Một số kiến thức về hình trong các cuộc thi Olympic Toán !

[trung anh]

I.15) Định lí Carnot


Định lý:
Cho $\Delta ABC $. Gọi $M, N, P $ lần lượt là các điểm thuộc các cạnh $BC,AC,AB $. $d_M, d_N, d_P $ lần lượt là các đường thẳng đi qua $M, N, P $ và vuông góc với $BC, AC, AB $. $d_M, d_N, d_P $ đồng quy khi và chỉ khi
$MB^2+NC^2+PA^2=MC^2+NA^2+PB^2 $



Chứng minh:
a)Phần thuận:
Gọi $d_M, d_N, d_P $ đồng quy tại O.
ĐPCM $\Leftrightarrow $ $MB^2+OM^2+NC^2+ON^2+PA^2+OP^2=MC^2+OM^2+NA^2+ON^2+ PB^2+OP^2 $
$\Leftrightarrow OB^2+OC^2+OA^2=OB^2+OC^2+OA^2 $
Đẳng thức này đúng nên ta có điều phải chứng minh.
b) Phần đảo
Gọi giao điểm của $d_M, d_N $ tại O. Qua O hạ đường vuông góc xuống AB tại P'. Áp dụng định lí thuận ta có $MB^2+NC^2+P'A^2=MC^2+NA^2+P'B^2 \Rightarrow $ P trùng với P'$ \Rightarrow d_M, d_N, d_P $đồng quy.
Các bạn có thể vào đây xem vài điều liên quan:[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nbkschool]

Hix vậy để em post cái khác đúng quy trình.:hugging:

I.16/Định lý Brokard

Định lý:
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.Chứng minh rằng O là trực tâm của tam giác MIN.



Chứng minh:

Gọi H là giao thứ 2 của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác AID,BIC.
Xét tứ giác DOHC,ta có:
$\hat{DHC}=\360^o -\hat{DHI}-\hat{CHI}=\hat{DAC}+\hat{DBC}=\hat{DOC} $
Từ đó suy ra tứ giác DOHC nội tiếp.Tương tự ta cũng suy ra tứ giác AOHB nội tiếp.
Dễ thấy $\overline{NA}. \overline{NB}=\overline{NC}. \overline{ND} $ suy ra N nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn $(AIHD),(BIHC) $-->$O,H,N $ thẳng hàng.
Ta có:
$\hat{IHO}=\hat{IHD}-\hat{OHD}=\hat{ADC}+\hat{ACD}-\hat{OCD}=\hat{OCA}+\hat{ODA}+\hat{ODC} $
$=\90^o $
Từ đó suy ra $IM \perp ON $
Tương tự ta có:$IN \perp OM $
Suy ra O là trực tâm tam giác MIN (đpcm)

******T.Anh:Định lý này sử dụng cách chứng minh bằng cực đối cực sẽ nhanh hơn rất nhiều: Xem bài toán số 2 phần I mục C trong bài viết [Only registered and activated users can see links. ]
==============
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[trung anh]

I.17) Định lí Euler về khoảng cách giữa tâm 2 đường tròn nội, ngoại tiếp của tam giác



Định lý:
Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R) và ngoại tiếp (I;r). Chứng minh rằng $OI^2=R^2-2Rr $.

Chứng minh:
Kéo dài AI cắt (O) tại M. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O).
Hạ $ID \perp AB $. Kéo dài OI cắt (O) tại E và F. Ta có $\Delta AID $ ~ $ \Delta NMC (g.g) \Rightarrow \frac{ID}{MC}=\frac{AI}{MN} \Rightarrow 2Rr=ID.MN=AI.MC $.
Mặt khác dễ dàng chứng minh $MC=MI \Rightarrow 2Rr=IA.IM $
Lại có $IA.IM=IE.IF=R^2-OI^2 $ nên ta có điều phải chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

I.18)Định lí Euler về khoảng cách giữa tâm hai đường tròn nội ngoại tiếp tứ giác!(Định lí Fuss)

Định lí :Cho tứ giác ABCD vừa nội tiếp (O,R) vừa ngoại tiếp (I,r). Đặt d=OI. Khi đó ta có:

$\frac {1}{(R-d)^2} +\frac{1}{(R+d)^2} =\frac{1}{r^2}{ $


Chứng minh


Gọi tiếp điểm của (I) trên AB,BC,CD,DA lần lượt là M,N,P,Q.
BI,CI cắt (O) lần lượt ở E,F .
Ta thấy:$(DE,DF) \equiv (DE,DC) +(DC,DF) \equiv (BE,BC) +(DC,DF) \equiv \frac{(BA,BC)+(DC,DA)}{2} \equiv \frac{\pi}{2} (mod \pi) $

