Định lý Pythagore
Tam giác vuông
Dựa vào tiên đề về độ dài đoạn thẳng và các kết quả trong lý thuyết giới hạn, chúng ta có thể áp dụng mệnh đề sau đây để tính diện tích của hình vuông có cạnh dài a.
Mệnh đề 1.1.1 Diện tích hình vuôngABCDvới độ dài cạnhAB=a(đơn vị dài) đúng bằnga 2 đơn vị diện tích.
Chứng minh Dựng hệ tọa độAxy:A(0,0), B(a,0),C(a,a),D(0,a).Khi đó
Như vậy, diện tích hình vuôngABCDcạnh a đúng bằnga 2 đơn vị diện tích.
Mệnh đề 1.1.2 Tam giác vuôngABCcó độ dài cạnha,bcvà
∠BAC 0 Hạ đường cao AH ⊥BC.Đặt h=AH và diện tích tam giác quaS.
Khi đó ta có các đồng nhất thức
Chứng minh, ta dựng hình vuông ABCD với cạnh AB = a và bên trong hình vuông này, ta tạo bốn tam giác vuông bằng nhau ABA1, BCB1, CDC1 và DAD1 Khi đó, ta có hình vuông A1B1C1D1 với A1B1 = |b - c| Diện tích của hình vuông ABCD (S ABCD) bằng tổng diện tích của bốn tam giác vuông và hình vuông A1B1C1D1 Từ đó, ta có hệ thức a² = 4.b.c.
2 + (b−c) 2 =b 2 +c 2 Các kết quả còn lại là hiển nhiên.
Hệ quả 1.1.1 Với biểu diễnb=asinB,cosBtrong tam giác vuôngABCta có sin 2 B+cos 2 B=1.
Chứng minh Từ a 2 = b 2 +c 2 = a 2 (sin 2 B+cos 2 B) theo Định lý 1.1.2 ta nhận được hệ thứcsin 2 B+cos 2 B=1.
Hệ quả 1.1.2 Trong mặt phẳng cho hai đường thẳngd vàd ′ LấyA,Bthuộcd và
C,Dthuôcd ′ Khi đó d⊥d ′ nếu và chỉ nếuAC 2 +BD 2 2 +BC 2
Chứng minh Kết quả được suy ra từ Định lý Pythagore.
Hệ quả 1.1.3 (Steiner) Cho tam giácABC Lấy M,N,P thuộc đường thẳngBC,
CA, AB, tương ứng Dựng đường thẳng mM ⊥BC, nN ⊥CA và pP⊥ AB Ba đường thẳngmM,nN và pPđồng quy tại một điểm khi và chỉ khi
MC 2 +NA 2 +PB 2 =MB 2 +PA 2 +NC 2
Chứng minh Kết quả được suy ra trực tiếp từ Định lý Pythagore.
Ví dụ 1.1.1 Cho tam giác ABC.GọiM,N,Plà trung điểm các cạnhBC,CA,AB, tương ứng Dựng ra phía ngoài tam giácABC các hình vuông BCA 1 A 2 ,CAB 1 B 2 ,
ABC 1 C 2 Gọi A 0 ,B 0 ,C 0 là trung điểm A 1 A 2 ,B 1 B 2 ,C 1 C 2 , tương ứng và dựng các đường thẳngmM⊥B0C0, nN⊥C0A0 và pP⊥A0B0.Chứng minh rằng, ba đường thẳngmM,nN,pPđồng quy tại một điểm.
Bài giải Đặt α =∠ABC0 và a,bc, S=S ABC Theo Định lý Côsin ta cóMC 0 2 = 4c 2 +b 2
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có hai kết quả
MB 2 0 −MC 0 2 +NC 0 2 −NA 2 0 +PA 2 0 −PB 2 0 =0. Vậy, ba đường thẳngmM,nN,pPđồng quy tại một điểm theo hệ quả trên.
Ví dụ 1.1.2 Cho tam giácABCvà các đường caoAA 1 ,BB 1 ,CC 1 Dựng các đường thẳngAM⊥B1C1,BN⊥C1A1vàCP⊥A1B1.Chứng minhAM,BN,CPđồng quy.
Bài giải cho bài toán này là MB 2 1 − MC 1 2 2 1 − AC 1 2 = (AB 2 − BB 2 1 ) − (AC 2 − CC 2 1 ) Tương tự, chúng ta cũng có NC 1 2 − NA 2 1 và PA 2 1 − PB 2 1 Từ những kết quả này, chúng ta có thể suy ra rằng AM, BN và CP đồng quy theo ví dụ đã nêu.
Trong tam giác ABC với góc A bằng 0 và chiều cao AH bằng h, giả sử M là một điểm bất kỳ trong tam giác Khoảng cách từ M đến các cạnh BC, CA, và AB lần lượt là x, y, và z Chúng ta cần xác định giá trị nhỏ nhất của tổng T = x² + y² + z².
Bài giải HạMI⊥AH,I∈AH.Vìy 2 +z 2 =MA 2 nên ta có thể đánh giá như sau:
2 hayMlà trung điểm đường caoAH.
Ví dụ 1.1.4(Bulgarian MO and TST 2013) Cho tam giác nhọnABC.Lấy các điểm
M,N,Pthuộc các cạnhBC,CA,AB,tương ứng, sao cho tam giácAPN,BMP,CNM nhọn và ký hiệuH a ,H b ,H c là trực tâm của chúng Chứng minh rằng, nếu ba đường thẳngAH a ,BH b ,CH c đồng quy thì ba đường thẳngMH a ,NH b ,PH c cũng đồng quy.
Ký hiệu A1, B1, C1 là hình chiếu vuông góc của A, B, C lên các mặt phẳng NP, PM, MN tương ứng Do các đường thẳng AH, BH, CH đồng quy tại một điểm, ta có hệ thức liên quan đến chúng.
(NC 1 2 −MC 1 2 ) + (MB 2 1 −PB 2 1 ) + (PA 2 1 −NA 2 1 ) =0.
0=CN 2 −CM 2 +BM 2 −BP 2 +AP 2 −AN 2
=CN 2 −AN 2 +AP 2 −BP 2 +BM 2 −CM 2
Từ ba điểm M, N, P, ta hạ các đường vuông góc xuống các cạnh BC, CA, AB, và chúng đồng quy tại điểm K Các tứ giác KMH c N và KMH b P đều là hình bình hành, do đó tứ giác PH b H c N cũng là một hình bình hành Khi đó, hai đường chéo của nó sẽ có những tính chất đặc biệt.
PH c ,NH b cắt nhau tại điểmT, trung điểm mỗi đường Tương tự,MH a cũng nhận
T làm trung điểm hay ba đường thẳngMH a ,NH b ,PH c đồng quy tại điểmT.
Trong ví dụ 1.1.5, với hai số dương a và b, ta xem xét hình chữ nhật ABCD có cạnh AB có độ dài a + b Điểm M nằm trên cạnh AB với AM = a và BM = b Giả sử điểm N di chuyển trên cạnh BC và điểm P nằm trên cạnh AD sao cho NM vuông góc với MP Mục tiêu là xác định giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNP.
