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

tam giỏc thỡ tớch AB′ ã CA′ ãBC ′ cú 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 luụn cú √ AB′ ãB′C ≤ AB ′ +B′C 2 = AN hay AB′ ãB′C ≤ AN2. Tương tự: CA′ ã A′B ≤ CM2 BC ′ ã C ′A ≤ BP 2. Từ đú (AB′ ã CA′ ãBC ′)(B′C ã A′B ã C ′A) ≤ (AN ã CM ãBP )2. Theo định lý Ceva, ta cú AB′ ã CA′ ãBC ′ = B′C ã A′B ã C ′A. Vậy AB′ ã CA′ ãBC ′ ≤ AN ã CM ãBP. Từ đú tớch AB′ ãCA′ ãBC ′ cú trị số lớn nhất là AN ãCM ãBP = abc 8 khi chõn B′, A′, C ′ của cỏc đường thẳng Ceva trựng với trung điểm của cỏc cạnh. Núi 11 cỏch khỏc khi bộ ba đường thẳng Ceva đú là ba trung tuyến, và điểm Ceva chớnh là trọng tõm G của tam giỏc.  Bài toỏn 1.2.4 ([1]). Chứng minh rằng trong một tam giỏc, cỏc đường thẳng nối trung điểm của mỗi cạnh với trung điểm của đoạn thẳng Ceva, xuất phỏt từ đỉnh đối diện với cạnh đú, đồng quy. Hỡnh 1.8: MM ′, NN ′, PP ′ đồng quy Giải. Giả sử AA′, BB′, CC ′ là một bộ ba đường thẳng Ceva. Gọi M,N,P là trung điểm của ba cạnh của tam giỏc ABC. Khi đú,MN,NP, PM là cỏc đường trung bỡnh của tam giỏc. Cho nờn cỏc trung điểm P ′,M ′, N ′ của cỏc đoạn thẳng Ceva AA′, BB′, CC ′ lần lượt nằm trờn cỏc đường trung bỡnh PN,NM,MP . Theo giả thiết ta cú: AB′ B′C ã CA ′ A′B ã BC ′ C ′A = 1. Nhõn tử số và mẫu số của mỗi tỉ số với 1/2 ta cú 1 2 AB ′ 1 2 B ′C ã 1 2 CA ′ 1 2 A ′B ã 1 2 BC ′ 1 2 C ′A = 1 hay PN ′ N ′M ã NM ′ M ′P ã MP ′ P ′N = 1 hoặc nữa PN ′ N ′M ã MP ′ P ′N ã NM ′ M ′P = 1. Hệ thức này chứng tỏ là trong tam giỏcMNP , ba đường thẳngMM ′, NN ′, PP ′ là một bộ ba đường thẳng đồng quy.  Nhận xột. Trong trường hợp đặc biệt: 12 (1) Trong một tam giỏc, cỏc 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 giỏc, cỏc đường thẳng nối trung điểm của một cạnh với trung điểm của đường phõn giỏc trong tương ứng đồng quy tại một điểm. Bài toỏn 1.2.5 ([1]). Cho tam giỏc ABC với cỏc trung điểm M,N,P của cỏc cạnh BC,CA,AB và ba đường thẳng đồng quy MM ′, NN ′, PP ′ lần lượt cắt NP,PM,MN tạiM ′, N ′, P ′. Chứng minh rằng ba đường thẳngAM ′, BN ′, CP ′ đồng quy. Chứng minh. Đõy là mệnh đề đảo của mệnh đề phải chứng minh ở Bài toỏn 1.2.4. Chứng minh tương tự ta được kết quả. Gọi A′ là giao điểm của AM ′ với BC, B′ là giao điểm của BN ′ với AC, C ′ là giao điểm của CP ′ với AB. Do NP,PM,MN là cỏc đường trung bỡnh của tam giỏc nờn M ′, N ′, P ′ lần lượt là trung điểm của AA′, BB′, CC ′. Kộo theo NM ′ là đường trung bỡnh của tam giỏc AA′C hay 2NM ′ = CA′. Tương tự, ta cú 2M ′P = A′B, 2MP ′ = BC ′, 2P ′N = C ′A, 2PN ′ = AB′, 2N ′M = B′C. Vỡ MM ′, NN ′, PP ′ đồng quy, xột tam giỏc MNP , theo định lý Ceva ta cú PN ′ N ′M ã MP ′ P ′N ã NM ′ M ′P = 1 hay 2PN ′ 2N ′M ã 2MP ′ 2P ′N ã 2NM ′ 2M ′P = 1 hay AB′ B′C ã BC ′ C ′A ã CA ′ A′B = 1. Từ đú theo định lý Ceva suy ra AA′, BB′, CC ′ đồng quy, hay AM ′, BN ′, CP ′ đồng quy. Bài toỏn 1.2.6 ([1]). Trong một tam