Một số kết quả mới trong hình học

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.Xác định số đường chéo tốt lớn nhất có

PHẠM THỊ MAI HƯƠNG

MỘT SỐ KẾT QUẢ MỚI TRONG HÌNH HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2017

PHẠM THỊ MAI HƯƠNG

MỘT SỐ KẾT QUẢ MỚI TRONG HÌNH HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ

Thái Nguyên - 2017

Mục lục

1.1 Tứ giác có hai đường chéo vuông góc 6

1.2 Tứ giác ngoại tiếp đường tròn 10

1.3 Đường tròn chín điểm 15

1.3.1 Đường tròn chín điểm và đường thẳng Euler 15

1.3.2 Trực tâm tứ giác nội tiếp 25

1.3.3 Giao điểm Euler của các đường tròn chín điểm 26

1.4 Một vài đồng nhất thức của conic 27

1.4.1 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp parabol 27

1.4.2 Phép biến hình Nab 29

1.4.3 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp ellip 33

1.4.4 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp hyperbol 35

Chương 2 Định lý Pascal và lục giác nội - ngoại tiếp 38 2.1 Định lý Pascal 38

2.2 Ba đường nối tâm đồng quy 49

2.3 Kết quả cho lục giác nội, ngoại tiếp 52

Chương 3 Một số bất đẳng thức trong hình học 59 3.1 Khối tâm và bất đẳng thức Klamkin 59

3.2 Một số bất đẳng thức của Garfunkel 62

3.3 Mở rộng bất đẳng thức hình học qua số phức 63

3.3.1 Một vài bất đẳng thức qua số phức 63

3.3.2 Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác 69

3.3.3 Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác 70

3.3.4 Bất đẳng thức và đồng nhất thức (M,N) 71

Mở đầu

Hình học là một trong những môn khoa học xuất hiện rất sớm của nhân loại Nhiệm

vụ của hình học có thể được mô tả ngắn gọn là trả lời cho các câu hỏi về hình dạng,kích thước, vị trí tương đối của các hình khối, và các tính chất của không gian.Tính đến thế kỷ XXI này, Hình học đã vượt ra rất xa khuôn khổ ban đầu, và pháttriển rực rỡ thành rất nhiều nhánh hiện đại, trừu tượng, cùng những ứng dụng to lớnvào thực tiễn, như Vật lý và nhiều phân ngành Toán học

Hình học là một môn học rất quan trọng trong chương trình Toán phổ thông vàcác trường đại học sư phạm Các kết quả về Hình học sơ cấp là kinh điển và đã là nềntảng cho Toán học, khoa học, và sự phát triển tư duy Sự lâu đời của Hình học sơ cấpđôi khi làm nảy sinh quan niệm là nó đã là cũ kỹ và không còn phát triển được nữa.Luận văn này được thực hiện nhằm phủ định quan niệm đó Dưới sự hướng dẫn củaPGS.TS Đàm Văn Nhỉ, luận văn này có mục đích trình bày những kết quả nghiêncứu khoa học mới về Hình học sơ cấp, bao gồm hai khía cạnh, đó là, thứ nhất, là cáckết quả mới liên quan đến tứ giác và đường tròn, thứ hai là các bất đẳng thức cho đagiác mà một phần trong đó là dành để thảo luận về đa giác đều

Ngoài các phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, nội dung của luận vănđược trình bày trong ba chương:

• Chương 1 Một số kết quả mới về tứ giác Chương này sẽ trình bày các kết quả

mới về tứ giác có hai đường chéo vuông góc, các vấn đề về tứ giác và đườngtròn như tứ giác ngoại tiếp và đường tròn chín điểm Tiếp đó, một số vấn đề

về đa giác nội tiếp conic sẽ được thảo luận

• Chương 2 Định lý Pascal và lục giác nội - ngoại tiếp Trình bày các kết quả

về Định lý Pascal, về ba đường nối tâm đồng quy và lục giác nội - ngoại tiếp

• Chương 3 Một số bất đẳng thức trong hình học Chương này dành để trình

bày về một số bất đẳng thức trong hình học, bao gồm khối tâm và bất đẳngthức Klamkin, bất đẳng thức của Garfunkel và mở rộng bất đẳng thức hìnhhọc qua số phức

Tác giả hi vọng rằng luận văn này có thể làm tài liệu tham khảo hữu ích cho

những ai quan tâm đến Hình học sơ cấp và ứng dụng Nó sẽ có ích trong việc bồidưỡng giáo viên, các học sinh khá giỏi, và những ai quan tâm đến toán sơ cấp vàmuốn mở rộng nhãn quan nói chung.

