Tứ giác có hai đường chéo vuông góc
Trong bài viết này, chúng tôi trình bày kết quả về tứ giác có hai đường chéo vuông góc Theo định lý 1.1.1, một tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau khi và chỉ khi AB² + CD² = 2 + BC² Tài liệu tham khảo chính cho nội dung này là [2].
Chứng minh Giả thiết AC⊥BDvàK×BD Theo Định lý Pythagore ta có
AB 2 +CD 2 =KA 2 +KB 2 +KC 2 +KD 2 =KA 2 +KD 2 +KB 2 +KC 2 2 +BC 2 Ngược lại, giả thiếtAB 2 +CD 2 2 +BC.Đặtα =∠AKB.Khi đó ta biểu diễn
KA 2 +KB 2 −2KA.KBcosα+KC 2 +KD 2 −2KC.KDcosα = AB 2 +CD 2
KA 2 +KD 2 +2KA.KDcosα+KC 2 +KB 2 +2KC.KBcosα = AD 2 +BC 2
Vậy (KA.KB+KC.KD+KA.KD+KB.KC)cosα = 0 Từ đây suy ra α = π
Trong tứ giác lồi ABCD với K = AC×BD, gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, BC, DA Đặt m1 = KM, m2 = KP, m3 = KN, m4 = KQ Đẳng thức 2m1 + m3 = m2 + m4 xảy ra nếu và chỉ nếu AC vuông góc với BD.
Chứng minh Dễ dàng chỉ ram 2 1 +m 2 3 =m 2 2 +m 2 4 nếu và chỉ nếu
Theo Định lý 1.1.1, trong tứ giác lồi ABCD, nếu AB^2 + CD^2 = 2 + DA^2 và AC ⊥ BD, thì Định lý 1.1.2 khẳng định rằng với điểm K trên đoạn BD, độ dài bốn đường cao h1, h2, h3, h4 từ đỉnh K xuống các cạnh AB, BC, CD, DA của các tam giác KAB, KBC sẽ được xác định.
KCD,KDA, tương ứng Khi đó 1 h 2 1 + 1 h 2 3 = 1 h 2 2 + 1 h 2 4 nếu và chỉ nếuAC⊥BD.
Chứng minh Đặta=KA,b=KB,c=KC,d=KD,α =∠AKB.Biến đổi hệ thức
2 cosα sin 2 α Tương tự, ta cũng có
Tứ giác lồi ABCD có đường chéo AC và BD vuông góc với nhau nếu và chỉ nếu 2 cosα sin 2α = 0 hay cosα = 0, điều này hoàn toàn tương đương với điều kiện AC ⊥ BD.
∠KAB+∠KBA+∠KCD+∠KDC=π =∠KAD+∠KDA+∠KBC+∠KCB.
Chứng minh NếuAC⊥BDthì∠KAB+∠KBA+∠KCD+∠KDC=π.Ngược lại, giả thiết ∠KAB+∠KBA+∠KCD+∠KDC=π Khi đó π =π−α+π−α Vậy α = π
Bổ đề 1.1.1 Tứ giác lồiABCD.GọiM,N,P,Qlà trung điểm cạnhAB,BC,CD,DA, tương ứng Khi đóAC⊥BDnếu và chỉ nếuMP=NQ.
Chứng minh Vì MN và PQcùng song song và bằng AC
Tứ giác MNPQ luôn là hình bình hành Đường chéo AC vuông góc với BD khi và chỉ khi tứ giác MNPQ là hình chữ nhật, tức là MP bằng NQ Theo định lý 1.1.4, trong tứ giác lồi ABCD, M và N là trung điểm của cạnh AB và CD.
BC, DA, tương ứng HạMM1 ⊥CD, NN1⊥AB, PP1⊥DA vàQQ1 ⊥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 giữaMN vàPQ.Khi đó Olà trung điểm củaMN,PQ.Dễ dàng suy ra
OM=ON=OP=OQ=OM 1 =ON 1 =OP 1 =OQ 1 = MN
Vậy tám điểm M,N,P,Q, M1,N1,P1,Q1 cùng nằm trên đường tròn tâm Obán kính MN
2 Ngược lại, giả thiết 8 điểmM,N,P,Q,M1,N1,P1,Q1cùng nằm trên một đường tròn Vì∠MM1N= π
2 =∠PP1Q nênMN vàPQlà hai đường kính của đường tròn
8 điểm trên VậyMN=PQ.Từ đó suy raAC⊥BDtheo 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,
Trong hình học, các đường thẳng BC và DA tương ứng, với Hạ MM1 vuông góc với CD, NN1 vuông góc với AB, PP1 vuông góc với DA và QQ1 vuông góc với BC Khi đó, có bốn nhóm ba đường thẳng đồng quy, bao gồm (MM1, QQ1, AC), (NN1, PP1, AC), (MM1, PP1, BD) và (NN1, QQ1, BD).
