ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ MAI HƯƠNG MỘT SỐ KẾT QUẢ MỚI TRONG HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên 2017 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUY[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ MAI HƯƠNG MỘT SỐ KẾT QUẢ MỚI TRONG HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ MAI HƯƠNG MỘT SỐ KẾT QUẢ MỚI TRONG HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ Thái Nguyên - 2017 Mục lục Mở đầu Chương Một số kết tứ giác 1.1 Tứ giác có hai đường chéo vng góc 1.2 Tứ giác ngoại tiếp đường tròn 10 1.3 Đường trịn chín điểm 15 1.3.1 Đường tròn chín điểm đường thẳng Euler 15 1.3.2 Trực tâm tứ giác nội tiếp 25 1.3.3 Giao điểm Euler đường trịn chín điểm 26 Một vài đồng thức conic 27 1.4.1 Đồng thức cho đa giác nội tiếp parabol 27 1.4.2 Phép biến hình Nab 29 1.4.3 Đồng thức cho đa giác nội tiếp ellip 33 1.4.4 Đồng thức cho đa giác nội tiếp hyperbol 35 1.4 Chương Định lý Pascal lục giác nội - ngoại tiếp 38 2.1 Định lý Pascal 38 2.2 Ba đường nối tâm đồng quy 49 2.3 Kết cho lục giác nội, ngoại tiếp 52 Chương Một số bất đẳng thức hình học 59 3.1 Khối tâm bất đẳng thức Klamkin 59 3.2 Một số bất đẳng thức Garfunkel 62 3.3 Mở rộng bất đẳng thức hình học qua số phức 63 3.3.1 Một vài bất đẳng thức qua số phức 63 3.3.2 Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác 69 3.3.3 Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác 70 3.3.4 Bất đẳng thức đồng thức (M, N) 71 Kết luận 77 Tài liệu tham khảo 78 Mở đầu Hình học mơn khoa học xuất sớm nhân loại Nhiệm vụ hình học mơ tả ngắn gọn trả lời cho câu hỏi hình dạng, kích thước, vị trí tương đối hình khối, tính chất khơng gian Tính đến kỷ XXI này, Hình học vượt xa khuôn khổ ban đầu, phát triển rực rỡ thành nhiều nhánh đại, trừu tượng, ứng dụng to lớn vào thực tiễn, Vật lý nhiều phân ngành Tốn học Hình học mơn học quan trọng chương trình Tốn phổ thông trường đại học sư phạm Các kết Hình học sơ cấp kinh điển tảng cho Toán học, khoa học, phát triển tư Sự lâu đời Hình học sơ cấp làm nảy sinh quan niệm cũ kỹ khơng cịn phát triển Luận văn thực nhằm phủ định quan niệm Dưới hướng dẫn PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, luận văn có mục đích trình bày kết nghiên cứu khoa học Hình học sơ cấp, bao gồm hai khía cạnh, là, thứ nhất, kết liên quan đến tứ giác đường tròn, thứ hai bất đẳng thức cho đa giác mà phần dành để thảo luận đa giác Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, nội dung luận văn trình bày ba chương: • Chương Một số kết tứ giác Chương trình bày kết tứ giác có hai đường chéo vng góc, vấn đề tứ giác đường trịn tứ giác ngoại tiếp đường trịn chín điểm Tiếp đó, số vấn đề đa giác nội tiếp conic thảo luận • Chương Định lý Pascal lục giác nội - ngoại tiếp Trình bày kết Định lý Pascal, ba đường nối tâm đồng quy lục giác nội - ngoại tiếp • Chương Một số bất đẳng thức hình học Chương dành để trình bày