Tài liệu Luận văn một số kết quả mới trong hình học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ MAI HƯƠNG MỘT SỐ KẾT QUẢ MỚI TRONG HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ MAI HƯƠNG MỘT SỐ KẾT QUẢ MỚI TRONG HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. ĐÀM VĂN NHỈ Thái Nguyên - 2017 3 Mục lục Mở đầu 4 Chương 1. Một số kết quả mới về tứ giác 6 1.1 Tứ giác có hai đường chéo vuông góc . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Tứ giác ngoại tiếp đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.3 Đường tròn chín điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.3.1 Đường tròn chín điểm và đường thẳng Euler . . . . . . . . . 15 1.3.2 Trực tâm tứ giác nội tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 1.3.3 Giao điểm Euler của các đường tròn chín điểm . . . . . . . 26 Một vài đồng nhất thức của conic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 1.4.1 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp parabol . . . . . . . . . 27 1.4.2 Phép biến hình Nab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 1.4.3 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp ellip . . . . . . . . . . 33 1.4.4 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp hyperbol . . . . . . . . 35 1.4 Chương 2. Định lý Pascal và lục giác nội - ngoại tiếp 38 2.1 Định lý Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.2 Ba đường nối tâm đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 2.3 Kết quả cho lục giác nội, ngoại tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 Chương 3. Một số bất đẳng thức trong hình học 59 3.1 Khối tâm và bất đẳng thức Klamkin . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 3.2 Một số bất đẳng thức của Garfunkel . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 3.3 Mở rộng bất đẳng thức hình học qua số phức . . . . . . . . . . . . . 63 3.3.1 Một vài bất đẳng thức qua số phức . . . . . . . . . . . . . . 63 3.3.2 Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác . . . . . . . . . . . . . . 69 3.3.3 Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác . . . . . . . . . . . . . . 70 3.3.4 Bất đẳng thức và đồng nhất thức (M, N) . . . . . . . . . . . 71 Kết luận 77 Tài liệu tham khảo 78 4 Mở đầu Hình học là một trong những môn khoa học xuất hiện rất sớm của nhân loại. Nhiệm vụ của hình học có thể được mô tả ngắn gọn là trả lời cho các câu hỏi về hình dạng, kích thước, vị trí tương đối của các hình khối, và các tính chất của không gian. Tính đến thế kỷ XXI này, Hình học đã vượt ra rất xa khuôn khổ ban đầu, và phát triển rực rỡ thành rất nhiều nhánh hiện đại, trừu tượng, cùng những ứng dụng to lớn vào thực tiễn, như Vật lý và nhiều phân ngành Toán học. Hình học là một môn học rất quan trọng trong chương trình Toán phổ thông và các trường đại học sư phạm. Các kết quả về Hình học sơ cấp là kinh điển và đã là nền tảng cho Toán học, khoa học, và sự phát triển tư duy. Sự lâu đời của Hình học sơ cấp đôi khi làm nảy sinh quan niệm là nó đã là cũ kỹ và không còn phát triển được nữa. Luận văn này được thực hiện nhằm phủ định quan niệm đó. Dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ, luận văn này có mục đích trình bày những kết quả nghiên cứu khoa học mới về Hình học sơ cấp, bao gồm hai khía cạnh, đó là, thứ nhất, là các kết quả mới liên quan đến tứ giác và đường tròn, thứ hai là các bất đẳng