Ước lượng khoảng cách biên soạn Nguyễn Tiên Tiến

Một vấn đề được đặt ra là với những điểm nêu trên ta có thể xác định được khoảng cách còn các điểm đặc biệt khác của tam giác như: tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp, điểm

ƯỚC LƯỢNG KHOẢNG CÁCH GIỮA CÁC ĐIỂM ĐẶC BIỆT CỦA TAM GIÁC

I MỞ ĐẦU

Khi nghiên cứu các tính chất của tam giác, ta thấy có một số điểm đóng vai trò đặc biệt và chúng có quan hệ mật thiết với nhau Chẳng hạn, mối quan hệ giữa các điểm: trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O tam giác biểu thị qua hệ thức OG : GH : OHuuur uuur uuur=1: 2 : 3; khoảng cách giữa hai tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và các bán kính R, r của chúng biểu thị qua hệ thức Euler đẹp đẽ: 2 2

IO =R -2Rr Một vấn đề được đặt ra là với những điểm nêu trên ta có thể xác định được khoảng cách còn các điểm đặc biệt khác của tam giác như: tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp, điểm Lemoine, điểm Naghen, điểm Gergone thì

hệ thức liên hệ giữa chúng như thế nào? Có xác định được không? Bài tập này xin được giới thiệu về cách xác định những khoảng cách đó và một số hệ thức giữa những khoảng cách này Đồng thời, thông qua nghiên cứu các khoảng cách

đó ta cũng đưa ra được một số đánh giá về các yếu tố liên quan đến tam giác như: chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp Cũng thông qua bài tập này chúng ta có thể thấy một số cặp phạm trù của triết học được vận dụng trong quá trình nghiên cứu như: cái chung và cái riêng; nội dung

và hình thức; chủ quan và khách quan

MỘT SỐ KÝ HIỆU

ABC : tam giác ABC

I : tâm đường tròn nội tiếp tam giác

O : tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

a b c

I , I , I : tâm đường tròn bàng tiếp tương ứng với góc A, B, C

L : điểm Lemoine của tam giác

N : điểm Naghen của tam giác

J : điểm Gergone của tam giác

p : nửa chu vi của tam giác

S : diện tích của tam giác

R, r : bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác

a b c

r , r , r : bán kính đường tròn bàng tiếp ứng với góc A, B, C

ab= + +ab bc ca

å ; åa b2 2 =a b2 2+b c2 2+c a2 2; åa2 = + +a2 b2 c2

a = + +a b c

II MỘT SỐ KẾT QUẢ CƠ BẢN

Trước hết, ta nhắc lại các kết quả sau:(dễ dàng chứng minh được)

1 GAuuur uuur uuur r+GB+GC=0

2 aIAuur+bIBuur+cICuur r=0

3 HAuuur uuur uuur+HB+HC=2HOuuur

4 OAuuur uuur uuur uuur+OB+OC=OH

5 OHuuur=3OG;uuur 3HGuuur=2HOuuur=6GOuuur

6 AHuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur=OB+OC; BH=OC+OA; CH=OA+OB

abc

4R

S p p a p b p c

16

2 åab - åa =4r +16Rr

10 åab= + +p2 r2 4Rr

11 åa2 =2p2-2r2-8Rr

a =2p p -3r -6Rr

å

13 (p-a p)( - + -b) (p b p)( - + -c) (p c p)( - =a) (r 4R+ r)

-15 ( 2 2) 2 ( 2 2) 2 ( 2 2) 2

HA = OBuuur uuur+OC =4R -a ; HB =4R -b ; HC =4R -c

IA = + -r p a = -bc 4Rr; IB2= -ca 4Rr; IC2 = -ab 4Rr

III ƯỚC LƯỢNG KHOẢNG CÁCH GIỮA CÁC ĐIỂM ĐẶC BIỆT CỦA TAM GIÁC

Bây giờ chúng ta sử dụng các kết quả trên để ước lượng khoảng cách giữa các điểm đặc biệt trong tam giác

1 Khoảng cách giữa các điểm đặc biệt

Trước hết, xuất phát từ hệ thức MAuuur uuur uuur+MB+MC=3.MGuuur, ta có:

2

9MGuuur = MAuuur uuur uuur+MB+MC

( 2 2 2) ( 2 2 2)

(do 2MA.MBuuur uuur=MA2+MB2-AB ;2MB.MC2 uuur uuur=MB2+MC2-BC2;

2MC.MAuuur uuur=MC +MA -CA )

* Khi Mº , ta có: O

-* Khi MºH, ta có:

-* Khi MºI, ta có:

-* Từ hệ thức OHuuur=3OGuuur, ta có:

1.4) OH2 =9OG2=9R2+2r2 +8Rr-2p2

Cũng có thể tính OH xuất phát từ các hệ thức HAuuur uuur uuur+HB+HC=2HOuuur và

OAuuur uuur uuur uuur+OB+OC=OH

Tiếp tục, xuất phát từ hệ thức aMAuuur+bMBuuur+cMCuuur= + +(a b c MI)uur, ta

có:

2

a+ +b c MI = aMAuuur+bMBuuur+cMCuuur

a b c aMA bMB cMC abc

a b c

* Khi Mº , ta có: O

a b c

* Khi MºH, ta có:

a b c

-+ -+

a b c

-2 Khoảng cách từ các điểm đặc biệt đến tâm đường tròn bàng tiếp

Gọi I , I , Ia b c lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C của tam giác ABC Khi đó dễ dàng chứng minh được các hệ thức sau:

i) -aI Auuura +bI Buuura +cI Cuuur ra =0; -aMAuuur+bMBuuur+cMCuuur= - + +( a b c MI)uuura

ii) aI Auuurb -bI Buuurb +cI Cuuur rb =0; aMAuuur-bMBuuur+cMCuuur= - +(a b c MI)uuurb

iii) aI Auuurc +bI Buurc -cI Cuur rc =0; aMAuuur+bMBuuur-cMCuuur= + -(a b c MI)uuurc

Xuất phát từ hệ thức i), ta có:

2 a

- + + = - uuur+ uuur+ uuur

a b c é aMA bMB cMC abcù

a

* Khi Mº , ta được: O

2.1)

a

2

a

R 2Rr

Tương tự, ta có:

abc

a b c

abc

a b c

+

-* Khi MºH, ta được:

a

1

a b c

- + +

a

- - +

- + + Tương tự, ta có:

- - +

- - +

+

-* Khi MºI, ta được:

a

1

a b c

- + +

( a )

2abc

4Rr 4R r r

a b c

+ +

Tương tự, ta có:

2

I I =4R r -r ; 2 ( )

I I =4R r -r

* Khi Mº , ta được: G

a

1

a b c

- + +

( ) 3 ( 3 3 ) ( )

a

- - +

- + +

å

Tương tự, ta có:

1

GI 6ca 5p r 4Rr 4Rr

9

1

GI 6ab 5p r 4Rr 4Rr

9

* Khi MºA, ta được:

2.5)

2

bAB cAC abc bcp

-Tương tự, ta có:

* Khi MºB, ta có:

2

a

ca p c aBA cBC abc

BI

a

ab p b CI

p a

-=

-* Khi MºIb, ta được:

2.7)

aI A bI B cI C abc abc

-Tương tự, ta có:

2 2

a bc

p b p c

2 2

ab c

p c p a

-3 Khoảng cách từ các điểm đặc biệt đến điểm Lemoine(Lomoan) của tam giác

Điểm Lemoine

Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC, lấy các điểm C , A , B1 1 1 tương

ứng sao cho

C B = a A C= b B A= Khi đó các đường thẳng c

AA , BB ,CC đồng quy tại một điểm L(điểm L được gọi là điểm Lemoine của

tam giác)

Chứng minh:

Gọi L là giao điểm của hai đường thẳng AA , CC1 1 Áp dụng định lý Menelauyts

cho tam giác ABA1, ta có: 1 1

AC BC A L

C B CA LA = Với

1

;

+

1

1

+

Mặt khác, từ hệ thức

2 1 2 1

b BAuuur=c A Cuuur Từ đó, ta có hệ thức:

Do vậy: a LA2uuur+b LB2uur+c LC2uur r=0

Tương tự, giao điểm của hai đường thẳng BB và CC1 1 cũng thỏa mãn hệ thức này Điểm L được xác định duy nhất theo hệ thức này, vì vậy ba đường thẳng

