Luận văn Thạc sĩ Toán học: Định lý Van Aubel và ứng dụng trong việc giải một số bài toán hình học dành cho học sinh giỏi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

——————–o0o——————–

NGUYỄN ĐÌNH HUY

ĐỊNH LÝ VAN AUBEL VÀ ỨNG DỤNG TRONG VIỆC GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

——————–o0o——————–

NGUYỄN ĐÌNH HUY

ĐỊNH LÝ VAN AUBEL VÀ ỨNG DỤNG TRONG VIỆC GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS. TS. Trịnh Thanh Hải

THÁI NGUYÊN - 2018

Mục lục

Danh sách hình vẽ ii

Mở đầu 1

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

1.1 Một số định lý hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Một số bài toán đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 3 7

Chương 2. Định lý van Aubel

2.1 Định lý van Aubel 2.2 Một số tính chất, hệ quả của định lý van Aubel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 22

Chương 3. Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập 28

3.1 Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập liên quan đến tam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . giác

28 3.2 Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập liên quan đến tứ giác 41

Kết luận 50

Tài liệu tham khảo 51

Danh sách hình vẽ

1.1 Định lý Thales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Định lý Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Áp dụng định lý Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Trực tâm H là trung điểm đường cao CM . . . . . . . . . . . . 1.5 Định lý Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 EF song song với BC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 M A là tia phân giác của góc (cid:92)EM F . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 M M (cid:48), N N (cid:48), P P (cid:48) đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 DM, EN, P F đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 4 5 6 7 8 9 11 13

2.1 AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48) cắt nhau tại K . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Định lý van Aubel cho tứ giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Biểu diễn các cạnh theo số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 P M = M P và P M ⊥ M Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 pm và qm vuông góc và có độ dài bằng nhau . . . . . . . . . . . 2.6 P M2 ⊥ M1M3, M1M2 ⊥ QM3, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 P M = QM, P M ⊥ QM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8 Bốn đường tròn giao nhau tại F . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 17 17 19 20 20 21 22

41 42 43 43 44 45 47 48 49 3.1 BB(cid:48) vuông góc với DD(cid:48) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 BB(cid:48) = DD(cid:48) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Ba hình chữ nhật đồng dạng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Ba hình thoi đồng dạng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Định lý van Aubel mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Định lý van Aubel mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7 Định lý van Aubel mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8 S1S3 ⊥ QS, S2S4 ⊥ P R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9 V1, V2, V3 và V4 nằm trên một đường tròn . . . . . . . . . . . . .

Mở đầu

Từ lâu hình học luôn được coi là một bộ môn được yêu thích bởi những khám phá mới mẻ từ những định luật, định lý và những ứng dụng đẹp của nó. Hình học là một phân môn quan trọng trong toán học đã gắn bó với tất cả chúng ta xuyên suốt quá trình học toán từ bậc Tiểu học đến Trung học phổ thông. Sự kì diệu của hình học thường tiềm ẩn những thử thách sâu sắc để thách thức trí tuệ của con người.

Trong các thành tựu của hình học thì định lý van Aubel là một định lý nổi tiếng và có nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán hình học hay và khó. Định lý được đặt theo tên nhà khoa học H. H. van Aubel, người đã công bố nó năm 1878. Định lý van Aubel có hai phát hiện trong lĩnh vực hình học phẳng đó là định lý van Aubel cho tứ giác và định lý van Aubel cho tam giác. Định lý van Aubel về tứ giác nói về mối quan hệ của các hình vuông cùng vẽ ra ngoài hoặc cùng vẽ vào trong của một tứ giác. Định lý van Aubel về tam giác đưa ra những tính chất đẹp về các đường đồng quy trong tam giác.

Trong khuôn khổ luận văn này chúng tôi xin được trình bày đề tài: “Định lý van Aubel và ứng dụng trong việc giải một số bài toán hình học dành cho học sinh giỏi”. Mục đích của luận văn là tìm hiểu định lý van Aubel và các ứng dụng của nó vào giải một số bài toán hình học.

Luận văn tập trung vào việc tìm hiểu các tính chất đẹp của định lý van Aubel cho tam giác, tứ giác và một số vận dụng của định lý này vào giải một số bài tập hình học hay và khó dành cho học sinh giỏi. Cụ thể, luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 3 chương.

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Chương 1 hệ thống một số định cơ bản hay được vận dụng khi chứng minh các bài toán hình học và trình bày một số bài toán về chứng minh tính đồng quy các đường thẳng.

Chương 2. Định lý van Aubel. Trong chương này, chúng tôi phát biểu định lý van Aubel cho hai trường hợp tam giác và tứ giác cùng với ba cách

chứng minh cho mỗi trường hợp. Sau đó chúng tôi trình bày một số tính chất và hệ quả của các định lý này.

Chương 3. Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập. Chương 3 được giành để giải một số bài tập và kết quả nâng cao có vận dụng định lý van Aubel cho tam giác và tứ giác.

Luận văn này được hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS. TS. Trịnh Thanh Hải. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy.

Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Khoa Toán- Tin Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập tại trường.

Nhân dịp này tác giả cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đã luôn bên tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn này.

Thái Nguyên, tháng 10 năm 2018 Người viết luận văn

Nguyễn Đình Huy

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Chương 1 hệ thống một số định cơ bản hay được vận dụng khi chứng minh các bài toán hình học và trình bày một số bài toán về chứng minh tính đồng quy các đường thẳng.

1.1 Một số định lý hình học

Định lý 1.1.1 (Định lý Thales thuận, [1]). Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.

Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d song song với BC và cắt các cạnh

AB, AC lần lượt tại hai điểm D, E thì:

Hình 1.1: Định lý Thales

= , = và = . AD AB AE AC AD DB AE EC DB AB EC AC

Định lý 1.1.2 (Định lý Thales đảo, [1]). Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của tam giác và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì đường thẳng đó song song với cạnh còn lại của tam giác.

Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại

hai điểm D, E và

= hay = hay = AD AB AE AC AD DB AE EC DB AB EC AC

thì DE (cid:107) BC hay d (cid:107) BC.

Hệ quả 1.1.1 ([1]). Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và song song với cạnh còn lại thì nó tạo thành một tam giác mới có ba cạnh tương ứng tỉ lệ với ba cạnh của tam giác đã cho.

Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d song song với BC và cắt các cạnh

AB, AC lần lượt tại hai điểm D, E thì

= = . AD AB AE AC DE BC

Định lý 1.1.3 (Định lý Menelaus, [1]). Cho tam giác ABC và ba điểm A(cid:48), B(cid:48), C(cid:48) trên các đường thẳng chứa các cạnh BC, CA, AB sao cho: hoặc cả ba điểm A(cid:48), B(cid:48), C(cid:48) đều nằm trên phần kéo dài của ba cạnh, hoặc một trong ba điểm đó nằm trên phần kéo dài của một cạnh còn hai điểm kia nằm trên hai cạnh của tam giác. Điều kiện cần và đủ để A(cid:48), B(cid:48), C(cid:48) thẳng hàng là ta có hệ thức

Hình 1.2: Định lý Menelaus

· · = 1. (1.1) AB(cid:48) B(cid:48)C CA(cid:48) A(cid:48)B BC(cid:48) C(cid:48)A

Bài toán 1.1.1. Trong tam giác ABC, lấy trên cạnh AB một điểm D, trên cạnh BC hai điểm E và F sao cho

= , = , = . AD DB 3 2 BE EC 1 3 BF F C 4 1

Hỏi đường thẳng AE chia đoạn thẳng DF theo tỉ số nào?

Giải. Gọi điểm M là giao điểm của AE với DF . Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác BDF với cát tuyến AM E, ta có

Hình 1.3: Áp dụng định lý Menelaus

· · = 1. (1.2) DM M F F E EB BA AD

Mà

= , = ⇒ = = ⇒ AD DB 5 3 AB 5

= = ⇒ EB = BC,

= = ⇒ F B = BC, 3 2 BE 1 BF 4 AD 3 EC 3 F C 1 DB 2 BC 4 BC 5 AB AD 1 4 4 5

nên

= = . F E EB F B − EB EB 11 5

Cho nên (1.2) trở thành

· · = 1. DM M F 11 5 5 3

(cid:3) = . Vậy DM M F 3 11

Bài toán 1.1.2. Trong một tam giác ABC, trực tâm H chia đôi đường cao CM . Chứng minh rằng cos C = cos A cos B.

Giải. Xét tam giác CM B với cát tuyến AHI. Theo định lý Menelaus ta có

Hình 1.4: Trực tâm H là trung điểm đường cao CM

· · = 1. CH HM M A AB BI IC

Hay

· · · = 1. (1.3) CH HM M A AC AC IC BI AB

Mà

= 1, = cos A, = (cos C)−1, = cos B. CH HM M A AC AC IC BI AB

Thay vào (1.3), ta có

cos C = cos A cos B.

(cid:3)

Định lý 1.1.4 (Định lý Ceva, [1]). Cho tam giác ABC và ba đường thẳng AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48) xuất phát từ các đỉnh của tam giác và cắt đường thẳng chứa cạnh đối diện tại A(cid:48), B(cid:48), C(cid:48) sao cho: hoặc cả ba điểm A(cid:48), B(cid:48), C(cid:48) đều nằm trên ba cạnh của tam giác hoặc một trong ba điểm đó nằm trên một cạnh của tam giác còn hai điểm kia nằm trên phần kéo dài của hai cạnh còn lại. Điều kiện cần và đủ để AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48) đồng quy hoặc song song với nhau là ta có hệ thức:

· · = 1. (1.4) AB(cid:48) B(cid:48)C CA(cid:48) A(cid:48)B BC(cid:48) C(cid:48)A

Hình 1.5: Định lý Ceva

Chú ý. (+) Để cho gọn, người ta thường gọi ba đường thẳng AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48) xuất phát từ các đỉnh của tam giác ABC và đồng quy tại một điểm là ba đường thẳng Ceva. Các đoạn thẳng AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48) gọi là các đoạn thẳng Ceva. Giao điểm của các đường thẳng Ceva gọi là điểm Ceva.