thức cho đa giác mà một phần trong đó là dành để thảo luận về đa giác đều. Ngoài các phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, nội dung của luận văn được trình bày trong ba chương: • Chương 1. Một số kết quả mới về tứ giác. Chương này sẽ trình bày các kết quả mới về tứ giác có hai đường chéo vuông góc, các vấn đề về tứ giác và đường tròn như tứ giác ngoại tiếp và đường tròn chín điểm. Tiếp đó, một số vấn đề về đa giác nội tiếp conic sẽ được thảo luận. • Chương 2. Định lý Pascal và lục giác nội - ngoại tiếp. Trình bày các kết quả về Định lý Pascal, về ba đường nối tâm đồng quy và lục giác nội - ngoại tiếp. • Chương 3. Một số bất đẳng thức trong hình học. Chương này dành để trình bày về một số bất đẳng thức trong hình học, bao gồm khối tâm và bất đẳng thức Klamkin, bất đẳng thức của Garfunkel và mở rộng bất đẳng thức hình học qua số phức. Tác giả hi vọng rằng luận văn này có thể làm tài liệu tham khảo hữu ích cho 5 những ai quan tâm đến Hình học sơ cấp và ứng dụng. Nó sẽ có ích trong việc bồi 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 của PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ nhưng do nhiều lí do, luận văn chắc chắn sẽ còn những thiếu sót nhất định. Tác giả hi vọng sẽ nhận được nhiều đóng góp của các quý Thầy Cô, các anh chị em đồng nghiệp để luận văn này hoàn chỉnh hơn. Thái Nguyên, ngày 10 tháng 5 năm 2017 Tác giả Phạm Thị Mai Hương 6 Chương 1 Một số kết quả mới về tứ giác 1.1 Tứ giác có hai đường chéo vuông góc Trong mục này chúng tôi trình bày một số kết quả về tứ giác có hai đường chéo vuông góc. Tài liệu tham khảo chính của mục này là [2]. Định lí 1.1.1. Tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau khi và chỉ khi AB2 +CD2 = AD2 + BC2 . Chứng minh. Giả thiết AC ⊥ BD và K = AC × BD. Theo Định lý Pythagore ta có AB2 +CD2 = KA2 + KB2 + KC2 + KD2 = KA2 + KD2 + KB2 + KC2 = AD2 + BC2 . Ngược lại, giả thiết AB2 +CD2 = AD2 + BC. Đặt α = ∠AKB. Khi đó ta biểu diễn KA2 + KB2 − 2KA.KB cos α + KC2 + KD2 − 2KC.KD cos α = AB2 +CD2 KA2 + KD2 + 2KA.KD cos α + KC2 + KB2 + 2KC.KB cos α = AD2 + BC2 . Vậy (KA.KB + KC.KD + KA.KD + KB.KC) cos α = 0. Từ đây suy ra α = AC ⊥ BD. π và 2 Hệ quả 1.1.1. Cho tứ giác lồi ABCD với K = AC × BD. Gọi M, N, P, Q là trung điểm cạnh AB, CD, BC, DA, tương ứng, và ký hiệu m1 = KM, m2 = KP, m3 = KN, m4 = KQ. Khi đó m21 + m23 = m22 + m24 nếu và chỉ nếu AC ⊥ BD. Chứng minh. Dễ dàng chỉ ra m21 + m23 = m22 + m24 nếu và chỉ nếu AB2 +CD2 = BC2 + DA2 hay AC ⊥ BD theo Định lý 1.1.1. Định lí 1.1.2. Cho tứ giác lồi ABCD với K = AC × BD. Gọi h1 , h2 , h3 , h4 là độ dài bốn đường cao hạ từ đỉnh K xuống cạnh AB, BC,CD, DA của tam giác KAB, KBC, 1 1 1 1 KCD, KDA, tương ứng. Khi đó 2 + 2 = 2 + 2 nếu và chỉ nếu AC ⊥ BD. h1 h3 h2 h4 7 Chứng minh. Đặt a = KA, b = KB, c = KC, d = KD, α = ∠AKB. Biến đổi hệ thức 1 AB2 CD2 1 + = 2 2 2 + 2 2 2 h21 h23 a b sin α c d sin α a2 + b2 − 2ab cos α c2 + d 2 − 2cd cos α = + 2 2 b2 sin2 α a c2 d 2 sin   α   1 1 1 2 cos α 1 1 1 1 = − . + + + + a2 b2 c2 d 2 sin2 α ab cd sin2 α Tương tự, ta cũng có 1 1 + 2= 2 h2 h4  1 1 1 1 + 2+ 2+ 2 2 b c d a    1 2 cos α 1 1 + + . bc da sin2 α sin2 α Như vậy, hệ thức 1 1 1 1 + 2 = 2+ 2 2 h1 h3 h2 h4 tương đương  1 1 1 1 + + + ab bc cD da  2 cos α =0 sin2 α hay cos α = 0, nhưng điều này hoàn toàn tương đương với điều kiện AC ⊥ BD. Định lí 1.1.3. Tứ giác lồi ABCD có đường chéo AC và