Mỗi đường chéo của ngũ giác lồi được gọi là một đường chéo tốt nếu nó chia ngũ giác lồi thành một tam giác và một tứ giác ngoại tiếp một đường tròn.. Một tứ giác vừa ngoại tiếp một đường
Tứ giác có hai đường chéo vuông góc
Trong mục này chúng tôi trình bày một số kết quả về tứ giác có hai đường chéo vuông góc Tài liệu tham khảo chính của mục này là [2]. Định lí 1.1.1 Tứ giác lồi ABCDcó hai đường chéoAC vàBDvuông góc với nhau khi và chỉ khiAB 2 +CD 2 2 +BC 2
Chứng minh Giả thiếtAC⊥BDvàK×BD.Theo Định lý Pythagore ta có
AB 2 +CD 2 =KA 2 +KB 2 +KC 2 +KD 2 =KA 2 +KD 2 +KB 2 +KC 2 2 +BC 2 Ngược lại, giả thiếtAB 2 +CD 2 2 +BC.Đặtα =∠AKB.Khi đó ta biểu diễn
KA 2 +KB 2 −2KA.KBcosα+KC 2 +KD 2 −2KC.KDcosα = AB 2 +CD 2
KA 2 +KD 2 +2KA.KDcosα+KC 2 +KB 2 +2KC.KBcosα = AD 2 +BC 2
Vậy (KA.KB+KC.KD+KA.KD+KB.KC)cosα = 0 Từ đây suy ra α = π
Hệ quả 1.1.1 Cho tứ giác lồi ABCD với K = AC×BD Gọi M,N,P,Q là trung điểm cạnhAB,CD,BC,DA, tương ứng, và ký hiệum1=KM,m2=KP,m3 =KN, m 4 =KQ.Khi đóm 2 1 +m 2 3 =m 2 2 +m 2 4 nếu và chỉ nếuAC⊥BD.
Chứng minh Dễ dàng chỉ ram 2 1 +m 2 3 =m 2 2 +m 2 4 nếu và chỉ nếu
Theo Định lý 1.1.1, AC ⟂ BD (hai đường chéo của tứ giác ABCD vuông góc với nhau) Theo Định lý 1.1.2, cho tứ giác lồi ABCD với K nằm trên đường chéo BD Gọi h1, h2, h3, h4 là độ dài bốn đường cao hạ từ đỉnh K xuống các cạnh AB, BC, CD và DA của các tam giác KAB, KBC, KCD và KDA.
KCD,KDA, tương ứng Khi đó 1 h 2 1 + 1 h 2 3 = 1 h 2 2 + 1 h 2 4 nếu và chỉ nếuAC⊥BD.
Chứng minh Đặta=KA,b=KB,c=KC,d=KD,α =∠AKB.Biến đổi hệ thức
2 cosα sin 2 α Tương tự, ta cũng có
Định lý 1.1.3: Tứ giác lồi ABCD có đường chéo AC và BD vuông góc với nhau khi và chỉ khi AB^2 + CD^2 = BC^2 + AD^2 Trong cách diễn đạt này, hai biểu thức 2 cosα sin 2α = 0 và cosα = 0 cho thấy điều kiện AC ⟂ BD là tương đương với các điều kiện hình học và đại số liên quan, nhờ đó tứ giác ABCD có đường chéo AC và BD vuông góc với nhau khi và chỉ khi các cạnh của tứ giác thỏa mãn AB^2 + CD^2 = BC^2 + AD^2.
∠KAB+∠KBA+∠KCD+∠KDC=π =∠KAD+∠KDA+∠KBC+∠KCB.
Chứng minh NếuAC⊥BDthì∠KAB+∠KBA+∠KCD+∠KDC=π.Ngược lại, giả thiết ∠KAB+∠KBA+∠KCD+∠KDC=π Khi đó π =π−α+π−α Vậy α = π
Bổ đề 1.1.1 Tứ giác lồiABCD.GọiM,N,P,Qlà trung điểm cạnhAB,BC,CD,DA, tương ứng Khi đóAC⊥BDnếu và chỉ nếuMP=NQ.
