Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ)

Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ) Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHẠM THỊ THANH THỦY

PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH VÀ THỂ TÍCH

TRONG HÌNH HỌC SƠ CẤP

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

Mở

1.1

Định lý Pythagore 2

1.1.1 Tam giác vuông 2

1.1.2 Hệ tọa độ Descarte vuông góc 6

1.2 Định lý Stewart 8

1.3 Phương pháp diện tích 13

1.3.1 Phương pháp diện tích 13

1.3.2 Định lý Ptolemy và mở rộng 15

1.3.3 Đường thẳng Simson, đường thẳng Steiner 22

1.4 Định lý Ceva và Định lý Menelaus 24

1.5 Bất đẳng t h ứ c Erd o ¨ s-Morde l l c ho đa g i ác 29

Chương 2 Phương pháp thể tích 35 2.1 Phương pháp thể tích 35

2.1.1 Phương pháp thể tích 35

2.1.2 Thể tích qua định thức 36

2.2 Quan hệ bán kính mặt cầu ngoại-nội tiếp 42

Chương 3 Vận dụng giải bài thi học sinh giỏi 46 Kết

ii

Mở đầu

Hình học là một trong những phân nhánh Toán học xuất hiện sớm nhất củanhân loại Nhiệm vụ của hình học có thể được mô tả ngắn gọn là trả lời cho cáccâu hỏi về hình dạng, kích thước, vị trí tương đối của các hình khối, và các tínhchất của không gian

Các phương pháp giải toán trong hình học sơ cấp vốn vô cùng phong phú và

đa dạng Điều đó hoàn toàn dễ hiểu vì hình học là một môn học truyền thốngtrong nhà trường phổ thông và các trường đại học sư phạm Dưới sự hướng dẫncủa PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, tác giả luận văn này có mục đích trình bày về cácphương pháp diện tích và thể tích trong hình học và những thảo luận về các bàithi học sinh giỏi, nhằm làm phong phú lý thuyết vừa trình bày và tạo cái nhìn đachiều nhiều khía cạnh hơn cho giải toán hình học

Ngoài các phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, Chỉ mục, nội dung củaluận văn được trình bày trong ba chương:

• Chương 1 Phương pháp diện tích Chương này sẽ trình bày các kết quả

về phương pháp diện tích và ứng dụng vào giải toán hình học sơ cấp Cácchủ đề sẽ được thảo luận là các Định lý Pythagore, Định lý Stewart, Ceva, Menelaus và Bất đẳng thức Erdo¨s-Mordell cho đa giác

• Chương 2 Phương pháp thể tích Chương này dành để trình bày về

phương pháp thể tích trong hình học, đặc biệt lưu ý đến thể tích qua địnhthức và

một quan hệ liên quan đến bán kính của mặt cầu nội và ngoại tiếp

• Chương 3 Vận dụng giải bài thi học sinh giỏi Chương này sẽ trình bày lời

giải của một số bài thi học sinh giỏi điển hình liên quan đến các phươngpháp diện tích và thể tích của Chương 1 và Chương 2

iii

Tác giả hi vọng rằng, bản luận văn này có thể làm tài liệu tham khảo hữu íchcho những ai quan tâm đến Hình học sơ cấp và ứng dụng Nó sẽ có ích trongviệc bồi dưỡng giáo viên, các học sinh khá giỏi, và những ai quan tâm đến toán

sơ cấp và muốn mở rộng nhãn quan nói chung

Luận văn này đã được tác giả đầu tư nghiên cứu dưới sự hướng dẫn củaPGS.TS Đàm Văn Nhỉ nhưng do nhiều lí do, luận văn chắc chắn sẽ không tránhkhỏi những thiếu sót Tác giả mong muốn sẽ nhận được nhiều đóng góp của cácquý Thầy Cô, các anh chị em đồng nghiệp để luận văn này hoàn chỉnh hơn