Trong hệ tọa độ Kxy với K×BD, giả sử có các điểm A(a,0), B(0,b), C(c,0) và D(0,d) Đường thẳng MM1 đi qua trung điểm M của đoạn AB và vuông góc với cạnh CD có phương trình được xác định là c(x−a)/2 − d(y−b)/2.
= 0 Hiển nhiên MM1 cắtAC tại điểmE ac−bd
QQ1 đi qua trung điểm Qcủa đoạnADvà vuông góc với cạnhCB có phương trình c x−a
=0.Hiển nhiênQQ1 cắtAC cũng tại điểmE ac−bd 2c ,0 và cắtBDtại điểmG
Hoàn toàn tương tự,NN1,PP1 cùng cắtACtại điểmF ac−bd 2a ,0 vàNN1 cắtBD cũng tại điểmG
Trong hình học, tứ giác EGHF là hình ảnh của tứ giác ABCD qua phép nghịch đảo với tâm K, với các tỷ lệ KA.KF = KC.KE = KB.KG = KD.KH Theo định lý 1.1.6, cho tứ giác lồi ABCD và điểm K thuộc BD, ta có thể xác định các chân đường vuông góc K1, K2, K3, K4 từ K hạ xuống các cạnh AB, BC, CD, DA tương ứng.
(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 1 ′ ,K 2 ′ ,K 3 ′ ,K 4 ′ tương ứng Tám điểmK 1 ,K 1 ′ ,K 2 ,K 2 ′ , K 3 ,K 3 ′ ,K 4 ,K 4 ′ cùng nằm trên một đường tròn.
(3) Tứ giácK 1 ′ K 2 ′ K 3 ′ K 4 ′ là một hình chữ nhật.
Chứng minh (1) VìAC⊥BDnên∠A 1 +∠B 1 +∠C 1 +∠D 1 =π.Từ đây suy ra kết quả∠K41+∠K21+∠K42+∠K22 =∠A1+∠B1+∠C1+∠D1=π Ngược lại, giả thiết tứ giácK 1 K 2 K 3 K 4 nội tiếp trong đường tròn Khi đó
Từ đó có∠A1+∠B1+∠C1+∠D1=π và suy raAC⊥BDtheo 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 thẳngAB:bx+cyCD:dx+cyvà KK1 : ax−by=0.Tọa độ
K1 ab 2 a 2 +b 2 , a 2 b a 2 +b 2 và K 1 ′ bcd ac+bd, acd ac+bd
Dễ dàng tính được p=KK1.KK 1 ′ = |ab|
Hoàn toàn tương tự, ta cũng cóKK 2 KK 2 ′ =KK 3 KK 3 ′ =KK 4 KK 4 ′ đều bằng |abcd|
Từ đó suy ra rằng, tám điểmK1,K 1 ′ ,K2,K 2 ′ ,K3,K 3 ′ ,K4,K 4 ′ cùng nằm trên một đường tròn Chú ý rằng, p= KA.KB.KC.KD KA.KC+KB.KD.
(3) Dễ dàng tính được K 2 ′ abd ac+bd, acd ac+bd
Như vậy K 1 ′ K 2 ′ k AC Tương tự
K 3 ′ K 4 ′ kAC, K 2 ′ K 3 ′ kBD, K 4 ′ K 1 ′ kBD Từ đây suy ra, tứ giácK 1 ′ K 2 ′ K 3 ′ K 4 ′ là một hình chữ nhật.
Hệ quả 1.1.2 Cho tứ giác lồiABCDvớiAC⊥BD.Hai nhóm tám điểmM,N,P,Q,
M1,N1,P1,Q1 và K1,K 1 ′ , K2,K 2 ′ , K3,K 3 ′ , K4,K 4 ′ trùng nhau khi và chỉ khi tứ giác
ABCDnội tiếp trong một đường tròn.
Chứng minh Hai nhóm tám điểmM,N,P,Q,M1,N1,P1,Q1vàK1,K 1 ′ ,K2,K 2 ′ ,K3,K 3 ′ ,
K4,K 4 ′ trùng nhau khi và chỉ khiE,F,G,H đều trùngKhayac.Điều này tương đương tứ giácABCDnội tiếp trong một đường tròn.