Bài giải Đặtx=BN,y=AP.Từ điều kiệnMN⊥MPta suy raMN 2 +MP 2 =NP 2 và suy ra xy Khi đó S MNP = ax+by
2 >√ abxy Vậy, giá trị nhỏ nhất củaS MNP bằngabkhix=b,y=a.
Có thể coi bốn xã như bốn đỉnh của hình vuông ABCD với độ dài cạnh AB là km Cần chứng minh rằng có thể xây dựng một mạng lưới đường nối bốn xã với tổng chiều dài nhỏ hơn.
Bài giải: Gọi O là tâm hình vuông, với I và J là trung điểm của đoạn AO và BO Mạng đường nối bốn xã bao gồm các đoạn AI, IJ, JB, ID và JC Tổng độ dài của mạng đường này được tính bằng công thức d = 5 + 5√.
Hệ tọa độ Descarte vuông góc
Trước khi giới thiệu hệ tọa độ Carte vuông góc, chúng ta cần chứng minh Định lý Thales và ôn lại khái niệm số đo đoạn thẳng Giả sử đoạn AB được chọn làm đơn vị đo, theo tiên đề về số đo, với mỗi đoạn thẳng MN sẽ tương ứng với một số thực x.
Tỷ số giữa hai đoạn thẳng được định nghĩa thông qua các đoạn thẳng MN và PQ, trong đó MN = |x|.AB và PQ = |y|.AB với y ≠ 0 Cụ thể, tỷ số giữa hai đoạn thẳng này được xác định dựa trên các giá trị tuyệt đối của x và y.
PQ := x y. Định lí 1.1.1 (Thales’s Theorem) Với hai đường thẳng d,d ′ và ba đường thẳng song songa,b,ccắtd,d ′ tạiA,B,CvàA ′ ,B ′ ,C ′ ,tương ứng, ta luôn có AB
Chứng minh Dựng Aa 1 kd ′ vàB 1 1 ×b,C1 1 ×c Khi đó ta nhận được
Ví dụ 1.1.7 Cho hình vuôngABCD.Lấy điểmK thuộc cạnhABvàN thuộc cạnh
ADthỏa mãnAK.AN +K.DN Giả sử các đoạn thẳngCK,CN cắtBDtại điểm
L,M Chứng minh rằng, năm điểmA,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 +K.DN ta suy raab=2(1−a)(1−b)và ta nhận được
2−2a−2b+ab=0. Dựa vào Định lý Thales ta dễ dàng tính được
Phương trình (2−a)(2−b)=1−a.BK cho thấy tứ giác AKLM nội tiếp trong một đường tròn Tương tự, tứ giác ALMN cũng có tính chất nội tiếp trong một đường tròn Do đó, có thể kết luận rằng năm điểm A, K, L, M, N đều nằm trên cùng một đường tròn.
Trong mặt phẳng (P), chúng ta có hai đường thẳng x′x và y′y vuông góc với nhau tại điểm O, tạo thành hệ tọa độ Cartesian Oxy Tại điểm O, đường x′x trở thành trục hoành và y′y là trục tung Mỗi điểm M trên trục x′x được gán một số thực a∈R, ký hiệu là OM=a, trong khi mỗi điểm N trên trục y′y được gán một số thực b∈R, ký hiệu là ON=b Hệ tọa độ này cho phép xác định vị trí của các điểm trong mặt phẳng thông qua các 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 điểmAthuộc mặt phẳng(P)tương ứng một-một với một cặp số thực(a,b),trong đóOM =a,ON =b Cặp số thực(a,b) được gọi làtọa độđiểmAvà viếtA(a,b).
Khoảng cách: Giả sử điểmA(x1,y 1 )và điểm B(x2,y 2 ) Theo Định lý Pythagore, khoảng cách giữa hai điểmAvàBhay độ dài đoạnABbằng
Chia đoạn theo tỷ số:Giả sử điểm A(x1,y1)và điểmB(x2,y2).Ta xác định điểm
.Ta chỉ cần xét trường hợpABkhông song song với trục tọa độ nào HạAA1,IM,BB1 ⊥x ′ x.GọiI(x,y).Khi đó γ2 γ1
. Tương tự, ta cũng có y= γ1y1+γ2y2 γ1+γ2
. Như vậy, tọa độ điểm chia
Định lý Stewart
Tiếp theo, ta chứng minh Định lý Stewart sau đây. Định lí 1.2.1(Stewart) Với ba điểmM,N,Pthẳng hàng và mọi điểmI có hệ thức
T =IM 2 NP+IN 2 PM+IP 2 MN=−MN.NP.PM.
Chứng minh Dựng hệ tọa độOxysao choM(0,0),N(b,0),P(c,0).Giả sửI(x,y). Khi đó
Dễ dàng suy ra hệ thứcT (c−b) =−MN.NP.PM.
Hệ quả 1.2.1 Cho tam giác ABC với BC= a,CA= b,AB=c Gọi M là trung điểm cạnhBCvà đặtm a =AM.GọiN là chân đường phân giác trongAN của góc
∠Avà đặtℓ=AN;GọiLlà chân đường phân giác ngoàiALcủa góc∠Akhib6=c và đặtl a =AL.Khi đó ta có các kết quả dưới đây:
Chứng minh (1) Với trung điểmM của cạnhBCta luôn có m 2 a = 2b 2 +2c 2 −a 2
(2) KhiAN=ℓ a là phân giác trong của góc∠Athì
BN = ac b+c và CN = ab b+c. Theo Định lý 1.2.1 có
(3) Khib6=cvàAL=l a là phân giác ngoài của góc∠Athì
BL= ac c−b và CL= ab c−b.
Theo Định lý 1.2.1 cól a 2 = bc[a 2 −(c−b) 2 ]
Hệ quả 1.2.2(Steiner-Lehmus) Cho tam giácABC vớiBC=a,CA=b,AB=c.
Giả sử ℓa, ℓ b , ℓc là độ dài các đường phân giác trong của∆ABC Nếuℓa=ℓ b thì tam giácABCcân.
Ta cóa=bhay tam giácABCcân vớiAB.
Ví dụ 1.2.1 Cho tam giác ABC với BC= a,CA = b,AB= c Giả sử h a ,h b ,h c ,
ℓ a , ℓ b , ℓ c vàm a ,m b ,m c là độ dài các đường cao, các đường phân giác trong và các đường trung tuyến của∆ABC.Ta có các bất đẳng thức
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.
Bài giải (1) Hiển nhiên h a 6ℓa.Vì
(b+c) 2 61 theo Chú ý 1.2.1 nênℓ a 6m a Hiển nhiên, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khib=c.
Dấu=xảy ra khi và chỉ khia=b=c.
Trong tam giác ABC với các cạnh BC = a, CA = b, AB = c và nửa chu vi 2p = a + b + c, bán kính của các đường tròn bàng tiếp lần lượt là r_a, r_b, r_c Độ dài các đường phân giác trong là ℓ_a, ℓ_b, ℓ_c và các đường trung tuyến là m_a, m_b, m_c Các kết quả liên quan đến các yếu tố này được trình bày dưới đây.