Thái Nguyên, ngày 20 tháng 5 năm 2017

Tác giả

Phạm Thị Thanh Thủy

iv

Chương 1

Phương pháp diện tích

Hình học sơ cấp phát triển được là dựa trên nhiều kết quả của toán học caocấp Ví dụ đơn giản là để có thể đo độ dài một đoạn thẳng hay diện tích một hìnhvuông theo một đoạn thẳng được chọn làm đơn vị đo ta đã phải sử dụng kết quả

về giới hạn, liên tục và tích phân xác định Vấn đề lý giải quá trình hình thànhkết quả nào đấy qua toán cao cấp là cần thiết và sẽ thường sử dụng tỷ số cácđoạn thẳng hoặc diện tích trong chứng minh Từ đó ta có thể phát hiện ra nhiềukết quả mới nữa

1.1 Định lý Pythagore

1.1.1 Tam giác vuông

Dựa vào tiên đề số đo độ dài một đoạn thẳng và nhiều kết quả trong lý thuyết

về giới hạn ta sẽ sử dụng mệnh đề dưới đây để tính diện tích một hình vuôngcạnh a

Mệnh đề 1.1.1 Diện tích hình vuông ABCD với độ dài cạnh AB = a (đơn vị dài)

Như vậy, diện tích hình vuông ABCD cạnh a đúng bằng a2 đơn vị diện tích

Mệnh đề 1.1.2 Tam giác vuông ABC có độ dài cạnh a = BC, b = CA, c = AB và

∠BAC = 900 Hạ đường cao AH ⊥ BC Đặt h = AH và diện tích tam giác qua S.

Khi đó ta có các đồng nhất thức

5

bằng tam giác vuông ABA1 Khi đó ta có hình vuông A1B1C1D1 với A1B1 = |b −

c | Ta có SABCD bằng tổng diện tích bốn tam giác vuông ABA1, BCB1, CDC1,

DAD1 và hình vuông A1B1C1D1 Vậy, ta có hệ thức

a2 = 4 b .c + (b c)2 = b2 + c2

2Các kết quả còn lại là hiển nhiên

Hệ quả 1.1.1 Với biểu diễn b = a sin B, c = a cos B trong tam giác vuông

ABC ta có

sin2 B + cos2 B = 1.

Chứng minh Từ a2 = b2 + c2 = a2(sin2 B + cos2 B) theo Định lý 1.1.2 ta nhận được hệ thức sin2 B + cos2 B = 1.

Hệ quả 1.1.2 Trong mặt phẳng cho hai đường thẳng d và d′ Lấy A, B thuộc d và

C , D thuôc d′ Khi đó d ⊥ d′ nếu và chỉ nếu AC2 + BD2 = AD2 + BC2

Chứng minh Kết quả được suy ra từ Định lý Pythagore.

−

Hệ quả 1.1.3 (Steiner) Cho tam giác ABC Lấy M, N, P thuộc đường thẳng

BC, CA, AB , tương ứng Dựng đường thẳng mM ⊥ BC, nN ⊥ CA và pP ⊥ AB.

Ba đường thẳng mM , nN và pP đồng quy tại một điểm khi và chỉ khi

MC2 + NA2 + PB2 = MB2 + PA2 + NC2

Chứng minh Kết quả được suy ra trực tiếp từ Định lý Pythagore.

Ví dụ 1.1.1 Cho tam giác ABC Gọi M, N, P là trung điểm các cạnh BC,CA,

AB , tương ứng Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các hình vuông BCA1A2,

CAB1B2, ABC1C2 Gọi A0, B0,C0 là trung điểm A1A2, B1B2,C1C2, tương ứng và

dựng các đường thẳng mM ⊥ B0C0, nN ⊥ C0A0 và pP ⊥ A0B0 Chứng minh

rằng, ba đường thẳng mM, nN, pP đồng quy tại một điểm.

