Jean Alexandre Eugène Dieudonné (tiếng Pháp: djødɔne; sinh ngày 1 tháng 7 năm 1906 – 29 tháng 11 năm 1992) là một nhà Toán người Pháp, nổi tiếng về nghiên cứu trong Đại số trừu tượng, hình học đại số và phân tích chức năng, cho sự liên quan chặt chẽ với nhóm Nicolas Bourbaki và Éléments de géométrie algébrique của Alexander Grothendieck, và là một nhà sử học về toán học. Đặc biệt trong các lĩnh vực phân tích chức năng và topo đại số
Một số vấn đề tứ giác toàn phần Nguyễn Văn Linh Năm 2014 Giới thiệu Một hình tạo giao điểm bốn đường thẳng cho ba đường thẳng đồng quy, gọi tứ giác tồn phần Ví dụ hình vẽ dưới, ABCDEF gọi tứ giác toàn phần với ba đường chéo AC, BD, EF F A B C D E Sau tìm hiểu tính chất liên quan đến tứ giác tồn phần Tính chất Nếu khơng có giải thích thêm, tứ giác toàn phần xem xét ABCDEF Tính chất Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF, DCF, BCE, ADE đồng quy Điểm đồng quy gọi điểm Miquel tứ giác tồn phần F M A B C D E Chứng minh Gọi M giao (AF B) (BEC) Ta có ∠AM E = ∠AM B + ∠EM B = ∠AF B + ∠BCD = 180◦ − ∠ADE Từ M ∈ (ADE), tương tự M ∈ (F DC) Tính chất Điểm Miquel tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF, DCF, BCE, ADE nằm đường tròn - đường tròn Miquel tứ giác toàn phần F M O1 A O4 O2 B O3 C D E Chứng minh Gọi O1 , O2 , O3 , O4 tâm (F AB), (F CD), (EAD), (EBC) Dễ thấy điểm đối xứng với M qua ba cạnh tam giác O1 O2 O4 F, B, C Do F, B, C thẳng hàng nên M nằm (O1 O2 O4 ) BC đường thẳng Steiner M ứng với tam giác O1 O2 O4 Chứng minh tương tự suy O1 , O2 , O3 , O4 , M thuộc đường tròn Tính chất Điểm Miquel có chung đường thẳng Simson ứng với tam giác ABF, DCF, BCE, ADE Chứng minh Đây hệ trực tiếp tính chất Hiển nhiên hình chiếu M AB, BC, CD, DA thẳng hàng Tính chất Trực tâm tam giác ABF, DCF, BCE, ADE nằm đường thẳng, gọi đường thẳng Steiner tứ giác toàn phần M F A H1 B H3 H2 E C D H4 Chứng minh Đây hệ tính chất 3, trực tâm tam giác ABF, DCF, BCE, ADE nằm đường thẳng Steiner M ứng với tam giác ABF, DCF, BCE, ADE Mà M có chung đường thẳng Simson nên có chung đường thẳng Steiner với tam giác Suy trực tâm tam giác thẳng hàng Tính chất Trung điểm đường chéo tứ giác toàn phần nằm đường thẳng, gọi đường thẳng Gauss-Newton tứ giác toàn phần F K L A Q H1 P T B N R M H2 D S C E Chứng minh Gọi H1 , H2 trực tâm tam giác AF B, DF C Kẻ đường cao AK, BL, F T tam giác F AB, DR, CQ, F S tam giác F DC Ta có H1 A.H1 K = H1 B.H1 L, H2 D.H2 R = H2 C.H2 Q nên H1 H2 trục đẳng phương (AC) (BD) H1 F H1 T = H1 B.H1 L, H2 F H2 S = H2 D.H2 R nên H1 H2 trục đẳng phương (BD) (EF ) Như ba đường tròn (AC), (BD), (EF ) đồng trục có trục đẳng phương H1 H2 Do trung điểm AC, BD, EF thẳng hàng Từ ta có tính chất sau Tính chất Các đường tròn đường kính ba đường chéo tứ giác toàn phần đồng trục có trục đẳng phương đường thẳng Steiner tứ giác tồn phần Tính chất Gọi XY Z tam giác tạo ba đường chéo AC, BD, EF Khi (XY Z) trực giao với ba đường tròn đường kính AC, BD, EF , đồng thời tâm (XY Z) nằm đường thẳng Steiner Z F O Y A B X E C D Chứng minh (XY Z) trực giao với (BD) hiển nhiên (DBXY ) = −1, tương tự với (AC), (EF ) Gọi O tâm (XY Z) Khi PO/(BD) = PO/(AC) = PO/(EF ) = R(XY Z) Vậy O nằm trục đẳng phương (AC), (BD), (EF ) hay O nằm đường thẳng Steiner tứ giác tồn phần ABCDEF Tính chất Các phân giác tứ giác toàn phần giao 16 tâm nội tiếp