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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:55

Thêm vào BST

Báo xấu

153
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 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
i Mục lục Danh sách hình vẽ ii Mở đầu 1 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 3 1.1 Một số định lý hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Một số bài toán đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Chương 2. Định lý van Aubel 14 2.1 Định lý van Aubel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.2 Một số tính chất, hệ quả của định lý van Aubel . . . . . . . . . 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
ii Danh sách hình vẽ 1.1 Định lý Thales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Định lý Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.3 Áp dụng định lý Menelaus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.4 Trực tâm H là trung điểm đường cao CM . . . . . . . . . . . . 6 1.5 Định lý Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.6 EF song song với BC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.7 M A là tia phân giác của góc EM \ F . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.8 0 0 0 M M , N N , P P đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.9 DM, EN, P F đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.1 AA0 , BB 0 , CC 0 cắt nhau tại K . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.2 Định lý van Aubel cho tứ giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.3 Biểu diễn các cạnh theo số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.4 P M = M P và P M ⊥ M Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.5 pm và qm vuông góc và có độ dài bằng nhau . . . . . . . . . . . 20 2.6 P M2 ⊥ M1 M3 , M1 M2 ⊥ QM3 , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.7 P M = QM, P M ⊥ QM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.8 Bốn đường tròn giao nhau tại F . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 3.1 BB 0 vuông góc với DD0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 3.2 BB 0 = DD0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 3.3 Ba hình chữ nhật đồng dạng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 3.4 Ba hình thoi đồng dạng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 3.5 Định lý van Aubel mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 3.6 Định lý van Aubel mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 3.7 Định lý van Aubel mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.8 S1 S3 ⊥ QS, S2 S4 ⊥ P R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 3.9 V1 , V2 , V3 và V4 nằm trên một đường tròn . . . . . . . . . . . . . 49
1 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
2 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
3 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: AD AE AD AE DB EC = , = và = . AB AC DB EC AB AC Hình 1.1: Định lý Thales
4 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 AD AE AD AE DB EC = hay = hay = AB AC DB EC AB AC thì DE k BC hay d k 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 AE DE = = . AB AC BC Định lý 1.1.3 (Định lý Menelaus, [1]). Cho tam giác ABC và ba điểm A0 , B 0 , C 0 trên các đường thẳng chứa các cạnh BC, CA, AB sao cho: hoặc cả ba điểm A0 , B 0 , C 0 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 A0 , B 0 , C 0 thẳng hàng là ta có hệ thức AB 0 CA0 BC 0 · · = 1. (1.1) B 0 C A0 B C 0 A Hình 1.2: Định lý Menelaus
5 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 3 BE 1 BF 4 = , = , = . DB 2 EC 3 FC 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 DM F E BA · · = 1. (1.2) M F EB AD Hình 1.3: Áp dụng định lý Menelaus Mà AD 3 AD DB AB AB 5 = ⇒ = = ⇒ = , DB 2 3 2 5 AD 3 BE EC BC 1 = = ⇒ EB = BC, 1 3 4 4 BF FC BC 4 = = ⇒ F B = BC, 4 1 5 5 nên FE F B − EB 11 = = . EB EB 5 Cho nên (1.2) trở thành DM 11 5 · · = 1. MF 5 3 DM 3 Vậy = . MF 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.
6 Giải. Xét tam giác CM B với cát tuyến AHI. Theo định lý Menelaus ta có CH M A BI · · = 1. HM AB IC Hình 1.4: Trực tâm H là trung điểm đường cao CM Hay CH M A AC BI · · · = 1. (1.3) HM AC IC AB Mà CH MA AC BI = 1, = cos A, = (cos C)−1 , = cos B. HM AC IC AB Thay vào (1.3), ta có cos C = cos A cos B. Định lý 1.1.4 (Định lý Ceva, [1]). Cho tam giác ABC và ba đường thẳng AA0 , BB 0 , CC 0 xuất phát từ các đỉnh của tam giác và cắt đường thẳng chứa cạnh đối diện tại A0 , B 0 , C 0 sao cho: hoặc cả ba điểm A0 , B 0 , C 0 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 AA0 , BB 0 , CC 0 đồng quy hoặc song song với nhau là ta có hệ thức: AB 0 CA0 BC 0 · · = 1. (1.4) B 0 C A0 B C 0 A
7 Hình 1.5: Định lý Ceva Chú ý. (+) Để cho gọn, người ta thường gọi ba đường thẳng AA0 , BB 0 , CC 0 xuất phát từ các đỉnh của tam giác ABC và đồng quy tại một điểm là ba đường thẳng Ceva. Các đoạn thẳng AA0 , BB 0 , CC 0 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.
