Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)

Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)

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 vềhình dạng, kích thước, vị trí tương đối của các hình khối, và các tính chất củakhông gian

Tính đến thế kỷ XXI này, Hình học đã vượt ra rất xa khuôn khổ ban đầu, vàphát triển rực rỡ thành rất nhiều nhánh hiện đại, trừu tượng, cùng những ứng dụng

to lớn vào 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 lànền tảng cho Toán học, khoa học, và sự phát triển tư duy Sự lâu đời của Hình học

sơ cấp đôi khi làm nảy sinh quan niệm là nó đã là cũ kỹ và không còn phát triểnđược nữa Luận văn này được thực hiện nhằm phủ định quan niệm đó Dưới sựhướng dẫn của PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, luận văn này có mục đích trình bày nhữngkết quả nghiên cứu khoa học mới về Hình học sơ cấp, bao gồm hai khía cạnh, đó

là, thứ nhất, là các kết quả mới liên quan đến tứ giác và đường tròn, thứ hai là cácbất đẳng thức cho đa giác mà một phần trong đó là dành để thảo luận về đa giácđều

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 đường

tròn 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 hình học 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 củaPGS.TS Đàm Văn Nhỉ nhưng do nhiều lí do, luận văn chắc chắn sẽ còn nhữngthiếu sót nhất định Tác giả hi vọng sẽ nhận được nhiều đóng góp của các quýThầy Cô, các anh chị em đồng nghiệp để luận văn này hoàn chỉnh hơn

Thái Nguyên, ngày 10 tháng 5 năm 2017

Tác giả

Phạm Thị Mai Hương

1 3 2 4

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 chéo vuông 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

KA2 + KB2 − 2KA.KB cos α + KC2 + KD2 − 2KC.KD cos α= AB2 +

CD2 KA2 + KD2 + 2KA.KD cos α + KC2 + KB2 + 2KC.KB cos α

= AD2 + BC2

Vậy (KA.KB + KC.KD + KA.KD + KB.KC) cos α = 0 Từ đây suy ra α = π và

2

AC ⊥ BD.

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, m4 = KQ Khi đó m2 + m2 = m2 + m2 nếu và chỉ nếu AC ⊥ BD.

Chứng minh Dễ dàng chỉ ra m2 + m2 = m2 + m2 nếu và chỉ nếu

AB2 + CD2 = BC2 + DA2

hay AC ⊥ BD theo Định lý 1.1.1.

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,

KCD, KDA, tương ứng Khi đó

h12 + h32 = h2 2+ h42 nếu và chỉ nếu AC ⊥ BD.

ab + cd

Σ sin2 α .Tương tự, ta cũng có

bc + da

Σ

sin2 α .Như vậy, hệ thức

hay cos α = 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 =

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.

a

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

2 nên tứ giác MNPQ luôn luôn là hình bình hành Vậy AC ⊥ BD khi và chỉ khi MNPQ là hình chữ nhật Như vậy 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, 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

giữa MN và PQ Khi đó O là trung điểm của MN, PQ Dễ dàng suy ra

MN

2 .

Vậy tám điểm M, N, P, Q, M1, N1, P1, Q1 cùng nằm trên đường tròn tâm O bán kính

2 Ngược lại, giả thiết 8 điểm M, N, P, Q, M1, N1, P1, Q1 cùng nằm trên một

đường

tròn Vì ∠MM1N = π2 = ∠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,

vuônggóc với cạnh CD có phương trình c .x −

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

Hiển nhiên KA.KF = KC.KE = KB.KG = KD.KH Như vậy, tứ giác EGFH là ảnh của 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 K1′ , K2′ ,

K3′ , K4′ tương ứng Tám điểm K1, K1′ , K2, K2′ , K3, K3′ , K4, K4′ cùng nằm trên một đường tròn.

Như vậy K′ K′ " AC Tương tự

K3′ K4′ " AC, K2′ K3′ " BD, K4′ K1′ " BD Từ đây suy ra, tứ giác K1′ K2′

K3′ K4′

chữ nhật

là một hình

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, Q1 và 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 tương đương 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.