Tứ giác ngoại tiếp đường tròn
Chủ đề của bài viết này là tứ giác ngoại tiếp đường tròn, trong đó chúng tôi sẽ trình bày một số định lý quan trọng và kèm theo chứng minh Theo định nghĩa, một tứ giác có bốn cạnh tiếp xúc với một đường tròn được gọi là tứ giác ngoại tiếp đường tròn Định lý quan trọng là tứ giác lồi ABCD sẽ ngoại tiếp được một đường tròn khi và chỉ khi
Chứng minh Hiển nhiên, khi tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn thì AB+
CD+BC.Ngược lại, choAB+CD+BC.Nếu tứ giác cóAB thì
CD Khi đóBDlà phân giác∠Bvà∠Dcủa tứ giácABCD Phân giác∠Acắt
Tứ giác ABCD tại Ovà có bốn cạnh đều, do đó nó ngoại tiếp một đường tròn Nếu cạnh AB lớn hơn BC, với AB = 6, thì điều kiện AD - CD - BC > 0 sẽ được thỏa mãn Chọn điểm P trên cạnh AB và điểm Q trên cạnh AD sao cho BP = DQ.
AP−BP−BC−CD−DQ=AQ.
Trong tam giác cân APQ, BCP và DCQ, ba phân giác của các góc ∠A, ∠B, ∠D là ba đường trung trực của các cạnh tam giác PQC Các phân giác này đồng quy tại điểm O, cách đều bốn cạnh của tứ giác ABCD và nằm trong tứ giác này Do đó, tứ giác ABCD có khả năng ngoại tiếp một đường tròn.
Hệ quả 1.2.1 Nếu các cạnh tứ giác lồi ABCDthỏa mãn AB+CD+BC thì phân giác trong của các góc∠A, ∠B, ∠C,∠Dđồng quy tại một điểm.
Chứng minh Tứ giácABCDngoại 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.
Mỗi đường chéo của ngũ giác lồi được xem là một đường chéo tốt nếu nó chia ngũ giác thành một tam giác và một tứ giác có thể ngoại tiếp một đường tròn Để xác định số lượng đường chéo tốt lớn nhất có thể có của một ngũ giác lồi, cần phân tích cấu trúc và tính chất hình học của ngũ giác.
Hai đường chéo cắt nhau trong ngũ giác lồi không thể đều là đường chéo tốt Giả sử hai đường chéo tốt AC và BE cắt nhau tại điểm M, thì tứ giác ACDE và BCDE đều ngoại tiếp một đường tròn.
AC+DE+BE+CDAE+BC+DE hayAC+BE+AE,vô lý Điều giả sử là sai Tương tự,ACvàBDhoặcADvà
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
ABvàBC với đúng hai đường chéo tốtACvàAD.
Mỗi đường chéo chính trong lục giác lồi nối hai đỉnh đối nhau và chia lục giác thành hai tứ giác Câu hỏi đặt ra là xác định số lượng tối đa các tứ giác có thể được hình thành, những tứ giác này sẽ là các tứ giác ngoại tiếp một đường tròn được tạo ra bởi ba đường chéo chính.
Bài giải cho bài toán này cho thấy rằng, với ba đường chéo chính nối các cặp đỉnh đối diện của lục giác, ta có thể tạo ra 6 tứ giác Nếu số tứ giác ngoại tiếp đường tròn không ít hơn 4, thì sẽ có hai tứ giác ngoại tiếp được hình thành từ một đường chéo chính Cụ thể, đường chéo chính AD của lục giác lồi ABCDEF chia lục giác thành hai tứ giác ngoại tiếp là ABCD và ADEF Khi xem xét tứ giác ngoại tiếp BEDC, ta có thể phân tích thêm về các tính chất của nó.
Từ đây suy ra AD+BE +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 vớiMN=NP=PM=4.LấyA,F ∈MN,E,D∈NP,C,B∈PMsao cho các đoạn
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá mối liên hệ giữa các tứ giác ngoại tiếp đường tròn, cụ thể là ba tứ giác ABCF, BCDE và DEFA Theo định lý 1.2.2, tứ giác lồi ABCD có khả năng ngoại tiếp một đường tròn bán kính r Điều này cho thấy rằng các cạnh của tứ giác này có mối quan hệ chặt chẽ với bán kính của đường tròn mà nó ngoại tiếp.