8 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 AE AF AE CF = ⇔ · = 1. EB FC EB F A Kết hợp với M là trung điểm của BC, ta có AE BM CF · · = 1. EB M C F A Vậy theo định lý Ceva ta có ba đoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy. Hình 1.6: EF song song với BC Ngược lại, giả sử ta có ba đoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy. Theo định lý Ceva ta có AE BM CF · · = 1. EB M C F A Mà M là trung điểm của BC nên BM = M C, từ đó AE CF · = 1. EB F A Hay AE AF = . EB FC Vậy theo định lý Thales đảo ta có EF song song với BC.
9 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 EM \ F là ba đoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy. Giải. Qua A kẻ đường thẳng song song với BC, cắt M F (kéo dài) tại N, cắt M E (kéo dài) tại P . Hình 1.7: M A là tia phân giác của góc EM \ F Nếu AM là tia phân giác của góc EM \ F thì P A = AN . Xét hai tam giác đồng dạng EBM và EAP , ta có BM PA = . EB AE Xét hai tam giác đồng dạng F M C và F N A, ta có CF FA = . MC AN Bây giờ ta có AE BM CF BM CF 1 · · = AE · · · EB M C F A EB M C F A PA FA 1 = AE · · · AE AN 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 EM \ F.
10 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 AA0 , BB 0 , CC 0 (A0 trên cạnh BC, B 0 trên cạnh AC, C 0 trên cạnh AB) trùng với trọng tâm G của tam giác thì tích AB 0 · CA0 · BC 0 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 0 + B 0 C AB 0 · B 0 C ≤ = AN 2 hay AB 0 · B 0 C ≤ AN 2 . Tương tự: CA0 · A0 B ≤ CM 2 BC 0 · C 0 A ≤ BP 2 . Từ đó (AB 0 · CA0 · BC 0 )(B 0 C · A0 B · C 0 A) ≤ (AN · CM · BP )2 . Theo định lý Ceva, ta có AB 0 · CA0 · BC 0 = B 0 C · A0 B · C 0 A. Vậy AB 0 · CA0 · BC 0 ≤ AN · CM · BP. abc Từ đó tích AB 0 · CA0 · BC 0 có trị số lớn nhất là AN · CM · BP = khi chân 8 B 0 , A0 , C 0 của các đường thẳng Ceva trùng với trung điểm của các cạnh. Nói
11 cách khác khi bộ ba đường thẳng Ceva đó là ba trung tuyến, và điểm Ceva chính là trọng tâm G của tam giác. 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. Hình 1.8: M M 0 , N N 0 , P P 0 đồng quy Giải. Giả sử AA0 , BB 0 , CC 0 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 0 , M 0 , N 0 của các đoạn thẳng Ceva AA0 , BB 0 , CC 0 lần lượt nằm trên các đường trung bình P N, N M, M P . Theo giả thiết ta có: AB 0 CA0 BC 0 · · = 1. B 0 C A0 B C 0 A Nhân tử số và mẫu số của mỗi tỉ số với 1/2 ta có 1 2 AB 0 1 2 CA0 1 2 BC 0 1 · 1 · 1 =1 2 B 0C 2 A0 B 2 C 0A hay P N0 NM0 MP 0 · · =1 N 0M M 0P P 0N hoặc nữa P N0 MP 0 NM0 · · = 1. N 0M P 0N M 0P Hệ thức này chứng tỏ là trong tam giác M N P , ba đường thẳng M M 0 , N N 0 , P P 0 là một bộ ba đường thẳng đồng quy. Nhận xét. Trong trường hợp đặc biệt:
12 (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 0 , N N 0 , P P 0 lần lượt cắt N P, P M, M N tại M 0 , N 0 , P 0 . Chứng minh rằng ba đường thẳng AM 0 , BN 0 , CP 0 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 A0 là giao điểm của AM 0 với BC, B 0 là giao điểm của BN 0 với AC, C 0 là giao điểm của CP 0 với AB. Do N P, P M, M N là các đường trung bình của tam giác nên M 0 , N 0 , P 0 lần lượt là trung điểm của AA0 , BB 0 , CC 0 . Kéo theo N M 0 là đường trung bình của tam giác AA0 C hay 2N M 0 = CA0 . Tương tự, ta có 2M 0 P = A0 B, 2M P 0 = BC 0 , 2P 0 N = C 0 A, 2P N 0 = AB 0 , 2N 0 M = B 0 C. Vì M M 0 , N N 0 , P P 0 đồng quy, xét tam giác M N P , theo định lý Ceva ta có P N0 MP 0 NM0 · · =1 N 0M P 0N M 0P hay 2P N 0 2M P 0 2N M 0 · · =1 2N 0 M 2P 0 N 2M 0 P hay AB 0 BC 0 CA0 · · = 1. B 0 C C 0 A A0 B Từ đó theo định lý Ceva suy ra AA0 , BB 0 , CC 0 đồng quy, hay AM 0 , BN 0 , CP 0 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 4ABC. Giả sử AA0 , BB 0 , CC 0 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.