2



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

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 ở 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 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

tâm đường 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 đường

chéo tốt Thật vậy, giả sử hai đường chéo tốt của ngũ giác lồi ABCDE là AC và BE cắt nhau ở M trong ngũ giác Do tứ giác ACDE và BCDE ngoại tiếp đường tròn

hay AC + BE = BC + AE, vô lý Điều giả sử là sai Tương tự, AC và BD hoặc AD và

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 lànhững 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 nhận

được 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 sửđường

chéo chính AD của lục giác lồi ABCDEF chia lục giác lồi thành hai tứ giác ngoại tiếp ABCD và ADEF Xét tứ giác ngoại tiếp BEDC Khi đó

AB + CD = AD +

BC BC + DE = BE

+ CD.

Từ đây suy ra AD + BE = AB +

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 với MN = NP = PM = 4 Lấy A, F ∈ MN, E, D ∈ NP, C, B ∈ PM sao cho các đoạn MA = NF = NE = PD = PC = MB = 1 Ta có đúng ba tứ giác ngoại

tiếp đường

tròn là ABCF, BCDE, DEFA.

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

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

1+

KN1

1

KQ1

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

KM1.AB = 2SKAB = KA.KB sin α

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

A1B1

=

AB KA KB1 =KA KA.KB1.KA = KA.KB d .

Như vậy ta đã có A1B1 = d AB Tương tự có C1D1 = d và suy ra hệ thức

CD

+ d

KC.KD

sin α

KN1

sin α+

KQ1

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.

CD

π π π

−

−

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

Ngược lại, giả thiết ac = bd Nếu tứ giác ABCD không nội tiếp trong một đường

tròn thì α + γ , chẳng hạn α + γ > Khi đó β + δ < Như vậy

0 > tan(α + γ) = tan α + tan γ

1 − tan α tan γ

tan β + tan δ, 0 < tan(β + δ ) =

1 − tan β tan δ .

Vì α, β , γ, δ là bốn góc nhọn nên 1 − tan α tan γ < 0 < 1 − tan β tan δ ,

mâu thuẫn với giả thiết ac = bd Từ đây suy ra rằng, tứ giác ABCD nội tiếp trong

một đường tròn

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 khi

cos ∠A = cos(2α) = a

a + b + c + d

a2 + abc + abd + acd + bcd a + b + c + d

a2(a + b + c + d)(abc + abd + acd + bcd)

=

(a + b)(a + c)(a + d)

Vì

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)(b + d) + 4ac).

a + c

Tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi ac = bd theo Định lý

1.2.4 Hệ thức này tương đương

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,

giác BDAH là một hình bình hành Ta có AH " OA2, AH = 2OA2 vì AH " DB

và AH = DB Ta lại

có HA1 = AH2 = OA2 và HA1 " 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 =

2 Tương tự 6 điểm còn lại cũng thuộc đường tròn tâm E bán kính 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 A1 là trung điểm đoạn AH Đường tròn Euler nhận A1A2 làm một

đường kính Do đó A1B0 ⊥ A2B0 và A1C0 ⊥ A2C0 Như vậy, A2B0, A2C0 tiếp xúc với

đường 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 Chứng

minh

(1) ∆AB0C0 ∼ ∆A0BC0 ∼ ∆A0B0C ∼ ∆ABC.

(2) Đường thẳng Euler của tam giác AB0C0, BC0A0,CA0B0 đồng quy tại một điểm

Bài giải (1) Vì ∠B0A0C = ∠A = ∠C0A0B, ∠A0B0C = ∠B = ∠C0B0A và ∠B0C0A =

∠C = ∠A0C0B nên ∆AB0C0 ∼ ∆A0BC0 ∼ ∆A0B0C ∼ ∆ABC.

(2) Ký hiệu d1, d2, d3 là đường thẳng Euler của ∆AB0C0, ∆A0BC0 và ∆A0B0C,

tương ứng 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 d1

và d2, giao điểm giữa d2 và d3, giao điểm giữa d3 và d1, đều thuộc đường tròn

ngoại tiếp tam giác A1B1C1 Vì d1, d2, d2 không 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 hai

phần với độ dài bằng nhau Gọi M, N, P là trung điểm các cạnh BC,CA, AB, tương ứng và G, I là trọng tâm và tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.

