NGUYỄN HỮU ĐIỂN PHƯƠNG PHÁP SỐ PHỨC VÀ HÌNH HỌC PHẲNG NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ©ebook 2.0 sách nguyên gốc từ in, bạn tham khảo, cho ý kiến sai sót lời khuyên tái Mọi liên hệ Tác giả: Nguyễn Hữu Điển Điện thoại: 0989061951 Email: huudien@vnu.edu.vn Email: nguyenhuudien@hus.edu.vn Web: https://nhdien.wordpress.com Web: https://vietex.blog.fc2.com/ Chịu trách nhiệm xuất bản: Giám đốc: Nguyễn Văn Thỏa Tổng biên tập: Nghiêm Đình Vỳ Biên tập sửa in: Nguyễn Lan Hương Trình bày bìa: Ngọc Anh Chế bản: Nguễn Hữu Điển PHƯƠNG PHÁP SỐ PHỨC VÀ HÌNH HỌC PHẲNG Mã số: 01.120.DDH99-475.99 In 1000 cuốn, số Phạm Ngũ Lão, XN in 15 Số xuất bản: 98/457/CXB Số trích ngang 52KH/XB In xong nộp lưu chiểu tháng 5/2000 LỜI NÓI ĐẦU Do nhu cầu phát triển toán học, số phức đời từ kỷ trước Sau số phức lại thúc đẩy phát triển khơng Tốn học mà ngành khoa học khác Ngày nay, số phức thiếu ngành khoa học lý thuyết kỹ thuật Thế số phức học trường phổ thông năm cuối cùng, mang tính chất giới thiệu Chúng biên soạn sách để phổ biến số phức, mà dùng số phức cơng cụ giải tốn hình học điển hình phổ thơng Do vậy, chúng tơi trình bày sơ lược số phức mà ta dùng không sâu nghiên cứu số phức, phần quan trọng dùng số phức để giải tốn hình học, chúng tơi cố gắng phân loại tốn hình học theo dạng để thấy mặt mạnh phương pháp số phức Ngoài tập sách chọn lọc toán hay hình học Để đọc tài liệu này, khơng cần yêu cầu bạn đọc biết trước số phức, chúng tơi giới thiệu ngắn gọn tính chất số phức để dùng sau Nếu bạn đọc cịn bỡ ngỡ tìm hiểu theo hướng khác, nên xem: A.I Markusevits,Số phức ánh xạ bảo giác, NXB KHKT, 1987 N.C Toàn, Tập cho học sinh giỏi toán làm quen dần với nghiên cứu toán học, NXB GD, 1992 Ngày số phức khởi đầu ngành nghiên cứu tốn học, hình học Fractal thời đại vi tính Hy vọng Lời nói đầu chúng tơi giới thiệu loại hình học sách khác Với khuôn khổ sách nhỏ khơng thể vẽ tất hình theo dẫn tập, bạn đọc với bút tờ giấy trắng tự vẽ lấy hình theo dẫn Nội dung sách bao gồm từ Chương đến Chương khái niệm số phức để ta dùng sau cách tiếp cận số phức phương pháp để giải tốn hình học phẳng Những chương dùng số phức để khảo sát tập hình học phẳng theo chủ đề Chương 12 trả lời tập gợi ý giải Những chương lại bàn luận riêng khía cạnh mở rộng Chúng mong muốn tài liệu tham khảo cho học sinh giỏi yêu thích mơn tốn, làm tài liệu cho buổi ngoại khố mơn Tốn thầy giáo Trong biên soạn cố gắng tạo chủ đề hình học để bạn say mê toán học làm việc tiếp tục Lần biên soạn khơng tránh khỏi sai sót nhầm lẫn, mong bạn đọc góp ý bổ sung sửa đổi.Tác giả bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc GS Phan Huy Khải giúp đỡ, dẫn khuyến khích để sách mắt bạn đọc Sách soạn chương trình Pctex for Window 2.1, phơng chữ tiếng Việt hình minh họa tác giả soạn thảo cài đặt TEX Mọi thư từ liên hệ với : Nguyễn Hữu điển, Viện Toán học, Hộp thư 631, Bờ Hồ, Hà Nội, Việt Nam Chúc bạn thành