31.1.1 Định lý Carnot về tổng khoảng cách từ tâm đườngtròn ngoại tiếp đến ba cạnh tam giác.. 121.2.1 Định lý Carnot về điều kiện cần và đủ để sáu điểmtrên ba cạnh của tam giác nằm trên m
Tổng quan về định lý Carnot
Định lý Carnot về tổng khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến ba cạnh tam giác
ngoại tiếp đến ba cạnh tam giác Định lý 1.1.1 (Định lý Carnot thứ nhất, [1]) Trong một tam giác, tổng các khoảng cách có dấu từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến các cạnh bằng tổng các bán kính của đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp.
Khoảng cách có dấu được quy ước như sau: Khoảng cách mang dấu âm nếu đoạn thẳng tương ứng nằm hoàn toàn bên ngoài tam giác Trong Hình 1.1, cạnh OE nằm hoàn toàn bên ngoài tam giác nên có dấu âm nên ta có: OD−OE +OF = R+r.
Hình 1.1: Cạnh OE mang dấu âm.
Chứng minh Ký hiệuO là tâm đường tròn ngoại tiếp,Rlà bán kính đường tròn ngoại tiếp, A ′ , B ′ , C ′ là chân đường vuông góc hạ từ O tới các cạnh
(i) Trước tiên, ta chứng minh định lý với trường hợp tam giác nhọn. Khi đó, tâm đường tròn ngoại tiếp luôn luôn nằm trong tam giác nên các khoảng cách OA ′ , OB ′ , OC ′ đều có dấu dương.
Hình 1.2: Định lý Carnot trong trường hợp tam giác nhọn.
Các tứ giácAB ′ OC ′ , BC ′ OA ′ vàCA ′ OB ′ đều là tứ giác nội tiếp (đường kính của đường tròn ngoại tiếp của chúng theo thứ tự là OA, OB, OC). Xét tứ giác AB ′ OC ′ , theo định lý Ptolemy (trong tứ giác nội tiếp tích hai đường chéo bằng tổng các tích của các cặp cạnh đối diện) ta có
OAãB ′ C ′ = AC ′ ãOB ′ +AB ′ ãOC ′ hay
2 ãOC ′ ⇔BCR = ABãOB ′ + CAãOC ′ Tương tự với hai tứ giác nội tiếp còn lại ta có
CA ãR = BC ãOC ′ +AB ãOA ′ ,
AB ãR = BC ãOB ′ +CAãOA ′
R(BC +CA+AB) = BC(OC ′ +OB ′ ) + CA(OA ′ +OC ′ )
+AB(OA ′ +OB ′ ) (1.1) Mặt khác, ta có hai công thức tính diện tích tam giác ABC là:
2S △ABC = BC ãOA ′ +CAãOB ′ +AB ãOC ′ và 2S △ABC = r(BC +CA+AB), với r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Vậy suy ra r(BC + CA+AB) ãOA ′ +CAãOB ′ +AB ãOC ′ (1.2) Cộng vế theo vế của (1.1) và 1.2 suy ra
= BC(OA ′ +OB ′ +OC ′ ) +CA(OA ′ +OB ′ + OC ′ )
= (BC +CA+AB)(OA ′ +OB ′ +OC ′ )
Vậy ta thu được định lý Carnot trong trường hợp tam giác nhọn.
(ii) Đối với tam giác tù, không mất tính tổng quát, ta giả sử tam giác tù tại A (xem Hình 1.3) Ta thấy các tứ giác AB ′ OC ′ , BC ′ A ′ O và CB ′ A ′ O vẫn là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác nội tiếp AB ′ OC ′ , tương tự như trên ta thu được
BC ãR = ABãOB ′ +CAãOC ′ Xét tứ giác nội tiếp BC ′ A ′ O, theo định lý Ptolemy ta có
OC ′ ãBA ′ = OBãC ′ A ′ +BC ′ ãOA ′
⇔ OBãC ′ A ′ = OC ′ ãBA ′ −BC ′ ãOA ′
Hình 1.3: Định lý Carnot trong trường hợp tam giác tù.
Xét tứ giác nội tiếp CB ′ A ′ O, theo định lý Ptolemy ta có
OB ′ ãCA ′ = OC ãB ′ A ′ +CB ′ ãOA ′
⇔ OC ãB ′ A ′ = OB ′ ãCA ′ −CB ′ ãOA ′
⇔ ABãR = BC ãOB ′ −CAãOA ′ Cộng ba đẳng thức trên ta thu được
R(BC +CA+AB) = BC(OC ′ + OB ′ ) +CA(OC ′ −OA ′ )
+ AB(OB ′ −OA ′ ) (1.3) Mặt khác, ta có hai công thức tính diện tích tam giác ABC là:
= −BC ãOA ′ +CAãOB ′ + ABãOC ′ và 2S △ABC = r(BC +CA+AB),
Vậy suy ra r(BC +CA+ AB) = −BC ãOA ′ +CA ãOB ′ +AB ãOC ′ (1.4) Cộng vế theo vế của (1.3) và 1.4 suy ra
= BC(−OA ′ +OB ′ +OC ′ ) +CA(−OA ′ +OB ′ +OC ′ )
= (BC +CA+ AB)(−OA ′ +OB ′ +OC ′ )
(iii) Đối với tam giác vuông, không mất tính tổng quát ta giả sử tam giác vuông tại A (xem Hình 1.4) Lúc này định lý Ptolemy rút gọn thành định lý Pytago Tâm đường tròn ngọai tiếp là trung điểmA ′ của đoạnBC.
Hình 1.4: Định lý Carnot trong trường hợp tam giác vuông.
Trong trường hợp này ta cóR = c
2(BC+CA−AB)và kết luận của định lý Carnot R+r = OA ′ +OB ′ +OC ′ là hiển nhiên, vớiOA ′ = 0.
Hệ quả 1.1.2 ([1]) Tổng khoảng cách từ trực tâm đến các đỉnh của một tam giác lớn gấp đôi tổng bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp:
AH +BH + CH = 2(OA ′ +OB ′ +OC ′ ) = 2(R+r)
Chứng minh Từ tính chất khoảng cách từ trực tâm tới đỉnh bằng hai lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tới cạnh đối diện đỉnh đó, ta có
AH = 2OA ′ , BH = 2OB ′ , CH = 2OC ′
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.1.3 Cho một tam giác ABC với trực tâm H Biến đổi tổng sau đây theo các cạnh của tam giác và các bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp:
AH ãBH + ABãCH + BH ãCH.