AB,BC,CD,DAtiếp xúc với đường tròn tạiM,N,P,Q.Đặta=AM,b=BN,c=CP, d=DQ.Khi đó ta có hệ thức abc+abd+acd+bcd a+b+c+d =r 2
Chứng minh Ta có r a =tanA
2 =π và lấy tan hai vếtan
2+D 2 ta có hệ thức sau: r a+ r b
Từ đó ta nhận được kết quả abc+abd+acd+bcd a+b+c+d =r 2 Định lí 1.2.3 Tứ giác lồiABCD 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 xuốngAB,BC,CD,DA,tương ứng Chứng minh rằng
Chứng minh Gọiα là góc giữa hai đường chéo ACvàBD.Từ hệ thức
KM 1 AB=2S KAB =KA.KBsinα ta suy ra sinα
KA.KB. Tương tự, ta cũng có sinα
= CD KC.KD. Thực hiện phép nghịch đảo tâmK phương tíchdbiếnA,B,C,DthànhA1,B1,C1,D1. Khi đóKA.KA1=d=KB.KB1.Vậy
Như vậy ta đã cóA 1 B 1 =d AB
KA.KB.Tương tự cóC 1 D 1 =d CD
KC.KD và suy ra hệ thức sau đây:
Do tứ giácA 1 B 1 C 1 D 1 cũng ngoại tiếp một đường tròn nênA 1 B 1 +C 1 D 1 =B 1 C 1 +
. 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 làtứ giác hai tâm.
Hai định lý dưới đây trình bày lại kết quả của M Hajja: 1
1 xem trong Forum Geometricorum Volume 8 (2008), 103-106. Định lí 1.2.4 Tứ giác lồiABCD ngoại tiếp đường tròn bán kinhr Giả sử các cạnh
AB,BC,CD,DAtiếp xúc với đường tròn tạiM,N,P,Q.Đặta=AM,b=BN,c=CP, d=DQ.Tứ giácABCDnội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khiac.
Chứng minh Đặt 2α =∠A, 2β =∠B, 2γ =∠C, 2δ =∠D của tứ giác lồiABCD. Khi đóα+β+γ+δ =π.
Nếu tứ giácABCDnội tiếp trong một đường tròn thì2α+2γ =π=2β+δ.Khi đó tanαtanγ =1=tanβtanδ Từ đó suy raac.
Ngược lại, giả thiết ac Nếu tứ giác ABCD không nội tiếp trong một đường tròn thìα+γ 6= π
1−tanαtanγ, 04.
Ví dụ 3.2.2 Tam giácABCcó độ dài ba đường trung tuyếnm a ,m b ,m c và bán kính đường tròn ngoại tiếpR.Khi đó ta có bất đẳng thức
Bài giải VìAA ′ ,BB ′ ,CC ′ 62Rnên 2R m a +2R m b +2R m c >A ′ A m a +B ′ B m b +C ′ C m c >4.Từ đó suy ra bất đẳng thức 1 m a + 1 m b + 1 m c > 2
Tam giác ABC có ba đường trung tuyến m_a, m_b, m_c, với G là trọng tâm Các đường thẳng AG, BG, CG cắt đường tròn ngoại tiếp tại các điểm A', B', C' tương ứng Do đó, ta có bất đẳng thức liên quan đến các đoạn thẳng này.
GA ′ +GB ′ +GC ′ >GA+GB+GC.
Bài giải Ký hiệua,b,ccho độ dài ba cạnh∆ABC.
Mở rộng bất đẳng thức hình học qua số phức
3.3.1 Một vài bất đẳng thức qua số phức
Bằng cách sử dụng số phức ta còn có một số bất đẳng thức sau đây, mà nội dung của nó chúng tôi tham khảo chính trong [2, 4].
Mệnh đề 3.3.1(Ptolemy) Với bốn điểmA,B,C,Dta luôn có bất đẳng thức sau đây:
AB.CD+AD.BC>AC.DB.
Chứng minh rằng với các điểm A, B, C, D tương ứng với bốn tọa độ z1, z2, z3, z4, ta có bất đẳng thức |z2−z1||z4−z3| + |z4−z1||z3−z2| > |z3−z1||z2−z4| từ đồng nhất thức (z2−z1)(z4−z3) + (z4−z1)(z3−z2) = −(z3−z1)(z2−z4) Kết quả suy ra là AB.CD + AD.BC > AC.DB.
Ví dụ 3.3.1 Giả sử ∆ABC có BC =a,CA= b,AB=c và các đường trung tuyến
AM=m a ,BN=m b ,CP=m c Ta có các bất đẳng thức sau:
Bài giải (1) GọiGlà trọng tâm tam giácABC.Theo Mệnh đề 3.3.1, với bốn điểm
2am a 6bm c +cm b Tương tự có
2cm c 6am b +bm a Cộng ba bất đẳng thức, ta được
(2) Theo Mệnh đề 3.3.1, với bốn điểmB,P, N,Ccó m b m c 6aa
Vì2am a 6bm c +cm b nên2a 2 m a 6abm c +acm b Như vậy
Ví dụ 3.3.2 Giả sử ∆ABC có BC =a,CA= b,AB=c và các đường trung tuyến
AM=m a ,BN=m b ,CP=m c Chứng minh bất đẳng thức:
(a 3 +b 3 +c 3 ) 2 (m 3 a +m 3 b +m 3 c )>bcm a +cam b +abm c nên ta luôn có
Mệnh đề 3.3.2 (Hayashi) cho rằng trong tam giác ABC với các cạnh BC=a, CA=b, AB=c, cho bất kỳ điểm M nào trong mặt phẳng ABC, ta có bất đẳng thức: aMB.MC + bMC.MA + cMA.MB > abc Đặc biệt, khi M là trọng tâm của tam giác ABC, bất đẳng thức trở thành: am b m c + bm c m a + cm a m b > 9.