công Hà Nội, 2000 Chương KHÁI NIỆM VỀ SỐ PHỨC 1.1 Định nghĩa số phức 1.2 Biểu diễn đại số số phức 1.3 Dạng lượng giác số phức 1.4 Công thức Moa vrơ 12 1.1 ĐỊNH NGHĨA SỐ PHỨC Từ kỷ trước nhu cầu phát triển toán học giải phương trình đại số mà số phức xuất có nhiều nhà tốn học nghiên cứu số phức tìm cách biểu diễn hình học cho số phức, điển hình Gaus, Hamilton, Cịn ứng dụng số phức với khoa học đại khơng thể thiếu Mục đích chương trình bầy khái niệm đơn giản số phức mà ta sử dụng sau Có nhiều cách tiếp cận số phức, ta chọn cách định nghĩa số phức theo tiên đề, đồng thời giải thích tiên đề hình học cho dễ hiểu Như ta biết số thực biểu diễn đường thẳng có hướng, thường gọi trục số Bây giờ, mặt phẳng ta chọn hệ tọa độ vng góc, điểm Z mặt phẳng xác định theo tọa độ (a, b) hệ tọa độ cho Thường người ta ký hiệu cặp số thực (a, b) ứng với điểm Z Chương Khái niệm số phức mặt phẳng Như với hệ tọa độ cho trước tập hợp điểm mặt phẳng tập hợp cặp số (a, b) quan hệ một-một Mỗi điểm mặt phẳng tương ứng với cặp số thực dựa vào ta xây dựng tập hợp số phức với điểm mặt phẳng Với mục đích ta đưa vào định nghĩa phép toán cặp số thực cho định luật đại số trường hợp số thực Chúng ta chọn ba tiên đề sau: Hai cặp số z1 = (a1 , b1 ) z2 = (a2 , b2 ) a1 = a2 b1 = b2 Nếu cho hai cặp số z1 = (a1 , b1 ) z2 = (a2 , b2 ), tổng chúng z = z1 + z2 cặp số z = (a, b), mà a = a1 + a2 b = b1 + b2 Nếu cho hai cặp số z1 = (a1 , b1 ) z2 = (a2 , b2 ), tích chúng z = z1 z2 gọi cặp số z = (a, b), mà a = a1 a2 − b1 b2 b = a1 b2 + a2 b1 Từ định nghĩa ta kiểm tra tất định luật đại số cịn như: tính bắc cầu đẳng thức, tính đối xứng tính phân phối phép cộng phép nhân Và đưa vào phép trừ chia cặp số (tất nhiên không chia cho số = (0, 0), bạn tự kiểm tra tính chất tập) Tập hợp tất cặp số thực với phép tính quan hệ nhau, phép cộng phép nhân gọi tập hợp số phức Như vậy, cho hệ tọa độ vng góc mặt phẳng tập hợp số phức đồng với điểm mặt phẳng Bây giờ, ta xét trường hợp đặc biệt điểm nằm 1.2 Biểu diễn đại số số phức trục hoành hệ tọa độ, điểm có dạng (a, 0) với a số thực Do (a1 , 0) + (a2 , 0) = (a1 + a2 , 0) (a1 , 0)(a2 , 0) = (a1 a2 , 0) phép cộng phép nhân tọa độ trục hồnh điểm Vì ta đồng điểm trục hồnh với số thực, phải viết (a, 0) ta viết a.(ví dụ: (0, 0) = 0, (1, 0) = 1, ) Ta xét số phức đặc biệt dạng (0, 1) Tính (0, 1)(0, 1) = (−1, 0) = −1 Như tồn số phức bình phương số thực Theo truyền thống ta ký hiệu i = (0, 1) 1.2 BIỂU DIỄN ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC Ta thấy đồng số thực với tập hợp số phức dạng (a, 0) = a với a số thực Một số phức đặc biệt i = (0, 1) theo truyền thống người ta gọi đơn vị ảo Ta xét tích số thực b = (b, 0) với đơn vị ảo bi = (b, 0)(0, 1) = (0, b) điểm nằm trục tung với tung độ b Thế điểm ? Do định nghĩa phép cộng nên biểu diễn z = (a, 0) + (0, b) Suy z = a + ib Một số phức viết dạng z = a + ib gọi dạng đại số số phức Số thực a gọi phần