Các định lý hay trong hình học phẳng

CHÀO MỪNG THẦY VÀ CÁC BẠN ĐẾN VỚI BÀI THUYẾT TRÌNH CỦA NHÓM 6Nhóm 6 gồm có:Nguyễn Phạm Đông XuânTrần Diễm PhươngPhan Thị Hoàng YếnTrần Ngọc Thụy VyPhạm Hồng Trang1. Định lý Ceva2. Định lý Menelaus3. Định lý Ptolemy4. Định lý Simson5. Định lý TaletCÁC ĐỊNH LÝ HAY TRONG HÌNH HỌC PHẲNG ĐỊNH LÍ CEVAĐịnh lí Ceva là một định lí phổ biến trong hình học cơ bản. Cho một tam giác ABC, các điểm D, E, và F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, và AB. Định lí phát biểu rằng các đường thẳng AD, BE và CF là những đường thẳng đồng qui khi và chỉ khi:Ngoài ra, định lí Ceva còn được phát biểu một cách tương đương trong lượng giác rằng: AD,BE,CF đồng qui khi và chỉ khi:Định lí được chứng minh lần đầu tiên bởi Giovani Ceva trong tác phẩm De lineis rectis viết năm 1678 của Ông.Một Cevian là một đoạn thẳng nối một đỉnh tam giác với một điểm nằm ở phía đối diện.. CHỨNG MINH ĐỊNH LÍ ..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:AD,BE,CF đồng quy tại một điểm. (1.1).(1.2)(1.3)Chúng ta sẽ chứng minh rằng (1) dẫn đến (2), (2) dẫn đến (3), và (3) dẫn đến (1).Giả sử (1) đúng. Gọi P là giao điểm của AD, BE, CF. Theo định lý hàm số sin trong tam giác APD, ta có: (1) (1)Tương tự, ta cũng có: (2)(3)Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta được 1.2.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: Do đó: (4)Tương tự, ta cũng có: (5)(6)Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được 1.3. Giả sử 1.3 đúng, ta gọi:Theo 1.1 và 1.2, ta có:hayDo đó: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.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 C2được xác định tương tự.Theo định lý hàm số sin, ta có:hayTương tự: hayDo đó, ta được (1)Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng được: (1)(2)Nhân từng vế của (1), (2), (3) kết hợp định lý Ceva ta được điều cần chứng minh.Bài tập áp dụng: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. 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. ĐỊNH LÍ MENELEUSĐịnh lý Menelau là một định lý về các tam giác trong hình học phẳng. Cho tam giác ABC. D, E, F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó định lý phát biểu rằng D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi CHỨNG MINH ĐỊNH LÍPhần thuận:Sử dụng định lý sin trong các tam giác AGH, BFH, CGF, ta được: với lưu ý:Nhân từng vế ta được điều phải chứng minh.Phần đảo: Gọi Hoàn toàn tương tự ta có được: hay=>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 Chứng minh rằng P, Q, R thẳng hàng.Chứng minh:Gọi Áp dụng định lý Menelaus cho BC, DE, FA (đối với tam giác XYZ), ta có:Do đó: Theo định lý Menelaus ta được P, Q, R thẳng hàng.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 I ,Đẳng thức Ptolemy:Cho tứ giác nội tiếp đường tròn . Khi đó Chứng minh:Lấy thuộc đường chéo sao choKhi đó xét vàCó : Nên đồng dạng với: Do đó ta có:Lại có Và: NênSuy ra: hay Từ và suy ra: Vậy đẳng thức Ptô –lê- mê được chứng minhAC.BD=AB.CD+AD.BC ĐỊNH LÝ PTOLEMYII. Bất đẳng thức Ptolemy.Dựng điểm M sao cho. .ta có Suy ra BA.CD = MA.BD (1) Mặt khác, do có và MBC = ABDTừ đó Suy ra AD.BC = MC.BD (2) Cộng (1) và (2) ta suy ra AB.CD + AD.BC = BD.