Chứng minh

rằng, 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)−E→A + (c + a)−E→B + (a + b)−E→C = −→0

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

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

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 minh rằng 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,

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 " BC hoặc S ABCD = 2S OBC.

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

<

0 < c, d > 0 Tọa độ L( 1 + u b, 1 + u d), M( b + c d và N( a + c , 0) Phương trình

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

a − c

Từ đó suy ra kết quả S ABCD = 2S OBC

Ví dụ 1.3.5 Cho tam giác ABC và lấy các điểm D, E, F thuộc các cạnh BC,CA, AB,

tương ứng, thỏa mãn BD ™ BF ™ 1 và AE ™ AF Chứng minh

Ví dụ 1.3.6 Giả sử tam giác ABC không cân với đường tròn nội tiếp tâm I và nó

tiếp xúc với các cạnh BC,CA, AB tại D, E, F, tương ứng Gọi L, M, N là trung điểm các cạnh BC,CA, AB, tương ứng Chứng minh rằng, các đường thẳng l, m,

D, E, F và song song với IL, IM, IN, tương ứng, đồng quy tại một điểm Giả sử

điểm đó là P Xác định giá trị lớn nhất của độ dài |−A→P − 4−A→I|.

Tương tự, đường thẳng n cũng đi qua P.

Ví dụ 1.3.7 (Dự tuyển IMO 1986) Giả sử ∆ABC với tâm đường tròn ngoại tiếp O,

trực tâm H và trọng tâm G Đặt f (X ) = X A2 + X B2 + XC2 với điểm X thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác Gọi P và Q là hai điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp sao cho f (P), f (Q) đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất tương ứng Khi đó O, H, G,

P, Q thẳng

hàng

Bài giải Không làm mất tính chất tổng quát, có thể giả thiết R = 1 Dựng hệ tọa

độ (Oxy) sao cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn x2 + y2 = 1 và ∆ABC với A(1; 0), B(cos α; sin α) và C(cos γ; sin γ), trong đó 0 < α, β < π và γ = α

= 6 − 2x − 2x cos α − 2y sin α − 2x cos γ − 2y sin γ

= 6 − 2(1 + cos α + cos γ)x − 2(sin α + sin γ)y

= 6 − 2−O→H.−O→X = 6 − 2OH cost

với t là góc giữa OX và OH Hiển nhiên f (X )ln = 6 + 2OH khi t = π và f (X ) nn =

6 − 2OH khi t = 0 Do vậy 5 điểm O, H, G, P, Q thẳng hàng.

Ví dụ 1.3.8 Giả sử ∆ABC nội tiếp trong đường tròn bán kính R = 1 có bán kính

đường tròn nội tiếp r với các đường cao AA0, BB0 và CC0 Gọi s là bán kính đường

tròn nội tiếp trong tam

(1 + r)2

Bài giải Với ∠A = α, ∠B = β , ∠C = γ ta có r = 4 sin α sin β γ

Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆A B C 12 2 sin 2 .

0 0 0 bằng

2 theo Mệnh đề 1.3.1 nên

s = 2 sin π − 2α sin π − 2β sin π

(2)



(3)

sin2 A + sin2 B + sin2 C > 2 khi ∆ABC nhọn

sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2 khi ∆ABC vuông

2OH.HB cos ∠OHB = 12 − a2 − 2b2 − c2

2OH.HC cos ∠OHC = 12 − a2 − b2 − 2c2

(4) Tính T = −H→A.−H−A→0 và P = −H→A.−H→B theo a, b, c.

Chứng minh (1) là hiển nhiên.

