Một số vấn đề về tứ giác và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG DIỆU THU MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ TỨ GIÁC VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG DIỆU THU MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ TỨ GIÁC VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Nguyễn Việt Hải THÁI NGUYÊN - 2019 i Danh mục hình 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 Tứ giác nội tiếp Định lý Pithot IMO Shortlist 2008, Bài IMO Shortlist 2013, Bài IMO Shortlist 2016, Bài IMO Shortlist 1997, Bài IMO Shortlist 2008, Bài 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 2.11 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 10 11 13 13 a) a2 + c2 = b2 + d2 ; b) Pd AB + Pd BA + Pd CD + Pd DC Bộ điểm thứ đồng viên KLM N tứ giác nội tiếp Bộ điểm thứ hai đồng viên ABCD tứ giác α ⇐⇒ RST U hình chữ nhật Bốn trung tuyến m1 , m2 , m3 , m4 Bán kính đường tròn ngoại tiếp: R1 , R2 , R3 , R4 Các đường cao tam giác h1 , h2 , h3 , h4 IMO Shortlist 1992, Bài Tứ giác αβ Công thức diện tích tứ giác αβ Josefsson =π 16 17 18 19 20 21 22 23 28 31 33 Tứ giác toàn phần Điểm Miquel, đường tròn Miquel Đường thẳng Simson tứ giác toàn phần Định lý Brocard: O trực tâm 4GEF Dấu hiệu nhận biết tứ giác điều hòa d AI phân giác BID VMO 2012 Bốn điểm F, M, Z, Y đồng viên P Q = QR ⇐⇒ phân giác AC đồng quy 36 37 37 39 40 41 43 45 46 ii 3.10 Moldova, 2014 47 3.11 VMO 2016, Bài 48 3.12 VMO 2017, Bài 50 iii Mục lục Lời cảm ơn iii Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Các cơng thức tính diện tích tứ giác 1.2 Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp 1.2.1 Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp 1.2.2 Dấu hiệu nhận biết tứ giác ngoại tiếp 1.3 Các ứng dụng giải toán 3 4 Tứ 2.1 2.2 2.3 giác có hai đường chéo vng góc, 15 Tứ giác có hai đường chéo vng góc 15 Tứ giác có hai đường chéo 24 Tứ giác có đường chéo vng góc 30 Tứ 3.1 3.2 3.3 giác toàn phần, tứ Tứ giác tồn phần Tứ giác điều hịa Các ứng dụng Tài liệu tham khảo giác điều giải tốn hịa 35 35 39 42 53 iv Lời cảm ơn Để hoàn thành luận văn cách hồn chỉnh, tơi ln nhận hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình PGS.TS Nguyễn Việt Hải, Giảng viên cao cấp Trường đại học Hải Phịng Tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến thầy xin gửi lời tri ân điều thầy dành cho tơi Tơi xin chân thành cảm ơn phịng Đào tạo, Khoa Tốn-Tin, q thầy giảng dạy lớp Cao học K11B (2017 - 2019) Trường đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện cho tơi hồn thành khóa học Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho tơi suốt q trình học tập thực luận văn Xin trân trọng cảm ơn! Hải Phòng, tháng năm 2019 Người viết Luận văn