13 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 k 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 k 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) Từ (1.5) và (1.6) suy ra DM, EN, P F đồng quy tại một điểm.
14 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 AA0 , BB 0 , CC 0 cắt nhau tại một điểm K nằm trong tam giác thì AK AB 0 AC 0 = 0 + 0 . KA0 BC CB Hình 2.1: AA0 , BB 0 , CC 0 cắt nhau tại K
15 Chứng minh 1. Kéo dài BB 0 và CC 0 cho đến khi gặp đường thẳng kẻ qua A song song với BC, tại E và D. Ta có AK DA AE DA + AE = = = KA0 A0 C BA0 BC DA AE AC 0 AB 0 = + = 0 + 0 . BC BC CB BC 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 4ABA0 và ba điểm C 0 , K, C thẳng hàng, ta có AC 0 BC A0 K AC 0 CA0 KA · · = 1 ⇒ = · . (2.1) C 0 B CA0 KA C 0B BC A0 K Áp dụng định lý Menelaus cho 4ACA0 và ba điểm B 0 , K, B thẳng hàng, ta có AB 0 BC A0 K AB 0 BA0 KA · · =1⇒ 0 = · . (2.2) B 0 C BA0 KA BC BC A0 K Từ (2.1) và (2.2) ta có AC 0 AB 0 CA0 BA0 AK AK + = + = . C 0B B 0C A0 K BC BC A0 K Chứng minh 3. Ta có AC 0 SAC 0 K SAKC 0 = = CB SBC 0 K SBKC AB 0 SAB 0 K SAKB 0 = = . BC SCKB 0 SBKC Suy ra AC 0 AB 0 SAKC + SAKB + = . (2.3) C 0B B 0C SBKC Lại có AK SAKB SAKC SAKB + SAKC 0 = = = KA SBKA0 SCKA0 SBKA0 + SCKA0 SAKB + SAKC = . (2.4) SBKC
16 Từ (2.3) và (2.4) suy ra AC 0 AB 0 AK + = . C 0B B 0C A0 K Nhận xét. AK AB 0 AC 0 (+) Định lý van Aubel cho phép tính tỉ số theo các tỉ số 0 và 0 . KA0 BC CB 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 A0 nằm trên cạnh BC còn hai điểm B 0 , C 0 lần lượt nằm trên tia đối của hai tia CA, BA. Thật vậy, ta có AK SABK SACK SABK + SACK SABKC 0 = = = = . KA SBKA0 SCKA0 SBKA0 + SCKA0 SBKC Ta có AC 0 SAC 0 C SAC 0 K SAC 0 C + SAC 0 K SAKC 0 = = = = . CB SBC 0 C SBC 0 K SBC 0 C + SBC 0 K SBKC Tương tự, ta có AB 0 SAKB = . B 0C SBKC Hay AC 0 AB 0 SAKC SAKB SABKC 0 + 0 = + = . CB BC SBKC SBKC SBKC Suy ra AK AC 0 AB 0 = 0 + 0 . A0 K CB BC 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).