Chứng minh Vì MN và PQcùng song song và bằng AC
Định lý 1.1.4 Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA Tứ giác MNPQ luôn là hình bình hành Vậy AC ⟂ BD xảy ra khi và chỉ khi MNPQ là hình chữ nhật Như vậy AC ⟂ BD khi và chỉ khi MP = NQ.
BC, DA, tương ứng HạMM1 ⊥CD, NN1⊥AB, PP1⊥DA vàQQ1 ⊥BC Khi đó, hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau khi và chỉ khi 8 điểm M,N,P,Q,
M1,N1,P1,Q1 cùng nằm trên một đường tròn.
Chứng minh Nếu AC ⊥BD thì MN =PQ theo Bổ đề 1.1.1 Gọi O là giao điểm giữaMN vàPQ.Khi đó Olà trung điểm củaMN,PQ.Dễ dàng suy ra
OM=ON=OP=OQ=OM 1 =ON 1 =OP 1 =OQ 1 = MN
Vậy tám điểm M,N,P,Q, M1,N1,P1,Q1 cùng nằm trên đường tròn tâm Obán kính MN
2 Ngược lại, giả thiết 8 điểmM,N,P,Q,M1,N1,P1,Q1cùng nằm trên một đường tròn Vì∠MM1N= π
2 =∠PP1Q nênMN vàPQlà hai đường kính của đường tròn
8 điểm trên VậyMN=PQ.Từ đó suy raAC⊥BDtheo Bổ đề 1.1.1. Định lí 1.1.5 Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M,N,P,Q là trung điểm cạnh AB,CD,
Trong bài toán này, BC và DA được xem là các cạnh tương ứng MM1 vuông góc với CD, NN1 vuông góc với AB, PP1 vuông góc với DA và QQ1 vuông góc với BC Khi đó, bốn nhóm ba đường thẳng gồm (MM1, QQ1, AC), (NN1, PP1, AC), (MM1, PP1, BD) và (NN1, QQ1, BD) đồng quy.
Chúng ta dựng hệ tọa độ Kxy sao cho điểm K thuộc BD; đặt A(a,0), B(0,b), C(c,0), D(0,d) Gọi M là trung điểm của AB nên M gồm coordinate (a/2, b/2) Đường thẳng MM1 đi qua M và vuông góc với cạnh CD Vì CD đi qua C(c,0) và D(0,d) nên có hệ số góc −d/c, do đó MM1 có hệ số góc là c/d, và phương trình của MM1 là y − b/2 = (c/d)(x − a/2), hay dưới dạng cx − dy + (db − ca)/2 = 0.
= 0 Hiển nhiên MM1 cắtAC tại điểmE ac−bd
QQ1 đi qua trung điểm Qcủa đoạnADvà vuông góc với cạnhCB có phương trình c x−a 2 −b y−d 2
=0.Hiển nhiênQQ1 cắtAC cũng tại điểmE ac−bd 2c ,0 và cắtBDtại điểmG
Hoàn toàn tương tự,NN1,PP1 cùng cắtACtại điểmF ac−bd 2a ,0 vàNN1 cắtBD cũng tại điểmG
KA·KF = KC·KE = KB·KG = KD·KH cho thấy tứ giác EGFH là ảnh của ABCD trong phép nghịch đảo tâm K Như vậy, tứ giác EGFH chính là hình ảnh nghịch đảo của tứ giác ABCD khi thực hiện với tâm K Định lý 1.1.6 cho tứ giác lồi ABCD và một tâm nghịch đảo K liên quan đến đường BD Gọi K1, K2, K3, K4 là chân đường vuông góc hạ từ K xuống các cạnh AB, BC, CD, DA tương ứng Khi đó ta có hai kết quả sau liên quan đến vị trí của các điểm K1 K4 và mối quan hệ giữa tứ giác ABCD và ảnh nghịch đảo EGFH.
(1) AC ⊥BD khi và chỉ khi bốn điểm K1,K2,K3,K4 cùng nằm trên một đường tròn.
