Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số vấn đề về đường thẳng Simson và ứng dụng

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:78

Thêm vào BST

Báo xấu

40
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn tìm hiểu về định nghĩa cũng như những tính chất của đường thẳng Simson. Tiếp đó, tìm hiểu việc vận dụng các tính chất của đường thẳng Simson vào việc giải một số dạng toán cụ thể trong hình học phẳng. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số vấn đề về đường thẳng Simson và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- HOÀNG THẢO CHI MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG THẲNG SIMSON VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- HOÀNG THẢO CHI MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG THẲNG SIMSON VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. Trần Việt Cường THÁI NGUYÊN - 2019
i Lời cảm ơn Để hoàn thành được luận văn một cách hoàn chỉnh, tôi luôn nhận được sự hướng dẫn và giúp đỡ nhiệt tình của PGS.TS. Trần Việt Cường. Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy và xin gửi lời tri ân nhất của tôi đối với những điều thầy đã dành cho tôi. Tôi xin chân thành cảm ơn phòng Đào tạo, Khoa Toán - Tin, quý thầy cô giảng dạy lớp Cao học K11 (2018 - 2020) Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo điều kiện cho tôi hoàn thành khóa học. Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất tới gia đình, bạn bè, những người đã luôn động viên, hỗ trợ và tạo mọi điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn. Xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019. Người viết Luận văn HOÀNG THẢO CHI
ii Danh sách hình vẽ 1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 1.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 1.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
iii 2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 2.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 2.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 2.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 2.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 2.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 2.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 2.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 2.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 2.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 2.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 2.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 2.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 2.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 2.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
iv 2.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 2.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 2.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 2.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 2.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 2.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 2.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 2.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 2.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 2.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 2.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
v Mục lục Danh sách hình vẽ ii Chương 1. ĐƯỜNG THẲNG SIMSON 3 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Đường thẳng Simson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 Chương 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐƯỜNG THẲNG SIMSON 26 2.1 Chứng minh ba điểm thẳng hàng . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.2 Chứng minh đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.3 Chứng minh song song . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.4 Chứng minh yếu tố cố định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.5 Một số bài toán khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 Kết luận 69 Tài liệu tham khảo 70
1 Mở đầu Đường thẳng Simson có nhiều ứng dụng trong hình học phẳng. Các bài toán liên quan đến đường thẳng Simson là những bài toán hay và khó. Để giải quyết được những bài toán đó, trước tiên chúng tôi tìm hiểu về định nghĩa cũng như những tính chất của đường thẳng Simson. Tiếp đó, chúng tôi tìm hiểu việc vận dụng các tính chất của đường thẳng Simson vào việc giải một số dạng toán cụ thể trong hình học phẳng. Với mong muốn tìm hiểu sâu hơn về ứng dụng của đường thẳng Simson, tôi lựa chọn đề tài nghiên cứu “Một số vấn đề về đường thẳng Simson và ứng dụng” dưới sự hướng dẫn của PGS. TS. Trần Việt Cường. Ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương. Chương 1. Đường thẳng Simson. Trong chương này, ngoài trình bày một số kiến thức chuẩn bị có liên quan đến đề tài, chúng tôi trình bày định lý Simson và các tính chất của đường thẳng Simson. Các nội dung của chương được tổng hợp từ các tài liệu [1, 2, 5, 6, 9]. Chương 2. Ứng dụng của đường thẳng Simson. Trong chương này, chúng tôi áp dụng các tính chất của đường thẳng Simson vào giải một số dạng toán trong hình học phẳng như: chứng minh thẳng hàng, chứng minh đồng quy, chứng minh song song, chứng minh đường thẳng đi qua điểm cố định... Các nội dung của chương sẽ tham khảo từ các tài liệu [3, 4, 7, 8, 10, 11, 12, 13]. Luận văn này được hình thành tại Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên. Tôi xin được bày tỏ sự kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc đến PGS. TS. Trần Việt Cường. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn, giải đáp các thắc mắc của học trò trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và giúp tôi hoàn
2 thành luận văn này. Tôi cũng gửi lời cám ơn chân thành đến các thầy cô giá khoa Toán-Tin, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ và tạo điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu khoa học. Tôi xin cảm ơn gia đình, đồng nghiệp đã động viên, cổ vũ và tạo điều kiện để tôi hoàn thành nghiệp vụ của mình.
