Một Số Chuyên đề Bài Viết Về Hình Học Phẳng

Có thể bạn quan tâm

Đăng ký
Đăng nhập
Liên hệ

Đồ án, luận văn, do an, luan van

Thư viện đồ án, luận văn, tiểu luận, luận án tốt nghiệp, thạc sĩ, tiến sĩ, cao học

Trang Chủ
Tài Liệu
Upload

Một số Chuyên đề bài viết về hình học phẳng

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 · · · · · · sin sin sin . . 1 sin sin sin ABE BCF CAD DAB EBC FCA = . 1.3 AE .CD . BF 1 EC DB FA = . 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: · · · · sin sin . sin sin ABE ABP AP DAB BAP BP = = (1) Tương tự, ta cũng có: · · sin ; sin BCF BP EBC CP = (2) · · sin . sin CAD CP FCA AP = (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: · · · · sin sin ; . sin sin ADB AB CAD CD BAD DB ACD CA = = Do đó: · · sin . . sin CAD AB CD BAD CA DB = (BDA · + ·ADC = 1800 ) (4) Tương tự, ta cũng có: · · sin . . sin BCF CA BF FCA BC FA = (5) www.laisac.page.tl MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ, BÀI VIẾT VỀ HÌNH HỌC PHẲNG (Tập I:VẬN DỤNG TÍNH CHẤT, ĐỊNH LÝ NỔI TIẾNG)· · sin . . sin ABE BC AE EBC AB EC = (6) Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được 1.3. Giả sử 1.3 đúng, ta gọi P = CF I BE,D1 = AP I BC. Theo 1.1 và 1.2, ta có: 1 1 AE .CD . BF AE .CD . BF 1 EC D B FA EC DB FA = = hay: 1 1 . CD CD D B DB = Do đó: D º D1 . 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).

