Luận văn Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp

ròn, có A1A2 MA1.MA2 + A2A3 MA2.MA3 + · · ·+ An−1An MAn−1.MAn = AnA1 MAn.MA1 17 cho đa giác lồi A1 . . .AnM và cho tứ giác A1AnAn+1M ta có hệ thức A1An MA1.MAn + AnAn+1 MAn.MAn+1 = A1An+1 MA1.MAn+1 . Cộng hai hệ thức này lại, ta nhận được Đồng nhất thức Ptolemy tổng quát cho đa giác lồi A1A2 MA1.MA2 + A2A3 MA2.MA3 + · · ·+ AnAn+1 MAn.MAn+1 = An+1A1 MAn+1.MA1 . Ví dụ 1.3.1. Tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp R,r. Giả sử ba phân giác trong các góc của tam giác cắt đường tròn ngoại tiếp ở A1,B1,C1. Chứng minh rằng AA1.BB1.CC1 > 16R2r. Bài giải. Theo Bổ đề 1.3.1 ta có AA1 = A1B(b+ c) a = b+ c a .2Rsin A 2 vì A1B = A1C và bằng 2Rsin A 2 . Ta cũng có hệ thức tương tự cho BB1,CC1. Vậy AA1.BB1.CC1 = (b+ c)(c+a)(a+b) abc 8R3 sin A 2 .sin B 2 .sin C 2 > 8abc abc .2R2.4Rsin A 2 r.sin B 2 .sin C 2 = 16R2r. Tóm lại, ta nhận được AA1.BB1.CC1 > 16R2r. Ví dụ 1.3.2. Tam giác ABC có a = BC,b = CA,c = AB và bán kính đường tròn ngoại tiếp R. Giả sử phân giác trong các góc của tam giác cắt đường tròn ngoại tiếp ở A1,B1,C1, tương ứng. Chứng minh rằng (1) AA1 +BB1+CC1 > a+b+ c. (2) SA1B1C1 > SABC. (3) Gọi độ dài ba phân giác trong là ℓa, ℓb, ℓc. Khi đó ℓa AA1 sin 2 A + ℓb BB1 sin 2 B + ℓc CC1 sin 2C > 3 [APMO1997]. Bài giải. (1) Theo Định lý cosin ta có  A1B 2 = c2 +AA21−2c.AA1 cos A 2 A1C 2 = b2 +AA21−2b.AA1 cos A 2 . 18 Vì A1B = A1C nên c2−b2 = 2(c−b).AA1 cos A 2 . Nếu b = c thì AA1 = 2R và b+ c < 4R. Nếu b 6= c thì b+ c = 2AA1 cos A 2 . Tương tự, ta cũng có c+a = 2BB1 cos B 2 và a+b = 2CC1 cos C 2 . Do đó a+b+ c < AA1+BB1 +CC1. (2) Ta có SA1B1C1 2R2 = sin A+B 2 sin B+C 2 sin C+A 2 > sinAsinBsinC = SABC 2R2 và suy ra bất đẳng thức SA1B1C1 > SABC. (3) Theo Định lý sin ta có ℓa = csinB sin ( C+A/2 ) và AA1 = csin ( B+A/2 ) sinC . Vậy ℓa AA1 sin 2 A = sinBsinC sin2 Asin ( B+A/2 ) sin ( C+A/2 ) > sinBsinC sin2 A . Đánh giá còn lại tương tự. Từ đó có ℓa AA1 sin 2 A + ℓb BB1 sin 2 B + ℓc CC1 sin 2C > sinBsinC sin2 A + sinC sinA sin2 B + sinAsinB sin2C > 3 theo Bất đẳng thức AM-GM. Ví dụ 1.3.3. Ký hiệu n(r) là số điểm nguyên thuộc đường tròn bán kính r > 1. Chứng minh n(r)< 2pi 3 √ r2. Bài giải. Giả sử đường tròn (ℓ) bán kính r > 1 chứa n điểm với tọa độ nguyên. Ta phải chỉ ra n(r) < 2pi 3 √ r2. Vì r > 1 và 2pi > 6 nên 2pi 3 √ r2 > 6. Vậy, ta có thể giả thiết n> 7 bởi vì n < 7 bất đẳng thức luôn đúng. Ký hiệu điểm nguyên thuộc đường tròn (ℓ) theo thứ tự P1,P2, . . . ,Pn, (theo chiều quay của kim đồng hồ). Khi đó các cung ⌢ P1P3, ⌢ P2P4, ⌢ Pn−1P1 và ⌢ PnP2 phủ đường tròn hai lần. Do vậy, tổng các số đo cung của các cung này bằng 4pi. Từ đó suy 19 ra tồn tại ít nhất một cung không vượt quá 4pi n , chẳn hạn cung ⌢ P1P3. Xét tam giác P1P2P3 nội tiếp trong cung với số đo 4pi n . Vì n > 7 nên cung này có thể coi như nhỏ hơn một phần tư đường tròn. Diện tích tam giác P1P2P3 lớn nhất khi P1,P3 là hai điểm mút của cung và P2 là điểm chính giữa của