Do đó E,O,F thẳng hàng ,nên O là trung điểm của EF.
Theo công thức đường trung tuyến trong tam giác IEF ta có:
$d^2 = IO^2 = \frac{IE^2}{2} + \frac{IF^2}{2} - \frac{EF^2}{4}=\frac{IE^2}{2} + \frac{IF^2}{2} -R^2 $
Từ đó suy ra:
$\frac {1}{(R-d)^2} +\frac{1}{(R+d)^2} = \frac{2(R^2+d^2)}{(R^2-d^2)^2} = \frac{IE^2 + IF^2} {(P_{I/(O)}) ^2} = \frac{IE^2}{(P_{I/(O)}) ^2} +\frac{IF^2}{ (P_{I/(O)}) ^2}= \frac{IE^2}{ (IE.IB)^2} +\frac{IF^2}{(IF.ID)^2} = \frac{1}{ IB^2} + \frac{1}{ ID^2} = \frac{1}{ ({\frac{IM}{ \sin{\frac{B}{2}}}) ^2 }}+ \frac{1}{(\frac{IP}{ (\sin {\frac{D}{2}}})^2} =\frac{1}{r^2} $ (vì$ \frac{B}{2}+ \frac{D}{2}=90) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[trung anh]

I.19)Định lí Casey(Định lí Ptolemy mở rộng)

Định lí :Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O,R). Đặt các đường tròn $\alpha, \beta, \gamma, \delta $ là các đường tròn tiếp xúc với (O) tại các đỉnh A,B,C,D. Đăt $t_{\alpha\beta} $ là độ dài đoạn tiếp tuyến chung của hai đường tròn $\alpha, \beta $. Trong đó $t_{\alpha\beta} $ là độ dài tiếp tuyến chung ngoài nếu hai đường tròn $\alpha, \beta $ cùng tiếp xúc trong hoặc cùng tiếp xúc ngoài với (O), và là độ dài đoạn tiếp xúc trong nếu trong trường hợp còn lại. Các đoạn $t_{\beta\gamma}, t_{\gamma\delta} $, ... được xác định tương tự. Khi đó ta có:
$ t_{\alpha\beta}.t_{\gamma\delta}+t_{\beta\gamma}.t _{\alpha\delta}=t_{\alpha\gamma}.t_{\beta\delta} $



Chứng minh
Ta chứng minh trường hợp $\alpha, \beta, \gamma, \delta $ cùng tiếp xúc ngoài với (O). Các trường hợp còn lại chứng minh tương tự. Lần lượt đặt tâm các đường tròn trên là A',B',C',D' và bán kính lần lượt là x,y,z,t.
Đặt AB=a, BC=b, CD=c, DA=d, AC=m, BD=n.
Áp dụng định lý Pythagore:
$(t_{\alpha\beta})^2=A'B' ^2- (x-y)^2 $
Mặt khác lại có: (theo định lí hàm số cos)
$A'B' ^2=(R+x)^2+(R+y)^2-2(R+x)(R+y)cos(\hat{A'OB'}) $
$A'B' ^2=(R+x)^2+(R+y)^2-2(R+x)(R+y)(1-\frac{a^2}{2R^2}) $
$A'B' ^2=(R+x)^2-2(R+x)(R+y)+(R+y)^2+(R+x)(R+y).\frac{a^2}{R^2} $
$A'B' ^2=(x-y)^2+\frac{a^2}{R^2}.(R+x)(R+y) $
$\Rightarrow t_{\alpha\beta}=\frac{a}{R}.\sqrt{(R+x)(R+y)} $
Tương tự với $t_{\beta\gamma}, t_{\gamma\delta} $, ...
Ta có
$ t_{\alpha\beta}.t_{\gamma\delta}+t_{\beta\gamma}.t _{\alpha\delta}=t_{\alpha\gamma}.t_{\beta\delta} \Leftrightarrow a.c+b.d=m.n $(định lý Ptolemy)
Ngược lại ta thấy định lý Ptolemy là một trường hợp đặc biệt của định lí Casey khi x=y=z=t=0.
Xem [Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[trung anh]