75 trang | Chia sẻ: anhquan78 | Lượt xem: 2654 | Lượt tải: 1

Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Một số Chuyên đề bài viết về hình học phẳng, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trênCác chuyên đề, bài viết dưới đây do laisac sưu tầm trên Internet rồi biên soạn, cắt xén và dán thành hai file tổng hợp với mục đích phụ giúp (thời gian tìm kiếm) cho các em ở đội tuyển trường THPT chuyên L.V.C . Vì không liên hệ được trực tiếp với các tác giả để xin phép, mong thông cảm! 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 · · · · · · sin sin sin . . 1 sin sin sin ABE BCF CAD DAB EBC FCA = . 1.3 . . 1 AE CD BF EC DB FA = . 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: · · · · sin sin . sin sin ABE ABP AP BP DAB BAP = = (1) Tương tự, ta cũng có: · · sin ; sin BCF BP CP EBC = (2) · · sin . sin CAD CP AP FCA = (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: · · · · sin sin ; . sin sin ADB AB CAD CD DB CA BAD ACD = = Do đó: · · sin . . sin CAD AB CD CA DB BAD = · · ( ) 0 180 BDA ADC + = (4) Tương tự, ta cũng có: · · sin . . sin BCF CA BF BC FA FCA = (5) www.laisac.page.tl M Ộ T S Ố C H U Y Ê N Đ Ề , B À I V I Ế T V Ề H Ì N H H Ọ C P H Ẳ N G ( T ậ p I : V Ậ N D Ụ N G T Í N H C H Ấ T , Đ Ị N H L Ý N Ổ I T I Ế N G ) · · sin . . sin ABE BC AE AB EC EBC = (6) Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được 1.3. Giả sử 1.3 đúng, ta gọi 1 , . P CF BE D AP BC = = I I Theo 1.1 và 1.2, ta có: 1 1 . . . . 1 CD AE BF AE CD BF EC D B FA EC DB FA = = hay: 1 1 . CD CD D B DB = Do đó: 1 D D º . 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 điểmGergonne (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: · · 1 1 1 1 sin sin SA SAA AA A SA = hay · µ ( ) 1 2 0 1 sin sin 45 SA BAA AA B = + Tương tự: · µ ( ) 1 2 0 1 sin sin 45 TA CAA AA C = + hay µ ( ) · 0 1 1 2 sin 45 sin C AA TA CAA + = .Do đó, ta được: · · µ ( ) µ ( ) 0 2 1 1 0 1 1 2 sin 45 sin . . 1. sin sin 45 C BAA AA SA TA AA CAA B + = = + (1) Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng được: · · µ ( ) µ ( ) 0 2 0 2 sin 45 sin . 1. sin sin 45 B BCC ACA A + = + (2) · · µ ( ) µ ( ) 0 2 0 2 sin 45 sin . 1. sin sin 45 A ABB CBB C + = + (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. 2. 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 . . 1. AH BF CG HB FC GA = - Chứng minh: Ø Phần thuận: Sử dụng định lý sin trong các tam giác AGH, BFH, CGF, ta được: · · · · · · sin sin sin ; ; sin sin sin AH AGH BF BHF CG GFC GA HB FC AHG HFB CGF = = = . (với lưu ý rằng · · · · · · sin sin ;sin sin ;sin sin . AGH CGF AHG BHF HFB GFC = = = ) Nhân từng vế ta được điều phải chứng minh. Ø Phần đảo: Gọi ' . F GH BC = I Hoàn toàn tương tự ta có được: ( ) ' . . . . 1 . ' AH BF CG AH BF CG HB F C GA HB FC GA = = - Hay ' ' BF BF F C FC = , suy ra '. F F º 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 , , . P AB DE Q BC EF R CD FA = = = I I I Chứng minh rằng P, Q, R thẳng hàng. Chứng minh: Gọi , , . X EF AB Y AB CD Z CD EF = = = I I I Áp dụng định lý Menelaus cho Bc, DE, FA (đối với tam giác XYZ), ta có: ( ) . . . . . . 1 . ZQ XB YC XP YD ZE YR ZF XA QX BY CZ PY DZ EX RZ FX AY = = = - Do đó: . . 1 ZQ XP YR QX PY RZ = - . 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. 4. 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 ' ', ' ', ' '. P BC B C Q CA C A R AB A B = = = I I I P Y Z R Q O F A C D E B X 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 1 1 1 2 2 2 . 4 A B C ABC R OM S S R - = 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 1 1 sin B C AM a = . Tương tự, ta được 1 1 sin AC BM b = và 1 1 sin B C CM g = . Từ đó suy ra: 1 1 1 1 1 1 , , . 2 2 2 B C AM AC BM A B CM BC R AC R BC R = = = Giả sử AM, BM, CM cắt đường tròn C(O,R) tại X, Y, Z. Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . A B C A B M MB C ACM MAC ZYB BYX ZYX Ð = Ð + Ð = Ð + Ð = Ð + Ð = Ð Tương tự, 1 1 1 B C A YZX Ð = Ð và 1 1 1 . B AC YXZ Ð = Ð Do đó, 1 1 1 A B C D đồng dạng với XYZ D và 1 1 1 1 1 . A B C R A B XY R = Mặt khác, MAB D đồng dạng với MYX D nên ta có . XY MX AB MB = Từ các kết quả thu về ta được: 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 . . . . . . . . . 