(AH +BH +CH) 2 = AH 2 + BH 2 +CH 2
+ 2(AH ãBH +AB ãCH +BH ãCH)
AH ãBH +AB ãCH +BH ãCH
= (AH +BH +CH) 2 −(AH 2 +BH 2 + CH 2 )
AH 2 +BH 2 +CH 2 = 12R 2 −(a 2 + b 2 +c 2 ), ở đây, a, b, c tương ứng là chiều dài các cạnh BC, CA, AB Do đó
AH ãBH + ABãCH + BH ãCH = −4R 2 + 4Rr+ 2r 2 + a 2 +b 2 +c 2
Định lý Carnot về điều kiện cần và đủ để ba đường thẳng vuông góc với ba cạnh tam giác đồng quy
thẳng vuông góc với ba cạnh tam giác đồng quy
Ta bắt đầu với định lý 4 điểm được sử dụng trong việc chứng minh các đường thẳng vuông góc. Định lý 1.1.4 (Định lý 4 điểm) Cho bốn điểm A, B, C, D phân biệt trong mặt phẳng Khi đó, AB vuông góc với CD khi và chỉ khi
AC 2 −AD 2 = BC 2 −BD 2 Chứng minh Ta có
AB = 0⇔ CD ⊥AB. Định lý 1.1.5 (Định lý Carnot thứ hai) Cho tam giác ABC và các điểm X, Y, Z Khi đó các đường thẳng qua X, Y, Z lần lượt vuông góc
BC, CA, AB đồng quy khi và chỉ khi
Hình 1.5: Ba đường thẳng đồng quy tại P
Chứng minh Gọi P là giao điểm của đường thẳng qua X vuông góc BC và đường thẳng qua Y vuông góc AC Theo Định lý 4 điểm ta có
XB 2 −XC 2 = P B 2 −P C 2 và Y C 2 −Y A 2 = P C 2 −P A 2 Cộng hai đẳng thức trên ta thu được
Lại theo Định lý 4 điểm, P Z vuông góc với AB khi và chỉ khi
Vậy ba đường thẳng qua X, Y, Z lần lượt vuông góc BC, CA, AB đồng quy tại P khi và chỉ khi
⇔ XB 2 −XC 2 +Y C 2 −Y A 2 +ZA 2 −ZB 2 = 0. Điều phải chứng minh.
(i) Các đường trung trực đồng quy tại một điểm (là tâm đường tròn ngoại tiếp).
(ii) Ba đường cao của tam giác đồng quy tại một điểm (là trực tâm).
(iii) Các đường thẳng vuông góc với các cạnh của tam giác ABC tại các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp đồng quy tại một điểm (là tâm đường tròn nội tiếp).
(iv) Các đường thẳng vuông góc với các cạnh của tam giác ABC tại các tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp đồng quy tại một điểm.
Chứng minh (i) Giả sử các đường thẳng qua X, Y, Z theo thứ tự là các đường trung trực của ba cạnhBC, CA, AB.Khi đóAZ = ZB, BX = XC và CY = Y A Vậy hệ thức (1.5) thỏa mãn Từ định lý Carnot ta suy ra ba đường trung trực đồng quy tại một điểm là tâm đường tròn ngoại tiếp. (ii) Gọi AX, BY, CZ là các đường cao của tam giác ABC Khi đó
AB 2 −BX 2 = AX 2 = AC 2 −CX 2 nên
Cộng các đẳng thức trên, ta thu được (1.5) Từ định lý Carnot ta suy ra ba đường cao đồng quy tại một điểm, gọi điểm này là trực tâm của tam giác.
(iii) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp Chọn điểm P trong định lý Carnot trùng với I ta có điều phải chứng minh.
(iv) Sẽ được chứng minh trong Bài toán 2.2.5 ở Chương 2.
Ví dụ 1.1.7 Cho đường thẳng ℓ nằm trong cùng mặt phẳng với tam giác ABC Gọi A ′ , B ′ , C ′ tương ứng là chân đường vuông góc hạ từ A, B, C tới
ℓ Gọi A ′′ , B ′′ , C ′′ tương ứng là chân đường vuông góc hạ từ A ′ , B ′ , C ′ tới
BC, CA, AB Chứng minh rằng các đường thẳng A ′ A ′′ , B ′ B ′′ , C ′ C ′′ đồng quy.
Chứng minh Áp dụng định lý Pytago, ta thu được
AB ′2 −A ′ B ′2 = AA ′2 = AC ′2 −A ′ C ′2 , kéo theo
AB ′2 −AC ′2 = A ′ B ′2 −A ′ C ′2 Tương tự, ta thu được
CA ′2 −CB ′2 = A ′ C ′2 −B ′ C ′2 Cộng ba đẳng thức trên lại, ta thu được
AB ′2 −AC ′2 +BC ′2 −BA ′2 +CA ′2 −CB ′2 = 0 hay
(BA ′2 −CA ′2 ) + (CB ′2 −AB ′2 ) + (AC ′2 −BC ′2 ) = 0.
Một số kết quả mở rộng
Định lý Carnot về điều kiện cần và đủ để sáu điểm trên ba cạnh của tam giác nằm trên một đường conic 12
ba cạnh của tam giác nằm trên một đường conic
Trong luận văn ta quy ước dấu như sau Cho hai điểm phân biệt A và
B, điểm P thuộc đường thẳng AB Quy ước tỉ số AP
P B dương nếu P nằm giữaAvà B, tỉ số âm nếu P nằm ngoài đoạnAB.Tức là tỉ số AP
P B là dương nếu AP và P B cùng chiều, và âm nếu chúng ngược chiều. Định lý Carnot phát biểu điều kiện cần và đủ để sáu điểm nằm trên các cạnh của một tam giác, mỗi cạnh chứa hai điểm, tạo thành một đường conic. Định lý 1.2.1 (Định lý Carnot thứ ba, [5]) Cho tam giác ABC, các điểm
A 1 , A 2 trên đường BC, B 1 , B 2 trên đường CA và C 1 và C 2 trên đường AB. Khi đó, các điểm A 1 , A 2 , B 1 , B 2 , C 1 và C 2 cùng nằm trên một đường conic
Chứng minh Giả sử các điểm A 1 , A 2 , B 1 , B 2 , C 1 và C 2 nằm trên cùng một đường conic C, gọi L là giao điểm của đường thẳng A 1 C 1 với AC, M là giao điểm của đường thẳng B 1 C 2 với BC và N là giao điểm của đường thẳng A 2 B 2 với AB, xem Hình 1.7 Theo định lý Pascal, các điểm L, M và N cùng nằm trên một đường thẳng, và theo định lý Menelaus ta có
N A = −1 (1.7) Áp dụng định lý Menelaus ba lần cho các đường thẳng A 1 C 1 , B 1 C 2 và
A 2 B 2 và tam giác ABC, ta thu được
Nhân các hệ thức (1.8), (1.9) và (1.10) lại rồi chia cho (1.7), ta thu được (1.6).