BD vuông góc với nhau khi và chỉ khi ∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π = ∠KAD + ∠KDA + ∠KBC + ∠KCB. Chứng minh. Nếu AC ⊥ BD thì ∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π . Ngược lại, giả thiết ∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π . Khi đó π = π − α + π − α . Vậy π α = và suy ra AC ⊥ BD. 2 Bổ đề 1.1.1. Tứ giác lồi ABCD. Gọi M, N, P, Q là trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA, tương ứng. Khi đó AC ⊥ BD nếu và chỉ nếu MP = NQ. 8 AC nên tứ giác MNPQ luôn 2 luôn là hình bình hành. Vậy AC ⊥ BD khi và chỉ khi MNPQ là hình chữ nhật. Như Chứng minh. Vì MN và PQ cùng song song và bằng vậy AC ⊥ BD khi và chỉ khi MP = NQ. Định lí 1.1.4. Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M, N, P, Q là trung điểm cạnh AB, CD, BC, DA, tương ứng. Hạ MM1 ⊥ CD, NN1 ⊥ AB, PP1 ⊥ DA và QQ1 ⊥ 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 giữa MN và PQ. Khi đó O là trung điểm của MN, PQ. Dễ dàng suy ra OM = ON = OP = OQ = OM1 = ON1 = OP1 = OQ1 = MN . 2 Vậy tám điểm M, N, P, Q, M1 , N1 , P1 , Q1 cùng nằm trên đường tròn tâm O bán kính MN . Ngược lại, giả thiết 8 điểm M, N, P, Q, M1 , N1 , P1 , Q1 cùng nằm trên một đường 2 π tròn. Vì ∠MM1 N = = ∠PP1Q nên MN và PQ là hai đường kính của đường tròn 2 8 điểm trên. Vậy MN = PQ. Từ đó suy ra AC ⊥ BD theo 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, BC, DA, tương ứng. Hạ MM1 ⊥ CD, NN1 ⊥ AB, PP1 ⊥ DA và QQ1 ⊥ BC. Khi đó, từng nhóm ba đường thẳng (MM1 , QQ1 , AC), (NN1 , PP1 , AC), (MM1 , PP1, BD), (NN1 , QQ1 , BD) đồng quy. Chứng minh. Dựng hệ tọa độ Kxy, trong đó K = AC × BD. Giả sử A(a, 0), B(0, b), C(c, 0), D(0, d). Đường thẳng MM1 đi qua trung điểm M  của đoạn AB và vuông  b a −d y− = 0. Hiển nhiên MM1 góc với cạnh CD có phương trình c x − 2  2   bd − ac ac − bd , 0 và cắt BD tại điểm H 0, . Đường thẳng cắt AC tại điểm E 2c 2d QQ1 đi qua trung điểm Q của đoạn AD và vuông góc với cạnh CB có phương trình 9     d ac − bd a −b y− ,0 = 0. Hiển nhiên QQ1 cắt AC cũng tại điểm E c x− 2 2 2c  bd − ac và cắt BD tại điểm G 0, . 2b   ac − bd Hoàn toàn tương tự, NN1 , PP1 cùng cắt AC tại điểm F , 0 và NN1 cắt BD 2a     bd − ac bd − ac , còn PP1 cắt BD tại điểm H 0, . cũng tại điểm G 0, 2b 2d Hiển nhiên KA.KF = KC.KE = KB.KG = KD.KH. Như vậy, tứ giác EGFH là ảnh  của ABCD trong phép nghịch đảo tâm K. Định lí 1.1.6. Cho tứ giác lồi ABCD và K = AC × BD. Gọi K1 , K2 , K3 , K4 là chân đường vuông góc hạ từ K xuống AB, BC, CD, DA, tương ứng. Khi đó ta có hai kết quả sau: (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 K1′ , K2′ , K3′ , K4′ tương ứng. Tám điểm K1 , K1′ , K2 , K2′ , K3 , K3′ , K4 , K4′ cùng nằm trên một đường tròn. (3) Tứ giác K1′ K2′ K3′ K4′ là một hình chữ nhật. Chứng minh. (1) Vì AC ⊥ BD nên ∠A1 + ∠B1 + ∠C1 + ∠D1 = π . Từ đây suy ra kết quả ∠K41 + ∠K21 + ∠K42 + ∠K22 = ∠A1 + ∠B1 + ∠C1 + ∠D1 = π . Ngược lại, giả thiết tứ giác K1 K2 K3 K4 nội tiếp trong đường tròn. Khi đó ∠K41 + ∠K21 + ∠K42 + ∠K22 = π . Từ đó có ∠A1 + ∠B1 + ∠C1 + ∠D1 = π và suy ra AC ⊥ BD theo Định lý 1.1.3. 