2 2 4 4 A B C ABC A B C R OM S R A B B C AC MX MA MB MA MX S R AB BC AC MB R R R R - = = = = 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 ( , , ) u v w . Với một điểm P bất kỳ nằm trong mp(ABC). Ta được: 2 2 2 2 2 2 2 . . . ( ) . vwa uwb uvc u PA v PB w PC u v w PM u v w + + + + = + + + + + 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: 2 2 2 2 2 2 . ( ) vwa uwb uvc R OM u v w + + - = + + 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: 1 1 1 2 2 2 2 2 . 4 ( ) A B C ABC S vwa uwb uvc S R u v w + + = + + 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 1 W và 2 W là hai điểm Brocard của tam giác ABC. Chứng tỏ rằng 1 2 O O W = W , với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Hướng dẫn: Từ định nghĩa điểm Brocard, ta thấy: 1 1 1 1 AB BC CA w ÐW = ÐW = ÐW = , tương tự 2 2 1 2 BA AC CB w ÐW = ÐW = ÐW = . Ta đi chứng minh 1 2 w w = . Để ý rằng 1 2 1 1 1 2 . sin sin . sin sin B C ABC S B BC w w S AB BC b b W W = = và tương tự, 1 1 2 2 1 1 2 2 sin sin , . sin sin C A A B ABC ABC S S w w S S g a W W = = Cộng các diện tích ta được: 1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2 sin sin sin 1 sin sin sin B C C A A B ABC S S S w w w S a b g W W W + + = = + + hay 2 2 2 2 1 1 1 1 1 sin sin sin sin w a b g = + + (1) Cách tính tương tự, ta cũng được 2 2 2 2 2 1 1 1 1 sin sin sin sin w a b g = + + (2) Từ (1), (2) suy ra 1 2 . w w w = = Ý tưởng cho cách chứng minh trên bắt nguồn từ Định lý Euler cho tam giác thùy túc. Để ý rằng 1 W và 2 W luôn nằm trong tam giác ABC, bởi vì mỗi nửa đường tròn như trên đều thuộc mp(ABC). Từ đó, 1 W và 2 W luôn nằm trong tam giác. Để chứng minh 1 2 O O W = W ta chứng minh diện tích tam giác thùy túc của chúng bằng nhau. Nếu vậy, ta có 2 2 2 2 1 2 R O R O - W = - W . Từ đó suy ra đpcm. Ký hiệu 1 1 1 , , A B C lần lượt là hình chiếu của 1 W lên các cạnh BC, CA, AB. Sau đó, sử dụng định lý hàm Sin mở rộng, ta được 1 1 1 sin AC B b = W , vì 1 BW là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác 1 1 1 BA C W . Cũng áp dụng định lý Sin vào tam giác 1 ABW ta được: 1 sin sin B c w b W = Dẫn đến: 1 1 1 sin sin . AC B b c w = W = Tương tự, ta có 1 1 sin B C b w = và 1 1 sin A B a w = . Dễ dàng ta thấy tam giác 1 1 1 A B C đồng dạng với tam giác ABC theo tỉ số đồng dạng sinw . Từ 1 2 w w w = = , ta kết luận được tam giác thùy túc chứa 1 W và 2 W có cùng diện tích. Suy ra 1 2 O O W = W . 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 1 2 K K W = W . Hơn thế nữa, các điểm O, 1 W , K, 2 W 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: . OI OH £ 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 OH R ³ , ta được điều cần chứng minh. Vì vậy, giả sử OH R < . Điều đó dẫn đến tam giác ABC là tam giác nhọn. Để chứng minh OI OH £ ta có thể sử dụng định lý Euler cho tam giác thùy túc và chứng minh diện tích tam giác thùy túc tâm I, I S lớn hơn diện tích tam giác thùy túc tâm H, H S . Từ đó, do I H S S ³ nên 2 2 2 2 R OI R OH - ³ - hay . OH OI ³ Bây giờ chúng ta hãy tìm cả hai diện tích. Ký hiệu 1 1 1 , , A B C lần lượt là hình chiếu của H và 2 2 2 , , A B C lần lượt là hình chiếu của I lên BC, CA, AB. Ta có 1 1 1 , , A B C nằm trên đường tròn Euler bán kính R/2 , từ đó: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . . . 4. / 2 A B C A B B C C A S R = Sử dụng định lý Sin, dễ dàng ta được 1 1 1 1 1 1 cos , cos , cos B C a AC b A B c a b g = = = và vì thế 1 1 1 .cos cos cos 2 cos cos cos . 2 A B C abc S S R a b g a b g = = Để tính diện tích tam giác 2 2 2 A B C , để ý rằng: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) (sin sin sin ) 2 4 A B C A IB A IC B IC r a b c S S S S r R a b g + + = + + = + + = . Mà sin sin sin 4 2 2 2 R p a b g = Ta được: 2 2 2 2 2 sin sin sin . 4 2 2 2 A B C r S S S R a b g = = Từ đó đủ để chứng minh sin sin sin cos cos cos . 2 2 2 a b g a b g ³ Bây giờ chúng ta hãy sử dụng Bất Đẳng Thức Jensens cho hàm lõm : 0, , ( ) ln cos . 2 f R f x x p æ ö ® = ç ÷ è ø Từ đó: ( ) ( ) ( ). 2 2 2 a b b c c a f f f f a f b f c + + + æ ö æ ö æ ö + + ³ + + ç ÷ ç ÷ ç ÷ è ø è ø è ø Vì vậy, ( ) ln sin sin sin ln cos cos cos 2 2 2 a b g a b g æ ö ³ ç ÷ è ø , 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 1 1 1 , , A B C là hình chiếu của trọng tâm G lên các mặt của tam giác. Chứng minh rằng: 1 1 1 2 1 . 9 4 A B C ABC S S £ £ 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: 2 2 2 2 1 . 