4abc và khiM≡I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giácABCta còn có bất đẳng thức: a
Chứng minh Tương ứng đỉnh A,B,C với số phức z 1 ,z 2 ,z 3 và điểm M ứng với số phứcz.Từ bất đẳng thức:
Để chứng minh bất đẳng thức |z3−z1||z3−z2| > 1, ta suy ra rằng MB.MC + MC.MA + MA.MB > 1 Điều này dẫn đến MB.MC + b.MC.MA + c.MA.MB > abc Khi M ≡ I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ta còn có bất đẳng thức a.
4Rr 2 ,vìIA.IB.IB=4Rr 2
Trong tam giác ABC với các cạnh BC=a, CA=b, AB=c, gọi A1, B1, C1 là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB tương ứng Đặt khoảng cách từ điểm M trong mặt phẳng ABC đến A1, B1, C1 lần lượt là x, y, z Theo đó, bất đẳng thức sau đây được thiết lập: axMA + byMB + czMC > abc.
Chứng minh Tương ứng đỉnh A,B,C với số phức z1,z2,z3 và điểm M ứng với số phức0.Từ bất đẳng thức
|z1||z 2 2 −z 2 3 |+|z2||z 2 3 −z 2 1 |+|z3||z 2 1 −z 2 2 | > |z1−z2||z2−z3||z3−z1|ta có axMA+ byMB+czMC> abc
Mệnh đề 3.3.4 Giả sử tam giácABC có BC=a,CA=b,AB=c Khi đó, với bất kỳ điểmM ở trong mặt phẳngABC,ta có các bất đẳng thức: aMA 2 +bMB 2 +cMC 2 >abc.
Hơn nữa ta còn cóaHA 2 +bHB 2 +cHC 2 >abc,trong đóH là trực tâm của∆ABC.
Chứng minh Tương ứng đỉnh A,B,C với số phức z 1 ,z 2 ,z 3 và điểm M ứng với số phức0.Từ bất đẳng thức|z1| 2 |z2−z3|+|z2| 2 |z3−z1|+|z3| 2 |z1−z2|>|z1−z2||z2− z3||z3−z1|.Ta cóaMA 2 +bMB 2 +cMC 2 >abc.
Trong tam giác ABC với các cạnh BC = a, CA = b, AB = c, trọng tâm G của tam giác có một tính chất quan trọng Đối với bất kỳ điểm M nào nằm trong mặt phẳng của tam giác ABC, luôn tồn tại một bất đẳng thức liên quan đến các độ dài cạnh của tam giác và khoảng cách từ điểm M đến các đỉnh của tam giác.
Chứng minh Tương ứng đỉnh A,B,C với số phức z1,z2,z3 và điểm M ứng với số phức0.Từ bất đẳng thức
|z1||z2−z3| 3 +|z2||z3−z1| 3 +|z3||z1−z2| 3 >|z1+z2+z3||z1−z2||z2−z3||z3−z1| ta có a 3 MA+b 3 MB+c 3 MC>3abcMG Bất đẳng thứcaMA 3 +bMB 3 +cMC 3 > 3abcMGđược chứng minh tương tự.
Trong tam giác ABC với các cạnh BC=a, CA=b, và AB=c, bất kỳ điểm M nào trong mặt phẳng ABC đều thỏa mãn bất đẳng thức: aMB.MC + bMC.MA + cMA.MB > abc.