cung. Khi đó SP1P2P3 = abc 4r = 2r sin pi n .2r sin pi n .2r sin 2pi n 4r 6 2r pi n .2r pi n .2r 2pi n 4r . Như vậy SP1P2P3 6 4r2.pi3 n3 . Giả sử tọa độ nguyên các đỉnh Pi(xi,yi), i = 1,2,3. Khi đó 4r2.pi3 n3 > SP1P2P3 = 1 2 ∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 1 1 x1 x2 x3 y1 y2 y3 ∣∣∣∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣> 1 2 . Ta nhận được bất đẳng thức n(r)6 2pi 3 √ r2. Vì pi là số siêu việt và n là số nguyên dương nên n(r) < 2pi 3 √ r2. Nhận xét 1.3.2. Kết quả yếu hơn n(r)< 6 3 √ pi.r2 [Iran MO 1999]. Ví dụ 1.3.4. Cho tam giác ABC với trọng tâm G. Với điểm S bất kỳ, gọi I là trung điểm SG và đường thẳng tùy ý d qua I cắt SA,SB,SC tại A1,B1,C1, tương ứng, khác S. Chứng minh rằng SA SA1 + SB SB1 + SC SC1 = 6. Bài giải. Gọi M là trung điểm BC và kéo dài AM về phía M lấy điểm N sao cho M là trung điểm GN. Gọi giao điểm SM,SN với d là M1,N1. Khi đó SB SB1 + SC SC1 = 2 SM SM1 , SN SN1 + SG SI = 2 SM SM1 , SN SN1 + SA SA1 = 2 SG SI = 4. Vậy SA SA1 + SB SB1 + SC SC1 = 6. Mệnh đề 1.3.6. Với ∆ABC và M ∈ BC ta có sin∠BAM AC + sin∠CAM AB = sin∠BAC AM . Chứng minh. Do SABM +SACM = SABC nên sin∠BAM AC + sin∠CAM AB = sin∠BAC AM . 20 Ví dụ 1.3.5. Với tứ giác lồi ABCD, K = AD×BC, L = AB×CD, F = BD×KL, G = AC×KL, ta luôn luôn có hệ thức 2 KL = 1 KF + 1 KG . Bài giải. Đặt α = ∠CKA và β = ∠CKL Theo Mệnh đề 1.3.6 ta luôn có hệ thức sau: sin(α +β ) KB = sinα KL + sinβ KA , sin(α +β ) KC = sinα KL + sinβ KD sin(α +β ) KB = sinα KF + sinβ KD , sin(α +β ) KC = sinα KG + sinβ KA và có được kết quả sinα KL + sinβ KA + sinα KL + sinβ KD = sinα KF + sinβ KD + sinα KG + sinβ KA hay hệ thức 2 KL = 1 KF + 1 KG . Ví dụ 1.3.6. Với tam giác ABC, độ dài cạnh a,b,c và độ dài đường phân giác trong ℓa, ℓb, ℓc ta luôn có hệ thức cos ∠A 2 ℓa + cos ∠B 2 ℓb + cos ∠C 2 ℓc = 1 a + 1 b + 1 c . 21 Bài giải. Theo Mệnh đề 1.3.6 ta có 2cos ∠A 2 ℓa = 1 b + 1 c , 2cos ∠B 2 ℓb = 1 c + 1 a , 2cos ∠C 2 ℓc = 1 a + 1 b . Từ đó ta có hệ thức cos ∠A 2 ℓa + cos ∠B 2 ℓb + cos ∠C 2 ℓc = 1 a + 1 b + 1 c . Ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 1.3.7. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử M,N ∈ AB và P,Q ∈ CD sao cho AM = NB và CP = QD. Chứng minh rằng, nếu SAMQD = SBNPC thì AB ‖CD. Bài giải. Giả sử AB và CD cắt nhau tại O. Dựng hệ tọa độ Oxy sao cho A(u,0), M(u+a,0), N(v,0), B(v+a,0), D(z,kz), Q(z+b,k(z+b)), P(t,kt), C(t +b,k(t +b)) với 0 0, vì AM = NB và DQ = PC. Giả thiết SAMQD = SBNPC. Tính 2SAMQD = ∣∣∣∣∣ u+a−u 0−0 z−u kv−0 ∣∣∣∣∣+ ∣∣∣∣∣ z+b−u−a k(z+b)−0 z−u−a kz−0 ∣∣∣∣∣ = kaz+ kbu+ kab 2SBNPC = ∣∣∣∣∣ t +a− v 0−0 t− v kt−0 ∣∣∣∣∣+ ∣∣∣∣∣ t +b− v−a k(t +b)−0 t− v−a kt−0 ∣∣∣∣∣ = kat + kbv+ kab và nhận được kaz+ kbu+ kab = kat + kbv+ kab hay a(t− z) =−b(v−u), vô lý. Do vậy, điều giả sử là sai và có AB ‖CD. Ví dụ 1.3.8. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử M,N ∈ AB và P,Q∈CD sao cho AM = MN =NB vàCP=PQ=QD.Gọi O=AC×BD. Chứng minh rằng SOMP = SONQ. Bài giải. Dựng hệ tọa độ Oxy sao cho A(a,0),C(c,0) và phương trình AB : y = k(x−a), CD : y = h(x− c). 