Sáu chứng minh định lý trung vị

36

V. Dubrovsky

Sáu chứng minh định lý trung vị

Bạn không thể làm hỏng miếng bảo vệ miệng bằng dầu.

Định lý về giao điểm của các đường trung tuyến của một tam giác không được chứng minh trong sách giáo khoa “Hình học 6, 7, 8” mà được giả sử ở dạng bài toán. Định lý này sau đó được sử dụng trong sách giáo khoa Hình học 9. Ở đây chúng tôi trình bày một số bằng chứng của nó.

Định lý. Các đường trung tuyến AA₁, BB₁ và CC₁ của tam giác ABC cắt nhau tại một điểm M và mỗi đường trung tuyến được chia cho điểm này theo tỷ lệ 2:1, tính từ đỉnh:
|AM| : |MA₁| = |BM| : |MB₁| =
= |CM| : |MC₁| = 2. (1)

Trong tất cả các bằng chứng được đưa ra dưới đây, ngoại trừ chứng minh thứ sáu, chúng tôi chỉ chứng minh rằng đường trung tuyến BB₁ đi qua điểm M, điểm này chia đường trung bình AA₁ theo tỷ lệ 2:1.

Nếu, theo cách suy luận tương ứng, chúng ta thay [BB₁] bằng [CC₁] thì chúng ta thu được rằng [CC₁] cũng đi qua M. Điều này sẽ chứng tỏ rằng cả ba đường trung tuyến cắt nhau tại một điểm nào đó M và |AM| : |MA₁| = 2.

Vì tất cả các trung vị đều bằng nhau nên chúng ta có thể thay thế [AA₁] bằng [BB₁] hoặc [CC₁]; (1) theo sau từ đây.

Chứng minh đầu tiên (dành cho lớp 6). Gọi K là trung điểm của đoạn AM, B’ là giao điểm của đường thẳng BM với cạnh AC. Ta chỉ cần chứng minh |AB’| là đủ = |B’C|. Qua các điểm K và A₁ song song với đường thẳng BM ta vẽ các đoạn [KL] và [A₁N] (Hình 1). Qua-

37

Hình vuông $MAC$ và $MA_1C$ (Hình 3).
Chiều cao của chúng, bị bỏ qua khỏi đỉnh $C$, trùng nhau và độ dài của các cạnh đối diện với đỉnh này tỷ lệ với 2:1, do đó $S_{AMC} = 2S_{A1MC}$.
Tương tự như vậy, $S_{AMB} = 2S_{A1MB}$.
Nhưng $S_{A1MC} = S_{A1MB}$. Vì vậy, $S_{AMC} = S_{AMB} = S_{BMC}$.
Do đó, các hình tam giác $MAB$, $MBC$ và $MCA$ có ​​kích thước bằng nhau. Hãy để $B' = (BM) \cap (AC)$. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng $|AB'| = |B'C|$. Một mặt, $\frac{|AB'|}{|B'C|} = \frac{S_{AB'M}}{S_{CB'M}}$. Mặt khác, $\frac{|AB'|}{|B'C|} = \frac{S_{AB'B}}{S_{CB'B}}$. Vì vậy, $\frac{|AB'|}{|B'C|} = \frac{S_{AB'B}}{S_{CB'B}}$. Sử dụng định lý $\frac{a}{b} = \frac{c}{d} \Rightarrow \frac{c-a}{d-b} = \frac{a}{b}$.
từ đây chúng ta có được
$$\frac{|AB'|}{|B'C|} = \frac{S_{AB'B} - S_{AB'M}}{S_{CB'B} - S_{CB'M}} = \frac{S_{ABM}}{S_{CBM}} = 1.$$

Hình 3.

Hình 4.

Vì vậy, $|AB'| = |B'C|$.
Chứng minh thứ tư (lớp 7). Từ hình 4
$$\overrightarrow{BM} = \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{AM} =$$
$$= \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CA} + \frac{2}{3} \overrightarrow{AA_1} =$$
$$= \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CA} + \frac{2}{3} \left( \overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CA_1} \right) =$$
$$= \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CA} + \frac{2}{3} \overrightarrow{AC} + \frac{1}{3} \overrightarrow{CB} =$$
$$= \overrightarrow{BC} - \frac{1}{3} \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CA} - \frac{2}{3} \overrightarrow{CA} =$$
$$= \frac{2}{3} \overrightarrow{BC} + \frac{1}{3} \overrightarrow{CA} =$$
$$= \frac{2}{3} \left( \overrightarrow{BC} + \frac{1}{2} \overrightarrow{CA} \right) =$$
$$= \frac{2}{3} \left( \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CB_1} \right) = \frac{2}{3} \overrightarrow{BB_1}$$.

