Luận văn sư phạm Tam giác và một số các kết quả

Chứng minh rằng trong một tam giác a Các đường thẳng nối đỉnh với tiếp điểm đường tròn nội tiếp trên cạnh đối diện đồng quy tại một điểm điểm Gergone.. b, Trong một tam giác, khoảng cách

Trong chương trình môn Toán ở nhà trường phổ thông nước ta hiện nay, các kết quả của tam giác chưa được phổ biến rộng rãi mà chỉ được quan tâm bởi những học sinh khá, giỏi hay những ai yêu thích bộ môn toán hình học Tuy nhiên nếu đi sâu nghiên cứu ta sẽ nhận thấy rằng trong nhiều trường hợp, kết quả của tam giác là một công cụ hữu hiệu để giải quyết một số bài toán một cách hợp lý và ngắn gọn mà nếu không có các kết quả đó thi hẳn rằng việc giải quyết các bài toán đó là cực kì khó khăn Đó là việc làm mang lại hứng thú học tập cho học sinh đối với các bài toán chứng minh,tính toán…

Với niềm đam mê Toán học và đặc biệt là niềm yêu thích môn Hình học, em rất mong muốn ứng dụng các kết quả tam giác vào giải bài toán hình học phẳng Dưới sự hướng dẫn của thầy giáo Bùi Văn Bình em đã thực hiện được điều đó Trong khuôn khổ của một khóa luận và thời gian nghiên cứu nên em chỉ tập chung nghiên cứu đề tài “Tam giác và một số các kết quả”

2 Mục đích nghiên cứu

Làm rõ tính hữu ích kết quả của tam giác trong giải các bài toán về tam giác

2

3 Đối tượng nghiên cứu

Các kết quả của tam giác và ứng dụng trong giải toán tam giác

4 Mức độ và phạm vi nghiên cứu

Mức độ nghiên cứu: Các kết quả của tam giác

Phạm vi nghiên cứu:Các bài toán tam giác trong hình học phẳng

5 Nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu được những kiến thức cơ bản kết quả của tam giác, đưa

ra được hệ thống bài tập về các dạng: chứng minh, tính toán, sử dụng các kết quả để giải quyết các bài toán và chứng minh các định lí

3

Nội Dung

1 Định lí Céva về ba đường thẳng đồng quy

Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lần lượt cho các điểm A’, B’, C’ không trùng với các đỉnh.Ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ song song hoặc đồng quy khi và chỉ khi :

(BCA’) (CAB’) (ABC’) = -1 (1)

4

 Điều kiện đủ: Giả sử (BCA’) (CAB’) (ABC’) = -1  Trong ba đường thẳng AA’; BB’; CC’ không có hai đường nào cắt nhau.Ba đường trên đôi một song song

 Trong ba đường trên có 2 đường cắt nhau:

5

Theo ®iÒu kiÖn cÇn

BCA.  CAB ABC    (1’) 1

 (BCA’) (CAB’) (ABC’) = -1

฀Ta có hai đường cao cắt nhau nên chúng đồng quy

Giả sử : BCA CAB  '  ABC  (2)  1

Ta phải chứng minh : B’C’ và BC cắt nhau Thật vậy, nếu xảy ra điều ngược lại nghĩa là B’C’ // BC ta có :

8

Bài tập:

Bài 1

Chứng minh rằng trong một tam giác

a) Các đường thẳng nối đỉnh với tiếp điểm đường tròn nội tiếp trên cạnh đối diện đồng quy tại một điểm (điểm Gergone)

b) Các đường thẳng nối đỉnh với tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc ở

đỉnh đó trên cạnh đối diện đồng quy tại một điểm (điểm Nagel)

Lời giải

a) Vì AB, AC,BC là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Gọi A’; B’; C’ lần lượt là tiếp điểm của BC; CA; AB với đường tròn nội tiếp

r C A ; ca 11

r  A BXét BCA CAB1  1  ABC1 

b) Với các điểm M N P, ,  thỏa mãn

BCMM  CANN  ABPP  các đường thẳng AM1 *, BN*, CP*

đồng quy hoặc song song với nhau

3 Các hệ thức giữa độ dài của đoạn thẳng đặc biệt trong tam giác

Ta đã biết các hệ thức lượng cơ bản trong tam giác

Trong tam giác vuông, ta có :

a2 = b2 + c2

b2 = a.b’ ; b.c=h

h2 = b’.c’, 12 12 12

h b c Trong tam giác bất kì, ta có:

Sau đây là hệ thức giữa các cạnh, các góc và độ dài các đoạn thẳng

đặc biệt trong tam giác ( trung tuyến, phân giác, đường cao, bán kính

đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp, bàng tiếp, khoảng cách giữa các điểm như trọng tâm, trực tâm , đường tròn nội tiếp ,v,v…)

Nh©n (1) víi (2) theo thøu tù ,

víi m vµ n, råi céng vÕ víi vÕ:

hay

2 2

Gọi R r, , , ,  a b c lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp

và bàng tiếp (trong góc A,B,C) của ABC có các cạnh a, b, c với nửa chu vi của tam giác

Bµi tËp vËn dông

Bµi 1 Chøng minh r»ng trong mét tam gi¸c:

a, Kho¶ng c¸ch gi÷a träng t©m G vµ t©m O ®­êng trßn ngo¹i tiÕp

b, Trong một tam giác, khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến một cạnh bằng nửa khoảng cách giữa trực tâm với đỉnh của cạnh đối diện cạnh đó

Gọi N và E là trung điểm của AC và CH

Dễ thấy tứ giác OLEN là hình bình hành, do đó:

GH  AG  AH 

Điểm G chia trung tuyến AL theo tỉ số 1

2 nên G đúng là trọng tâm của tam giác, và ta có: 2 2 9 2 ( 2 2 2)

GH  OG R  a b cBài 2: Chứng minh rằng trong một tam giác vuông với cạnh huyền c, có

Chøng minh:

Cho ABC víi ®­êng trßn ngo¹i tiÕp (O,R)

vµ ®­êng trßn néi tiÕp (I,r)

C¸c tia ph©n gi¸c AI c¾t ®­êng trßn ngo¹i

tiÕp (O) t¹i D vµ E DO c¾t BC t¹i K vµ c¾t

§Þnh lÝ 2: Trong mét tam gi¸c, gi÷a b¸n kÝnh R cña ®­êng trßn ngo¹i tiÕp, b¸n kÝnh a cña ®­êng trßn bµng tiÕp trong gãc A vµ kho¶ng c¸ch d gi÷a 2 ®­êng trßn nµy, cã hÖ thøc a

d R  R

Chøng minh

Gäi I lµ t©m ®­êng trßn bµng tiÕp trong gãc A cña tam gi¸c ABCa  vµ

D lµ giao ®iÓm cña ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c víi ®­êng ph©n gi¸c cña gãc A

D lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña ฀BC (Do ฀A1 ฀A2)

nªn OD BC t¹i K Trong tam gi¸c vu«ng DBF cã

2 2

VËy da2 R2 2 (R KD DH )R22 .Ra

Hình 15

Tổng bình phương các khoảng cách từ một điểm P bất kì đến các

đỉnh của một tam giác bằng tổng bình phương các khoảng cách từ các

đỉnh đến trọng tâm G của tam giác, cộng thêm ba lần bình phương khoảng cách từ trọng tâm đến điểm P

tâm của tam giác; A B C A lần lượt là hình chiếu của các điểm A, B, 1, , ,1 1 1

C, và trung điểm A của cạnh BC, lên đường thẳng  bất kì kẻ qua G Ta có:

2 (2)

A A(  A A là đường trung bình của hình thang BB1 1C1C )

Hỡnh 16

1) Quỹ tích các điểm P, mà tổng bình phương các khoảng cách từ điểm

đó đến các đỉnh của một tam giác không đổi, là một đường tròn có tâm trùng khớp với trọng tâm của tam giác

Chứng minh

Gọi k k ka b c, , theo thứ tự, là khoảng

cách từ tâm O đường tròn ngoại tiếp

đến các cạnh a, b, c; H là trực tâm

của tam giác R,r là bán kính của

đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp ,p

là nửa chu vi và S là diện tích

Cho ABC , Gọi M, N, P lần lượt là các điểm thuộc cạnh BC, AC,

AB d d d lần lượt là các đường thẳng đi qua M, N, P và vuông góc M, N, Pvới BC, AC, AB Chứng minh d d d khi và chỉ khi M, N, P