thực z ký hiệu Re(z), số b gọi phần ảo z ký hiệu Im(z) Mặt phẳng chứa toàn số phức gọi mặt phẳng phức Trục hồnh hệ tọa độ vng góc mặt phẳng phức gọi trục thực (chứa toàn số thực) Trục tung gọi trục ảo (chứa toàn số ảo) Các phép tính cộng, trừ, nhân, chia số phức viết Chương Khái niệm số phức dạng biểu diễn đại số sau: (a + ib) + (c + id) = (a + c) + i(b + d), (a + ib) − (c + id) = (a − c) + i(b − d), (a + ib)(c + id) = (ac − bd) + i(ad + bc), (a + ib) ac + bd bc − ad = +i (c + id) c +d c + d2 Ba công thức đầu ta dễ dàng chứng minh từ biểu diễn đại số số phức Cơng thức cuối khó chút cách tiến hành dựa vào ba công thức trên: (a + ib) (a + ib)(c − id) = (c + id) (c + id)(c − id) (ac + bd) + i(bc − ad) ac + bd bc − ad = = +i c2 + d2 c + d2 c + d2 Trong cách chứng minh ta có dùng số phức (c − id) q trình biến đổi số có mối liên hệ chặt chẽ với số phức c + id Trong thực tế, để thuận tiện thực phép tính biến đổi số phức người ta đưa vào ký hiệu z¯ = a − ib gọi số liên hợp z = a + ib Những tính chất sau thường dùng số phức liên hợp: 1) z + z¯ = 2a = 2Rez 2) z z¯ = (a + ib)(a − ib) = a2 + b2 z1 z¯1 = ; z2 z¯2 Tóm lại, f (x1 , , xn ) hàm hữu tỷ với hệ số thực, z1 , , zn số phức cho f (z1 , , zn ) có nghĩa, f (z1 , , zn ) = f (¯ z1 , z¯2 , , z¯n ) 3) z1 z2 = z¯1 z¯2 ; z1 + z2 = z¯1 + z¯2 ; 4) Một số phức z số thực z¯ = z 5) Nếu z¯ = −z, Rez = Khi số z hoàn toàn ảo 1.3 Dạng lượng giác số phức 1.3 DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC Trên mặt phẳng cho hệ tọa độ vuông góc, biểu diễn số phức theo điểm mặt phẳng cho ta dễ dàng nghiên cứu phép toán số phức: Cho hai số phức dạng đại số z1 = a1 + ib1 , z2 = a2 + ib2 hai điểm Z1 , Z2 hệ tọa độ vng góc ứng với số điểm O tọa độ gốc Ta nối điểm Z1 , Z2 với gốc O −−→ −−→ xác định vectơ OZ1 , OZ2 Sau dựng hình bình hành OZ1 ZZ2 Như đỉnh thứ tư z = (a1 + y Z Z1 a2 , b1 + b2 ) biểu diễn tọa độ số phức z1 + z2 tổng hai số phức cho Do tổng hai số phức biểu diễn hình học cộng hai vectơ mặt phẳng Z2 x Z0 Hình 1.1 Bởi điểm mặt phẳng tương ứng với bán kính −−→ −−→ −→ vectơ OZ ta thấy OZ1 + OZ2 = OZ, ta có nhận xét xem số phức điểm mặt phẳng với hệ tọa độ gốc O xem số phức vectơ mặt phẳng này, điều nhận xét mà ta áp dụng số phức vào giải tốn hình học phẳng Một số phức xác định điểm mặt phẳng với hệ tọa độ cho trước Ngoài ra, điểm mặt phẳng hoàn toàn xác định hệ tọa độ cực: thật vậy, cho z = a + ib 6= −→ số phức ứng với vectơ OZ, ta ký hiệu r độ dài bán kính 6.2 Ví dụ 55 p3 = (a1 + a2 + p − a1 a2 p) Ta xét p1 − p3 a3 − a1 − a2 a3 p + a1 a2 p = = p2 − p3 a3 − a2 − a3 a1 p + a1 a2 p (a3 − a1 )(1 − a2 p) (a3 − a1 )(p − a2 ) = = (a3 − a2 )(1 − a1 p) (a3 − a2 )(p − a1 ) V (a3 , p, a1 ) = = W (a3 , p, a1 , a2 ) V (a3 , p, a2 ) V (p1 , p2 , p3 ) = Vì điểm A1 , A2 , A3 , P nằm đường tròn, nên tỷ số kép W (a3 , p, a1 , a2 ) số thực, suy tỷ số đơn V (p1 , p2 , p3 ) số thực Nghĩa điểm P1 , P2 , P3 nằm đường