giỏc, cỏc đường thẳng nối trung điểm của mỗi cạnh với trung điểm của đoạn thẳng đi từ đỉnh đối diện với cạnh đú đến một điểm Ceva bất kỡ là ba đường thẳng đồng quy. Giải. Xột 4ABC. Giả sử AA′, BB′, CC ′ là một bộ ba đường thẳng Ceva bất kỡ 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 Hỡnh 1.9: DM,EN,PF đồng quy Xột tam giỏc AIB, ta cú D là trung điểm AI, E là trung điểm IB, nờn DE song song AB. Ta cũng cú MN song song AB nờn DE ‖ MN . Xột tam giỏc BIC, ta cú EM song song IC. Xột tam giỏc AIC, ta cú DN song song IC. Từ đú DN ‖ EM . Vậy DNME là hỡnh bỡnh hành. Do đú DM giao EN tại trung điểm của EN . (1.5) Tương tự ta chứng minh được PNFE là hỡnh bỡnh hành. Do đú PF,EN giao nhau tại trung điểm EN . (1.6) Từ (1.5) và (1.6) suy ra DM,EN,PF đồng quy tại một điểm.  14 Chương 2 Định lý van Aubel Định lý van Aubel khụng chỉ đẹp trong bản thõn định lý mà cũn đẹp trong cỏc cỏch chứng minh nú. Trong chương này, chỳng tụi phỏt biểu định lý van Aubel cho tam giỏc và tứ giỏc cựng với ba cỏch chứng minh cho mỗi trường hợp. Sau đú chỳng tụi trỡnh bày một số tớnh chất và hệ quả của cỏc định lý này. 2.1 Định lý van Aubel Định lý 2.1.1 (Định lý van Aubel cho tam giỏc, [1]). Trong một tam giỏc ABC, nếu cú ba đường thẳng AA′, BB′, CC ′ cắt nhau tại một điểm K nằm trong tam giỏc thỡ AK KA′ = AB′ B′C + AC ′ C ′B . Hỡnh 2.1: AA′, BB′, CC ′ cắt nhau tại K 15 Chứng minh 1. Kộo dài BB′ và CC ′ cho đến khi gặp đường thẳng kẻ qua A song song với BC, tại E và D. Ta cú AK KA′ = DA A′C = AE BA′ = DA+ AE BC = DA BC + AE BC = AC ′ C ′B + AB′ B′C . Ngoài cỏch chứng minh như trờn, định lý này cũn cú thể chứng minh như sau. Chứng minh 2. Áp dụng định lý Menelaus cho 4ABA′ và ba điểm C ′, K, C thẳng hàng, ta cú AC ′ C ′B ã BC CA′ ã A ′K KA = 1⇒ AC ′ C ′B = CA′ BC ã KA A′K . (2.1) Áp dụng định lý Menelaus cho 4ACA′ và ba điểm B′, K,B thẳng hàng, ta cú AB′ B′C ã BC BA′ ã A ′K KA = 1⇒ AB ′ B′C = BA′ BC ã KA A′K . (2.2) Từ (2.1) và (2.2) ta cú AC ′ C ′B + AB′ B′C = AK A′K ( CA′ BC + BA′ BC ) = AK A′K . Chứng minh 3. Ta cú AC ′ C ′B = SAC′K SBC′K = SAKC SBKC AB′ B′C = SAB′K SCKB′ = SAKB SBKC . Suy ra AC ′ C ′B + AB′ B′C = SAKC + SAKB SBKC . (2.3) Lại cú AK KA′ = SAKB SBKA′ = SAKC SCKA′ = SAKB + SAKC SBKA′ + SCKA′ = SAKB + SAKC SBKC . (2.4) 16 Từ (2.3) và (2.4) suy ra AC ′ C ′B + AB′ B′C = AK A′K . Nhận xột. (+) Định lý van Aubel cho phộp tớnh tỉ số AK KA′ theo cỏc tỉ số AB′ B′C và AC ′ C ′B . Ta biết rằng cú rất nhiều bộ ba cỏc đường Ceva đồng quy trong tam giỏc chẳng hạn như cỏc Ceva trọng tõm (cỏc đường trung tuyến), cỏc Ceva trực tõm (cỏc đường cao), cỏc Ceva tõm đường trũn nội tiếp (cỏc đường phõn giỏc), cỏc Ceva Gergonne, cỏc Ceva Nagel, cỏc Ceva đối trung, cỏc Ceva đẳng giỏc, . . . nờn ta cú nhiều bài toỏn là hệ quả của định lý van Aubel. Ngoài ra, ta cú thể tổ hợp cỏc Ceva khỏc nhau trong cựng một bài toỏn, chẳng