MB NC PA MC NA PBGiải

Đẳng thức này đúng nên ta có (Đpcm)

b) Phần đảo

Gọi giao điểm của d d là O M, N

Qua O hạ đường vuông góc xuống AB tại P

giữa không bằng nhau: B฀1C฀1 ta suy ra :CM > BN, tức CM > DM (Vì

DM = BN) Từ đó : ฀D2 C฀3 (3)

Từ (2),(3) D฀1D฀2 C฀2C฀3

Hay ฀NDC NCD >฀ trái với (1)

b) Do 2 góc  ฀B , C có vai trò như nhau, nên với chứng minh trên cũng đủ

để kết luận rằng, nếu B C thì dẫn đến mâu thuẫn  ฀

5 Tam giác trực tâm và định lí Fagnano

Cho tam giác nhọn ABC Tam giác MNP có đỉnh nằm trên 3 cạnh của ABC được gọi là tam giác nội tiếp trong tam giác (Hình 29) Tam

Hỡnh 21

giác nội tiếp có đỉnh là chân 3 đường cao ( D, E, G) của tam giác ABC

được gọi là tam giác trực tâm của tam giác ABC (Hình 30)

Tam giác trực tâm có một số tính chất và thể hiện trong 2 định lí sau đây: 5.1 Định lí

Các đường cao của tam giác nhọn ABC là các đường phân giác trong của tam giác trực tâm của tam giác ABC

Cho tam giác nhọn ABCvà DEF là tam giác trực tâm của nó

Để chứng minh đường cao AD của tam giác ABC là phân giác trong của

Hỡnh 24

Chứng minh của Fejer

Cho ABC , có tam giác trực tâm DEF Lấy D1,D2 đối xứng của D qua AB, AC

Theo định lí 5.1 , dễ dàng thấy suy ra D1 ,E, F, D2 thẳng hàng và chu vi DEF

 bằng đoạn thẳng D1D2

Xét tam giác bất kì MNP, nội tiếp trong tam giác ABC và không trùng với DEF

Hỡnh 25

Nªn D1D2< M1M2 tøc lµ

C.vDEF < C.v MN’P’  C.v MNP (®pcm)

Hình 26

Chứng minh của Schawartz

Để chứng minh tam giác trực tâm DEF có chu vi nhỏ hơn chu vi mọi tam giác MNP, khác DEF, nội tiếp trong tam giác ABC, ta dựng liên tiếp các hình đối xứng qua trục như sau:

ABC  AB’C  A’B’C  A’B’C’

( qua AC ) ( qua B’C ) ( qua A’B’)

 A’B’’C’’  A’’B’’C’  A’’B’’C’’

( qua A’C’ ) ( qua B’’C’ ) ( qua B’’A’’)

Chú ý rằng khi dựng hình đối xứng qua AC , ABC  AB’C thì DEF  D’EF’ và F, E, D’ thẳng hàng ( do ฀AEF DEC฀ theo định lí 1) Cũng vì thế , tam giác trực tâm D’E’F’ của A’B’C có cạnh D’E’ nằm trên

đường thẳng FED’ Tiếp tục như vậy, khi ABC  A’’B’’C’’ thì

E  E’’ và đoạn thẳng EE’’ dài bằng hai lần chu vi tam giác trực tâm DEF

Trong khi đó MNP  M’NP’……  M’’N’’P’’ và đường gấp khúc NM’PN’M’’P’’N’’ dài bằng 2 lần chu vi tam giác nội tiếp MNP Phép biến hình biến tam giác ABC ( có các góc ฀ ฀A,B và ฀C ) thành tam giác A’’B’’C’’ có thể thực hiện bằng cách áp dụng liên tiếp các phép quay sau đây ( theo cùng chiều quay của kim đồng hồ )

Hỡnh 27

- Quay quanh C , góc quay ฀2C : ABC  A’B’C

- Quay quanh A’, góc quay ฀2A : A’B’C  A’B’’C’