10 (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 thẳng AB : bx + cy = cd, CD : dx + cy = cd và KK1 : ax − by = 0. Tọa độ   a2 b ab2 , K1 2 a + b2 a2 + b2 và K1′   acd bcd , . ac + bd ac + bd Dễ dàng tính được p= KK1 .KK1′ √ |cd| a2 + b2 |abcd| =√ . = . |ac + bd| a2 + b2 |ac + bd| |ab| |abcd| . |ac + bd| Từ đó suy ra rằng, tám điểm K1 , K1′ , K2 , K2′ , K3 , K3′ , K4 , K4′ cùng nằm trên một đường Hoàn toàn tương tự, ta cũng có KK2 .KK2′ = KK3 .KK3′ = KK4 .KK4′ đều bằng tròn. Chú ý rằng, KA.KB.KC.KD . KA.KC + KB.KD   abd acd ′ (3) Dễ dàng tính được K2 , . Như vậy K1′ K2′ k AC. Tương tự ac + bd ac + bd K3′ K4′ k AC, K2′ K3′ k BD, K4′ K1′ k BD. Từ đây suy ra, tứ giác K1′ K2′ K3′ K4′ là một hình p= chữ nhật. Hệ quả 1.1.2. Cho tứ giác lồi ABCD với AC ⊥ BD. Hai nhóm tám điểm M, N, P, Q, M1 , N1 , P1, Q1 và K1 , K1′ , K2 , K2′ , K3 , K3′ , K4 , K4′ trùng nhau khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Chứng minh. Hai nhóm tám điểm M, N, P, Q, M1 , N1 , P1 , Q1 và K1 , K1′ , K2 , K2′ , K3 , K3′ , K4 , K4′ trùng nhau khi và chỉ khi E, F, G, H đều trùng K hay ac = bd. Điều này tương đương tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. 1.2 Tứ giác ngoại tiếp đường tròn Chủ đề của mục này là tứ giác ngoại tiếp đường tròn. Chúng tôi sẽ trình bày một số định lý quan trọng kèm theo chứng minh. Chúng tôi trình bày dựa vào tài liệu [2]. Định nghĩa 1.2.1. Một tứ giác có 4 cạnh cùng tiếp xúc với một đường tròn được gọi là tứ giác ngoại tiếp đường tròn. Định lí 1.2.1. Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp được một đường tròn khi và chỉ khi AB +CD = AD + BC. 11 Chứng minh. Hiển nhiên, khi tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn thì AB + CD = AD + BC. Ngược lại, cho AB + CD = AD + BC. Nếu tứ giác có AB = BC thì CD = AD. Khi đó BD là phân giác ∠B và ∠D của tứ giác ABCD. Phân giác ∠A cắt BD tại O và thấy ngay O cách đều bốn cạnh tứ giác. Vậy, tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn. Nếu AB 6= BC, chẳng hạn AB > BC, thì AD −CD = AB − BC > 0. Lấy điểm P thuộc cạnh AB và điểm Q thuộc cạnh AD sao cho BP = BC, DQ = DC. Ta có AP = AB − BP = AB − BC = AD −CD = AD − DQ = AQ. Với ba tam giác cân APQ, BCP, DCQ, ba phân giác trong của các góc ∠A, ∠B, ∠D chính là ba đường trung trực của ba cạnh tam giác PQC. Ba phân giác này đồng quy tại O. Điểm O cách đều 4 cạnh và ở trong tứ giác ABCD. Từ đó suy ra tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn. Hệ quả 1.2.1. Nếu các cạnh tứ giác lồi ABCD thỏa mãn AB + CD = AD + BC thì phân giác trong của các góc ∠A, ∠B, ∠C, ∠D đồng quy tại một điểm. Chứng minh. Tứ giác ABCD ngoại 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. Ví dụ 1.2.1. Mỗi đường chéo của ngũ giác lồi được gọi là một đường chéo tốt nếu nó chia ngũ giác lồi thành một tam giác và một tứ giác ngoại tiếp một đường tròn. Xác định số đường chéo tốt lớn nhất có thể có của một ngũ giác lồi. Bài giải. Trước tiên ta chỉ ra rằng, hai đường chéo cắt nhau không thể là hai đường chéo tốt. Thật vậy, giả sử hai đường chéo tốt của ngũ giác lồi ABCDE là AC và BE cắt nhau ở M trong ngũ giác. Do tứ giác ACDE và BCDE ngoại tiếp đường tròn nên  AC + DE = CD + AE BC + DE = BE +CD. Từ đây suy ra AC + DE + BE +CD = CD + AE + BC + DE hay AC + BE = BC + AE, vô lý. Điều giả sử là sai. Tương tự, AC và BD hoặc AD và 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 AB = AC = AD = AE và BC = CD = DE với đúng hai đường chéo tốt AC và AD. 12 Ví dụ 1.2.2. Mỗi đường chéo chính nối hai đỉnh đối nhau của lục giác lồi chia lục giác lồi thành hai tứ giác. Xác định số lớn nhất có thể có các tứ giác có thể là những tứ giác ngoại tiếp đường tròn do ba đường chéo chính tạo thành. Bài