3 Chương 1 ĐƯỜNG THẲNG SIMSON Trong chương này, ngoài trình bày một số kiến thức chuẩn bị có liên quan đến đề tài, chúng tôi trình bày định lý Simson và các tính chất của đường thẳng Simson. 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị Định nghĩa 1.1.1 (Điểm Euler,[9]). Trong một tam giác, trung điểm các đoạn thẳng thuộc các đường cao kẻ từ đỉnh đến trực tâm của tam giác đó được gọi là các điểm Euler. Định lý 1.1.2 ([9]). Trong một tam giác, chân các đường trung tuyến, chân các đường cao và các điểm Euler nằm trên một đường tròn, gọi là đường tròn chín điểm hay đường tròn Euler. Chứng minh. Cho tam giác ABC, gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CA, kẻ các đường cao AK, BM, CN (K ∈ BC, M ∈ AC, N ∈ AB), H là trực tâm của tam giác ABC, P, L, T lần lượt là trung điểm của AH, BH, CH và (O) là đường tròn ngoại tiếp ∆DEF . AB Do DK là đường trung tuyến của tam giác vuông AKB nên DK = . 2 Do E, F lần lượt là trung điểm của BC, AC nên EF là đường trung bình của AB ∆ABC. Suy ra EF = . 2 Do đó, ta có DK = EF . Mặt khác, DF ∥ EK. Suy ra DEKF là hình thang cân. Vì đường tròn (O) đi qua 3 điểm D, E, F của hình thang cân DEKF nên
4 Hình 1.1: đường tròn (O) cũng đi qua điểm K. Do DL ∥ AK, DF ∥ BC (DEKF là hình thang cân) nên DL ⊥ DF . Suy ra [ = 900 . LDF [ = 90◦ . Lại có LE ∥ CH nên LEF Do LDF [ + LEF[ = 180◦ nên tứ giác EF DL nội tiếp. Vậy 5 điểm D, E, F, K, L cùng nằm trên đường tròn (O). Do F T là đường trung bình của ∆ACH nên F T ∥ AH. Suy ra ta có DF ⊥ F T . Do ET là đường trung bình của ∆CHB nên ET ∥ BH. Suy ra ta có DE ⊥ ET . Do đó, các tứ giác DN F T, DF T E, DLF M nội tiếp (LDF [ =F\ M L = 90◦ ). Suy ra 9 điểm D, E, F, K, M, N, P, L, T cùng thuộc đường tròn (O) (đpcm). Định nghĩa 1.1.3 (Đường thẳng Gauss,[6]). Trung điểm các đường chéo của một tứ giác toàn phần cùng nằm trên một đường thẳng, đường thẳng này gọi là đường thẳng Gauss. Định nghĩa 1.1.4 (Đường thẳng Euler,[9]). Đường thẳng đi qua trực tâm của tam giác và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó gọi là đường thẳng Euler. Mệnh đề 1.1.5 ([2]). Cho tứ giác toàn phần ABCDM N , các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABN , BCM , M AD, N CD cùng đi qua một điểm và điểm này gọi là điểm Miquel của tứ giác toàn phần này.
5 Hình 1.2: Chứng minh. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác M AD, CDN cắt nhau tại E (E 6= D) Khi đó ta có DCN E là tứ giác nội tiếp. Do đó, ta có M \ DE = CN \ E. Do tứ giác ADEM nội tiếp nên M \ AE = M \ DE. Suy ra M \ AE = CN \ E. Suy ra tứ giác ABN E nội tiếp. Do đó E thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ABN . Mặt khác, ta có ECN \ = EDN\ , EDN \ = AM \ E.. Suy ra, ta có ECN \ = AM \ E. Do đó, ta có tứ giác BM EC nội tiếp. Do đó E thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆BCM Suy ra 4 đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABN , BCM , M AD, N CD cùng đi qua điểm E. Vậy điểm E được gọi là điểm Miquel của tứ giác toàn phần. Định nghĩa 1.1.6 ([2]). Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) thỏa mãn AB CB = được gọi là tứ giác điều hòa. AD CD Mệnh đề 1.1.7 ([2]). Cho đường tròn (O) và điểm M bất kì nằm ngoài đường