Chú ý rằng các bất đẳng thức này sẽ trở thành đẳng thức khi và chỉ khia = b = c.
Bài giải (1) suy ra từ Hệ quả 1.2.1 và (2) được suy ra từ (1).
2 Biến đổi được r 2 a +r b 2 +r 2 c = x+y+z yz x +zx y +xy z
Kết hợp với bất đẳng thức (2) được r 2 a +r 2 b +r c 2 +ℓ 2 a +ℓ 2 b +ℓ 2 c >m 2 a +m 2 b +m 2 c +p 2
Trong tam giác ABC với diện tích S, các cạnh BC = a, CA = b, và AB = c, độ dài các đường cao và đường trung tuyến lần lượt là h_a, h_b, h_c và m_a, m_b, m_c Bất đẳng thức sau đây được thiết lập: (m²_a + m²_b + m²_c)(h²_a + h²_b + h²_c) > 27S².
Tam giác ABC có ba đường trung tuyến m_a, m_b, m_c, với G là trọng tâm của tam giác Các đường thẳng AG, BG, CG cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại các điểm A', B', C' tương ứng Từ đó, ta có bất đẳng thức liên quan đến các đoạn thẳng này.
Bài giải Ký hiệu a,b,ccho độ dài ba cạnh ∆ABC Khi đó ta dễ dàng có các hệ thức
GC ′ = 2a 2 +2b 2 −c 2 a 2 +b 2 +c 2 Cộng ba hệ thức, ta sẽ nhận được hệ thức
GC ′ =3 và suy ra bất đẳng thức
GA. Tương tự, ta cũng có
GC. Cộng ba hệ thức này ta nhận được bất đẳng thức
Ví dụ 1.2.5 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
Từ đó suy ra bất đẳng thức
Ta có điều phải chứng minh.
Phương pháp diện tích
Phương pháp diện tích
Phương pháp diện tích là một kỹ thuật giải quyết bài toán hình học trong mặt phẳng bằng cách sử dụng diện tích của một miền phẳng Để áp dụng phương pháp này, ta lựa chọn một miền phẳng (D) với diện tích S, sau đó chia miền (D) thành nhiều miền nhỏ một cách hợp lý và tính diện tích S1, S2, , Sr của các miền nhỏ đó Từ công thức S = S1 + S2 + + Sr, ta có thể suy ra lời giải cho bài toán đã cho.
Trong tam giác ABC, độ dài ba cạnh được ký hiệu là a, b, c, và các đường cao tương ứng là h_a, h_b, h_c Đồng thời, các bán kính của đường tròn ngoại, nội và bàng tiếp cũng được xác định trong mối quan hệ với các cạnh và đường cao của tam giác.
R,r,r1,r2,r3 Khi đó diện tíchScủa tam giác ABCđược xác định qua
Mệnh đề 1.3.2 Hình tròn bán kínhRcó diện tíchS=π.R 2 đơn vị diện tích.
Chứng minh Giả sử đường trònx 2 +y 2 =R 2 trong mặt phẳngOxy.Ta có diện tích
0 sin 2 tdt=π.R 2 (đơn vị diện tích).
Mệnh đề 1.3.3 Cho tứ giác lồi ABCD với độ dài bốn cạnh AB =a, BC =b,
CD=cvàDA=d.Khi đó ta có công thức tính diện tíchScủa tứ giácABCD:
Khi tứ giácABCDngoại tiếp đường tròn thì
Chứng minh Ta có 2S=2S ABC +2S ADC sin∠B+cdsin∠D.
Từa 2 +b 2 −2abcosB 2 =c 2 +d 2 −2cdcosDta suy ra
2abcosB−2cdcosD=a 2 +b 2 −c 2 −d 2 Biến đổi biểu thức sau:
Khi tứ giácABCDngoại tiếp đường tròn thì4(ab−cd) 2 −(a 2 +b 2 −c 2 −d 2 ) 2 =0 và ta nhận đượcS=√ abcdsin∠B+∠D
Mệnh đề 1.3.4(Bretschneider) Cho tứ giác lồiABCDvới độ dài bốn cạnhAB=a,
BC=b,CD=c,DA=d vàAC=x,BD=y.Khi đó ta có công thức tính diện tích
Chứng minh Ta có 2S=xysinα,ở đóα là góc giữaACvàBD.Dễ thấy
Mệnh đề 1.3.5 Cho tứ giác lồiABCD nội tiếp trong một đường tròn với độ dài bốn cạnhAB=a,BC=b,CD=cvàDA=d.Khi đó, vớip= a+b+c+d
2 ta có công thức tính diện tích tứ giác:
Chứng minh Vì2S= (ab+cd)sinBvà cosB= a 2 +b 2 −c 2 −d 2
2(ab+cd) nên ta có biến đổi sau đây để tínhsinBqua độ dài các cạnh và chu vi: sin 2 B = 1−cos 2 B=1−a 2 +b 2 −c 2 −d 2
(ab+cd) 2 và nhận được
Từ đây ta có được công thức tính diện tích S=p
Định lý Ptolemy và mở rộng
Định lí 1.3.1 [Ptolemy] Cho tứ giác lồiABCDnội tiếp trong một đường tròn Khi đó ta luôn cóAC.DB.DC+BC.DAhay AB
Chứng minh Đặt a = AB,b = BC,c = CD,d = DA và x = AC,y = BD.
Trong tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn (T), khi kẻ BE cắt AC tại E, ta có công thức 2S ABCD = 2S AECD = (ac + bd)sin∠EAD Với 2S ABCD = xy sin∠EAD, trong đó α là góc giữa AC và BD, ta suy ra ac + bd = xy Bằng cách chia hai vế cho DA.DB.DC, ta nhận được hệ thức dạng phân thức AB.
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
Khi tứ giác ACBD lồi, ta có công thức ac - bd = xy, và khi tứ giác ABDC lồi, công thức trở thành bd - ac = xy Nhờ đó, bằng cách chọn dấu ± một cách hợp lý, ta luôn có ac ± bd ± xy = 0.
Biểu diễn đồng nhất thức Ptolemy dưới dạng phân thức được thực hiện thông qua việc phân tích phân thức thành tổng đại số của các phân thức đơn giản Theo định lý 1.3.2, đối với số nguyên n lớn hơn 3, đa giác lồi A1 An nội tiếp trong một đường tròn sẽ có đồng nhất thức.
Chứng minh Quy nạp theon.Vớin=3,kết luận đúng theo Định lý 1.3.1 Giả sử kết luận đúng chon.Khi đó có đồng nhất thức
Với đa giác lồiA 1 A n A n+1 Mnội tiếp trong một đường tròn, có
MA n MA1 cho đa giác lồiA 1 A n M và cho tứ giácA 1 A n A n+1 M ta có hệ thức
MA1.MA n+1 Cộng hai hệ thức này lại, ta nhận được Đồng nhất thức Ptolemy tổng quát cho đa giác lồi A1A2
Trong tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp R và bán kính đường tròn nội tiếp r, giả sử ba phân giác trong các góc của tam giác cắt đường tròn ngoại tiếp tại các điểm A1, B1, C1 Cần chứng minh rằng tích AA1.BB1.CC1 lớn hơn 16R²r.
