bài tập. Kí hiệu diện tích của các tam giác LAK, MBN và PCQ lần lượt là SA, SB, SC. Chứng minh + + = áp dụng kA = = ()2, trong đó ha, h là đường cao của SA và S. 4.3. Định lý Lepnit. Tổng bìng phương các khoảng cách từ một điểm P bất kì đến các đỉnh của tam giác bằng tổng bình phương các khoảng cách từ các đỉnh của tam giác đến trọng tâm của tam giác cộng với ba lần bình phương khoảng cách từ trọng tâm đến điểm đã cho. Chứng minh. Giả sử P là một điểm bất kì và G là trọg tâm (giao điểm của các trung tuyến) của tam giác ABC. Kí hiệu A’, B’, C’ là chân đường vuông góc hạ từ các đỉnh A, B, C lên đường thẳng FG. Từ các tam giác PAG, PBG và PCG ta có PA2 = PG2 + AG2 – 2PG.GA’ PB2 = PG2 + BG2 + 2PG. GB’ PC2 = PG2 + CG2 + 2PG. GC’ Cộng các đẳng thức trên ta có PA2 + PB2 + PC2 = 3PG2 + AG2 + BG2 + CG2 – 2PG(GA’ – GB’ – GC’). Qua điểm G vạch một đường thẳng vuông góc với PG và hạ xuống đó các đường thẳng AA1, BB1, CC1 từ các đỉnh của tam giác. Khi đó A1A = GA’ ; B1B = GB’ ; C1C = GC’ Trên cơ sở của định lý về các cát tuyến đi qua trọng tâm, ta có GA’ – GB’ – GC’ = A1A – B1B – C1C = 0 Vậy PA2 + PB2 + PC2 = AG2 + BG2 + CG2 + 3PG2. Hệ quả 1. Quỹ tích các điểm P, mà tổng bình phương các khoảng cách từ điểm đó đến các đỉnh của tam giác không đổi, là một vòng tròn có tâm trùng với trọng tâm của tam giác. Hệ quả 2. Tổng bình phương các khoảng cách từ mọt điểm của mặt phẳng đến các đỉnh của một tam giác có giá trị nhở nhất khi điểm đó trùng với trọng tâm của tam giác. Thật vậy, theo định lý ta có PA2 + PB2 + PC2 = AG2 + BG2 + CG2 + 3PG2 = (m + m + m) + 3PG2 = 3PG2 + (a2 + b2 + c2) PA2 + PB2 + PC2 nhỏ nhất khi PG2 bằng không, tức là khi P trùng với G và min( PA2 + PB2 + PC2) = (a2 + b2 + c2). Bài tập. Chứng minh HA2 + HB2 + HC2 = 12R2 – (a2 + b2 + c2) Vì GH = 2GO nên GH = Vì P trùng với H nên ta có HA2 + HB2 + HC2 = (12R2 – (a2 + b2 + c2)) + (a2 + b2 + c2) Hay HA2 + HB2 + HC2 = 12R2 – (a2 + b2 + c2). 5. Cát tuyến. 5.1. Định nghĩa. Một đường thẳng cắt một hình gọi là cát tuyến của hình đó. Nếu hình là đa giác thì cát tuyến có thể cắt không những các cạnh của hình mà còn cả các phần kép dài của các cạnh đó.. 5.2. Định lý Mênêlaúyt. Cho tam giác ABC và ba điểm bất kì A’, B’, C’ trên các đường thẳng chứa các cạnh BC, CA, AB sao cho : hoặc cả ba điểm A’, B’, C’ đều nằm trên phần kéo dài của ba cạnh, hoặc một trong ba điểm đó nằm trên phần kéo dài của một cạnh còn hai điểm kia nằm trên hai cạnh của tam giác. Điều kiện cần và đủ để ba điểm C’, B’, A’thẳng hàng là . .= 1 (1) Chứng minh. 1) Điều kiện cần (=>) A’, B’, C’ thẳng hàng => (1) Ta xét trường hợp hai điểm B’, C’ nằm trên hai cạnh của tam giác, còn A’ nằm trên phần kéo dài của BC. Từ B ta kẻ đường thẳng song song với AC, cắt đường thẳng A’B’ tại M. Ta có = ; = Nhân vế với vế hai đẳng thức trên ta có . = . Û . .