6 tròn. Từ M kẻ tiếp tuyến M A, M B và cát tuyến M CD (M C < M D) với đường tròn (O). Khi đó tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa. Hình 1.3: Chứng minh. Ta có ADC \=M AC (góc nội tiếp với góc tạo bởi tiếp tuyến và \ dây cung cùng chắn cung AC). Do ∆M AC đồng dạng với ∆M DA (g.g) nên ta có MA AC = (1.1) MD DA MB BC Do ∆M BC đồng dạng với ∆M DB nên ta có = . MD DB Mặt khác, ta có M A = M B Do đó ta có AC BC = (1.2) DA DB Từ (1.1), (1.2) suy ra ABCD là tứ giác điều hòa (đpcm). Định lý 1.1.8 (Định lý Menelaus,[9]). Cho tam giác ABC và ba điểm bất kì A0 , B 0 , C 0 lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB sao cho hoặc cả ba điểm A0 , B 0 , C 0 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 còn lại nằm trên hai cạnh của tam giác. Điều kiện cần và đủ để ba điểm A0 , B 0 , C 0 thẳng hàng là: AB 0 CA0 BC 0 . . = 1. B 0 C A0 B C 0 A
7 Hình 1.4: Chứng minh. AB 0 CA0 BC 0 Điều kiện cần: Nếu ba điểm A0 , B 0 , C 0 thẳng hàng thì . . = 1. B 0 C A0 B C 0 A Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt A0 B 0 tại M . CA0 B 0 C BC BM Ta có: 0 = , = . AB BM0 CA AB CA BC B C BM ⇒ 0 · = · A B0 CA BM AB0 0 0 AB CA BC AB B C BM ⇒ 0 · · = 0 · · = 1. B C AB CA B C BM AB 0 AB 0 CA0 BC 0 Điều kiện đủ: Nếu 0 . 0 . 0 = 1 thì ba điểm A0 , B 0 , C 0 thẳng hàng. BC AB CA Giả sử A B cắt AB tại C 00 . Khi đó, ba điểm A0 , B 0 , C 00 thẳng hàng. 0 0 Theo điều kiện cần ta có: AB 0 CA BC 00 · · = 1. B 0 C AB C 0 A AB 0 CA0 BC 0 Mà 0 · 0 · 0 = 1 (giả thiết). B C A00 B C A BC BC 0 Suy ra 00 = 0 C A CA Suy ra C 00 ≡ C hay ba điểm A0 , B 0 , C 00 thẳng hàng. Định lý 1.1.9 (Định lý Ptolemy,[2]). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, khi đó ta có đẳng thức AB.CD + AD.BC = AC.BD.
8 Hình 1.5: Chứng minh. Tại đỉnh A dựng ra phía ngoài BAx [ = CAD, \ tia Ax cắt cạnh BC tại E. Suy ra EBA [ = ADC. \ Do đó, ta có ∆ABE đồng dạng với ∆ADC (g.g). Suy ra, ta có EB AB AB.CD = ⇒ EB = (1.3) CD AD AD Hình 1.6: Ta có ADB \ = ACB [ (góc nội tiếp chắn cung AB) ⇒ ∆EAC ∼ ∆BAD (g.g) suy ra EC AC BD.AC = ⇒ EC = (1.4) BD AD AD
9 Lại có EC = EB + BC, thay (1.3), (1.4) vào ta được: BD.AC AB.CD = + BC AD AD ⇒ BD.AC = AB.CD + BC.AD. Định nghĩa 1.1.10 ([2]). Hai đường thẳng đi qua đỉnh của một góc và tạo với đường phân giác của góc đó những góc bằng nhau được gọi là các đường đẳng giác đối với các cạnh của góc đó. Định nghĩa 1.1.11 ([5]). Hai điểm được gọi là liên hợp đẳng giác nếu chúng đẳng giác với nhau trong (ngoài) hai góc bất kì của tam giác. Định nghĩa 1.1.12 (Đường tròn Pedal,[5]). Cho P, Q liên hợp đẳng giác trong tam giác ABC. Khi đó chân các đường vuông góc hạ xuống từ P, Q nằm trên cùng một đường tròn. Định nghĩa 1.1.13 ([2]). Cho tứ giác ABCD có cạnh AB và cạnh CD cắt nhau tại M , cạnh AD và cạnh BC cắt nhau tại N , hình gồm tứ giác ABCD và AB cắt CD, AD cắt BC được gọi là tứ giác toàn phần. Định lý 1.1.14 (Định lí Thales thuận,[2]). Nhiều đường thẳng song song cắt hai cát tuyến (đường thẳng) d, d0 thì tạo ra trên d, d0 các đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ. Hệ quả 1.1.15 ([2]). Nếu đường thẳng d song song với cạnh BC của tam giác ABC (không qua đỉnh A) cắt các đường thẳng AB, AC tại M, N thì AM AN MN = = . AB AC BC Hình 1.7:
10 Định lý 1.1.16 (Định lí Thales đảo,[2]). Ba đường thẳng a, b, c trong đó a ∥ b, cắt hai đường thẳng d, d0 , định ra trên d, d0 những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì a ∥ c. Định nghĩa 1.1.17 ([2]). Các tiếp điểm của đường tròn chín điểm với đường tròn nội tiếp và bàng tiếp gọi là điểm Feuerbach. Định lý 1.1.18 (Định lý Brocard,[6]). Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. AD giao BC tại M , AB giao CD tại N , AC giao BD tại I. Khi đó O là trực tâm của tam giác M IN . Hình 1.8: Chứng minh. Gọi H là giao điểm khác I của đường tròn ngoại tiếp các tam giác AID, BIC. Do M nằm trên trục đẳng phương của (AID) và (BIC) nên M, I, H thẳng hàng. Ta có \ = 360◦ − DHI DHC [ − CHI [ = DAC \ + DBC \ = DOC. \ Từ đó suy ra DOHC là tứ giác nội tiếp.