- Quay quanh B’’, góc quay ฀2B: A’B’’C’  A’’B’’C’’

Như vậy A’’B’’C’’ có được từ ABC qua phép quay ฀2(A B C) ฀ ฀ = 3600Tức là qua một phép tịnh tiến Trong phép tịnh tiến này, E  E’’ vì

NN’’ cho nên EE’’ = NN’’ mà độ dài đoạn NN’’ ngắn hơn độ dài

đường gấp khúc NM’P’…… N’’

Vì vậy chu vi DEF < chu vi MNP ( đpcm)

6 Bài toán Napoleon và điểm Torricelli

6.1 Bài toán Napoleon

Nếu trên các cạnh của một hình tam giác bất kì, về phía ngoài của

nó , ta dựng các tam giác đều thì tâm của các tam giác đều này là đỉnh của một tam giác đều

Bài toán có nhiều cách giải sau đây là hai cách :

Cách 1:

Ta dựng các đường tròn ngoại tiếp  đều AC’B, BCA’ dựng trên hai cạnh AC, BC Hai đường tròn này cắt nhau ở C và O ( hình vẽ ) Hai tứ giác nội tiếp AB’CO và BA’CO có ฀B' A' 60 ฀  0

Do đó ฀AOC BOC 120 ฀  0 Suy ra ฀AOB 120 0 và đường tròn ngoại tiếp ABC’ cũng qua O Như vậy , 3 đường tròn ngoại tiếp các tam giác đều ABC’, BCA’, CAB’ cắt nhau tại O Ta có IJ  OC ( vì IJ là đường nối tâm của 2 đường tròn có dây chung là OC ) Tương tự JK  OA Do đó , vì ฀AOC 120 0 nên ฀IJK 60 0

Chứng minh tương tự ta được ฀IJK KIJ 60฀  0tức IJK đều (đpcm) Cách 2:

hay ฀O O O2 1 3600

Vậy O O O1 2 3 là tam giác đều (đpcm)

6.2 Điểm Torricelli

Theo cách giải thứ nhất của bài toán Napoleon ta thấy rằng:

Nếu trên các cạnh của một tam giác ABC, về phía ngoài của nó, ta dựng các tam giác đều BCA’, CAB’ và ABC’ thì các đường tròn ngoại tiếp các tam giác đều cắt nhau tại 1 điểm O; điểm này được gọi là Torricelli của ABC

Giả sử ABC có ฀A là lớn nhất

Dễ thấy rằng:

- Nếu ฀A 120 0 thì điểm Tornicelli O

là điểm ở trong ABC; lúc đó ta có

AOB BOC COA 120   (H27)

- Nếu ฀A 120 0 thì A là điểm

Tornicelli của ABC

- Nếu ฀A 120 0 thì điểm Torricelli

O nằm ngoài ABC, lúc đó ta có

BOC  còn ฀BOA COA 60฀  0

Dễ dàng chứng minh rằng các đường thẳng AA’, BB’, CC’ cắt nhau tại hai điểm Tornicelli O

Thực vậy (H28), ฀AOC 120 0 mà ฀COA' 60 0 ( do O nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều BCA’) nên 3 điểm A, O và A’ thẳng hàng Tương tự như vậy với các điểm B, O, B’ và C, O, C’

Điểm Torinicelli có một số tính chất đặc biệt sau đây

Hỡnh 30

Định lí:

Nếu ABC có ba góc lớn nhất A 1200, thì điểm Tornicelli O là

điểm có tổng khoảng cách đến các đỉnh của ABC là nhỏ nhất (nhỏ hơn tổng các khoảng cách từ bất kì điểm M nào khác, trong mặt phẳng của ABC, đến các đỉnh của ABC)

đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC Bổ đề được chứng minh

Hỡnh 31

Dùng bổ đề này, dễ dàng chứng minh định lí đã cho : vì điểm Tornicelli

O nằm trên cung nhỏ ฀BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều A’BC (Hình 37), nên OB + OC = OA’

Do đó OA + OB +OC = OA + OA’ = AA’