Bài giải Đặt α = ∠ABC0 và a = BC, b = CA, c = AB, S = SABC Theo Định lý

Vậy, ba đường thẳng mM, nN, pP đồng quy tại một điểm theo hệ quả trên.

Ví dụ 1.1.2 Cho tam giác ABC và các đường cao AA1, BB1,CC1 Dựng các đường

thẳng AM ⊥ B1C1, BN ⊥ C1A1 và CP ⊥ A1B1 Chứng minh AM, BN,CP đồng quy.

0 0 0 0 0 0

Bài giải Ta có MB2 − MC2 = AB2 − AC2 = (AB2 − BB2) − (AC2 − CC2) Hoàn

toàn tương tự ta cũng có NC2 − NA2 và PA2 − PB2 Từ đó suy ra AM, BN,CP đồng

quy theo ví dụ trên 1 1 1 1

Ví dụ 1.1.3 Tam giác ABC có ∠A = 900 và đường cao AH = h Giả sử M là một điểm tùy ý trong tam giác và khoảng cách từ M đến BC,CA, AB là x, y, z Xác định giá trị nhỏ nhất của tổng T = x2 + y2 + z2

Bài giải Hạ MI ⊥ AH, I ∈ AH Vì y2 + z2 = MA2 nên ta có thể đánh giá như sau:

2 hay M là trung điểm đường cao AH.

Ví dụ 1.1.4 (Bulgarian MO and TST 2013) Cho tam giác nhọn ABC Lấy các

điểm M, N, P thuộc các cạnh BC,CA, AB, tương ứng, sao cho tam giác APN,

BMP , CNM nhọn và ký hiệu Ha, Hb, Hc là trực tâm của chúng Chứng minh

rằng, nếu ba đường thẳng AHa, BHb,CHc đồng quy thì ba đường thẳng MH a,

NH b, PHc cũng đồng quy.

Bài giải Ký hiệu A1, B1,C1 là hình chiếu vuông góc của A, B,C lên NP, PM,

MN , tương ứng Vì đường thẳng AHa, BHb,CHc đồng quy tại một điểm nên ta có

PH c , NH b cắt nhau tại điểm T , trung điểm mỗi đường Tương tự, MH a cũng nhận

T làm trung điểm hay ba đường thẳng MH a , NH b , PH c đồng quy tại điểm T

Ví dụ 1.1.5 Với hai số dương a, b xét ABCD độ dài cạnh AB = a + b Lấy M

thuộc cạnh AB với AM = a, BM = b Giả sử N chạy trên cạnh BC và P thuộc cạnh AD sao cho NM ⊥ MP Xác định giá trị nhỏ nhất của tam giác MNP.

Bài giải Đặt x = BN, y = AP Từ điều kiện MN ⊥ MP ta suy ra MN2 +MP2 =

của SMNP bằng ab khi x = b, y = a.

Ví dụ 1.1.6 Coi bốn xã như bốn đỉnh hình vuông ABCD với độ dài cạnh AB = 10

km Chứng minh rằng, có thể xây mạng đường nối bốn xã với tổng độ dài nhỏ hơn 28 km

Bài giải Gọi O là tâm hình vuông Lấy I , J là trung điểm đoạn AO, BO, tương ứng Mạng đường nối bốn xã là AI, IJ, JB, ID, JC Tổng độ dài mạng đường

này

bằng d = 5 + 5√2 + 5√10 < 28, (đúng)

2.1.1 Hệ tọa độ Descarte vuông góc

Trước khi trình bày hệ tọa độ Carte vuông góc chúng ta sẽ chứng minh lại

Định lý Thales và nhắc lại khái niệm số đo đoạn thẳng Giả sử ta chọn đoạn AB làm đơn vị đo Theo tiên đề về số đo, ứng với mỗi đoạn thẳng MN luôn có một

số thực x để MN = |x|.AB và MN = x.AB Từ đó ta định nghĩa tỷ số giữa hai

song song a , b, c cắt d, d′ tại A, B,C và A′, B′,C′, tương ứng, ta luôn có AB = A′B

