Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp

Đàm Văn Nhỉ, tác giả luận văn này có mục đích trình bày về các phươngpháp diện tích và thể tích trong hình học và những thảo luận về các bài thi học sinhgiỏi, nhằm làm phong phú lý thuyế

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

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

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ

THÁI NGUYÊN - 2017

Mục lục

Chương 1 Phương pháp diện tích 2

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 thức Erd¨os-Mordell cho đa giác 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

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 đadạng Điều đó hoàn toàn dễ hiểu vì hình học là một môn học truyền thống trongnhà trường phổ thông và các trường đại học sư phạm Dưới sự hướng dẫn củaPGS.TS Đàm Văn Nhỉ, tác giả luận văn này có mục đích trình bày về các phươngpháp diện tích và thể tích trong hình học và những thảo luận về các bài thi học sinhgiỏi, nhằm làm phong phú lý thuyết vừa trình bày và tạo cái nhìn đa chiều nhiềukhía 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 Erd¨os-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 định thức vàmột 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

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 trong việcbồi 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

Chương 1

Phương pháp diện tích

Hình học sơ cấp phát triển được là dựa trên nhiều kết quả của toán học cao cấp

Ví dụ đơn giản là để có thể đo độ dài một đoạn thẳng hay diện tích một hình vuôngtheo một đoạn thẳng được chọn làm đơn vị đo ta đã phải sử dụng kết quả về giớihạn, liên tục và tích phân xác định Vấn đề lý giải quá trình hình thành kết quả nàođấy qua toán cao cấp là cần thiết và sẽ thường sử dụng tỷ số các đoạn thẳng hoặcdiện tích trong chứng minh Từ đó ta có thể phát hiện ra nhiều kết 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 vuông cạnha

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

0= a2

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

Chứng minh. Dựng hình vuông ABCD với cạnh AB = a Dựng vào bên trong hìnhvuông ABCD bốn tam giác vuông bằng nhau ABA1, BCB1, CDC1 và DAD1 bằngtam 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 vàhình vuông A1B1C1D1 Vậy, ta có hệ thức

a2= 4.b.c

2 + (b − c)2= b2+ c2.Các kết quả còn lại là hiển nhiên

Hệ quả 1.1.1 Với biểu diễn b = asinB,c = acosB trong tam giác vuông ABC ta

có

sin2B+ cos2B= 1

Chứng minh. Từ a2 = b2+ c2 = a2(sin2B+ cos2B) theo Định lý 1.1.2 ta nhậnđược hệ thức sin2B+ cos2B= 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 cácđường thẳng mM ⊥ B0C0, nN ⊥ C0A0 và pP ⊥ A0B0 Chứng minh rằng, ba đườngthẳng mM,nN, pP đồng quy tại một điểm

Bài giải. Đặt α = ∠ABC0 và a = BC,b = CA,c = AB, S = SABC Theo Định lýCôsin ta có MC2

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 đườngthẳng AM ⊥ B1C1, BN ⊥ C1A1và CP ⊥ A1B1 Chứng minh AM, BN,CP đồng quy

1− NA2

1 và PA2

1− PB2

1 Từ đó suy ra AM, BN,CP đồngquy theo ví dụ trên

Ví dụ 1.1.3 Tam giác ABC có ∠A = 900 và đường cao AH = h Giả sử M là mộtđiểm tùy ý trong tam giác và khoảng cách từ M đến BC,CA,AB là x,y,z Xác địnhgiá 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 >

h22

và Tnn = h

2

2 khi x = h

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, CNMnhọn và ký hiệu Ha, Hb, Hclà trực tâm của chúng Chứng minh rằng, nếu ba đườngthẳng AHa, BHb,CHcđồng quy thì ba đường thẳng MHa, NHb, PHccũng 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 hệthức

(NC12− MC12) + (MB21− PB21) + (PA21− NA21) = 0

Vậy

0= CN2−CM2+ BM2− BP2+ AP2− AN2

= CN2− AN2+ AP2− BP2+ BM2−CM2

Ta suy ra ba đường thẳng vuông góc hạ từ M,N,P xuống cạnh BC,CA,AB, tươngứng, đồng quy tại điểm K Vì các tứ giác KMHcN và KMHbPlà những hình bìnhhành nên tứ giác PHbHcN cũng là một hình bình hành Khi đó hai đường chéo