hạn Ceva trọng tõm với Ceva Gergonne, Ceva trọng tõm với Ceva Nagel, . . . để tạo ra cỏc bài toỏn mới. Như vậy ta cú nhận xột sau: (++) Định lý van Aubel vẫn cũn đỳng trong trường hợp điểm A′ nằm trờn cạnh BC cũn hai điểm B′, C ′ lần lượt nằm trờn tia đối của hai tia CA, BA. Thật vậy, ta cú AK KA′ = SABK SBKA′ = SACK SCKA′ = SABK + SACK SBKA′ + SCKA′ = SABKC SBKC . Ta cú AC ′ C ′B = SAC′C SBC′C = SAC′K SBC′K = SAC′C + SAC′K SBC′C + SBC′K = SAKC SBKC . Tương tự, ta cú AB′ B′C = SAKB SBKC . Hay AC ′ C ′B + AB′ B′C = SAKC SBKC + SAKB SBKC = SABKC SBKC . Suy ra AK A′K = AC ′ C ′B + AB′ B′C . Định lý 2.1.2 (Định lý van Aubel cho tứ giỏc, [6]). Về phớa ngoài tứ giỏc ABCD ta dựng cỏc hỡnh vuụng. Gọi P,Q,R, S là tõm cỏc hỡnh vuụng đú. Khi đú ta cú đường thẳng PR = QS và PR ⊥ QS (Hỡnh 2.2). 17 Hỡnh 2.2: Định lý van Aubel cho tứ giỏc Chứng minh 1. (Sử dụng số phức): Cho tứ giỏc ABCD, lấy đỉnh A là gốc tọa độ. Tiếp theo, biểu diễn vộctơ AB là số phức 2a, và tương tự BC là số phức 2b, CD là số phức 2c, và DA là số phức 2d. Vộctơ AP được biểu diễn bởi số phức p, và tương tự vộctơ AQ là q, vộctơ AR là r và vộctơ AS là s (Hỡnh 2.3). Hỡnh 2.3: Biểu diễn cỏc cạnh theo số phức 18 Vỡ tứ giỏc ABCD đúng, phộp cộng vộctơ kộo theo 2a + 2b + 2c + 2d = 0, tức là a+ b+ c+ d = 0. Ta cú thể đi từ A tới P bằng cỏch đi một nửa đường tới B rồi quay 90 độ và đi một đoạn bằng như trước. Do đú, số phức p là p = a+ ia = (1 + i)a. Tương tự, cỏc 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 vộctơ từ điểm Q tới S là u và vộctơ từ điểm P tới R là v, khi đú 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 PR bằng nhau và vuụng gúc với nhau, tức là hệ thức giữa cỏc số phức u và v phải thỏa món v = iu. Núi cỏch khỏc, nhõn cả hai vế của phương trỡnh trờn với i, chuyển vế, đổi dấu ta được u+ iv = 0, và do đú ta chỉ cần chứng minh phương trỡnh trờn đỳng. Thực hiện tớnh toỏn 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 cụng cụ của hỡnh học): Xột tam giỏc ABC tạo bởi cỏc cạnh AB và BC của tứ giỏc ABCD (Hỡnh 2.4). Dựng cỏc hỡnh vuụng bờn ngoài cỏc cạnh AB,BC, ký hiệu tõm cỏc hỡnh vuụng lần lượt là P và Q. Ký 19 hiệu M là trung điểm của CA và dựng đoạn thẳng PM và QM . Mối quan hệ giữa PM và QM là PM = QM,PM ⊥ QM. Để chứng minh điều này, ta cú thể dựng phương phỏp số phức. Tuy nhiờn ta cũng cú thể dựng cụng cụ của hỡnh học. Hỡnh 2.4: PM = MP và PM ⊥MQ Ký hiệu phộp quay quanh điểm p gúc pi/2 là R pi/2 p , phộp quay quanh điểm q gúc pi/2 là R pi/2 q , phộp quay quanh điểm m gúc pi là R pi m, ký hiệu M là tớch hợp của ba phộp quay M = Rpim ◦Rpi/2q ◦Rpi/2p . Vỡ pi/2 + pi/2 + pi = 2pi, tổng gúc quay là một bội nguyờn của 2pi, nờn với mỗi điểm v, phộp biến đổi M tương đương với phộp tớnh tiến Tv. Bỏ qua sự tịnh tiến thỡ với mỗi điểm xỏc định k, M(k) = k nờn M là một phộp tớnh tiến 0, tức là một phộp biến đổi đơn vị. Do đú R pi/2 q ◦Rpi/2p = (Rpim)−1 ◦M = Rpim. Nếu p′ xỏc định sao cho p′ = Rpim(p), thỡ m là trung điểm của pp′. Mặt khỏc, vỡ p′ = (Rpi/2q ◦Rpi/2p )(p) = Rpi/2q (p), p′ là điểm p được quay quanh điểm q gúc pi/2. Do đú pqp′ tạo thành một tam giỏc vuụng cõn, nờn pm và qm vuụng gúc và cú độ dài bằng nhau (Hỡnh 2.5). 