Bài giải Theo Bổ đề 1.3.1 ta có
2.Ta cũng có hệ thức tương tự choBB1,CC1.Vậy
AA1.BB1.CC1 = (b+c)(c+a)(a+b) abc 8R 3 sinA
2 R 2 r. Tóm lại, ta nhận đượcAA1.BB1.CC1 >16R 2 r.
Tam giác ABC có các cạnh a, b, c và bán kính đường tròn ngoại tiếp R Giả sử phân giác trong các góc của tam giác cắt đường tròn ngoại tiếp tại các điểm A1, B1, C1 tương ứng Cần chứng minh rằng mối quan hệ giữa các điểm này và các cạnh của tam giác có những đặc điểm nhất định.
(3) Gọi độ dài ba phân giác trong làℓa, ℓ b , ℓc.Khi đó
Bài giải (1) Theo Định lý cosin ta có
2.Tương tự, ta cũng có c+a+B1cosB
Do đóa+b+cS ABC
(3) Theo Định lý sin ta có
ℓ a = csinB sin C+A/2 và AA1= csin B+A/2 sinC
AA1sin 2 A = sinBsinC sin 2 Asin B+A/2 sin C+A/2 > sinBsinC sin 2 A Đánh giá còn lại tương tự Từ đó có
CC1sin 2 C > sinBsinC sin 2 A +sinCsinA sin 2 B +sinAsinB sin 2 C
>3 theo 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. Chứng minhn(r) 1 chứa điểm với tọa độ nguyên, ta cần chứng minh rằng n(r) < 2π√3 r² Với r > 1 và 2π > 6, suy ra 2π√3 r² > 6 Do đó, ta có thể giả thiết n > 7 vì v ≤ 7 luôn thỏa mãn bất đẳng thức.
Ký hiệu các điểm nguyên thuộc đường tròn (ℓ) theo thứ tự P1, P2, , Pn theo chiều quay của kim đồng hồ Các cung P ⌢ 1 P 3, P 2 ⌢ P 4, P n − ⌢ 1 P 1 và P n ⌢ P 2 bao phủ đường tròn hai lần, dẫn đến tổng số đo các cung này bằng 4π Điều này cho thấy tồn tại ít nhất một cung không vượt quá 4π/n, chẳng hạn như cung P1 ⌢ P3.
Trong một cung có số đo 4πn với n > 7, cung này có thể xem như nhỏ hơn một phần tư đường tròn Diện tích của tam giác P1P2P3 đạt giá trị lớn nhất khi P1 và P3 là hai điểm mút của cung, trong khi P2 nằm chính giữa cung.
Như vậyS P 1 P 2 P 3 6 4r 2 π 3 n 3 Giả sử tọa độ nguyên các đỉnhP i (x i ,y i ),i=1,2,3.Khi đó
Ta nhận được bất đẳng thứcn(r)62π√ 3 r 2 Vì π là số siêu việt và nlà số nguyên dương nênn(r) < 2π√ 3 r 2
Nhận xét 1.3.2 Kết quả yếu hơnn(r) 2 S DCA
Giả sử điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, nằm ở phía đối diện với A so với đoạn thẳng BC Đặt A′, B′, C′ là các điểm đối xứng với M qua các cạnh BC, CA, và AB tương ứng Khi đó, ta có A0 = MA′ × BC, B0 = MB′ × CA và C0 = MC′ × AB.
(1) (Steiner)Ba điểmB ′ ,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 đoạnMH.
Chứng minh (1) Ta cóMA0⊥BC,MB0⊥CAvàMC0⊥AB.Theo Mệnh đề 1.3.7,
A 0 , B 0 ,C 0 thẳng hàng VìA ′ C ′ kA 0 C 0 ,A ′ B ′ kA 0 B 0 vàC 0 ,A 0 ,B 0 thẳng hàng nên ba điểmC ′ ,A ′ ,B ′ cũng thẳng hàng.
Kẻ các đường cao AA1 ⊥ BC, BB1 ⊥ CA và CC1 ⊥ AB trong tam giác ABC, với H là trực tâm Đường thẳng AH, BH, CH cắt đường tròn (O, R) tại các điểm A2, B2, C2 Các điểm A2, B2, C2 đối xứng với H qua các cạnh BC, CA, AB tương ứng Hình thang C'C2HM và B'B2HM là cân, dẫn đến các góc ∠C'HC2 = ∠MC2C = ∠MAC và ∠B'HB2 = ∠MB2B = ∠MAB.
∠B ′ HC ′ =∠B”HB 2 +∠B 2 HC 2 +∠C 2 HC ′ =∠C 1 AB 1 +∠B 1 HC 1 0 0
Do đó, ba điểm B ′ ,H,C ′ thẳng hàng Vì B0C0 là đường trung bình của tam giác
MB ′ C ′ nênB 0 C 0 đi qua trung điểm đoạnMH.
Định lý Ceva và Định lý Menelaus
Mệnh đề 1.4.1 (Ceva 1678) khẳng định rằng trong tam giác ABC với các điểm M thuộc cạnh BC, N thuộc cạnh CA và P thuộc cạnh AB, các đoạn thẳng AM, BN, CP sẽ đồng quy tại một điểm nếu và chỉ nếu tỉ lệ MB/MC, NA/NC và PA/PB thỏa mãn điều kiện Ceva.
Giả thiếtAM,BN,CPđồng quy tạiI.Khi đó ta có biến đổi diện tích
PB=−1. Ngược lại, giả thiết
Ta chỉ raAM, BN,CP đồng quy tại một điểm Thật vậy, gọiI =AM×BN vàCI cắt(AB)tại Q.Khi đó ta có
QB và dễ dàng suy ra đượcQ≡P.
Trong một số tài liệu, người ta thường vẽ một đường song song với BC để cắt BN và CP kéo dài nhằm chứng minh Định lý Ceva, tuy nhiên, phương pháp chứng minh này thường khá dài dòng.
Ví dụ 1.4.1 Cho tam giác ABC Giả sử đường tròn nội tiếp tiếp xúc với cạnh
Trong tam giác ABC, giả sử đường tròn bàng tiếp nằm trong góc A và tiếp xúc với cạnh BC tại A2, tiếp xúc với cạnh AB và AC kéo dài tại C a và B a Khi đó, các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại một điểm J, được gọi là điểm Gergonne Đồng thời, các đường thẳng AA2, BB a, CC a cũng đồng quy tại một điểm N a, được gọi là điểm Nagel.
C a B =−1 nên AA1, BB1,CC1 đồng quy tại một điểmJ và AA2,BB a ,CC a đồng quy tại một điểmN a theo Mệnh đề 1.4.1.
Ví dụ 1.4.2 Cho tam giácABC.Giả sử ba đường tròn bàng tiếp tiếp xúc với cạnh
BC,CA,ABtạiA2,B2,C2;tương ứng Khi đóAA2,BB2,CC2 đồng quy tại một điểm N.
Bài giải Ký hiệua,bc VìAB+BA 2 +CA 2 nên
C2B =−1 nênAA2,BB2,CC2 đồng quy tại một điểmN.