(++) Trong một tam giác ABC, ta có một số đường thẳng Ceva đặc biệt

đã biết như sau:

1. Ba đường trung tuyến đồng quy (tại trọng tâm của tam giác).

2. Ba đường phân giác đồng quy (tại tâm đường tròn nội tiếp tam giác).

3. Ba đường cao đồng quy (tại trực tâm của tam giác).

4. Ba đường trung trực đồng quy (tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác).

(+++) Hệ thức (1.4) trong định lý Ceva có thể viết bắt đầu từ đỉnh nào

cũng được và theo chiều nào cũng được.

1.2 Một số bài toán đồng quy

Tiếp theo, chúng ta đi chứng minh một số bài toán đồng quy mà chỉ sử dụng công cụ là các định lý Thales, định lý Menelaus, định lý Ceva và các hệ quả của chúng. Ở trong phần này, chúng ta chưa dùng đến công cụ định lý van Aubel.

Bài toán đầu tiên sử dụng định lý Thales và định lý Ceva để chứng minh

tính đồng quy.

Bài toán 1.2.1 ([1]). Cho một tam giác ABC, một điểm E trên cạnh AB, một điểm F trên cạnh AC và trung điểm M của cạnh BC. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để EF song song với BC là ba đoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy.

Giải. Trước tiên giả sử EF song song với BC. Theo định lý Thales ta có

= ⇔ · = 1. AE EB AF F C AE EB CF F A

Kết hợp với M là trung điểm của BC, ta có

· · = 1. AE EB BM M C CF F A

Hình 1.6: EF song song với BC

Vậy theo định lý Ceva ta có ba đoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy.

Ngược lại, giả sử ta có ba đoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy. Theo định lý

Ceva ta có

· · = 1. AE EB BM M C CF F A

Mà M là trung điểm của BC nên BM = M C, từ đó

· = 1. AE EB CF F A

Hay

= . AE EB AF F C

(cid:3) Vậy theo định lý Thales đảo ta có EF song song với BC.

Bài toán 1.2.2 ([1]). Cho một tam giác ABC, một điểm E trên cạnh AB, một điểm F trên cạnh AC và M là chân đường cao hạ từ A xuống BC. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để M A là tia phân giác của góc (cid:92)EM F là ba đoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy.

Hình 1.7: M A là tia phân giác của góc (cid:92)EM F

Giải. Qua A kẻ đường thẳng song song với BC, cắt M F (kéo dài) tại N, cắt M E (kéo dài) tại P .

Nếu AM là tia phân giác của góc (cid:92)EM F thì P A = AN . Xét hai tam giác

đồng dạng EBM và EAP , ta có

= . BM EB P A AE

Xét hai tam giác đồng dạng F M C và F N A, ta có

= . CF M C F A AN

Bây giờ ta có

· · · · = AE · AE EB BM M C CF F A

· · = AE · BM EB P A AE CF M C F A AN 1 F A 1 F A

= 1.

Suy ra AM, BF, CE đồng quy.

Ngược lại, giả sử AM, BF, CE đồng quy, ta biến đổi ngược lại suy ra P A = AN . Vậy AM là tia phân giác của góc (cid:92)EM F . (cid:3)

Bài toán 1.2.3 ([1]). Chứng minh rằng, trong một tam giác ABC, khi giao điểm của một bộ ba đường thẳng đồng quy AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48) (A(cid:48) trên cạnh BC, B(cid:48) trên cạnh AC, C(cid:48) trên cạnh AB) trùng với trọng tâm G của tam giác thì tích AB(cid:48) · CA(cid:48) · BC(cid:48) có trị số lớn nhất.

Giải. Gọi N là trung điểm AC, M là trung điểm BC, P là trung điểm AB. Theo bất đẳng thức Cauchy, ta luôn có

√ AB(cid:48) · B(cid:48)C ≤ = AN AB(cid:48) + B(cid:48)C 2

hay

AB(cid:48) · B(cid:48)C ≤ AN 2.

Tương tự:

CA(cid:48) · A(cid:48)B ≤ CM 2 BC(cid:48) · C(cid:48)A ≤ BP 2.

Từ đó

(AB(cid:48) · CA(cid:48) · BC(cid:48))(B(cid:48)C · A(cid:48)B · C(cid:48)A) ≤ (AN · CM · BP )2.

Theo định lý Ceva, ta có

AB(cid:48) · CA(cid:48) · BC(cid:48) = B(cid:48)C · A(cid:48)B · C(cid:48)A.

Vậy

AB(cid:48) · CA(cid:48) · BC(cid:48) ≤ AN · CM · BP.

abc 8 Từ đó tích AB(cid:48) · CA(cid:48) · BC(cid:48) có trị số lớn nhất là AN · CM · BP = khi chân B(cid:48), A(cid:48), C(cid:48) của các đường thẳng Ceva trùng với trung điểm của các cạnh. Nói

cách khác khi bộ ba đường thẳng Ceva đó là ba trung tuyến, và điểm Ceva (cid:3) chính là trọng tâm G của tam giác.

Hình 1.8: M M (cid:48), N N (cid:48), P P (cid:48) đồng quy

Bài toán 1.2.4 ([1]). Chứng minh rằng trong một tam giác, các đường thẳng nối trung điểm của mỗi cạnh với trung điểm của đoạn thẳng Ceva, xuất phát từ đỉnh đối diện với cạnh đó, đồng quy.

Giải. Giả sử AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48) là một bộ ba đường thẳng Ceva. Gọi M, N, P là trung điểm của ba cạnh của tam giác ABC. Khi đó, M N, N P, P M là các đường trung bình của tam giác. Cho nên các trung điểm P (cid:48), M (cid:48), N (cid:48) của các đoạn thẳng Ceva AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48) lần lượt nằm trên các đường trung bình P N, N M, M P . Theo giả thiết ta có:

· · = 1. AB(cid:48) B(cid:48)C CA(cid:48) A(cid:48)B BC(cid:48) C(cid:48)A

1 2 AB(cid:48) 1 2 B(cid:48)C

1 2 CA(cid:48) 1 2 A(cid:48)B

· · = 1 Nhân tử số và mẫu số của mỗi tỉ số với 1/2 ta có 1 2 BC(cid:48) 1 2 C(cid:48)A

hay

· · = 1 P N (cid:48) N (cid:48)M N M (cid:48) M (cid:48)P M P (cid:48) P (cid:48)N

hoặc nữa

· · = 1. P N (cid:48) N (cid:48)M M P (cid:48) P (cid:48)N N M (cid:48) M (cid:48)P

Hệ thức này chứng tỏ là trong tam giác M N P , ba đường thẳng M M (cid:48), N N (cid:48), P P (cid:48) (cid:3) là một bộ ba đường thẳng đồng quy.

Nhận xét. Trong trường hợp đặc biệt:

(1) Trong một tam giác, các đường thẳng nối trung điểm của một cạnh với

trung điểm của đường cao tương ứng đồng quy tại một điểm.

(2) Trong một tam giác, các đường thẳng nối trung điểm của một cạnh với trung điểm của đường phân giác trong tương ứng đồng quy tại một điểm.

Bài toán 1.2.5 ([1]). Cho tam giác ABC với các trung điểm M, N, P của các cạnh BC, CA, AB và ba đường thẳng đồng quy M M (cid:48), N N (cid:48), P P (cid:48) lần lượt cắt N P, P M, M N tại M (cid:48), N (cid:48), P (cid:48). Chứng minh rằng ba đường thẳng AM (cid:48), BN (cid:48), CP (cid:48) đồng quy.

Chứng minh. Đây là mệnh đề đảo của mệnh đề phải chứng minh ở Bài toán 1.2.4. Chứng minh tương tự ta được kết quả. Gọi A(cid:48) là giao điểm của AM (cid:48) với BC, B(cid:48) là giao điểm của BN (cid:48) với AC, C(cid:48) là giao điểm của CP (cid:48) với AB. Do N P, P M, M N là các đường trung bình của tam giác nên M (cid:48), N (cid:48), P (cid:48) lần lượt là trung điểm của AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48). Kéo theo N M (cid:48) là đường trung bình của tam giác AA(cid:48)C hay 2N M (cid:48) = CA(cid:48). Tương tự, ta có

2M (cid:48)P = A(cid:48)B, 2M P (cid:48) = BC(cid:48), 2P (cid:48)N = C(cid:48)A, 2P N (cid:48) = AB(cid:48), 2N (cid:48)M = B(cid:48)C.

Vì M M (cid:48), N N (cid:48), P P (cid:48) đồng quy, xét tam giác M N P , theo định lý Ceva ta có

· · = 1 P N (cid:48) N (cid:48)M M P (cid:48) P (cid:48)N N M (cid:48) M (cid:48)P

hay

· · = 1 2P N (cid:48) 2N (cid:48)M 2M P (cid:48) 2P (cid:48)N 2N M (cid:48) 2M (cid:48)P

hay

· · = 1. AB(cid:48) B(cid:48)C BC(cid:48) C(cid:48)A CA(cid:48) A(cid:48)B

Từ đó theo định lý Ceva suy ra AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48) đồng quy, hay AM (cid:48), BN (cid:48), CP (cid:48) đồng quy.