thẳng (a3 − a1 )(p − a2 ) số thực trực tiếp qua số Có thể kiểm tra tỷ số (a3 − a2 )(p − a1 ) liên hợp chúng Đường thẳng qua ba điểm gọi đường thẳng Simson điểm P tam giác A1 A2 A3 6.2 Ví dụ Ví dụ 6.1 Nếu P điểm mặt phẳng tam giác A1 A2 A3 chân đường vuông góc P1 ,P2 ,P3 xuống cạnh tam giác hạ từ P nằm đường thẳng, điểm P nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 Lời giải Do P1 ,P2 , P3 nằm đường thẳng, nên tỷ số (a3 − a1 )(1 − a2 p) V (p1 , p2 , p3 ) = (a3 − a2 )(1 − a1 p) số thực Nghĩa (a3 − a1 )(1 − a2 p) (a3 − a1 )(1 − a2 p) = (a3 − a2 )(1 − a1 p) (a3 − a2 )(1 − a1 p) 56 Chương Đường thẳng Simson p 1− − (a − a1 )(a2 − p) a3 a1 a2 = = 1 p (a3 − a2 )(a1 − p) − 1− a3 a2 a1 Từ suy (1 − a2 p)(a1 − p) = (1 − a1 p)(a2 − p) Do (1 − |p|2 )(a1 − a2 ) = 0, suy |p|2 = Điều có nghĩa P nằm đường trịn đơn vị J Ví dụ 6.2 Hãy viết phương trình đường thẳng Simson điểm P tam giác A1 A2 A3 thông qua nhãn p a1 , a2 , a3 Lời giải Gọi P1 ,P2 ,P3 chân đường vng góc hạ từ P xuống cạnh tam giác Như chương 3, ta biết đường thẳng qua hai điểm P1 , P2 có phương trình (p2 − p1 )z − (p2 − p1 )z + (p1 p2 − p1 p2 ) = Chia đẳng thức cho (p2 − p1 ), ta nhận p2 − p1 z+c=0 z− p2 − p1 Bởi p2 − p1 a1 − a3 a1 p − a2 + a2 a3 p = p2 − p1 a1 − a3 a1 p − a2 + a2 a3 p a3 (a1 − a2 ) − (a1 − a2 )(1 − a3 p) p = = 1 p (a1 − a2 )(1 − a3 p) − 1− a1 a2 a3 a1 a2 a3 = = a1 a2 a3 p p Ta có z − a1 a2 a3 pz + c = Để tính hệ số c, thay giá trị z = p3 = (a1 + a2 + p − a1 a2 p) 1 1 Chúng ta có c = a1 a2 a3 pp3 − p3 Vì a1 = ,a2 = ,a3 = , p = a1 a2 a3 p 6.2 Ví dụ 57 ta có 1 c = a1 a2 a3 p(a1 + a2 + a3 + p) − (a1 + a2 + a3 + p) 2 Vậy phương trình đường thẳng Simson cho điểm P tam giác A1 A2 A3 1 z − a1 a2 a3 pz + a1 a2 a3 p(a1 + a2 + a3 + p) − (a1 + a2 + a3 + p) = 2 Ví dụ 6.3 Cho P điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 Q1 , Q2 , Q3 điểm đối xứng P với cạnh tam giác A2 A3 , A3 A1 , A1 A2 Chứng minh điểm Q1 , Q2 , Q3 nằm đường thẳng chứa trực tâm tam giác A1 A2 A3 Lời giải Những điểm Q1 , Q2 , Q3 nằm đường thẳng chúng vị tự điểm P1 , P2 , P3 với tâm P hệ số Mà P1 , P2 , P3 nằm đường thẳng Simson nên suy Q1 , Q2 , Q3 nằm đường thẳng Chúng ta kiểm tra trực tâm H có nằm đường thẳng Q1 , Q2 , Q3 không ? Do P3 trung điểm P Q3 , ta có q3 = 2p3 − p = a1 + a2 + p − a1 a2 p − p Q2 Q3 P3 P2 A3 A PP H H Q1 Q AA11 P1 O O A2 A2 P3 = a1 + a2 − a1 a2 p Tương tự, q2 = a3 + a1 − a3 a1 p, q1 = a2 + a3 − a2 a3 p Q3 Hình 6.2 Q3 58 Chương Đường thẳng Simson Ta tính q3 − h a1 + a2 − a1 a2 p − a1 − a2 − a3 == q1 − h a2 + a3 − a2 a3 p − a1 − a2 − a3 a3 + a1 a2 p a1 a2 + a3 p = = a1 + a2 a3 p a2 a3 + a1 p Dễ dàng kiểm tra tỷ số số thực Nghĩa H nằm Q1 Q3 J Ví dụ 6.4 Cho tam giác nội tiếp đường tròn O điểm M thuộc đường tròn Gọi M điểm đối xứng M qua tâm O Chứng minh hai đường thẳng Simson điểm M M vng góc với Lời giải Vẫn chọn hệ toạ độ ký hiệu Ta có m = −m0 Ta gọi điểm hạ từ M xuống cạnh tam