= 1 2) Điều kiện đủ (<=) => A’, B’, C’ thẳng hàng Giả sử B’, C’ nằm trên hai cạnh của tam giác, còn A’ nằm trên phần kéo dài của BC, và có hệ thức (1). Nếu C’ không ở trên đường thẳng A’B’ và A’B’ cắt AB tại C” thì theo điều kiện cần ta có . .= 1 (2) Từ (1) và (2) ta có = Vậy C” trùng với C’ (do C’ và C” đều nằm trong đoạn thẳng AB) và ba điểm A’, B’, C’ thẳng hàng. Chứng minh tương tự cho trường hợp ba điểm A’, B’, C’ đều nằm trên phần kéo dài của ba cạnh. 5.3. Định lý Các nô (Định lý Mênêlauyt mở rộng). Nếu có một đường thẳng cắt các cạnh của một đa giác phẳng hay các các cạnh kéo dài thì tích các đoạn thẳng xác định không có đầu mút chung bằng tích các đoạn thẳng còn lại. Chứng minh. Giả sử đa giác ABCDE bị cắt bởi đường thẳng LMNPQ. Vẽ đường thẳng bất kì FG và cắt đường thẳng đó bằng các đường thẳng song song với đường thẳng PQ xuất phát từ các đỉnh của đa giác. Khi đó ta có = ; = ; = = ; = Sau khi nhân các đẳng thức trên với nhau ta có .... = 1 5.4. Các tuyến đi qua trọng tâm của tam giác. Nếu có đường thẳng đi qua trọng tâm của tam giác, thì tổng các khoảng cách từ đường thẳng tới hai đỉnh ở cùng mọt phái bằng khoảng cách tới điểm thứ ba. Chứng minh. Giả sử M là giao điểm của các đường trung tuyến, A’B’C’ là cát tuyến đi qua trọng tâm M, A’, B’, C’ là chân của các đường thẳng góc hạ từ các đỉnh A, B, C lên cát tuyến trên. Ta có = = 2. Từ hình thang AA’C’C ta có 2LF = AA’ + C’C Vậy BB’ = AA’ + CC’. Chú ý. Nếu quan tâm đến chiều của các đoạn thẳng ta có BB’ = - AA’ – CC’ hay BB’ + CC’ + AA’ = 0 Như vậy tổng đại số các khoảng cách từ các đỉnh đến một đường thẳng vẽ qua trọng tâm của tam giác bằng không. Hệ quả. Trị số tuyệt đối của tổng các khoảng cách từ các đỉnh của tam giác đến một đường thẳng bất kỳ bằng ba lần khoảng cách từ trọng tâm đến đường thẳng đó. Chứng minh. Giả sử khoảng cách từ các đỉnh của tam giác ABC đến đường thẳng bất kì NP lần lượt bằng dA, dB, dC. Ta có dA = AD, dB = BE; dC = CF. Vẽ qua trọng tâm đường thẳng ML song song với NP. Ta kí hiệu khoảng cách giữa các đường thẳng đó bằng l, và khoảng cách từ các đỉnh A, B, C đến đường thẳng ML lần lượt bằng d’A, d’B, d’C : d’A = AR, d’B = BQ, d’C = CL. Khi đó chú ý đến chiều của đoạn thẳng ta có AD = AR + RD ; BE = BG + QE ; CF = CL + LF AD+ BE + CF = AR + BQ + CL + RD + QE + LF hay dA + dB + dC = d’A + d’B + d’C + 3l Û dA + dB + dC = 3l. Nếu đường thẳng không cắt tam giác thì tổng các khoảng cách từ các đỉnh của tam giác đến đường thẳng bằng ba lần khoảng cách từ trọng tâm đến đường thẳng đó. 5.5. Cát tuyến đi qua tâm vòng tròn nội tiếp của tam giác. Bổ đề. Nếu qua điểm M nằm trên cạnh bên của một hình thang và chia cạnh đó theo tỉ số kể từ đáy a, người ta vẽ một đường thẳng song song với các đáy a và b, thì đoạn thẳng gồm giữa các cạnh bên của hình thang là B a C M K N A F b D Chứng minh. Giả sử trên hình thang ABCD, qua điểm M người ta vẽ đường thẳng MN, song song với các đáy, sau đó giả sử BF // CD. Từ các tam giác đồng dạng ABF và