Trong tam giác ∆ABC, khi xem xét đường tròn bàng tiếp nằm trong góc ∠B và ∠C, ta xác định được hai điểm Nagel là N b và N c Như vậy, đối với mỗi tam giác ∆ABC, chúng ta có tổng cộng bốn điểm Nagel: N, N a, N b, N c cùng với 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 A 1 ,A 2 ; B 1 , B 2 ; C 1 ,C 2 , tương ứng và theo thứ tự A,C 1 ,C 2 , B,A 1 ,A 2 ,
C,B1, B2,A Giả sử X =C1B1×C2B2,Y =A1C1×A2C2, Z =B1A1×B2A2 Khi đóAX,BY,CZđồng quy tại một điểm.
Bài giải GọiDlà giao điểm giữaAX vàC2B1.VìAD,C2B2,B1C1đồng quy tạiX nên sin∠X AB 2 sin∠X AC1
Do∠XC 2 C 1 =∠X B 1 B 2 nên ta nhận được sin∠X AB 2 sin∠X AC1
Tương tự, sin∠Y BC2 sin∠Y BA 1 = sin∠C1A2C2 sin∠A 2 C 1 A 1 ,(2); sin∠XCA2 sin∠ZCB 1 = sin∠A1B2A2 sin∠B 2 A 1 B 1 ,(3).
Từ(1),(2),(3)ta suy ra sin∠X AB 2 sin∠X AC1
Hệ thức này chứng tỏAX,BY,CZ đồng quy tại một điểm.
Ví dụ 1.4.4 Cho tam giácABC Chia cạnhBCthành ba đoạn bằng nhau
Chia cạnhCA thành ba đoạn bằng nhauCB 1 =B 1 B 2 =B 2 A; Chia cạnhABthành ba đoạn bằng nhau AC 1 =C 1 C 2 =C 2 B Gọi D 1 1 ×CC 2 , D 2 = BB 1 ×AA 2 ,
D3 small>1×AA2, D4 small>1×BB2, D5 = AA1×BB2, D6 1×CC2 Chứng minh ba đường thẳngD1D4,D2D5,D3D6đồng quy tại một điểm.
Bài giải Theo Định lý Ceva, đường trung tuyếnAA ′ của tam giácABCchứa điểm
D 1 ,D 4 ; đường trung tuyến BB ′ của tam giác ABCchứa điểmD 3 ,D 6 ;đường trung tuyến CC ′ của tam giác ABC chứa điểm D 2 ,D 5 Từ đó suy ra ba đường thẳng
D1D4,D2D5,D3D6 đồng quy tại một điểm.
Ví dụ 1.4.5 Cho tam giác ABC Lấy điểm M,N,P thuộc cạnh BC, CA và AB, tương ứng NếuAM,BN,CPđồng quy thì ta luôn có S MNP 6 1
PB. Giả thiếtAM,BN,CPđồng qui tại một điểm Khi đóu,v,t >0vàuvt =1và
Ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.4.2 (Menelaus) Cho tam giácABC và điểmN thuộc cạnhCA, điểm
P thuộc cạnh AB, còn điểm M thuộc cạnh BC kéo dài Khi đó, ba điểm M,N,P thẳng hàng khi và chỉ khi MB
Chứng minh Theo khoảng cách:Giả thiết ba điểm M,N,Pthẳng hàng Ký hiệu khoảng cách từA,B,Cđến đường thẳng(MNP)làu,v,t.Khi đó ta có hệ thức
Theo diện tích:Ta có
Ta chỉ ra ba điểmM,N,Pthẳng hàng GọiM ′ là điểm giaoNP×BC.Ta có
MC và cũng dễ dàng suy ra đượcM≡M ′
Mệnh đề 1.4.3 Cho tứ giác ABCD Giả sử đường thẳng d cắt các đường thẳng
AB,BC,CD,DAtại các điểmM,N,P,Q,tương ứng Khi đó, ta có
Chứng minh ký hiệu khoảng cách từ các đỉnh A, B, C, D đến d qua x, y, z, t với điều kiện T = x y.y z.z t.t x = 1 Định lý 1.4.1 (Desargues) khẳng định rằng, với hai tam giác ABC và A′B′C′ có ba đường thẳng AA′, BB′, CC′ đồng quy tại điểm E, thì các giao điểm X, Y, Z lần lượt giữa các cạnh AB và A′B′, BC và B′C′, CA và C′A′ sẽ tạo thành một mối quan hệ chặt chẽ giữa các điểm này.
X,Y,Z thẳng hàng Ngược lại, nếuBB ′ ,CC ′ cắt nhau tạiO vàX,Y,Z thẳng hàng thìAA ′ ,BB ′ ,CC ′ đồng quy tạiO.
Chứng minh Áp dụng Định lý Menelaus cho ∆EAB với cát tuyến (A ′ B ′ X); cho
∆EBCvới cát tuyến(B ′ C ′ Y)và∆ECAvới cát tuyến(C ′ A ′ Z), ta có
Nhân ba hệ thức này, vế với vế, ta nhận được X A
Z =1 và theo Mệnh đề1.4.2 ba điểmX,Y,Z thẳng hàng Phần còn lại được coi như một bài tập nhỏ.
Phương pháp thể tích 35
Phương pháp thể tích
2.1.1 Phương pháp thể tích Để nghiên cứu có hiệu quả, chúng ta cần phương pháp đơn giản sau đây:
Phương pháp thể tích là kỹ thuật giải quyết các bài toán hình học trong không gian bằng cách sử dụng thể tích của một khối đa diện Để giải bài toán, chúng ta chọn một khối đa diện (K) với thể tích V, sau đó chia khối (K) thành nhiều khối nhỏ phù hợp và tính toán thể tích của từng khối nhỏ, ký hiệu là V1, V2, , Vr Cuối cùng, từ công thức V = V1 + V2 + + Vr, chúng ta có thể suy ra lời giải cho bài toán.
Mệnh đề 2.1.1 Cho tứ diện ABCD với diện tích 4 mặt s a ,s b ,s c ,s d ; độ dài các đường caoh a ,h b ,h c ,h d ; độ dài các bán kính mặt cầu ngoại, nội, bàng tiếpR, r,
R a ,R b ,R c ,R d Khi đó, thể tíchV của tứ diệnABCD được xác định qua các công thức
2.1.2 Thể tích qua định thức
Mệnh đề 2.1.2 Cho các vector −→ x , −→ y , −→ z trong không gian với hệ tọa độ trực chuẩn Ta có đồng nhất thức
Chứng minh Đặt −→ x = (a,b,c), −→ y = (a ′ ,b ′ ,c ′ ), −→ z = (a”,b”,c”) Biến đổi đơn giản
2 a b c a ′ b ′ c ′ a” b” c” a a ′ a” b b ′ b” c c ′ c” ta nhận được hệ thức liên hệ
Ta có điều phải chứng minh.