′

BC B′C′

Chứng minh Dựng Aa1 " d′ và B1 = Aa1 × b,C1 = Aa1 × c Khi đó ta nhận được

Ví dụ 1.1.7 Cho hình vuông ABCD Lấy điểm K thuộc cạnh AB và N thuộc cạnh

AD thỏa mãn AK AN = 2BK.DN Giả sử các đoạn thẳng CK,CN cắt BD tại điểm L, M Chứng minh rằng, năm điểm A, K, L, M, N cùng nằm trên một

đường tròn

Bài giải Ta chỉ cần xét hình vuông với độ dài cạnh 1 Đặt a = AK, b = AN Từ

AK AN = 2BK.DN ta suy ra ab = 2(1 − a)(1 − b) và ta nhận được

2 − 2a − 2b + ab = 0

Dựa vào Định lý Thales ta dễ dàng tính được

BL = √2(1 − a), BM = √2 .Vậy

Trong mặt phẳng (P), ta xét hai đưòng thẳng x′x , y′y với x′x ⊥ y′y và

O = x′x × y′y Với điểm gốc O và định hướng đường thẳng x′x và y′y để biến

mỗi đường thành một trục Khi đó ta đã có một Hệ tọa độ Carte vuông góc Oxy với gốc tọa độ O và trục hoành x′x , trục tung y′y Mặt phẳng (P) với Hệ tọa độ Carte vuông góc Oxy được gọi đơn giản là hệ tọa độ Oxy Mỗi điểm M thuộc trục x′x được gắn với đúng một số thực a ∈ R và viết OM = a Mỗi điểm N thuộc trục y′y được gắn với đúng một số thực b ∈ R và viết ON = b Đây là những số đo đại số.

Giả sử điểm A tùy ý thuộc mặt phẳng tọa độ Oxy Hạ AM ⊥ x′x , M ∈ x′x và hạ

AN ⊥ y′y , N ∈ y′y Dễ dàng thấy rằng, mỗi điểm A thuộc mặt phẳng (P) tương

ứng một-một với một cặp số thực (a, b), trong đó OM = a, ON = b Cặp số

thực (a, b) được gọi là tọa độ điểm A và viết A(a, b)

Khoảng cách: Giả sử điểm A(x1, y1) và điểm B(x2, y2) Theo Định lý

Pythagore, khoảng cách giữa hai điểm A và B hay độ dài đoạn AB bằng

AB = .(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2

Chia đoạn theo tỷ số: Giả sử điểm A(x1, y1) và điểm B(x2, y2) Ta xác định điểm

I thuộc đoạn AB sao cho IA = γ2 Ta chỉ cần xét trường hợp AB không song song

BI γ1

với trục tọa độ nào Hạ AA1, IM, BB1 ⊥ x′x Gọi I(x, y) Khi đó

γ2

= IA = MA1= x1 − x .Giải ra được

Tiếp theo, ta chứng minh Định lý Stewart sau đây

Định lí 1.2.1 (Stewart) Với ba điểm M, N, P thẳng hàng và mọi điểm I có hệ thức

Hệ quả 1.2.1 Cho tam giác ABC với BC = a,CA = b, AB = c Gọi M là trung

điểm cạnh BC và đặt m a = AM Gọi N là chân đường phân giác trong AN của

Hệ quả 1.2.2 (Steiner-Lehmus) Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB =

c Giả sử ℓa, ℓb, ℓc là độ dài các đường phân giác trong của ∆ABC Nếu ℓa= ℓb

thì tam giác ABC cân.

Ví dụ 1.2.1 Cho tam giác ABC với BC = a,CA = b, AB = c Giả sử ha, hb, hc,

ℓa, ℓb, ℓc và m a, mb, mc là độ dài các đường cao, các đường phân giác trong và

các đường trung tuyến của ∆ABC Ta có các bất đẳng thức

(1) ha™ ℓa™ ma Dấu = xảy ra khi b = c.