AA , BB ,CC đồng quy tại điểm L thỏa mãn hệ thức trên☺

Xuất phát từ hệ thức trên, ta tính khoảng cách từ L đến các điểm G, H, O,

I, I , I , Ia b c

a MAuuur+b MBuuur+c MCuuur= åa MLuuur Do vậy,

ta có:

( )2 ( )2

a ML = a MA+b MB+c MC

( 2)( 2 2 2 2 2 2) 2 2 2

a a MA b MB c MC 3a b c

-( ) ( )

2

2

a MA b MB c MC 3a b c

ML

* Khi Mº , ta có: O

3.1)

( ) ( ) ( )

a OA b OB c OC 3a b c 3a b c

* Khi Mº , ta có: G

3.2)

( ) ( )

2

2

a GA b GB c GC 3a b c GL

( 2) ( 4)( ( 2) ) 2 2 2

2 2

a a 9a b c 2

a

å

( ) ( )( ) ( )

( )

2 2

å

( )( ) ( ) ( )

( )

2 2

å

* Khi MºH, ta có:

3.3)

( ) ( )

2

2

a HA b HB c HC 3a b c HL

( )( )

( )

2

2 2

a a 3a b c 4R

a

+

å

( ) ( 2)( ( 2 )2) ( )2

2 2

a

å

* Khi MºI, ta có:

3.4)

( ) ( )

2

2

a IA b IB c IC 3a b c

IL

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

-å -å

å

* Khi MºIa, ta có:

3.5)

( ) ( ) ( ( ) ( ) ( ) )

2

abc 2p 2bc

I L

Tương tự, ta có:

( )

( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ) ( ) )

abc 2p 2ca 3a b c abc 2p 2ab 3a b c

* Khi MºA, ta có:

3.6)

( ) ( ) ( ( ) )

2

b c 2 a 3a

b AB c AC 3a b c AL

-+

Tương tự, ta có:

( ) ( ) ( ( ) )

4 Khoảng cách từ các điểm đặc biệt đến điểm Gergone của tam giác

Điểm Gergone

Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại A , B ,C1 1 1 Khi đó các đường thẳng AA , BB ,CC1 1 1 đồng quy tại một điểm

J(điểm J được gọi là điểm Gergone)

Ta có AC1=AB1= -p a; BC1=BA1= -p b;CA1=CB1= -p c

Bằng cách chứng minh tương tự như điểm Lemoine, ta có điểm Gergone thỏa mãn hệ thức: (p-b p)( -c JA)uur+ -(p c p)( -a JB)uur+ -(p a p)( -b JC)uur r=0

Để thuận tiện trong việc tính toán ta đặt:

x= -p b p-c ; y= -p c p-a ; z= -p a p- b

Khi đó, với mọi điểm M ta có: xMAuuur+yMBuuur+zMCuuur= + +(x y z MJ)uur

Do vậy:

2

x+ +y z MJ = xMAuuur+yMBuuur+zMCuuur

x y z xMA yMB zMC xyc yza zxb

2

2

MJ

Ta có:

xyc yza zxb

* Khi Mº , ta có: O

4.1)

2

4p r R r xOA yOB zOC xyc yza zxb

+

* Khi Mº , ta có: G

4.2)

2

2

GJ

( ) ( )

3

2

p 4R 8Rr 5r r 4R r

4

=

+

* Khi MºH, ta có:

4.3)

2

2

HJ

2 2

2

8p R 2R r

4R

4R r

-+

* Khi MºI, ta có:

4.4)

* Khi MºL, ta có:

4.5)

2

2

LJ

( ) ( ) ( )

2 4Rrp ab a b p a b 3 abc 4p r R r

* Khi MºA, ta có:

4.6)

2

2

AJ

2

2

4p r R r

4R r p b p c 4R r

Tương tự, ta có:

2

2

2

4p r R r

JB

4R r p a p c 4R r

2

2

2

4p r R r

JC

4R r p b p a 4R r

5 Khoảng cách từ các điểm đặc biệt đến điểm Naghen của tam giác

Điểm Naghen

Các đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại A , B ,C1 1 1 Khi đó các đường thẳng AA , BB ,CC1 1 1 đồng quy tại

một điểm N(điểm N được gọi là điểm Naghen)