Trong hệ tọa độ trực chuẩn (Oxyz), giả sử a1, a2, a3 và b1, b2, b3 là cosin của các góc mà hai đường thẳng (ℓ1) và (ℓ2) tạo với các trục tọa độ Ox, Oy, Oz Ký hiệu α là góc giữa hai tia (ℓ1) và (ℓ2) Công thức tính sin 2α được biểu diễn bằng biểu thức: sin 2α = (a1b2 - a2b1)² + (a2b3 - a3b2)² + (a3b1 - a1b3)².
Từ đó suy ra rằng, hai đường thẳng(ℓ1)và(ℓ2)vuông góc với nhau khi và chỉ khi
Bài giải Gọi −→ i , −→ j , −→ k là vector đơn vị trên các trụcOx,Oy,Oz.Khi đó
−→k là những vector đơn vị chỉ phương của(ℓ1)và(ℓ2),và ta có sin 2 α = [ −→ u , −→ v ] 2 = (a1b2−a2b1) 2 + (a2b3−a3b2) 2 + (a3b1−a1b3) 2
Ví dụ 2.1.1 Tính thể tích hình chópSABCvớiSA=a,SB=b,SC=cvà góc giữa
SB,SC;giữaSC,SA;giữaSA,SBbằngϕ1,ϕ2,ϕ3,tương ứng.
Bài giải Đặt −→ x = −→ SA, −→ y = −→ SB, −→ z = −→ SCvàV =V SABC Từ
−→z −→ x −→ z −→ y −→ z −→ z a 2 abcosϕ3 accosϕ2 abcosϕ3 b 2 bccosϕ1 accosϕ2 bccosϕ1 c 2 theo Mệnh đề 2.1.2 và ta suy ra ngay công thức tính thể tích V của tứ diện theo cạnh và góc
6 p1−cos 2 ϕ1−cos 2 ϕ2−cos 2 ϕ3+2 cosϕ1cosϕ2cosϕ3.
Mệnh đề 2.1.4 Giả sử hình chópSABCcó độ dài cạnhSA=a,SB=b,SC=c,
BC=x,CA=y,AB=z.Ta có công thức tính thể tích tứ diện:
Chứng minh Như trên, có36V 2 =|[ −→ SA, −→ SB], −→ SC| 2 hay biểu diễnV qua định thức
−→z −→ x −→ z −→ y −→ z −→ z a 2 abcosϕ3 accosϕ2 abcosϕ3 b 2 bccosϕ1 accosϕ2 bccosϕ1 c 2 theo Mệnh đề 2.1.2 Từ đây suy ra ngay hệ thức liên hệ qua định thức sau đây:
Mệnh đề 2.1.5 Giả sử tứ diệnABCDcó tọa độ 4 đỉnh làA(x1,y 1 ,z 1 ),B(x2,y 2 ,z 2 ), C(x3,y3,z3)và D(x4,y4,z4) Khi đó ta có công thức tính thể tích tứ diện qua tọa độ bốn đỉnh:
Chứng minh Vì x1 y1 z1 1 x2 y2 z2 1 x3 y3 z3 1 x 4 y 4 z 4 1 x2−x1 y2−y1 z2−z1 x3−x1 y3−y1 z3−z1 x4−x1 y4−y1 z4−z1 nên ta có hệ thức x1 y1 z1 1 x2 y2 z2 1 x3 y3 z3 1 x 4 y 4 z 4 1
Ví dụ 2.1.2 Cho tứ diệnA1A2A3A4.Chứng minh rằng, với điểmOta có bất đẳng thức
Bài giải Dựng hệ tọa độOxyz.VớiA i (x i ,y i ,z i ),i=1,2,3,4có
(x 2 i +y 2 i +z 2 i +1) theo Bất đẳng thức Hadamard VậyV A 1 A 2 A 3 A 4 6 1
Ví dụ 2.1.3 Cho điểmOở trong tứ diệnABCD.Mặt phẳng(P)quaOcắtAB,AC,AD.
Ký hiệu khoảng cách từA,B,CvàDđến(P)làt a ,t b ,t c ,t d ,tương ứng Chứng minh t a V OBCD =t b V OCDA +t c V ODAB +t d V OABC
Bài giải Dựng hệ tọa độOxyzđểO(0,0,0),(P):z=0vàA(x1,y1,z1),B(x2,y2,z2),
C(x3,y3,z3),D(x4,y4,z4)vớit a =z1>0,t b =−z2>0,t c =−z3>0,t d =−z4>0. Quy ước thể tích tứ diện được tính qua định thức t a V OBCD = z1
Như vậy,T =t a V OBCD −t b V OCDA −t c V ODAB −t d V OABC đúng bằng
Tóm lạit a V OBCD =t b V OCDA +t c V ODAB +t d V OABC
Trong tứ diện ABCD, các trọng tâm A1, B1, C1, D1 của các mặt BCD, CDA, DAB, ABC lần lượt được xác định Để chứng minh rằng với bất kỳ điểm O nằm ngoài tứ diện ABCD, có thể chọn các giá trị u, v, t từ tập hợp {1, -1} một cách thích hợp.
|V OB 1 C 1 D 1 +uV OC 1 D 1 A 1 +vV OD 1 A 1 B 1 +tV OA 1 B 1 C 1 |= 1
Bài giải Dựng hệ Oxyz để O(0,0,0), A(x1,y1,z1), B(x2,y2,z2), C(x3,y3,z3) và D(x4,y4,z4).Tọa độ trọng tâm mặt tứ diệnABCD
X Y Z 1 x 1 y 1 z 1 1 x 2 y 2 z 2 1 x3 y3 z3 1 với việc chọn dấu+,−một cách thích hợp Từ
Như vậy ±V ABCD ±27V OB 1 C 1 D 1 ±27V OC 1 D 1 A 1 ±27V OD 1 A 1 B 1 ±27V OA 1 B 1 C 1 =0.
Từ đó suy ra kết quả: Tồn tại một cách chọn thích hợpu,v,t ∈ {1,−1}để
|V OB 1 C 1 D 1 +uV OC 1 D 1 A 1 +vV OD 1 A 1 B 1 +tV OA 1 B 1 C 1 |= 1
Ta có điều phải chứng minh.
Quan hệ bán kính mặt cầu ngoại-nội tiếp
Mệnh đề 2.2.1 Tứ diệnA1A2A3A4 có tọa độ bốn đỉnhA1(x1,y1,z1),A2(x2,y2,z2),
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện được ký hiệu là R, có thể tính toán thông qua độ dài của 6 cạnh tứ diện, với các đỉnh được ký hiệu là A3 (x3, y3, z3) và A4 (x4, y4, z4).
24V vớiV là thể tích tứ diện và l i j =l ji là độ dài cạnhA i A j =A j A i ,i6= j.
Thể tích của tứ diện không thay đổi khi thực hiện phép tịnh tiến Vì vậy, ta có thể giả thiết rằng tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A1A2A3A4 là gốc tọa độ Dưới đây là hệ phương trình tọa độ của mặt cầu đi qua 4 đỉnh của tứ diện.
Khi đó t i j =t ji = (xi−x j ) 2 + (yi−y j ) 2 + (zi−z j ) 2
Tính định thức cuối cùng và lấy căn ta nhận được công thức xác định bán kính mặt cầu ngoại
Ta có điều cần chứng minh.