Mặt khác, theo định lý Menelaus, các hệ thức (1.8), (1.9) và (1.10) đúng Từ (1.8), (1.9), (1.10) và (1.6) ta suy ra ngay (1.7), do đó theo chiều ngược của định lý Menelaus, ta suy ra các điểm L, M và N nằm trên cùng một đường thẳng Theo chiều ngược của định lý Pascal, điều này kéo theo các điểm A1, A2, B1, B2, C1 và C2 nằm trên cùng một đường conic.
Gọi D 1 , D 2 , E 1 , E 2 , F 1 và F 2 tương ứng là giao điểm thứ hai của đường conic C với các đường thẳng AA 1 , AA 2 , BB 1 , BB 2 , CC 1 và CC 2
Gọi B 3 là giao điểm của đường thẳng A 1 C 2 với F 1 D 2 , B 4 là giao điểm của đường thẳngC 1 A 2 với D 1 F 2 Các điểm C 3 , C 4 , A 3 và A 4 được xác định tương tự.
Gọi E 3 là giao điểm của đường thẳng A 1 C 1 với D 2 F 2 , E 4 là giao điểm của đường thẳngA 2 C 2 vớiD 1 F 1 Các điểm F 3 , F 4 , D 3 vàD 4 được xác định tương tự. Định lý 1.2.2 ([5]) Các điểm B 3 , B 4 , E 3 và E 4 nằm trên đường thẳng
CA, các điểm C 3 , C 4 , F 3 và F 4 nằm trên đường thẳng AB và các điểm
A 3 , A 4 , D 3 và D 4 nằm trên đường thẳng BC.
Chứng minh Ta chứng minh B 3 nằm trên đường thẳng CA.
Hình 1.8: Định lý 1.2.2 Đặt R là giao điểm của A 1 C 2 với AC, R ′ là giao điểm của F 1 D 2 với
AC. Áp dụng định lý Menelaus cho đường thẳng A 1 C 2 và tam giác ABC, ta thu được
BA 1 (1.11) Đặt X là giao điểm của đường thẳng AA 2 với CC 1 Áp dụng định lý Menelaus cho đường thẳng F 1 D 2 và tam giác AXC, ta thu được
F 1 C = −1 (1.12) Áp dụng định lý Carnot cho đường conic C và tam giác ABC, ta thu được
B 2 A = 1 (1.13) Theo định luật sine trong tam giác, ta có
Từ hai phương trình trên, ta suy ra
A2X ãC1CsinA\ 2XC = A2C ãC1Bsinβ (1.14) Tương tự, ta cũng thu được đẳng thức sau
AA2 ãXC1sinC\ 1XA = BA2 ãAC1sinβ (1.15)
Từ (1.14) và (1.15) (sử dụng đẳng thức C\ 1 XA = A\ 2 XC), ta suy ra
Bây giờ, từ các hệ thức (1.12), (1.13) và (1.16), ta có
B2A. Nhưng từ hệ thức Carnot (1.6) kéo theo
Chứng minh cho các điểm còn lại tương tự. Định lý 1.2.3 (Định lý Menelaus) Cho ba điểm X, Y, Z theo thứ tự nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB Khi đó các điểm X, Y, Z thẳng hàng khi và chỉ khi
ZB = −1. Định lý 1.2.4 (Định lý Pascal) Cho 6 điểm (có thể trùng nhau) trên một đường conic được đặt tên theo thứ tự lần lượt là A, B, C, D, E, F Khi đó,giao điểm của ba cặp đường thẳng AB và DE, AF và CD, BC và EF sẽ thẳng hàng.
Định lý Carnot mở rộng định lý Simson
Định lý về đường thẳng Simson được phát biểu như sau: Định lý 1.2.5 (Định lý Simson) Tam giác hình chiếu của điểm P đối với
△ABC suy biến thành một đường thẳng khi và chỉ khi P nằm trên đường tròn ngoại tiếp của △ABC Đường thẳng đi qua các hình chiếu đó được gọi là “đường thẳng Simson” của điểm P đối với tam giác ABC.
Chứng minh Ta sẽ chứng minh N M P\ + P M L\ = 180 ◦ Tứ giác P CAB là tứ giác nội tiếp do có P, C, A, B cùng nằm trên đường tròn ngoại tiếp,
Hình 1.11: LM N suy biến thành đường thẳng Simson. cho nên
Tứ giác P M N B là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính P B, do đó
Từ hai đẳng thức trên suy ra
Tứ giác P LCM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính P C Hai góc cùng chắn một cung thì số đo bằng nhau nên ta có
N M P\ +P M L\ = \ACP + (180 ◦ −\ACP) = 180 ◦ Vậy L, M, N thẳng hàng. Định lý Carnot mở rộng định lý Simson khẳng định rằng ba chân hình chiếu của một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác xuống ba cạnh của tam giác thẳng hàng khi và chỉ khi các góc chiếu bằng nhau Rõ ràng định lý này là mở rộng của định lý Simson vì định lý Simson là trường hợp riêng của định lý Carnot ứng với trường hợp ba góc vuông. Định lý 1.2.6 ([6]) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và
M là một điểm nằm trên (O) Gọi D, E, F là các điểm trên các cạnh
BC, CA, AB sao cho (M D, BC\ ) ≡(M E, CA)\ ≡ (M F, AB) (mod\ π) thì
(Ở trên ta ký hiệu (M D, BC\ ) là góc hợp bởi hai đường thẳng M D và
Chứng minh GọiA ′ , B ′ , C ′ theo thứ tự là giao điểm thứ hai củaM D, M E,
(DM, DC) =\ (M D, BC\ ) =(M E, CA) =\ (EM, EC) (mod\ π) nên M DEC là tứ giác nội tiếp Do đó ta có
(CA, CB) =\ (CE, CD) =\ (M E, M D) =\ (M B\ ′ , M A ′ ) (mod π).