Hoàng Diệu Thu v MỘT SỐ KÝ HIỆU TRONG LUẬN VĂN Stt Ký hiệu a, b, c, d S, s Q α β αβ γ p, q m, n Nội dung ký hiệu Trang Độ dài cạnh tứ giác Diện tích, nửa chu vi tứ giác Tứ giác lồi ABCD 15 đường chéo vng góc 15 đường chéo 15 đường chéo vuông góc 15 Đường chéo chia đơi đường chéo 15 Độ dài đường chéo tứ giác 16 Độ dài đường trung bình 20 Mở đầu Mục đích đề tài luận văn Giống tam giác, tứ giác đề tài quan trọng có nội dung phong phú hình học phẳng Trong chương trình hình học (ở phổ thông trường Đại học sư phạm) đề cập đến hình tứ giác đặc biệt: Hình thang, hình bình hành, hình vng, hình thoi, tứ giác nội tiếp Chuyên đề tứ giác nhiều vấn đề quan trọng cần nghiên cứu bổ sung với kiến thức sâu sắc Gần khái niệm sử dụng nhiều kỳ thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế Đó lý tơi nghiên cứu đề tài "Một số vấn đề tứ giác ứng dụng" Mục đích đề tài là: - Trình bày vấn đề bổ sung tứ giác, đặc biệt vấn đề chưa trình bày sách hình học sơ cấp: Tứ giác có hai đường chéo vng góc, nhau; tứ giác tồn phần, tứ giác điều hịa ứng dụng hay đường thẳng đặc biệt liên quan đến tứ giác, - Sử dụng công cụ hình học như: Biến đổi đại số hệ thức hình học có, phương pháp tọa độ, phương pháp biến hình, để nghiên cứu mở rộng khái niệm xung quanh tứ giác - Bồi dưỡng lực dạy chuyên đề khó trường THCS THPT góp phần đào tạo học sinh học giỏi mơn Hình học Nội dung đề tài, vấn đề cần giải Dựa vào tài liệu [1], [3] luận văn trình bày số vấn đề quan trọng tứ giác hay ứng dụng để giải tốn hình học khó Nội dung luận văn chia làm chương: Chương Kiến thức chuẩn bị Tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp nội dung quan trọng chủ yếu hay gặp để giải toán thi học sinh giỏi, thi chuyển cấp phổ thông Ở ta hệ thống lại dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp, phát biểu cơng thức tính tốn liên quan đến tứ giác, bổ sung thêm điều kiện khác minh họa cách áp dụng kiến thức vào việc giải tốn thi Olympic toán quốc gia quốc tế Chương bao gồm: 1.1 Các cơng thức tính diện tích tứ giác 1.2 Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp 1.3 Các ứng dụng giải toán Chương Tứ giác có hai đường chéo vng góc, Nội dung chương đề cập đến hai loại tứ giác đặc biệt với tính chất liên quan đến đường chéo: Tứ giác có hai đường chéo vng góc, tứ giác có hai đường chéo Sự kết hợp tính chất cho ta loại tứ giác chưa có tên, mà ta gọi tứ giác αβ Chương bao gồm mục sau: 2.1 Tứ giác có hai đường chéo vng góc 2.2 Tứ giác có hai đường chéo 2.3 Tứ giác có hai đường chéo vng góc Chương Tứ giác tồn phần, tứ giác điều hịa Hai loại tứ giác quan trọng tứ giác toàn phần tứ giác điều hịa liên quan đến hình học xạ ảnh, trình bày trực quan với tính chất phong phú, sử dụng nhiều để giải tốn chứng minh