Tìm hiểu điểm

52

Tìm hiểu điểm

I. F. SHARYGIN

Trong hình học, các thuộc tính của các hình mô tả chúng một cách rõ ràng hoặc liên quan đến một lớp hình được xác định đầy đủ là rất quan trọng - cái gọi là “đặc điểm”. Ví dụ, bạn đã quen thuộc với một số dấu hiệu của hình bình hành và có thể dễ dàng nhận ra nó trong một tứ giác có các cặp cạnh đối diện bằng nhau hoặc với các đường chéo chia đôi bởi điểm giao nhau của chúng, v.v. Có những dấu hiệu khác của hình bình hành “tinh ranh” hơn. Ví dụ, người ta biết rằng trong một hình bình hành, tổng bình phương của các đường chéo bằng tổng bình phương của các cạnh. Hóa ra câu nói ngược lại cũng đúng: nếu trong một tứ giác tổng bình phương các cạnh bằng tổng bình phương các đường chéo thì tứ giác này là hình bình hành.

Bài tập 1. Hãy tự chứng minh. (Gợi ý. Từ định lý trực tiếp, hãy lập công thức biểu thị bình phương đường trung bình của một tam giác theo bình phương các cạnh của nó. Sử dụng công thức này, hãy biểu thị bình phương khoảng cách giữa các trung điểm của các đường chéo của một tứ giác theo bình phương các cạnh và đường chéo của nó.)

Trong bài viết này chúng ta sẽ nói một chút về “dấu hiệu của một điểm”. Trong khóa học ở trường, một số điểm “đáng chú ý” của tam giác sẽ được nghiên cứu. Những điểm này có một số tính chất thú vị, hầu hết trong số đó xác định duy nhất điểm này. Tuy nhiên, chúng ta thường gặp khó khăn trong việc “nhận biết” một điểm, ngay cả khi các đặc tính nổi tiếng của nó được chỉ ra.

Giao điểm của các đường trung tuyến (centrides)

Một số đặc điểm của tính chất của một điểm “đáng chú ý” có thể là

53

được sử dụng không chỉ để “nhận ra” nó mà còn để chứng minh sự tồn tại của nó.

Nhiều học sinh biết rằng các đường trung tuyến của một tam giác cắt nhau tại một điểm, mặc dù không phải ai cũng biết cách chứng minh điều này. Mặt khác, không khó để chứng minh rằng bên trong bất kỳ tam giác ABC nào cũng tồn tại một điểm M sao cho các tam giác ABM, BCM và CAM có kích thước bằng nhau (hình 1).

Điều tốt nhất là chỉ cần xây dựng điểm này. Vì diện tích tam giác ABM bằng 1/3 diện tích tam giác ABC nên điểm M nằm trên đường thẳng song song với AB và cách AB một khoảng bằng 1/3 độ cao tương ứng. Tương tự, M phải nằm trên một đường thẳng song song với BC, tức là M là giao điểm của hai đường thẳng này. Vì diện tích tam giác ABM và BCM bằng 1/3 diện tích tam giác ABC nên diện tích tam giác CAM cũng bằng 1/3 diện tích ABC.

Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng tất cả các đường trung tuyến của một tam giác đều đi qua điểm M và được chia ở đó theo tỷ lệ 2:1, tính từ các đỉnh của tam giác. Thật vậy, từ các điểm có kích thước bằng nhau của các tam giác ABM và BCM suy ra hai điểm A và C bằng đường thẳng BM, nghĩa là đường thẳng này phải đi qua điểm giữa của đoạn BC (đường thẳng này không thể song song với BC). Và từ thực tế là diện tích của tam giác CAM bằng 1/3 diện tích ABC, suy ra khoảng cách từ M đến CA nhỏ hơn khoảng cách từ B đến CA một giây, nghĩa là M chia medina BB₁ theo tỷ lệ BM:B₁M=2. Do đó, các đường trung tuyến của tam giác cắt nhau tại một điểm và chia nó theo tỷ lệ đã chỉ định. Vì vậy, chúng tôi đã nhận được dấu hiệu trung tâm:

Ký tên M₁. Điểm M bên trong của tam giác ABC là tâm khi và chỉ khi các tam giác ABM, BCM và CAM có kích thước bằng nhau.

