Chuyên đề luyện thi vào Lớp 10 môn Toán - Chuyên đề 12: Những định lý hình học nổi tiếng

Nội dung text: Chuyên đề luyện thi vào Lớp 10 môn Toán - Chuyên đề 12: Những định lý hình học nổi tiếng

1. NHỮNG ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG Dạng 1: Đường thẳng Euler 1.(Đường thẳng Euler). Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng trọng tâm G , trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp O cùng nằm trên một đường GH thẳng. Hơn nữa = 2 . Đường thẳng nối H,G,O gọi là đường thẳng Euler GO của tam giác ABC . Chứng minh: A A H G H O O G B E C M B C H' D Cách 1: Gọi E,F lần lượt là trung điểm của BC,AC . Ta có EF là đường trung bình của tam giác ABC nên EF / / AB . Ta lại có OF / / BH (cùng vuông góc với AC ). Do đó O·FE = A·BH (góc có cạnh tương ứng song song). Chứng minh tương tự O·EF = B·AH . AH AB Từ đó có DABH : DEFO (g.g) Þ = = 2(do EF là đường OE EF trung bình của tam giác ABC ). Mặt khác G là trọng tâm của tam giác AG AG AH ABC nên = 2. Do đó = = 2, lại có H·AG = O·EG (so GE FG OE le trong, OE / / AH )Þ DHAG : DEOG (c.g.c) Þ H·GA = E·GO . Do E·GO + A·GO = 1800 nên H·GA + A·GO = 1800 hay H·GO = 1800 . 1
2. Vậy H,G,O thẳng hàng. Cách 2: Kẻ đường kính AD của đường tròn (O) ta có BH ^ AC (Tính chất trực tâm) AC ^ CD (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra BH / /CD . Tương tự ta cũng có CH / / BD nên tứ giác BHCD là hình bình hành, do đó HD cắt BC tại trung điểm của mỗi đường. Từ 1 đó cũng suy ra OM / / = AH (Tính chất đường trung bình tam giác 2 GO OM 1 ADH ). Nối AM cắt HO tại G thì = = nên G là trọng GH AH 2 tâm của tam giác ABC . Cách 3: sử dụng định lý Thales :Trên tia đối GO lấy H ' sao cho GH ' = 2GO . Gọi M là trung điểm BC . Theo tính chất trọng tâm thì G thuộc AM và GA = 2GM . A Áp dụng định lý Thales vào tam giác GOM dễ suy ra H H' G O AH '/ /OM (1).Mặt khác do O B C M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , M là trung điểm BC nên OM ^ BC (2). Từ (1) và (2) suy ra AH ' ^ BC , tương tự BH ' ^ CA . Vậy H ' º H là trực tâm tam giác ABC . Theo cách dựng H ' ta có ngay kết luận bài toán. Chú ý rằng: Nếu ta kéo dài AH cắt đường tròn tại H' thì A· H'D 900 (Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) nên EM là đường trung bình của tam giác HH'D suy ra H đối xứng với H' qua BC . Nếu gọi O' là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác HBC thì ta có O' đối xứng với O qua BC . 2
3. Đường thẳng đi qua H,G,O được gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC . Ngoài ra ta còn có OH 3OG . *Đường thẳng Euler có thể coi là một trong những định lý quen thuộc nhất của hình học phẳng. Khái niệm đường thẳng Euler trước hết liên quan đến tam giác, sau đó được mở rộng và ứng dụng cho tứ giác nội tiếp và cả n - giác nội tiếp, trong chuyên đề ta quan tâm đến một số vấn đề có liên quan đến khái niệm này trong tam giác. 1.1. (Mở rộng đường thẳng Euler) Cho tam giác ABC . P là điểm bất kỳ trong mặt phẳng. Gọi A ',B ',C ' lần lượt là trung điểm của BC,CA,AB . G là trọng tâm tam giác ABC . a) Chứng minh rằng các đường thẳng qua A,B,C lần lượt song song với PA ',PB ',PC ' đồng quy tại một điểm H P , hơn nữa H P ,G,P GH thẳng hàng và P = 2. GP b) Chứng minh rằng các đường thẳng qua A ',B ',C ' lần lượt song song với PA,PB,PC đồng quy tại một điểm OP , hơn nữa OP ,G,P GO 1 thẳng hàng và P = . GP 2 Giải: a) Ta thấy rằng kết luận của bài toán khá rắc rối, tuy nhiên ý tưởng của lời giải câu 1 giúp ta tìm đến một lời giải rất ngắn gọn như sau: Lấy điểm Q trên tia đối tia GP sao A cho GQ = 2GP . Theo tính chất trọng Q C' B' tâm ta thấy ngay G thuộc AA ' Hp G P và GA = 2GA '. Vậy áp dụng định lý B C A' 1