22 Giả sử B(a+3u,k3u), D(c+3v,h3v). Vì B,O,D thẳng hàng nên ku(c+3v) = hv(a+3u) hay kcu−hav = 3(h− k)uv. Tính tọa độ M(a+u,ku), P(c+ v,hv), N(a+2u,k2u), Q(c+2v,h2v) và tính diện tích tam giác định hướng 2SOMP = ∣∣∣∣∣ c+ v−0 hv−0 a+u−0 ku−0 ∣∣∣∣∣= kcu−hav+(k−h)uv 2SONQ = ∣∣∣∣∣ c+2v−0 h2v−0 a+2u−0 k2u−0 ∣∣∣∣∣= 2kcu−2hav+4(k−h)uv. Vì kcu−hav = 3(h− k)uv nên SOMP = huv− kuv = SONQ. 1.3.3 Đường thẳng Simson, đường thẳng Steiner Mệnh đề 1.3.7 (Simson). Giả sử điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khác phía với A đối với BC. Hạ MA1,MB1,MC1 vuông góc với BC,CA,AB, tương ứng. Khi đó, ba điểm B1,A1,C1 thẳng hàng. Chứng minh. Từ B1C1 = MAsinA, A1B1 = MC sinC, A1C1 = MBsinB và aMA = bMB+ cMC theo Đồng nhất thức Ptolemy suy ra A1B1 +A1C1 = MC sinC+MBsinB = cMC+bMB 2R = aMA 2R . Từ đây suy ra A1B1 +A1C1 = B1C1 hay ba điểm B1,A1,C1 thẳng hàng. 23 Mệnh đề 1.3.8 (Feuerbach). Với tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn luôn có DA2SDBC +DC2SDAB = DB2SDCA. Chứng minh. Vì tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn nên DA bc + DC ab = DB ca theo Bổ đề 1.3.1. Vậy aDA2 DA + cDC2 DC = bDB2 DB . Từ đây suy ra DA2.DB.DC.a+DC2.DA.DB.c = DB2.DC.DA.b và dễ dàng có đồng nhất thức DA2SDBC +DC2SDAB = DB2SDCA. Mệnh đề 1.3.9. Giả sử điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khác phía với A đối với BC. Gọi A′,B′,C′ là điểm đối xứng với điểm M qua BC,CA,AB, tương ứng, và A0 = MA′×BC, B0 = MB′×CA và C0 = MC′×AB. Khi đó ta có (1) (Steiner)Ba điểm B′,A′,C′ thẳng hàng. (2) Đường thẳng (B′,A′,C′) đi qua trực tâm H của ∆ABC, còn đường thẳng B0C0 đi qua trung điểm đoạn MH. Chứng minh. (1) Ta có MA0 ⊥BC,MB0 ⊥CA và MC0 ⊥AB. TheoMệnh đề 1.3.7, A0, B0, C0 thẳng hàng. Vì A′C′ ‖ A0C0,A′B′ ‖ A0B0 và C0,A0,B0 thẳng hàng nên ba điểm C′,A′,B′ cũng thẳng hàng. 24 (2) Kẻ các đường cao AA1 ⊥ BC, BB1 ⊥CA và CC1 ⊥ AB. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và đường thẳng AH,BH,CH cắt đường tròn (O,R) tại A2,B2,C2.Khi đó, theo các điểm A2,B2,C2 đối xứng với H qua BC,CA,AB, tương ứng. Vì các hình thang C′C2HM, B′B2HM cân nên ∠C′HC2 = ∠MC2C = ∠MAC và ∠B′HB2 = ∠MB2B =∠MAB. Vậy ∠B′HC′ = ∠B”HB2 +∠B2HC2 +∠C2HC′ =∠C1AB1 +∠B1HC1 = 1800. Do đó, ba điểm B′,H,C′ thẳng hàng. Vì B0C0 là đường trung bình của tam giác MB′C′ nên B0C0 đi qua trung điểm đoạn MH. 1.4 Định lý Ceva và Định lý Menelaus Mệnh đề 1.4.1 (Ceva 1678). Cho tam giác ABC và ba điểm M ∈ (BC), N ∈ (CA) và P ∈ (AB) sao cho AM,BN,CP không từng cặp song song. Khi đó AM,BN,CP đồng quy tại một điểm khi và chỉ khi MB MC NC NA PA PB =−1. Chứng minh. Giả thiết AM,BN,CP đồng quy tại I. Khi đó ta có biến đổi diện tích BM MC CN NA AP PB = SIBM SIMC SICN SINA SIAP SIPB = SABM SACM SBCN SBAN SCAP SCBP = SBAI SCAI . SCBI SABI . SACI SCBI = 1. Vậy MB MC NC NA PA PB =−1. Ngược lại, giả thiết MB MC NC NA PA PB =−1. 