Hãy để chúng tôi chứng minh thêm hai tiêu chí nữa cho một centrador.

Để điểm M là tâm của tam giác ABC thì điều kiện nào sau đây là cần và đủ:

Ký hiệu M₂. MA+MB+MC=0.
Ký tên M₃. MA2+MB2+MC2=1/3 (AB2+BC2+CA2).

Bằng chứng. Hãy bắt đầu với M₂. Gọi M là giao điểm các đường trung tuyến của tam giác ABC (hình 2).

Chúng ta có MA+MB+MC=MA+(MA₁+A₁B)+(MA₁+A₁C)=(MA+2MA₁)+(A₁B+A₁C)=0. Ngược lại, lấy điểm M thỏa mãn tiêu chí M₂ và A₁ là giao điểm của MA với BC. (Chứng minh đường thẳng MA không song song với BC). Khi đó, như trên, chúng ta sẽ có MA+MB+MC=(MA+2MA₁)+(A₁B+A₁C)=0. Nhưng tổng của hai vectơ không phải clipart được viết trong ngoặc đơn chỉ có thể bằng 0 nếu mỗi vectơ bằng 0. Do đó A₁ là trung điểm của BC.

Hình 1.

Hình 2.

54

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh rằng hàm $M_3$ tương đương với hàm $M_2$. Cho $M$ là một điểm tùy ý trên mặt phẳng. Trước hết, chúng ta lưu ý rằng từ đẳng thức $\overrightarrow{MA} - \overrightarrow{MB} = \overrightarrow{BA}$, sau khi bình phương nó, chúng ta thu được $2\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = MA^2 + MB^2 - AB^2$.

Các đẳng thức tương tự cũng đúng với $2\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC}$ và $2\overrightarrow{MC} \cdot \overrightarrow{MA}$. Tiếp theo, $0 \leqslant (\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + \overrightarrow{MC})^2 = MA^2 + MB^2 + MC^2 + 2\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} + 2\overrightarrow{MB} \cdot \overrightarrow{MC} + 2\overrightarrow{MC} \cdot \overrightarrow{MA} = 3(MA^2 + MB^2 + MC^2) - (AB^2 + BC^2 + CA^2)$. Như vậy, đẳng thức 2 bao hàm đẳng thức 3 và ngược lại. Trong quá trình thực hiện, chúng tôi đã chứng minh rằng $MA^2 + MB^2 + MC^2$ đạt giá trị tối thiểu nếu $M$ là trọng tâm (và đây cũng là dấu hiệu của trọng tâm).

Để minh họa, hãy giải bài toán sau.

Bài toán 1. Các hình vuông được xây dựng trên các cạnh của tam giác hướng ra ngoài. Chứng minh rằng giao điểm của các đường trung tuyến của một tam giác với các đỉnh tại tâm của các hình vuông trùng với giao điểm của các đường trung tuyến của tam giác đã cho.

Lời giải. Gọi $M$ là giao điểm các đường trung tuyến của tam giác $ABC$, $A_1$ là trung điểm của $BC$, $A_2$ là tâm của hình vuông dựng trên $BC$ (hình 3).

Sau đó $\overrightarrow{MA} = \overrightarrow{MA_1} + \overrightarrow{A_1A_2}$. Chúng tôi có $\overrightarrow{MA_2} + \overrightarrow{MB_2} + \overrightarrow{MC_2} = (\overrightarrow{MA_1} + \overrightarrow{MB_1} + \overrightarrow{MC_1}) + (A_1A_2 + B_1B_2 + C_1C_2)$. Nhưng tổng các vectơ trong mỗi dấu ngoặc bằng không. Đầu tiên - theo dấu $M_2$. Thứ hai, vì mỗi vectơ của tổng này lần lượt thu được từ $\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$, $\frac{1}{2}\overrightarrow{CA}$ và $\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$ bằng cách quay $90^\circ$ theo chiều kim đồng hồ. Điều này có nghĩa là $M$ là trọng tâm của tam giác $A_2B_2C_2$.

Tâm đường tròn

Lần này chúng ta sẽ không mở rộng về lý thuyết trường học mà sẽ xem xét hai ví dụ.

Bài toán 2. Trong tam giác $ABC$ có các góc sau: $\angle A = 30^\circ$, $\angle B = 80^\circ$.