Từ Mệnh đề 2.1.4 và Mệnh dề 2.2.1 ta suy ra công thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp qua độ dài 6 cạnh tứ diện.
Tứ diện A1A2A3A4 có 6 cạnh với độ dài a=l12, b=l13, c=l14, x=l34, y=l24, z=l23 Đặt 2S=ax+by+cz Bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện được xác định theo công thức sau:
Chứng minh (1) Theo Bất đẳng thức Ptolemy, có ax+by >cz, by+cz>ax và cz+ax>by,Dễ dàng kiểm tra hệ thức
Dễ dàng có (2) để xác địnhRqua 6 cạnh tứ diện
Ta có điều phải chứng minh.
Tứ diện A1A2A3A4 có 6 cạnh với độ dài a = l12, b = l13 và diện tích toàn phần là s Bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp của tứ diện được ký hiệu lần lượt là R và r, với các hệ thức liên quan đến chúng.
Chứng minh Kết quả được suy ra từ công thức thể tích V = 3sr và Mệnh đề2.2.1.
Vận dụng giải bài thi học sinh giỏi
Ví dụ 3.0.1 Qua một điểmO trong không gian ta dựng n đường thẳngOd i Giả sử góc giữa hai đường thẳng bất kỳ thuộcnđường thẳngOd i không nhỏ hơnα với
Bài giải Ta dựng hình cầu(C)tâm O với bán kính 1 và các hình nón tròn xoay đỉnhO,trụcOd i ,với đường sinhOl i sao cho∠l i Od i = α
K i là phần thể tích hình nón dựng như trên nằm trong hình cầu (C) Theo công thức tính thể tích khối tròn xoay ta có
Trong một hình lập phương có độ dài cạnh bằng 9, có tổng cộng 2017 điểm được phân bố bên trong Theo nguyên lý pigeonhole, có ít nhất hai điểm trong số 2017 điểm này có khoảng cách nhỏ hơn 1.
Giả sử khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong số 2017 điểm đã cho lớn hơn hoặc bằng 1, thì các hình cầu có tâm tại một trong 2017 điểm đó và bán kính 1 sẽ được xác định.
Hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ có độ dài cạnh 9 chứa 2017 điểm đã cho Để xây dựng hình lập phương A1B1C1D1.A′1B′1C1′D′1, cần đảm bảo rằng hình lập phương này chứa hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ bên trong, với các mặt tương ứng song song và cách nhau một khoảng cách 1.
2, chẳng hạn (A1B1C1D1)k(ABCD)và hai mặt phẳng này cách nhau một khoảng cách 1
2 Vì hình lập phương A1B1C1D1.A ′ 1 B ′ 1 C 1 ′ D ′ 1 chứa tất cả các phần trong của 2017 hình cầu nên
>1000, vô lý Vậy, điều giả sử là sai.
Ví dụ 3.0.3 Qua điểmM thuộc mặt Ellipsoid(E): x 2 a 2 +y 2 b 2 +z 2 c 2 =1ta dựng các mặt phẳng vuông góc với các trục tọa độOx,Oy,Oz,và có các diện tích thiết diện
S x ,S y ,S z ,tương ứng Xác định giả trị lớn nhất củaP=S x S y S z
Bài giải Giả sửM(x0,y0,z0)∈(E) Khi đó x 2 0 a 2 + y 2 0 b 2 +z 2 0 c 2 =1.Thiết diện do mặt phẳng quaM vuông góc vớiOxcắt(E)có phương trình(E x ): y 2 b 2 + z 2 c 2 =1−x 2 0 a 2 Diện tíchS x của(Ex)bằng
Hoàn toàn tương tự, ta còn có hai kết quả
Vậy, ta dễ dàng nhận được kết quả aS x +bS y +cS z =πabc
2πabc=aS x +bS y +cS z >3p 3 abcS x Sy.Sz nên
Từ đây suy ra rằng,Pđạt giá trị lớn nhất bằng
8π 3 (abc) 2 27 khi aS x =bS y =cS z = 2πabc
Bên trong một hình cầu bán kính R trong không gian Euclid 3 chiều, có một khối đa diện lồi với các cạnh được đánh số từ 1 đến n Giả sử cạnh thứ i có độ dài l_i và góc nhị diện α_i được đo bằng radian Cần chứng minh rằng tổng ∑_{i=1}^{n} l_i (π - α_i) không vượt quá 68π.R.
Khối đa diện lồi được ký hiệu là L, trong đó K r là tập hợp tất cả các điểm bên ngoài khối đa diện, cách khối này một khoảng không quá nhất định H1 là tập hợp con của K r, bao gồm các điểm gần nhất với đỉnh khối đa diện, trong khi H2 là tập hợp con của K r, bao gồm các điểm gần nhất với một điểm trên cạnh khối đa diện Do đó, H1 và H2 không có điểm chung, tức H1∩H2 = ∅ Tất cả các điểm thuộc H1 và H2 đều nằm trong mặt cầu có bán kính R + r, dẫn đến tổng thể tích của H1 và H2 không vượt quá 4.
3π(R+r) 3 Tính thể tích tậpH 2 :Dựng các hình trụ cạnh thứivới độ dài cạnhl i và góc phẳng nhị diện là2π−αivà thể tích phần giao bằng
Vậy thể tíchH2đúng bằng 1
3πr 3 Khi đó ta có bất đẳng thức
Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 3.0.5 Cho hình chóp SABC.Một mặt phẳng cắt ba cạnh bênSA,SB,SCtại
A1,B1,C1.Chứng minh rằng, với bất kỳ điểm trong Ocủa tam giácA1B1C1 ta có
SC. Tương tự, ta còn có
SB Cộng bất đẳng thức được
Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 3.0.6 Cho tam giácABCvới độ dài cạnhBC=a,CA=b,AB=c.Dựng ra phía ngoài ba tam giác đều BCA1,CAB1,ABC1 Dựng tiếp ra phía ngoài tam giác
A 1 B 1 C 1 ba tam giác đềuB 1 C 1 A 2 ,C 1 A 1 B 2 ,A 1 B 1 C 2 Chứng minh rằng:
(1) AA1 1small>1 vàAA1,BB1,CC1 đồng quy tại điểm V.
(2) VớiO 1 ,O 2 ,O 3 là tâm các tam giác đềuBCA 1 ,CAB 1 ,ABC 1 ,ba đường thẳng
AO 1 ,BO 2 ,CO 3 đồng quy tại W Hơn nữa, ta còn có đồng nhất thức
(3) Tiếp tục quá trình như trên để có∆A n B n C n Khi đóA,A1, ,A n thẳng hàng và tìm giá trị lớn nhất củaA n A n+1 khib,ccố định, cònathay đổi.
(4) Các bộ(BC,O2O3,B1C1),(CA,O3O1,C1A1),(AB,O1O2,A1B1)gồm ba đường thẳng hoặc đồng quy hoặc song song.
(5) Với tâm đường tròn ngoại tiếp Ocủa∆ABC, ba điểmO,V,W thẳng hàng.
