Tài liệu " Định lí Steiner Cho Tứ Giác Toàn Phần " mang tính chất tham khảo, giúp ích cho các bạn tự học, ôn thi, với phương pháp học hay, thú vị, rèn luyện kỹ năng giải đề, nâng cao vốn kiến thức cho các bạn trong các kỳ thi sắp tới. Tác giả hy vọng tài liệu này sẽ giúp ích cho các bạn. | ĐỊNH LÝ STEINER CHO TỨ GIÁC TOÀN PHẦN Đinh lý 1 Cho tứ giác BCEF với các cạnh bên cắt nhau tại A D tứ giác toàn phần . Khi đó các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC AEF BFD CDE đồng quy tại một điểm M gọi là điểm Miquel của tứ giác. Chứng minh Giả sử các các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC AEF cắt nhau tại M. Ta chứng minh các đường tròn còn lại cũng đi qua M. Thật vậy MA MC BA BC mod n ME Ma FE Fa mod n ME MC BA BC FE Fa mod n ME MC FA BD FD Fa FD BD DE DC modn Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE cũng đi qua M. Tương tự ta có điều cần chứng minh. Định lý 2 Các tâm của các đường tròn trên và điểm Miquel M cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh Gọi 01 02 03 04 lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AEF BFD CDE ABC. Ta chứng minh 01 02 03 M cùng nằm trên một đường tròn. Thật vậy Hạ P1 P2 P3 lần lượt là chân đường vuông góc từ M xuống 0203 0301 01 02. Khi đó rõ ràng P1 P2 P3 lần lượt là trung điểm MD ME MF. Do đó P1 P2 P3 thẳng hàng. Theo định lý về đường thẳng Simson đảo ta có 01 02 03 M cùng nằm trên một đường tròn. Tương tự suy ra 01 02 03 04 M cùng nằm trên một đường tròn. Đinh lý 3 Các chân đường vuông góc hạ từ M xuống các đường thẳng ABF ACE BCD DEF cùng nằm trên một đường thẳng d1. Chứng minh Kết quả này khá hiển nhiên khi ta sử dụng đường thẳng Euler cho điểm M với 2 trong 4 tam giác ABC AEF BFD CDE. Đinh lý 4 Các trực tâm của 4 tam giác trên cùng nằm trên một đường thẳng d2 đường thẳng Steiner của tứ giác . Định lý 5 Hai đường thẳng dp d2 song song. Chứng minh cả hai định lý 4 5 Gọi H1 H2 H3 H4 K1 K2 K3 K4 lần lượt là trực tâm của các tam giác nói trên và chân các đường vuông góc hạ từ M xuống các đường thẳng trong định lý 3. Ta chứng minh H 2 H 4 K2 K4. Thật vậy Gọi DH2 n BF G giả sử DBF 900 ta có BH BG BD cos D BF FD cos D BF 2 cos FBH 2 sin BFD sin DBF FD cot D BF Tương tự với tam giác ABC ta có BH 4 - AC cot ABC AC cot DBF BH 2 Do đó BH 4 FD ÃC Mặt khác xét hai tam giác MDF và MCA ta có DMF DBF CMA FDM ABM ACM . _ FD ị .