20 Hỡnh 2.5: pm và qm vuụng gúc và cú độ dài bằng nhau Chứng minh 3. (Sử dụng cỏc tớnh chất trong hỡnh học sơ cấp) Trước tiờn ta tớnh chất một hệ thức hỡnh học. Xột tam giỏc ABC tạo bởi cỏc cạnh AB và BC của tứ giỏc ABCD (Hỡnh 2.6). Dựng cỏc hỡnh vuụng bờn ngoài cỏc cạnh AB,BC, ký hiệu tõm cỏc hỡnh vuụng 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. Hỡnh 2.6: PM2 ⊥M1M3,M1M2 ⊥ QM3, Ta cú M2P = M2B,M2P ⊥M2B,M3Q = M3B,M3Q ⊥M3B. Vỡ M2B ‖M1M3 và M3B ‖M1M2 nờn PM2 ⊥M1M3, M1M2 ⊥ QM3, 21 Nếu M2B được dịch chuyển thành M1M3 và M3B được dịch chuyển thành M1M2 thỡ 4PM1M2 và 4QM1M3 cú hai cạnh bằng nhau và cú một gúc trong bằng 90◦+ ÂBC, do đú chỳng bằng nhau. Suy ra cỏc cạnh PM1 và QM1 bằng nhau và vuụng gúc với nhau. Hỡnh 2.7: PM = QM, PM ⊥ QM Hỡnh 2.2 cú thể được chứng minh bằng cỏch sử dụng Hỡnh 2.7 hai lần. Với tứ giỏc bất kỳ ABCD, vẽ đường chộo AC và ký hiệu trung điểm AC là M . Với P và Q là tõm của hỡnh vuụng ta cú PM = QM, PM ⊥ QM và tương tự với tõm R và S ta cú RM = SM, RM ⊥ SM. Xột hai tam giỏc PMR và QMS. Vỡ hai cạnh tương ứng bằng nhau: PM = QM,RM = SM , và chỳng cựng cú gúc trong bằng 90◦ + Q̂MR nờn 4PMR = 4QMS. Ngoài ra, vỡ chỳng được quay 90 độ quanh điểm M , PR = QS, PR ⊥ QS. Gọi giao điểm của PR và QS là F , F cú thể khỏcM. Ta cú PR và QS bằng nhau và vuụng gúc với nhau, nhưng chỳng giao nhau với tỉ số nào? 22 Để tỡm cõu trả lời, ta nối cỏc tõm hỡnh vuụng để tạo thành cỏc cạnh PQ,QR,RS, SP , và thu được cỏc tam giỏc vuụng 4FQP,4FRQ,4FSR và 4FPS. Bốn đường trũn ngoại tiếp bốn tam vuụng cú đường kớnh lần lượt là PQ,QR,RS và SP , cựng giao nhau tại F. Độ dài cỏc dõy cung PF,QF,RF và SF xỏc định tỉ lệ liờn hệ giữa cỏc đoạn thẳng PR và QS (Hỡnh 2.8). Hỡnh 2.8: Bốn đường trũn giao nhau tại F Nếu tứ giỏc ABCD là hỡnh vuụng, hỡnh thoi, hỡnh chữ nhật hoặc hỡnh bỡnh hành thỡ tứ giỏc PQRS là một hỡnh vuụng và PR và QS giao nhau tại trung điểm của mỗi đoạn. 2.2 Một số tớnh chất, hệ quả của định lý van Aubel Định lý van Aubel cho tam giỏc cho phộp ta dễ dàng tỡm được nhiều tỉ số đẹp trong tam giỏc liờn quan đến cỏc đường Ceva đồng quy tại một điểm một cỏch nhanh chúng và ngắn gọn. Hệ quả 2.2.1 ([3]). Cho tam giỏc ABC cú ba đường trung tuyến AD, BE, CF đồng quy tại điểm G. Chứng minh rằng AG AD = 2 3 . 