Luận văn này đã được tác giả đầu tư nghiên cứu dưới sự hướng dẫn của PGS.TS.Đàm Văn Nhỉ nhưng do nhiều lí do, luận văn chắc chắn sẽ còn những thiếu sót nhấtđịnh Tác giả hi vọng sẽ nhận được nhiều đóng góp của các quý Thầy Cô, các anhchị em đồng nghiệp để luận văn này hoàn chỉnh hơn

Thái Nguyên, ngày 10 tháng 5 năm 2017

Tác giả

Phạm Thị Mai Hương

Chương 1

Một số kết quả mới về tứ giác

1.1 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 chéovuông góc Tài liệu tham khảo chính của mục này là [2]

Định lí 1.1.1 Tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau

khi và chỉ khi AB2+CD2= AD2+ BC2

Chứng minh. Giả thiết AC ⊥ BD và K = AC × BD Theo Định lý Pythagore ta có

AB2+CD2 = KA2+ KB2+ KC2+ KD2= KA2+ KD2+ KB2+ KC2= AD2+ BC2.Ngược lại, giả thiết AB2+CD2= AD2+ BC Đặt α = ∠AKB Khi đó ta biểu diễn

Hệ quả 1.1.1 Cho tứ giác lồi ABCD với K = AC × BD Gọi M,N,P,Q là trung

điểm cạnh AB, CD, BC, DA, tương ứng, và ký hiệu m1= KM, m2= KP, m3 = KN,

Định lí 1.1.2 Cho tứ giác lồi ABCD với K = AC ×BD Gọi h1, h2, h3, h4 là độ dài bốn đường cao hạ từ đỉnh K xuống cạnh AB, BC,CD, DA của tam giác KAB, KBC,

KCD, KDA, tương ứng Khi đó 1

h21 + 1

h23 = 1

h22+ 1

h24 nếu và chỉ nếu AC ⊥ BD.

Chứng minh. Đặt a = KA,b = KB,c = KC,d = KD,α = ∠AKB Biến đổi hệ thức

 1

bc+ 1da

 2 cos αsin2α .Như vậy, hệ thức

 1

ab+ 1

bc+ 1

cD+ 1da

 2 cos αsin2α = 0hay cosα = 0, nhưng điều này hoàn toàn tương đương với điều kiện AC ⊥ BD

Định lí 1.1.3 Tứ giác lồi ABCD có đường chéo AC và BD vuông góc với nhau khi

và chỉ khi

∠KAB+ ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π = ∠KAD + ∠KDA + ∠KBC + ∠KCB

Chứng minh. Nếu AC ⊥ BD thì ∠KAB+∠KBA+∠KCD+∠KDC = π Ngược lại,giả thiết ∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π Khi đó π = π − α + π − α Vậy

α = π

2 và suy ra AC ⊥ BD

Bổ đề 1.1.1 Tứ giác lồi ABCD Gọi M,N,P,Q là trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA,

tương ứng Khi đó AC ⊥ BD nếu và chỉ nếu MP = NQ.

Chứng minh. Vì MN và PQ cùng song song và bằng AC

2 nên tứ giác MNPQ luônluôn là hình bình hành Vậy AC ⊥ BD khi và chỉ khi MNPQ là hình chữ nhật Nhưvậy AC ⊥ BD khi và chỉ khi MP = NQ

Định lí 1.1.4 Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M,N,P,Q là trung điểm cạnh AB, CD,

BC, DA, tương ứng Hạ MM1 ⊥ CD, NN1⊥ AB, PP1⊥ DA và QQ1 ⊥ BC Khi đó,

hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau khi và chỉ khi 8 điểm M, N, P, Q,

2 Ngược lại, giả thiết 8 điểm M, N, P, Q, M1, N1, P1, Q1cùng nằm trên một đườngtròn Vì ∠MM1N= π

2 = ∠PP1Q nên MN và PQ là hai đường kính của đường tròn

8 điểm trên Vậy MN = PQ Từ đó suy ra AC ⊥ BD theo 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,

BC, DA, tương ứng Hạ MM1 ⊥ CD, NN1 ⊥ AB, PP1 ⊥ DA và QQ1 ⊥ BC Khi

đó, từng nhóm ba đường thẳng (MM1, QQ1, AC), (NN1, PP1, AC), (MM1, PP1, BD),(NN1, QQ1, BD) đồng quy.