(MA+MC)Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta suy ra AB.CD + AD.BC  AC.BD.Với 4 điểm A, B, C, D bất kỳ trên mặt phẳng, ta có AB.CD + AD.BC  AC.BDIII .Định lí Ptolemy tổng quát Trong mặt phẳng định hướng cho đa giác nội tiếp đường tròn . M là một điểm thuộc cung (Không chứa )Khi đó:Trong đó:Đây là một định lí ko dễ dàng chứng minh được bằng kiến thức hình học THPT.IV. Ứng dụng của định lý PtolemyChứng minh:Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ACDE DE·AC + DC·AE ≥ DA·CE. DE = DC => DE(AC + AE) ≥ DA·CE hay. Tương tự và Cộng các bất đẳng thức lại và áp dụng bất đẳng thức Nesbit : Dấu = xảy ra  dấu = ở 3BĐT Ptolemy và ở BĐT Nesbitt. Dấu = ở BĐT Nesbit xảy ra đều . Vì ACDE nội tiếp . Tương tự (Các cân.) ABCDEF là lục giác đều.Bài toán 1: (IMO SL 1997) Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC, CD = DE, EF = FA. Chứng minh rằng Dấu bằng xảy ra khi nào? Chứng minh:M thuộc cung BC không chứa ATheo định lý Pt ô-lê-mêÁp dụng BĐT B.C.S, ta có:Từ (1) và (2) Dấu “=“ xảy ra: BÀI 2: Tam giác vuông tại A và nội tiếp đường tròn (O). Lấy các điểm E,F sao cho BE=CF=BC ( B thuộc đoạn AE, F thuộc đoạn AF) . Chứng minh rằng với mọi điểm M thuộc đường tròn (đề thi chọn đội tuyển toán lớp 10 PTNK 2009-2010)Chứng minh:Đặt Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp và ta có:Từ (1) và (2) ta được: Mặt khác ta lại có: Tương tự : Từ (4), (5) và tính chất đường phân giác ta có: Chứng minh tương tự ta được: Từ (3), (6), (7) ta có điều phải chứng minh.Bài toán 3: Cho tam giác ABC với BE, CF là các đường phân giác trong. Các tia EF, FE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác theo thứ tự tại M và N. Chứng minh rằng:I.Định lý SimsonChứng minh:Tứ giác nội tiếp: Tứ giác nội tiếp Tứ giác APCB nội tiếp thẳng hàng Định lý đảo: Cho tam giác ABC.P là một điểm trong mặt phẳng tam giác không trùng với các đỉnh của tam giác.Gọi P1, P2, P3 là hình chiếu của P trên các cạnh BC, AC và AB. Khi đó P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi P1, P2, P3 thẳng hàng. (Đường thẳng đi qua 3 điểm P1, P2, P3được gọi là đường thẳng Simson của tam giác ABC ứng với điểm P)Cách chứng minh tương tụ chứng minh định lý thuậnĐƯỜNG THẲNG SIMSONĐịnh lý Simson được phát biểu như sau: chân các đường vuông góc hạ từ một điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp một tam giác xuống 3 cạnh của tam giác đó thuộc một đường thẳng.II. Hệ quả của định lý Simson: (đường thẳng Steinner Đã có một mở rộng khá quen thuộc của định lý này, đó là: các điểm đối xứng của một điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp một tam giác qua 3 cạnh của tam giác đó thuộc một đường thẳng và đường thẳng đó đi qua trực tâm của tam giác.