Bài giải (1) Tương ứngA,B,Cba số phứcz A ,z B ,z C Ta dễ dàng xác định được
z A 1 =z C +e iu (zB−z C ) z B 1 =z A +e iu (z C −z A ) z C 1 =z B +e iu (z A −z B ) z A 2 =z C 1 +e iu (z B 1 −z C 1 )với u= π
3. Từ z C +e iu (z B 1 −z C ) =z C +e iu (z A +e iu (z C −z A )−z C ) ta suy ra hệ thức z C +e iu (z B 1 −z C ) =z C (1−e iu +e 2iu ) +z A (e iu −e 2iu ) =z A vì e iu 6=−1,e 3 iu +1=0 nên
Ta có công thức z A 1 − z A = e iu (z B − z B 1 ), từ đó suy ra AA 1 1 và tương tự cho BB 1 1 Do các góc giữa AA 1, BB 1, CC 1 đều bằng π/3, nên AA 1, BB 1, CC 1 đồng quy tại một điểm, được đặt tên là giao điểm M 1 × BC.
N 1×CAvàPsmall>1×AB.Biến đổi tỷ số sau:
= csin(B+60 0 ) bsin(C+60 0 ).asin(C+60 0 ) csin(A+60 0 ).bsin(A+60 0 ) asin(B+60 0 ) =1.
Như vậy, ba đường thẳngAA1,BB1,CC1 đồng quy theo Định lý Ceva).
Vậy ∆O1O 2 O 3 đều Ta đặt giao điểm M = AO 1 ×BC, N = BO 2 ×CA và PCO3×AB.Biến đổi tỷ số qua diện tích
= csin(B+30 0 ) bsin(C+30 0 ).asin(C+30 0 ) csin(A+30 0 ).bsin(A+30 0 ) asin(B+30 0 ) =1.
Như vậy, ba đường thẳngAO1,BO2,CO3 đồng quy theo Định lý Ceva.
VậyAlà trung điểm củaA 1 A 2 TừA 1 A 2 *A 1 +B 1 6(b+c).VậyA 1 A 2 lớn nhất bằng2(b+c)khiA= 2π
3 Từ đó cóađể A 1 A 2 lớn nhất.
(4) Giả sử đường thẳngABcắt đường thẳngA1B1 tại S.Áp dụng Định lý hàm sin cho∆SBA1 và∆SAB1 có
SA 1 sin(B+60 0 )= a sin∠BSA1 và SB 1 sin(A+60 0 ) = b sin∠ASB1
= asin(B+60 0 ) bsin(A+60 0 ). Giả sử đường thẳngO1O2cắt đường thẳngA1B1tạiS ′ Áp dụng Định lý Menelaus có
= aO2O bO1O = asin(B+60 0 ) bsin(A+60 0 ) = SA1
Từ đây suy raS≡S ′ ≡Schay ba đường thẳngAB,O1O2,A1B1 đồng quy.
(5) Xét hai tam giác A 1 O 1 A và O 2 B 1 B Ba giao điểm A 1 O 1 ×BO 2 = O, AA 1 ×
BB 1 =V và AO 1 ×BO 2 =W thẳng hàng theo Định lý 1.4.1, Định lý Desargues.
Nhận xét 3.0.1 Nếu gọi các điểmA ′ ,B ′ ,C ′ là trung điểm cạnhBC,CA,ABthì
Ví dụ 3.0.7 Cho tam giácABC.Dựng ra phía ngoài hai tam giác đềuBCA 1 ,ABC 1 Gọi M,N,Plà trung điểmCA, BC1, BA1, tương ứng Chứng minh tam giácMNP đều.
Bài giải Đặt tọa vị A,B,C,M,N,Plà sáu số phức a,b,c,m,n,p, tương ứng Khi đó
Như vậy(m−n)α =m−pvà suy ra tam giácMNPđều.
Trong bài toán này, cho tam giác ABC với các cạnh BC = a, CA = b, và AB = c Ta tiến hành dựng ba tam giác đều bên ngoài tam giác ABC, cụ thể là BCA1, CAB1, và ABC1 Tiếp theo, từ tam giác A1B1C1, ta dựng thêm ba tam giác đều B1C1A2, C1A1B2, và A1B1C2 Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, và AB; M1, N1, P1 là trung điểm của các cạnh B1C1, C1A1, và A1B1; và M2, N2, P2 là trung điểm của các cạnh B2C2, C2A2, và A2B2 Nhiệm vụ là chứng minh các mối quan hệ giữa các điểm này.
2PP1;MM1,NN1,PP1đồng quy.
MM0,trong đóM0 là trung điểm củaAA1.
(4) HạMM2⊥B1C1,NN2⊥C1A1,PP2⊥A1B1.Khi đóMM2,NN2 vàPP2 đồng quy.
Bài giải (1) Tương ứngA,B,Cba số phứcz A ,z B ,z C Ta có
VậyAA 1 kMM 1 ,AA 1 =2MM 1 Ba đoạn MM 1 ,NN 1 ,PP 1 đồng quy được suy ra từ việc xét∆MNPvà phép quaye iu
MM0 Ta lại có AM1 k
A2M2 và cũng dễ dàng suy raA 2 M 2 k
(3) Sử dụng kết quảAA 1 1 small> 1 =d và công thức đường trung tuyến ta có
Do đóMM2,NN2,PP2đồng quy tại một điểm.
Ví dụ 3.0.9 Cho tam giácABCvới độ dài cạnhBC=a,CA=b,AB=c.Xác định điểmM đểMA+MB+MC là nhỏ nhất khi∠A6 2π
Khi dựng tam giác đều BCA1 ra ngoài tam giác ABC, nếu M là điểm Torricelli của tam giác ABC, thì tổng MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất Ngược lại, nếu N khác M, theo Bất đẳng thức Ptolemy, ta có NB + NC > NA1 Điều này dẫn đến NA + NB + NC > NA + NA1 > AA1 Do đó, MA + MB + MC chỉ đạt giá trị nhỏ nhất bằng AA1 khi M là điểm Torricelli của tam giác ABC.
1 Những kết quả đã đạt được
Luận văn “Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp”đã đạt được các kết quả sau:
1 Trình bày về phương pháp diện tích trong hình học Những vấn đề đã trình bày là liên quan đến Định lý Pythagore, Định lý Stewart, Ceva, Menelaus và Bất đẳng thức Erd¨os-Mordell cho đa giác.
2 Trình bày về phương pháp thể tích, các khía cạnh của thể tích thông qua định thức và mối quan hệ liên quan đến bán kính của mặt cầu nội và ngoại tiếp.
3 Trình bày chi tiết những vận dụng các kết quả đạt được để giải các bài thi học sinh giỏi.
2 Đề xuất một số hướng nghiên cứu tiếp theo
Sau khi đạt được những kết quả trong luận văn, tác giả định hướng nghiên cứu tiếp theo nhằm làm rõ và khai thác sâu hơn các phương pháp đã trình bày thông qua các bài thi học sinh giỏi và bài toán nâng cao Tác giả sẽ chọn lọc một số bài tập điển hình để phát triển thêm Bên cạnh đó, tác giả cũng sẽ nghiên cứu các phương pháp giải toán điển hình và truyền thống trong hình học, bao gồm phương pháp tọa độ và các ứng dụng của nó.