Do đó AB = A ′ B ′ Kéo theo AA ′ ∥BB ′ Tương tự, ta thu được
Theo định lý Dao ([6]) trên đường conic cho hai tam giác ABC, A ′ B ′ C ′ nội tiếp đường tròn (O) với AA ′ , BB ′ , CC ′ đồng quy tại điểm vô cùng và
M nằm trên (O), ta thu được D, E, F thẳng hàng.
Một số ứng dụng của định lý
Ứng dụng các định lý Carnot vào giải bài toán liên quan đến đa giác
liên quan đến đa giác
Năm 1800, Ryokwan Maruyama khắc một bài toán hình học lên một tấm bảng gỗ và treo nó trong đền thờ Tsuruoka-Sannosha ở phía bắc đảo Honshu của Nhật Bản Mặc dù việc đăng một câu đố toán học trong một ngôi đền Shinto nghe có vẻ xa lạ với chúng ta ngày nay, nhưng nó không phải là hiếm vào thời điểm đó ở Nhật Bản Bài toán của Maruyama phát biểu như sau:
Bài toán 2.1.1 (Bài toán Maruyama, [4]) Vẽ sáu đoạn thẳng trong một đường tròn và vẽ bốn đường tròn nội tiếp ba đường thẳng Nếu đường kính của vòng tròn phía nam, phía đông và phía tây lần lượt là 1, 2 và 3, thì đường kính của vòng tròn phía bắc dài bao nhiêu?
Theo truyền thống, Maruyama cũng đưa ra đáp án cho bài toán mô tả ngắn gọn về cách đi đến câu trả lời này Nhưng ông không chứng minh. Câu trả lời của Maruyama ngụ ý rằng trong bất kỳ cấu hình nào như vậy d N = d E +d W −d S ,trong đó d N , d E , d W và d S lần lượt là đường kính của các đường tròn phía
Hình 2.1: Bài toán Maruyama bắc, phía đông, phía tây và phía nam Sử dụng bán kính, ta có biểu thức tương đương rN +rS = rE +rW. Kết quả đáng ngạc nhiên này được gọi là Định lý Nhật Bản. Định lý 2.1.2 (Định lý Nhật Bản, [4]) Cho tứ giác lồi nội tiếp một đường tròn Kẻ một đường chéo của của tứ giác rồi vẽ hai đường tròn nội tiếp trong hai tam giác thu được Khi đó tổng hai bán kính đường tròn nội tiếp không phụ thuộc cách kẻ đường chéo.
Hình 2.2: Định lý Nhật Bản
Ngay sau khi bước sang thế kỷ 20, định lý đáng chú ý này ngay lập tức thu hút sự chú ý của các nhà toán học và được phổ biến rộng rãi Năm
1985, Ross Honsberger đã nhận ra rằng có nhiều cách khác để tam giác phân một đa giác n cạnh bằng các đường chéo không cắt nhau và tính bất biến của tổng các bán kính của các đường tròn nội tiếp tam giác cũng đúng trong các trường hợp này Chúng ta gọi kết quả này là định lý Nhật Bản cho đa giác. Định lý 2.1.3 (Định lý Nhật Bản cho đa giác, [4]) Thực hiện một phép tam giác phân một đa giác nội tiếp bằng các đường chéo không cắt nhau. Khi đó tổng các bán kính của các đường tròn nội tiếp tam giác độc lập với cách chọn phép tam giác phân.
Ký hiệu P là đa giác nội tiếp bất kỳ được tam giác phân bằng các đường chéo không cắt nhau Ký hiệu r P là tổng các bán kính của các đường tròn nội tiếp của các tam giác Định lý Nhật Bản khẳng định rằng r P độc lập với cách chọn phép tam giác phân. Định lý 2.1.4 (Định lý Carnot cho đa giáp nội tiếp) Giả sử P là một đa giác nội tiếp n cạnh được tam giác phân bởi các đường chéo Gọi R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp P, ký hiệu d 1 , d 2 , , d n là khoảng cách có dấu từ tâm đường tròn ngoại tiếp tới các cạnh của P, gọi r 1 , r 2 , , r n−2 là bán kính đường tròn nội tiếp của các tam giác trong phép tam giác phân. Khi đó
Chứng minh Ta chứng minh bằng phép quy nạp Với n = 3, định lý trên trở thành Định lý 1.1.1 nên đúng Giả sử định lý đúng với n ≥ 3 Gọi P là một đa giác nội tiếp (n+ 1) cạnh được tam giác phân bằng các đường chéo Khi đó, P có n+ 1 cạnh và được phân thành n−1 tam giác, theo nguyên lý Dirichlet tồn tại một tam giác có hai cạnh chung với P Không mất tính tổng quát, ký hiệu d n và d n+1 là khoảng cách có dấu đối với hai cạnh chung này, gọi r n−1 là bán kính của đường tròn nội tiếp này Xóa tam giác này để thu được đa giác nội tiếp P ′ có n cạnh và gọi d ′ n là khoảng cách có dấu tới cạnh mới Theo giả thiết quy nạp, ta có n−2
Bây giờ, xét tam giác bị xóa Nhận xét chính là khoảng cách có dấu từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến các cạnh của tam giác này là −d ′ n , d n và d n+1 Chẳng hạn như trong Hình 2.3(a), khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tới cạnh nét đứt mang dấu dương đối với tam giác p 1 p 4 p 5 nhưng mang dấu âm đối với đa giácp 1 p 2 p 3 p 4 Tương tự trong Hình 2.3(b), khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tới cạnh nét đứt mang dấu âm đối với tam giác p 1 p 4 p 5 nhưng mang dấu dương đối với đa giác p 1 p 2 p 3 p 4
Hình 2.3: Tam giác bị xóa là p 1 p 4 p 5
Theo định lý Carnot cho tam giác, ta có r n−1 +R = −d ′ n +d n +d n+1 Do đó n−1
X i=1 d i Điều phải chứng minh. Định lý Nhật Bản là hệ quả trực tiếp của định lý Carnot này.
Chứng minh của Định lý Nhật Bản Gọi P là một đa giác n cạnh nội tiếp đường tròn bán kính R Theo định lý Carnot cho đa giác nội tiếp, với bất kỳ phép phân tam giác của P bằng các đường chéo ta có r P n−2
X i=1 d i , trong đó r k và d i được xác định như ở trên Nhưng R, n và d i không phụ thuộc vào phép phân tam giác nên r P là tổng bán kính đường tròn nội tiếp cũng không phụ thuộc vào phép phân tam giác.