23 Chứng minh. Trong cỏc chứng minh kết quả này thỡ sử dụng định lớ van Aubel là cỏch chứng minh ngắn nhất. Thật vậy từ G là trọng tõm của tam giỏc ABC ta cú AG GD = AE EC + AF FB = 1 + 1 = 2. Vậy AG AG+GD = 2 2 + 1 = 2 3 . Hệ quả 2.2.2 ([3]). Cho tam giỏc ABC cú ba đường cao AD, BE, CF đồng quy tại điểm H. Gọi S là diện tớch và a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giỏc ABC. Chứng minh rằng AH HD = √ (bc)2 − 4S2 (ab)2 − 4S2 + √ (bc)2 − 4S2 (ac)2 − 4S2 . Chứng minh. Ta cú S = 1 2 AD ã a = 1 2 BE ã b = 1 2 CF ã c. Vậy BE = 2S b ;CF = 2S c . AE2 = AB2 −BE2 = c2 − 4S 2 b2 . 24 AE = 1 b √ (bc)2 − 4S2. EC2 = BC2 −BE2 = a2 − 4S 2 b2 . Vậy EC = 1 b √ (ab)2 − 4S2. Tương tự, ta cũng cú AF = 1 c √ (bc)2 − 4S2;FB = 1 c √ (ac)2 − 4S2. Theo định lớ van Aubel, ta cú AH HD = √ (bc)2 − 4S2 (ab)2 − 4S2 + √ (bc)2 − 4S2 (ac)2 − 4S2 . Bổ đề 2.2.1 ([3]). Cho tam giỏc ABC cú ba đường cao AD, BE, CF đồng quy tại trực tõm H của tam giỏc và HA HD = cos B̂AC cos ÂBC cos ÂCB . Chứng minh. Ta cú DB DC = AD cot ÂBC AD cot ÂCB = tan ÂCB tan ÂBC và tương tự EC EA = tan B̂AC tan ÂCB , FA FB = tan ÂBC tan ÂCB . Nhõn ba tỷ số ta được DB DC ã EC EA ã FA FB = tan ÂCB tan ÂBC ã tan B̂AC tan ÂCB ã tan ÂBC tan ÂCB = 1. Vậy theo định lý Ceva, ba đường cao đồng quy. Ngoài ra, theo định lý van Aubel, ta cú HA HD = FA FB + EA EC = tan ÂBC tan B̂AC + tan ÂCB tan B̂AC = tan ÂBC + tan ÂCB tan B̂AC 25 = sin(ÂBC + ÂCB) cos B̂AC cos ÂBC cos ÂCB sin B̂AC = sin(180◦ − B̂AC) cos B̂AC cos ÂBC cos ÂCB sin B̂AC = cos B̂AC cos ÂBC cos ÂCB . Hệ quả 2.2.3 ([3]). Cho tam giỏc ABC cú ba đường phõn giỏc AD, BE, CF đồng quy tại điểm I. Chứng minh rằng AI ID = b+ c a . Chứng minh. Vỡ BE là phõn giỏc gúc B của tam giỏc ABC nờn ta cú AE EC = c a . Tương tự CF là phõn giỏc của gúc C nờn ta cú FA FB = b a . Theo định lớ van Aubel, ta cú AI ID = AE EC + AF FB = b+ c a . Hệ quả 2.2.4 ([1]). Cho tam giỏc ABC ngoại tiếp đường trũn cú cỏc tiếp điểm với cỏc cạnh BC, CA, AB lần lượt là D,E, F . Cỏc 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) . 26 Chứng minh. Thật vậy, ta cú AE = AF , BF = BD, DC = CE. Suy ra AE +DC +BF = BD + AF + EC = a+ b+ c 2 = p 2 . Vỡ BF = BD nờn AE + BC = p 2 hay AE = p− a. Tương tự, EC = p− c và BF = p− b. Áp dụng định lớ van Aubel ta cú AI ID = p− a p− b + p− a p− c = (p− a) ( p− b+ p− c (p− b)(p− c) ) = a(p− a) (p− b)(p− c) . Bõy giờ chỳng ta sẽ khỏm phỏ một số bài toỏn về tổ hợp cỏc Ceva khỏc nhau. Chẳng hạn giữa Ceva trung tuyến và Ceva Gergonne. Ta cú Hệ quả 2.2.5 ([1]). Cho tam giỏc ABC. Gọi AD, BE lần lượt là trung tuyến và Ceva Gergonne của tam giỏc 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. Vỡ AD là trung tuyến nờn ta cú BD = DC. Theo chứng minh hệ quả 2.2.4, ta được AE = p− a,EC = p− c. (2.5) Áp dụng định lớ Ceva, ta cú BD DC ã CE EA ã AF FB = 1. (2.6) Từ (2.5) và (2.6), ta cú: AF FB = p− a p− c . 27 Áp dụng định lớ van Aubel ta cú AS SD = AE EC + AF FB = 2(p− a) p− c . 