(2) Giả sử KK1,KK2,KK3,KK4 kéo dài cắt CD, DA, AB, BC tại K 1 ′ ,K 2 ′ ,K 3 ′ ,K 4 ′ tương ứng Tám điểmK 1 ,K 1 ′ ,K 2 ,K 2 ′ , K 3 ,K 3 ′ ,K 4 ,K 4 ′ cùng nằm trên một đường tròn.
(3) Tứ giácK 1 ′ K 2 ′ K 3 ′ K 4 ′ là một hình chữ nhật.
Chứng minh (1) VìAC⊥BDnên∠A 1 +∠B 1 +∠C 1 +∠D 1 =π.Từ đây suy ra kết quả∠K41+∠K21+∠K42+∠K22 =∠A1+∠B1+∠C1+∠D1=π Ngược lại, giả thiết tứ giácK 1 K 2 K 3 K 4 nội tiếp trong đường tròn Khi đó
Từ đó có∠A1+∠B1+∠C1+∠D1=π và suy raAC⊥BDtheo Định lý 1.1.3.
(2) Dựng hệ tọa độ Kxy, trong đó K = AC×BD Giả sử A(a,0), B(0,b), C(c,0), D(0,d) Phương trình đường thẳngAB:bx+cyCD:dx+cyvà KK1 : ax−by=0.Tọa độ
K1 ab 2 a 2 +b 2 , a 2 b a 2 +b 2 và K 1 ′ bcd ac+bd, acd ac+bd
Dễ dàng tính được p=KK1.KK 1 ′ = |ab|
Hoàn toàn tương tự, ta cũng cóKK 2 KK 2 ′ =KK 3 KK 3 ′ =KK 4 KK 4 ′ đều bằng |abcd|
Từ đó suy ra rằng, tám điểmK1,K 1 ′ ,K2,K 2 ′ ,K3,K 3 ′ ,K4,K 4 ′ cùng nằm trên một đường tròn Chú ý rằng, p= KA.KB.KC.KD KA.KC+KB.KD.
(3) Dễ dàng tính được K 2 ′ abd ac+bd, acd ac+bd
Như vậy K 1 ′ K 2 ′ k AC Tương tự
K 3 ′ K 4 ′ kAC, K 2 ′ K 3 ′ kBD, K 4 ′ K 1 ′ kBD Từ đây suy ra, tứ giácK 1 ′ K 2 ′ K 3 ′ K 4 ′ là một hình chữ nhật.
Hệ quả 1.1.2 Cho tứ giác lồiABCDvớiAC⊥BD.Hai nhóm tám điểmM,N,P,Q,
M1,N1,P1,Q1 và K1,K 1 ′ , K2,K 2 ′ , K3,K 3 ′ , K4,K 4 ′ trùng nhau khi và chỉ khi tứ giác
ABCDnội tiếp trong một đường tròn.
Chứng minh Hai nhóm tám điểmM,N,P,Q,M1,N1,P1,Q1vàK1,K 1 ′ ,K2,K 2 ′ ,K3,K 3 ′ ,
K4,K 4 ′ trùng nhau khi và chỉ khiE,F,G,H đều trùngKhayac.Điều này tương đương tứ giácABCDnội tiếp trong một đường tròn.
Tứ giác ngoại tiếp đường tròn
Chủ đề của mục này là tứ giác ngoại tiếp đường tròn, tức một tứ giác có bốn cạnh tiếp xúc với cùng một đường tròn, và nội dung trình bày gồm một số định lý quan trọng kèm theo chứng minh dựa trên tài liệu [2] Định nghĩa 1.2.1 cho biết một tứ giác được gọi là ngoại tiếp đường tròn khi bốn cạnh của nó tiếp xúc với một đường tròn duy nhất Định lý 1.2.1 khẳng định rằng một tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp được một đường tròn khi và chỉ khi tổng độ dài các cạnh đối diện thỏa mãn AB + CD = BC + AD.
Chứng minh Hiển nhiên, khi tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn thì AB+
CD+BC.Ngược lại, choAB+CD+BC.Nếu tứ giác cóAB thì
CD Khi đóBDlà phân giác∠Bvà∠Dcủa tứ giácABCD Phân giác∠Acắt
BD tại Ovà thấy ngayO cách đều bốn cạnh tứ giác Vậy, tứ giác ABCDngoại tiếp một đường tròn NếuAB6, chẳng hạnAB>BC,thìAD−CD−BC>0.