R 2 MO 2 Đặc biệt, khiM ≡K là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giácABC và ở trong∠A ta còn có bất đẳng thức: a
Bài giải Tương ứng các điểmA,B,C,E và tâm đường tròn ngoại tiếpOcủa∆ABC với số phứcz 1 ,z 2 ,z 3 ,z,0.từ bất đẳng thức:
|z3−z1||z3−z2| >|z| 2 với n=2, ta suy ra MB.MC bc +MC.MA ca +MA.MB ab > MO 2
R 2 Như vậy chúng ta có aMB.MC+bMC.MA+cMA.MB> abc
R 2 MO 2 KhiM ≡K là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giácABCvà ở trong∠Ata cóKO 2 =R 2 +2Rr a ,KA.KB.KC=4Rr 2 a và như vậy có bất đẳng thức: a
Mệnh đề 3.3.6 Giả sử tam giác ABC có BC =a,CA =b,AB =c nội tiếp trong đường tròn tâmObán kínhR.Khi đó, với bất kỳ hai điểmE vàF ở trong mặt phẳng
ABCta luôn có bất đẳng thức:
R 2 6 AE.AF bc +BE.BF ca +CE.CF ab Đặc biệt, khiE ≡F ta có AE 2 bc +BE 2 ca +CE 2 ab > OE 2
Chứng minh Tương ứng đỉnh A,B,Cvới số phức z1,z2,z3, tâm Ovới số phức zvà hai điểmE,F ứng với hai số phứcu,v.Từ bất đẳng thức dưới đây:
|z3−z1||z3−z2||z−z3| ta suy ra OE.OF
R 2 6 AE.AF bc +BE.BF ca +CE.CF ab
Trong tam giác ABC với các cạnh BC = a, CA = b, AB = c, có đường tròn ngoại tiếp tâm O với bán kính R và đường tròn nội tiếp tâm I với bán kính r Trực tâm của tam giác được ký hiệu là H, và khoảng cách từ tâm O đến các cạnh BC, CA, AB lần lượt là x, y, z Ta có bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố này.
2MA.MB.MC với bất kỳ điểmM.
Chứng minh (1) Tương ứng đỉnhA,B,C,Ovới số phứcz 1 ,z 2 ,z 3 ,0vàMvới số phức z.Từ bất đẳng thức:
|t−z1||t−z2||t−z3| ta có ngay bất đẳng nhất thức ax
Trong tam giác ABC, với các cạnh BC=a, CA=b, và AB=c, hãy gọi A1, B1, C1 là trung điểm của các cạnh BC, CA, và AB tương ứng Khoảng cách từ điểm M trong mặt phẳng ABC đến các trung điểm này được ký hiệu lần lượt là x, y, z Từ đó, ta có bất đẳng thức ayz + bzx + cxy > abc.
Từ đó ta có bất đẳng thức:x 3 +y 3 +z 3 > 1
Bài giải Tương ứng các điểmA,B,C,M với số phứcz1,z2,z3,0 Từ bất đẳng thức
|z3−z1||z3−z2| >1 ta có bất đẳng nhất thức: 4zx ca +4xy ab +4yz bc >1.Từ đây suy raayz+bzx+cxy> abc
(a 3 +b 3 +c 3 )(y 3 +z 3 +x 3 )(z 3 +x 3 +y 3 )>ayz+bzx+cxy nên ta có bất đẳng thức:x 3 +y 3 +z 3 > 1
Trong tam giác ABC với các cạnh BC = a, CA = b, AB = c, hãy gọi A1, B1, C1 là trung điểm của các cạnh tương ứng Gọi G là trọng tâm của tam giác Đặt d a = MA, d b = MB, d c = MC, và d g = MG Khoảng cách từ điểm M đến các trung điểm A1, B1, C1 lần lượt là x, y, z > 0 Khi đó, bất đẳng thức sau đây được thiết lập: ad a^2 x + bd b^2 y + cd c^2 z > 9 / (4 abc) xyzd g^2.
Chứng minh Tương ứng đỉnhA,B,Cvà điểmM với số phứcz1,z2,z3 và số0.Ta có bất đẳng thức
MA 2 MB1.MC1 bc +MB 2 MC1.MA1 ca +MC 2 MA1.MB1 ba > 9
Như vậy ta có ad a 2 x +bd b 2 y +cd c 2 z > 94 abc xyzd g 2
Mệnh đề 3.3.9 Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA =b,AB= c Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp trong∆ABC.Với điểmM trong mặt phẳngABCta luôn có aIA 2
Chứng minh Tương ứng A,B,C,M,I với số phứcz 1 ,z 2 ,z 3 ,z,0.Từ bất đẳng thức
|z−z 1 ||z−z 2 ||z−z 3 | ta suy ra bất đẳng thức
IA 2 bcMA+ IB 2 caMB+ IC 2 abMC > IM 2
MA.MB.MC. Như vậy ta đã có bất đẳng thức aIA 2
3.3.2 Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác
Sử dụng số phức ta chứng minh Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác lồi nội tiếp một đường tròn Kết quả này được trình bày trong bài báo [3].