Bài toán 1.2.6 ([1]). Trong một tam giác, các đường thẳng nối trung điểm của mỗi cạnh với trung điểm của đoạn thẳng đi từ đỉnh đối diện với cạnh đó đến một điểm Ceva bất kì là ba đường thẳng đồng quy.

Giải. Xét (cid:52)ABC. Giả sử AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48) là một bộ ba đường thẳng Ceva bất kì giao nhau tại I. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của IA, IB, IC. Gọi M, N, P lần lượt là trung trung điểm của BC, AC, AB.

Hình 1.9: DM, EN, P F đồng quy

Xét tam giác AIB, ta có D là trung điểm AI, E là trung điểm IB, nên DE song song AB. Ta cũng có M N song song AB nên DE (cid:107) M N . Xét tam giác BIC, ta có EM song song IC. Xét tam giác AIC, ta có DN song song IC. Từ đó DN (cid:107) EM . Vậy DN M E là hình bình hành. Do đó

DM giao EN tại trung điểm của EN . (1.5)

Tương tự ta chứng minh được P N F E là hình bình hành. Do đó

P F, EN giao nhau tại trung điểm EN . (1.6)

(cid:3) Từ (1.5) và (1.6) suy ra DM, EN, P F đồng quy tại một điểm.

Chương 2

Định lý van Aubel

Định lý van Aubel không chỉ đẹp trong bản thân định lý mà còn đẹp trong các cách chứng minh nó. Trong chương này, chúng tôi phát biểu định lý van Aubel cho tam giác và tứ giác cùng với ba cách chứng minh cho mỗi trường hợp. Sau đó chúng tôi trình bày một số tính chất và hệ quả của các định lý này.

2.1 Định lý van Aubel

Định lý 2.1.1 (Định lý van Aubel cho tam giác, [1]). Trong một tam giác ABC, nếu có ba đường thẳng AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48) cắt nhau tại một điểm K nằm trong tam giác thì

Hình 2.1: AA(cid:48), BB(cid:48), CC (cid:48) cắt nhau tại K

+ . AK KA(cid:48) = AB(cid:48) B(cid:48)C AC(cid:48) C(cid:48)B

Chứng minh 1. Kéo dài BB(cid:48) và CC(cid:48) cho đến khi gặp đường thẳng kẻ qua A song song với BC, tại E và D. Ta có

= DA + AE BC

AK KA(cid:48) = = + + . DA A(cid:48)C DA BC AE BA(cid:48) = AE = BC AC(cid:48) C(cid:48)B AB(cid:48) B(cid:48)C

Ngoài cách chứng minh như trên, định lý này còn có thể chứng minh như

sau.

Chứng minh 2. Áp dụng định lý Menelaus cho (cid:52)ABA(cid:48) và ba điểm C(cid:48), K, C thẳng hàng, ta có

· = 1 ⇒ = · . (2.1) AC(cid:48) C(cid:48)B BC CA(cid:48) · A(cid:48)K KA AC(cid:48) C(cid:48)B CA(cid:48) BC KA A(cid:48)K

Áp dụng định lý Menelaus cho (cid:52)ACA(cid:48) và ba điểm B(cid:48), K, B thẳng hàng, ta có

· = 1 ⇒ = · . (2.2) AB(cid:48) B(cid:48)C BC BA(cid:48) · A(cid:48)K KA AB(cid:48) B(cid:48)C BA(cid:48) BC KA A(cid:48)K

Từ (2.1) và (2.2) ta có

(cid:19)

+ = + = . AC(cid:48) C(cid:48)B AB(cid:48) B(cid:48)C AK A(cid:48)K

(cid:18)CA(cid:48) BC

BA(cid:48) BC AK A(cid:48)K

Chứng minh 3. Ta có

= =

= = . AC(cid:48) C(cid:48)B AB(cid:48) B(cid:48)C SAC (cid:48)K SBC (cid:48)K SAB(cid:48)K SCKB(cid:48) SAKC SBKC SAKB SBKC

Suy ra

+ = . (2.3) AC(cid:48) C(cid:48)B AB(cid:48) B(cid:48)C SAKC + SAKB SBKC

Lại có

= = SAKC SCKA(cid:48) SAKB + SAKC SBKA(cid:48) + SCKA(cid:48)

AK KA(cid:48) = = . (2.4) SAKB SBKA(cid:48) SAKB + SAKC SBKC

Từ (2.3) và (2.4) suy ra

+ = . AC(cid:48) C(cid:48)B AB(cid:48) B(cid:48)C AK A(cid:48)K

Nhận xét.

(+) Định lý van Aubel cho phép tính tỉ số và . AB(cid:48) B(cid:48)C AK KA(cid:48) theo các tỉ số

AC(cid:48) C(cid:48)B Ta biết rằng có rất nhiều bộ ba các đường Ceva đồng quy trong tam giác chẳng hạn như các Ceva trọng tâm (các đường trung tuyến), các Ceva trực tâm (các đường cao), các Ceva tâm đường tròn nội tiếp (các đường phân giác), các Ceva Gergonne, các Ceva Nagel, các Ceva đối trung, các Ceva đẳng giác, . . . nên ta có nhiều bài toán là hệ quả của định lý van Aubel. Ngoài ra, ta có thể tổ hợp các Ceva khác nhau trong cùng một bài toán, chẳng hạn Ceva trọng tâm với Ceva Gergonne, Ceva trọng tâm với Ceva Nagel, . . . để tạo ra các bài toán mới. Như vậy ta có nhận xét sau:

(++) Định lý van Aubel vẫn còn đúng trong trường hợp điểm A(cid:48) nằm trên cạnh BC còn hai điểm B(cid:48), C(cid:48) lần lượt nằm trên tia đối của hai tia CA, BA. Thật vậy, ta có

= = . = AK KA(cid:48) = SABK SBKA(cid:48) SACK SCKA(cid:48) SABKC SBKC SABK + SACK SBKA(cid:48) + SCKA(cid:48)

Ta có

= = = = . AC(cid:48) C(cid:48)B SAC (cid:48)C SBC (cid:48)C SAC (cid:48)K SBC (cid:48)K SAC (cid:48)C + SAC (cid:48)K SBC (cid:48)C + SBC (cid:48)K SAKC SBKC

Tương tự, ta có

= . AB(cid:48) B(cid:48)C SAKB SBKC

Hay

+ = + = . AC(cid:48) C(cid:48)B AB(cid:48) B(cid:48)C SAKC SBKC SAKB SBKC SABKC SBKC

Suy ra

= + . AK A(cid:48)K AC(cid:48) C(cid:48)B AB(cid:48) B(cid:48)C

Định lý 2.1.2 (Định lý van Aubel cho tứ giác, [6]). Về phía ngoài tứ giác ABCD ta dựng các hình vuông. Gọi P, Q, R, S là tâm các hình vuông đó. Khi đó ta có đường thẳng P R = QS và P R ⊥ QS (Hình 2.2).

Hình 2.2: Định lý van Aubel cho tứ giác

Hình 2.3: Biểu diễn các cạnh theo số phức

Chứng minh 1. (Sử dụng số phức): Cho tứ giác ABCD, lấy đỉnh A là gốc tọa độ. Tiếp theo, biểu diễn véctơ AB là số phức 2a, và tương tự BC là số phức 2b, CD là số phức 2c, và DA là số phức 2d. Véctơ AP được biểu diễn bởi số phức p, và tương tự véctơ AQ là q, véctơ AR là r và véctơ AS là s (Hình 2.3).

Vì tứ giác ABCD đóng, phép cộng véctơ kéo theo 2a + 2b + 2c + 2d = 0,

tức là

a + b + c + d = 0.

Ta có thể đi từ A tới P bằng cách đi một nửa đường tới B rồi quay 90 độ và đi một đoạn bằng như trước. Do đó, số phức p là

p = a + ia = (1 + i)a.

Tương tự, các số phức q, r và s được biểu diễn thành

q = 2a + (1 + i)b,

r = 2a + 2b + (1 + i)c,

s = 2a + 2b + 2c + (1 + i)d.

Ký hiệu véctơ từ điểm Q tới S là u và véctơ từ điểm P tới R là v, khi đó u được viết thành s − q và v được viết r − p:

u = s − q = (b + 2c + d) + i(d − b),

v = r − p = (a + 2b + c) + i(c − a).

Ta phải chứng minh rằng đoạn QS và P R bằng nhau và vuông góc với nhau, tức là hệ thức giữa các số phức u và v phải thỏa mãn

v = iu.

Nói cách khác, nhân cả hai vế của phương trình trên với i, chuyển vế, đổi dấu ta được

u + iv = 0,

và do đó ta chỉ cần chứng minh phương trình trên đúng. Thực hiện tính toán ta thu được

u + iv = (b + 2c + d − c + a) + i(d − b + a + 2b + c)

= (a + b + c + d) + i(a + b + c + d) = 0.

Điều phải chứng minh.

Chứng minh 2. (Sử dụng công cụ của hình học): Xét tam giác ABC tạo bởi các cạnh AB và BC của tứ giác ABCD (Hình 2.4). Dựng các hình vuông bên ngoài các cạnh AB, BC, ký hiệu tâm các hình vuông lần lượt là P và Q. Ký

hiệu M là trung điểm của CA và dựng đoạn thẳng P M và QM . Mối quan hệ giữa P M và QM là

P M = QM, P M ⊥ QM.

Hình 2.4: P M = M P và P M ⊥ M Q

Để chứng minh điều này, ta có thể dùng phương pháp số phức. Tuy nhiên ta cũng có thể dùng công cụ của hình học.