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M là một điểm thay đổi trên đường tròn. Gọi D, E , F là điểm đối xứng của P qua AB, AC và BC. Chứng minh rằng D, E, F cùng thuộc một đường thẳng và đường thẳng đó luôn qua trực tâm H của tam giác ABC(Đường thẳng này được gọi là đường thẳng Steiner).Ta chỉ cần chứng minh DE đi qua H.Gọi H1 là giao điểm của CH và (O), H2 là giaođiểm của BH và (O). Khi đó ta có H và H1 đốixứng nhau qua AB; H và H2 đối xứng nhau quaAC.Ta có D đối xứng với P qua AB, H đối xứng vớiH1 qua AB, suy ra ∠AHD =Tương tự ta cũng có ∠AHE =Do đó ∠DHE = ∠AHD + ∠AHE = ∠AH1P + = 180. Suy ra D, H, E thẳng hàng.Chứng minh tương tự ta cũng có D, H, F thẳng hàng.Vậy D, E, F cùng thuộc một đường thẳng và đường thẳng đó luôn đi qua trực tâm H của tam giác ABC đường thẳng Simson Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), P là một điểm thuộc đường tròn, lấy Q thuộc (O) sao cho đường thẳng CQ và CP đối xứng nhau qua phân giác góc C. Khi đó CQ vuông góc với đường thẳng simson của tam giác ABC ứng với điểm P. Gọi Ha, Hb, Hc, Hd theo thứ tự là trực tâm của BCD, CDA, DAB, ABCDo đường thẳng steiner của A,B,C,D đối với các BCD, CDA, DAB, ABC tương ứng đi qua Ha, Hb, Hc, Hd nên dA, dB, dC, dD tương ứng đi qua trung điêm của AHa, BHb, CHc, DHd. Ta sẽ chứng minh các trung điểm ấy trùng nhauXét CHc và DHd. Gọi M là trung điểm của AB thì theo tính chấtquen thuộc của trực tâm ta có CHd=2OM=DHc=>CDHcHd là hình bình hành do đó ,trung điểm của CHc và DHd trùngnhau. Lý luận tương tự ta có đpcm. 2)Cho tứ giác ABCD nội tiếp đườngtròn (O.). Ta gọ dA, dB, dC, dD là đường thẳng simson của A, B, C, D tương ứng đối với các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Chứng minh rằng dA, dB, dC, dD đồng quy.Bài giải:Do M thuộc (O) nên theo đinh lý đường thẳng simson ta có (XYZ), (XUY), (VZY), (TZU) là các bộ ba điểm thẳng hàng. Nói cách khác (XU, XV, VY, TU, XZ, UV) l à một hình tứ giác tòan phần. theo định lý về đường thẳng Gauss đối với tứ giác tòan phần ta suy ra N, P, Q thẳng hàngĐịnh lý Gauxơ:Trong 1 tứ giác lồi, trung điểm đoạn thẳng nối giao điểm các cạnh đối và 2 trung điểm 2 đường chéo là 3 điểm thẳng hàng.( dễ dàng CM dc)Bài 3 :Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm (O) và M là một điểm nằm trên mặt phẳng tứ giác. Gọi X, Y, Z, T, U, V theo thứ tự là hình chiếu của M xuống AB, BC, CD, DA, AC, BD. Gọi N, P, Q lần lượt là trung điểm của UV, XZ, YT/ chứng minh rằng nếu M thuộc (O) thì N, P, Q thẳng hàngI.Định lý Thales:Hai đoạn thẳng AB và CD gọi là tỉ lệ với 2 đoạn thẳng A’B’ và C’D’ nếu có biểu thức: hay.Định lý đảo:Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và định trên hai cạnh này nhữ đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì đường thẳng đó song song với cạnh còn lại của tam giácHệ quả:Nếu một đường thằng cắt hai cạnh của một tam giác và song song với cạnh còn lại thì nó tao thành một tam giác mới có 3 cạnh tương ứng tỉ lệ với 3 cạnh của tam giác đã choĐỊNH LÝ THALESĐịnh lý Thales:Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệSGk lớp 8 ghi là định