4. Thales vào tam giác GPA ' dễ suy ra AQ / / PA ' . Chứng minh tương tự BQ / / PB ',CQ / / PC ' . Như vậy các đường thẳng qua A,B,C lần lượt song song với PA ',PB ',PC ' đồng quy tại Q º H P . Hơn nữa theo cách dựng Q thì H P ,G,O thẳng hàng GH và P = 2. Ta có ngay các kết luận bài toán. GO b) Ta có một lời giải tương tự. Lấy điểm R A 1 trên tia đối tia GP sao cho GR = GP . 2 B' C' P G R≡Op Theo tính chất trọng tâm ta thấy ngay G B thuộc AA ' và GA = 2GA '. Vậy áp dụng A' C định lý Thales vào tam giác GPA dễ suy ra AR / / PA . Chứng minh tương tự BR / / PB,CR / / PC . Như vậy các đường thẳng qua A,B,C lần lượt song song với PA,PB,PC đồng quy tại R º OP . Hơn nữa theo cách dựng R thì OP ,G,P thẳng hàng và GP = 2 . Ta có ngay các kết luận bài toán. GOP Nhận xét: Bài toán trên thực sự là mở rộng của đường thẳng Euler. Phần a) Khi P º O tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC ta có ngay H P = H là trực tâm của tam giác ABC . Ta thu dược nội dung của bài toán đường thẳng Euler. Phần b) Khi P º H trực tâm của tam giác ABC thì OP º O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 1.2. Cho tam giác ABC trực tâm H . Khi đó đường thẳng Euler của 2
5. các tam giác HBC, BC HCA,HAB đồng quy tại một điểm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC . Giải: Để giải bài toán này chúng ta cần hai bổ đề quen thuộc sau: Bổ đề 1. Cho tam giác ABC trực tâm H . Thì (HBC ),(HCA),(HAB) lần lượt đối xứng với (ABC ) qua BC,CA,AB . Chứng minh: Gọi giao điểm khác A của HA A với (ABC ) là A ' . Theo tính chất H trực tâm và góc nội tiếp dễ thấy O B C · · · HBC = HAC = A 'BC . Do đó tam giác OA HBA ' cân tại B hay H và A ' đối xứng A' nhau qua BC do đó (HBC ) đối xứng (ABC ). Tương tự cho (HCA),(HAB), ta có điều phải chứng minh. Bổ đề 2. Cho tam giác ABC , trực tâm H , tâm đường tròn ngoại tiếp O , M là trung điểm thì HA = 2OM . Chứng minh: A Gọi N là trung điểm của CA dễ thấy OM / / HA do cùng vuông góc với BC H và OM / / HB do cùng vuông góc với G O CA nên ta có tam giác DHAB : DOMN B C M 1
6. NHỮNG ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG Dạng 1: Đường thẳng Euler 1.(Đường thẳng Euler). Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng trọng tâm G , trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp O cùng nằm trên một đường GH thẳng. Hơn nữa = 2 . Đường thẳng nối H,G,O gọi là đường thẳng Euler GO của tam giác ABC . Chứng minh: A A H G H O O G B E C M B C H' D Cách 1: Gọi E,F lần lượt là trung điểm của BC,AC . Ta có EF là đường trung bình của tam giác ABC nên EF / / AB . Ta lại có OF / / BH (cùng vuông góc với AC ). Do đó O·FE = A·BH (góc có cạnh tương ứng song song). Chứng minh tương tự O·EF = B·AH . AH AB Từ đó có DABH : DEFO (g.g) Þ = = 2(do EF là đường OE EF trung bình của tam giác ABC ). Mặt khác G là trọng tâm của tam giác AG AG AH ABC nên = 2. Do đó = = 2, lại có H·AG = O·EG (so GE FG OE le trong, OE / / AH )Þ DHAG : DEOG (c.g.c) Þ H·GA = E·GO . Do E·GO + A·GO = 1800 nên H·GA + A·GO = 1800 hay H·GO = 1800 . 1