Một số áp dụng các hệ thức hình học phẳng

Trong chương trình hình học phẳng có một số hệ thức khá thú vị. Nếu áp dụng chúng, ta có thể giải quyết được nhiều bài toán. Báo viết Một số áp dụng các hệ thức hình học phẳng nhằm trình bày một số hệ thức hình học hữu ích thường hay được sử dụng. Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết mội dung bài viết!

M ỘT SỐ ÁP DỤNG CÁC HỆ THỨC

HÌNH HỌC PHẲNG

Vũ Tiến Việt

HV An Ninh

Tóm tắt nội dung

Trong chương trình hình học phẳng có một số hệ thức khá thú vị

Nếu áp dụng chúng, ta có thể giải quyết được nhiều bài toán Báo cáo nhằm trình bày một số hệ thức hình học hữu ích thường hay được sử dụng

1 Hệ thức Euler

Với tam giác ABC, ta sử dụng các ký hiệu:

- Các góc: A, B, C Các cạnh: a= BC, b=CA, c= AB

- Các đường cao: ha, hb, hc Các trung tuyến: ma, mb, mc Các phân giác: la, lb, lc

- Bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp: r, R

- Bán kính các đường tròn bàng tiếp: ra, rb, rc

- Nửa chu vi: p= 12(a+b+c) Diện tích: S

Tính chất 1.1. Với mọi tam giác ABC ta có hệ thức Euler OI2 =R2−2Rr,

trong đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp, I là tâm đường tròn nội tiếp

Chứng minh. Ta vẽ hình như dưới đây

Đường phân giác của góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tại D.

Ta có dIBD = IBCd + [CBD = 1

2(Ab+Bb) và d

BID = I ABd +IBAd = 1

2(Ab+Bb), nên tam giác IBD cân tại D, suy ra ID = BD Dùng định lý hàm số sin cho tam giác ABD ta được BD =2R sinBAD[ =2R sinA2

Từ tam giác vuông I AE ta có I A= IE

sin dI AE =

r sin A2 Xét phương tích của điểm I đối với đường tròn ngoại tiếp ta có

R2−OI2= PI(O) = I A.ID= I A.BA=2R sinA

2 ·

r sinA2 =2Rr, suy ra công thức Euler

Hệ quả 1.1. Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức Euler R≥2r.

Dấu(=)xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều

Chứng minh. Theo công thức Euler OI2 = 2Rr−r2 ta thấy OI2 ≥ 0, nên suy ngay ra

điều cần chứng minh

Dấu(=)xảy ra khi và chỉ khi O≡ I, hay tam giác đều

Bài toán 1.1 (Áp dụng 1) Trong mọi tam giác ta có bất đẳng thức

(p−a)(p−b)(p−c) ≤ abc

8 · Dấu(=)xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều

Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

p(p−a)(p−b)(p−c) ≤ pabc

8

⇔ S2= prabc

4R ≤

pabc 8

⇔ 2r≤R đây chính là bất đẳng thức Euler

Bài toán 1.2 (Áp dụng 2) Trong mọi tam giác ta có bất đẳng thức

sin A

2 sin

B

2 sin

C

2 ≤

1

8· Dấu(=)xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều

Chứng minh. Ta có

S= pr= 1

2(a+b+c)r= Rr(sin A+sin B+sin C)

=4Rr cos A

2 cos

B

2 cos

C

2,

S= abc 4R =2R

2sin A sin B sin C

=16R2sin A

2 sin

B

2 sin

C

2 cos

A

2 cos

B

2 cos C

2.

Suy ra hệ thức r =4R sinA2 sinB2sinC2.

Từ đây theo bất đẳng thức Euler ta suy ra điều cần chứng minh

2 Hệ thức về diện tích

Tính chất 2.1. Với mọi tam giác ABC ta có

S= 1

4(a

2sin 2B+b2sin 2A)

Chứng minh.Ta xét 2 trường hợp: 1) tam giác nhọn và 2) tam giác tù

1) với tam giác nhọn thì

S=SABC =SCAD+SCBD = 1

2(CD.AD+CD.BD)

= 1

2(CA sinCAD.CA cos[ CAD[ +CB sinCBD.CB cos[ CBD[)

= 1

4(a

2sin 2B+b2sin 2A) 2) với tam giác tù thì

S=SABC =SCBD−SCAD = 1

2(CD.BD−CD.AD)

= 1

2(CB sinCBD.CB cos[ CBD[ −CA sinCAD.CA cos[ CAD[)

= 1

2(CB sinCBD.CB cos[ CBD[ +CA sinCAB.CA cos[ CAB[)

= 1

4(a

2sin 2B+b2sin 2A) Trường hợp tam giác vuông là hiển nhiên

Bài toán 2.1 (Áp dụng) Cho tam giác ABC thoả mãn S = 1

4(a

2+b2) Chứng minh rằng đó là tam giác vuông cân tại C

Chứng minh. Ta có hệ thức

S= 1

4(a

2sin 2B+b2sin 2A), nên với điều kiện đã cho ta được a2(1−sin 2B) +b2(1−sin 2A) =0