giải. Với ba đường chéo chính nối mỗi cặp đỉnh đối diện của lục giác ta nhận được 6 tứ giác. Giả sử số tứ giác ngoại tiếp đường tròn không nhỏ hơn 4. Như vậy, có hai tứ giác ngoại tiếp đường tròn do một đường chéo chính chia ra. Giả sử đường chéo chính AD của lục giác lồi ABCDEF chia lục giác lồi thành hai tứ giác ngoại tiếp ABCD và ADEF. Xét tứ giác ngoại tiếp BEDC. Khi đó  AB +CD = AD + BC BC + DE = BE +CD. Từ đây suy ra AD + BE = AB + 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 với MN = NP = PM = 4. Lấy A, F ∈ MN, E, D ∈ NP, C, B ∈ PM sao cho các đoạn MA = NF = NE = PD = PC = MB = 1. Ta có đúng ba tứ giác ngoại tiếp đường tròn là ABCF, BCDE, DEFA. Định lí 1.2.2. Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kinh r. Giả sử các cạnh AB, BC, CD, DA tiếp xúc với đường tròn tại M, N, P, Q. Đặt a = AM, b = BN, c = CP, d = DQ. Khi đó ta có hệ thức abc + abd + acd + bcd = r2 . a+b+c+d Chứng minh. Ta có A r B r C r D r = tan , = tan , = tan , = tan . Từ hệ thức a 2 b 2 c 2 d 2 A B C D + + + =π 2 2 2 2     C D A B = − tan ta có hệ thức sau: + + và lấy tan hai vế tan 2 2 2 2 r r r r + + a b =− c d . rr rr 1− 1− ab cd Từ đó ta nhận được kết quả abc + abd + acd + bcd = r2 . a+b+c+d 13 Định lí 1.2.3. Tứ giác lồi ABCD 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 xuống AB, BC,CD, DA, tương ứng. Chứng minh rằng 1 1 1 1 + = + . KM1 KP1 KN1 KQ1 Chứng minh. Gọi α là góc giữa hai đường chéo AC và BD. Từ hệ thức KM1 .AB = 2SKAB = KA.KB sin α ta suy ra AB sin α . = KM1 KA.KB Tương tự, ta cũng có sin α CD = . KP1 KC.KD Thực hiện phép nghịch đảo tâm K phương tích d biến A, B,C, D thành A1 , B1 ,C1 , D1 . Khi đó KA.KA1 = d = KB.KB1 . Vậy A1 B1 KA1 KA1 .KA d = = = . AB KB KA.KB KA.KB Như vậy ta đã có A1 B1 = d sau đây: CD AB . Tương tự có C1 D1 = d và suy ra hệ thức KA.KB KC.KD A1 B1 +C1 D1 = d AB CD sin α sin α +d =d +d . KA.KB KC.KD KM1 KP1 Ta cũng có B1C1 + D1 A1 = d sin α sin α +d . KN1 KQ1 Do tứ giác A1 B1C1 D1 cũng ngoại tiếp một đường tròn nên A1 B1 + C1 D1 = B1C1 + D1 A1 . Như vậy sin α sin α sin α sin α + = + KM1 KP1 KN1 KQ1 1 1 1 1 + = + . hay KM1 KP1 KN1 KQ1 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 là tứ 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. 14 Định lí 1.2.4. Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kinh r. Giả sử các cạnh AB, BC, CD, DA tiếp xúc với đường tròn tại M, N, P, Q. Đặt a = AM, b = BN, c = CP, d = DQ. Tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi ac = bd. Chứng minh. Đặt 2α = ∠A, 2β = ∠B, 2γ = ∠C, 2δ = ∠D của tứ giác lồi ABCD. Khi đó α + β + γ + δ = π . Nếu tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn thì 2α + 2γ = π = 2β + δ . Khi đó tan α tan γ = 1 = tan β tan δ . Từ đó suy ra ac = bd. Ngược lại, giả thiết ac = bd. Nếu tứ giác ABCD không nội tiếp trong một đường π π π tròn thì α + γ 6= , chẳng hạn α + γ > . Khi đó β + δ < . Như vậy 2 2 2 0 > tan(α + γ ) = tan α + tan γ , 1 − tan α tan γ 0 < tan(β + δ ) = tan β + tan δ . 1 − tan β tan δ Vì α , β , γ , δ là bốn góc nhọn nên 1 − tan α tan γ < 0 < 1 − tan β tan δ , mâu thuẫn với giả thiết ac = bd. Từ đây suy ra rằng, tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Định lí 1.2.5. Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kinh r. Giả sử các cạnh AB, BC, CD, DA tiếp xúc với đường tròn tại M, N, P, Q. Đặt a = AM, b = BN, c = CP, d = DQ, x = AC, y = BD. Tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi x a+c = . y b+d Chứng minh. Ta có 1 − tan2 α a2 − r2 cos(2α ) = . = 1 + tan2 α a2 + r2 Theo Định lý 1.2.2 ta nhận được abc + abd + acd + bcd a+b+c+d cos ∠A = cos(2α ) = abc + abd + acd + bcd a2 + a+b+c+d 2 a (a + b + c + d) − (abc + abd + acd + bcd) = (a + b)(a + c)(a + d) a2 − Vì y2 = BD2 = (a + b)2 + (a + d)2 − 2(a + b)(a + d) cos(2α ) nên khi thay cos(2α ) ta có được y2 = b+d ((a + c)(b + d) + 4ac). a+c 15 Tương tự a+c ((a + c)(b + d) + 4bd). b+d Tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi ac = bd theo Định lý x2 = 1.2.4. Hệ thức này tương đương (a + c)(b + d) + 4bd = (a + c)(b + d) + 4ac hay x2 = y2  a+c b+d 2 . Từ đây suy ra rằng, tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi x a+c = . y b+d 1.3 Đường tròn chín điểm Mục này dành để thảo luận các kết quả về đường tròn chín điểm. Chúng tôi trình bày mục này dựa vào [2]. 1.3.1 Đường tròn chín điểm và đường thẳng Euler Mệnh đề 1.3.1 (Euler). Giả sử ∆ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R với đường cao AA0 , BB0 , CC0 và trực tâm H. Gọi A1 , B1,C1 là trung điểm đoạn HA, HB, HC, và gọi A2 , B2 ,C2 là trung điểm cạnh BC,CA, AB, tương ứng. Khi đó 9 điểm A0 , A1 , A2 , B0 , B1, B2 ,C0 ,C1,C2 cùng nằm trên một đường tròn. Đường tròn này được gọi là đường tròn Euler với tâm chính là trung điểm đoạn OH và đường thẳng OH còn được gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC. Chứng minh. Gọi E là trung điểm đoạn OH. Kéo dài CO cắt đường tròn (O, R) tại D 6= C. Vì ∠DBC = 900 = ∠DAC nên DB k AH, DA k BH. Vậy tứ giác BDAH là một hình bình hành. Ta có AH k OA2 , AH = 2OA2 vì AH k DB và AH = DB. Ta lại AH = OA2 và HA1 k OA2 . Từ đây suy ra E là trung điểm đoạn A1 A2 . có HA1 = 2 Vì ∠A1 A0 A2 = 900 nên ba điểm A0 , A1 , A2 nằm trên đường tròn tâm E bán kính R R EA1 = . Tương tự 6 điểm còn lại cũng thuộc đường tròn tâm E bán kính . 2 2 Hệ quả 1.3.1. Giả sử ∆ABC với đường cao AA0 , BB0, CC0 và trực tâm H. Gọi A2 là trung điểm BC. Khi đó A2 B0 , A2C0 tiếp xúc với đường tròn đường kính AH tại B0 ,C0 . 16 Chứng minh. Gọi A1 là trung điểm đoạn AH. Đường tròn Euler nhận A1 A2 làm một đường kính. Do đó A1 B0 ⊥ A2 B0 và A1C0 ⊥ A2C0 . Như vậy, A2 B0 , A2C0 tiếp xúc với đường tròn đường kính AH tại B0 ,C0 , tương ứng. Ví dụ 1.3.1. Cho ∆ABC với các đường cao AA0 , BB0 , CC0 và trực tâm H. Chứng minh (1) ∆AB0C0 ∼ ∆A0 BC0 ∼ ∆A0 B0C ∼ ∆ABC. (2) Đường thẳng Euler của tam giác AB0C0 , BC0 A0 ,CA0 B0 đồng quy tại một điểm. Bài giải. (1) Vì ∠B0 A0C = ∠A = ∠C0 A0 B, ∠A0 B0C = ∠B = ∠C0 B0 A và ∠B0C0 A = ∠C = ∠A0C0 B nên ∆AB0C0 ∼ ∆A0 BC0 ∼ ∆A0 B0C ∼ ∆ABC. (2) Ký hiệu d1 , d2 , d3 là đường thẳng Euler của ∆AB0C0 , ∆A0 BC0 và ∆A0 B0C, tương ứng. Gọi A1 , B1 ,C1 là trung điểm của HA, HB, HC, tương ứng. Ta thấy ngay A1 ∈ d1 , B1 ∈ d2 ,C1 ∈ d3 . Không khó khăn chỉ ra được: Giao điểm giữa d1 và d2 , giao điểm giữa d2 và d3 , giao điểm giữa d3 và d1 , đều thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1C1 . Vì d1 , d2 , d2 không chứa cạnh nào của tam giác A1 B1C1 , nên ba đường thẳng d1 , d2 , d3 cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1C1 . Ví dụ 1.3.2. Cho tam giác ABC. Với mỗi điểm X thuộc cạnh tam giác ký hiệu X1 cũng thuộc cạnh tam giác sao cho hai diểm X và X1 chia chu vi tam giác thành hai phần với độ dài bằng nhau. Gọi M, N, P là trung điểm các cạnh BC,CA, AB, tương