25 Ta chỉ ra AM, BN, CP đồng quy tại một điểm. Thật vậy, gọi I = AM×BN và CI cắt (AB) tại Q. Khi đó ta có BM MC CN NA AP PB =−1 = BM MC CN NA AQ QB . Vậy AP PB = AQ QB và dễ dàng suy ra được Q ≡ P. Nhận xét 1.4.1. Trong một số tài liệu người ta thường kẻ qua A một đường song song với BC, cắt BN và CP kéo dài để chứng minh Định lý Ceva, và phép chứng minh là rất dài. Ví dụ 1.4.1. Cho tam giác ABC. Giả sử đường tròn nội tiếp tiếp xúc với cạnh BC,CA,AB tại A1,B1,C1; Giả sử đường tròn bàng tiếp nằm trong ∠A tiếp xúc với cạnh BC tại A2, tiếp xúc với cạnh AB,AC kéo dài tại Ca,Ba. Khi đó AA1,BB1,CC1 đồng quy tại một điểm J và điểm này được gọi là điểm Gergonne và AA2,BBa,CCa đồng quy tại một điểm Na và điểm này được gọi là điểm Nagel. Bài giải. Vì BA1 A1C CB1 B1A AC1 C1B =−1 và BA2 A2C CBa BaA ACa CaB =−1 nên AA1, BB1, CC1 đồng quy tại một điểm J và AA2,BBa,CCa đồng quy tại một điểm Na theo Mệnh đề 1.4.1. Ví dụ 1.4.2. Cho tam giác ABC. Giả sử ba đường tròn bàng tiếp tiếp xúc với cạnh BC,CA,AB tại A2,B2,C2; tương ứng. Khi đó AA2,BB2,CC2 đồng quy tại một điểm N. Bài giải. Ký hiệu a = BC,b =CA,c = AB. Vì AB+BA2 = AC+CA2 nên A2B A2C = a+b− c a+ c−b . Tương tự, tính B2C B2A = b+ c−a b+a− c 26 và C2A C2B = c+a−b c+b−a . Vì BA2 A2C CB2 B2A AC2 C2B =−1 nên AA2, BB2, CC2 đồng quy tại một điểm N. Tương tự, khi xét đường tròn bàng tiếp ∆ABC, nhưng nằm trong góc∠B,∠C, tương ứng ta cũng nhận được hai điểm Nagel Nb,Nc nữa. Như vậy, với mỗi ∆ABC ta nhận được bốn điểm Nagel N,Na,Nb,Nc và một điểm Gergonne. Ví dụ 1.4.3. Cho tam giác ABC. Giả sử đường tròn cắt ba cạnh BC,CA,AB của tam giác tại A1,A2; B1, B2; C1, C2, tương ứng và theo thứ tự A,C1,C2, B,A1,A2, C,B1, B2,A. Giả sử X = C1B1×C2B2, Y = A1C1×A2C2, Z = B1A1×B2A2. Khi đó AX ,BY,CZ đồng quy tại một điểm. Bài giải. Gọi D là giao điểm giữa AX và C2B1. Vì AD,C2B2,B1C1 đồng quy tại X nên sin∠XAB2 sin∠XAC1 . sin∠XC2C1 sin∠XC2B1 . sin∠XB1C2 sin∠XB1B2 = 1. Do ∠XC2C1 = ∠XB1B2 nên ta nhận được sin∠XAB2 sin∠XAC1 = sin∠B1C2B2 sin∠B2B1C1 ,(1). Tương tự, sin∠Y BC2 sin∠YBA1 = sin∠C1A2C2 sin∠A2C1A1 ,(2); sin∠XCA2 sin∠ZCB1 = sin∠A1B2A2 sin∠B2A1B1 ,(3). Từ (1),(2),(3) ta suy ra sin∠XAB2 sin∠XAC1 . sin∠YBC2 sin∠YBA1 . sin∠XCA2 sin∠ZCB1 = 1. Hệ thức này chứng tỏ AX ,BY,CZ đồng quy tại một điểm. Ví dụ 1.4.4. Cho tam giác ABC. Chia cạnh BC thành ba đoạn bằng nhau BA1 = A1A2 = A2C; 27 Chia cạnh CA thành ba đoạn bằng nhau CB1 = B1B2 = B2A; Chia cạnh AB thành ba đoạn bằng nhau AC1 = C1C2 = C2B. Gọi D1 = BB1×CC2, D2 = BB1×AA2, D3 = CC1 ×AA2, D4 = CC1 ×BB2, D5 = AA1 ×BB2, D6 = AA1 ×CC2. Chứng minh ba đường thẳng D1D4,D2D5,D3D6 đồng quy tại một điểm. Bài giải. Theo Định lý Ceva, đường trung tuyến AA′ của tam giác ABC chứa điểm D1,D4; đường trung tuyến BB′ của tam giác ABC chứa điểm D3,D6; đường trung tuyến CC′ của tam giác ABC chứa điểm D2,D5. Từ đó suy ra ba đường thẳng D1D4,D2D5,D3D6 đồng quy tại một điểm. Ví dụ 1.4.5. Cho tam giác ABC. Lấy điểm M,N,P thuộc cạnh BC, CA và AB, tương ứng. Nếu AM,BN,CP đồng quy thì ta luôn có SMNP 6 1 4 SABC. Bài