Nhận xét 2.1.5 Kết quả trên kéo theo một cách nhìn thú vị về giá trị đo của rP Sắp xếp lại các số hạng ta thu được r P = 2R− n
(R−d k ). Đại lượngR−dk là độ chênh lệch giữa bán kính đường tròn ngoại tiếp với độ dài đường vuông góc tới cạnh thứ k của P Mặt khác, rP bằng đường kích của đường tròn ngoại tiếp trừ đi tổng chênh lệch Do đó, giá trị lớn của rP tương ứng các đa giác gần đúng với đường tròn hơn.
Ứng dụng các định lý Carnot vào giải bài toán đồng quy
Mục này nghiên cứu giải một số bài toán đồng quy bằng cách ứng dụng định lý Carnot về điều kiện cần và đủ để ba đường thẳng vuông góc với ba cạnh tam giác đồng quy (Định lý 1.1.5).
Bài toán 2.2.1 Cho tam giác ABC và tam giác A ′ B ′ C ′ Gọi d 1 , d 2 , d 3 lần lượt là các đường thẳng qua A, B, C vuông góc với B ′ C ′ , C ′ A ′ , A ′ B ′ Gọi d ′ 1 , d ′ 2 , d ′ 3 lần lượt là các đường thẳng qua A ′ , B ′ , C ′ vuông góc với
BC, CA, AB Chứng minh rằng d 1 , d 2 , d 3 đồng quy khi và chỉ khi d ′ 1 , d ′ 2 , d ′ 3 đồng quy.
Hình 2.4: Các đường thẳng đồng quy tại M và các đường thẳng đồng quy tại N
Chứng minh Theo Định lý 1.1.5, điều kiện cần và đủ để d1, d2, d3 đồng quy là
AB ′2 −AC ′2 +BC ′2 −BA ′2 +CA ′2 −CB ′2 = 0.
Sắp xếp lại ta được
(i) Hai tam giác ABC và A ′ B ′ C ′ xác định trong Bài toán 2.2.1 được gọi là hai tam giác trực giao.
(ii) Giao điểm của d 1 , d 2 , d 3 được gọi là tâm trực giao của tam giácABC đối với tam giácA ′ B ′ C ′ Giao điểm củad ′ 1 , d ′ 2 , d ′ 3 được gọi là tâm trực giao của tam giác A ′ B ′ C ′ đối với tam giác ABC.
Tiếp theo ta sẽ đi đến một số bài toán sử dụng tính chất của hai tam giác trực giao. Định nghĩa 2.2.3 Cho tam giác ABC và một điểm P nằm trong tam giác Điểm Q được gọi là điểm liên hợp đẳng giác của P trong tam giác ABC nếu các đường thẳng AQ, BQ, CQ lần lượt đối xứng với các đường thẳng AP, BP, CP qua các đường phân giác của các góc A, B, C.
Bài toán 2.2.4 Cho tam giác ABC và điểm P bất kì Gọi Q là điểm liên hợp đẳng giác của P đối với tam giác ABC Gọi E, F lần lượt là giao điểm của BQ, CQ với CA, AB Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu của P lên BC, CA, AB Gọi T là trực tâm của tam giácAY Z Chứng minh rằng
Chứng minh Do AZP Y nội tiếp nên \QAC = ZAP[ = \ZY P = T AY[, suy ra A, T, Q thẳng hàng Từ đó, ta có AQ ⊥ Y Z Tương tự, ta có
BQ ⊥ ZX, CQ ⊥ XY Do đó các đường thẳng qua Q, E, F lần lượt vuông góc với Y Z, T Z, T Y đồng quy tại A Khi đó tam giác QEF và
T Y Z trực giao với nhau Như vậy các đường thẳng qua T, Y, Z lần lượt vuông góc với EF, F Q, QE đồng quy tại X Suy ra XT ⊥ EF.
Bài toán 2.2.5 Cho Ia, Ib, Ic lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc
A, B và C của tam giác ABC Gọi A1, B1, C1 lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A, B và C của tam giác ABC Chứng minh rằng
IaA1, IbB1 và IcC1 đồng quy tại một điểm.
Hình 2.6: I a A 1 , I b B 1 và I c C 1 đồng quy tại một điểm.
Chứng minh Theo định lý Carnot thì IaA1, IbB1 và IcC1 đồng quy khi và chỉ khi
IaB 2 −IaC 2 +IbC 2 −IbA 2 +IcA 2 −IcB 2 = 0 (2.1) Theo định lý Pytago, ta có
= BA 2 1 −A 1 C 2 Tương tự, ta có
I b C 2 −I b A 2 = CB 1 2 −B 1 A 2 và I c A 2 −I c B 2 = AC 1 2 −C 1 B 2 Cho nên việc chứng minh (2.1) tương đương với chứng minh
Mặt khác, các tiếp điểm A 1 , B 1 , C 1 của các đường tròn bàng tiếp có tính chất chia đôi chu vi tam giác, cụ thể
BA 1 = AB 1 , CA 1 = AC 1 , CB 1 = C 1 B, tức là các số hạng trong vế trái của (2.2) triệt tiêu lẫn nhau Do đó (2.1) thỏa mãn.
Bài toán 2.2.6 Cho tam giác ABC có các đường cao AH, BE, CF đồng quy tại H Gọi X, Y, Z lần lượt là điểm đối xứng của A, B, C qua
BC, CA, AB Chứng minh rằng các đường thẳng qua X, Y, Z lần lượt vuông góc EF, F D, DE đồng quy tại một điểm.
Chứng minh Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác AF X và AEX, ta có
Chứng minh tương tự, ta có
ZE 2 −ZD 2 = 2(EF 2 −F D 2 ) + (CD 2 −CE 2 ), Suy ra
= (CD 2 −CE 2 ) + (AE 2 −AF 2 ) + (BF 2 −BD 2 ).
Mặt khác ta có đường thẳng qua A, B, C lần lượt vuông góc với EF, F D,
DE đồng quy tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên theo định lý Carnot, ta có
(AE 2 −AF 2 ) + (BF 2 −BD 2 ) + (CD 2 −CE 2 ) = 0.
Vậy ta có ngay điều phải chứng minh.
Ba bài toán tiếp theo đây đều là các trường riêng của một bài bài toán tổng quát hơn.