11 Tương tự ta có tứ giác AOHB nội tiếp. Dễ thấy N A · N B = N C · N D. Suy ra N nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (ABHO), (DCHO), suy ra O, H, N thẳng hàng. [ − ADB Ta có AHI \ = ACB [ = BHI. [ Suy ra HI là đường phân giác của AHB. \ Lại có OA = OB nên HO là phân giác ngoài của AHB. \ Suy ra IM ⊥ ON . Tương tự ta có IN ⊥ OM . Vậy O là trực tam tam giác M IN . 1.2 Đường thẳng Simson Định lý 1.2.1 ([9]). Chân các đường vuông góc hạ từ một điểm bất kì nằm trên đường tròn đến các cạnh của tam giác nội tiếp đường tròn đó cùng nằm trên một đường thẳng, đường thẳng này gọi là đường thẳng Simson. Chứng minh. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Không mất tính _ tổng quát, gọi M thuộc cung BC của đường tròn (O), gọi D, E, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên BC, CA, AB. Hình 1.9: Ta có M D ⊥ BC, M E ⊥ AC nên M DEC là tứ giác nội tiếp
12 Suy ra EM \ C = EDC \ (1.5) Ta có M H ⊥ AB, M D ⊥ BC nên M HBD là tứ giác nội tiếp Suy ra HM \ B = HDB \ (1.6) Do ABM C là tứ giác nội tiếp nên M \ BH = M \ CA Do đó ta có M \ BH + HM \ B=M \CA + EM \ C = 90◦ Suy ra EM \ C = HM \ B (1.7) Từ (1.5), (1.6), (1.7) ta có HDB \ = EDC. \ Suy ra H, D, E thẳng hàng. Mệnh đề 1.2.2 ([2]). Cho tam giác ABC, M là điểm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC. Gọi D, E, H là hình chiếu vuông góc của M lần lượt trên các cạnh BC, CA, AB và D, E, H thẳng hàng. Chứng minh M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Hình 1.10:
13 Chứng minh. Theo giả thiết, ta có M D ⊥ BC, M E ⊥ AC, M H ⊥ AB và D, E, H thẳng hàng. _ Suy ra M DBH là tứ giác nội tiếp nên HM \ B = HDB \ (chắn cung HB), _ HDB \ = EDC\ (đối đỉnh), EDC \ = EM \ C (chắn cung EC) Do đó HM \ B = EM \ C. Tứ giác AEM H là tứ giác nội tiếp nên A b + EM \ H = 180◦ Suy ra A b + EM \ H=A b + HM \ B + BM \ E. Ta có A b + HM \ B + BM \ E=A b + EM \ C + BM \ E=A b + BM \ C = 180◦ Suy ra tứ giác ABM C là tứ giác nội tiếp Vậy M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Định lý 1.2.3 (Định lí Sanmona,[9]). Nếu qua một điểm nằm trên một đường tròn người ta vẽ ba dây cung bất kì và trên mỗi dây cung lấy làm đường kính người ta vẽ một đường tròn thì các đường tròn đôi một cắt nhau tại ba điểm nằm trên một đường thẳng. Hình 1.11: Chứng minh. Cho đường tròn (O), lấy điểm M bất kì nằm trên đường tròn. Dựng ba dây cung bất kì M A, M B, M C. Dựng 3 đường tròn đường kính M A, M B, M C, gọi A0 , B 0 , C 0 lần lượt là hình chiếu của M lên các cạnh BC,