Ký hiệu phép quay quanh điểm p góc π/2 là Rπ/2

, phép quay quanh điểm m góc π là Rπ , phép quay quanh điểm m, ký hiệu M là tích

q góc π/2 là Rπ/2 hợp của ba phép quay

m ◦ Rπ/2 Vì π/2 + π/2 + π = 2π, tổng góc quay là một bội nguyên của 2π, nên với mỗi điểm v, phép biến đổi M tương đương với phép tính tiến Tv.

M = Rπ . ◦ Rπ/2 p

Bỏ qua sự tịnh tiến thì với mỗi điểm xác định k, M (k) = k nên M là một

phép tính tiến 0, tức là một phép biến đổi đơn vị. Do đó

p = (Rπ

m)−1 ◦ M = Rπ m.

◦ Rπ/2 Rπ/2 q

m(p), thì m là trung điểm của pp(cid:48). Mặt khác, vì

Nếu p(cid:48) xác định sao cho p(cid:48) = Rπ

p(cid:48) = (Rπ/2 )(p) = Rπ/2 (p), ◦ Rπ/2 p

p(cid:48) là điểm p được quay quanh điểm q góc π/2. Do đó pqp(cid:48) tạo thành một tam giác vuông cân, nên pm và qm vuông góc và có độ dài bằng nhau (Hình 2.5).

Hình 2.5: pm và qm vuông góc và có độ dài bằng nhau

Hình 2.6: P M2 ⊥ M1M3, M1M2 ⊥ QM3,

Chứng minh 3. (Sử dụng các tính chất trong hình học sơ cấp) Trước tiên ta tính chất một hệ thức hình học. Xét tam giác ABC tạo bởi các cạnh AB và BC của tứ giác ABCD (Hình 2.6). Dựng các hình vuông bên ngoài các cạnh AB, BC, ký hiệu tâm các hình vuông lần lượt là P và Q. Ký hiệu M1 là trung điểm của CA, trung điểm của AB là M2 và trung điểm của BC là M3.

Ta có

M2P = M2B, M2P ⊥ M2B, M3Q = M3B, M3Q ⊥ M3B.

Vì M2B (cid:107) M1M3 và M3B (cid:107) M1M2 nên

P M2 ⊥ M1M3, M1M2 ⊥ QM3,

Hình 2.7: P M = QM, P M ⊥ QM

Nếu M2B được dịch chuyển thành M1M3 và M3B được dịch chuyển thành M1M2 thì (cid:52)P M1M2 và (cid:52)QM1M3 có hai cạnh bằng nhau và có một góc trong bằng 90◦ + (cid:91)ABC, do đó chúng bằng nhau. Suy ra các cạnh P M1 và QM1 bằng nhau và vuông góc với nhau.

Hình 2.2 có thể được chứng minh bằng cách sử dụng Hình 2.7 hai lần. Với tứ giác bất kỳ ABCD, vẽ đường chéo AC và ký hiệu trung điểm AC là M . Với P và Q là tâm của hình vuông ta có

P M = QM, P M ⊥ QM

và tương tự với tâm R và S ta có

RM = SM, RM ⊥ SM.

Xét hai tam giác P M R và QM S. Vì hai cạnh tương ứng bằng nhau: P M = QM, RM = SM , và chúng cùng có góc trong bằng 90◦ + (cid:92)QM R nên

(cid:52)P M R = (cid:52)QM S.

Ngoài ra, vì chúng được quay 90 độ quanh điểm M ,

P R = QS, P R ⊥ QS.

Gọi giao điểm của P R và QS là F , F có thể khác M. Ta có P R và QS bằng

nhau và vuông góc với nhau, nhưng chúng giao nhau với tỉ số nào?

Hình 2.8: Bốn đường tròn giao nhau tại F

Để tìm câu trả lời, ta nối các tâm hình vuông để tạo thành các cạnh P Q, QR, RS, SP , và thu được các tam giác vuông (cid:52)F QP, (cid:52)F RQ, (cid:52)F SR và (cid:52)F P S. Bốn đường tròn ngoại tiếp bốn tam vuông có đường kính lần lượt là P Q, QR, RS và SP , cùng giao nhau tại F. Độ dài các dây cung P F, QF, RF và SF xác định tỉ lệ liên hệ giữa các đoạn thẳng P R và QS (Hình 2.8).

Nếu tứ giác ABCD là hình vuông, hình thoi, hình chữ nhật hoặc hình bình hành thì tứ giác P QRS là một hình vuông và P R và QS giao nhau tại trung điểm của mỗi đoạn.

2.2 Một số tính chất, hệ quả của định lý van Aubel

Định lý van Aubel cho tam giác cho phép ta dễ dàng tìm được nhiều tỉ số đẹp trong tam giác liên quan đến các đường Ceva đồng quy tại một điểm một cách nhanh chóng và ngắn gọn.

Hệ quả 2.2.1 ([3]). Cho tam giác ABC có ba đường trung tuyến AD, BE,

CF đồng quy tại điểm G. Chứng minh rằng = . AG AD 2 3

Chứng minh. Trong các chứng minh kết quả này thì sử dụng định lí van Aubel là cách chứng minh ngắn nhất. Thật vậy từ G là trọng tâm của tam giác ABC ta có

= + = 1 + 1 = 2. AE EC AF F B

Vậy = = . AG AG + GD 2 2 + 1 AG GD 2 3

Hệ quả 2.2.2 ([3]). Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF đồng quy tại điểm H. Gọi S là diện tích và a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC. Chứng minh rằng

(cid:115)

= AH HD (bc)2 − 4S2 (ab)2 − 4S2 + (bc)2 − 4S2 (ac)2 − 4S2 .

Chứng minh. Ta có

AD · a = BE · b = CF · c. S = 1 2 1 2 1 2

Vậy BE = ; CF = . 2S b 2S c

AE2 = AB2 − BE2 = c2 − 4S2 b2 .

(cid:112)

AE = (bc)2 − 4S2. 1 b

EC2 = BC2 − BE2 = a2 − 4S2 b2 .

Vậy EC =

(cid:112)(ab)2 − 4S2.

1 b

Tương tự, ta cũng có

(cid:112)

(bc)2 − 4S2; F B = (ac)2 − 4S2. AF = 1 c 1 c

Theo định lí van Aubel, ta có (cid:115)

(cid:115)

= AH HD (bc)2 − 4S2 (ab)2 − 4S2 + (bc)2 − 4S2 (ac)2 − 4S2 .

Bổ đề 2.2.1 ([3]). Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF đồng quy tại trực tâm H của tam giác và

= . HA HD cos (cid:91)BAC cos (cid:91)ABC cos (cid:91)ACB

Chứng minh. Ta có

= = DB DC AD cot (cid:91)ABC AD cot (cid:91)ACB tan (cid:91)ACB tan (cid:91)ABC

và tương tự

= , = . EC EA F A F B tan (cid:91)BAC tan (cid:91)ACB tan (cid:91)ABC tan (cid:91)ACB

Nhân ba tỷ số ta được

· · = · · = 1. DB DC EC EA F A F B tan (cid:91)ACB tan (cid:91)ABC tan (cid:91)BAC tan (cid:91)ACB tan (cid:91)ABC tan (cid:91)ACB

Vậy theo định lý Ceva, ba đường cao đồng quy. Ngoài ra, theo định lý van Aubel, ta có

= = + + HA HD EA EC tan (cid:91)ABC tan (cid:91)BAC tan (cid:91)ACB tan (cid:91)BAC

= F A F B tan (cid:91)ABC + tan (cid:91)ACB tan (cid:91)BAC

= = . sin( (cid:91)ABC + (cid:91)ACB) cos (cid:91)BAC cos (cid:91)ABC cos (cid:91)ACB sin (cid:91)BAC sin(180◦ − (cid:91)BAC) cos (cid:91)BAC cos (cid:91)ABC cos (cid:91)ACB sin (cid:91)BAC cos (cid:91)BAC cos (cid:91)ABC cos (cid:91)ACB

Hệ quả 2.2.3 ([3]). Cho tam giác ABC có ba đường phân giác AD, BE, CF

đồng quy tại điểm I. Chứng minh rằng = . AI ID b + c a

Chứng minh. Vì BE là phân giác góc B của tam giác ABC nên ta có

= . AE EC c a

Tương tự CF là phân giác của góc C nên ta có

= . F A F B b a

Theo định lí van Aubel, ta có

= + = . AI ID AE EC AF F B b + c a

Hệ quả 2.2.4 ([1]). Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn có các tiếp điểm với các cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F . Các Ceva AD, BE, CF đồng quy tại điểm I gọi là điểm Gergonne. Chứng minh rằng

= . AI ID a(p − a) (p − b)(p − c)

Chứng minh. Thật vậy, ta có AE = AF , BF = BD, DC = CE. Suy ra

AE + DC + BF = BD + AF + EC = = . a + b + c 2 p 2

hay AE = p − a. Tương tự, EC = p − c và Vì BF = BD nên AE + BC = p 2

BF = p − b. Áp dụng định lí van Aubel ta có

(cid:19)

= + = (p − a) = . AI ID p − a p − b p − a p − c

(cid:18) p − b + p − c (p − b)(p − c)

a(p − a) (p − b)(p − c)

Bây giờ chúng ta sẽ khám phá một số bài toán về tổ hợp các Ceva khác

nhau. Chẳng hạn giữa Ceva trung tuyến và Ceva Gergonne. Ta có

Hệ quả 2.2.5 ([1]). Cho tam giác ABC. Gọi AD, BE lần lượt là trung tuyến và Ceva Gergonne của tam giác ABC. S là giao điểm của AD và BE. Chứng minh rằng

= . AS SD 2(p − a) p − c

Chứng minh. Gọi F = CS ∩ AB. Vì AD là trung tuyến nên ta có BD = DC. Theo chứng minh hệ quả 2.2.4, ta được

AE = p − a, EC = p − c. (2.5)

Áp dụng định lí Ceva, ta có

· · = 1. (2.6) BD DC CE EA AF F B

Từ (2.5) và (2.6), ta có:

= . AF F B p − a p − c

Áp dụng định lí van Aubel ta có

= + = . AS SD AE EC AF F B 2(p − a) p − c

Chương 3

Vận dụng định lý van Aubel vào

giải bài tập

Trong chương này, vận dụng định lý van Aubel cho tam giác và tứ giác đã trình bày trong Chương 2, chúng tôi trình bày một số ứng dụng của định lý van Aubel trong việc giải một số dạng bài toán hình học phẳng. Một số dạng toán có thể liệt kê ra như bài toán về tỉ số liên quan đến đường Ceva, bài toán chứng minh đồng quy, bài toán chứng minh vuông góc.