Bài toán 2.2.7 ([2]) Cho tam giác ABC có M a , M b , M c là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB và H a , H b , H c là chân các đường cao tương ứng với các đỉnh A, B, C Gọi A 1 , B 1 , C 1 theo thứ tự là tâm của ba đường tròn (AM b H c ),(BM c H a ) và (CM a H b ) Chứng minh rằng ba đường thẳng qua
A 1 , B 1 , C 1 và vuông góc với ba cạnh BC, CA, AB đồng quy.
Bài toán 2.2.8 ([2]) Cho tam giác ABC có Ma, Mb, Mc là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB Gọi P là một điểm bất kỳ trên mặt phẳng chứa tam giácABC và có các hình chiếu vuông góc xuống BC, CA, AB lần lượt là Pa, Pb, Pc Gọi A1, B1, C1 là tâm của ba đường tròn (AMbPc),(BMcPa) và (CMaPb) Chứng minh rằng ba đường thẳng qua A1, B1, C1 và vuông góc với ba cạnh BC, CA, AB đồng quy.
Bài toán 2.2.9 ([2]) Cho tam giác ABC và hai điểm bất kỳ P, N trên mặt phẳng Gọi hình chiếu vuông góc của P xuống BC, CA, AB lần lượt là
Pa, Pb, Pc và hình chiếu của N lần lượt Na, Nb, Nc Gọi A1, B1, C1 là tâm của ba đường tròn (ANbPc),(BNcPa) và (CNaPb) Chứng minh rằng ba đường thẳng quaA1, B1, C1 và lần lượt vuông góc với ba cạnh BC, CA, AB đồng quy.
Như vậy Bài tập 2.2.7 dùng trực tâm và tâm ngoại tiếp, tiếp theo đó Bài tập 2.2.8 dùng điểm P bất kỳ và tâm ngoại tiếp, còn Bài tập 2.2.9 dùng hai điểm bất kỳP và N làm dữ liệu Bài tập sau đây là tổng quát hơn của ba bài toán trên vì bỏ qua điều kiện bộ sáu điểm Na, Nb, Nc, Pa, Pb, Pc là hình chiếu vuông góc của hai điểm N, P và chỉ để lại điều kiện các điểm đó nằm trên ba cạnh của tam giác.
Bài toán 2.2.10([2]) Cho tam giácABC và sáu điểm N a , P a ∈ BC, N b , P b ∈
CA, N c , P c ∈ AB Gọi A 1 , B 1 , C 1 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác AN b P c , BN c P a và CN a P b Chứng minh rằng các đường thẳng A 1 , B 1 , C 1 và lần lượt vuông góc với BC, CA, AB đồng quy khi và chỉ khi các đường trung trực của N a P a , N b P b , N c P c đồng quy.
Hình 2.8: Bài toán tổng quát
Ta cần một khẳng định trước khi chứng minh bài toán tổng quát này. Đặt
C ABC (A ′ B ′ C ′ ) = (A ′ B 2 −A ′ C 2 ) + (B ′ C 2 −B ′ A 2 ) + (C ′ A 2 −C ′ B 2 ) là đại lượng Carnot của tam giác A ′ B ′ C ′ đối với tam giác ABC.
Bổ đề 2.2.11 Cho tam giác ABC Gọi A 0 , A 1 , A 2 , B 0 , B 1 , B 2 , C 0 , C 1 , C 2 là các điểm trong cùng mặt phẳng tam giác ABC thỏa mãn
Chứng minh Gọi Ma, Mb, Mc lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB, ta có
A 0 M a Tương tự như vậy, ta có
C0Mc. Cộng ba đẳng thức, ta được
C 0 M c ). Tương tự như vậy, ta có
Từ giả thiết, ta có k−−−→
M a A 2 Tương tự như vậy, ta có
Từ ba đẳng thức trên và từ phần trên ta suy ra hệ thức cần chứng minh.
Ta quay trở lại chứng minh bài toán tổng quát.
Chứng minh Gọi X a , X b , X c lần lượt là trung điểm của N a P a , N b P b , N c P c
Ta sẽ chứng minh rằng
Thật vậy, gọi T a , T b , T c là các điểm sao cho AT a , BT b , CT c là đường kính của các đường tròn (A 1 ),(B 1 ) và (C 1 ) Khi đó, A 1 , B 1 , C 1 là trung điểm củaAT a , BT b vàCT c Áp dụng Bổ đề 2.2.11 vớik = −1(−−→
Tuy nhiên, ta thấy rằng CABC(ABC) = 0 nên
Mặt khác, cũng theo Bổ đề 2.2.11 ta có
(TaB 2 −TaC 2 ) + (TbC 2 −TbA 2 ) + (TcA 2 −TcB 2 )
= (BP c 2 −AP c 2 )−(CN b 2 −AN b 2 ) + (CP a 2 −BP a 2 )
−(AN c 2 −BN c 2 ) + (AP b 2 −CP b 2 )−(BN a 2 −CN a 2 )
Từ đó, ta suy ra C ABC (X a X b X c ) = C ABC (A 1 B 1 C 1 ) Áp dụng định lý Carnot ta có các đường thẳng đi qua A 1 , B 1 , C 1 lần lượt vuông góc với
BC, CA, AB đồng quy khi và chỉ khi các đường thẳng đi qua X a , X b , X c lần lượt vuông góc với BC, CA, AB đồng quy khi và chỉ khi các đường trung trực của N a P a , N b P b , N c P c đồng quy.
Bài toán 2.2.12 (USAMO 1997) Cho tam giác ABC và dựng các tam giác cân BCD, CAE và ABF nằm bên ngoài tam giác ABC với BC, CA và AB là các cạnh đáy Chứng minh rằng các đường thẳng qua A, B, C tương ứng vuông góc với EF, F D, DE thì đồng quy.
Chứng minh Đặt A ′ là giao điểm của đường thẳng qua A, vuông góc với
F E Định nghĩa B ′ và C ′ tương tự Theo định lý Carnot, ba đường thẳng đồng quy khi
= AF 2 −AE 2 +CE 2 −CD 2 + BD 2 −BF 2 = 0.
Nhưng điều này là đúng vì D nằm trên đường trung trực của BC, BD DC.
Bài toán 2.2.13 Cho tam giác ABC Gọi (Ka) là một đường tròn tùy ý đi qua B, C và cắt CA, AB tương ứng tại Ab, Ac Xác định nghĩa các
Bc, Ba, Ca, Cb một cách tương tự Chứng minh rằng đường trung trực của
Hình 2.9: Ba đường trung trực đồng quy.