giác A1 A2 A3 P1 , P2 , P3 từ M P10 , P20 , P30 Theo cách tính tốn trước ta có p2 − p1 = (a2 − a1 )(m − a3 ) p2 − p1 a3 − m p02 − p01 = (a2 − a1 )(m0 − a3 ), = , p2 − p1 a3 + m 1 − p2 − p1 a3 − m a3 − m p2 − p1 a3 m = = =− =− 0 1 p2 − p1 a3 + m a3 + m p2 − p01 + a3 m Đẳng thức số hoàn toàn phức, nghĩa đường thẳng P2 P1 P20 P10 vng góc với J Ví dụ 6.5 Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác có điểm mà đường thẳng Simson điểm tam giác, vng góc với đường thẳng Euler tam giác Lời giải Lấy đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 làm đơn vị cho hệ toạ độ Điểm P ta phải tìm ? Nếu P tồn vậy, P1 , 6.3 Bài tập 59 P2 , P3 chân đường vng góc hạ từ P xuống cạnh tam giác Tính tốn trước ta có p2 − p1 = (a2 − a1 )(1 − a3 p) h = a1 + a2 + a3 Nếu đường thẳng Simson P tam giác vuông góc với đường thẳng Euler, (a2 − a1 )(1 − a3 p) (a2 − a1 )(1 − a3 p) =− a1 + a2 + a3 a + a2 + a3 1 p a3 − 1− (a2 − a1 )(1 − ) a2 a1 a3 p =− 1 a1 + a2 + a3 + + a1 a2 a3 1 =− 1 p(a1 + a2 + a3 ) a1 a2 a3 + + a1 a2 a3 a1 a2 + a2 a3 + a3 a1 p=− a1 + a2 + a3 Đây nhãn điểm mà đường Simson vng góc với đường Euler J 6.3 Bài tập 6.6 Cho điểm P đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 Từ P hạ đường vng góc xuống cạnh A2 A3 , A3 A1 , A1 A2 cắt đường tròn điểm Q1 , Q2 , Q3 Chứng minh đường thẳng A1 Q1 , A2 Q2 , A3 Q3 song song với đường thẳng Simson điểm P 6.7 Cho P điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 Nếu đường thẳng Simson điểm P cắt đường cao từ đỉnh A1 điểm K P chiếu vuông góc xuống cạnh A2 A3 P1 , chứng minh P K song song với HP1 , H trực tâm tam giác A1 A2 A3 60 Chương Đường thẳng Simson 6.8 Những đường cao tam giác A1 A2 A3 cắt đường tròn ngoại tiếp điểm Q1 , Q2 , Q3 Chứng minh với điểm P đường tròn, đường thẳng Simson P tam giác A1 A2 A3 tam giác Q1 Q2 Q3 vng góc với 6.9 Chứng minh đường thẳng Simson P tam giác A1 A2 A3 qua điểm đối xứng qua tâm đường trịn điểm P , qua trọng tâm tam giác 6.10 Chứng minh đường thẳng Simson P tam giác A1 A2 A3 đường tròn ngoại tiếp tâm O song song với OA1 , P A1 song song với A2 A3 6.11 Cho P điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 H trực tâm tam giác Chứng minh đường thẳng Simson điểm P chia đôi đoạn P H (và điểm nằm đường tròn Euler) 6.12 Chứng minh góc hai đường thẳng Simson hai điểm khác P Q nửa góc dây cung hai điểm 6.13 Cho đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 tâm O Những điểm B1 , B2 , B3 điểm đối xứng A1 , A2 , A3 qua tâm O Chứng minh đường thẳng Simson điểm đường tròn tam giác A1 A2 A3 B1 B2 B3 vng góc với 6.14 Cho A1 B1 , A2 B2 , A3 B3 đường cao tam giác A1 A2 A3 Đường thẳng A1 B1 , A2 B2 , A3 B3 cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 Q1 , Q2 , Q3 Những đường thẳng Simson điểm Q1 , Q2 , Q3 tam giác A1 A2 A3 cắt tạo thành 6.3 Bài tập 61 tam giác C1 C2 C3 Chứng minh trọng tâm tam giác B1 B2 B3 C1 C2 C3 trùng 6.15 Cho