3.1 Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập

liên quan đến tam giác

Vận dụng định lý van Aubel cho tam giác, ta giải được nhiều bài tập liên

quan đến tính tỉ số trong tam giác.

, , Bài toán 3.1.1 ([1]). Cho một tam giác P1P2P3, P là một điểm ở trong tam giác đó; P1P, P2P, P3P cắt các cạnh đối diện ở Q1, Q2, Q3. Chứng minh rằng có ít nhất một tỉ số không lớn hơn 2 và ít trong các tỉ số: P1P P Q1 P2P P Q2 P3P P Q3 nhất một tỉ số không nhỏ hơn 2.

Giải. Gọi G là giao điểm của ba đường trung tuyến. Ba trung tuyến P1L, P2M, P3N chia tam giác P1P2P3 thành sáu tam giác nhỏ GP1M, GP1N, GP2N, . . . Lấy bất kì một điểm P nào trong một tam giác nhỏ đó, chẳng hạn trong tam giác GP1M .

Theo định lí van Aubel, ta có:

= + ≤ 2 P1P P Q1 P1Q2 Q2P3 P1Q3 Q3P2

vì mỗi tỉ số trong vế sau của đẳng thức đều nhỏ hơn hoặc bằng 1.

Trong lúc đó ta lại có:

= + ≥ 2. P2P P Q2 P2Q1 Q1P3 P2Q3 Q3P1

Dấu = ở các biểu thức trên xảy ra khi và chỉ khi: P ≡ G (trọng tâm của tam giác P1P2P3).

Lí luận trên đây có thể lặp lại tương tự nếu P nằm trong bất kì một tam giác nhỏ nào khác. Vậy là: lấy điểm P ở bất kì vị trí nào trong tam giác P1P2P3, không lớn hơn 2, ta luôn luôn có ít nhất một trong ba tỉ số , , P1P P Q1 P2P P Q2 P3P P Q3 (cid:3) và ít nhất một tỉ số không nhỏ hơn 2.

Bài toán 3.1.2 ([1]). Nếu ba đường thẳng AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48) cắt nhau tại một điểm K nằm trong tam giác ABC, thì:

KA(cid:48) AA(cid:48) + KB(cid:48) BB(cid:48) + KC(cid:48) CC(cid:48) = 1

và

AK AA(cid:48) + BK BB(cid:48) + CK CC(cid:48) = 2.

Giải. Gọi H, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, K xuống cạnh BC.

1) Vì = nên: KI AH SKBC SABC

= = 1. KA(cid:48) AA(cid:48) = KA(cid:48) AA(cid:48) + KB(cid:48) BB(cid:48) + KC(cid:48) CC(cid:48) = SKBC + SKAC + SKAB SABC SABC SABC

+ + AK AA(cid:48) + BK BB(cid:48) + CK CC(cid:48) = BB(cid:48) − KB(cid:48) BB(cid:48) CC(cid:48) − KC(cid:48) CC(cid:48)

(cid:17)

= 2. = 3 − AA(cid:48) − KA(cid:48) AA(cid:48) (cid:16)KA(cid:48) AA(cid:48) + KB(cid:48) BB(cid:48) + KC(cid:48) CC(cid:48)

(cid:3)

Bài toán 3.1.3 ([1]). Chứng minh rằng hiệu giữa tích ba tỉ số Ceva và tổng của chúng là một hằng số, bằng 2. (Tỉ số Ceva là tỉ số hai đoạn thẳng xác định

bởi ba điểm trên một đuờng thẳng Ceva, thí dụ AK KA(cid:48) , BK KB(cid:48) , CK KC(cid:48) ).

Giải. Đặt = m, = n, = t. Vậy, theo định lý van Aubel, ta có: AB(cid:48) B(cid:48)C CA(cid:48) A(cid:48)B

+ = m + BC(cid:48) C(cid:48)A AB(cid:48) B(cid:48)C AK KA(cid:48) = AC(cid:48) C(cid:48)B 1 t

+ = t +

+ = n + . BK KB(cid:48) = CK KC(cid:48) = BC(cid:48) C(cid:48)A CA(cid:48) A(cid:48)B BA(cid:48) A(cid:48)C CB(cid:48) B(cid:48)A 1 n 1 m

Tổng ba tỷ số

S = m + n + t + + + . 1 m 1 n 1 t

Tích ba tỷ số

(cid:16)

(cid:17)(cid:16)

(cid:17)

P = m + t + n + 1 t 1 n 1 m

= mnt + + m + n + t + + + . 1 m 1 n 1 t 1 mnt

Theo định lí Ceva:

= 1. mnt = 1 mnt

(cid:3) Vậy, P − S = 2.

Bài toán 3.1.4 ([1]). Xác định diện tích tam giác A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) có các đỉnh là chân của một bộ ba đường thẳng Ceva cắt nhau ở trong tam giác, theo diện tích S của tam giác ABC và các tỉ số:

= m, = n, = t. AB(cid:48) B(cid:48)C CA(cid:48) A(cid:48)B BC(cid:48) C(cid:48)A

Giải.

(cid:16)

(cid:17)

1 − − − . SA(cid:48)B(cid:48)C (cid:48) = S SAB(cid:48)C (cid:48) S SBA(cid:48)C (cid:48) S SCA(cid:48)B(cid:48) S

Sử dụng công thức S = bc sin A để tính diện tích tam giác, ta có:

= = · = · . SAB(cid:48)C (cid:48) S AB(cid:48) AB(cid:48) + B(cid:48)C AC(cid:48) AC(cid:48) + C(cid:48)B m 1 + m 1 1 + t 1 2 AB(cid:48) · AC(cid:48) AC · AB

Tương tự,

= ·

= · . SBA(cid:48)C (cid:48) S SCA(cid:48)B(cid:48) S t 1 + t n 1 + n 1 1 + n 1 1 + m

Cuối cùng:

(cid:21)

(cid:20)

− − 1 − SA(cid:48)B(cid:48)C (cid:48) = S t (1 + t)(1 + n) n (1 + n)(1 + m)

= S · m (1 + m)(1 + t) 1 + mnt (1 + m)(1 + n)(1 + t)

= ( vì mnt = 1). 2S (1 + m)(1 + n)(1 + t)

Trường hợp đặc biệt:

1) Các đường Ceva là những trung tuyến: m = n = t = 1

SA(cid:48)B(cid:48)C (cid:48) = S 4

2) Các đường Ceva là những phân giác trong:

m = , n = , t = c a b c

SA(cid:48)B(cid:48)C (cid:48) = a b 2S · abc (a + c)(c + b)(b + a)

3) Các đường Ceva là những đường cao:

m = , n = , t = c · cos A a · cos C b · cos C c · cos B a · cos B b · cos A

SA(cid:48)B(cid:48)C (cid:48) = 2Sabc · cos A cos B cos C (a cos C + c cos A)(c cos B + b cos C)(b cos A + a cos B)

SA(cid:48)B(cid:48)C (cid:48) = 2S cos A cos B cos C

(vì a cos C + c cos A = b, c cos B + b cos C = a, b cos A + a cos B = c)

(cid:3)

Bài toán 3.1.5 ([1]). Từ các đỉnh A, B, C của một tam giác ABC, kẻ những đường thẳng lần lượt song song với các cạnh B(cid:48)C(cid:48), C(cid:48)A(cid:48), A(cid:48)B(cid:48) của tam giác A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48). Chứng minh rằng, nếu các đường thẳng này đồng quy thì các đường thẳng kẻ từ A(cid:48), B(cid:48), C(cid:48) và theo thứ tự song song với BC, CA, AB cũng đồng quy.

Giải. Theo giả thiết:

(cid:40)

AA1 (cid:107) B(cid:48)C(cid:48) : +B(cid:48)B(cid:48) +C(cid:48)C(cid:48)

(cid:40)

BB1 (cid:107) A(cid:48)C(cid:48) : +C(cid:48)C(cid:48) +A(cid:48)A(cid:48)

(cid:40)

1 (cid:107) AC ⇒ (cid:98)1 = (cid:98)1(cid:48) 1 (cid:107) AB ⇒ (cid:98)2 = (cid:98)2(cid:48) 1 (cid:107) AB ⇒ (cid:98)3 = (cid:98)3(cid:48) 1 (cid:107) BC ⇒ (cid:98)4 = (cid:98)4(cid:48) 1 (cid:107) AC ⇒ (cid:98)5 = (cid:98)5(cid:48) 1 (cid:107) BC ⇒ (cid:98)6 = (cid:98)6(cid:48).