số bất đẳng thức hình học, bao gồm khối tâm bất đẳng thức Klamkin, bất đẳng thức Garfunkel mở rộng bất đẳng thức hình học qua số phức Tác giả hi vọng luận văn làm tài liệu tham khảo hữu ích cho quan tâm đến Hình học sơ cấp ứng dụng Nó có ích việc bồi dưỡng giáo viên, học sinh giỏi, quan tâm đến toán sơ cấp muốn mở rộng nhãn quan nói chung Luận văn tác giả đầu tư nghiên cứu hướng dẫn PGS.TS Đàm Văn Nhỉ nhiều lí do, luận văn chắn cịn thiếu sót định Tác giả hi vọng nhận nhiều đóng góp q Thầy Cơ, anh chị em đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2017 Tác giả Phạm Thị Mai Hương Chương Một số kết tứ giác 1.1 Tứ giác có hai đường chéo vng góc Trong mục chúng tơi trình bày số kết tứ giác có hai đường chéo vng góc Tài liệu tham khảo mục [2] Định lí 1.1.1 Tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC BD vng góc với AB2 +CD2 = AD2 + BC2 Chứng minh Giả thiết AC ⊥ BD K = AC × BD Theo Định lý Pythagore ta có AB2 +CD2 = KA2 + KB2 + KC2 + KD2 = KA2 + KD2 + KB2 + KC2 = AD2 + BC2 Ngược lại, giả thiết AB2 +CD2 = AD2 + BC Đặt α = ∠AKB Khi ta biểu diễn KA2 + KB2 − 2KA.KB cos α + KC2 + KD2 − 2KC.KD cos α = AB2 +CD2 KA2 + KD2 + 2KA.KD cos α + KC2 + KB2 + 2KC.KB cos α = AD2 + BC2 Vậy (KA.KB + KC.KD + KA.KD + KB.KC) cos α = Từ suy α = AC ⊥ BD π Hệ 1.1.1 Cho tứ giác lồi ABCD với K = AC × BD Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, CD, BC, DA, tương ứng, ký hiệu m1 = KM, m2 = KP, m3 = KN, m4 = KQ Khi m21 + m23 = m22 + m24 AC ⊥ BD Chứng minh Dễ dàng m21 + m23 = m22 + m24 AB2 +CD2 = BC2 + DA2 hay AC ⊥ BD theo Định lý 1.1.1 Định lí 1.1.2 Cho tứ giác lồi ABCD với K = AC × BD Gọi h1 , h2 , h3 , h4 độ dài bốn đường cao hạ từ đỉnh K xuống cạnh AB, BC,CD, DA tam giác KAB, KBC, 1 1 KCD, KDA, tương ứng Khi + = + AC ⊥ BD h1 h3 h2 h4 Chứng minh Đặt a = KA, b = KB, c = KC, d = KD, α = ∠AKB Biến đổi hệ thức AB2 CD2 + = 2 + 2 h21 h23 a b sin α c d sin α a2 + b2 − 2ab cos α c2 + d − 2cd cos α = + 2 b2 sin2 α a c2 d sin α 1 cos α 1 1 = − + + + + a2 b2 c2 d sin2 α ab cd sin2 α Tương tự, ta có 1 + 2= h2 h4 1 1 + 2+ 2+ 2 b c d a cos α 1 + + bc da sin2 α sin2 α Như vậy, hệ thức 1 1 + = 2+ 2 h1 h3 h2 h4 tương đương 1 1 + + + ab bc cD da cos α =0 sin2 α hay cos α = 0, điều hoàn toàn tương đương với điều kiện AC ⊥ BD Định lí 1.1.3 Tứ giác lồi ABCD có đường chéo AC BD vng góc với ∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π = ∠KAD + ∠KDA + ∠KBC + ∠KCB Chứng minh Nếu AC ⊥ BD ∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π Ngược lại, giả thiết ∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π Khi π = π − α + π − α Vậy π α = suy AC ⊥ BD Bổ đề 1.1.1 Tứ giác lồi ABCD Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA, tương ứng Khi AC ⊥ BD MP = NQ AC nên tứ giác MNPQ ln hình bình hành Vậy AC ⊥ BD MNPQ hình chữ nhật Như Chứng minh Vì MN PQ song song AC ⊥ BD MP = NQ Định lí 1.1.4 Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, CD, BC, DA, tương