O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 , lấy B1 , B2 , B3 điểm đối xứng qua tâm O đỉnh tam giác A1 , A2 , A3 Chứng minh đường thẳng Simson điểm B1 , B2 , B3 tam giác A1 A2 A3 cắt điểm đường tròn Chương TỨ GIÁC NỘI TIẾP ĐƯỜNG TRÒN 7.1 Các điểm đặc biệt tứ giác nội tiếp 7.2 Ví dụ 7.3 Bài tập 62 64 67 7.1 CÁC ĐIỂM ĐẶC BIỆT CỦA TỨ GIÁC NỘI TIẾP Cho tứ giác A1 A2 A3 A4 nội tiếp đường tròn tâm O Chọn toạ độ cho đường tròn tâm O làm đơn vị AA44 Nhãn đir nh tứ giác a1 , a2 , a3 , a4 Cứ lấy ba đỉnh tứ giác ta có tam giác A3 O O A1 A2 A3 , A1 A2 A4 , A2 A3 A4 , A3 A4 A1 A3 A1 Mỗi tam giác có điểm A1 đường đặc biệt mà ta xét A A2 phần trước, ta ký hiệu M1 , Hình 7.1 M2 , M3 , M4 trọng tâm tam giác liệt kê Tương tự cho điểm trực tâm H1 , H2 , H3 , H4 Tâm đường tròn Euler E1 , E2 , E3 , E4 Như ta biết trung điểm cạnh A1 A2 , A2 A3 , A3 A4 , A4 A1 ký hiệu M12 ,M23 , M34 , M41 tính a1 + a2 a2 + a3 a3 + a4 a4 + a1 m12 = , m23 = , m34 = , m41 = Ta 2 2 7.1 Các điểm đặc biệt tứ giác nội tiếp 63 dễ dàng thấy đường nối hai trung điểm cạnh đối a1 + a2 + a3 + a4 diện cắt điểm M tính nhãn m = Phải điểm trọng tâm tứ giác ? Như ta biết trọng a3 + a4 + a1 , ta có tâm tam giác A3 A4 A1 có nhãn m3 = 3 a3 + a4 + a1 thể viết m = + a2 = m3 + a2 Điều nói lên 4 4 điểm M nằm đường nối từ đỉnh A2 với trọng tâm tam giác A3 A4 A1 (phương trình thơng số) Tương tự M nằm đường nối từ đỉnh tới trọng tâm tam giác với đỉnh lại Những đường thẳng nối đỉnh tứ giác với trọng tâm tam giác tạo ba đỉnh cịn lại cắt điểm, điểm M , gọi trọng tâm tứ giác nội tiếp A1 A2 A3 A4 Như chứng minh điểm M3 chia đoạn A3 M theo tỷ lệ A3 M3 : M3 M = : Tương tự ta có A2 M2 : M2 M = A1 M1 : M1 M = : Cũng cách làm trên, ta thấy điểm có nhãn 1 h = (a1 + a2 + a3 + a4 ) = (a1 + a2 + a3 ) + a4 , 2 nằm đường thẳng nối H4 A4 ; tính đối xứng a1 , a2 ,a3 ,a4 suy điểm H nằm đường nối đỉnh A1 với H1 , A2 với H2 , A3 với H3 Nghĩa là, đường thẳng nối đỉnh với trực tâm tam giác tạo ba đỉnh lại tứ giác cắt điểm Điểm gọi điểm trực tâm tứ giác Như vậy, đường nối trực tâm, trọng tâm tứ giác qua tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác (vì nhãn tâm đường tròn 0) Đường thẳng tứ giác ta gọi đường thẳng Euler tứ giác Ta dễ dàng chứng minh tính chất sau: - Trực tâm tứ giác tâm đường tròn qua tâm đường tròn Euler tam giác tạo ba đỉnh 64 Chương Tứ giác nội tiếp đường tròn Thật vậy, 1 1 |h − e4 | = | (a1 + a2 + a3 + a4 ) − (a1 + a2 + a3 )| = |a4 | = 2 2 |h − e1 | = |h − e2 | = |h − e3 | = |h − e4 | = - Trên đường thẳng Euler tứ giác có điểm G0 H với nhãn 1 g = (a1 + a2 + a3 + a4 ) h0 = (a1 + a2 + a3 + a4 ), tâm đường tròn qua trọng tâm tâm đường tròn qua bốn trực tâm tam giác tạo ba đỉnh Dễ dàng kiểm tra tính chất tiếp tục ý tưởng tam giác cho tứ giác Chúng ta minh họa qua ví dụ tập sau 7.2 VÍ DỤ Ví dụ 7.1 Từ đỉnh tứ giác A1 A2 A3 A4 nội tiếp đường trịn hạ đường vng góc xuống cạnh đường chéo khơng qua đỉnh