PHc, NHb cắt nhau tại điểm T, trung điểm mỗi đường Tương tự, MHa cũng nhận

T làm trung điểm hay ba đường thẳng MHa, NHb, PHc 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 ADsao 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= NP2

và suy ra xy = ab Khi đó SMNP= ax+ by

2 >

√abxy= ab Vậy, giá trị nhỏ nhấtcủa SMNPbằng 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, tươngứng Mạng đường nối bốn xã là AI,IJ,JB,ID,JC Tổng độ dài mạng đường nàybằng d = 5 + 5√2+ 5√

10< 28, (đúng)

1.1.2 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 đoạn thẳng: Giả

sử MN = |x|.AB, PQ = |y|.AB với y 6= 0 Tỷ số giữa hai đoạn được định nghĩa nhưsau:

Chứng minh. Dựng Aa1k 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

ADthỏa 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− b.Vậy

BL.BM = 2(1 − a)

(2 − a)(2 − b) = 1 − a = BA.BK

và suy ra tứ giác AKLM nội tiếp trong một đường tròn Tương tự, tứ giác ALMNcũng nội tiếp trong một đường tròn Từ đó suy ra năm điểm A,K,L,M,N cùng nằmtrên một đường tròn

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 biếnmỗi 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′xđược gắn với đúng một số thực a ∈ R và viết OM = a Mỗi điểm N thuộc trục

y′yđược 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 ứngmột-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=

q(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

x= γ1x1+ γ2x2

γ1+ γ2

.Tương tự, ta cũng có

y= γ1y1+ γ2y2

γ1+ γ2

.Như vậy, tọa độ điểm chia

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 ma= AM Gọi N là chân đường phân giác trong AN của góc

∠Avà đặt ℓ = AN; Gọi L là chân đường phân giác ngoài AL của góc ∠A khi b 6= c

và đặt la= AL Khi đó ta có các kết quả dưới đây:

(3) l2

a = bc[a

2

− (c − b)2](c − b)2

Chứng minh. (1) Với trung điểm M của cạnh BC ta luôn có

m2a= 2b

2+ 2c2

− a24theo Định lý 1.2.1, ở đó AM = ma

(2) Khi AN = ℓa là phân giác trong của góc ∠A thì

BN = ac

b+ c và CN = ab

b+ c.Theo Định lý 1.2.1 có

ℓ2a= bc[(b + c)

2

− a2](b + c)2 (3) Khi b 6= c và AL = la là phân giác ngoài của góc ∠A thì

BL= ac

c− b và CL= ab

c− b.Theo Định lý 1.2.1 có l2

a = bc[a

2

− (c − b)2](c − b)2

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.

Chứng minh. Ta biết

ℓ2a= bc[(b + c)

2

− a2](b + c)2 và ℓ2b= ca[(a + c)

2

− b2](a + c)2 Nếu ℓa= ℓb thì

bc[(b + c)2

− a2](b + c)2 = ca[(a + c)

2

− b2](a + c)2

Ta có a = b hay tam giác ABC cân với AB = AC

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 ma, mb, mc là độ dài các đường cao, các đường phân giác trong và cácđường trung tuyến của ∆ABC Ta có các bất đẳng thức

(1) ha 6ℓa6 ma Dấu = xảy ra khi b = c

b+ c+

√ca

c+ a+

√ab

a+ b

 Dấu = xảy ra khi và chỉ khi

a= b = c

Bài giải. (1) Hiển nhiên ha 6ℓa Vì

ℓ2 a

m2 a

= 4bc(b + c)2

(b + c)2

− a2

2(b2+ c2) − a2 6 4bc

(b + c)2 6 1theo Chú ý 1.2.1 nên ℓa6 ma Hiển nhiên, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = c.(2) Bởi có

ℓa

ma 6 2

√bc

b+ c,

ℓb

mb 6 2

√ca

c+ a,

ℓc

mc 6 2

√ab

a+ bnên

b+ c+

√ca

c+ a+

√ab

a+ b

.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, ℓcvà ma, mb, mclà độ dài các đườngphân giác trong và các đường trung tuyến của ∆ABC Khi đó ta có các kết quả sau:

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 + c2 Biến đổi được

r2a+ rb2+ r2c = x+ y + z
yz

x +zx

y +xyz

b+ c
2 > bc−a

2

4.Như vậy

ℓ2a+ ℓ2b+ ℓ2c > bc+ ca + ab −a

2+ b2+ c2

4 Kết hợp với bất đẳng thức (2) được

r2a+ r2b+ rc2+ ℓ2a+ ℓ2b+ ℓ2c > m2a+ m2b+ m2c+ p2

Ví dụ 1.2.3 Cho ∆ABC với diện tích S và BC = a,CA = b,AB = c Giả sử ha, hb, hc

và ma, mb, mc là độ dài các đường cao và các đường trung tuyến của ∆ABC Khi đó

(m2a+ m2b+ m2c)(h2a+ h2b+ h2c) > 3

43

3

q(abc)233

q(hahbhc)2 = 27S2

Ví dụ 1.2.4 (Garfunkel) Tam giác ABC có độ dài ba đường trung tuyến ma, mb, mc.Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và các đường thẳng AG,BG,CG cắt đường trònngoại tiếp tam giác tại A′, B′,C′, tương ứng Khi đó ta có bất đẳng thức

GB′ = 2c

2+ 2a2− b2

a2+ b2+ c2GC

GC′ = 2a

2+ 2b2

− c2

a2+ b2+ c2 Cộng ba hệ thức, ta sẽ nhận được hệ thức

AA′

GA = 1 +GA′

GAnên

3

2.AA′

ma = 1 +GA′

GA.Tương tự, ta cũng có

Bài giải. Vì AA′, BB′,CC′6 2Rnên

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

đường cao ha, 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

(1) S= aha

2 = bhb

2 = chc

2 (2) S= bc sin A

2 = ca sin B

2 = ab sinC

2 (3) S= abc

4R.(4) S= 2R2sin A sin B sinC

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

− c2

− d2 Biến đổi biểu thức sau:

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

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

BC= b, CD = c, DA = d và AC = x, BD = y Khi đó ta có công thức tính diện tích

Scủa tứ giác ABCD :

S=

p4x2y2− (a2− b2+ c2− d2)2

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

2xy cosα = |a2− b2+ c2− d2|

Vậy

S=

p4x2y2− (a2− b2+ c2− d2)2

(ab + cd) sin B = 2p(p − a)(p − b)(p − c)(p − d)

Từ đây ta có được công thức tính diện tích S = p(p − a)(p − b)(p − c)(p − d)

1.3.2 Định lý Ptolemy và mở rộng

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

DA.DC +

BCDB.DC =

ACDA.DC.

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 k AC với E thuộc(T ) Khi đó 2SABCD= 2SAECD= (ac + bd) sin ∠EAD Vì 2SABCD= xy sin ∠EAD,

ở đó α là góc giữa AC và BD Vậy ac + bd = xy Chia hai vế cho DA.DB.DC tanhận được hệ thức dạng phân thức AB

DA.DC+

BCDB.DC =

ACDA.DC.

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 = xykhi tứ giác ABDC lồi Do vậy, với việc chọn dấu ± một cách thích hợp ta luôn có

cho đa giác lồi A1 AnM và cho tứ giác A1AnAn+1M ta có hệ thức

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, B1,C1.Chứng minh rằng AA1.BB1.CC1> 16R2r

Bài giải. Theo Bổ đề 1.3.1 ta có

2 sinB

2 sinC2

> 8abcabc 2R2.4R sinA

2r sinB

2 sinC

2 = 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 ngoạitiếp ở A1, B1,C1, tương ứng Chứng minh rằng

sinC Vậy

ℓa

AA1sin2A = sin B sinC

sin2A sin B+ A/2
sin C + A/2
>

sin B sinCsin2A Đánh giá còn lại tương tự Từ đó có

sin2B +sin A sin B

sin2C

> 3theo Bất đẳng thức AM-GM

Ví dụ 1.3.3 Ký hiệu n(r) là số điểm nguyên thuộc đường tròn bán kính r > 1.

Ký hiệu điểm nguyên thuộc đường tròn (ℓ) theo thứ tự P1, P2, , Pn, (theo chiềuquay của kim đồng hồ) Khi đó các cung P⌢1P3, P2⌢P4, Pn−1⌢P1 và Pn⌢P2 phủ đườngtròn 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

n , chẳn hạn cung P1⌢P3 Xét tam giác

P1P2P3 nội tiếp trong cung với số đo 4π

n Vì n > 7 nên cung này có thể coi nhưnhỏ hơn một phần tư đường tròn Diện tích tam giác P1P2P3 lớn nhất khi P1, P3 làhai điểm mút của cung và P2 là điểm chính giữa của cung Khi đó

n3 Giả sử tọa độ nguyên các đỉnh Pi(xi, yi), i = 1, 2, 3 Khiđó

4r2.π3

n3 > SP1P2P3 = 1

2

t+ a − v 0 − 0

t− v kt− 0

+

t+ b − v − a k(t + b) − 0

t− v − a kt− 0