28 Chương 3 Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập Trong chương này, vận dụng định lý van Aubel cho tam giỏc và tứ giỏc đó trỡnh bày trong Chương 2, chỳng tụi trỡnh bày một số ứng dụng của định lý van Aubel trong việc giải một số dạng bài toỏn hỡnh học phẳng. Một số dạng toỏn cú thể liệt kờ ra như bài toỏn về tỉ số liờn quan đến đường Ceva, bài toỏn chứng minh đồng quy, bài toỏn chứng minh vuụng gúc. 3.1 Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập liờn quan đến tam giỏc Vận dụng định lý van Aubel cho tam giỏc, ta giải được nhiều bài tập liờn quan đến tớnh tỉ số trong tam giỏc. Bài toỏn 3.1.1 ([1]). Cho một tam giỏc P1P2P3, P là một điểm ở trong tam giỏc đú; P1P, P2P, P3P cắt cỏc cạnh đối diện ở Q1, Q2, Q3. Chứng minh rằng trong cỏc tỉ số: P1P PQ1 , P2P PQ2 , P3P PQ3 cú ớt nhất một tỉ số khụng lớn hơn 2 và ớt nhất một tỉ số khụng nhỏ hơn 2. Giải. Gọi G là giao điểm của ba đường trung tuyến. Ba trung tuyến P1L, P2M, P3N chia tam giỏc P1P2P3 thành sỏu tam giỏc nhỏ GP1M,GP1N,GP2N, . . . Lấy bất kỡ một điểm P nào trong một tam giỏc nhỏ đú, chẳng hạn trong tam giỏc GP1M . 29 Theo định lớ van Aubel, ta cú: P1P PQ1 = P1Q2 Q2P3 + P1Q3 Q3P2 ≤ 2 vỡ mỗi tỉ số trong vế sau của đẳng thức đều nhỏ hơn hoặc bằng 1. Trong lỳc đú ta lại cú: P2P PQ2 = P2Q1 Q1P3 + P2Q3 Q3P1 ≥ 2. Dấu = ở cỏc biểu thức trờn xảy ra khi và chỉ khi: P ≡ G (trọng tõm của tam giỏc P1P2P3). Lớ luận trờn đõy cú thể lặp lại tương tự nếu P nằm trong bất kỡ một tam giỏc nhỏ nào khỏc. Vậy là: lấy điểm P ở bất kỡ vị trớ nào trong tam giỏc P1P2P3, ta luụn luụn cú ớt nhất một trong ba tỉ số P1P PQ1 , P2P PQ2 , P3P PQ3 khụng lớn hơn 2, và ớt nhất một tỉ số khụng nhỏ hơn 2.  Bài toỏn 3.1.2 ([1]). Nếu ba đường thẳng AA′, BB′, CC ′ cắt nhau tại một điểm K nằm trong tam giỏc ABC, thỡ: KA′ AA′ + KB′ BB′ + KC ′ CC ′ = 1 và AK AA′ + BK BB′ + CK CC ′ = 2. 30 Giải. Gọi H, I lần lượt là hỡnh chiếu vuụng gúc của A,K xuống cạnh BC. 1) Vỡ KA′ AA′ = KI AH = SKBC SABC nờn: KA′ AA′ + KB′ BB′ + KC ′ CC ′ = SKBC + SKAC + SKAB SABC = SABC SABC = 1. 2) AK AA′ + BK BB′ + CK CC ′ = AA′ −KA′ AA′ + BB′ −KB′ BB′ + CC ′ −KC ′ CC ′ = 3− (KA′ AA′ + KB′ BB′ + KC ′ CC ′ ) = 2.  Bài toỏn 3.1.3 ([1]). Chứng minh rằng hiệu giữa tớch ba tỉ số Ceva và tổng của chỳng là một hằng số, bằng 2. (Tỉ số Ceva là tỉ số hai đoạn thẳng xỏc định bởi ba điểm trờn một đuờng thẳng Ceva, thớ dụ AK KA′ , BK KB′ , CK KC ′ ). Giải. Đặt AB′ B′C = m, CA′ A′B = n, BC ′ C ′A = t. Vậy, theo định lý van Aubel, ta cú: AK KA′ = AB′ B′C + AC ′ C ′B = m+ 1 t 31 BK KB′ = BC ′ C ′A + BA′ A′C = t+ 1 n CK KC ′ = CA′ A′B + CB′ B′A = n+ 1 m . Tổng ba tỷ số S = m+ n+ t+ 1 m + 1 n + 1 t . Tớch ba tỷ số P = ( m+ 1 t )( t+ 1 n )( n+ 1 m ) = mnt+ 1 mnt +m+ n+ t+ 1 m + 1 n + 1 t . Theo định lớ Ceva: mnt = 1 mnt = 1. Vậy, P − S = 2.  Bài toỏn 3.1.4 ([1]). Xỏc định diện tớch tam giỏc A′B′C ′ cú cỏc đỉnh là chõn của một bộ ba đường thẳng Ceva cắt nhau ở trong tam giỏc, theo diện tớch S của tam giỏc ABC và cỏc tỉ số: AB′ B′C = m, CA′ A′B = n, BC ′ C ′A = t. Giải. SA′B′C′ = S ( 1− SAB′C′ S − SBA′C′ S − SCA′B′ S ) . Sử dụng cụng thức S = 1 2 bc sinA để tớnh diện tớch tam giỏc, ta cú: SAB′C′ S = AB′ ã AC ′ AC ã AB = AB′ AB′ +B′C ã AC ′ AC ′ + C ′B = m 1 +m ã 1 1 + t . 