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Ví dụ 1.2.2 Cho ∆ABC với BC = a,CA = b, AB = c, 2p = a + b + c, bán

kính các đường tròn bàng tiếp là ra, rb, rc Giả sử ℓa, ℓb, ℓc và m a, mb, mc là độ

dài các đường phân giác trong và các đường trung tuyến của ∆ABC Khi đó ta có

a b c a b c

Chú ý rằng các bất đẳng thức này sẽ trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c.

10

Bài giải (1) suy ra từ Hệ quả 1.2.1 và (2) được suy ra từ (1).

(3) Đặt x = p − a, y = p − b, z = p − c với p = a + b + c Biến đổi được

116

2 Σ Σ

4

a b c a b c

Ví dụ 1.2.4 (Garfunkel) Tam giác ABC có độ dài ba đường trung tuyến ma, mb,

m c Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và các đường thẳng AG, BG,CG cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại A′, B′,C′, tương ứng Khi đó ta có bất đẳng thức

Ví dụ 1.2.5 Tam giác ABC có độ dài ba đường trung tuyến ma , m b , m c và bán kính

đường tròn ngoại tiếp R Khi đó ta có bất đẳng thức

m a m b m c R

−

Bài giải Vì AA′, BB′,CC′ ™ 2R nên

2R 2R 2R

Phương pháp diện tích là phương pháp giải bài toán hình trong mặt phẳng

qua diện tích của một miền phẳng nào đó Để giải bài toán đã cho ta chọn mộtmiền phẳng (D) với diện tích S Sau đó đem chia miền (D) ra thành nhiều miềnnhỏ một

cách thích hợp và tính diện tích S1, , Sr của các miền nhỏ ấy Từ S = S1 + · · ·

+ Sr

suy ra lời giải bài toán

Mệnh đề 1.3.1 Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh a, b, c với độ dài các

đường cao h a, hb, hc; độ dài các bán kính đường tròn ngoại, nội và bàng tiếp là

R , r, r1, r2, r3 Khi đó diện tích S của tam giác ABC được xác định qua

(7) S = √p (p − a)(p − b)(p − c).

Mệnh đề 1.3.2 Hình tròn bán kính R có diện tích S = π.R2 đơn vị diện tích.

Chứng minh Giả sử đường tròn x2 + y2 = R2 trong mặt phẳng Oxy Ta có diện tích

(đơn vị diện tích)

Mệnh đề 1.3.3 Cho tứ giác lồi ABCD với độ dài bốn cạnh AB = a, BC = b,

CD = c và DA = d Khi đó ta có công thức tính diện tích S của tứ giác ABCD :

.4(ab − cd) 2 − (a2 + b2 − c2 − d2)2 + 16abcd sin2∠B + ∠D

Chứng minh Ta có 2S = 2SABC + 2SADC = ab sin ∠B + cd sin ∠D.

Từ a2 + b2 − 2ab cos B = AC2 = c2 + d2 − 2cd cos D ta suy ra

2ab cos B − 2cd cos D = a2 + b2 − c2 − d2 Biến đổi biểu thức sau:

(a2 + b2 − c2 − d2)2 + 16S2 = 4(ab cos B − cd cos D)2

+4(ab sin ∠B + cd sin ∠D)2

= 4(a2b2 + c2d2) − 8abcd cos(∠B + ∠D)

= 4(ab cd)2 + 16abcd sin ∠B + ∠D

2và

.4(ab − cd) 2 − (a2 + b2 − c2 − d2)2 + 16abcd sin2∠B +

∠D

S =

Khi tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn thì 4(ab cd)2 (a2 + b2 c2 d2)2 = 0

và ta nhận được S = √abcd sin ∠B + ∠D

.2

Mệnh đề 1.3.4 (Bretschneider) Cho tứ giác lồi ABCD với độ dài bốn cạnh AB

Chứng minh Ta có 2S = xy sin α, ở đó α là góc giữa AC và BD Dễ thấy

Định lí 1.3.1 [Ptolemy] Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn Khi

đó ta luôn có AC DB = AB.DC + BC.DA hay AB

Chứng minh Đặt a = AB, b = BC, c = CD, d = DA và x = AC, y = BD.

Tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn (T ) Kẻ BE " AC với E thuộc (T ) Khi đó 2SABCD = 2SAECD = (ac + bd) sin ∠EAD Vì 2SABCD = xy sin

Nhận xét 1.3.1 (i) Nếu tứ giác ABCD lõm và nội tiếp trong một đường tròn với

độ dài bốn cạnh AB = a, BC = b, CD = c, DA = d và độ dài hai đường chéo

AC = x, BD = y thì luôn có ac − bd = xy khi tứ giác ACBD lồi hoặc bd − ac =

MA2.MA3 + +MA A n n−1−1.MAn A n = MA A n.MA n A1 1

Chứng minh Quy nạp theo n Với n = 3, kết luận đúng theo Định lý 1.3.1 Giả

sử kết luận đúng cho n Khi đó có đồng nhất thức

A1A2

MA1.MA2

A2A3

+

MA2.MA3 + +MA A n n−1−1.MAn A n = MA A n.MA n A1 1

Với đa giác lồi A1 An A n+1M nội tiếp trong một đường tròn, có

cho đa giác lồi A1 An M và cho tứ giác A1A n A n+1M ta có hệ thức

MA2.MA3 + +MA A n n .MA A n+1n+1 = MA A n n+1+1.MA A1 1

Ví dụ 1.3.1 Tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp R, r.

Giả sử ba phân giác trong các góc của tam giác cắt đường tròn ngoại tiếp ở A1,

sin

C

= 16R2r

Tóm lại, ta nhận được AA1.BB1.CC1 “ 16R2r

Ví dụ 1.3.2 Tam giác ABC có a = BC, b = CA, c = AB và bán kính đường tròn

ngoại tiếp R Giả sử phân giác trong các góc của tam giác cắt đường tròn ngoại tiếp ở A1, B1,C1, tương ứng Chứng minh rằng

Vì A1B = A1C nên c2 − b2 = 2(c

A

cos 2

A

cos 2

thiết n “ 7 bởi vì n < 7 bất đẳng thức luôn đúng.

Ký hiệu điểm nguyên thuộc đường tròn (ℓ) theo thứ tự P1, P2, , Pn, (theo chiều

tròn hai lần Do vậy, tổng các số đo cung của các cung này bằng 4π Từ đó suy

ra tồn tại ít nhất một cung không vượt quá 4π , chẳn hạn cung

nhỏ hơn một phần tư đường tròn Diện tích tam giác P1P2P3 lớn nhất khi P1, P3 là

hai điểm mút của cung và P2 là điểm chính giữa của cung Khi đó

Ta nhận được bất đẳng thức n(r) ™ 2π √3 r2 Vì π là số siêu việt và n là số nguyên dương nên n(r) < 2π √3 r2

Nhận xét 1.3.2 Kết quả yếu hơn n(r) < 6√3 π.r2 [Iran MO 1999].

Ví dụ 1.3.4 Cho tam giác ABC với trọng tâm G Với điểm S bất kỳ, gọi I là trung

điểm SG và đường thẳng tùy ý d qua I cắt SA, SB, SC tại A1, B1,C1, tương ứng,

Bài giải Gọi M là trung điểm BC và kéo dài AM về phía M lấy điểm N sao cho

M là trung điểm GN Gọi giao điểm SM, SN với d là M1, N1 Khi đó

SI SA

sin ∠BAC . AM

Ví dụ 1.3.5 Với tứ giác lồi ABCD, K = AD × BC, L = AB × CD, F = BD × KL,

KL

sin α+

KF

sin β,

KA

sin β,

KD

sin(α + β)

=

KC

sin(α + β)

=

KC

sin α+

KL

sin α+

KA

sin α+

KF

sin β+

KD

sin α+

1 1

a b c

20

Bài giải Theo Mệnh đề 1.3.6 ta có

2 cos ∠A

2 = 1 + 1

1 1

= + ,

c a 2 cos∠C

2ℓc

Ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 1.3.7 Cho tứ giác lồi ABCD Giả sử M, N ∈ AB và P, Q ∈ CD sao cho

AM = NB và CP = QD Chứng minh rằng, nếu SAMQD = SBNPC thì AB " CD.