ứng Hạ MM1 ⊥ CD, NN1 ⊥ AB, PP1 ⊥ DA QQ1 ⊥ BC Khi đó, hai đường chéo AC BD vng góc với điểm M, N, P, Q, M1 , N1 , P1, Q1 nằm đường trịn Chứng minh Nếu AC ⊥ BD MN = PQ theo Bổ đề 1.1.1 Gọi O giao điểm MN PQ Khi O trung điểm MN, PQ Dễ dàng suy OM = ON = OP = OQ = OM1 = ON1 = OP1 = OQ1 = MN Vậy tám điểm M, N, P, Q, M1 , N1 , P1 , Q1 nằm đường trịn tâm O bán kính MN Ngược lại, giả thiết điểm M, N, P, Q, M1 , N1 , P1 , Q1 nằm đường π trịn Vì ∠MM1 N = = ∠PP1Q nên MN PQ hai đường kính đường trịn điểm Vậy MN = PQ Từ suy AC ⊥ BD theo Bổ đề 1.1.1 Định lí 1.1.5 Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, CD, BC, DA, tương ứng Hạ MM1 ⊥ CD, NN1 ⊥ AB, PP1 ⊥ DA QQ1 ⊥ BC Khi đó, nhóm ba đường thẳng (MM1 , QQ1 , AC), (NN1 , PP1 , AC), (MM1 , PP1, BD), (NN1 , QQ1 , BD) đồng quy Chứng minh Dựng hệ tọa độ Kxy, K = AC × BD Giả sử A(a, 0), B(0, b), C(c, 0), D(0, d) Đường thẳng MM1 qua trung điểm M đoạn AB vuông b a −d y− = Hiển nhiên MM1 góc với cạnh CD có phương trình c x − 2 bd − ac ac − bd , cắt BD điểm H 0, Đường thẳng cắt AC điểm E 2c 2d QQ1 qua trung điểm Q đoạn AD vng góc với cạnh CB có phương trình d ac − bd a −b y− ,0 = Hiển nhiên QQ1 cắt AC điểm E c x− 2 2c bd − ac cắt BD điểm G 0, 2b ac − bd Hoàn toàn tương tự, NN1 , PP1 cắt AC điểm F , NN1 cắt BD 2a bd − ac bd − ac , PP1 cắt BD điểm H 0, điểm G 0, 2b 2d Hiển nhiên KA.KF = KC.KE = KB.KG = KD.KH Như vậy, tứ giác EGFH ảnh ABCD phép nghịch đảo tâm K Định lí 1.1.6 Cho tứ giác lồi ABCD K = AC × BD Gọi K1 , K2 , K3 , K4 chân đường vng góc hạ từ K xuống AB, BC, CD, DA, tương ứng Khi ta có hai kết sau: (1) AC ⊥ BD bốn điểm K1 , K2 , K3 , K4 nằm đường tròn (2) Giả sử KK1 , KK2 , KK3 , KK4 kéo dài cắt CD, DA, AB, BC K1′ , K2′ , K3′ , K4′ tương ứng Tám điểm K1 , K1′ , K2 , K2′ , K3 , K3′ , K4 , K4′ nằm đường tròn (3) Tứ giác K1′ K2′ K3′ K4′ hình chữ nhật Chứng minh (1) Vì AC ⊥ BD nên ∠A1 + ∠B1 + ∠C1 + ∠D1 = π Từ suy kết ∠K41 + ∠K21 + ∠K42 + ∠K22 = ∠A1 + ∠B1 + ∠C1 + ∠D1 = π Ngược lại, giả thiết tứ giác K1 K2 K3 K4 nội tiếp đường tròn Khi ∠K41 + ∠K21 + ∠K42 + ∠K22 = π Từ có ∠A1 + ∠B1 + ∠C1 + ∠D1 = π suy AC ⊥ BD theo Định lý 1.1.3 10 (2) Dựng hệ tọa độ Kxy, K = AC × BD Giả sử A(a, 0), B(0, b), C(c, 0), D(0, d) Phương trình đường thẳng AB : bx + cy = cd, CD : dx + cy = cd KK1 : ax − by = Tọa độ a2 b ab2 , K1 a + b2 a2 + b2 K1′ acd bcd , ac + bd ac + bd Dễ dàng tính p= KK1 KK1′ √ |cd| a2 + b2 |abcd| =√ = |ac + bd| a2 + b2 |ac + bd| |ab| |abcd| |ac + bd| Từ suy rằng, tám điểm K1 , K1′ , K2 , K2′ , K3 , K3′ , K4 , K4′ nằm đường Hoàn toàn tương tự, ta có KK2 KK2′ = KK3 KK3′ = KK4 KK4′ tròn Chú ý rằng, KA.KB.KC.KD KA.KC + KB.KD abd acd ′ (3) Dễ dàng tính K2 , Như K1′ K2′ k AC Tương tự ac + bd ac + bd K3′ K4′ k AC, K2′ K3′ k BD, K4′ K1′ k BD Từ suy ra, tứ giác K1′ K2′ K3′ K4′ hình p= chữ nhật Hệ 1.1.2 Cho tứ giác lồi ABCD với AC ⊥ BD Hai nhóm tám điểm M, N, P, Q, M1 , N1 , P1, Q1 