Một số chuyên dề bài viết về hình học phẳng

Chia sẻ: Huynh Duc Vu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:75

Thêm vào BST

Báo xấu

71
lượt xem 17
download

Một số chuyên dề bài viết về hình học phẳng

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu Một số chuyên dề bài viết về hình học phẳng được biên soạn với các nội dung: Định Lý Ceva, định lý Menelaus, diện tích tam giác thủy túc, định lí Ptolemy. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Một số chuyên dề bài viết về hình học phẳng

www.laisac.page.tl MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ, BÀI VIẾT VỀ HÌNH HỌC PHẲNG M S C U Ê Đ B V Ế V H N H P Ẳ Ộ H Y Ề À I Ì Ọ H N (T p I VẬ DỤ G T NH CH T, ĐỊ H L NỔ TI NG Tậ :V N D NG ÍN HẤ , Đ NH Ý N I T ẾN ) ( ập I: ẬN ỤN TÍ H C ẤT ỊN LÝ ỔI IẾ G) Các 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 BCF sin CAD ABE . . = 1 . · · · sin DAB sin EBC sin 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 · AP ABE ABP = = . (1) · · sin DAB sin BAP BP · sin BCF BP Tương tự, ta cũng có: = ; (2) · sin EBC CP · sin CAD CP = . (3) · sin FCA AP 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 · sin · AB sin CAD CD ADB = ; = . Do đó: · sin BAD DB sin · CA ACD · sin CAD AB CD · · 0 = . . BDA + ADC = 180 (4) · CA DB sin BAD · sin BCF CA BF Tương tự, ta cũng có: = . . (5) · sin FCA BC FA có: ( ) sin · BC AE ABE = . . (6) · AB EC sin EBC 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: CD CD AE CD BF AE CD BF . 1 . = . . = 1 hay: 1 = . Do đó: D º D1 . EC D1 B FA EC DB FA D1 B DB 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). 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: · · SA1 sin SAA SA sin BAA 1 2 = hay 1 = 0 · µ AA sin A1 SA AA sin 45 + B 1 1 ( ) 0 µ · TA1 sin CAA AA sin 45 + C 2 1 Tương tự: = hay = .Do đó, ta được: 0 · µ AA sin 45 + C TA sin CAA2 1 1 ( ( ) ) 0 µ · sin BAA2 sin 45 + C AA1 SA . = . 1 = 1. (1) 0 · sin 45 + B µ TA1 AA sin CAA 1 2 ( ( ) ) Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng được: 0 µ · sin BCC sin 45 + B 2 . = 1. (2) 0 sin · sin 45 + µ ACA A 2 ( ) ( ) µ ) = 1. (3) sin · sin ( 45 + A ABB . · µ sin CBB sin ( 45 + C ) 0 2 0 2 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 AH BF CG . . = - 1. HB FC GA Chứng minh: Ø Phần thuận: Sử dụng định lý sin trong các tam giác AGH, BFH, CGF, ta được: · · AH sin · BF sin BHF CG sin GFC AGH = ; = ; = . · · GA sin · HB sin HFB FC sin CGF AHG · · · · (với lưu ý rằng sin · = sin CGF ;sin · = sin BHF ;sin HFB = sin GFC. ) AGH AHG Nhân từng vế ta được điều phải chứng minh. Ø Phần đảo: Gọi F ' = GH I BC. Hoàn toàn tương tự ta có được: AH BF ' CG AH BF CG BF ' BF . . = . . = , suy ra F º F '. ( = - 1) . Hay HB F ' C GA HB FC GA F ' C FC 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: B 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 I DE , Q = BC I EF , R = CD I FA. Chứng minh rằng P, Q, R thẳng hàng. Chứng minh: Gọi X = EF I AB, Y = AB I CD, Z = CD I EF . O A Áp dụng định lý Menelaus cho Bc, DE, FA (đối với F X tam giác XYZ), ta có: C ZQ XB YC XP YD ZE YR ZF XA . . = . . = . . = ( - ) 1 . QX BY CZ PY DZ EX RZ FX AY ZQ XP YR Do đó: . . = - . Theo định lý Menelaus ta 1 QX PY RZ E D P Z R Y được P, Q, R thẳng hàng. Q 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 C1 A1 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 I B ' C ', Q = CA I C ' A ', R = AB I A ' B '. 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 S A1B1C 1 S ABC = R 2 - OM 2 4 R 2 . 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 B1C1 = AM sin a . Tương tự, ta được A1C1 = BM sin b và B1C1 = CM sin g . Từ đó suy ra: B1C1 AM A1C1 BM A1B1 CM = , = , = . BC 2 R AC 2 R BC 2 R Giả sử AM, BM, CM cắt đường tròn C(O,R) tại X, Y, Z. Ta có: ÐA1B1C1 = ÐA1B1M + ÐMB1C1 = ÐA1CM + ÐMAC1 = ÐZYB + ÐBYX = Ð ZYX . Tương tự, A B R XYZ và 1 1 = A1B1C 1 . ÐB1C1 A1 = Ð YZX và ÐB1 A1C1 = Ð YXZ . Do đó, D 1B1C1 đồng dạng với D A XY R XY MX MAB đồng dạng với D MYX nên ta có Mặt khác, D = . AB MB Từ các kết quả thu về ta được: S A1B1C 1 S ABC 2 2 A1B1.B1C1. A1C1 MX MA MB MA. MX R - OM = . = . . = = . RA1B1C 1 AB.BC. AC MB 2 R 2 R 4R2 4 R 2 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).