32 Tương tự, SBA′C′ S = t 1 + t ã 1 1 + n SCA′B′ S = n 1 + n ã 1 1 +m . Cuối cựng: SA′B′C′ = S [ 1− m (1 +m)(1 + t) − t (1 + t)(1 + n) − n (1 + n)(1 +m) ] = S ã 1 +mnt (1 +m)(1 + n)(1 + t) = 2S (1 +m)(1 + n)(1 + t) ( vỡ mnt = 1). Trường hợp đặc biệt: 1) Cỏc đường Ceva là những trung tuyến: m = n = t = 1 SA′B′C′ = S 4 2) Cỏc đường Ceva là những phõn giỏc trong: m = c a , n = b c , t = a b SA′B′C′ = 2S ã abc (a+ c)(c+ b)(b+ a) 3) Cỏc đường Ceva là những đường cao: m = c ã cosA a ã cosC , n = b ã cosC c ã cosB, t = a ã cosB b ã cosA SA′B′C′ = 2Sabc ã cosA cosB cosC (a cosC + c cosA)(c cosB + b cosC)(b cosA+ a cosB) SA′B′C′ = 2S cosA cosB cosC (vỡ a cosC + c cosA = b, c cosB + b cosC = a, b cosA+ a cosB = c)  Bài toỏn 3.1.5 ([1]). Từ cỏc đỉnh A,B,C của một tam giỏc ABC, kẻ những đường thẳng lần lượt song song với cỏc cạnh B′C ′, C ′A′, A′B′ của tam giỏc A′B′C ′. Chứng minh rằng, nếu cỏc đường thẳng này đồng quy thỡ cỏc đường thẳng kẻ từ A′, B′, C ′ và theo thứ tự song song với BC,CA,AB cũng đồng quy. 33 Giải. Theo giả thiết: AA1 ‖ B′C ′ : { +B′B′1 ‖ AC ⇒ 1̂ = 1̂′ +C ′C ′1 ‖ AB ⇒ 2̂ = 2̂′ BB1 ‖ A′C ′ : { +C ′C ′1 ‖ AB ⇒ 3̂ = 3̂′ +A′A′1 ‖ BC ⇒ 4̂ = 4̂′ CC1 ‖ A′B′ : { +B′B′1 ‖ AC ⇒ 5̂ = 5̂′ +A′A′1 ‖ BC ⇒ 6̂ = 6̂′. Và cựng theo giả thiết: AA1, BB1, CC1 đồng quy, nờn: AB1 B1C ã CA1 A1B ã BC1 C1A = 1. Mà AB1 B1C = c ã sin 3̂ a ã sin 4̂ CA1 A1B = b ã sin 1̂ c ã sin 2̂ BC1 C1A = a ã sin 6̂ b ã sin 5̂ nờn: AB1 B1C ã CA1 A1B ã BC1 C1A = c ã sin 3̂ a ã sin 4̂ ã b ã sin 1̂ c ã sin 2̂ ã a ã sin 6̂ b ã sin 5̂ = sin 3̂ ã sin 1̂ ã sin 6̂ sin 4̂ ã sin 2̂ ã sin 5̂ = sin 3̂′ ã sin 1̂′ ã sin 6̂′ sin 4̂′ ã sin 2̂′ ã sin 5̂′ = a′b′c′ sin 3̂′ ã sin 1̂′ ã sin 6̂′ a′b′c′ sin 4̂′ ã sin 2̂′ ã sin 5̂′ = a′ sin 1̂′ c′ sin 5̂′ ã b ′ sin 3̂′ a′ sin 2̂′ ã c ′ sin 6̂′ b′ sin 4̂′ = C ′B′1 B′1A′ ã A ′C ′1 C ′1B′ ã B ′A′1 A′1C ′ = 1. 34 Điều đú chứng tỏ là cỏc đường thẳng C ′C ′1, A ′A′1, B ′B′1 kẻ từ cỏc đỉnh C ′, A′, B′ lần lượt song song với AB,BC,CA cũng đồng quy.  Bài toỏn 3.1.6 ([3]). Trờn ba cạnh BC, CA, AB của tam giỏc 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: AP PE + AQ QF = 3 ã (AN NB + AM MC ) . Giải. Áp dụng định lớ van Aubel cho 4ABH với AE, BG, HN đồng quy tại P , ta cú: AP PE = AN NB + AG GH . (3.1) Áp dụng định lớ van Aubel cho 4ACH với AF , CG, HM đồng quy tại Q, ta cú: AQ QF = AM MC + AG GH . (3.2) Áp dụng định lớ van Aubel cho 4ABC với AH, BM , CN đồng quy tại G, ta cú: AG GH = AN NB + AM MC . (3.3) Từ (3.1),(3.2),(3.3) suy ra: AP PE + AQ QF = 3 ã (AN NB + AM MC ) .  