Suy ra sin 2A=sin 2B=1, dẫn đến A= B= π

4, hay ABC là tam giác vuông cân tại C

3 Hệ thức liên quan đến đường thẳng Euler

Tính chất 3.1. Gọi G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Khi đó H, G, O thẳng hàng (đường thẳng Euler) và HG = 2GO, AH = 2OM, đồng thời AH2=4OM2=4R2−a2, OH2 =9R2− (a2+b2+c2)

Chứng minh. Ta vẽ hình như dưới đây, trong đó M, N tương ứng là trung điểm của

BC, CA

Nối HG kéo dài cắt đường trung trực của BC tại O1, cắt đường trung trực của CA tại O2

Ta có AH kMO1, BHkNO2nên theo định lý Thales

O1G

MG

1

2,

O2G

NG

GB =

1

2, suy ra O1 ≡O2hay H, G, O thẳng hàng và HG =2GO, AH=2OM

Ta có AH2=4OM2=4(OC2−CM2) =4R2−a2 và

R2 = ( ~OA)2= ( ~OG+ ~GA)2 =OG2+GA2+2OG.~ GA,~

R2= ( ~OB)2= ( ~OG+ ~GB)2=OG2+GB2+2OG.~ GB,~

R2= ( ~OC)2= ( ~OG+ ~GC)2 =OG2+GC2+2OG.~ GC.~

Vì GA~ + ~GB+ ~GB= ~0, nên suy ra

3R2=3OG2+ (GA2+GB2+GC2) =3OG2+4

9(m

2

a+m2b+m2c)

=3OG2+1

3(a

2+b2+c2) ⇒ OG2= R2− 1

9(a

2+b2+c2)

Do đó OH2 =9OG2 =9R2− (a2+b2+c2)

Bài toán 3.1 (Áp dụng 1) Chứng minh rằng với mọi tam giác ta có bất đẳng thức

a2+b2+c2 ≤9R2 Dấu(=)xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều

Chứng minh. Từ hệ thức OH2 = 9R2− (a2+b2+c2), do OH2 ≥ 0 ta suy ra điều cần

chứng minh Dấu(=)xảy ra khi và chỉ khi O≡ Hhay tam giác đều

Bài toán 3.2 (Áp dụng 2) Chứng minh rằng với mọi tam giác ta có bất đẳng thức

sin2A+sin2B+sin2C ≤ 9

4· Dấu(=)xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều

Chứng minh. Từ định lý hàm số sin và bất đẳng thức ở áp dụng 1 ta có

sin2A+sin2B+sin2C= 1

4R2(a2+b2+c2) ≤ 9

4· Dấu(=)xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều

Tính chất 4.1. Cho tứ giác nội tiếp ABCD Khi đó ta có hệ thức AC.BD =

AB.CD+AD.BC

Chứng minh. Ta vẽ hình như sau

Trên AC ta lấy điểm E sao cho [ABE = [CBD Khi đó do BAC[ = [BDC, nên 2 tam giác ABE, DBC đồng dạng

Lại cóABD[ = [EBCvàBDA[ = [BCA, nên 2 tam giác ABD, EBC đồng dạng

Suy ra AB

DB =

AE

DC hay AB.CD= BD.AE và AD

EC =

BD

BC hay AD.BC= BD.CE Từ

đó AB.CD+AD.BC= BD.AE+BD.CE= AC.BD

Chú ý 4.1. Ta có thể chứng minh ngược lại, tứ giác ABCD thỏa mãn hệ thức Ptolemy là

từ giác nội tiếp

Bài toán 4.1 (Áp dụng, Hệ thức Carnot) Cho tam giác không tù ABC Gọi da, db, dc là khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp O đến các cạnh BC, CA, AB Khi đó ta có hệ thức

da+db+dc= R+r

Chứng minh. Ta vẽ hình như sau

Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB.

Xét tứ giác nội tiếp AEOF, theo hệ thức Ptolemy ta có AO.EF = AE.OF+AF.OE hay R·a

2 =

b

2 ·dc+

c

2·db ⇔ Ra=bdc+cdb Tương tự xét các tứ giác nội tiếp BFOD và CDOE ta được Rb= cda+adc và Rc =

adb+bda Dẫn tới R(a+b+c) =a(db+dc) +b(dc+da) +c(da+db)

Mặt khác 2SABC=2SOBC+2SOCA+2SOAB hay r(a+b+c) =ada+bdb+cdc

Suy ra (R+r)(a+b+c) = (da+db+dc)(a+b+c) hay da+db+dc =R+r

Chú ý 4.2. Nếu tam giác tù thì hệ thức carnot cần phải đổi lại Chẳng hạn nếu góc A tù thì ta có hệ thức −da+db+dc =R+r

Hệ thức da+db+dc= R+r tương đương với da

R +

db

R +

dc

R =1+

r R hay OD

OB +

OE

OC +

OF

OA =1+

r

R, tức là cos A+cos B+cos C=1+ r

R

là một hệ thức khá quen thuộc trong tam giác lượng