(2) Ta có OH2 = (1 + cos α + cos γ)2 + (sin α + sin γ)2 = 9 − a2 − b2 −

(3) Vì 2OH.HA cos ∠OHA = OH2 + HA2 − OA2 = 12 − 2a2 − b2 − c2 nên ta

dễ dàng nhận được 2OH.HA cos ∠OHA = 12 − 2a2 − b2 − c2 Tương tự có hệ thức khác

………

;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;

;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;

Mệnh đề 1.3.3 Giả sử ∆ABC với độ dài cạnh a, b, c nội tiếp trong đường tâm O

với trực tâm H Nếu điểm M thuộc đường thẳng Euler (OH) thì tồn tại một số k ∈

R để MA2 + ka2 = MB2 + kb2 = MC2 + kc2 Ngược lại, với mỗi số k ∈ R đều

có một điểm N duy nhất thỏa mãn NA2 + ka2 = NB2 + kb2 = NC2 + kc2

Chứng minh Không hạn chế có thể giả thiết bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC

bằng 1 Với bất kỳ điểm M thuộc đường thẳng (OH), chẳng hạn M thuộc tia (HO), sẽ có MA2 = MH2 + HA2 − 2HM.HA cos ∠OHA hay

Định lí 1.3.1 Giả sử ∆ABC với độ dài cạnh a, b, c nội tiếp trong đường tâm O

bán kính 1 với trực tâm H Điểm M thuộc đường thẳng Euler (OH) khi và chỉ khi

có số k ∈ R để MA2 + ka2 = MB2 + kb2 = MC2 + kc2 Từ đây suy ra kết quả

sau: Giả sử A(x1; y1), B(x2; y2) và C(x3; y3) Điểm M(x; y) thuộc đường thẳng

Euler của ∆ABC khi và chỉ khi có k ∈ R để

xx1 + yy1 + ka2 = xx2 + yy2 + kb2 = xx3 + yy3 + kc2

Chứng minh Theo Mệnh đề 1.3.3 ta thấy rằng, nếu M ∈ (OH) thì tồn tại k để

MA2 + ka2 = MB2 + kb2 = MC2 + kc2 và ngược lại, với mỗi k ∈ R có điểm N duy nhất thỏa mãn NA2 + ka2 = NB2 + kb2 = NC2 + kc2 Với M ∈ (OH) có

MA2 + ka2 = MH2 + HA2 − 2MH.HA cos ∠MHA + ka2

Khi

đó

MB2 + kb2 = MH2 + (1 − k)(a2 + b2 + c2) + 4(3k − 2) = MC2 + kc2.Tương tự xét

3 a = GB2

1 2+

3 .b = GC2

1 2+

2 a = EB2

1 2+

2 .b = EC2

1 2+

2 a

EB2 1 2+

2 b = EC

2

2

1 2+

2 c

= EH + 2 (a + b +

2 a.

Bài toán 1.3.1 Giả sử điểm P ở trong ∆ABC thỏa mãn ∠PAB = ∠PBC =

∠PCA Một câu hỏi đặt ra: Đường thẳng Euler (d) của ∆ABC có đi qua điểm P

hay không? Vấn đề này được coi như một bài tập.

1.3.2 Trực tâm tứ giác nội tiếp

Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R Ký hiệu Ha, Hb,

H c, Hd

là trực tâm tam giác BCD,CDA, DAB, ABC, tương ứng.

Bổ đề 1.3.1 Ta luôn có H a H d = AD và H a H d " AD.

Chứng minh Gọi L là trung điểm cạnh BC Khi đó AH d " OL và AH d = 2OL.

Tương tự, ta cũng có DHa " OL và DH a = 2OL Vậy DH a " AH d và DH a = AH d.

Từ đây suy ra tứ giác AHd H a D là một hình bình hành và ta nhận được H a H d " AD,

H a H d = AD.

Định lí 1.3.2 Bốn đoạn thẳng AH a, BHb,CHc, DHd đồng quy tại một điểm.