lý Thales chỉ thừa nhận chứ không chứng minh cho nên ta chỉ chứng minh hệ quả của nó.Hình vẽ: ABC có B’C’//BCVì B’C’//BC nên theo định lí Thales ta có: (1) Từ C’ kẻ C’D//AB (D BC), theo đinh lý Thales ta có: (2)Tứ giác B’C’DB là hình bình hành ( hai cặp cạnh đối song song ) nên ta có:B”C”=BD(3)TỪ (1), (2), (3) (Đpcm)Cách chứng minh định lí:III. Ứng dụng của định lý ThalesPN cắt OO’ tại S .Gọi I là trung điểm OO’, H, T, V là hình chiếu của O, I, O’ trên PN.Theo dịnh lý và hệ quả định lý Thales, ta có:IT//OH IT//O'V => =>TH=TV Gọi J là trung điểm MARKETCmdc: IJ là đường trung bình của hình thang MNO’O=>IJ//OM IJ MN tại trung điểm J của MN=>IJ là đường trung trực của MN =>IM=IN mà IM=IP ( do P và M đối xứng nhau qua OO’, I OO’)=>IP=IN PIN cân tại I đường cao IT cũng là đường trung tuyến=>T là trung điểm PN =>TP=TNTa có : PH = TP-TH = TN- TV =VN (1) Lại có: OP=OM =R ( tính chất đối xứng) P (O)Ta có: OH PE H là trung điểm PE ( đường kính dây cung ) PE = 2PH (2)O’V FN V là trung điểm FN ( đường kính dây cung ) FN = 2VN (3)Từ (1), (2), (3) PE =FN Bài 1: Cho hai đường tròn (O,R) và (O’, r) ở ngoài nhau (R > r). Trên cùng nửa mặt phẳng bờ OO’ vẽ tiếp tuyến chung ngoài MN ( M (O), N (O’)). Gọi P là điểm đối xứng của M qua OO’. Đường thẳng PN cắt (O) ở E và cắt (O’) ở F. Cm: PE=NF.Gọi điểm M và N là các hình chiếu của O và lên đường thẳng AB. Khi đó: ‘( Áp dụng định lý Talet cho và tính chất đường phân giác)=> A,I, H thẳng hàng.Bài 2: Cho tam giác ABC. Gọi O là giao điểm các đường phân giác trong của tam giác đó; O1 là giao điểm của AO với phân giác ngoài của góc B. Giả sử các điểm H và K là hình chiếu của O1 và O lên BC. Điểm I là điểm đối xứng của K Qua tâm O. Chứng minh rằng A, I, H thẳng hàng.Bổ đề: Trên mặt phẳng cho ba điểm X,Y,Z thẳng hàng và ba điểm M,N,P thỏa mãn XN//YP,YM//ZN,XM//ZP.Khi đó ta cũng có M,N,P thẳng hàng. Chứng minh:Trường hợp MP//XYZ thì đơn giản,bạn tự chứng minh.Ta sẽ xét khi MP không // với XYZ.Gọi S là giao điểm của MP với XYZ.Đường thẳng qua X // với YP cắt MP ở N'. Bài toán sẽ được giải quyết nếu ta chứng minh được rằng ZN' // YM (Vì khi ấy N' trùng N).Thật vậy, YP//XN', ZP//XM nên theo Thales ta có:Đến đây theo Thales đảo ta suy ra ZN' //YM. Chứng minh được hoàn tất.!Bài 3: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Một đường kính MN thay đổi . Giả sử (d1), (d2) là 2 đường thẳng simson của tam giác ứng với M và N. Hạ BH,CP vuông góc với MN. Hạ HI vuông góc với AC,PK vuông góc với AB.CMR (d1),(d2), đường thẳng HI,PK đồng quy.Trở lại bài toán.Khá dễ dàng,gọi S=HI∩PK.Kẻ ME⊥AB,MF⊥AC thế thì EF chính là d1Ta thấy (HE,HM)≡(BE,BM)≡(BA,BM)≡(CA,CM)≡(CF,CM)≡(PF,PM)(modπ)Suy ra HB//PF.Mặt khác dễ thấy :HS//MF , PS//ME và H,M,P thẳng hàng.Từ đó sử dụng định lí ta thu được E,S,F thẳng hàng hay d1 đi qua S.Tương tự d2 cũng đi qua S và thế là bài toán đã giải xong.PtolemyThales of MiletusJacok SteinerRobertus SimsonMenelausBài thuyết trình của nhóm em đến đây là kết thúc.Cảm ơn thầy và các bạn đã lắng nghe!!!