Chứng minh chân đường vng góc đường thẳng A1 A2 A3 A4 nằm đường trịn, chân đường vng góc A1 A4 A2 A3 nằm đường tròn khác, tương tự điểm đường thẳng A1 A3 A2 A4 nằm đường tròn thứ ba, tâm đường tròn trùng với trực tâm tứ giác Lời giải Ta gọi axyz nhãn chân đường vng góc hạ từ đỉnh Ax xuống đường thẳng Ay Az ,x, y = 1, 2, 3, Vậy ta có a134 = (a1 + a3 + a4 − a3 a4 a1 ), a234 = (a2 + a3 + a4 − a3 a4 a2 ), a312 = (a3 + a1 + a2 − a1 a2 a3 ), 7.2 Ví dụ 65 a412 = (a4 + a1 + a2 − a1 a2 a4 ), nhãn chân đường vng góc từ A1 , A2 xuống A3 A4 từ A3 ,A4 xuống A1 A2 Ta có 1 |h − a134 | = | (a1 + a2 + a3 + a4 ) − (a1 + a3 + a4 − a3 a4 a1 ) 2 1 = |a2 + a3 a4 a1 | = |a1 a2 + a3 a4 | 2 Vì a1 nằm đuwờng tròn đow n vị , nên |a1 | = Tương tự |h − a234 | = |h − a312 | = |h − a412 | = 21 |a1 a2 + a3 a4 | Do a134 ,a234 ,a312 ,a412 nằm đường tròn tâm H J Ví dụ 7.2 Cho A1 A2 A3 A4 tứ giác nội tiếp đường tròn Chứng minh đường thẳng Simson bốn đỉnh tam giác tạo đỉnh lại, qua trực tâm tứ giác cho Lời giải Ta biết với điểm u đường trịn, phương trình đường thẳng Simson tam giác A1 A2 A3 có dạng 1 z − a1 a2 a3 uz + a1 a2 a3 u(a1 + a2 + a3 + u) − (a1 + a2 + a3 + u) = 2 Lấy u = a4 , dễ dàng kiểm tra h = (a1 + a2 + a3 + a4 ) thoả mãn phương trình Nghĩa trực tâm tứ giác nằm đường thẳng Simson A4 tam giác A1 A2 A3 Tương tự cho đường thẳng Simson ứng với đường cịn lại Do đó, H giao điểm đường thẳng Simson mô tả J Ví dụ 7.3 [Định lý Vail] Cho A1 A2 A3 A4 tứ giác nội tiếp đường tròn H1 , H2 , H3 , H4 trực tâm tam giác A2 A3 A4 , A1 A3 A4 , A1 A2 A4 , A1 A2 A3 Khi đường thẳng Simson A4 tam giác A1 A2 A3 đường thẳng Simson H4 tam giác H1 H2 H3 66 Chương Tứ giác nội tiếp đường tròn Lời giải Theo giả thiết ta có h1 = a2 + a3 + a4 , h2 = a1 + a3 + a4 h3 = a1 + a2 + a4 , h4 = a1 + a2 + a3 h4 − h3 = −(a4 − a3 ) =⇒ |H4 H3 | = |A4 A3 | h4 − h2 = −(a4 − a2 ) =⇒ |H4 H2 | = |A4 A2 | h1 − h3 = −(a1 − a3 ) =⇒ |H1 H3 | = |A1 A3 | h1 − h2 = −(a1 − a2 ) =⇒ |H1 H2 | = |A1 A2 | Ta thấy hai đa giác A1 A2 A3 A4 H1 H2 H3 H4 có cạnh tương ứng song song đôi Ta thấy A4 A1 A2 A3 giống H4 H1 H2 H3 , đường Simson A4 A1 A2 A3 giống đường thẳng Simson H4 H1 H2 H3 J Ví dụ 7.4 Nếu A1 ,A2 ,A3 ,A4 bốn điểm khác đường tròn, đường thẳng Simson A1 A2 A3 A4 vng góc với đường thẳng Euler tam giác Chứng minh đường thẳng Simson điểm lại với tam giác tạo điểm vuông góc với đường thẳng Euler tam giác Lời giải Điều kiện để đường thẳng Simson điểm A1 tam giác A2 A3 A4 đường thẳng Euler tam giác A2 A3 A4 vng góc (a2 − a4 )(a1 − a3 )a1 với k + k = 0, k = (xem lại ví a2 + a3 + a4 dụ 6.5), từ suy (a2 − a4 )(a1 − a3 )a1 (a2 − a4 )(a1 − a3 )a1 =− a2 + a3 + a4 a2 + a3 + a4 7.3 Bài tập 67 1 1 − − a1 a2 a4 a1 a3 a1 (a2 − a4 )(a1 − a3 ) =− 1 a1 (a2 + a3 + a4 ) + + a2 a3 a4 Vậy, a1 a2 + a1 a3 + a1 a4 + a2 a3 + a2 a4 + a3 a4 = Điều kiện đối xứng a1 ,a2 ,a3 ,a4 Do khơng thay đổi ta thay đỉnh A1 đỉnh A2 ,A3 ,A4 J Ví dụ 7.5 