Chứng minh Vì tứ giác AH d H a D là một hình bình hành nên AH a và DH d cắt nhau

tại trung điểm H của mỗi đoạn Tương tự, BHb,CHc cũng đều cắt AH a tại H Như

vậy, bốn đoạn thẳng AHa, BHb,CHc, DHd đồng quy tại điểm H, trung điểm mỗi

Chứng minh Vì các tứ giác ABH a H b, BCHb H c,CDHc H d, DAHd H a là những hình

bình hành theo Định lý 1.3.2 nên ta nhận được các hệ thức dưới đây:

Định lí 1.3.3 Ký hiệu K, L, M, N là trung điểm các cạnh AB, BC,CD, DA tương

ứng Khi đó các đường thẳng vuông góc với cạnh đối như sau: KH ⊥ CD, LH ⊥

DA, MH ⊥ AB và NH ⊥ BC Điểm H được gọi là trực tâm của tứ giác ABCD.

NH ⊥

BC.

Ví dụ 1.3.9 Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn và H a, Hb, Hc,

H d là trực tâm tam giác BCD,CDA, DAB, ABC, tương ứng Khi đó tứ giác ABCD

bằng tứ giác Ha H b H c H d.

Bài giải Vì các tứ giác ABCD và H a H b H c H d đối xứng với nhau qua điểm H theo

Định lý 1.3.2 nên tứ giác ABCD bằng tứ giác Ha H b H c H d.

Ví dụ 1.3.10 Cho tứ giác lồi ABCD vừa nội tiếp trong đường tròn, ngoại tiếp một

đường tròn khác và Ha, Hb, Hc, Hd là trực tâm tam giác BCD,CDA, DAB, ABC,

tương ứng Khi đó tứ giác Ha H b H c H d vừa nội tiếp trong một đường tròn và ngoại

tiếp một

đường tròn khác

Bài giải Vì các tứ giác ABCD và H a H b H c H d đối xứng với nhau qua điểm H theo

Định lý 1.3.2 nên tứ giác ABCD bằng tứ giác Ha H b H c H d Vậy, tứ giác Ha H b H c H d

vừa nội tiếp một đường tròn và ngoại tiếp một đường tròn khác

1.3.3 Giao điểm Euler của các đường tròn chín điểm

Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R Ký hiệu Ha, Hb,

H c, Hd là trực tâm tam giác BCD,CDA, DAB, ABC, tương ứng Ký hiệu O a, Ob, Oc,

O d là tâm các đường tròn chín điểm của tam giác BCD, CDA, DAB và ABC.

Định lí 1.3.4 Bốn điểm O a, Ob, Oc, Od cùng nằm trên một đường tròn và bốn đường tròn Euler tâm O a, Ob, Oc, Od đồng quy tại một điểm.

Chứng minh Gọi X là trung điểm của đoạn AH d và Y là trung điểm của đoạn DH a. Khi đó XY " AD và XY = AD Ta có Oa là trung điểm đoạn LY và O d là trung

điểm đoạn LX Từ đây suy ra Oa O d " AD Tương tự, O d O b " DB, O b O c " BC và

O c O d " CD Vì tứ giác ABCD nội tiếp trong một dường tròn nên tứ giác O a O b O c O d

cũng nội tiếp trong một đường tròn

Ta lại có LX = R = LY Như vậy, ∆LXY cân Vì H là trung điểm AHa nên H là trung

điểm đoạn XY Vì ∠X HL = π nên HO = R = HO Tương tự HO = R = HO

Từ đây suy ra bốn đường tròn Euler của các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB bằng nhau và đồng quy tại điểm H.

Nhận xét 1.3.3 Kết quả này cũng đúng cho mọi tứ giác ABCD, không cần là một

tứ giác nội tiếp trong đường tròn Bốn đường tròn chín điểm của các tam giác

ABC, BCD, CDA và DAB đồng quy tại một điểm và điểm này được gọi là điểm

Poncelet

1.4 Một vài đồng nhất thức của conic

1.4.1 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp parabol

Ta chỉ cần xét Parabol P : y = ax2 với a ƒ= 0 Một số đồng nhất thức, đặc biệt là Đồng nhất thức Ptolemy, cho parabol P được phát biểu như sau:

Mệnh đề 1.4.1 Cho đường parabol (P) : y = ax2 với a ƒ= 0 Giả sử A1, A2, A3, A4

thuộc (P) có tọa độ (x1, ax2), (x2, ax2), (x3, ax2) và (x4, ax2) trong đó x1 < x2 < x3 <

x4 Gọi 6 điểm thuộc đường thẳng d : y = 1 là:

M12 (a(x2 + x1), 1) , M23 (a(x2 + x3), 1) , M34 (a(x3 + x4), 1),

M41 (a(x4 + x1), 1) , M13 (a(x1 + x3), 1) , M24 (a(x2 + x4), 1)

Khi đó ta có các đồng nhất thức sau đây:

(2) Giả sử đường thẳng (d) : mx + ny + l = 0 và điểm tổng quát A(x, y) ∈ (d) Khi

đó ảnh của A là M(ax, by) Vậy đường thẳng (d) được biến thành đường thẳng

giác ngoài của ∠AOB và I = N ab(J).

và ON là liên hợp và OM2 + ON2 = a2 + b2 [Apollonius].

(4) Đường thẳng tiếp xúc đường tròn (C) thành đường thẳng tiếp xúc với ellip (E) và ngược lại.

Chứng minh (1) Hiển nhiên.

(2) Giả sử A(cost1, sint1), B(cost2, sint2) với 0 < t1 < t2 < π và ảnh M =

N ab(A), N = Nab(B) Khi đó tọa độ hai điểm M(a cost1, b sint1), N(a cost2, b sint2) và độ dài đoạn MN :

= AB, ở đó J ∈ (C) và OJ là phân giác ngoài của góc ∠AOB và ta có

(3) Nếu OA ⊥ OB thì ta có thể giả thiết A(cost, sint), B(− sint, cos t) Khi đó ta nhận được M(a cost, b sint), N(−a sint, b cos t) và ta cũng dễ dàng có được hai

hệ thức

b2

+

a2

+ b2

a a

Do vậy, hai đường kính OM và ON của (E) là hai đường kính liên hợp.

(4) Giả sử (d) : x cos α + y sin α + 1 = 0 là phương trình đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (C) Điểm (x, y) ∈ (d) được biến thành điểm (ax, by) ∈ (D)

và suy ra đường thẳng (D) tiếp xúc với ellip (E) Điều ngược lại là hiển nhiên.

Mệnh đề 1.4.5 Giả sử phép biến hình N ab biến hai đường thẳng d1 : a1x + b1y +

c1 = 0 và d2 : a2x + b2y + c2 = 0 thành hai đường thẳng d1′ , d2′ Gọi góc nhọn giữa

a b

α

a b

Ta có điều phải chứng minh

Mệnh đề 1.4.6 (Newton) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường ellip

cosα+

y a

= b[sin(t − δ ) − sin(t − α) + sin(t − β ) − sin(t − γ)]

y J

= b[sin(t − δ ) − sin(t − α) + sin(t − β ) − sin(t − γ)]

Do vậy, ba điểm I, O, J thẳng hàng.



2.1.1 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp ellip

Xuất phát từ các kết quả trên đối với đường tròn ta muốn phát hiện một vài kết quảtương tự cho ellip Để có thể giải quyết bài toán đặt ra, ta sử dụng việc tham số

hóa đường cong phẳng và phép biến hình Nab Một số đồng nhất thức mới cho đa

b2 = 1 Giả sử A, B,C, D thuộc (E) có

tọa độ (a cost1, b sint1), (a cost2, b sint2), (a cost3, b sint3) và (a cost4, b sint4) với

= (sint2 − sint1)(sint4 − sint3).

= (sint3 − sint2)(sint4 − sint1)

b2 = 1 Giả sử A1, A2, , An, M thuộc

(E) có tọa độ (a cost i, b sinti) và M(a cost, b sin t), tương ứng, với

trong đó n + 1 ≡ 1 và i = 1, 2, , n, và việc chọn dấu ± thích hợp ta có đồng nhất thức

Chứng minh Tương tự như chứng minh Mệnh đề 1.4.7.

2.1.2 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp hyperbol

Với hai số thực a, b thỏa mãn ab > 0, phép biến hình Na,ib biến điểm M(x, y) thành