giải. Đặt u = MB MC , v = NC NA , t = PA PB . Giả thiết AM,BN,CP đồng qui tại một điểm. Khi đó u,v, t > 0 và uvt = 1 và SMNP SABC = 1+uvt (1+u)(1+ v)(1+ t) . Vì (1+u)(1+ v)(1+ t)> 8 nên SMNP SABC = 1+1 (1+u)(1+ v)(1+ t) 6 2 8 = 1 4 . Ta có điều phải chứng minh. Mệnh đề 1.4.2 (Menelaus). Cho tam giác ABC và điểm N thuộc cạnh CA, điểm P thuộc cạnh AB, còn điểm M thuộc cạnh BC kéo dài. Khi đó, ba điểm M,N,P thẳng hàng khi và chỉ khi MB MC . NC NA . PA PB = 1. 28 Chứng minh. Theo khoảng cách: Giả thiết ba điểm M,N,P thẳng hàng. Ký hiệu khoảng cách từ A,B,C đến đường thẳng (MNP) là u,v, t. Khi đó ta có hệ thức MB MC . CN NA . AP PB = v t . t u . u v = 1 hay là MB MC . NC NA . PA PB = 1. Theo diện tích: Ta có MB MC NC NA PA PB = SMBN SMCN SMCN SMAN SMAN SMBN = 1. Giả thiết MB MC . NC NA . PA PB = 1. Ta chỉ ra ba điểm M,N,P thẳng hàng. Gọi M′ là điểm giao NP×BC. Ta có M′B M′C . NC NA . PA PB = 1 = MB MC . NC NA . PA PB . Vậy M′B M′C = MB MC và cũng dễ dàng suy ra được M ≡ M′. Mệnh đề 1.4.3. Cho tứ giác ABCD. Giả sử đường thẳng d cắt các đường thẳng AB, BC, CD, DA tại các điểm M,N, P, Q, tương ứng. Khi đó, ta có T = MA MB . NB NC . PC PD . QD QA = 1. Chứng minh. Ký hiệu khoảng cách từ các đỉnh A,B,C,D đến d qua x,y,z, t. Dễ dàng kiểm tra T = x y . y z . z t . t x = 1. 29 Định lí 1.4.1 (Desargues). Cho hai tam giác ABC và A′B′C′ sao cho ba đường thẳng AA′,BB′,CC′ đồng quy tại điểm E. Ký hiệu X ,Y,Z lần lượt là giao điểm giữa AB và A′B′; giữa BC và B′C′; giữa CA và C′A′. Chứng minh rằng, ba điểm X ,Y,Z thẳng hàng. Ngược lại, nếu BB′,CC′ cắt nhau tại O và X ,Y,Z thẳng hàng thì AA′,BB′,CC′ đồng quy tại O. Chứng minh. Áp dụng Định lý Menelaus cho ∆EAB với cát tuyến (A′B′X); cho ∆EBC với cát tuyến (B′C′Y ) và ∆ECA với cát tuyến (C′A′Z), ta có A′E A′A . XA XB . B′B B′E = 1, B′E B′B . YB YC . C′C C′E = 1, C′E C′C . ZC ZA . A′A A′E = 1. Nhân ba hệ thức này, vế với vế, ta nhận được XA XB . Y B YC . ZC Z = 1 và theo Mệnh đề 1.4.2 ba điểm X ,Y,Z thẳng hàng. Phần còn lại được coi như một bài tập nhỏ. 1.5 Bất đẳng thức Erdo¨s-Mordell cho đa giác Trước khi phát biểu và chứng minh Bất đẳng thức Erdo¨s-Mordell cho đa giác lồi ta chứng minh Bất đẳng thức Erdo¨s-Mordell cho tam giác. Ví dụ 1.5.1. Cho tam giác ABC. Giả sử M là một điểm trong tam giác và ký hiệu khoảng cách từ M đến cạnh BC,CA,AB là x,y,z. Đặt d1 =MA,d2 = MB,d3 = MC. Khi đó ta có Bất đẳng thức Erdo¨s-Mordell cos pi 3 (d1 +d2 +d3)> x+ y+ z. Bài giải. Cách 1. Ta có √ d1d2 cosα1 + √ d2d3 cosα2 + √ d3d1 cosα3 > x+ y+ z với α1 +α2 +α3 = pi. Đặt ak = √ dk, k = 1,2,3. Ta chỉ ra a21 +a 2 2 +a 2 3 > 2a1a2 cosα1 +2a2a3 cosα2 +2a3a1 cosα3 hay (a1−a2 cosα1−a3 cosα3)2 +(a2 sinα1−a3 sinα3)2 > 0 đúng. Do vậy, ta nhận được bất đẳng thức cos pi 3 (d1 +d2 +d3)> x+ y+ z. Cách 2. Ta có d21 sin 2 A = y2 + z2−2yzcos(B+C) 30 = (ysinC+ zsinB)2 +(ycosC− zcosB)2 > (ysinC+ zsinB)2 Vậy d1 > y sinC sinA + z sinB sinA . Tương tự, ta có d2 > z sinA sinB + x sinC sinB và d3 > x sinB sinC + y