Bài giải Giả sử AB và CD cắt nhau tại O Dựng hệ tọa độ Oxy sao cho

và nhận được kaz + kbu + kab = kat + kbv + kab hay a(t − z) = −b(v −

u ), vô lý Do vậy, điều giả sử là sai và có AB " CD.

Ví dụ 1.3.8 Cho tứ giác lồi ABCD Giả sử M, N ∈ AB và P, Q ∈ CD sao cho AM

Giả sử B(a + 3u, k3u), D(c + 3v, h3v) Vì B, O, D thẳng hàng nên

ku (c + 3v) = hv(a + 3u)

Tính tọa độ M(a + u, ku), P(c + v, hv), N(a + 2u, k2u), Q(c + 2v, h2v) và

tính diện tích tam giác định hướng

2S OM

P = 0 c + v − 0 hv − = kcu − hav + (k − h)uv

a + u − 0 ku − 0 2S ON

Q = 0 c + 2v − 0 h2v − = 2kcu − 2hav + 4(k − h)uv.

a + 2u − 0 k2u − 0

Vì kcu − hav = 3(h k)uv nên S OMP = huv kuv = S ONQ

1.3.3 Đường thẳng Simson, đường thẳng Steiner

Mệnh đề 1.3.7 (Simson) Giả sử điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC , khác phía với A đối với BC Hạ MA1, MB1, MC1 vuông góc với BC,CA, AB,

tương ứng Khi đó, ba điểm B1, A1,C1 thẳng hàng.

Chứng minh Từ B1C1 = MA sin A, A1B1 = MC sinC, A1C1 = MB sin B và aMA =

bMB + cMC theo Đồng nhất thức Ptolemy suy ra

A1B1 + A1C1 = MC sinC + MB sin B = cMC + bMB = aMA

Mệnh đề 1.3.8 (Feuerbach) Với tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn

luôn có DA2S DBC + DC2S DAB = DB2S DCA.

Chứng minh Vì tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn nên

Mệnh đề 1.3.9 Giả sử điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khác

phía với A đối với BC Gọi A′, B′,C′ là điểm đối xứng với điểm M qua BC,CA,

AB , tương ứng, và A0 = MA′ × BC, B0 = MB′ × CA và C0 = MC′ × AB Khi

đó ta có

(1) (Steiner)Ba điểm B′, A′,C′ thẳng hàng.

(2) Đường thẳng (B′, A′,C′) đi qua trực tâm H của ∆ABC, còn đường thẳng

B0C0 đi qua trung điểm đoạn MH.

Chứng minh (1) Ta có MA0 ⊥ BC, MB0 ⊥ CA và MC0 ⊥ AB Theo Mệnh đề

1.3.7, A0, B0, C0 thẳng hàng Vì A′C′ " A0C0, A′B′ " A0B0 và C0, A0, B0 thẳng

hàng nên ba điểm C′, A′, B′ cũng thẳng hàng

(2) Kẻ các đường cao AA1 ⊥ BC, BB1 ⊥ CA và CC1 ⊥ AB Gọi H là trực tâm

tam giác ABC và đường thẳng AH, BH,CH cắt đường tròn (O, R) tại A2, B2,C2

Khi đó, theo các điểm A2, B2,C2 đối xứng với H qua BC,CA, AB, tương ứng Vì các hình thang C′C2HM , B′B2HM cân nên ∠C′HC2 = ∠MC2C = ∠MAC và ∠B

′HB2 =

∠MB2B = ∠MAB.