Chứng minh GọiA a , B b , C c tương ứng là chân đường trung trực của C a B a ,
A b C b , B c A c Định lý Carnot đảm bảo ba đường trung trực củaC a B a , A b C b ,
B c A c đồng quy khi ta có thể chỉ ra
(AC c 2 −BC c 2 ) + (BA 2 a −CA 2 a ) + (CB b 2 −AB b 2 ) = 0 (2.3) Xét số hạng đầu tiên trong vế trái của (2.3), ta có
AC c 2 −BC c 2 = (ACc + BCc)(ACc −BCc) = AB(ACc −BCc). Vì
AC c 2 −BC c 2 = AB(AA c −BB c ).
Tương tự, ta thu được
BA 2 a −CA 2 a = BC(BB a −CC a ),
CB b 2 −AB b 2 = CA(CC b −AA b ).
ABãAA c +BCãBB a +CAãCC b = BAãBB c +CBãCC a +ACãAA b , (2.4) trong đó ta đã viết AB thành BA, BC thành CB và CA thành CA ở vế phải của (2.4) Ta viết lại (2.4) thành
ABãAA c +BCãBB a +CAãCC b = ACãAA b +BAãBB c +CBãCC a (2.5)
Trong (2.5),ABãAA c là phương tớch của điểm Ađối với đường trũn (K a ), nhưng ACãAA b cũng là phương tớch của điểm Ađối với đường trũn (K a ). Tương tự, ta cú BCãBB a = BAãBB c và CAãCC b = CBãCC a Vậy cỏc số hạng của (2.5) tự khử nhau nên (2.5) đúng, kéo theo (2.3) đúng Do đó định lý Carnot được thỏa mãn.
Ứng dụng các định lý Carnot vào giải bài toán liên quan đến đường conic
liên quan đến đường conic
Cho tam giác ABC, các điểm A 1 , A 2 trên đường BC, B 1 , B 2 trên đường
CA và C 1 và C 2 trên đường AB sao cho các điểm A 1 , A 2 , B 1 , B 2 , C 1 và
C 2 cùng nằm trên một đường conic C (tức là ta vận dụng được định lý Carnot) Xác định D 1 , D 2 , E 1 , E 2 , F 1 , F 2 , B 3 , B 4 , C 3 , C 4 , A 3 , A 4 , E 3 , E 4 ,
F 3 , F 4 , D 3 , D 4 như trong Mục 1.2.1. Định lý 2.3.1 ([5]) Các điểm D 3 , D 4 , E 3 , E 4 , F 3 và F 4 cùng nằm trên đường conic D.
Chứng minh Từ chứng minh của Định lý 1.2.2, ta suy ra
Do đó, theo (1.6), ta có
Theo chiều ngược của định lý Carnot, các điểm D3, D4, E3, E4, F3 và F4 cùng thuộc một đường conic.
Theo cách tương tự, ta chứng minh được: Định lý 2.3.2([5]).Bốn bộ sáu điểm(D3, D4, E3, E4, F3, F4), (A3, A4, B3,
B4, F3, F4), (A3, A4, E3, E4, C3, C4) và (D3, D4, B3, B4, C3, C4) là các bộ điểm cùng nằm trên một đường conic.
Cuối cùng, ta vận dụng định lý Carnot (Định lý 1.2.1) để trình bày một chứng minh sơ cấp cho định lý Bradley [3] Chứng minh đầu tiên của giả thuyết này sử dụng tọa độ tỉ cự Áp dụng Carnot, ta thu được một chứng minh thuần túy, tức là chứng minh không sử dụng tọa độ hay công thức, cho định lý Bradley.
Cho tam giác ABC, các điểm A 1 , A 2 trên đường BC, B 1 , B 2 trên đường
CA và C 1 và C 2 trên đường AB Gọi X 1 là giao điểm của đường thẳng
AA 1 với BB 1 , X 2 là giao điểm của đường thẳng BB 1 với CC 1 và X 3 là giao điểm của đường thẳng CC1 với AA1 Gọi Y1 là giao điểm của đường thẳng AA2 với BB2, Y2 là giao điểm của đường thẳng BB2 với CC2, Y3 là giao điểm của đường thẳng CC2 với AA2 Đặt T2 là giao điểm của đường thẳng X1Y3 với X3Y1 Điểm T3 và T1 được xác định tương tự. Định lý 2.3.3 ([5]) T2 nằm trên đường thẳng BC, T3 nằm trên đường thẳng CA và T1 nằm trên đường thẳng AB.
Chứng minh Gọi T ′ là giao điểm của đường thẳng X 3 Y 1 với BC và T ′ là giao điểm của đường thẳng X 1 Y 3 với BC Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABA1 và đường thẳng BC2, ta thu được
C 1 B. Áp dụng định Menelaus cho tam giác ACA 2 và đường thẳng CC 1 , ta thu được
CB Áp dụng định Menelaus cho tam giác AA 1 A 2 và đường thẳngX 1 Y 3 , ta thu được
Chứng minh cho các điểm còn lại là tương tự.
Vì các điểm T 2 ,B và C thẳng hàng, theo chiều ngược của định lý Pascal áp dụng cho lục giác X 3 Y 1 Y 2 Y 3 X 1 X 2 , ta thu được hệ quả sau (xem Hình 2.12):
Hệ quả 2.3.4 ([5]) Các điểm X 1 , X 2 , X 3 , Y 1 , Y 2 và Y 3 cùng thuộc một đường conic.
Hệ quả trực tiếp của kết quả trên là (xem Hình 2.13):
Hệ quả 2.3.5 ([5]) Các điểm T 1 , T 2 và T 3 cùng thuộc một đường thẳng.
Hình 2.13: Hệ quả 2.3.5 Định lý 2.3.6 (Định lý Poncelet, [7]) Nếu hai tam giác ABC và A ′ B ′ C ′ ngoại tiếp một đường conic Γ (tức là các cạnh hoặc kéo dài của các cạnh tiếp tuyến với Γ) thì các điểm A, B, C, A ′ , B ′ , C ′ cùng nằm trên một đường conic.
Hệ quả 2.3.7 (Định lý tam giác Poncelet, [7]) Nếu hai đường conic Γ 1 và Γ 2 có một tam giác nội tiếp Γ 1 và ngoại tiếp Γ 2 thì có số tam giác như vậy Ngoài ra, một điểm bất kỳ của Γ 1 là một đỉnh của tam giác nhau vậy. Định lý 2.3.8 (Định lý Bradley, [3]) Tồn tại một đường conic E thỏa mãn AA 1 , AA 2 , BB 1 , BB 2 , CC 1 và CC 2 tiếp tuyến với E khi và chỉ khi các điểm A 1 , A 2 , B 1 , B 2 , C 1 và C 2 cùng nằm trên một đường conic C nào đó.