Chứng minh

1 Tứ giác MNPQ có MN // BC // PQ ( MN, PQ là đường trung bình trong ABC, DBC ) và PN // AD // QM (NP, MQ là đường trung bình trong tam giác ADB, ACD ), nên MNPQ là hình chữ nhật nội tiếp

được đường tròn đường kính MP và NQ

2 Tương tự tứ giác MFPL có các cặp cạnh đối song song với AB và

đường cao tương ứng, cũng là một hình chữ nhật nội tiếp được trong

7.2 Các tính chất của đường tròn Eluer

1 Tâm E của đường tròn Euler là trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm D của tam giác với tâm O của đường tròn ngoại tiếp

Quả vậy, OL // FD ( cùng vuông góc với BC ) nên OL // QM Tương

tự OM // QL Do đó OL = QM = AD

2 = FD, và tứ giác FDLO là một hình bình hành Vậy trung điểm E của FL cũng là trung điểm của OD

Đường thẳng OED là đường thẳng Euler

2 Đường kính của đường tròn Euler bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp

Quả vậy, EF là đường trung bình trong ADO nên EF = OA R

2  2

3 Trực tâm D của tam giác là tâm vị tự trong phép vị tự, tỉ số 1

k , biến đường tròn ngoại tiếp thành đường tròn Euler

Quả vậy, vì DE = 1.DO

2 và

12

Vậy là đường tròn Euler của mỗi tam giác đó có ba điểm chung với

đường tròn Euler của ABC, nên tất cả các đường tròn Euler đó trùng nhau , nói cách khác, tất cả 4 tam giác nói trên có đường tròn Euler chung

Hỡnh 33

Hệ quả: Do có chung đường tròn Euler nên 4 tam giác nói trên có

đường tròn ngoại tiếp bằng nhau, bán kính của mỗi đường tròn ngoại tiếp

đó bằng đường kính của đường tròn Euler

Bài tập

Bài 1 Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp 1 tam giác chia đôi những

đoạn thẳng nối tâm điểm đường tròn nội tiếp với tâm điểm các đường tròn bàng tiếp trong các góc của tam giác đó

1 ABC trở thành tam giác trực tâm của I I Ia b c

2 Đường tròn ngoại tiếp ABC trở thành đường tròn Euler của I I Ia b c

do đó phảI đi qua

+ Ba điểm Euler, tức là trung điểm của các đoạn thẳng nối trực tâm I với các điểm I ,I ,I Nói cách khác, đường tròn ngoại tiếp (O) chia đôi a b ccác đoạn thẳng nối liền tâm điểm I của đường tròn nội tiếp với các tâm

điểm của các đường tròn bàng tiếp trong các góc ฀ ฀ ฀A,B,C

+ Ba trung điểm của các đoạn thẳng nối tâm điểm của các đường tròn bàng tiếp từng đôi với nhau

Bài 2 Cho ABC và 1 đường thẳng  bất kì kẻ qua tâm đường tròn Euler Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ trực tâm và các đỉnh ( ở cùng phía với trực tâm đối với  ) đến  bằng tổng các khoảng cách từ

đỉnh còn lại đến 

Giải

Hỡnh 35

Gọi hình chiếu trên  của 3 đỉnh A, B, C trực tâm H, trung điểm D của BC, trung điểm D của BC , trung điểm F của AH theo thứ tự là A’, B’, C’, H’, D’, F’

Ta có : DD’ = FF’ (vì DEF là một đường kính của đường tròn Euler )

Mà 2DD’ = BB’ + CC’ và 2EF’ = AA’ + HH’ (nếu A và H ở cùng phía với  ) Từ ba đẳng thức trên ta suy ra

Gọi E, O, I là tâm các đường tròn Euler, đường tròn ngoại tiếp và

đường tròn nội tiếp của ABC, H là trực tâm

QOS là đường kính vuông góc với BC, F, N là hình chiếu của E và I lên

BC, P là hình chiếu của A lên OQ; R là bán kính của (O) ; r bán kính ( I )

1 Chứng minh ( E ) tiếp xúc trong với (I)

a Chøng minh PO = 2EF

Qu¶ vËy PO = AK - OM = AH + HK - OM = 2OM + HK - OM

PO = OM + HK = 2EF ( v× EF lµ ®­êng trung b×nh cña OMKH )