ứng và G, I là trọng tâm và tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Chứng minh rằng, bốn đoạn thẳng MM1 , NN1 , PP1, IG đồng quy. Bài giải. Đặt a = BC, b = CA, c = AB. Gọi E là điểm thỏa mãn điều kiện dưới đây: −→ −→ − → −→ (b + c)EA + (c + a)EB + (a + b)EC = 0 . Điểm E tồn tại và duy nhất. Ta chỉ ra đường thẳng MM1 chứa E. Nếu b = c thì MM1 b−c . qua E. Nếu b 6= c, chẳng hạn b > c, thì M1 thuộc cạnh CA và AM1 = −−→ −−→ − → −→ −→2 −−→ Khi đó (b − c)M1C + (b + c)M1 A = 0 và suy ra (b + c)EA + (b − c)EC = 2bEM1 . Biến đổi −→ −→ −→ −→ −→ (b + c)EA + (b − c)EC = −(c + a)EB − (a + b)EC + (b − c)EC −→ −→ − −→ = −(c + a)(EB + EC) = −2(c + a)EM. 17 −−→ −−→ Như vậy 2bEM1 = −2(c + a)EM hay đoạn thẳng MM1 đi qua điểm E. Vì −→ −→ −→ −→ −→ − → −→ (a + b + c)(EA + EB + EC) − aEA − bEB − cEC = 0 −→ − − → → nên 3(a + b + c)EG − (a + b + c)EI = 0 . Vậy đoạn thẳng GI cũng đi qua E. Tương tự, các đoạn thẳng NN1 , PP1 cũng đi qua điểm E. Ví dụ 1.3.3. Trong mặt phẳng (P) cho đường thẳng d và tam giác ABC. Gọi A′ , B′ ,C′ là những điểm đối xứng với A, B,C, tương ứng qua d. Qua A′ , B′ ,C′ kẻ đường thẳng A′ a, B′ b,C′ c song song với các đường thẳng BC, CA, AB, tương ứng. Chứng minh rằng ba đường thẳng song song vừa dựng đồng quy tại một điểm. Bài giải. Dựng hệ Oxy với d ≡ Oy. Tọa độ A(x1 , y1 ), B(x2 , y2 ), C(x3 , y3 ) và A′ (x1 , −y1 ), B′ (x2 , −y2 ), C′ (x3 , −y3 ). Ta có phương trình A′ a, B′ b,C′ c : A′ a : (y3 − y2 )x − (x3 − x2 )y − (y3 − y2 )x1 − (x3 − x2 )y1 = 0 B′ b : (y1 − y3 )x − (x1 − x3 )y − (y1 − y3 )x2 − (x1 − x3 )y2 = 0 C′ c : (y2 − y1 )x − (x2 − x1 )y − (y2 − y1 )x3 − (x2 − x1 )y3 = 0. Vì (A′ a) + (B′ b) = (C′ c) và A′ a cắt B′ b nên ba đường thẳng A′ a, B′ b,C′ c đồng quy tại một điểm. Ví dụ 1.3.4. Cho tứ giác lồi ABCD với hai đường chéo cắt nhau ở O. Gọi L, M, N lần lượt là trung điểm của DB, BC,CA. Chứng minh rằng, nếu ba đường thẳng AL, OM, DN đồng quy tại một điểm thì ta có hoặc AD k BC hoặc SABCD = 2SOBC . Bài giải. Dựng hệ Oxy với tọa độ A(a, 0), B(b, d),C(c, 0) và D(ub, ud) với u < 0, a < 1+u 1+u b+c d a+c 0 < c, d > 0. Tọa độ L( b, d), M( , ) và N( , 0). Phương trình 2 2 2 2 2 các đường thẳng: AL : (1 + u)dx + (2a − (1 + u)b)y − (1 + u)ad = 0 OM : dx − (b + c)y = 0 DN : 2udx − (2ub − a − c)y − ud(a + c) = 0. Ta thấy ngay, nếu ba đường thẳng AL, OM, DN đồng quy tại một điểm thì     d −b − c 0      (1 + u)d 2a − (1 + u)b −(1 + u)ad  = 0. Vì d > 0 nên ta nhận được    2ud a + c − 2ub −u(a + c)d  18    1  −b − c 0      1 + u 2a − (1 + u)b (1 + u)a  = 0.    2u a + c − 2ub u(a + c)      1 −c 0     Khai triển 0 =  1 + u 2a (1 + u)a  = (a − cu)(au − a − cu − c).    2u a + c u(a + c)  a+c Nếu a = cu thì AD k BC. Nếu au − a − cu − c = 0 thì u = . Khi đó a−c   a+c d(c − a) 1 − (c − a)(d − ud) 2dc a−c SABCD = = = . 2 2 2 Từ đó suy ra kết quả SABCD = 2SOBC . Ví dụ 1.3.5. Cho tam giác ABC và lấy các điểm D, E, F thuộc các cạnh BC,CA, AB, AE AF SABC BD BF 6 6 1 và 6 . Chứng minh rằng: SDEF 6 . tương ứng, thỏa mãn DC FA EC FB 4 Bài giải. Dựng hệ Oxy. Giả sử A(x1 , y1), B(x2 , y2 ),C(x3 , y3) và ta có với u ∈ [0, 1), v ∈ (0, 1], t ∈ (0, 1) có biểu diễn D = (1 − u)B + uC, Vì E = vA + (1 − v)C, F = (1 − t)A + tB. BD BF AE AF u 1−t 1−v t 6 6 1 và 6 nên 6 6 1 và 6 . Ta suy ra DC FA EC FB 1−u t v 1−t 1 6 t < 1, t + u 6 1 6 t + v. Ta thấy ngay 2     0 1−u u  SDEF   = v 0 1 − v  = t(1 − t) − (1 − u − t)(v + t − 1).  