I.20)Hệ thức Stewart

Định lí:Cho ba điểm A,B,C thẳng hàng. Và một điểm M bất kì. Ta luôn có hệ thức
$\bar{MA}^2.\bar{BC}+\bar{MB}^2.\bar{CA}+\bar{MC}^2 .\bar{AB}+\bar{BC}.\bar{CA}.\bar{AB}=0 $



Chứng minh
Qua M hạ $MH \perp AC $.
Ta có:
$\bar{MA}^2.\bar{BC}+\bar{MB}^2.\bar{CA}+\bar{MC}^2 .\bar{AB}+\bar{BC}.\bar{CA}.\bar{AB} $
$=(MH^2+HA^2). \bar{BC}+(MH^2+HB^2).\bar{CA}+(MH^2+HC^2).\bar{AB} +\bar{BC}.\bar{CA}.\bar{AB} $
$=\bar{MH}^2.(\bar{BC}+\bar{CA}+\bar{AB})+(\bar{HA} ^2.\bar{BC}+\bar{HB}^2.\bar{CA}+\bar{HC}^2.\bar{AB }+\bar{BC}.\bar{CA}.\bar{AB}) $
$=0+\bar{HA}^2.\bar{BC}+\bar{HB}^2.\bar{CA}+\bar{HC }^2.\bar{AB}+\bar{BC}.\bar{CA}.\bar{AB} $
(Đưa về trường hợp hệ thức Stewart cho 4 điểm thẳng hàng (khi M nằm trên đường thẳng chứa A,B,C))
$\bar{HA}^2.\bar{BC}+\bar{HB}^2.\bar{CA}+\bar{HC}^2 .\bar{AB}+\bar{BC}.\bar{CA}.\bar{AB} $
$=\bar{HA}^2.( \bar{HC}-\bar{HB})+\bar{HB}^2.(\bar{HA}-\bar{HC})+\bar{HC}^2.(\bar{HB}-\bar{HA})+(\bar{HC}-\bar{HB}).(\bar{HA}-\bar{HC}).(\bar{HB}-\bar{HA})=0 $
Ta có đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[chu t tung]

I.21)Định lí Lyness
Định lí:Nếu đường tròn tâm O tiếp xúc trong với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại T và tiếp xúc với các cạnh AB,AC của tam giác lần lượt tại E và F thì tâm đường tròn nội tiếp của tam giác nằm trên EF.

Chứng minh:
Để chứng minh định lí này ta cần chứng minh 2 bổ đề sau:
Bổ đề 1:AB là dây của một đường tròn tâm (O). Đường tròn (l) tiếp xúc với dây AB tại K và tiếp xúc trong với (O) tại T. Chứng minh L là trung điểm của cung AB ko chứa T và $LA^2=LK.LT $
Bổ đề 2: Điểm M là trung điểm cung BC ko chứa A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Điểm I thuộc đoạn MA sao cho MI=MB. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Việc chứng minh 2 bổ đề này là khá đơn giản.
Ta tiếp tục quay trở lại với việc chứng minh định lí Lyness.
kẻ TF giao (O) tại P; BP cắt EF tại H.
Theo bổ đề 1 ta có BP là phân giác của góc B.
Ta có: $\hat{HET}=\hat{HBT} (=\hat{FTx}) \Rightarrow HEBT $ nt $\Rightarrow \hat{THB}=\hat{TEB} $
Mà $\hat{TEB}=\hat{TFE} \Rightarrow \hat{TFE}=\hat{THB} $
$\Rightarrow \Delta PHF \sim \Delta PTH \Rightarrow PH^2 = PF.PT $
Theo bổ đề 1 ta lại có $PC^2 = PF.PT \Rightarrow PC=PH $
Theo bổ đề 2 ta được H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (ĐPCM)
Lần đầu vẽ hình xấu quá nhỉ!!!!!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[trung anh]

I.22)Định lý Lyness mở rộng(Bổ đề Sawayama)

Định lí:Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).M thuộc BC (Có cách phát biểu khác là: cho tứ giác ABDC và M là giao của BC và AD; nhưng hai cách phát biểu này là tương đương). Một đường tròn (O') tiếp xúc với hai cạnh MA và MC tại E và F đồng thời tiếp xúc với cả đường tròn (O) tại K. Khi đó ta có tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC nằm trên đường thẳng EF.