Lấy điểmPthuộc cạnhABvà điểmQthuộc cạnhADsao choBP,DQ
AP−BP−BC−CD−DQ=AQ.
Với ba tam giác cân APQ, BCP, DCQ, ba phân giác trong của các góc ∠A, ∠B, ∠D chính là ba đường trung trực của ba cạnh tam giác PQC Ba phân giác này đồng quy tại O Điểm O cách đều 4 cạnh và nằm ở phía trong tứ giác ABCD Từ đó suy ra tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn.
Hệ quả 1.2.1 Nếu các cạnh tứ giác lồi ABCDthỏa mãn AB+CD+BC thì phân giác trong của các góc∠A, ∠B, ∠C,∠Dđồng quy tại một điểm.
Chứng minh Tứ giácABCDngoại tiếp một đường tròn theo Định lý 1.2.1 Vậy tâm đường tròn chính là giao điểm của phân giác trong các góc∠A,∠B, ∠C,∠D.
Ví dụ 1.2.1 giới thiệu khái niệm đường chéo tốt của ngũ giác lồi: mỗi đường chéo của ngũ giác lồi được gọi là đường chéo tốt nếu nó chia ngũ giác thành một tam giác và một tứ giác ngoại tiếp một đường tròn Khái niệm này giúp nhận diện các đường chéo có đặc điểm phân chia ngũ giác lồi thành hai hình có liên quan đến sự tiếp xúc của đường tròn với các cạnh của tứ giác.
Xác định số đường chéo tốt lớn nhất có thể có của một ngũ giác lồi.
Bài giải: Trước tiên ta chỉ ra rằng hai đường chéo cắt nhau không thể là hai đường chéo tốt của ngũ giác lồi ABCDE Giả sử hai đường chéo tốt AC và BE của ngũ giác lồi ABCDE gặp nhau ở M trong ngũ giác Do tứ giác ACDE và BCDE ngoại tiếp đường tròn nên các tính chất hình học giữa các đỉnh A, B, C, D và E được sử dụng để đi tới kết luận của bài toán.
AC+DE+BE+CDAE+BC+DE hayAC+BE+AE,vô lý Điều giả sử là sai Tương tự,ACvàBDhoặcADvà
BE đều không thể là hai đường chéo tốt.
Xây dựng ngũ giác lồi có 2 đường chéo tốt: Xét ngũ giác lồi ABCDE thỏa mãn
ABvàBC với đúng hai đường chéo tốtACvàAD.
Ví dụ 1.2.2: Trong lục giác lồi, mỗi đường chéo chính nối hai đỉnh đối nhau và chia lục giác thành hai tứ giác Khi vẽ đồng thời cả ba đường chéo chính, chúng tạo thành một tam giác ở trung tâm và phân chia lục giác thành nhiều tứ giác Nhiệm vụ là xác định số lượng lớn nhất các tứ giác có thể là tứ giác ngoại tiếp đường tròn do ba đường chéo chính tạo thành.
Trong bài giải này, ba đường chéo chính nối các đỉnh đối diện của lục giác cho ta tổng cộng 6 tứ giác Giả sử số tứ giác ngoại tiếp đường tròn (tangential quadrilaterals) không nhỏ hơn 4, tức là có ít nhất bốn tứ giác có tính chất ngoại tiếp đường tròn Như vậy có một đường chéo chính chia lục giác thành hai tứ giác ngoại tiếp đường tròn Cụ thể, đường chéo AD của lục giác lồi ABCDEF chia lục giác thành hai tứ giác ABCD và ADEF; ta xét tứ giác BEDC và nhận thấy rằng với giả thiết trên BEDC cũng là một tứ giác ngoại tiếp đường tròn.
Từ đây suy ra AD+BE +DE, vô lý Điều giả sử là sai Như vậy, số tứ giác ngoại tiếp được đường tròn sẽ không lớn hơn 3.