K1 , K1′ , K2 , K2′ , K3 , K3′ , K4 , K4′ trùng tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn Chứng minh Hai nhóm tám điểm M, N, P, Q, M1 , N1 , P1 , Q1 K1 , K1′ , K2 , K2′ , K3 , K3′ , K4 , K4′ trùng E, F, G, H trùng K hay ac = bd Điều tương đương tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn 1.2 Tứ giác ngoại tiếp đường tròn Chủ đề mục tứ giác ngoại tiếp đường trịn Chúng tơi trình bày số định lý quan trọng kèm theo chứng minh Chúng tơi trình bày dựa vào tài liệu [2] Định nghĩa 1.2.1 Một tứ giác có cạnh tiếp xúc với đường tròn gọi tứ giác ngoại tiếp đường trịn Định lí 1.2.1 Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn AB +CD = AD + BC 1−u u SDEF = v − v = t(1 − t) − (1 − u − t)(v + t − 1) SABC 1−t t Như SDEF t(1 − t) SABC hay SDEF SABC Ví dụ 1.3.6 Giả sử tam giác ABC khơng cân với đường trịn nội tiếp tâm I tiếp xúc với cạnh BC,CA, AB D, E, F, tương ứng Gọi L, M, N trung điểm cạnh BC,CA, AB, tương ứng Chứng minh rằng, đường thẳng l, m, n, qua D, E, F song song với IL, IM, IN, tương ứng, đồng quy điểm Giả sử điểm − → → − P Xác định giá trị lớn độ dài |AP − 4AI| 19 − →→ − → → Bài giải Đặt − u = AB, − v = AC Đặt a = BC, b = CA, c = AB, 2p = a + b + c a b c α = , β = , γ = Khi ta có kết sau: 2p 2p 2p → → u +− v − − − − → − → − → → − → − → → , LI = β − u + γ− v AI = β u + γ v , AL = 2 → − → − −→ v − − → u 1 → − → → → → − − → u + γ− v AM = , MI = β − v , AN = , NI = β − u + γ− 2 2 −→ a + b − c− a + c − b− −→ b + c − a → −→ b + c − a − → → − → AD = u+ v , AE = v , AF = u 2a 2a 2b 2c Phương trình l, m, n, qua D, E, F song song với LI, MI, NI, tương ứng: − 2γ − − 2β − 1 −→ − → → → AD + sLI = s(β − ) + u + s(γ − ) + v 2α 2α α − −→ − → → → − u + r(γ − ) + v AE + rMI = rβ − 2β 1 − 2α − −→ − → → → AF + pNI = p(β − ) + u + pγ − v 2γ Với s = ta nhận biểu diễn −→ → − → → u + (4γ − 1)− v + AD + 4LI = (4β − 1)− 2α − − → → (β − ) u + (γ − ) v 2 − → → → Đặt AP = (4β − 1)− u + (4γ − 1)− v Ta có − − → −→ → AP = AD + − LI 2α Như vậy, đường thẳng l qua điểm P Với r = ta nhận biểu diễn 1 − 2α − −→ − → → → − v AE + 4MI = 4β u + 4(γ − ) + 2β − → −→ − → nhận AP = AE + − MI Như vậy, đường thẳng m qua điểm P β Tương tự, đường thẳng n qua P Ví dụ 1.3.7 (Dự tuyển IMO 1986) Giả sử ∆ABC với tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H trọng tâm G Đặt f (X) = XA2 + XB2 + XC2 với điểm X thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác Gọi P Q hai điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp cho f (P), f (Q) đạt giá trị lớn nhất, nhỏ tương ứng Khi O, H, G, P, Q thẳng hàng 20 Bài giải Khơng làm tính chất tổng qt, giả thiết R = Dựng hệ tọa độ (Oxy) cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn x2 + y2 = ∆ABC với A(1; 0), B(cos α ; sin α ) C(cos γ ; sin γ ), < α , β < π γ = α + β Tọa độ + cos α + cos γ sin α + sin γ ; trọng tâm G 3 trực tâm H (1 + cos α + cos γ ; sin α + sin γ ) Giả sử X(x; y) với x2 + y2 = Khi ta có f (X) = (x − 1)2 + y2 + (x − cos α )2 + (y − sin α )2 +(x − cos γ )2 + (y − sin γ )2 = − 2x − 2x cos α − 2y sin α − 2x cos γ − 2y sin γ = − 2(1 + cos α + cos γ )x − 2(sin α + sin γ )y −→ −→ = − 2OH.OX = − 2OH cost với t góc OX OH Hiển nhiên f (X)ln = + 2OH t = π f (X)nn = − 2OH t = Do điểm O, H, G, P, Q thẳng hàng Ví dụ 1.3.8 Giả sử ∆ABC nội tiếp đường tròn bán kính R = có bán kính đường trịn nội tiếp r với đường cao AA0 , BB0 CC0 Gọi s bán kính đường (1 + r)2 tròn nội tiếp tam giác A0 B0C0 Khi s − α β γ Bài giải Với ∠A = α , ∠B = β , ∠C = γ ta có r = sin sin sin 2 Vì bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆A0 B0C0 theo Mệnh đề 1.3.1 nên π − 2α π − 2β π − 2γ sin sin = cos α cos β cos γ s = sin 2 21 Như α β γ (1 + sin sin sin )2 (1 + r)2 2 = cos α cos β cos γ + s+ 3 ta có s+ hay s − (1 + r)2 (1 + r)2 ) (1 + + =1 Mệnh đề 1.3.2 Với tam giác ABC ta ln có đồng thức sau đây: 2 HA2 + a2 = a = BC = − cos β (1) b2 = CA2 = − cos γ HB2 + b2 = HC2 + c2 = c2 = AB2 = − cos α OH = − a2 − b2 − c2 sin2 A + sin2 B + sin2 C 2 (2) sin A + sin B + sin C > ∆ABC nhọn sin2 A + sin2 B + sin2 C = ∆ABC vuông sin A + sin2 B + sin2 C < ∆ABC tù 2OH.HA cos ∠OHA = 12 − 2a2 − b2 − c2 (3) 2OH.HB cos ∠OHB = 12 − a2 − 2b2 − c2 2OH.HC cos ∠OHC = 12 − a2 − b2 − 2c2 −→ −−→ −→ −→ (4) Tính T = HA.HA0 P = HA.HB theo a, b, c Chứng minh (1) hiển nhiên (2) Ta có OH = (1 + cos α + cos γ )2 + (sin α + sin γ )2 = − a2 − b2 − c2 Từ − OH 2 suy sin A + sin B + sin C = Khi ∆ABC nhọn OH < 4 sin2 A + sin2 B + sin2 C > Khi ∆ABC vng OH = sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2; cịn ∆ABC tù OH > sin2 A + sin2 B + sin2 C < (3) Vì 2OH.HA cos ∠OHA = OH + HA2 − OA2 = 12 − 2a2 − b2 − c2 nên ta dễ dàng nhận 2OH.HA cos ∠OHA = 12 − 2a2 − b2 − c2 Tương tự có hệ thức khác 22 (4) Kéo dài AA0 cắt đường tròn (ℓ) A′ Khi ta có hệ thức −→ −−→′ OH − R2 a2 + b2 + c −→ −→ HA.HA = = 4− ; P = HA.HB, T = 2 P = (− cos α − cos γ ; − sin α − sin γ ).(−1 − cos γ ; − sin γ ) a2 + b2 + c = 4− Tóm lại T = P = − a2 + b2 + c Mệnh đề 1.3.3 Giả sử ∆ABC với độ dài cạnh a, b, c nội tiếp đường tâm O với trực tâm H Nếu điểm M thuộc đường thẳng Euler (OH) tồn số k ∈ R để MA2 + ka2 = MB2 + kb2 = MC2 + kc2 Ngược lại, với số k ∈ R có điểm N thỏa mãn NA2 + ka2 = NB2 + kb2 = NC2 + kc2 Chứng minh Khơng hạn chế giả thiết bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆ABC Với điểm M thuộc đường thẳng (OH), chẳng hạn M thuộc tia (HO), có MA2 = MH + HA2 − 2HM.HA cos ∠OHA hay HM 2OH.HA cos ∠OHA OH HM (12 − 2a2 − b2 − c2 ) = MH + − a2 − OH HM HM HM 2 2 = MH + − 12 + (a + b + c ) + − a2 OH OH OH MA2 = MH + HA2 − Như HM HM HM MA + − a = MH + − 12 + (a + b2 + c2 ) OH OH OH Với k = 1− HM OH có MA2 + ka2 = MH + (1 − k)(a2 + b2 + c2) + 4(3k − 2) Tương tự MB2 + kb2 = MH + (1 − k)(a2 + b2 + c2 ) + 4(3k − 2) = MC2 + kc2 Ngược lại, giả thiết cho số k ∈ R Nếu k = NA2 + 0.a2 = NB2 + 0.b2 = NC2 + 0.c2