Chứng minh
KF cát đường tròn (O) tại G. Áp dụng bổ đề 1 tại bài viết của chu t tung về định lý Lyness ở trên, ta có G là điểm chính giữa cung BC. Gọi I là giao của AG với EF. Ta có
$\hat{IEK}=\hat{IAK}=\hat{FKD} \Rightarrow AEIK $ nội tiếp $\Rightarrow \hat{AIK} = \hat{EFK}=\hat{AEK} $
$\Rightarrow \Delta EFK $ ~ $\Delta IAK (g.g) \Rightarrow \hat{EKA}=\hat{GKI}=\hat{GIF} $
$\Rightarrow \Delta GIF $ ~ $\Delta GKI (g.g) \Rightarrow GI^2=GF.GK $
Lại cũng theo bổ đề 1 ta có $GC^2=GF.GK \Rightarrow GC=GI \Rightarrow $ I là tâm nội tiếp của $\Delta ABC $(theo bổ đề 2)
Xem thêm các hệ quả của định lý Lyness tại báo toán tuổi thơ 2 số 42 và 43
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[chu t tung]

I.23) Định lí Thébault
Định lí: Cho tam giác $ABC $ nội tiếp đường tròn $(O) $. $D $ là một điểm nằm trên cạnh $BC $. Đường tròn tâm $P $ tiếp xúc với 2 đoạn $AD,DC $ và tiếp xúc trong với $(O) $. Đường tròn tâm $Q $ tiếp xúc với 2 đoạn $AD,DB $ và tiếp xúc trong với $(O) $. Gọi $I $ là tâm nội tiếp tam giác $ABC $. Ta có: $P,I,Q $ thẳng hàng.
Chứng minh

Gọi $G,H $ lần lượt là tiếp điểm của $(Q) $ với $DB,AD $. Gọi $I $ là giao điểm của $EF $ và $GH $. Theo định lí lyness mở rộng(đã có trong bài của trung anh), $I $ là tâm nội tiếp tam giác $ABC $. Vậy ta chỉ cần chứng minh $P,I,Q $ thẳng hàng. Thật vậy, gọi $X,Y $ lần lượt là giao điểm của $GH $ và $DQ $; $EF $ và $DP $. Áp dụng định lí Thales ta có: $\frac{IX}{PD}=\frac{YD}{PD}=\frac{QX}{QD} $. Vậy , $P,I,Q $ thẳng hàng(dpcm)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

Nguyên văn bởi chu t tung

Cứ tiến độ này chắc sang năm mới cái đống kiến thức hình này vẫn ko hoàn thành nổi mất thôi !!!!! Mọi người cố gắng đóng góp đi chứ:hornytoro:

Chú yên tâm ,sẽ xong trong năm nay! :hornytoro:
Nếu anh còn sống đến cuối năm thì anh cam đoan điều đó.!:nemoflow:
Mọi người cứ cố gắng nhá!!!:hornytoro:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nbkschool]

I.24)Công thức Jacobi liên quan đến tâm tỉ cự,định lí Lebnitz

1)Công thức Jacobi:

Nếu I là tâm tỉ cự của hệ điểm ${A_1,A_2,...,A_n} $ ứng với các hệ số $a_1,a_2,...,a_n $ thì với mọi điểm M trên mặt phẳng ta đều có:
$\sum^n_{i=1} a_iMA_i^2=\sum^n_{i=1}a_iIA_i^2+(a_1+...+a_n)MI^2 $

Chứng minh:

$\sum^n_{i=1} a_iMA_i^2=\sum^n_{i=1} a_i(\vec{MI}+\vec{IA_i})^2=(a_1+...+a_n)MI^2+2\vec {MI}( \sum^n_{i=1} a_i.\vec{IA_i})+\sum^n_{i=1} a_i.IA_i^2 $
$=(a_1+...+a_n)MI^2+\sum^n_{i=1}a_iIA_i^2 $
(do I là tâm tỉ cự của hệ điểm nên $\sum^n_{i=1} a_i.\vec{IA_i}=0 $)
->đpcm.

2)Định lí Lebnitz Đây là trường hợp đặc biệt của công thức trên khi n=3

3)Hệ quả khác:
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức $\sum^n_{i=1} a_iMA_i^2 $ (với các kí hiệu như phần trên) đạt được khi $M \equiv I $.
(phần này thuần về tính toán nên chắc không cần vẽ hình phải không anh ma29?)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nbkschool]

I.25)Định lí Newton cho tứ giác ngoại tiếp

Định lý
Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn O.Khi đó trung điểm hai đường chéo AC,BD và tâm O thẳng hàng.