MBK ta có MK = AF = (b – a) = MN = KN + KM = a + = . Dựa và bổ đề trên ta rút ra một số tính chất sau Tính chất 1. Nếu qua tâm của vòng tròn nội tiếp trong một tam giác ta vẽ một cát tuyến và trên đó hạ từ các đỉnh của tam giác các đường vuông góc dA, dB, dC thì adA+ bdB + cdC = 0, nếu ta chú ý đến chiều của các đoạn thẳng dA, dB, dC. Định lý Van Oben “Đối với mỗi đường thẳng trong các đường Cêva cắt nhau tại 1 điểm nằm trong một tam giác, có hệ thức = + ” Giả sử AA’ = dA, BB’ = dB, CC’ = dC. Theo định lý Van Oben ta có = hay a.AA’ = (b + c)FD Dựa vào bổ đề và vì = ta có FD = Vậy a.AA’ = b.B’B + c.C’C Û a.AA’ = - b.BB’ - c.CC’ Û a.dA + b. dB + c. dC = 0. Tính chất 2. Giả sử vẽ một cát tuyến bất kì MN và trên đó hạ từ các đỉnh của tam giác các đường vuông góc AA’ = dA, BB’ = dB, CC’ = dC. Khi đó ẵa.dA + b. dB + c. dCẵ = 2pr , trong đó r là khoảng cách từ tâm vòng tròn nội tiếp trong tam giác đến đường thẳng, 2p là chu vi tam giác. Vẽ qua tâm của vòng tròn nội tiếp một đường thẳng song song với cát tuyến, và hạ trên đó từ các đỉnh đường vuông góc AA1 = d’A, BB1 = d’B, CC1 = d’C, khi đó chú ý rằng A1A’ = B1B’ = C1C’ = r ta có adA + bdB + cdC = a(AA1 + A1A’) + b(BB1 + B1B’) + c(CC1 + C1C’) = ad’A + bd’B + cd’C + (a + b + c)r = 2pr Hệ quả. Nếu từ các đỉnh ta hạ các đường vuông góc dA, dB, dC xuống một tiếp tuyến của vòng tròn bán kính r có tâm trùng với tâm vòng tròn nội tiếp thì ẵa.dA + b. dB + c. dCẵ = 2pr 5. Một số đường đặc biệt trong tam giác. 5.1. Đường thẳng Ceva. Trong định lý Cêva thì các đường thẳng AA’, BB’, CC’ xuất phát từ các đỉnh của tam giác ABC và đồng quy tại một điểm là ba đường thẳng Cêva. Các đoạn thẳng AA’, BB’, CC’ gọi là các đoạn thẳng Cêva. Giao điểm của các đường thẳng Cêva gọi là điểm Cêva. Một số tính chất của các đường thẳng Cêva. Định lý Van Oben. Đối với mỗi đường thẳng trong các đường Cêva cắt nhau tại 1 điểm nằm trong một tam giác, có hệ thức = + Chứng minh. Qua đỉnh A vẽ đường thẳng MAN song song với BC. Từ những tam giác đồng dạng MKN và BKC ta có = = = + Từ các tam giác đồng dạng MAC’ và CBC’ ta có = Từ các tam giác đồng dạng NAB’ và B’BC ta có = Vậy = + . Định lý được chứng minh Các trường hợp đặc biệt của định lý a) Các đường thẳng AA’, BB’, CC’ là trung tuyến. Khi đó = 1 + 1 = 2 Mỗi trung tuyến bị điểm đồng quy của các trung tuyến chia theo tỉ số 2 : 1 kẻ từ đỉnh. b) Các đường thẳng AA’, BB’, CC’ là các phân giác trong, K là tâm vòng tròn nội tiếp. Khi đó = , = => = c) K là giao điểm của các đường thẳng Xeva, là điểm Gergone = , = => = + = d) K là điểm Naghen = , = => = 5.2. Đường thẳng Simson. Chân các đường thẳng góc hạ từ một điểm bất kì nằm trên một vòng tròn xuống các cạnh của một tam giác nội tiếp, nằm trên một đường thẳng. Đường thẳng đó gọi là đường thẳng Simson. Chứng minh. Các tam giác vuông MC’B và MB’C đồng dạng, vì góc = góc (hai góc cùng bằng một nửa cung MBA) do đó = Từ cá