tính thẳng hàng, đồng quy, tính đồng viên, đẳng thức, bất đẳng thức hình học Nội dung chương chia thành phần: 3.1 Tứ giác toàn phần 3.2 Tứ giác điều hịa 3.3 Các ứng dụng giải tốn Chương Kiến thức chuẩn bị Tứ giác nội tiếp, tứ giác ngoại tiếp nội dung quan trọng hay gặp chuyên đề tứ giác Ở ta hệ thống lại dấu hiệu hay dùng để nhận biết tứ giác nội tiếp, tứ giác ngoại tiếp Phát biểu chứng minh cơng thức tính diện tích tứ giác, bổ sung thêm điều kiện khác minh họa cách áp dụng dấu hiệu vào việc giải toán thi Olympic toán quốc gia quốc tế 1.1 Các cơng thức tính diện tích tứ giác Xét tứ giác lồi ABCD với AB = a, BC = b, CD = c, DA = d \ = A, ABC \ = B, BCD \ = C, CDA \ = D, hai đường chéo góc DAB a+b+c+d AC = x, BD = y Đặt s = Mệnh đề 1.1 Diện tích tứ giác lồi ABCD tính theo cơng thức sau (Cơng thức Brétchneider) r B+D S = (s − a)(s − b)(s − c)(s − d) − abcd cos2 (1.1) 1 Chứng minh Ta có S = SABC + SACD = ab sin B + cd sin D Suy 2 4S = 2ab sin B + 2cd sin D (1.2) Áp dụng định lý cô sin biểu diễn AC theo cách (4BAC 4DAC ): AC = a2 + b2 − 2ab cos B = c2 + d2 − 2cd cos D 39 Hình 3.4: Định lý Brocard: O trực tâm 4GEF Suy tứ giác OHCD nội tiếp Tương tự, tứ giác AOHB nội tiếp Mặt khác, EA.EB = EC.ED nên E nằm trục đẳng phương (OHCD) (AOHB) Từ suy E, H, O thẳng hàng Ta lại có: (HO, HG) = (HO, HD) + (HD, HG) = (CO, CD) + (AD, π AG) = (CO, CD) + (OD, OC) = (mod π ) (vì 4OCD cân O) Do 2 đó, HO ⊥ HG hay OE ⊥ GF Tương tự, OF ⊥ GE ta kết luận O trực tâm 4GEF 3.2 Tứ giác điều hòa Định nghĩa 3.2 Tứ giác nội tiếp ABCD thỏa mãn AB CB = gọi AD CD tứ giác điều hịa Ta nhận biết tứ giác điều hòa dựa vào định nghĩa dấu hiệu sau: Mệnh đề 3.1 (Dấu hiệu nhận biết) Tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O), có tiếp tuyến tA A tC C Khi đó, ABCD tứ giác điều hịa tA , tC đồng quy song song với đường chéo BD Chứng minh 40 Điều kiện đủ \ \ Giả sử tA , tC , BD đồng quy M Ta có M AD = M BA nên 4M AB MA AB đồng dạng 4M DA (g.g), suy = Tương tự, 4M BC đồng MD DA MC BC MA MC dạng 4M CD nên = Do M A = M C nên = kéo MD CD MD CD AB CB theo = Ta có ABCD tứ giác điều hịa AD CD Hình 3.5: Dấu hiệu nhận biết tứ giác điều hịa Điều kiện cần AB CB = Nếu tA ∩ tB = M , AD CD xét hai tam giác 4M AB, 4M DA: nối M B cắt (O) D0 Theo điều kiện AB CB AB AD0 đủ, ABCD tứ giác điều hòa, suy = hay = 0 AD CD CB CD AB AD AD0 AD Theo giả thiết, = , kéo theo = , tức D0 ≡ D CB CD CD CD Nếu tA k tB AC ⊥ tA nên AC đường kính (O) Từ giả thiết AB AD tứ giác điều hòa ta suy = , cạnh AC chung nên ABC, CDA CB CD hai tam giác vng Vậy ABCD hình chữ nhật có tỷ số hai AB CB AD cạnh thỏa mãn = = , nghĩa AB = AD2 hay AB = AD AD CD AB nên ABCD hình vng, đường chéo BD ⊥ AC hay AB = AD nên ABCD hình vng, đường chéo BD ⊥ AC Ta có