Hình: (vẽ bằng Cabri hơi xấu):rokeyrulez:



Chứng minh
Gọi P,Q,R,S lần lượt là các tiếp điểm của các đoạn thẳng AB,BC,CD,DA đối với đường tròn $(O) $.
Đặt $SA=AP=a,BP=BQ=b,CQ=CR=c,DR=DS=d $.Áp dụng định lý con nhím cho tứ giác ABCD ta có:
$(a+b)\vec{OP}+(b+c)\vec{OQ}+(c+d)\vec{OR}+(d+a) \vec{OS}=0 $
<->$\sum (a+b)[\frac{b}{a+b}\vec{OA}+\frac{a}{a+b}\vec{OB}]=0 $
<->$(b+d)(\vec{OA}+\vec{OC}) +(a+c)(\vec{OB}+\vec{OD})=0 $
<->$(b+d)\vec{OM}+(a+c)\vec{ON}=0 $
Từ đó suy ra hai vecto $\vec{OM},\vec{ON} $ cùng phương->O,M,N thẳng hàng (đpcm)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[trung anh]

I.26)Định lí Breichneider (định lý hàm số cos cho tứ giác)

Định lý
Cho tứ giác ABCD có độ dài các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt là a, b, c, d và độ dài hai đường chéo AC, BD là m, n. Khi đó ta có: $m^2n^2=a^2c^2+b^2d^2-2abcd.cos(A+C) $



Chứng minh

Trên cạnh AB ra phía ngoài dựng tam giác ABN đồng dạng với tam giác CAD, và dựng ra phía ngoài cạnh AD tam giác ADM đồng dạng với tam giác CAB. Khi đó dễ thấy: $AN = \frac{ac}{m}, AM = \frac{bd}{m}, NB = DM = \frac{ad}{m} $ và BDMN là hình bình hành.
Đồng thời có $\hat{NAM}=\hat{A}+\hat{C} $
Áp dụng đính lí hàm số cos cho tam giác NAM, ta có

$n^2= (\frac{ac}{m})^2 + (\frac{bd}{m})^2 - 2(\frac{ac}{m}) . (\frac{bd}{m}) . cos(A+C) $
$\Leftrightarrow m^2n^2=a^2c^2+b^2d^2-2abcd.cos(A+C) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

I.27)Định lí con nhím:


Định lí:Cho đa giác lồi $ A_1A_2A_3...A_n $ và các vecto $ \vec{e_1},\vec{e_2},...,\vec{e_n} $ là các vecto có độ dài bằng các cạnh $A_1A_2,A_2A_3,...,A_nA_1 $ ,tương ứng vuông góc với các cạnh ấy và hướng ra phía ngoài đa giác.Thế thì :
$ \vec{e_1}+\vec{e_2}+...+\vec{e_n} =\vec{0} $




Chứng minh:
Không giảm tính tổng quát ,giả sử đa giác $ A_1A_2A_3...A_n $ có hướng dương.
Xét phép quay vecto:
$Q_{\frac{\pi}{2}} (\vec{e_1}+\vec{e_2}+...+\vec{e_n}) = Q_{\frac{\pi}{2}} \vec{e_1} + Q_{\frac{\pi}{2}} \vec{e_2}...+ Q_{\frac{\pi}{2}}\vec {e_n}= \vec{A_1A_2} + \vec{A_2A_3}+....+\vec{A_nA_1} =\vec{0} $
Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

I.28)Định lí Gergone-Euler.

Định lí:Xét tam giác ABC và một điểm S trong mặt phẳng.AS,BS,CS lần lượt cắt BC,CA,AB ở D,E,F.Khi đó ta có:

$\frac{\bar{SD}}{\bar{AD}} + \frac{\bar{SE}}{\bar{BE}} +\frac{\bar{SF}}{\bar{CF}} =1 $
Chứng minh:


Kí hiệu $S_{[..]} $ chỉ diện tích đại số của đa giác.
Ta thấy :
$\frac{\bar{SD}}{\bar{AD}} = \frac{S_{[SBD]} }{S_{[ABD]}} = \frac {S_{[SDC]}}{S_{[ADC]}}=\frac{S_{[SBD]} +S_{[SDC]}}{S_{[ABD]}+S_{[ADC]}}= \frac{S_{[SBC]} }{ S_{[ABC]}} $ (1)
Tương tự ta có:
$\frac{\bar{SE}}{\bar{BE}}=\frac{S_{[SCA]}}{S_{[BCA]}} $ (2)
$\frac{\bar{SF}}{\bar{CF}}=\frac{S_{[SAB]}}{S_{[CAB]}} $ (3)

Cộng theo vế (1),(2)và (3) ta có điều cần chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]