Xây dựng lục giác lồi có 3 tứ giác ngoại tiếp đường tròn: Xét tam giác đều MNP vớiMN=NP=PM=4.LấyA,F ∈MN,E,D∈NP,C,B∈PMsao cho các đoạn
MA=NF=NE=PD=PC=MB=1 Ta có đúng ba tứ giác ngoại tiếp đường tròn là ABCF, BCDE và DEFA Định lý 1.2.2 cho thấy tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kính; giả sử các cạnh
AB,BC,CD,DAtiếp xúc với đường tròn tạiM,N,P,Q.Đặta=AM,b=BN,c=CP, d=DQ.Khi đó ta có hệ thức abc+abd+acd+bcd a+b+c+d =r 2
Chứng minh Ta có r a =tanA
2 =π và lấy tan hai vếtan
2+D 2 ta có hệ thức sau: r a+ r b
Từ đó ta nhận được kết quả abc+abd+acd+bcd a+b+c+d =r 2 Định lí 1.2.3 Tứ giác lồiABCD ngoại tiếp một đường tròn Giả sử hai đường chéo
AC và BD cắt nhau tại K Gọi M1,N1,P1,Q1 là hình chiếu vuông góc của K hạ xuốngAB,BC,CD,DA,tương ứng Chứng minh rằng
Chứng minh Gọiα là góc giữa hai đường chéo ACvàBD.Từ hệ thức
KM 1 AB=2S KAB =KA.KBsinα ta suy ra sinα
KA.KB. Tương tự, ta cũng có sinα
= CD KC.KD. Thực hiện phép nghịch đảo tâmK phương tíchdbiếnA,B,C,DthànhA1,B1,C1,D1. Khi đóKA.KA1=d=KB.KB1.Vậy
Như vậy ta đã cóA 1 B 1 =d AB
KA.KB.Tương tự cóC 1 D 1 =d CD
KC.KD và suy ra hệ thức sau đây:
Do tứ giácA 1 B 1 C 1 D 1 cũng ngoại tiếp một đường tròn nênA 1 B 1 +C 1 D 1 =B 1 C 1 +
. Định nghĩa 1.2.2 Một tứ giác vừa ngoại tiếp một đường tròn và vừa nội tiếp trong một đường tròn khác được gọi làtứ giác hai tâm.
Hai định lý dưới đây trình bày lại kết quả của M Hajja: 1
1 xem trong Forum Geometricorum Volume 8 (2008), 103-106. Định lí 1.2.4 Tứ giác lồiABCD ngoại tiếp đường tròn bán kinhr Giả sử các cạnh
AB,BC,CD,DAtiếp xúc với đường tròn tạiM,N,P,Q.Đặta=AM,b=BN,c=CP, d=DQ.Tứ giácABCDnội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khiac.
Chứng minh Đặt 2α =∠A, 2β =∠B, 2γ =∠C, 2δ =∠D của tứ giác lồiABCD.
Trong tứ giác ABCD, các góc α, β, γ, δ thỏa α+β+γ+δ = π Nếu tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn thì 2α+2γ = π và 2β+δ = π; đồng thời tanα tanγ = 1 và tanβ tanδ = 1, từ đó suy ra mối liên hệ giữa đường chéo AC Ngược lại, khi tứ giác ABCD không nội tiếp trong một đường tròn thì α+γ ≠ π.
1−tanαtanγ, 0 < tan (β+δ) = tanβ+tanδ
Xét α, β, γ, δ là bốn góc nhọn của tứ giác ABCD, quan hệ 1 − tanα tanγ < 0 < 1 − tanβ tanδ dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết AC và từ đó suy ra tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn Định lý 1.2.5 cho biết một tứ giác lồi ABCD có thể ngoại tiếp một đường tròn (tứ giác ngoại tiếp đường tròn); giả sử các cạnh AB, BC, CD và DA thỏa các điều kiện của tính chất ngoại tiếp, ta có các đặc trưng liên quan như AB + CD = BC + AD và các bất đẳng thức tương tự, được dùng để phân tích cấu trúc và vị trí của ABCD trên đường tròn Nội dung này làm cơ sở cho việc xác định các đặc tính hình học của tứ giác ABCD liên quan đến đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp.