tA k tB k BD Giả sử ABCD tứ giác điều hịa Ta có Sau số tính chất tứ giác điều hịa 41 Tính chất 3.2.1 Nếu ABCD tứ giác điều hịa AC.BD = 2AB.CD = 2BC.AD AB CB Chứng minh Từ giả thiết, = =⇒ AB.CD = CB.AD Nhưng AD CD ABCD tứ giác nội tiếp nên theo định lý Ptolemy AC.BD = AB.CD + BC.AD =⇒ AC.BD = 2AB.CD = 2BC.AD Tính chất 3.2.2 Nếu ABCD tứ giác điều hòa nội tiếp đường tròn ED MD = , (O), tiếp tuyến A C cắt M , AC ∩ BD = E MB EB tức (M EDB) = −1 Chứng minh Theo dấu hiệu nhận biết ta có M, B, D thẳng hàng Ta cần chứng minh (M EDB) hàng điều hịa, hình 3.6 \ \ MD SM CD CD sin DCM CD sin DAE = = = (M A, M C tiếp tuyến) ME SM CB \ \ CB sin BCM CB sin BAE \ AD sin DAE ED SAED = = EB SABE \ AB sin BAE AB CB MD ED Vì ABCD tứ giác điều hòa nên = ⇒ = Ta suy AD CD MB EB (M EDB) = −1 Tính chất 3.2.3 Nếu ABCD tứ giác điều hịa, M giao điểm hai tiếp tuyến A C , M O cắt AC I AI đường phân giác [ góc BID [ Hình 3.6: AI phân giác BID 42 Chứng minh Theo tính chất 3.2.2, I(M EBD) chùm điều hịa, lại có IM ⊥ AC EB MB nên AC ∩ BD = E nên = , hình 3.6 ED MD Tính chất 3.2.4 Nếu ABCD tứ giác điều hịa đường phân giác \ BCD \ BD đồng quy góc BAD, \ cắt BD điểm K , theo tính Chứng minh Giả sử phân giác góc BAD KB AB chất đường phân giác = Vì ABCD tứ giác điều hòa nên KD AD CB KB CB AB \ = Suy ra: = Vậy CK phân giác BCD AD CD KD CD Tính chất 3.2.5 Nếu ABCD tứ giác điều hòa, tiếp tuyến A C cắt M ∈ BD tiếp tuyến B D cắt N ∈ AC Chứng minh Theo điều kiện đủ dấu hiệu nhận biết ABCD tứ giác điều hòa theo điều kiện cần tB , tD AC đồng quy Tính chất 3.2.6 Nếu ABCD tứ giác điều hịa, AC ∩ BD = E EB AB = ED AD2 Chứng minh Dựng tiếp tuyến A C , cắt M Ta có EB MB MB M B.M D M, B, D, E thẳng hàng = Mặt khác, = ED MD MD M D2  2 MB MA = = Từ hai tam giác đồng dạng 4M AB, 4M DA ta có M D2 MD   M B AB MA AB = V = MD AD MD AD2 3.3 Các ứng dụng giải tốn Các ví dụ từ 3.3.1 đến 3.3.3 toán từ 3.1 đến 3.4 ứng dụng tứ giác toàn phần Trong ví dụ ta rõ tính chất dùng đến Ví dụ 3.3.1 (VMO 2012) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường trịn tâm O có cặp cạnh đối không song song, ký hiệu M = AB ∩ CD N = BC ∩DA Gọi P, Q, S, T tương ứng giao điểm phân giác \ \ \ \ \ \ \ cặp góc M AN M BN , M BN M CN , M CN M DN , M DN \ M AN Giả sử P, Q, S, T đôi phân biệt 43 (a) Chứng minh P, Q, S, T nằm đường trịn Gọi I tâm đường trịn (b) Đặt F = AC ∩ BD, điểm E, O, I thẳng hàng Hình 3.7: VMO 2012 Chứng minh (a) Xét góc định hướng hai đường thẳng, ý đến tính chất đường phân giác ta chứng minh (T P, T S) = (QT, QS), suy điều phải chứng minh (b) Theo định lý Brocard, O trực tâm 4EM N , OE ⊥ M N Bài tốn quy chứng minh M N trục đẳng phương (O) (I) Khơng tính chất tổng qt ta giả sử A M, B B N C Từ 4M BC ta suy Q thuộc phân giác 4BM C ; \ Từ 4M AD ta suy T thuộc phân giác AM D, tức T \ thuộc phân giác ngồi BM C Từ đó, M, Q, T thẳng hàng Ta gọi đường thẳng d1 Tương tự, N, P, S thẳng hàng đường thẳng d2 \ Ký hiệu t1 , t2 , t3 , t4 phân giác góc M AN , 44 \ \ \ M BN , M CN , M DN Ta có: (QT, QC) = (d1 , t3 ) − (d1 , M C) + (M C, t3 ) 1 = (M B, M C) + (CM, CN ) 2 1 1 = (BM, CN ) = (BA, BC) = (DA, DC) = (DN, DM ) 2 2 = (t4 , DN ) = (DT, DC) Suy ra: QT DC tứ giác nội tiếp, M Q.M T = M D.M C hay PM/(O) = PM/(I) Tương tự, PN/(O) = PN/(I) Vậy, M N trục đẳng phương (O) (I) Ví dụ 3.3.2 Cho 4ABC điểm P nằm tam giác Các đường thẳng P B, P C cắt AB, AC tương ứng C1 , B1 Q điểm đối xứng P qua trung điểm đoạn B1 C1 Chứng minh P ∈ (AB1 C1 ) \=P \ \=P \ QAB BC; QAC CB Chứng minh Cách (Dùng đường thẳng Gauss) Gọi N, I, K trung điểm AP, B1 C1 , BC , tương ứng Ta có N, I, K thẳng hàng thuộc đường thẳng Gauss tứ giác toàn phần AB1 P C1 CB Lấy M đối xứng với P qua K A, Q, M thẳng hàng Lưu ý P C1 k BM, P B1 k CM AB1 P C1 tứ giác nội tiếp ta suy tứ giác ABM C nội tiếp Từ đó, \=M \ \ \ \=P \ QAB AB = M CB = P BC Tương tự, QAC CB Cách (Dùng điểm Miquel ) Gọi J giao điểm (BP C1 ) (P CB1 ) J điểm Miquel tứ giác toàn phần AB1 P C1 CB Vì tứ giác AB1 P C1 nội tiếp nên J thuộc đoạn thẳng BC Sau xét cặp tam giác đồng dạng ta suy điều phải chứng minh Ví dụ 3.3.3 Cho tam giác nhọn ABC với AC > BC , nội tiếp (O) H trực tâm tam giác, F chân đường cao kẻ từ C Gọi P đối xứng A qua F , M trung điểm AC, X = P H ∩ BC, Y = OM ∩ F X , Z = OF ∩ AC Chứng minh F, M, Z, Y đồng viên Chứng minh (Hình 3.8), rõ ràng ta cần chứng minh bốn điểm F, M, Z, Y thuộc đường trịn đường kính Y Z Khi tốn trở thành chứng minh F X ⊥ F Z 45 Hình 3.8: Bốn điểm F, M, Z, Y đồng viên Gọi T giao CF (O) Dễ thấy F trung điểm HT , suy BP BX AT P H hình bình hành, P H k AT = Dựng tứ giác BA BE toàn phần ACBT DE , gọi K, Q giao điểm OF, AB với DE Theo định lý Brocard, có OK ⊥ DE Ta cần chứng minh F XkEQ QA FA AB FA = =⇒ = 1+ Thật vậy, ta có (ABF Q) = −1 nên FB QB FB QB FA − FB AB FB BP BX =⇒ = =⇒ = = Ta suy ra: F X k EQ FB QB QB AB BE Bài toán 3.1 Cho tứ giác lồi ABCD Gọi P = AB ∩CD, Q = AD∩BC, R = AC ∩ BD Dựng RE ⊥ P Q, E ∈ P Q Gọi M, N, S, T chân đường vuông góc hạ từ E xuống CD, BC, DA, AB Chứng minh bốn điểm M, N, S, T đồng viên Bài tốn 3.2 Cho tứ giác tồn phần ABCDEF nội tiếp, ký hiệu I, J 46 trung điểm đường chéo AC, BD Chứng minh rằng: a Bốn hình chiếu I J đường thẳng EA, ED nằm đường tròn Tương tự hình chiếu I J F A, F D b Nếu AB.CD = AD.BC hình chiếu I J đường thẳng EA, ED, F A, F B nằm đường trịn Bài tốn 3.3 Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi điểm E = AD ∩ BC, F = AC ∩ BD, M trung điểm AB , N trung điểm CD Chứng minh AB 2M N CD = − EF CD AB