Mệnh đề 3.3.10(Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác) Với đa giácA1 .A n và điểm
M thuộc cùng một mặt phẳng ta luôn luôn có bất đẳng thức:
Khin=3ta cú Bất đẳng thức Ptolemy Đặc biệt, khiA1A2=A2A3=ããã=A n − 1A n A n A 1 >0ta còn có bất đẳng thức:
Chứng minh Giả sử đỉnhA k có tọa vịz k và điểmM có tọa vịz Từ bất đẳng thức
|z−z1||z−z n | ta nhận được bất đẳng thức:
Vớin;ất đẳng thức trở thành
. Đây là Bất đẳng thức Ptolemy Vậy
Giả sử có một đa giác lồi A1 An với độ dài cạnh A k A k+1 = kA1A2 và quy ước n+1≡1 Cần chứng minh rằng không tồn tại điểm M mở trong mặt phẳng A1 A2 An thỏa mãn bất đẳng thức đã cho.
Bài giải Nếu có điểmM thỏa mãn đầu bài thì ta có bất đẳng thức:
MA n MA1 theo Mệnh đề 3.3.10 Từ đây suy ra điều cần chứng minh.
3.3.3 Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác
Tiếp theo là việc mở rộng Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác Chúng tôi tham khảo
[3] trong trình bày mục này.
Với∆ABCvà điểmM tùy ý ta luôn có aMB.MC+bMC.MA+cMA.MB>abc hay
MA.MB.MC.Với một đa giácnđỉnh và một điểm tùy ý ta có kết quả dưới đây:
Mệnh đề 3.3.11(Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác) Với đa giácA 1 A n M ta có n
Khin=3vàa1=A2A3,a2=A3A1,a3=A1A2 ta nhận được Bất đẳng thức Hayashi cho tam giáca1MA2.MA3+a2MA3.MA1+a3MA1.MA2 >a1a2a3.
Chứng minh Giả sử đỉnhA k có tọa vịa k vớik=1, ,n,và điểmMcó tọa vịz.Dễ dàng kiểm tra biểu diễn 1
(ai−a k )(a k −z) và suy ra bất đẳng thức ∑ n k=1
Ví dụ 3.3.6 Giả sử tam giácABCkhông tù có ba cạnh làa,b,c.Chứng minh rằng, với bất kỳ điểmMở trong tam giácABCđều có aMB.MC+bMC.MA+cMA.MB>abc.
Dấu = xảy ra khiM là trực tâm∆ABC.
Bài giải cho bất đẳng thức Hayashi cho thấy rằng \( aMB \cdot MC + bMC \cdot MA + cMA \cdot MB > abc \) Giả thiết M trùng trực tâm H của tam giác \(\Delta ABC\) dẫn đến mối quan hệ \( aHB \cdot HC = 2RHB \cdot HC \sin A \) và tương tự cho các cạnh còn lại, cho ra các công thức \( bHC \cdot HA = 4RS \cdot HCA \) và \( cHA \cdot HB = 4RS \cdot HAB \) Từ đó, ta có thể kết luận rằng \( aHB \cdot HC + bHC \cdot HA + cHA \cdot HB = 4RS \cdot ABC \cdot c \).
3.3.4 Bất đẳng thức và đồng nhất thức (M, N)
Chúng tôi sẽ phát triển một bất đẳng thức tổng quát, trong đó Bất đẳng thức Hayashi chỉ là một trường hợp đặc biệt Bài viết này dựa trên các tài liệu [7, 2] để trình bày Đầu tiên, chúng tôi sẽ chứng minh một bất đẳng thức cụ thể, sau đó áp dụng các kết quả đã đạt được để xây dựng nhiều bất đẳng thức mới cho tam giác.
Mệnh đề 3.3.12 Giả sử đa giácA 1 A 2 A n Khi đó, với bất kỳs6nđiểmN 1 , ,N s và điểmM ở trong mặt phẳngA1A2 .A n luôn có bất đẳng thức: s j=1∏
Hơn nữa, ta còn có những trường hợp đặc biệt thể hiện tính tổng quát cho một số kết quả đã nêu ra.
(1) Khis=0ta có Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác.
(2) Khin=4,s=3, thì ta có bất đẳng thức:
(3) Khin=3,s=1,bốn điểm A,B,C,N thuộc đường tròn tâmM ta có bất đẳng thứcaAN+bBN+cCN>4S ABC
Chứng minh Giả sử cácA k có tọa vịa k ,Mcó tọa vịzvàN h có tọa vịz h Theo Công thức nội suy Lagrange có s
Từ đây suy ra bất đẳng thức hình học s
(1) Khi s=0 ta có ∏MN j =1=∏A k N j và Bất đẳng thức (M,N) trở thành Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác
Nhận xét 3.3.1 Ký hiệu R,r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp∆ABC,
N là tâm đường tròn ngoại tiếp Từ bất đẳng thứcaAN+bBN+cCN>4S ABC ta dễ dàng suy raR(a+b+c)>2r(a+b+c)hayR>2r[Euler].