Vậy

∠B′HC′ = ∠B”HB2 + ∠B2HC2 + ∠C2HC′ = ∠C1AB1 + ∠B1HC1 = 1800

Do đó, ba điểm B′, H,C′ thẳng hàng Vì B0C0 là đường trung bình của tam giác

MB′C′ nên B0C0 đi qua trung điểm đoạn MH.

1.4 Định lý Ceva và Định lý Menelaus

Mệnh đề 1.4.1 (Ceva 1678) Cho tam giác ABC và ba điểm M ∈ (BC), N ∈

(CA) và P ∈ (AB) sao cho AM, BN,CP không từng cặp song song Khi đó AM,

BN ,CP đồng quy tại một điểm khi và chỉ khi MB NC PA = 1

MC NA PB Chứng minh.

Giả thiết AM, BN,CP đồng quy tại I Khi đó ta có biến đổi diện tích

PB S IMC S INA S IPB S ACM S BAN S CBP S I CA S I AB S CBI

Ngược lại, giả thiết

Ta chỉ ra AM, BN, CP đồng quy tại một điểm Thật vậy, gọi I = AM × BN và CI

cắt (AB) tại Q Khi đó ta có

Nhận xét 1.4.1 Trong một số tài liệu người ta thường kẻ qua A một đường song

song với BC, cắt BN và CP kéo dài để chứng minh Định lý Ceva, và phép chứng

minh là rất dài

Ví dụ 1.4.1 Cho tam giác ABC Giả sử đường tròn nội tiếp tiếp xúc với cạnh

BC ,CA, AB tại A1, B1,C1; Giả sử đường tròn bàng tiếp nằm trong ∠A tiếp xúc với cạnh BC tại A2, tiếp xúc với cạnh AB, AC kéo dài tại Ca, Ba Khi đó AA1,

BB1,CC1 đồng quy tại một điểm J và điểm này được gọi là điểm Gergonne và

AA2, BBa,CCa đồng quy tại một điểm N a và điểm này được gọi là điểm Nagel Bài giải Vì

Ví dụ 1.4.2 Cho tam giác ABC Giả sử ba đường tròn bàng tiếp tiếp xúc với

cạnh BC,CA, AB tại A2, B2,C2; tương ứng Khi đó AA2, BB2,CC2 đồng quy tại

một điểm N.

Bài giải Ký hiệu a = BC, b = CA, c = AB Vì AB + BA2 = AC + CA2 nên

A2B

= a + b − c.Tương tự, tính

nên AA2, BB2, CC2 đồng quy tại một điểm N.

Tương tự, khi xét đường tròn bàng tiếp ∆ABC, nhưng nằm trong góc ∠B, ∠C, tương ứng ta cũng nhận được hai điểm Nagel N b , N c nữa Như vậy, với mỗi

∆ABC ta nhận được bốn điểm Nagel N, N a , N b , N c và một điểm Gergonne.

Ví dụ 1.4.3 Cho tam giác ABC Giả sử đường tròn cắt ba cạnh BC,CA, AB của

tam giác tại A1, A2; B1, B2; C1, C2, tương ứng và theo thứ tự A,C1,C2, B, A1, A2,

C , B1, B2, A Giả sử X = C1B1 × C2B2, Y = A1C1 × A2C2, Z = B1A1 × B2A2.Khi

đó AX , BY,CZ đồng quy tại một điểm.

Bài giải Gọi D là giao điểm giữa AX và C2B1 Vì AD,C2B2, B1C1 đồng quy tại X

Hệ thức này chứng tỏ AX , BY,CZ đồng quy tại một điểm.

Ví dụ 1.4.4 Cho tam giác ABC Chia cạnh BC thành ba đoạn bằng nhau

BA1 = A1A2 = A2C;

2