Chứng minh. Dựng hệ tọa độ Kxy, trong đó K = AC × BD Giả sử A(a,0), B(0,b),C(c, 0), D(0, d) Đường thẳng MM1 đi qua trung điểm M của đoạn AB và vuônggóc với cạnh CD có phương trình cx−a2− d

 Đường thẳng

QQ1 đi qua trung điểm Q của đoạn AD và vuông góc với cạnh CB có phương trình

2a , 0



và NN1 cắt BDcũng tại điểm G0,bd− ac

2b

, còn PP1 cắt BD tại điểm H0,bd− ac

2d

.Hiển nhiên KA.KF = KC.KE = KB.KG = KD.KH Như vậy, tứ giác EGFH là ảnhcủa ABCD trong phép nghịch đảo tâm K

Định lí 1.1.6 Cho tứ giác lồi ABCD và K = AC × BD Gọi K1, K2, K3, K4 là chân đường vuông góc hạ từ K xuống AB, BC, CD, DA, tương ứng Khi đó ta có hai kết quả sau:

(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′

∠K41+ ∠K21+ ∠K42+ ∠K22 = π

Từ đó có ∠A1+ ∠B1+ ∠C1+ ∠D1= π và suy ra AC ⊥ BD theo 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 thẳng AB : bx + cy = cd, CD : dx + cy = cd và KK1 :

ac+ bd,

acd

ac+ bd



|ac + bd|.

Từ đó suy ra rằng, tám điểm K1, K1′, K2, K2′, K3, K3′, K4, K4′ cùng nằm trên một đườngtròn Chú ý rằng,

p= KA.KB.KC.KDKA.KC + KB.KD.(3) Dễ dàng tính được K′

2

abd

ac+ bd,

acd

ac+ bd

 Như vậy K1′K2′ k AC Tương tự

K3′K4′ k AC, K2′K3′ k BD, K4′K1′ k BD Từ đây suy ra, tứ giác K1′K2′K3′K4′ là một hìnhchữ nhật

Hệ quả 1.1.2 Cho tứ giác lồi ABCD với AC ⊥ BD Hai nhóm tám điểm M,N,P,Q,

M1, N1, P1, Q1 và K1, K1′, K2, K2′, K3, K3′, K4, K4′ trùng nhau khi và chỉ khi tứ giác

ABCD nội tiếp trong một đường tròn.

Chứng minh. Hai nhóm tám điểm M,N,P,Q, M1, N1, P1, Q1và K1, K1′, K2, K2′, K3, K3′,

K4, K4′ trùng nhau khi và chỉ khi E,F,G,H đều trùng K hay ac = bd Điều này tươngđương tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn

1.2 Tứ giác ngoại tiếp đường tròn

Chủ đề của mục này là tứ giác ngoại tiếp đường tròn Chúng tôi sẽ trình bày một sốđịnh lý quan trọng kèm theo chứng minh Chúng tôi trình bày dựa vào tài liệu [2]

Định nghĩa 1.2.1 Một tứ giác có 4 cạnh cùng tiếp xúc với một đường tròn được gọi

là tứ giác ngoại tiếp đường tròn.