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Chứng minh U1 U2 trực tâm tam giác ABD ACD đường thẳng U1 U2 song song với BC Lời giải Chọn đường tròn ngoại tiếp tứ giác làm đơn vị, nhãn đỉnh a, b, c, d Khi u1 = a + b + d u2 = a + c + d, từ suy u1 − u2 = b − c nghĩa U1 U2 //BC, |U1 U2 | = |BC| Vậy BCU1 U2 hình bình hành J 7.3 BÀI TẬP 7.6 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Từ điểm A B hạ đường vng góc AA2 BB2 xuống CD; Từ điểm B C hạ đường vng góc BB1 CC1 xuống DA; Từ điểm C D hạ đường vng góc CC2 DD2 xuống AB; cuối từ điểm D A hạ đường vng góc DD1 AA1 xuống BC Chứng minh đoạn thẳng A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 , D1 D2 qua trực tâm tứ giác 7.7 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn Đường vng góc với BA từ đỉnh A cắt CD M ; đường vuông góc với DA từ đỉnh A cắt BC N Chứng minh M N qua tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác 68 Chương Tứ giác nội tiếp đường tròn 7.8 Cho tứ giác A1 A2 A3 A4 (khơng cần nội tiếp đường trịn) Lấy điểm B1 , B2 , B3 , B4 nằm cạnh A1 A2 , A2 A3 , A3 A4 , A4 A1 chia theo tỷ số Chứng minh trọng tâm tứ giác A1 A2 A3 A4 B1 B2 B3 B4 trùng 7.9 Cho tứ giác A1 A2 A3 A4 nội tiếp đường tròn Chứng minh đường thẳng nối trung điểm cạnh (hoặc đường chéo) với trực tâm tứ giác A1 A2 A3 A4 vng góc với cạnh đối diện (hoặc đường chéo kia) 7.10 (Định lý Ptolemei) Chứng minh tích độ dài đường chéo tứ giác nhỏ tổng tích độ dài cạnh đối diện Nếu tứ giác nội tiếp đường trịn ta có đẳng thức 7.11 Cho tứ giác A1 A2 A3 A4 nội tiếp đường tròn O điểm P mặt phẳng tứ giác Ký hiệu P12 ,P13 , P14 , P23 , P24 , P34 điểm đối xứng P qua cạnh A1 A2 , A1 A3 , A1 A4 , A2 A3 , A2 A4 , A3 A4 Lấy R, S, T trung điểm đoạn P12 P34 , P13 P24 , P14 P23 cho O0 điểm đối xứng O qua trọng tâm tứ giác A1 A2 A3 A4 Chứng minh R, S, T, O0 nằm đường thẳng 7.12 Cho tứ giác A1 A2 A3 A4 nội tiếp đường tròn O, phía tâm đường trịn dựng tam giác cân với đáy cạnh A1 A2 , A1 A3 , A1 A4 , A2 A3 , A2 A4 , A3 A4 trọng tâm tam giác tâm đường tròn O Đỉnh tam giác cân dựng A12 , A13 , A14 , A23 , A24 , A34 Lấy điểm đối xứng A012 , A013 , A014 , A023 , A024 , A034 qua cạnh A3 A4 , A2 A4 , A2 A3 , A1 A4 , A1 A3 , A1 A2 Chứng minh điểm đối xứng nằm đường tròn S 7.3 Bài tập 69 bán kính đường trịn lần khoảng cách từ tâm O đến trọng tâm tứ giác \= 7.13 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O cho AOB \ = 600 Chứng minh trung điểm M ,P N lần COD lượt đoạn thẳng AO, BC DO đỉnh tam giác 7.14 Mỗi đỉnh tứ giác ngoại tiếp đường tròn điểm tiếp xúc đường trịn với cạnh tứ giác có chung đỉnh tạo tam giác Chứng minh trực tâm tam giác tạo thành hình bình hành cạnh hình bình hành song song với đường nối điểm tiếp xúc cạnh đối diện tứ giác 7.15 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Chứng minh tiếp tuyến với đường tròn điểm A C cắt đường chéo BD tiếp tuyến với đường tròn điểm B D phải cắt đường chéo AC