9 4 4 R OG R - £ £ 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 2 2 2 9 (1 8cos cos cos ) OG OH R a b g = = - Vì tam giác ABC nhọn nên ta có cos cos cos 0 a b g ³ , dẫn đến 8cos cos cos 0 a b g ³ . Vì vậy, 2 2 9OG R £ hay 2 2 . 9 R OG £ Đưa đến kết luận sau: Bài toán 4. (Toán đối xứng, Ivan Borsenco) Với điểm M bất kì nằm trong tam giác ABC, xác định bộ ba ( 1 2 3 , , d d d ) lần lượt là khoảng cách từ M đến cạnh , , BC AC AB . Chứng minh rằng tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện 3 1 2 3 . . d d d r ³ , với r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác, nằm trong vòng tròn tâm O bán kính OI . Lời giải. Gọi 1 1 1 , , A B C là hình chiếu của M trên các cạnh , , BC AC AB . Xét 1 1 1 A B C V là tam giác thùy túc cho điểm M , ta có ¼ ¼ ¼ 1 1 1 1 1 1 180 , 180 , 180 B MC A MC A MB a b g = - = - = - , nên: 1 1 1 1 2 3 1 3 1 2 2 2 . .sin . .sin . .sin A B C S S d d d d d d a b g = = + + V Viết gọn lại, ta được: 1 1 1 1 2 3 1 1 2 3 . . 2 2 . . 2 A B C d d d a b c S S R d d d æ ö = = + + ç ÷ è ø V Mà ta đã biết: 1 2 3 2 2 . . . . ABC S S a d b d c d = = + + V Áp dụng BĐT CauchySchwarz ta được: ( ) ( ) 2 1 2 3 1 2 3 1 1 2 3 1 2 3 . . . . . 4 . . . . . 2 2 d d d a b c d d d a b c S S a d b d c d R d d d R + + æ ö = + + + + ³ ç ÷ è ø Sử dụng định lí Euler cho tam giác thùy túc, ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 1 2 3 2 4 . . . . . 4 2 2 S R OM d d d a b c r a b c R R R - + + + + ³ ³ Từ đây có thể suy ra 2 2 2 2 . OI R Rr OM = - ³ Vậy với mọi điểm M trong tập hợp, ta có OM OI £ (điều phải chứng minh). Bài toán 5: (Ivan Borsenco đề nghị) Cho M là điểm nằm trong tam giác ABC và có tọa độ là ( ) ; ; x y z . Gọi M R là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác thùy túc của điểmM .Chứng minh rằng: ( ) 2 2 2 . 6 3. . M a b c x y z R x y z æ ö + + + + ³ ç ÷ è ø Lời giải. Kí hiệu N là đẳng giác của điểm M . Chúng ta cần 2 bổ đề sau: Bổ đề 1: Nếu 1 1 1 A B C và 2 2 2 A B C là 2 tam giác thùy túc của 2 đẳng giác điểm M và N thì 6 điểm này nằm trên một vòng tròn. Chứng minh. Chúng ta sẽ chứng minh rằng 1 2 1 2 B B C C là một tứ giác nội tiếp. Đặt ¼ ¼ BAM CAN f = = . Và bởi vì 1 1 AB MC nội tiếp, nên: ¼ ¼ ¼ 1 1 1 1 2 1 90 90 90 . o o o AB C C B C C AM f = - = - = - Tương tự, vì 2 2 AB NC nên ta có: ¼ ¼ ¼ 2 2 1 2 2 2 90 90 90 o o o AC B B C B B AN f = - = - = - Do đó ¼ ¼ 1 1 2 2 AB C AC B = nên 1 2 2 1 B B C C là một tứ giác nội tiếp. Cứ thế ta thu được rằng 1 2 2 1 A A B B và 1 2 2 1 A A C C cũng là tứ giác nội tiếp. Xét 3 đường tròn ngoại tiếp tứ giác của chúng ta, nếu chúng không trùng nhau thì chúng có một tâm đẳng phương, đó là điểm giao nhau của 3 trục đẳng phương. Tuy nhiên, chúng ta có thể thấy rằng những trục đẳng phương này, tức các đường thẳng 1 2 1 2 1 2 , , A A B B C C , tạo thành một tam giác, đặt tên là ABC , một điều trái ngược. Điều này chứng tỏ, các điểm 1 2 1 2 1, 2 , , , , A A B B C C nằm trên cùng 1 đường tròn. Bổ đề 2: Nếu , M N là hai đẳng giác điểm, thì ta luôn có: . . . 1. AM AN BM BN CM CN bc ac ab + + = Chứng min. Gọi 1 1 1 A B C là tan giác thủy túc của điểm M . Dễ dàng chứng minh được rằng 1 1 . B C AN ^ Vậy diện tích của tứ giác 1 1 AB NC được tính theo công thức 1 1 1 . . 2 B C AN . Vì 1 1 .sin B C AM a = , chúng ta được 1 1 1 . . .sin 2 AB NC S AM AN a = . Tương tự, ta tìm được rằng 1 1 1 . . .sin 2 BC NA S BM BN b = và 1 1 1 . . .sin 2 CA NB S CM CN g = Từ trên, ta suy ra: 1 1 1 1 1 1 ABC AB NC BC NA CA NB S S S S = + + Hay: 1 .( . .sin . .sin . .sin ) 2 ABC S AM AN BM BN CM CN a b g = + + Sử dụng Định lí hàm Sin, ta được điều cần chứng minh: . . . 1. AM AN BM BN CM CN bc ac ab + + = Quay trở lại Bài toán . Áp dụng BĐT AMGM vào bổ đề 2, ta được: 3 2 2 2 1 1 . . . . . . . . 27 27 AM AN BM BN CM CN AM AN BM BN CM CN bc ac ab a b c æ ö = + + ³ ç ÷ è ø Lại có: 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 , , , , , sin sin sin sin sin sin B C AC A B B C A C A B AM BM CM AN BN CN a b g a b g = = = = = = Ta thu được: 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . . . . 1 27 .sin .sin .sin A B B C AC B C A C a b c a b g ³ Vì 4 2 2 2 2 2 2 2 4 .sin .sin .sin S a b c R a b g = , nên: 4 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 4 . . . . . . 27 S A B B C AC A B B C A C R Tài liệu liên quan