Định lí 1.2.1 Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp được một đường tròn khi và chỉ khi

AB+CD = AD + BC

Chứng minh. Hiển nhiên, khi tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn thì AB +

CD= AD + BC Ngược lại, cho AB + CD = AD + BC Nếu tứ giác có AB = BC thì

CD= AD Khi đó BD là phân giác ∠B và ∠D của tứ giác ABCD Phân giác ∠A cắt

BD tại O và thấy ngay O cách đều bốn cạnh tứ giác Vậy, tứ giác ABCD ngoại tiếpmột đường tròn Nếu AB 6= BC, chẳng hạn AB > BC, thì AD −CD = AB − BC > 0.Lấy điểm P thuộc cạnh AB và điểm Q thuộc cạnh AD sao cho BP = BC,DQ = DC

Ta có

AP= AB − BP = AB − BC = AD −CD = AD − DQ = AQ

Với ba tam giác cân APQ, BCP, DCQ, ba phân giác trong của các góc ∠A, ∠B, ∠Dchính là ba đường trung trực của ba cạnh tam giác PQC Ba phân giác này đồng quytại O Điểm O cách đều 4 cạnh và ở trong tứ giác ABCD Từ đó suy ra tứ giác ABCDngoại tiếp một đường tròn

Hệ quả 1.2.1 Nếu các cạnh tứ giác lồi ABCD thỏa mãn AB +CD = AD + BC thì

phân giác trong của các góc ∠A, ∠B, ∠C, ∠D đồng quy tại một điểm.

Chứng minh. Tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn theo Định lý 1.2.1 Vậy tâmđường tròn chính là giao điểm của phân giác trong các góc ∠A, ∠B, ∠C, ∠D

Ví dụ 1.2.1 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.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 đườngchéo tốt Thật vậy, giả sử hai đường chéo tốt của ngũ giác lồi ABCDE là AC và BEcắt nhau ở M trong ngũ giác Do tứ giác ACDE và BCDE ngoại tiếp đường tròn nên

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

AB= AC = AD = AE và BC = CD = DE với đúng hai đường chéo tốt AC và AD

Ví dụ 1.2.2 Mỗi đường chéo chính nối hai đỉnh đối nhau của lục giác lồi chia lục

giác lồi thành hai tứ giác Xác định số lớn nhất có thể có các tứ giác có thể là những

tứ giác ngoại tiếp đường tròn do ba đường chéo chính tạo thành

Bài giải. Với ba đường chéo chính nối mỗi cặp đỉnh đối diện của lục giác ta nhậnđược 6 tứ giác Giả sử số tứ giác ngoại tiếp đường tròn không nhỏ hơn 4 Như vậy,

có hai tứ giác ngoại tiếp đường tròn do một đường chéo chính chia ra Giả sử đườngchéo chính AD của lục giác lồi ABCDEF chia lục giác lồi thành hai tứ giác ngoạitiếp ABCD và ADEF Xét tứ giác ngoại tiếp BEDC Khi đó

Định lí 1.2.2 Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kinh r Giả sử các cạnh

AB, BC, CD, DA tiếp xúc với đường tròn tại M, N, P, Q Đặt a = AM, b = BN, c = CP,



= −tanC

2+D2



ta có hệ thức sau:

r

a+ rb

1−rabr = −

r

c+ rd

Định lí 1.2.3 Tứ giác lồi ABCD 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 xuống AB, BC,CD, DA, tương ứng Chứng minh rằng

Chứng minh. Gọi α là góc giữa hai đường chéo AC và BD Từ hệ thức

KM1.AB = 2SKAB= KA.KB sin α

ta suy ra

sinα

KM1 = AB

KA.KB.Tương tự, ta cũng có

sinα

KP1

KC.KD.Thực hiện phép nghịch đảo tâm K phương tích d biến A,B,C,D thành A1, B1,C1, D1.Khi đó KA.KA1= d = KB.KB1 Vậy

KA.KB Tương tự có C1D1= d

CDKC.KD và suy ra hệ thứcsau đây:

A1B1+C1D1 = d AB

KA.KB+ d

CDKC.KD = d

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 là tứ giác hai tâm.

Hai định lý dưới đây trình bày lại kết quả của M Hajja:1

1xem trong Forum Geometricorum Volume 8 (2008), 103-106.

Định lí 1.2.4 Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kinh r Giả sử các cạnh

AB, BC, CD, DA tiếp xúc với đường tròn tại M, N, P, Q Đặt a = AM, b = BN, c = CP,

d= DQ Tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi ac = bd.