Bên trong tam giác, lấy điểm $K$ sao cho $BCK$ là tam giác đều. Tìm $\angle KAC$.

Lời giải. bài toán này đã được đưa ra tại Thế vận hội Moscow năm 1989 ở lớp 10. Hầu hết những người tham gia Olympic đều cố gắng giải nó bằng cách “đếm” bằng định lý sin mà không thấy rằng điểm $K$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp khoảng $ABC$. Trên thực tế, từ tâm của vòng tròn ngoại tiếp khoảng $ABC$, có thể nhìn thấy cạnh $BC$ một góc $2\cdot 30^\circ = 60^\circ$; tâm này nằm bên trong tam giác (tam giác nhọn) và nằm trên đường phân giác vuông góc với $BC$. Vì vậy, $K$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp (hình 4), $\angle CKA = 2\cdot 80^\circ = 160^\circ$, $\angle KAC = \angle KCA = 10^\circ$.

Bài toán 3. Trong tứ giác lồi $ABCD$ có các góc sau: $\angle BAC = 25^\circ$, $\angle BCA = 20^\circ$, $\angle BDC = 50^\circ$, $\angle BDA = 40^\circ$. Tìm góc giữa hai đường chéo của tứ giác này.

Lời giải. Có thể đưa ra một lập luận gián tiếp để chứng minh rằng điểm $D$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp quanh $ABC$. Vì tam giác $ABC$ tù nên tâm của đường tròn ngoại tiếp nằm ở phía bên kia của $AC$ so với đỉnh $A$, và từ tâm này, các cạnh $BC$ và $BA$ lần lượt được nhìn thấy ở các góc $50^\circ$ và $40^\circ$. Ngoài ra, chỉ có một điểm như vậy (hãy chắc chắn về điều này).

56

Chiều cao chồi giao nhau (trực tâm)

Có nhiều cách chứng minh khác nhau cho định lý rằng các đường cao của một tam giác cắt nhau tại một điểm. Chúng tôi sẽ đưa ra một chứng minh dựa trên một ý tưởng chung mà bạn đã quen thuộc từ việc chứng minh các định lý rằng các đường phân giác của một tam giác, cũng như trung điểm của các đường vuông góc với các cạnh của nó cắt nhau tại một điểm.

Để thuận tiện, hãy xem xét tam giác nhọn ABC. Lưu ý rằng đối với tất cả các điểm có chiều cao AA1, tỷ lệ khoảng cách đến cạnh AB và AC được xây dựng và bằng $\frac{\cos B}{\cos C}$. (Đường thẳng AA1 là quỹ tích các điểm, tỉ số khoảng cách từ đó đến đường thẳng AB và AC bằng $\frac{\cos B}{\cos C}$.) Hai đường cao còn lại cũng tương tự. Hãy ký hiệu $H$ là giao điểm của các đường cao AA1 và BB1 (hình 7). Biết tỉ số khoảng cách từ $H$ đến AB và $AC$ ($\frac{\cos B}{\cos C}$) và tỉ số từ $H$ đến BA và $BC$ ($\frac{\cos A}{\cos C}$), ta thấy tỉ số khoảng cách từ $H$ đến CA và CB là $\frac{\cos A}{\cos B}$ và do đó $H$ thuộc chiều cao thứ ba.

Trường hợp tam giác tù có liên quan đến khoảng cách, vì (xem hình 7) đối với tam giác ABH, điểm C là giao điểm của các đường cao bị bỏ qua từ đỉnh A và B.

Với lời giải bài toán next next thường được sử dụng.

Tài sản $H_1$. Bán kính của đường tròn đi qua hai đỉnh của một tam giác và giao điểm của các đường cao của nó bằng bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.

Đôi khi sẽ thuận tiện hơn khi xây dựng thuộc tính $H_1$ khác một chút.

Tài sản $H'_1$. Đường tròn đi qua hai đỉnh của một tam giác và giao điểm của hai đường cao thì đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam giác so với cạnh tương ứng của tam giác.

Bài tập 4. Chứng minh khẳng định $H_1$ và $H'_1$.

Tóm lại - một định lý đơn giản.

Bài toán 4. Có ba đường tròn bằng nhau trên mặt phẳng,