Định lí Morley theo mình là một định lí khá thú vị. Ta hãy đi chứng minh định lí Morley nào (Mình chứng minh theo 2 cách, 1 cách mình kiếm được trong mấy quyển chuyên đề cũ và 1 cách do mình tự nghĩ ra)
**Bài toán: Trong tam giác ABC, giao điểm của các đường chia ba các góc trong và kề mỗi cạnh là đỉnh một tam giác đều.
Gọi các góc $\Delta ABC$ là $\widehat{A}= 3\alpha $, $\widehat{B}= 3\beta $, $\widehat{C}= 3\gamma $
Ta có: $\alpha +\beta +\gamma =180^{\circ}$
Kẻ các đường chia trong ở B và C. Hai đường chia trong kề cạnh BC cắt nhau tại M, hai đường kia cắt nhau ở S và MS là tia phân giác góc S của $\Delta SBC$.
Dựng góc $60^{\circ}$ đỉnh M nhận MS làm phân giác. Hai cạnh góc cắt CS ở N, BS ở P ta được MNP là một tam giác đều . Ta chỉ cần chứng minh AN và AP là các đường chia trong ở A
Gọi $M_1$ và $M_2$ là các điểm đối xứng M qua CS và BS. Do CS là phân giác $\widehat{MBA}$ nên $M_1$ và $M_2$ thứ tự nằm trên AC và AB. Ta có tứ giác $M_1NPM_2$ là hình thang cân (do đối xứng qua MS)
Xét $\Delta NSM$ ta có:
$\widehat{MNC}$=$30^{\circ}$+$\frac{1}{2}(180^{\circ}-2\beta -2\gamma )$
$ =120^{\circ}$-$(\alpha +\beta +\gamma )$+$\alpha$=$60^{\circ}$+$\alpha$
Suy ra $\widehat{M_1NP}$=$\widehat{M_2PN}$=$180^{\circ}$-$2\widehat{MNC}$=$180^{\circ}$-$2\alpha$
Từ đó
$\widehat{NM_1M_2}$=$\widehat{PM_2M_1}$=$180^{\circ}$-$\widehat{M_1NP}$=$2\alpha$
Vẽ đường tròn ngoại tiếp hình thang cân $M_1NPM_2$
Do $M_1N=NP=PM_2$ nên theo định nghĩa về góc nội tiếp ta có:
$\widehat{NM_1P}$=$\widehat{PM_1M_2}$=$\widehat{NM_2M_1}$=$\frac{1}{2} \widehat{NM_1M_2}$=$\alpha $
Suy ra $sđ \widetilde{M_2P}=sđ \widetilde{NP}=sđ \widetilde{NM_1}=2\alpha$
Do đó $sđ \widetilde{M_2PNM_1}=6\alpha$
Mà $\widehat{M_2AM_1}$=$\widehat{A}$=$3\alpha$ nên đường tròn đi qua $M_1, N, P, M_2$ cũng đi qua A
Vậy $\widehat{M_1AN}$=$\widehat{NAP}$=$\widehat{PAM_2}$=$\alpha$
Ai chứng minh luôn định lí Morley xét đường chia 3 góc ngoài luôn đi
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hqhoangvuong: 23-04-2015 - 09:17