Chứng minh Định lý Bradley 2.3.8 là kết quả trực tiếp của Hệ quả 2.3.4 và định lý tam giác Poncelet, xem Hình 2.15. Định lý 2.3.9(Định lý Desargues, [7]) Cho hai tam giácABC và A ′ B ′ C ′ , các đường thẳng AA ′ , BB ′ , CC ′ đồng quy khi và chỉ khi ba giao điểm của ba cặp đường thẳng AB với A ′ B ′ , BC với B ′ C ′ , CA với C ′ A ′ thẳng hàng.
Chứng minh Giả sử AA ′ , BB ′ , CC ′ đồng quy tại điểm X Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XAB và đường thẳng cắt A ′ B ′ R ta thu được
B ′ X = −1. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XBC và đường thẳng cắt B ′ C ′ P ta thu được
Hình 2.16: Định lý Desargues Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XCA và đường thẳng cắt C ′ A ′ Q ta thu được
Nhân ba phương trình với nhau ta thu được
Một lần nữa theo định lý Menelaus, ba điểm P, Q, R thẳng hàng. Định nghĩa 2.3.10 ([7]) Hai tam giác thỏa mãn điều kiện của định lý Desargues được gọi là phối cảnh với nhau X được gọi là tâm phối cảnh và đường thẳng P QR được gọi là trục phối cảnh.
Cuối cùng, ta trình bày một ứng dụng hay của định lý Menelaus và định lý Carnot Trong [3], Bradley đề xuất giả thuyết sau (xem Hình 2.17): Định lý 2.3.11 (Định lý Bradley cho tứ giác, [3]) Giả sử ABCD và
P QRS là hai tứ giác phối cảnh trục, tức là T = AB ∩P Q, U = BC ∩
QR, V = CD ∩RS, W = DA∩ SP thẳng hàng Mười hai giao điểm còn lại của các cạnh của hai tứ giác được đặt tên bằng số cho đơn giản như sau 13 = AB ∩ RS,42 = DA∩ QR, v.v theo quy tắc 1 tương ứng cạnh
AB và P Q, 2 tương ứng với cạnh BC và QR, 3 tương ứng với cạnh CD và RS, 4 tương ứng với cạnh DA và SP Khi đó, tồn tại bốn đường conic
C 1 , C2, C3 và C 4 sao cho các điểm 23,24,32,34,42,43 nằm trên C 1 , các điểm 13,14,31,34,42,43 nằm trên C 2 , các điểm 12,14,21,24,41,42 nằm trên C 3 và các điểm 12,13,21,23,31,32 nằm trên C 4
Hình 2.17: Định lý Bradley cho tứ giác
Chứng minh Ta chứng minh các điểm 23,24,32,34,42,43 nằm trên được conic C 1 Chứng minh cho các điểm còn lại tương tự.
Gọi X là giao điểm của đường thẳng AD với BC Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XDC và các đường thẳng SW, RU, SV và V W ta thu được
Hình 2.18: Định lý Bradley cho tứ giác
Sau khi nhân các phương trình (2.8), (2.9), (2.10) và (2.11), ta thu được
Từ chiều ngược của định lý Carnot, ta suy ra các điểm23,24,32,34,42,43 cùng thuộc một đường conic. Định lý 2.3.12 (Định lý Ceva, [1]) Cho ba điểm X, Y, Z theo thứ tự trên các đường thẳngBC, CA, AB Khi đó, các đường thẳng AX, BY, CZ đồng quy khi và chỉ khi
Chú ý 2.3.13 Để cho gọn, người ta thường gọi ba đường thẳngAX, BY, CZ xuất phát từ các đỉnh của tam giác ABC và đồng quy tại một điểm là ba đường thẳng Ceva Giao điểm của các đường thẳng Ceva gọi là điểm Ceva. Định lý 2.3.14 ([8]) Cho ABC là tam giác bất kỳ trong mặt phẳng Euclide và gọi P là một điểm tùy ý không liên thuộc với cạnh nào của ABC Ký hiệu chân của các đường Ceva đi qua P lần lượt là A0, B0 và
C0 Giả sử đường tròn qua A0, B0 và P cắt BC tại A1, cắt AC tại B2; đường tròn qua B0, C0 và P cắt AB tại C1, cắt AC tại B1; đường tròn qua
A0, C0 và P cắt BC tại A2, cắt AB tại C2 Khi đó, A1, A2, B1, B2, C1 và
C2 cùng thuộc một đường conic (gọi là đường conic Ceva của P đối với ABC).
Chứng minh Ký hiệu đường tròn qua B 0 , C 0 và P là C a , đường tròn qua
A 0 , C 0 và P là C b , đường tròn qua A 0 , B 0 và P là C c Phương tích của điểm A với đường tròn C a là
AC 1 ãAC 0 = AB 1 ãAB 0 , nên
Tương tự, ta thu được
BA 0 và CB 2 = CA 1 ã CA 0
CB 0 Điểm A là trên đường thẳng phương tích của C b và C c nên
AC 0 Tương tự, ta thu được
BA0 và CB 1 = CA 2 ã CA 0
Từ các kết quả trên, ta có
AC1 ãAC2 ãBA1 ãBA2 ãCB1 ãCB2
= (AB0) 2 ãAB1 ãAB2 ã(BC0) 2 ãBC1 ãBC2 ã(CA0) 2 ãCA1 ãCA2
(AC 0 ) 2 (BA 0 ) 2 (CB 0 ) 2 Áp dụng định lý Ceva cho các đường thẳng Ceva đi qua P, ta thu được
AC 1 ãAC 2 ãBA 1 ãBA 2 ãCB 1 ãCB 2 = C 1 BãC 2 BãA 1 CãA 2 C ãB 1 AãB 2 A, hay
Theo định lý Carnot, ta thu được điều phải chứng minh.
Luận văn nghiên cứu về các ứng dụng của một vài định lý Carnot Một số kết quả chính đạt được là:
1 Trình bày phát biểu của 4 định lý được đặt tên theo nhà toán học Lazare Carnot và đưa ra một số ví dụ minh họa cho từng định lý này.
2 Vận dụng định lý Carnot về tổng khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến các cạnh của đa giác vào chứng minh dạng tổng quát của định lý Nhật Bản.