Nhận xột. 35 • Trường hợp H là trung điểm BC thỡ MN ‖ BC hay AN NB = AM MC ⇒ AP PE + AQ QF = 6 ã AN NB . • Trường hợp G là trung điểm AH thỡ AN NB + AM MC = 1⇒ AP PE + AQ QF = 3. Bài toỏn 3.1.7 ([3]). Cho tam giỏc ABC, trờn ba cạnh BC, CA, AB lần lượt lấy ba điểm A′, B′, C ′ sao cho AA′, BB′, CC ′ đồng quy tại K. Gọi N,M lần lượt là giao điểm của A′B′ và CC ′, A′C ′ và BB′. Tia AM , tia AN lần lượt cắt BC tại E,F . Chứng minh rằng: a) EN,FM,AA′ đồng quy tại I. b) IA ãKA′ = 3 ã IA′ ãKA. Giải. a) Áp dụng định lớ Menelaus cho 4ABE với ba điểm thẳng hàng A′,M,C ′, ta cú: AM ME ã EA ′ A′B ã BC ′ C ′A = 1⇒ AM ME = C ′A BC ′ ã A ′B EA′ . Áp dụng định lớ Menelaus cho 4AFC với ba điểm thẳng hàng A′, N,B′ ta cú: FN NA ã AB ′ B′C ã CA ′ A′F = 1⇒ FN NA = A′F CA′ ã B ′C AB′ . Suy ra AM ME ã EA ′ A′F ã FN NA = (C ′A BC ′ ã A ′B EA′ ) ã EA ′ A′F ã (A′F CA′ ã B ′C AB′ ) = C ′A BC ′ ã A ′B CA′ ã B ′C AB′ = 1. (do AA′, BB′ và CC ′ đồng quy tại K - định lớ Ceva). 36 Cũng theo định lớ Ceva ta cú AA′, EN và FM đồng quy tại I. b) Áp dụng định lớ van Aubel cho 4ABA′, 4ACA′, 4AEF , ta cú: AM ME = AK KA′ + AC ′ C ′B (3.4) AN NF = AK KA′ + AB′ B′C (3.5) AM ME + AN NF = AI IA′ . (3.6) Thay (3.4) và (3.5) vào (3.6) ta được: 2 AK KA′ + AC ′ C ′B + AB′ B′C = AI IA′ . (3.7) Áp dụng định lớ van Aubel cho 4ABC ta cú: AC ′ C ′B + AB′ B′C = AK KA′ . Thay vào (3.7) ta được: 3 AK KA′ = AI IA′ ⇒ 3 ã IA′ ã AK = KA′ ã AI.  Bài toỏn 3.1.8 ([3]). Cho K là điểm nằm trong tam giỏc ABC. Gọi D,E, F lần lượt là giao điểm của AK và BC, BK và AC, CK và AB. Chứng minh rằng: AK KD + BK KE + CK KF ≥ 6. Giải. Áp dụng định lớ van Aubel cho 4ABC: AK KD = AE EC + AF FB 37 BK KE = FB AF + BD DC KC FK = EC AE + DC BD . Cộng theo từng vế của cỏc đẳng thức trờn ta được: AK KD + BK KE + KC FK = AE EC + AF FB + FB AF + BD DC + EC AE + DC BD = (AE EC + EC AE ) + (AF FB + FB AF ) + (BD DC + DC BD ) ≥ 6. (theo bất đẳng thức Cauchy). Đẳng thức xảy ra⇔ E,F,D lần lượt là trung điểm của cỏc cạnh CA,AB,BC. Khi đú K là trọng tõm của 4ABC.  Nhận xột. Lời giải sử dụng định lớ van Aubel rất tự nhiờn và đơn giản hơn phương phỏp sử dụng diện tớch để chứng minh bài toỏn này. Bài toỏn 3.1.9. Cho tam giỏc ABC, A1 là điểm trờn cạnh BC sao cho A1B A1C = γ β . Gọi X và Y lần lượt là cỏc điểm trờn cạnh AB và AC và cho M là giao điểm của đoạn thẳng XY với AA1. Khi đú β XB XA + γ Y C Y A = (β + γ) A1M MA . Giải. Đầu tiờn giả sử rằng XY song song với cạnh BC. Khi đú XB XA = Y C Y A = MA1 MA , nờn kết quả đỳng với bất kỳ β, γ. 38 Giả sử XY và BC cắt nhau tại điểm Z. Xột tam giỏc AA1B. Vỡ M,X và Z thẳng hàng ta cú Y C Y A ã MA MA1 ã ZA1 ZC = 1. Nờn β XB XA + γ Y C Y A = β MA1 ã ZB MA ã ZA1 + γ MA1 ã ZC MA ã ZA1 = MA1 MA ã ZA1 (βZB + γZC) = MA1 MA ã ZA1 (βZA1 − βBA1 + γZA1 + γA1C) = (β + γ) MA1 MA ã ZA1ZA1 vỡ (A1B A1C = γ β ) = (β + γ) MA1 MA , điều phải chứng minh.  Bài toỏn 3.1.10. Cho tam giỏc ABC cú ba đường Ceva AA1, BB1 và CC1 giao nhau tại M . Giả sử A1B A1C = γ β , B1C B1A = α γ và C1A C1B