Luận văn Điều hành dự án bằng phương pháp sơ đồ mạng lưới (phương pháp pert-Cpm)
102 trang | Lượt xem: 2400 | Lượt tải: 2
Đề tài Một số tính chất của vành nửa nguyên tố
16 trang | Lượt xem: 1611 | Lượt tải: 0
Tính liên tục của hàm gap cho bài toán bất đẳng thức tựa biến phân loại Minty
9 trang | Lượt xem: 620 | Lượt tải: 0
Phương pháp lặp giải bài toán biên tam điều hòa phi tuyến
5 trang | Lượt xem: 787 | Lượt tải: 0
Toán rời rạc - Cơ sở logic
48 trang | Lượt xem: 2173 | Lượt tải: 1
Luận văn Kì vọng của biến ngẫu nhiên
28 trang | Lượt xem: 1567 | Lượt tải: 0
Bài giảng Toán rời rạc - Chương 4: Đại số Bool - Phạm Thế Bảo
78 trang | Lượt xem: 1117 | Lượt tải: 0
Giải tích các hàm nhiều biến
37 trang | Lượt xem: 2177 | Lượt tải: 2
Một số phương pháp tính giới hạn của dãy lặp
10 trang | Lượt xem: 673 | Lượt tải: 0
Luận văn Bài toán điều khiển H-vô cùng cho một lớp hệ phương trình vi phân không ôtônôm
63 trang | Lượt xem: 1634 | Lượt tải: 0