Trong tam giác ∆ABC với các cạnh a, b, c và bán kính đường tròn ngoại tiếp R cùng bán kính đường tròn nội tiếp r, các điểm O, I và G lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và trọng tâm Bán kính của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác GBC, GCA, GAB lần lượt được ký hiệu là R1, R2, R3, trong khi bán kính của các đường tròn nội tiếp các tam giác IBC, ICA, IAB được ký hiệu là ra, rb, rc Ngoài ra, bán kính của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác OBC, OCA, OAB được ký hiệu là R'1, R'2, R'3 Các bất đẳng thức liên quan giữa các bán kính này sẽ được trình bày trong phần tiếp theo.
(3) r a h a +r b h b + r c h c > R r,ở đóh a ,h b ,h c là độ dài ba đường cao của∆ABC.
(4) R ′ 1 x h a +R ′ 2 y h b +R ′ 3 z h c >Rkhi∆ABC không tù và x,y,zlà khoảng cách từ Ođến ba cạnh.
Bài giải (1) Theo Bất đẳng thức (M,N) có: aOB.OC+bOC.OA+cOA.OB>abchayR 2 > abc a+b+c.
(2) Theo Bất đẳng thức (M,N) ta cóaGB.GC+bGC.GA+cGA.GB>abc.Vì aGB.GC=4R 1 S GBC =4R 1 S ABC
(3) Theo Bất đẳng thức (M,N) ta cóaIB.IC+bIC.IA+cIA.IB>abc.Vì aIB.IC4r a S IBC =2r a ra=4r a h a rabc 4R = r a h a rabc
(4) Theo Bất đẳng thức (M,N) cóaOB.OC+bOC.OA+cOA.OB>abc.Vì aOB.OC=4R ′ 1 S OBC =2R ′ 1 xa=4R ′ 1 x h a abc 4R =R ′ 1 x h a abc
Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Trong tam giác ABC, các cạnh có độ dài a, b, c và I, J a, J b, J c là tâm đường tròn nội tiếp cùng với các tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC Đặt DA = x, DB = y, DC = z Với bất kỳ điểm M nào, ta luôn có
MA.MB.MC 6 AJ a +AJ b +AJ c bcMA +BJ a +BJ b +BJ c caMB
(4) AJ a AJ b +AJ b AJ c +AJ c AJ a bcMA +BJ a BJ b +BJ b BJ c +BJ c BJ a caMB
+CJ a CJ b +CJ b CJ c +CJ c CJ a abMC > MJ a MJ b +MJ b MJ c +MJ c MJ a
(5) AJ a AJ b AJc bcxMA +BJ a BJ b BJc cayMB +CJ a CJ b CJc abzMC +DJ a DJ b DJc xyzMD
Bài giải (1) Theo Bất đẳng thức (M,N) với n=3,só bất đẳng thức:
MI MA.MB.MC 6 AI bcMA+ BI caMB+ CI abMC.
(2) Vì IA 2 = bc(b+c−a) a+b+c , IB 2 = ca(c+a−b) a+b+c , IC 2 = ab(a+b−c) a+b+c nên ta nhận được bất đẳng thức MI√ a+b+c MA.MB.MC 6
(3) Theo Bất đẳng thức (M,N) vớin=3,s=1ta có các bất đẳng thức:
MA.MB.MC 6 AJ a bcMA+ BJ a caMB+ CJ a abMC
MA.MB.MC 6 AJ b bcMA+ BJ b caMB+ CJ b abMC
MA.MB.MC 6 AJ c bcMA+ BJ c caMB+ CJ c abMC.Cộng ba bất đẳng thức được MJ a +MJ b +MJ c
MA.MB.MC 6 AJ a +AJ b +AJ c bcMA +BJ a +BJ b +BJ c caMB +CJ a +CJ b +CJ c abMC
(4) Theo Bất đẳng thức (M,N) vớin=3,s,ó các bất đẳng thức:
MJ a MJ b MA.MB.MC 6 AJ a AJ b bcMA +BJ a BJ b caMB +CJ a CJ c abMC
MJ b MJ c MA.MB.MC 6 AJ b AJ c bcMA +BJ b BJ c caMB +CJ b CJ c abMC
MJ c MJ a MA.MB.MC 6 AJ c AJ a bcMA +BJ c BJ a caMB +CJ c CJ a abMC Cộng ba bất đẳng thức, với
T = MJ a MJ b +MJ b MJ c +MJ c MJ a
MA.MB.MC có bất đẳng thức
T 6 AJ a AJ b +AJ b AJ c +AJ c AJ a bcMA +BJ a BJ b +BJ b BJ c +BJ c BJ a caMB
+ CJ a CJ b +CJ b CJc+CJ c CJa abMC
(5) Theo Bất đẳng thức (M,N) vớin=4,s