SABC   1−t t 0  Như vậy 1 SDEF 6 t(1 − t) 6 SABC 4 hay SDEF 6 SABC . 4 Ví dụ 1.3.6. Giả sử tam giác ABC không cân với đường tròn nội tiếp tâm I và nó tiếp xúc với các cạnh BC,CA, AB tại D, E, F, tương ứng. Gọi L, M, N là trung điểm các cạnh BC,CA, AB, tương ứng. Chứng minh rằng, các đường thẳng l, m, n, đi qua D, E, F và song song với IL, IM, IN, tương ứng, đồng quy tại một điểm. Giả sử điểm − → → − đó là P. Xác định giá trị lớn nhất của độ dài |AP − 4AI|. 19 − →→ − → → Bài giải. Đặt − u = AB, − v = AC. Đặt a = BC, b = CA, c = AB, 2p = a + b + c và a b c α = , β = , γ = . Khi đó ta có kết quả sau: 2p 2p 2p     → → u +− v − 1 − 1 − − → − → − → → − → − → → , LI = β − u + γ− v AI = β u + γ v , AL = 2 2 2     → − → − −→ v − − → u 1 1 → − → → → → − − → u + γ− v AM = , MI = β − v , AN = , NI = β − u + γ− 2 2 2 2 −→ a + b − c− a + c − b− −→ b + c − a → −→ b + c − a − → → − → AD = u+ v , AE = v , AF = u. 2a 2a 2b 2c Phương trình l, m, n, qua D, E, F song song với LI, MI, NI, tương ứng:     1 − 2γ − 1 − 2β − 1 1 −→ − → → → AD + sLI = s(β − ) + u + s(γ − ) + v 2 2α 2 2α   α 1 − 2 1 −→ − → → → − u + r(γ − ) + v AE + rMI = rβ − 2 2β   1 1 − 2α − −→ − → → → AF + pNI = p(β − ) + u + pγ − v. 2 2γ Với s = 4 ta nhận được biểu diễn 1 −→ → − → → u + (4γ − 1)− v + AD + 4LI = (4β − 1)− 2α   1 − 1 − → → (β − ) u + (γ − ) v . 2 2 − → → → Đặt AP = (4β − 1)− u + (4γ − 1)− v . Ta có   1 − − → −→ → AP = AD + 4 − LI. 2α Như vậy, đường thẳng l đi qua điểm P. Với r = 4 ta nhận được biểu diễn   1 1 − 2α − −→ − → → → − v AE + 4MI = 4β u + 4(γ − ) + 2 2β   − → −→ 1 − → và nhận được AP = AE + 4 − MI. Như vậy, đường thẳng m đi qua điểm P. β Tương tự, đường thẳng n cũng đi qua P. Ví dụ 1.3.7 (Dự tuyển IMO 1986). Giả sử ∆ABC với tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H và trọng tâm G. Đặt f (X) = XA2 + XB2 + XC2 với điểm X thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác. Gọi P và Q là hai điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp sao cho f (P), f (Q) đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất tương ứng. Khi đó O, H, G, P, Q thẳng hàng. 20 Bài giải. Không làm mất tính chất tổng quát, có thể giả thiết R = 1. Dựng hệ tọa độ (Oxy) sao cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn x2 + y2 = 1 và ∆ABC với A(1; 0), B(cos α ; sin α ) và C(cos γ ; sin γ ), trong đó 0 < α , β < π và γ = α + β . Tọa độ  1 + cos α + cos γ sin α + sin γ ; trọng tâm G 3 3  và trực tâm H (1 + cos α + cos γ ; sin α + sin γ ) . Giả sử X(x; y) với x2 + y2 = 1. Khi đó ta có f (X) = (x − 1)2 + y2 + (x − cos α )2 + (y − sin α )2 +(x − cos γ )2 + (y − sin γ )2 = 6 − 2x − 2x cos α − 2y sin α − 2x cos γ − 2y sin γ = 6 − 2(1 + cos α + cos γ )x − 2(sin α + sin γ )y −→ −→ = 6 − 2OH.OX = 6 − 2OH cost với t là góc giữa OX và OH. Hiển nhiên f (X)ln = 6 + 2OH khi t = π và f (X)nn = 6 − 2OH khi t = 0. Do vậy 5 điểm O, H, G, P, Q thẳng hàng. Ví dụ 1.3.8. Giả sử ∆ABC nội tiếp trong đường tròn bán kính R = 1 có bán kính đường tròn nội tiếp r với các đường cao AA0 , BB0 và CC0 . Gọi s là bán kính đường (1 + r)2 . tròn nội tiếp trong tam giác A0 B0C0 . Khi đó s 6 1 − 3 α β γ Bài giải. Với ∠A = α , ∠B = β , ∠C = γ ta có r = 4 sin sin sin . 2 2 2 1 Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆A0 B0C0 bằng theo Mệnh đề 1.3.1 nên 2 π − 2α π − 2β π − 2γ sin sin = 2 cos α cos β cos γ . s = 2 sin 2 2 2