Do đó, điểm $M$ nằm trên đường trung tuyến $BB_1$.
Chứng minh thứ năm (lớp 8). Hãy lại $B' = (BM) \cap (AC)$ (Hình 3). Trước tiên, áp dụng định lý sin cho các tam giác $AB'B$ và $CB'B$, sau đó cho các tam giác $ABM$ và $A_1BM$, biết được rằng $\sin \overrightarrow{AB'B} = \sin \overrightarrow{CB'B}$, $\sin \overrightarrow{AMB} = \sin \overrightarrow{A_1MB}$, $|BC| = 2|A_1B|$ và $|MA| = 2|MA_1|$, ta thu được
$$\frac{|AB'|}{|B'C|} =$$
$$= \frac{|AB| \sin \overrightarrow{ABM}}{\sin \overrightarrow{AB'B}}: \frac{|BC| \sin \overrightarrow{A_1BM}}{\sin \overrightarrow{CB'B}} =$$
$$= \frac{|MA| \sin \overrightarrow{AMB}}{2|MA_1| \sin \overrightarrow{A_1BM}} = 1.$$

Vì vậy, $|AB'| = |B'C|$.
Chứng minh thứ sáu (lớp 9). Chúng ta hãy vẽ một mặt phẳng $\alpha$ đi qua các điểm $A$ và $B$, không chứa $C$ và dựng một tam giác đều $ABC'$ trong mặt phẳng này (Hình 5). Từ tính chất chung của phép chiếu song song (“Hình học 9”, § 12), suy ra phép chiếu song song dọc theo đường thẳng $CC'$ lấy $\triangle ABC$ đến

38

Hình 5.

$\Delta ABC'$ và các đường trung tuyến của tam giác $ABC$ chiếu vào các đường trung tuyến của tam giác $ABC'$. Nhưng trong một tam giác đều, các đường trung tuyến cũng là đường phân giác và do đó cắt nhau tại một điểm. Cũng dễ dàng chứng minh (chứng minh!) rằng đối với tam giác $ABC'$ đẳng thức (1) là đúng.

Từ đó định lý của chúng ta cũng đúng với $\Delta ABC$.

Để kết luận, chúng tôi lưu ý rằng $\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC} = \overrightarrow{MA} + 2\overrightarrow{MA}_1 = 0$ và nếu điểm $P$ không trùng với $M$ thì $\overrightarrow{PA} + \overrightarrow{PB} + \overrightarrow{PC} = \overrightarrow{PM} + \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{PM} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{PM} + \overrightarrow{MC} = 3\overrightarrow{PM} \neq 0$. Nói chung, điểm $G$ được gọi là tâm (hoặc trọng tâm) của hệ điểm $A_1, A_2, \dots$,

$$\frac{|AP|}{|PA_1|} = \frac{|BP|}{|PB_1|} = \frac{|CP|}{|PC_1|}.$$

Chứng minh rằng $P$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.

6. Prove that seven segments: segments connecting the vertices of the tetradir with the centroids of opposite faces, and segments connecting the midpoints of opposite edges, intersect at one point. Những đoạn này được chia cho điểm chung của chúng theo những cách nào?

(Để bắt đầu, xem trang 21)
N. Kevkhshivili (Tbilisi) 47, 52, 54; A. Korolev (Gorky) 57, 60a), 6), d); S. Korchanov (Angarsk) 46, 47, 49a), 50, 56, 57, 60a); V. Kostmusak (Zaporozhye) 46, 48, 50; L. Kostmok (Kyiv) 54; E. Kuzmin (Cherpovet) 46, 48, 54, 56, 57; A. Kudinov (Voronezh) 57; S. Kuznetsov (Angarsk) 53; A. Kulesko (Donetsk) 47, 50, 53—55, 60a), 6), c); P. Kulinits (Voronezh) 54; A. Kurkev (Nikolaev) 52; E. Lapin (Alma-Ata) 52; I. Lozitsky (Gantsevich) 46, 48, 52, 53; E. Lumelskaya (Perm) 56, 57; V. Marzzoy (Alma-Ata) 54; G. Martirosyan (làng Talin, ArmSSR) 46; D. Martinov (Cherknzovo) 57; R. Meshchoir (Moscow) 51, 56, 57, 60a); A. Milevsky (Mytits) 51, 52, 57; D. Mindlin (Tashkent) 46, 48, 50, 51, 54, 56; B. Mintsbere (Leningrad) 54; A. Mirlin (Leningrad) 46, 47, 49a), 50, 51, 53-58, 60a), 6), c), d); A. Molotovitkov (Teykov) 54; E. Mostshvenko (Syktyvkar) 51, 54; I. Myshe (Chernivtsi) 57; N. Naumova (Kamyshin) 54; A. Nenashev (Leningrad) 46, 48, 50—59, 60a), 6), c), d); N. Nesterenko (Novosibirsk) 47, 48, 51-54; A. Nikitenkov (Velikie Luki) 48; G. Nikolov (NRB) 52, 56, 57; A. Onarin (Gorky) 47, 48, 53, 60a), 6); V. Ostmanenko (Alma-Ata) 54; D. Papush (Kharkov) 46, 50-52, 54-57; I. Pashin (Tạm thời) 46; I. Ponomarev (Penza) 46; A. Popov (Chusovoy) 54, 60a), 6); V. Pomemkin (Donetsk) 52; G. Puninsky (Bobryysk) 46, 52, 54, 60a), 6), c), d); S. Putintsev (Nevinomysk) 51-55; H. Rivilis (Odessa) 496), 56-58; I. Roizman (làng Kalinovka, vùng Vinnytsia) 51, 54; V. Romanovsky (Tiếp theo, xem trang 52)