Định lý Morley

2021/03/25 17:10

#hình học #định lý

Chứng minh định lý Morley bằng lượng giác.

Bài toán. (định lý Morley) Các giao điểm của từng cặp đường phân ba kề nhau của các cặp góc trong một tam giác ABC\triangle ABC bất kỳ là ba đỉnh của một tam giác đều.

(nguồn ảnh: Vườn toán) (vì một số lý do không vẽ được hình 😦)

– Con Heo’s solution –

Lời giải

Gọi tên các giao điểm như hình trên. Dễ thấy a+b+c=π3a+b+c=\frac{\pi}{3}0<a,b,c<π30< a,b,c < \frac{\pi}{3}.

Nhận xét. Hàm số f(x)=sin(xπ3).sin(x).sin(x+π3)sin(3x)f(x)= \frac{sin(x-\frac{ \pi }{3}).sin(x).sin(x+\frac{ \pi }{3})}{sin(3x)} nhận giá trị không đổi trên tập xác định của nó.

Hệ quả là, cho hai số xx,yy thuộc tập xác định bất kì thì f(x)=f(y)0f(x)=f(y) \neq 0.

Điều này tương đương với sin(3y).sin(x).sin(xπ3)sin(3x).sin(y).sin(yπ3)=sin(y+π3)sin(x+π3)\frac{sin(3y).sin(x).sin(x-\frac{ \pi }{3})}{sin(3x).sin(y).sin(y-\frac{ \pi }{3})}=\frac{sin(y+\frac{ \pi }{3})}{sin(x+\frac{ \pi }{3})}.

Trở lại bài toán, áp dụng định lý sin cho tam giác ABCAB'CACBAC'B ta có

AB=ACsin(c)sinABC=ACsin(c)sin(2π3+b)AB'=AC \frac{sin(c)}{sinAB'C}= AC \frac{sin(c)}{sin(\frac{2 \pi}{3} +b)}AC=ABsin(b)sinACB=ABsin(b)sin(2π3+c)AC'=AB \frac{sin(b)}{sinAC'B}= AB \frac{sin(b)}{sin(\frac{2 \pi}{3} +c)}.

Suy ra, ABAC=AC.sin(c)sin(2π3+b)AB.sin(b)sin(2π3+c)=sin(3b).sin(c)sin(2π3+b)sin(3c).sin(b)sin(2π3+c)=sin(3b).sin(c).sin(2π3+c)sin(3c).sin(b).sin(2π3+b)=sin(3b).sin(c).sin(cπ3)sin(3c).sin(b).sin(bπ3)=sin(b+π3)sin(c+π3)\frac{AB'}{AC'}= \frac{\frac{AC.sin(c)}{sin(\frac{2 \pi}{3} +b)}}{\frac{AB.sin(b)}{sin(\frac{2 \pi}{3} +c)}}= \frac{\frac{sin(3b).sin(c)}{sin(\frac{2 \pi}{3} +b)}}{\frac{sin(3c).sin(b)}{sin(\frac{2 \pi}{3} +c)}}=\frac{sin(3b).sin(c).sin(\frac{2 \pi}{3} +c)}{sin(3c).sin(b).sin(\frac{2 \pi}{3} +b)}=\frac{sin(3b).sin(c).sin(c-\frac{\pi}{3})}{sin(3c).sin(b).sin(b- \frac{\pi}{3})} = \frac{sin(b+\frac{ \pi }{3})}{sin(c+\frac{ \pi }{3})}.

Xét A1B1C1\triangle A_1B'_1C'_1A1C1B1^=b+π3\widehat{A_1C'_1B'_1}=b+\frac{ \pi }{3}A1B1C1^=c+π3\widehat{A_1B'_1C'_1}=c+\frac{ \pi }{3} thì A1B1A1C1=sin(b+π3)sin(c+π3)=ABAC\frac{A_1B'_1}{A_1C'_1}=\frac{sin(b+\frac{ \pi }{3})}{sin(c+\frac{ \pi }{3})}=\frac{AB'}{AC'}.

Mặt khác, C1A1B1^=CAB^\widehat{C'_1A_1B'_1}= \widehat{C'AB'}.

Suy ra A1B1C1ABC\triangle A_1B'_1C'_1 \sim \triangle AB'C' (c.g.c).

Hay, ACB^=b+π3\widehat{AC'B'}=b+\frac{ \pi }{3}ABC^=c+π3\widehat{AB'C'}=c+\frac{ \pi }{3}.

Tương tự, ta cũng có CBA^=a+π3\widehat{CB'A'}=a+\frac{ \pi }{3}.

Như vậy, CBA^=2πABC^CBA^ABC^=2π(a+π3)(c+π3)(b+2π3)=π3\widehat{C'B'A'}=2 \pi - \widehat{AB'C'} - \widehat{CB'A'} - \widehat{AB'C} = 2 \pi - (a+\frac{ \pi }{3}) - (c+\frac{ \pi }{3}) - (b+\frac{2 \pi}{3})= \frac{\pi}{3}.

Tương tự, các góc còn lại của ABC\triangle A'B'C' cũng bằng π3\frac{\pi}{3}. Từ đó, ta có đpcm.

Quay trở về Blog