CC1 (cid:107) A(cid:48)B(cid:48) : +B(cid:48)B(cid:48) +A(cid:48)A(cid:48)

Và cùng theo giả thiết: AA1, BB1, CC1 đồng quy, nên:

· · = 1. AB1 B1C CA1 A1B BC1 C1A

Mà

= AB1 B1C CA1 A1B BC1 C1A c · sin (cid:98)3 a · sin (cid:98)4 b · sin (cid:98)1 c · sin (cid:98)2 a · sin (cid:98)6 b · sin (cid:98)5

nên:

· · = · · = AB1 B1C CA1 A1B BC1 C1A b · sin (cid:98)1 c · sin (cid:98)2 a · sin (cid:98)6 b · sin (cid:98)5

= =

= · · = sin (cid:98)3 · sin (cid:98)1 · sin (cid:98)6 sin (cid:98)4 · sin (cid:98)2 · sin (cid:98)5 a(cid:48)b(cid:48)c(cid:48) sin (cid:98)3(cid:48) · sin (cid:98)1(cid:48) · sin (cid:98)6(cid:48) a(cid:48)b(cid:48)c(cid:48) sin (cid:98)4(cid:48) · sin (cid:98)2(cid:48) · sin (cid:98)5(cid:48) C(cid:48)B(cid:48) 1 1A(cid:48) · B(cid:48) A(cid:48)C(cid:48) 1 1B(cid:48) · C(cid:48) B(cid:48)A(cid:48) 1 1C(cid:48) = 1. A(cid:48) c · sin (cid:98)3 a · sin (cid:98)4 sin (cid:98)3(cid:48) · sin (cid:98)1(cid:48) · sin (cid:98)6(cid:48) sin (cid:98)4(cid:48) · sin (cid:98)2(cid:48) · sin (cid:98)5(cid:48) a(cid:48) sin (cid:98)1(cid:48) c(cid:48) sin (cid:98)5(cid:48) b(cid:48) sin (cid:98)3(cid:48) a(cid:48) sin (cid:98)2(cid:48) c(cid:48) sin (cid:98)6(cid:48) b(cid:48) sin (cid:98)4(cid:48)

1, A(cid:48)A(cid:48)

1, B(cid:48)B(cid:48)

1 kẻ từ các đỉnh C(cid:48), A(cid:48), B(cid:48) (cid:3)

Điều đó chứng tỏ là các đường thẳng C(cid:48)C(cid:48) lần lượt song song với AB, BC, CA cũng đồng quy.

Bài toán 3.1.6 ([3]). Trên ba cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lần lượt lấy ba điểm H, M, N sao cho ba đoạn thẳng AH, BM và CN đồng quy tại G. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của HN và BM , HM và CN . Tia AP và tia AQ cắt cạnh BC lần lượt tại E và F . Chứng minh rằng:

(cid:17)

+ = 3 · + . AP P E AQ QF

(cid:16) AN N B

AM M C

Giải. Áp dụng định lí van Aubel cho (cid:52)ABH với AE, BG, HN đồng quy tại P , ta có:

= + . (3.1) AP P E AN N B AG GH

Áp dụng định lí van Aubel cho (cid:52)ACH với AF , CG, HM đồng quy tại Q, ta có:

= + . (3.2) AQ QF AM M C AG GH

Áp dụng định lí van Aubel cho (cid:52)ABC với AH, BM , CN đồng quy tại G, ta có:

= + . (3.3) AG GH AN N B AM M C

Từ (3.1),(3.2),(3.3) suy ra:

(cid:17)

+ = 3 · + . AP P E AQ QF

(cid:16) AN N B

AM M C

(cid:3)

Nhận xét.

• Trường hợp H là trung điểm BC thì M N (cid:107) BC hay

= ⇒ + = 6 · . AN N B AM M C AP P E AQ QF AN N B

• Trường hợp G là trung điểm AH thì

+ = 1 ⇒ + = 3. AN N B AM M C AP P E AQ QF

Bài toán 3.1.7 ([3]). Cho tam giác ABC, trên ba cạnh BC, CA, AB lần lượt lấy ba điểm A(cid:48), B(cid:48), C(cid:48) sao cho AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48) đồng quy tại K. Gọi N, M lần lượt là giao điểm của A(cid:48)B(cid:48) và CC(cid:48), A(cid:48)C(cid:48) và BB(cid:48). Tia AM , tia AN lần lượt cắt BC tại E, F . Chứng minh rằng:

a) EN, F M, AA(cid:48) đồng quy tại I.

b) IA · KA(cid:48) = 3 · IA(cid:48) · KA.

Giải. a) Áp dụng định lí Menelaus cho (cid:52)ABE với ba điểm thẳng hàng A(cid:48), M, C(cid:48), ta có:

· · = 1 ⇒ = AM M E EA(cid:48) A(cid:48)B BC(cid:48) C(cid:48)A AM M E C(cid:48)A BC(cid:48) · A(cid:48)B EA(cid:48) .

Áp dụng định lí Menelaus cho (cid:52)AF C với ba điểm thẳng hàng A(cid:48), N, B(cid:48) ta có:

· · = 1 ⇒ = F N N A AB(cid:48) B(cid:48)C CA(cid:48) A(cid:48)F F N N A A(cid:48)F CA(cid:48) · B(cid:48)C AB(cid:48) .

Suy ra

(cid:17)

· = · · = · AM M E EA(cid:48) A(cid:48)F F N N A

(cid:16) C(cid:48)A BC(cid:48) ·

A(cid:48)B EA(cid:48) EA(cid:48) A(cid:48)F

(cid:16)A(cid:48)F CA(cid:48) ·

B(cid:48)C AB(cid:48) C(cid:48)A BC(cid:48) · A(cid:48)B CA(cid:48) · B(cid:48)C AB(cid:48) = 1.

(do AA(cid:48), BB(cid:48) và CC(cid:48) đồng quy tại K - định lí Ceva).

Cũng theo định lí Ceva ta có AA(cid:48), EN và F M đồng quy tại I.

b) Áp dụng định lí van Aubel cho (cid:52)ABA(cid:48), (cid:52)ACA(cid:48), (cid:52)AEF , ta có:

= (3.4) AM M E

= (3.5)

+ (3.6) AN N F AM M E AK KA(cid:48) + AK KA(cid:48) + AN = N F AC(cid:48) C(cid:48)B AB(cid:48) B(cid:48)C AI IA(cid:48) .

Thay (3.4) và (3.5) vào (3.6) ta được:

2 + = (3.7) AK KA(cid:48) + AC(cid:48) C(cid:48)B AB(cid:48) B(cid:48)C AI IA(cid:48) .

Áp dụng định lí van Aubel cho (cid:52)ABC ta có:

+ = AC(cid:48) C(cid:48)B AB(cid:48) B(cid:48)C AK KA(cid:48) .

Thay vào (3.7) ta được:

3 AK KA(cid:48) = AI IA(cid:48) ⇒ 3 · IA(cid:48) · AK = KA(cid:48) · AI.

(cid:3)

Bài toán 3.1.8 ([3]). Cho K là điểm nằm trong tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là giao điểm của AK và BC, BK và AC, CK và AB. Chứng minh rằng:

+ + ≥ 6. AK KD BK KE CK KF

Giải. Áp dụng định lí van Aubel cho (cid:52)ABC:

= + AK KD AE EC AF F B

= +

= + . F B AF EC AE BK KE KC F K BD DC DC BD

Cộng theo từng vế của các đẳng thức trên ta được:

+ + = + + + + + AK KD BK KE KC F K AF F B F B AF BD DC

(cid:17)

EC AE (cid:17)

(cid:17)

= + + + + + ≥ 6. AE EC (cid:16) AE EC EC AE

(cid:16) AF F B

DC BD (cid:16)BD DC F B AF DC BD

(theo bất đẳng thức Cauchy).

Đẳng thức xảy ra ⇔ E, F, D lần lượt là trung điểm của các cạnh CA, AB, BC. (cid:3) Khi đó K là trọng tâm của (cid:52)ABC.

Nhận xét. Lời giải sử dụng định lí van Aubel rất tự nhiên và đơn giản hơn phương pháp sử dụng diện tích để chứng minh bài toán này.

Bài toán 3.1.9. Cho tam giác ABC, A1 là điểm trên cạnh BC sao cho

= . γ β A1B A1C

Gọi X và Y lần lượt là các điểm trên cạnh AB và AC và cho M là giao điểm của đoạn thẳng XY với AA1. Khi đó

β + γ = (β + γ) . XB XA Y C Y A A1M M A

Giải. Đầu tiên giả sử rằng XY song song với cạnh BC. Khi đó

= = , XB XA Y C Y A M A1 M A

nên kết quả đúng với bất kỳ β, γ.

Giả sử XY và BC cắt nhau tại điểm Z. Xét tam giác AA1B. Vì M, X và

Z thẳng hàng ta có

· · = 1. Y C Y A ZA1 ZC M A M A1

Nên

+ γ = β + γ β XB XA Y C Y A M A1 · ZC M A · ZA1

(βZB + γZC) =

= (βZA1 − βBA1 + γZA1 + γA1C) M A1 · ZB M A · ZA1 M A1 M A · ZA1 M A1 M A · ZA1

(cid:1)

= (β + γ) = γ β ZA1 vì (cid:0)A1B A1C

= (β + γ) , M A1 M A · ZA1 M A1 M A

(cid:3) điều phải chứng minh.