Chứng minh. Đặt 2α = ∠A, 2β = ∠B, 2γ = ∠C, 2δ = ∠D của tứ giác lồi ABCD.Khi đó α + β + γ + δ = π

Nếu tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn thì 2α + 2γ = π = 2β + δ Khi đótanα tan γ = 1 = tan β tan δ Từ đó suy ra ac = bd

Ngược lại, giả thiết ac = bd Nếu tứ giác ABCD không nội tiếp trong một đườngtròn thì α + γ 6= π2, chẳng hạn α + γ > π

2 Khi đó β + δ <π

2 Như vậy

0> tan(α + γ) = tanα + tan γ

1− tanα tanγ, 0< tan(β + δ ) =

tanβ + tan δ

1− tanβ tanδ.

Vì α,β,γ,δ là bốn góc nhọn nên 1 − tanα tanγ < 0 < 1 − tanβ tanδ, mâu thuẫnvới giả thiết ac = bd Từ đây suy ra rằng, tứ giác ABCD nội tiếp trong một đườngtròn

Định lí 1.2.5 Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kinh r Giả sử các cạnh

AB, BC, CD, DA tiếp xúc với đường tròn tại M, N, P, Q Đặt a = AM, b = BN, c = CP,

d = DQ, x = AC, y = BD Tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ

cos∠A = cos(2α) =

a2−abc+ abd + acd + bcda+ b + c + d

a2+abc+ abd + acd + bcd

y2 = BD2= (a + b)2+ (a + d)2− 2(a + b)(a + d)cos(2α)

nên khi thay cos(2α) ta có được

y2= b+ d

a+ c((a + c)(b + d) + 4ac).

1.3.1 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 A2, B2,C2 là trung điểm cạnh BC,CA, AB, tương ứng Khi đó

9 điểm A0, A1, A2, B0, B1, B2,C0,C1,C2 cùng nằm trên một đường tròn Đường tròn này được gọi là đường tròn Euler với tâm chính là trung điểm đoạn OH và đường

thẳng OH còn được gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC.

Chứng minh. Gọi E là trung điểm đoạn OH Kéo dài CO cắt đường tròn (O,R) tại

D6= C Vì ∠DBC = 900

= ∠DAC nên DB k AH,DA k BH Vậy tứ giác BDAH làmột hình bình hành Ta có AH k OA2, AH = 2OA2 vì AH k DB và AH = DB Ta lại

có HA1 = AH

2 = OA2 và HA1 k OA2 Từ đây suy ra E là trung điểm đoạn A1A2

Vì ∠A1A0A2 = 900 nên ba điểm A0, A1, A2 nằm trên đường tròn tâm E bán kính

EA1= R

2 Tương tự 6 điểm còn lại cũng thuộc đường tròn tâm E bán kính R

2

Hệ quả 1.3.1 Giả sử ∆ABC với đường cao AA0, BB0, CC0 và trực tâm H Gọi A2

là trung điểm BC Khi đó A2B0, A2C0 tiếp xúc với đường tròn đường kính AH tại

B0,C0

Chứng minh. Gọi A1là trung điểm đoạn AH Đường tròn Euler nhận A1A2làm mộtđường kính Do đó A1B0⊥ A2B0 và A1C0⊥ A2C0 Như vậy, A2B0, A2C0 tiếp xúc vớiđường tròn đường kính AH tại B0,C0, tương ứng.

Ví dụ 1.3.1 Cho ∆ABC với các đường cao AA0, BB0, CC0 và trực tâm H Chứngminh

(1) ∆AB0C0∼ ∆A0BC0∼ ∆A0B0C∼ ∆ABC

(2) Đường thẳng Euler của tam giác AB0C0, BC0A0,CA0B0đồng 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 ∆AB0C0, ∆A0BC0 và ∆A0B0C, tươngứng Gọi A1, B1,C1 là trung điểm của HA,HB,HC, tương ứng Ta thấy ngay A1 ∈

d1, B1∈ d2,C1∈ d3 Không khó khăn chỉ ra được: Giao điểm giữa d1và d2, giao điểmgiữa d2 và d3, giao điểm giữa d3 và d1, đều thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác

A1B1C1 Vì d1, d2, d2không chứa cạnh nào của tam giác A1B1C1, nên ba đường thẳng

d1, d2, d3 cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1

Ví dụ 1.3.2 Cho tam giác ABC Với mỗi điểm X thuộc cạnh tam giác ký hiệu X1

cũng thuộc cạnh tam giác sao cho hai diểm X và X1 chia chu vi tam giác thành haiphần với độ dài bằng nhau Gọi M,N,P là trung điểm các cạnh BC,CA,AB, tươngứng và G,I là trọng tâm và tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC Chứng minhrằng, bốn đoạn thẳng MM1, NN1, PP1, IG đồng quy

Bài giải. Đặt a = BC,b = CA,c = AB Gọi E là điểm thỏa mãn điều kiện dưới đây:

(b + c)−→

EA+ (c + a)−→EB+ (a + b)−→

EC=−→

0.Điểm E tồn tại và duy nhất Ta chỉ ra đường thẳng MM1chứa E Nếu b = c thì MM1

qua E Nếu b 6= c, chẳng hạn b > c, thì M1 thuộc cạnh CA và AM1= b− c

2 Khi đó (b − c)−−→M1C+ (b + c)−−→M

1A=−→0 và suy ra (b + c)−→EA+ (b − c)−→EC= 2b−−→EM1.Biến đổi

(b + c)−→EA

+ (b − c)−→EC= −(c + a)−→EB− (a + b)−→EC+ (b − c)−→EC

= −(c + a)(−→EB+−→EC

) = −2(c + a)−−→EM

Như vậy 2b−−→EM1= −2(c + a)−−→EMhay đoạn thẳng MM1 đi qua điểm E Vì

(a + b + c)(−→

EA+ −→EB+−→

EC) − a−→EA− b−→EB− c−→EC=−→

0

nên 3(a+b+c)−→EG− (a + b + c)−EI→=→−0 Vậy đoạn thẳng GI cũng đi qua E Tương

tự, các đoạn thẳng NN1, PP1 cũng đi qua điểm E

Ví dụ 1.3.3 Trong mặt phẳng (P) cho đường thẳng d và tam giác ABC Gọi A′, B′,C′

là những điểm đối xứng với A,B,C, tương ứng qua d Qua A′, B′,C′kẻ đường thẳng

A′a, B′b,C′c song song với các đường thẳng BC, CA, AB, tương ứng Chứng minhrằng ba đường thẳng song song vừa dựng đồng quy tại một điểm

Bài giải. Dựng hệ Oxy với d ≡ Oy Tọa độ A(x1, y1), B(x2, y2), C(x3, y3) và A′(x1, −y1),

B′(x2, −y2), C′(x3, −y3) Ta có phương trình A′a, B′b,C′c :

Ví dụ 1.3.4 Cho tứ giác lồi ABCD với hai đường chéo cắt nhau ở O Gọi L,M,N

lần lượt là trung điểm của DB,BC,CA Chứng minh rằng, nếu ba đường thẳng

AL, OM, DN đồng quy tại một điểm thì ta có hoặc AD k BC hoặc SABCD= 2SOBC

Bài giải. Dựng hệ Oxy với tọa độ A(a,0),B(b,d),C(c,0) và D(ub,ud) với u < 0,a <

AL : (1 + u)dx + (2a − (1 + u)b)y − (1 + u)ad = 0

OM : dx− (b + c)y = 0

DN : 2udx− (2ub − a − c)y − ud(a + c) = 0

Ta thấy ngay, nếu ba đường thẳng AL,OM,DN đồng quy tại một điểm thì

(1 + u)d 2a − (1 + u)b −(1 + u)ad

2ud a+ c − 2ub −u(a + c)d

= 0 Vì d > 0 nên ta nhận được

1+ u 2a − (1 + u)b (1 + u)a2u a+ c − 2ub u(a + c)

... 1.3.3 Kết cho tứ giác ABCD, không cần một< /b>

tứ giác nội tiếp đường trịn Bốn đường trịn chín điểm tam giác ABC,BCD, CDA DAB đồng quy điểm điểm gọi điểm Poncelet

1.4 Một vài... thẳng Euler (OH) có số< /i>

k∈ R để MA2+ ka2= MB2+ kb2= MC2+ kc2 Từ suy kết sau: Giả sử... đường thẳng Euler (OH) tồn số k ∈ R để

MA2+ ka2= MB2+ kb2= MC2+ kc2 Ngược lại, với số k ∈ R có điểm

N