Ta có C B1 =CB1= -p a; A C1 =AC1= -p b; B A1 =A B1 = -p c

Bằng cách chứng minh tương tự như điểm Lemoine, ta có điểm Naghen thỏa mãn hệ thức: (p-a NA)uuur+ -(p b NB)uuur+ -(p c NC)uuur r=0

Với mọi điểm M, ta có (p-a MA)uuur+ -(p b MB)uuur+ -(p c MC)uuur=pMNuuur

Vì vậy:

2 2

p MN = -éê p a MA+ -p b MB+ -p c MCùú

p pé a MA p b MB p c MC ù

p a p b c p b p c a p c p a b

Ta có:

2

4r R r p

p

* Khi Mº , ta có: O

ON =R -4r R- = -r R 2r

* Khi Mº , ta có: G

p

( 2 2 )

4

p 5r 16Rr

9

-* Khi MºH, ta có:

p

-* Khi MºI, ta có:

5.4) ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( )

p

-* Khi MºL, ta có:

p

( ) ( )

2 2 2

2

* Khi Mº , ta có: J

p

2 2

2

16R

p R r r 4R r 4R r

+

* Khi MºA, ta có:

2

p

Tương tự, ta có:

BN = -c a +4r , CN = -a b +4r

6 Hệ thức liên hệ các khoảng cách giữa các điểm đặc biệt

Như nhận xét ở trên, bây giờ ta tìm các hệ thức liên hệ các khoảng cách giữa các điểm đặc biệt OG , HG , IG ,OH , HI ,OI2 2 2 2 2 2

Từ các hệ thức OHuuur=3OG;uuur 3HGuuur=2HOuuur=6GOuuur ta có:

6.1) OH2-9OG2 = 0

6.2) GH2-4OG2 = 0

6.3) 9HG2-4OH2= 0

Ta xuất phát từ đẳng thức:

xOG +yOH +zOI +tGH +kGI +qIH

( ) 2 ( ) 4( ) 2

x 9y z 4t 4q R 2 z 2k 4q Rr x 9y 4t k 9q p

9

1

2x 18y 8t 5k 27q ab bc ca

9

x 9y z 4t 4q R 2x 18y 5k 27q 8t r

9

8x 72y 18z 16k 36q 32t Rr 2x 18y k 9q 8t p

-trong đó x, y, z, k, t, q là các số thực

* Lấy q=- =1; z 4; x= = = = , ta được: y t k 0

4OI -IH =4p -3 åab = -p 3r -12Rr

* Lấy k=- =1;z 2; x= = = = , ta được: y t q 0

-* Lấy t=- =1; z 4; x= = = = , ta được: y k q 0

-* Lấy t=3;q=-2; k=6;z=-4; x= = , ta được: y 0

6.7) 3GH2 +6IG2 =2IH2 +4IO2

* Lấy x=6; y= =t 0;z=-2;k=3;q=- , ta được: 1

3 2OG +GI =2OI +IH

* Lấy x=4;q=-1; y= = = = , ta được: z t k 0

-+ -+

( ) ( ) ( ) ( )

3

5 a 9abc 4 ab a b bc b c ca c a 1

p 19r 4Rr

-+ -+

å

* Lấy y=1;q=-2; x= = = = , ta được: z t k 0

OH -2IH =R +16Rr+4p -3 åab

( )

-* Lấy x= = =y z 0, t=1, k= =- , ta được: q 1

-* Lấy x= = =t k 0, y=1, z=- =- , ta được: 1,q 2

OH -OI -2IH =18Rr+4p -4 åab =2r R-2r

7 Ước lượng khoảng cách giữa các điểm đặc biệt

* Từ 6.4) và bất đẳng thức å åa2³ ab, ta có được:

7.1) IH£2IO

* Từ 1.4), 6.5) và bất đẳng thức å åa2 ³ ab, ta được:

7.2) IG£ 2 OI

* Từ bất đẳng thức å åa2³ ab; bất đẳng thức åab³18Rr và 6.6),

ta được:

7.3) GH£2OI

* Từ các đẳng thức HG 2OG; HG 2OH

3

7.4) OG£OI; OH£3OI

* Từ 7.1), 7.2), 7.3), 7.4), ta có:

7.5) max 3IH,3 2IG,6OG, 2OH{ }£6OI

2 åab - åa =4r +16Rr và 6.10), 1.5) với chú ý

2

OI ³0, ta được:

7.6) OH³ 2IH

* Từ các bất đẳng thức:

( 3 3 3) ( ) ( ) ( )

2 a + +b c ³ab a+ +b bc b+ +c ca c+a ;

( ) ( ) ( )

a + + +b c 3abc³ab a+ +b bc b+ +c ca c+a và 6.9), hoặc từ các bất

p ³16Rr-5r ; R³ , ta được: 2r

7.7) HI£2OG

8 Một số kết quả khác khai thác được từ các khoảng cách trên

Từ các công thức xác định khoảng cách giữa các điểm đặc biệt ta sẽ khai thác một số kết quả cơ bản Cụ thể như sau:

* Từ 1.5) ta có:

8.1) R³2r

* Từ 1.1) ta có:

8.2) 2p2£9R2 +2r2+8Rr

* Từ 1.3) ta có:

8.3) p2 ³16Rr- 5r2

* Từ 1.6) ta có:

8.4) p2 £4R2+4Rr+3r2(đánh giá này mạnh hơn 8.2))

* Từ 8.1) và 8.3) ta có:

8.5) p2 ³12Rr+3r2

* Từ 8.1) và 8.4) ta có:

8.6) 2 ( )2

3p £ 4R+ r

* Từ 4.1) và 5.6) ta có:

2

p

* Từ 4.3) ta có:

2

2 R 4R r

p

2 2R r

+

£

-* Từ 8.3) và 8.4) ta có:

* Từ 4.1), 8.5) và 8.6) ta có:

8.10) 2 4 ( ) 2 2 12r R2( r)

+

-+

* Từ 1.3), 8.4) và 8.5) ta có:

* Từ 1.6) và 8.5) ta có:

HI £4 R -3Rr+2r

* Từ 6.11) và 8.1) ta có:

8.13) GH2 ³GI2+IH2

* Từ 6.12) và 8.1) ta có:

8.14) OH2 ³OI2+2IH2

* Từ 4.1) và 8.8) ta có:

8.15) 2 R R( 2r 2R)( r)

OJ

2R r

³

-* Từ 3.1), 8.3) và 8.4) ta có:

3 2

2

8R R 2r OL

3 2R r

-³

-* Từ 1.5), 5.1) và 8.15) ta có:

8.17)

-³

+

* Từ 1.5), 5.1) và 8.16) ta có:

8.18)

2

4

OI ³ 3 3OI ON

+

Ngoài ra ta cũng tìm được các kết quả sau đây:

4

2

48Rr R 2r 2R r R R 2r R 2r 4R r

IL

36r 2R r 4R r 4R 3Rr 2r

8.20) ( )( )

8.22) OI2a+OI2b+OI2c +OI2 =12R2

a b b c c a

I I +I I +I I =8R 4R+r

HI +HI +HI -7HI =16 R-r R+r

8.25)

3

8.26) I I I I I Ia b c=16R r2

3 4p I I I I I I 17R 2r

3

8.28) 12r 4 3p I Ia I Ib I Ic 7R 2r

3

8.29) Với mọi điểm M, ta có: aMA2 +bMB2+cMC2 ³abc

8.30) Với mọi điểm M, ta có:

2 2 2

3a b c

+ +

8.31) Với mọi điểm M, ta có:

p-a MA + -p b MB + -p c MC ³4pr R-r

8.32) Với mọi điểm M, ta có: MA2 MB2 MC2 4p R( r)

+

8.33) Với mọi điểm M nằm trên đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ta có:

aMA +bMB +cMC =2pr 2R+r

8.34) Với a, b, c là ba cạnh của một tam giác thì:

( )( ) ( )3 ( )2

6 å åa a b ³ åa +27 abc

8.35) 3.sin A.sin B.sin C£ +1 cos A.cos B.cos C