Bài toán 3.1.10. Cho tam giác ABC có ba đường Ceva AA1, BB1 và CC1 giao nhau tại M . Giả sử

= , = và = . γ β α γ β α A1B A1C B1C B1A C1A C1B

Nếu X và Y là hai điểm trên cạnh AB và AC thì điểm M nằm trên đoạn XY khi và chỉ khi

+ γ = α. β XB XA Y C Y A

Giải. Theo định lý van Aubel, ta có

= + = + = . β α γ α β + γ α AM A1M C1A C1B B1A B1C

Bây giờ giả sử M nằm trên đoạn XY. Theo Bài toán 3.1.9, ta thu được

β + γ = (β + γ) XB XA Y C Y A

= α. = (β + γ) A1M M A α β + γ

Ngược lại, giả sử XY và AA1 giao tại M (cid:48). Ta sẽ chỉ ra M (cid:48) trùng với M. Theo Bài toán 3.1.9, ta có

+ γ = (β + γ) . β XB XA Y C Y A A1M (cid:48) M (cid:48)A

Theo giả thiết, ta có

β + γ = α. XB XA Y C Y A

Do đó

= , α β + γ

(cid:3) A1M AM nên M và M (cid:48) trùng nhau. Do đó M phải nằm trên đoạn thẳng XY.

Hệ quả 3.1.1. Nếu G là trọng tâm của tam giác ABC thì α = β = γ = 1, và G nằm trên đường thẳng XY khi và chỉ khi

+ = 1. XB XA Y C Y A

Hệ quả 3.1.2. Nếu I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC thì các giá trị của α, β và γ được xác định độ dài các cạnh tam giác bằng

α = a, β = b, và γ = c.

Do đó I nằm trên XY khi và chỉ khi

b + c = a. XB XA Y C Y A

Hệ quả 3.1.3. Nếu H là trực tâm tam giác ABC thì tỉ số các cạnh được xác định bởi

α = tan (cid:91)BAC, β = tan (cid:91)ABC, γ = tan (cid:91)ACB.

Khi đó H nằm trên đường thẳng XY khi và chỉ khi

tan (cid:91)ABC + tan (cid:91)ACB = tan (cid:91)BAC. XB XA Y C Y A

Bài toán 3.1.11 (Cuộc thi Toán học Intervarsity Ireland 2006). Cho tam giác ABC và cho X và Y lần lượt là các điểm trên cạnh AB và AC sao cho đường thẳng XY chia đôi diện tích tam giác và các điểm X và Y chia đôi chu vi tam giác ABC. Khi đó tâm đường tròn nội tiếp I nằm trên đoạn XY .

Giải. Đặt x = AX và y = AY . Ta có

x + y = a + b + c 2

trong đó a, b và c là độ dài các cạnh của tam giác. Ngoài ra,

= = , 1 2 SAXY SABC xy sin (cid:91)BAC bc sin (cid:91)BAC

nên

xy = . bc 2

Xét

b + c = b + c XB XA Y C Y A c − x x b − y y

(cid:19)

+ − b − c = b

(cid:18) 1 x

1 y

· − b − c = bc a + b + c 2 2 bc

= a.

Do đó, theo Hệ quả 3.1.2, tâm đường tròn nội tiếp I nằm trên đường thẳng (cid:3) XY .

3.2 Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập

liên quan đến tứ giác

Bổ đề 3.2.1 ([6]).

(a) Nếu hai hình chữ nhật đồng dạng ABCD và AB(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) có chung đỉnh A (cả hai hình chữ nhật được gán nhãn theo chiều kim đồng hồ) thì BB(cid:48) vuông góc với DD(cid:48) (xem Hình 3.1)

(b) Ngoài ra, nếu P là giao điểm của BB(cid:48) và DD(cid:48), thì đường CC(cid:48) cũng đi

qua P và vuông góc AP .

Hình 3.1: BB(cid:48) vuông góc với DD(cid:48)

CC(cid:48). và AB(cid:48)C(cid:48)D(cid:48), thì OO(cid:48) = 1 2

Chứng minh. (a) Từ tính đồng dạng của hai hình chữ nhật, phép quay đồng dạng (k, 90◦)

quanh điểm A biến ABB(cid:48) thành ADD(cid:48) (k = AD/AB = AD(cid:48)/AB(cid:48)). Do đó BB(cid:48) và DD(cid:48) nằm trên hai đường thẳng vuông góc. (b) Vẽ hai hình tròn ngoại tiếp hai hình chữ nhật. Vì (cid:92)B(cid:48)P D(cid:48) = 90◦, suy ra hai hình tròn này giao nhau tại A và P ( (cid:92)B(cid:48)P D(cid:48) = 90◦ = (cid:92)B(cid:48)AD(cid:48)). Vì AC(cid:48) là đường kính, suy ra (cid:92)AP C(cid:48) = 90◦. Tương tự, (cid:91)AP C = 90◦ và do đó CP C(cid:48) là đường thẳng.

(c) Trong tam giác ACC(cid:48), các điểm O và O(cid:48) lần lượt là trung điểm của AC và AC(cid:48), do đó OO(cid:48) là đường trung bình và OO(cid:48) = CC(cid:48). 1 2

Bổ đề 3.2.2 ([6]).

(a) Nếu hai hình thoi đồng dạng ABCD và AB(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) chung đỉnh A (các đỉnh

được ký hiệu theo chiều kim đồng hồ) thì BB(cid:48) = DD(cid:48).

(b) Nếu O và O(cid:48) tương ứng là tâm của hình bình hành ABCD và AB(cid:48)C(cid:48)D(cid:48),

Hình 3.2: BB(cid:48) = DD(cid:48)

thì OO(cid:48) = CC(cid:48) (Hình 3.2). 1 2

Chứng minh. (a) Phép quay một góc (cid:92)BAB(cid:48) quanh đỉnh A biến (cid:52)ABB(cid:48) thành (cid:52)ADD(cid:48), do đó hai tam giác bằng nhau, chứng tỏ BB(cid:48) = DD(cid:48).

(b) Trong tam giác ACC(cid:48), các điểm O là O(cid:48) là trung điểm hai cạnh AC và AC(cid:48), và do đó OO(cid:48) là đường trung bình và OO(cid:48) = CC(cid:48). 1 2

Hình 3.3: Ba hình chữ nhật đồng dạng

Bổ đề 3.2.3 ([6]). Nếu hai hình chữ nhật đồng dạng ABCD và AB(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) chung đỉnh A thì trung điểm Q và S của B(cid:48)D và BD(cid:48) cùng với hai tâm R và T của hai hình chữ nhật tạo thành một hình chữ nhật đồng dạng T SRQ (xem Hình 3.3).

Hình 3.4: Ba hình thoi đồng dạng

Bổ đề 3.2.4 ([6]). Nếu hai hình thoi đồng dạng ABCD và AB(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) chung đỉnh A thì trung điểm Q và S của B(cid:48)D và BD(cid:48) cùng với hai tâm R và T của hai hình thoi tạo thành một hình thoi đồng dạng T SRQ (xem Hình 3.4).

Chứng minh. Cả hai Bổ đề 3.2.3 và 3.2.4 phụ thuộc vào kết quả tổng quát sau: Cho F0 và F1 là hai hình đồng dạng trong mặt phẳng, trong đó P1 ∈ F1 tương

ứng với P0 ∈ F0 dưới một phép đồng dạng cho trước. Lấy r ∈ (0, 1) và định nghĩa F1 = {(1 − r)P0 + rP1}. Khi đó Fr cũng là đồng dạng với F0.

Trong trường hợp của Định lý 3.2.3 và 3.2.4, ta có r = và hai hình chung 1 2 một đỉnh.

Hai định lý sau là tổng quát của định lý van Aubel.

Hình 3.5: Định lý van Aubel mở rộng

Định lý 3.2.1 ([6]). Nếu các hình chữ nhật đồng dạng có tâm E, F, G và H được dựng bên ngoài tứ giác ABCD như trong Hình 3.5, thì các đoạn EG và F H vuông góc. Ngoài ra, nếu J, K, L và M là trung điểm của các đoạn thẳng kẻ mờ thì JL và KM bằng nhau và đồng quy với hai đường thẳng khác.

Chứng minh. Theo Bổ đề 3.2.3, hai hình chữ nhật đồng dạng với các đường chéo EF và GH có chung đỉnh tại trung điểm của AC. tương tự, hai hình chữ nhật đồng dạng với đường chéo F G và EH có điểm chung là trung điểm của BD. Bổ đề 3.2.1 kéo theo EG và F H nằm trên các đường thẳng vuông góc và KM và JL đồng quy với EG và F H.

Bằng cách đặt các hình thoi trên các cạnh của tứ giác EF GH, ta thu được trường hợp tương tự như trong Định lý 3.2.2 bên dưới, mà từ đó suy ra KM và JL bằng nhau.

Từ Bổ đề 3.2.1 suy rằng EG bằng hai lần chiều rộng của hình chữ nhật đồng dạng P QRS, và F H bằng hai lần chiều dài hình chữ nhật. Tương tự, KM và JL bằng hai lần đường chéo của hình chữ nhật P QRS.

Một quan sát thú vị khác đó là F H và EG là đường phân giác của các góc tạo bởi KM và JL. Vẽ đường tròn ngoại tiếp các hình chữ nhật có đường chéo EF và F G, suy ra O cùng nằm trên cả hai đường tròn. Do đó (cid:91)F OL = (cid:91)F GL (trên dây cung F L) và (cid:92)F OK = (cid:92)F EK (trên dây cung F K). Nhưng vì (cid:52)F GL đồng dạng với (cid:52)F EK, suy ra (cid:91)F OL = (cid:92)F OK. Do đó F H là phân giác góc (cid:92)KOL, và tương tự, EG là phân giác góc KOJ.

Hình 3.6: Định lý van Aubel mở rộng

Định lý 3.2.2 ([6]). Nếu các hình thoi đồng dạng có tâm E, F, G và H được dựng bên ngoài tứ giác ABCD như trong Hình 3.6, thì các đoạn EG và F H bằng nhau. Ngoài ra, nếu J, K, L và M là trung điểm của các đoạn thẳng kẻ mờ thì JL và KM vuông góc.