AB,BC,CD,DAtiếp xúc với đường tròn tạiM,N,P,Q.Đặta=AM,b=BN,c=CP, d =DQ, x,y Tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi x y = a+c b+d.
Chứng minh Ta có cos(2α) = 1−tan 2 α
1+tan 2 α = a 2 −r 2 a 2 +r 2 Theo Định lý 1.2.2 ta nhận được cos∠A = cos(2α) a 2 −abc+abd+acd+bcd a+b+c+d a 2 +abc+abd+acd+bcd a+b+c+d
(a+b)(a+c)(a+d) Vì y 2 2 = (a+b) 2 + (a+d) 2 −2(a+b)(a+d)cos(2α) nên khi thaycos(2α)ta có được y 2 = b+d a+c((a+c)(b+d) +4ac).
Tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi ac theo Định lý 1.2.4 Hệ thức này tương đương
Từ đây suy ra rằng, tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi x y = a+c b+d.
Đường tròn chín điểm
Đường tròn chín điểm và đường thẳng Euler
Mệnh đề 1.3.1 (Euler) Giả sử ∆ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính
R với đường cao AA0,BB0,CC0 và trực tâm H Gọi A1,B1,C1 là trung điểm đoạn
HA,HB,HC, và gọi A 2 ,B 2 ,C 2 là trung điểm cạnh BC,CA,AB, tương ứng Khi đó
Trong tam giác ABC, chín điểm A0, A1, A2, B0, B1, B2, C0, C1, C2 nằm trên cùng một đường tròn, được gọi là đường tròn Euler Tâm của đường tròn này là trung điểm của đoạn OH, nơi O là tâm đường tròn ngoại tiếp và H là trực tâm của tam giác ABC Đường thẳng OH được gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC.
Chứng minh Gọi E là trung điểm đoạnOH Kéo dàiCOcắt đường tròn (O,R)tại
D6=C Vì ∠DBC 0 = ∠DAC nên DBkAH,DA kBH Vậy tứ giácBDAH là một hình bình hành Ta cóAH kOA2,AH =2OA2 vìAH kDBvàAH Ta lại có HA 1 = AH
2 = OA 2 và HA 1 kOA 2 Từ đây suy ra E là trung điểm đoạn A 1 A 2
Vì ∠A 1 A 0 A 2 = 90 0 nên ba điểm A 0 ,A 1 ,A 2 nằm trên đường tròn tâm E bán kính
2 Tương tự 6 điểm còn lại cũng thuộc đường tròn tâmE bán kính R
Hệ quả 1.3.1 Giả sử tam giác ABC có các đường cao AA0, BB0, CC0 và trực tâm H Gọi A2 là trung điểm của BC Khi đó các đường thẳng A2B0 và A2C0 là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH tại các điểm tiếp xúc tương ứng.
Gọi A1 là trung điểm của AH Đường tròn Euler nhận A1A2 làm một đường kính Do đó A1B0 ⟂ A2B0 và A1C0 ⟂ A2C0 Như vậy A2B0 và A2C0 là các tiếp tuyến của đường tròn có đường kính AH tại B0 và C0 tương ứng.
Ví dụ 1.3.1 Cho ∆ABC với các đường cao AA0,BB0, CC0 và trực tâm H Chứng minh
(2) Đường thẳng Euler của tam giácAB 0 C 0 ,BC 0 A 0 ,CA0B 0 đồng quy tại một điểm.
Bài giải (1) Vì∠B0A0C=∠A=∠C0A0B,∠A0B0C=∠B=∠C0B0Avà∠B0C0A∠C=∠A0C0Bnên∆AB0C0 ∼∆A0BC0∼∆A0B0C∼∆ABC.