sinA sinC . Cộng ba bất đẳng thức trên có cos pi 3 (d1 +d2 +d3)> x+ y+ z. Mệnh đề 1.5.1. Cho đa giác lồi A1A2 . . .An với n> 3. Giả sử M là một điểm trong đa giác và ký hiệu khoảng cách từ M đến cạnh AiAi+1 là ri với i = 1,2, . . . ,n và quy ước n+1 := 1. Đặt 2αi =∠AiMAi+1 và dk = MAk với k = 1, . . . ,n. Ta có đồng nhất thức cho Bất đẳng thức Erdo¨s-Mordell: n ∑ k=1 dkdk+1 sin2αk = n ∑ k=1 rk √ (dk−dk+1)2 +4dkdk+1 sin2 αk. Từ đó suy ra n ∑ k=1 √ dkdk+1 cosαk > n ∑ k=1 rk. Chứng minh. Xét ∆A1MA2. Từ r1.A1A2 = d1d2 sin2α1 ta suy ra được: d1d2 sin2α1 = r1 √ (d1−d2)2 +4d1d2 sin2 α1. Tương tự, ta có: dkdk+1 sin2αk = rk √ (dk−dk+1)2 +4dkdk+1 sin2 αk với k = 1,2, . . . ,n. Lấy tổng tất cả các hệ thức được: n ∑ k=1 dkdk+1 sin2αk = n ∑ k=1 rk √ (dk−dk+1)2 +4dkdk+1 sin2 αk. Vì √ (dk−dk+1)2 +4dkdk+1 sin2 αk > 2 √ dkdk+1 sinαk và viết sin2αk = 2sinαk cosαk nên ta có bất đẳng thức n ∑ k=1 √ dkdk+1 cosαk > n ∑ k=1 rk. 31 Hai kết quả dưới đây là của Wolstenholme và Lenhard: Mệnh đề 1.5.2. Cho đa giác lồi A1A2 . . .An với n > 3. Giả sử M là một điểm trong đa giác. Ký hiệu khoảng cách từ M đến cạnh AiAi+1 là ri, di = MAi, với i = 1,2, . . . ,n và quy ước n+1 := 1. Khi đó ta có các bất đẳng thức (1) cos pi n n ∑ k=1 dk > n ∑ k=1 √ dkdk+1 cosαk. (2) n ∑ k=1 dk > 1 cos pi n n ∑ k=1 rk. Chứng minh. (1) Bất đẳng thức cos pi n n ∑ k=1 dk > n ∑ k=1 √ dkdk+1 cosαk. Theo mệnh đề trên ta đã có n ∑ k=1 rk 6 n ∑ k=1 √ dkdk+1 cosαk được suy ra từ một kết quả của Wolsten- holme và Lenhard. (2) Vì n ∑ k=1 √ dkdk+1 cosαk > n ∑ k=1 rk nên n ∑ k=1 dk > 1 cos pi n n ∑ k=1 rk. Mệnh đề 1.5.3 (Hayashi). Giả sử tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Khi đó, với bất kỳ điểm M ở trong mặt phẳng ABC, ta có bất đẳng thức: aMB.MC+bMC.MA+ cMA.MB> abc. Đặc biệt, khi M ≡ G là trọng tâm của tam giác ABC ta có bất đẳng thức: ambmc +bmcma + cmamb > 9 4 abc và khi M ≡ I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC ta còn có bất đẳng thức: a IA + b IB + c IC > abc 4Rr2 . Chứng minh. Tương ứng đỉnh A,B,C với số phức z1,z2,z3 và điểm M ứng với số phức z. Từ bất đẳng thức |z− z2||z− z3| |z1− z2||z1− z3|+ |z− z3||z− z1| |z2− z3||z2− z1|+ |z− z1||z− z2| |z3− z1||z3− z2| > 1, ta suy ra MB.MC bc + MC.MA ca + MA.MB ab > 1. 32 Vậy a.MB.MC+b.MC.MA+ c.MA.MB> abc. Khi M ≡ I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC ta còn có bất đẳng thức. a IA + b IB + c IC > abc 4Rr2 , vì IA.IB.IB = 4Rr2. Mệnh đề 1.5.4. Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA = b,AB = c. Gọi A1,B1,C1 là trung điểm của các cạnh BC,CA,AB, tương ứng. Ký hiệu khoảng cách từ điểm M trong mặt phẳng ABC đến A1,B1,C1 là x,y,z. Khi đó có bất đẳng thức: axMA+byMB+ czMC > abc 2 . Chứng minh. Tương ứng đỉnh A,B,C với số phức z1,z2,z3 và điểm M ứng với số phức 0. Từ bất đẳng thức |z1||z22− z23|+ |z2||z23− z21|+ |z3||z21− z22|> |z1− z2||z2− z3||z3− z1| theo ta có axMA+byMB+ czMC > abc 2 . Mệnh đề 1.5.5. Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA = b,AB = c. Khi đó, với bất kỳ điểm M ở trong mặt phẳng ABC, ta có các bất đẳng thức: aMA2 +bMB2 + cMC2 > abc. Hơn nữa ta còn có aHA2 + bHB2 + cHC2 > abc, trong đó H là trực tâm của ∆ABC. Chứng minh. Tương ứng đỉnh A,B,C với số phức z1,z2,z3 và điểm M ứng với số phức 0. Từ bất đẳng thức |z1|2|z2− z3|+ |z2|2|z3− z1|+ |z3|2|z1− z2|> |z1− z2||z2− z3||z3− z1| ta có aMA2 +bMB2 + cMC2 > abc. Mệnh đề 1.5.6. Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA = b,AB = c. Gọi G là trọng tâm của tam giác. Với bất kỳ điểm M ở trong mặt phẳng ABC, ta luôn có bất đẳng thức: (1) a3MA+b3MB+ c3MC > 3abcMG. 33 (2) aMA3 +bMB3 + cMC3 > 3abcMG. Chứng minh. Tương ứng đỉnh A,B,C với số phức z1,z2,z3 và điểm M ứng với số phức 0. Từ bất đẳng thức |z1||z2−z3|3+ |z2||z3−z1|3+ |z3||z1−z2|3> |z1+z2+z3||z1−z2||z2−z3||z3−z1|, ta có a3MA+b3MB+ c3MC > 3abcMG. Bất đẳng thức aMA3 +bMB3 + cMC3 > 3abcMG được chứng minh tương tự. Ví dụ 1.5.2. Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA = b,AB = c. Khi đó, với bất kỳ điểm M trong mặt phẳng ABC, ta luôn có bất đẳng thức: aMB.MC+bMC.MA+ cMA.MB> abc R2 MO2. Đặc biệt, khi M ≡ K là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC và ở trong ∠A ta còn có bất đẳng thức: a KA + b KB + c KC > abc(R+2ra) 4R2r2a . Bài giải. Tương ứng các điểm A,B,C,E và tâm đường tròn ngoại tiếp O của ∆ABC với số phức z1,z2,z3,z,0. Từ bất đẳng thức: |z1|2|z− z2||z− z3| |z1− z2||z1− z3| + |z2|2|z− z3||z− z1| |z2− z3||z2− z1| + |z3|2|z− z1||z− z2| |z3− z1||z3− z2| > |z| 2 với n = 2, ta suy ra MB.MC bc + MC.MA ca + MA.MB ab > MO2 R2 . Như vậy chúng ta có aMB.MC+bMC.MA+ cMA.MB> abc R2 MO2. Khi M ≡ K là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC và ở trong ∠A ta có KO2 = R2 +2Rra, KA.KB.KC = 4Rr 2 a và như vậy có bất đẳng thức a KA + b KB + c KC > abc(R2 +2Rra) R2.4Rr2a = abc(R+2ra) 4R2r2a . 34 Mệnh đề 1.5.7. Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA = b,AB = c nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Khi đó, với bất kỳ hai điểm E và F ở trong mặt phẳng ABC ta luôn có bất đẳng thức: OE.OF R2 6 AE.AF bc + BE.BF ca + CE.CF ab . Đặc biệt, khi E ≡ F ta có AE 2 bc + BE2 ca + CE2 ab > OE2 R2 . Chứng minh. Tương ứng đỉnh A,B,C với số phức z1,z2,z3, tâm O với số phức z và hai điểm E,F ứng với hai số phức u,v. Từ bất đẳng thức dưới đây: |z−u||z− v| |z− z1||z− z2||z− z3| 6 |z1−u||z1− v| |z1− z2||z1− z3||z− z1| + |z2−u||z2− v| |z2− z1||z2− z3||z− z2|+ |z3−u||z3− v| |z3− z1||z3− z2||z− z3| ta suy ra OE.OF R2 6 AE.AF bc + BE.BF ca + CE.CF ab . Mệnh đề 1.5.8. Tam giác ABC với BC = a,CA = b,AB = c có đường tròn ngoại tiếp tâm O bán kính R và đường tròn nội tiếp tâm I bán kính r. Gọi H là trực tâm của tam giác. Ký hiệu khoảng cách từ O đến các cạnh BC,CA,AB là x,y,z. Ta có bất đẳng thức: (1) ax MA + by MB + cz MC > abcMH 2MA.MB.MC với bất kỳ điểm M. (2) ax IA + by IB + cz IC > abc 8Rr2 IH. Chứng minh. (1) Tương ứng đỉnh A,B,C,O với số phức z1,z2,z3,0 và M với số phức z. Từ bất đẳng thức |z2 + z3| |z1− z2||z1− z3||z1− t|+ |z3 + z1| |z2− z3||z2− z1||z2− t|+ |z1 + z2| |z3− z1||z3− z2||z3− t| > |t− z1− z2− z3| |t− z1||t− z2||t− z3| ta có ngay bất đẳng nhất thức ax MA + by MB + cz MC > abcMH 2MA.MB.MC . (2) Khi M ≡ I ta có ax IA + by IB + cz IC > abc 2IA.IB.IC IH = abc 8Rr2 IH. Ta có điều phải chứng minh. 35 Chương 2 Phương pháp thể tích 2.1 Phương pháp thể tích 2.1.1 Phương pháp thể tích Để nghiên cứu có hiệu quả, chúng ta cần phương pháp đơn giản sau đây: Phương pháp thể tích là phương pháp giải bài toán hình trong không gian qua thể tích của một khối nào đó. Để giải bài toán đã cho ta chọn một khối đa diện (K), chẳng hạn, với thể tích V. Sau đó đem chia khối (K) ra thành nhiều khối nhỏ một cách thích hợp và tính thể tích V1, . . . ,Vr của các khối nhỏ ấy. Từ V =V1+ · · ·+Vr suy ra lời giải bài toán. Mệnh đề 2.1.1. Cho tứ diện ABCD với diện tích 4 mặt sa,sb,sc,sd ; độ dài các đường cao ha, hb, hc, hd; độ dài các bán kính mặt cầu ngoại, nội, bàng tiếp R, r, Ra, Rb, Rc, Rd. Khi đó, thể tích V của tứ diện ABCD được xác định qua các công thức (1) V = saha 3 = sbhb 3 = schc 3 = sdhd 3 . (2) V = (sa + sb+ sc + sd)r 3 = sr 3 , ở đó s = sa + sb + sc + sd. (3) V = (s− sa)Ra 3 = (s−2sb)Rb 3 = (s− sc)Rc 3 = (s− sd)Rd 3 . (4) V = 1 6 ∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ x1 y1 z1 1 x2 y2 z2 1 x3 y3 z3 1 x4 y4 z4 1 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣, trong đó A(x1,y1,z1), B(x2,y2,z2), C(x3,y3,z3), D(x4,y4,z4) trong hệ tọa độ Oxyz. 36 2.1.2 Thể tích qua định thức Mệnh đề 2.1.2. Cho các vector −→x ,−→y ,−→z trong không gian với hệ tọa độ trực chuẩn. Ta có đồng nhất thức ( [ −→ x , −→ y ]. −→ z )2 = ∣∣∣∣∣∣∣∣ −→ x . −→ x −→ x . −→ y −→ x . −→ z −→ y . −→ x −→ y . −→ y −→ y . −→ z −→ z . −→ x −→ z . −→ y −→ z . −→ z ∣∣∣∣∣∣∣∣ . Chứng minh. Đặt −→ x = (a,b,c), −→ y = (a′,b′,c′), −→z = (a”,b”,c”). Biến đổi đơn giản ( [ −→ x , −→ y ]. −→ z )2 = ∣∣∣∣∣∣∣∣ a b c a′ b′ c′ a” b” c” ∣∣∣∣∣∣∣∣ 2 = ∣∣∣∣∣∣∣∣ a b c a′ b′ c′ a” b” c” ∣∣∣∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣∣∣∣ a a′ a” b b′ b” c c′ c” ∣∣∣∣∣∣∣∣ ta nhận được hệ thức liên hệ ( [ −→ x , −→ y ]. −→ z )2 = ∣∣∣∣∣∣∣∣ −→ x . −→ x −→ x . −→ y −→ x . −→ z −→ y . −→ x −→ y . −→ y −→ y . −→ z −→ z . −→ x −→ z . −→ y −→ z . −→ z ∣∣∣∣∣∣∣∣ . Ta có điều phải chứng minh. Mệnh đề 2.1.3. Giả sử a1,a2,a3 và b1,b2,b3 là cosin của các góc do hai đường thẳng (ℓ1) và (ℓ2) tạo với các trục tọa độ Ox,Oy,Oz, tương ứng của hệ tọa độ trực chuẩn (Oxyz). Ký hiệu α là góc giữa tia (ℓ1) và (ℓ2). Khi đó ta có công thức biểu diễn sin 2 α = (a1b2−a2b1)2 +(a2b3−a3b2)2 +(a3b1−a1b3)2. Từ đó suy ra rằng, hai đường thẳng (ℓ1) và (ℓ2) vuông góc với nhau khi và chỉ khi (a1b2−a2b1)2 +(a2b3−a3b2)2 +(a3b1−a1b3)2 = 1. Bài giải. Gọi −→ i , −→ j , −→ k là vector đơn vị trên các trục Ox,Oy,Oz. Khi đó −→ u = a1 −→ i +a2 −→ j +a3 −→ k , −→ v = b1 −→ i +b2 −→ j +b3 −→ k là những vector đơn vị chỉ phương của (ℓ1) và (ℓ2), và ta có sin