Chứng minh. Định lý được chứng minh dựa vào Bổ đề 3.2.2 và 3.2.4. Theo Bổ đề 3.2.4, các hình thoi đồng dạng với đường chéo EF và GH có chung đỉnh

tại trung điểm AC. Tương tự, các hình thoi đồng dạng với đường chéo F G và EH có chung đỉnh tại trung điểm BD. Bổ đề 3.2.2 kéo theo EG và F H bằng nhau.

Bằng cách đặt các hình chữ nhật đồng dạng trên các cạnh của tứ giác EF GH, ta thu được trường hợp như trong Định lý 3.2.1, từ đó suy ra KM và JL nằm trên các đường thẳng vuông góc với nhau.

Từ Bổ đề 3.2.2 ta có EG và F H bằng hai lần chiều dài cạnh hình thoi P QRS. Tương tự, KM bằng hai lần độ dài đường chéo QS và JL bằng hai lần độ dài đường chéo P R.

Kết hợp Định lý 3.2.1 và 3.2.2, ta thu được định lý van Aubel cho tứ giác vì hình vuông vừa là hình chữ nhật, vừa là hình bình hành. Với trường hợp hình vuông ta thu được các đoạn JL và KM bằng nhau và vuông góc với nhau, EG và F H bằng nhau và vuông góc với nhau. Cả bốn đường đồng quy tại một điểm. Ngoài ra, ta cũng có tam góc tại điểm đó bằng nhau.

Chúng ta cần các bổ đề cơ bản sau để chứng minh một kết quả chính về

định lý van Aubel mở rộng.

Bổ đề 3.2.5 ([4]). Nếu (cid:52)ABC là một tam giác đều có tâm S và M là điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng tam giác thì 2SM 2 = AM 2 + BM 2 + CM 2 − AB2.

Bổ đề 3.2.6 ([4]). Tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo vuông góc khi và chỉ khi AB2 + CD2 = BC2 + AD2.

Bổ đề 3.2.7 ([4]). Nếu các tam giác đều ABP, BCQ, CDR và DAS được dựng bên ngoài tứ giác lồi ABCD có các cạnh AB = a, BC = b, CD = c và AD = d và có diện tích là ∆, khi đó

AQ2 + P Q2 + CS2 + RS2 = DQ2 + RQ2 + BS2 + P S2 = 2(a2 + b2 + c2 + d2 − ∆).

Hình 3.7: Định lý van Aubel mở rộng

Chứng minh. Xét tứ giác trong Hình 3.7. Áp dụng định lý cosin cho các tam giác ABQ, P BQ, SDC và SDR ta thu được

AQ2 = AB2 + BQ2 − 2AB · BQ · cos (cid:91)ABQ = a2 + b2 − 2ab cos(60◦ + (cid:91)ABC) P Q2 = BP 2 + BQ2 − 2BP · BQ · cos(cid:92)P BQ = a2 + b2 − 2ab cos(240◦ − (cid:91)ABC) CS2 = CD2 + DS2 − 2CD · DS · cos (cid:91)CDS = c2 + d2 − 2cd cos(60◦ +(cid:92)ADC) RS2 = RD2 + DS2 − 2RD · DS · cos (cid:91)RDS = c2 + d2 − 2cd cos(120◦ +(cid:92)ADC).

Cộng bốn hệ thức trên lại ta được

AQ2 + P Q2 + CS2 + RS2 = 2[a2 + b2 + c2 + d2 − ab(cos(60◦ + (cid:91)ABC) + cos(240◦ − (cid:91)ABC))

− cd(cos(60◦ +(cid:92)ADC) + cos(120◦ +(cid:92)ADC))]. (3.8)

Sử dụng các phép biến đổi góc của hàm lượng giác và sử dụng kết quả 2∆ = ab sin B + cd sin D, (3.8) được rút gọn thành

AQ2 + P Q2 + CS2 + RS2 = 2(a2 + b2 + c2 + d2 − ∆).

Tương tự, ta chứng minh được

DQ2 + RQ2 + BS2 + P S2 = 2(a2 + b2 + c2 + d2 − ∆).

Do đó

AQ2 + P Q2 + CS2 + RS2 = DQ2 + RQ2 + BS2 + P S2.

Hình 3.8: S1S3 ⊥ QS, S2S4 ⊥ P R

Định lý 3.2.3 ([4]). Nếu S1, S2, S3 và S4 là tâm của các tam giác đều (cid:52)ABP, (cid:52)BCQ, (cid:52)CDR và (cid:52)DAS được dựng bên ngoài tứ giác lồi bất kỳ ABCD có các cạnh AB = a, BC = b, CD = c và DA = d thì P R, QS lần lượt vuông góc với các đường S2S4, S1S4. Tức là S1S3 ⊥ QS, S2S4 ⊥ P R.

Chứng minh. Để chứng minh S1S3 vuông góc với QS, ta chứng minh tứ giác S1QS3R có các đường chéo vuông góc. Sử dụng Bổ đề 3.2.6, ta cần chỉ ra

(3.9) S1Q2 + S3S2 = S1S2 + S3Q2.

Sử dụng Bổ đề 3.2.5, ta có

3SM 2 = AM 2 + BM 2 + CM 2 − AB2.

Lần lượt thay S bằng S1, S3 và thay M bằng Q, S ta được

3S1Q2 = AQ2 + BQ2 + P Q2 − a2

3S1S2 = AS2 + BS2 + P S2 − a2 3S3Q2 = CQ2 + DQ2 + RQ2 − c2 3S3S2 = CS2 + DS2 + RS2 − c2.

Do đó, để chứng minh (3.9), ta chỉ cần chứng minh

AQ2 + P Q2 + CS2 + RS2 = DQ2 + RQ2 + BS2 + P S2.

Điều này theo Bổ đề 3.2.7.

Theo cách tương tự, ta có thể chứng minh S2S4 ⊥ P R.

Hình 3.9: V1, V2, V3 và V4 nằm trên một đường tròn

Định lý 3.2.4 ([4]). Cho V1, V2, V3 và V4 là giao điểm của các đường P R, QS, S1S3 và S2S4. Khi đó bốn điểm V1, V2, V3 và V4 nằm trên một đường tròn (Hình 3.9).

Chứng minh. Theo Định lý 3.2.3, rõ ràng V1V2 ⊥ V2V3 và V3V4 ⊥ V4V1. Cho nên bốn điểm V1, V2, V3 và V4 cùng nằm trên một đường tròn.

Kết luận

Với mục đích giới thiệu cho học sinh nội dung định lý van Aubel, một vài ý tưởng vận dụng định lý van Aubel vào việc giải một số bài toán hình học, luận văn đã đạt được những kết quả ban đầu như sau:

(1) Tổng hợp, trình bày một cách có chọn lọc các kiến thức cơ bản và nâng

cao liên quan đến bài toán đồng quy.

(2) Trình bày định lý van Aubel và một số tính chất của nó làm cơ sở cho việc vận dụng vào việc tìm lời giải một số bài toán hình học liên quan đến tam giác, tứ giác. Phần cuối luận văn cũng đã đưa ra định lý van Aubel mở rộng để người đọc thấy được vẻ đẹp và ứng dụng của định lý van Aubel.

(3) Đưa ra một số bài tập có yếu tố đồng quy để minh họa việc vận dụng định lý van Aubel trong quá trình đi đến lời giải. Đối với một vài bài toán liên quan đến yếu tố đồng quy trong tam giác, tứ giác, . . . trong các kỳ thi học sinh khá, giỏi, luận văn đã cố gắng đưa ra các lời bình, các lời dẫn dắt và đưa ra lời giải tường minh hơn so với những bài toán mà trong tài liệu tham khảo chỉ có lời giải vắn tắt hoặc gợi ý hướng giải.

Thông qua 19 bài toán, 4 định lý mở rộng luận văn đã minh họa sinh động việc vận dụng định lý van Aubel vào việc đưa ra lời giải hay, thú vị cho một số bài toán hình học khó liên quan đến yếu tố đồng quy dành cho học sinh khá, giỏi và đam mê với toán sơ cấp.

Hướng của luận văn là mở, ta có thể tìm thấy nhiều ứng dụng của định lý van Aubel trong việc đưa ra hướng giải quyết cho một số dạng bài toán hình học khác trong chương trình phổ thông.

Tài liệu tham khảo

Tiếng Việt

[1] Nguyễn Văn Ban và Hoàng Chúng (1997), Hình học của tam giác, NXB

Giáo dục.

[2] Nguyễn Bá Đang (2016), Những định lý chọn lọc trong hình học phẳng và

các bài toán áp dụng, NXB Giáo dục, 213 trang.

[3] Đoàn Quốc Việt (2016), Ứng dụng của định lý van Aubel trong tam giác,

www.vietmaths.net/2015/06/ung-dung-cua-inh-ly-van-aubel-trong-tam.html, 3 trang.

Tiếng Anh

[4] D. N. V. Krishna (2016), “A New Consequence of van Aubel’s Theorem”,

doi:10.20944/preprints201611.0009.v1

[5] Y. Nishiyama (2011), “The Beautiful Geometric Theorem of van Aubel”, International Journal of Pure and Applied Mathematics, Vol. 66, No. 1, pp. 71–80.

[6] M. de Villiers (1998), “Dual generalizations of van Aubel’s theorem”, Math-

ematical Assoc. of America, pp. 405–412.

[7] M. de Villiers (2000), “Generalizing van Aubel using duality”, Mathematical

Assoc. of America, pp. 303–307.