(2) Ký hiệu d1, d2, d3 là đường thẳng Euler của ΔAB0C0, ΔA0BC0 và ΔA0B0C, tương ứng Gọi A1, B1, C1 lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC Ta thấy A1 ∈ d1, B1 ∈ d2, C1 ∈ d3 Không khó để chứng minh rằng giao điểm của d1 và d2, giao điểm của d2 và d3, và giao điểm của d3 và d1 đều thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
A1B1C1.Vìd1,d2,d2không chứa cạnh nào của tam giácA1B1C1,nên ba đường thẳng d1,d2,d3 cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giácA1B1C1.
Ví dụ 1.3.2 Cho tam giác ABC Với mỗi điểm X thuộc một cạnh tam giác, ta chọn X1 cũng thuộc cạnh ấy sao cho hai điểm X và X1 phân chia chu vi tam giác thành hai phần có độ dài bằng nhau Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB; G là trọng tâm và I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC Chứng minh rằng bốn đường thẳng MM1, NN1, PP1 và GI đồng quy.
Bài giải Đặta,bc.GọiE là điểm thỏa mãn điều kiện dưới đây:
0. ĐiểmE tồn tại và duy nhất Ta chỉ ra đường thẳngMM1chứaE.Nếub=cthìMM1 quaE.Nếub6=c,chẳng hạnb>c, thìM1 thuộc cạnhCAvàAM1= b−c
2 Khi đó(b−c)−−→M1C+ (b+c)−−→M1A=−→0 và suy ra(b+c)−→EA+ (b−c)−→EC+−−→EM1. Biến đổi
(b+c)−→EA+ (b−c)−→EC=−(c+a)−→EB−(a+b)−→EC+ (b−c)−→EC
Như vậy2b−−→EM 1 =−2(c+a)−−→EMhay đoạn thẳngMM 1 đi qua điểmE Vì
EG−(a+b+c)−EI→=→−0.Vậy đoạn thẳngGIcũng đi quaE.Tương tự, các đoạn thẳngNN 1 ,PP 1 cũng đi qua điểmE.
Ví dụ 1.3.3 Trong mặt phẳng(P)cho đường thẳngdvà tam giácABC.GọiA ′ ,B ′ ,C ′ là những điểm đối xứng vớiA,B,C,tương ứng quad.QuaA ′ ,B ′ ,C ′ kẻ đường thẳng
A ′ a,B ′ b,C ′ c song song với các đường thẳngBC, CA, AB, tương ứng Chứng minh rằng ba đường thẳng song song vừa dựng đồng quy tại một điểm.
Bài giải Dựng hệOxyvớid≡Oy.Tọa độA(x1,y 1 ),B(x2,y 2 ),C(x3,y 3 )vàA ′ (x1,−y 1 ),
Vì (A ′ a) + (B ′ b) = (C ′ c)vàA ′ acắtB ′ bnên ba đường thẳngA ′ a,B ′ b,C ′ cđồng quy tại một điểm.
Ví dụ 1.3.4 cho tứ giác lồi ABCD với hai đường chéo cắt nhau tại O Gọi L, M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn DB, BC và CA Ta sẽ chứng minh một tính chất quan trọng liên quan đến ba đường thẳng do L, M, N xác định, cụ thể LM, MN và NL, và cách chúng tương tác với vị trí của O cũng như với các đường chéo của tứ giác Bằng cách áp dụng các định lý hình học căn bản về tam giác và tứ giác, cùng với các phép phân tích cấu trúc hình học, ta phân tích hệ ba đường thẳng này để rút ra các kết luận cần thiết.
AL,OM,DN đồng quy tại một điểm thì ta có hoặcADkBChoặcS ABCD =2S OBC
Bài giải Dựng hệOxyvới tọa độA(a,0),B(b,d),C(c,0)vàD(ub,ud)vớiu 2 =2−2 cosγ c 2 2 =2−2 cosα và
4 sin 2 A+sin 2 B+sin 2 C>2khi∆ABCnhọn sin 2 A+sin 2 B+sin 2 C=2khi∆ABCvuông sin 2 A+sin 2 B+sin 2 C2 Khi ∆ABC vuông thì OH 2 = 1 và như vậy sin 2 A+sin 2 B+sin 2 C =2; còn khi ∆ABC tù thì OH 2 > 1 và như vậy sin 2 A+ sin 2 B+sin 2 C