bàng tiếp bốn tam giác 16 điểm nằm hai đường tròn đồng trục với giao điểm hai trục đẳng phương điểm Miquel tứ giác toàn phần Chứng minh Xem phần Xung quanh VMO 2012 Tính chất Điểm Miquel M tâm vị tự quay tứ giác ABCD Nghĩa tồn phép vị tự quay tâm M biến AB thành CD, AD thành BC Chứng minh Bằng cộng góc dễ thấy M AD ∼ M BC, M AB ∼ M DC, từ có đpcm Tính chất 10 (Định lý Emelyanov) Gọi XY Z tam giác tạo đường chéo AC, BD, EF ; M điểm Miquel tứ giác tồn phần ABCDEF Khi M nằm đường tròn Euler tam giác XY Z Z X' M F Y' H' G Y H A Z' B X E C D Chứng minh (Eisso J Atzema) Gọi X, Y, Z giao điểm AC, BD, EF X , Y , Z trung điểm Y Z, ZX, XY Qua X kẻ đường thẳng song song với AD, BC cắt BC, AD H, G Kéo dài XH cắt Y Z H Ta có F (DCXE) = −1 XH F D nên H trung điểm XH Như H nằm đường trung bình ứng với đỉnh X tam giác XY Z Tương tự với G Điều có nghĩa G, H nằm Y Z AG BH Mặt khác, = X(A∞GD) = X(CH∞B) = AD BC Theo tính chất 9, M tâm vị tự quay biến AD thành BC nên biến GD thành HC Nghĩa M ∈ (F GH) Ta thu hình chiếu M GH nằm đường thẳng Simson M ứng với tam giác DF C Theo tính chất suy hình chiếu M Y Z nằm đường thẳng Simson M ứng với tam giác F AB, F CD, EAD, EBC Tương tự hình chiếu M X Y , X Z nằm đường thẳng Theo định lý Simson đảo suy M, X , Y , Z thuộc đường tròn Tính chất 11 Gọi E1 , E2 , E3 , E4 tâm đường tròn Euler tam giác F AB, F CD, EAD, EBC Khi đường thẳng qua E1 , E2 , E3 , E4 vng góc với CD, AB, BC, AD đồng quy điểm nằm đường thẳng Steiner tứ giác toàn phần ABCDEF , gọi điểm Morley tứ giác toàn phần F Q I O E1 H1 L R B K J A O2 E2 H2 E D T M C Chứng minh Gọi H1 , H2 trực tâm, O1 , O2 tâm ngoại tiếp tam giác F AB, F CD, M, J trung điểm CD, AB; K, T hình chiếu F AB, CD Đường thẳng qua E1 vng góc với CD giao F K I, đường thẳng qua E2 vng góc với AB giao F T L JE1 ∩ F K = {Q}, M E2 ∩ F T = {R} Do F K E2 H nên ∠E2 LH2 = ∠T F K Tương tự, ∠E1 IH1 = ∠T F K Suy ∠E2 LH2 = ∠E1 IH1 Ta chứng minh ∠RE2 M = ∠JE1 Q, ∠T LE2 +∠LRE2 = 270◦ −∠E1 JK −∠E1 IH1 Tương đương 2∠T F K = 90◦ − ∠E1 JK + ∠T RM = ∠JQK + ∠T RM Hay 2∠E = ∠O1 P H1 + ∠O2 P H2 = |∠A − ∠B| + |∠C − ∠D| (đúng) Như hai tam giác E2 LR E1 QI có ∠RE2 L = ∠QE1 I ∠RLE2 + ∠QIE1 = 180◦ QI RL QI RL O1 J R1 cos F R1 Áp dụng định lý hàm số sin suy = hay = Nhưng = = E1 Q E2 L O M R cos F R2 2 R1 R2 QI IH1 O1 J F H1 FL nên Vậy Áp dụng định lý Thales suy đường thẳng qua E1 = = = RL O2 M F H2 FI LH2 vng góc với CD giao đường thẳng qua E2 vng góc với AB điểm H1 H2 Chứng minh tương tự suy đpcm Nhận xét Bài toán tương tự phát biểu IMO Shortlist 2009, G6 Tính chất 12 Các đường trung trực O1 H1 , O2 H2 , O3 H3 , O4 H4 đồng quy điểm, gọi điểm Hervey tứ giác toàn phần Chứng minh Cách Ta phát biểu bổ đề Bổ đề Cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) giao F G Đường thẳng qua F vng góc với F G giao (O1 ) (O2 ) B C Gọi J, I hai điểm (O1 ) (O2 ) Đường thẳng qua B song song với F I giao đường thẳng qua C song song với F J A Kẻ AH ⊥ BC Khi I, J, F, H thuộc đường tròn Chứng minh A F H B Q C J O1 O2 R I T G M X S Y N Gọi Q, R giao điểm thứ hai AB với (O1 ), AC với (O2 ) F I giao GR X, F J giao GQ Y Do F X AB GQ ⊥ AB nên F X ⊥ GQ Tương tự, F Y ⊥ GR Suy G trực tâm tam giác XF Y Ta thu F G ⊥ XY hay XY BC Dựng hai hình bình hành BM XF F CN Y Gọi S hình chiếu F XY Ta có Y S.Y M = Y G.Y Q = Y J.Y F suy tứ giác M SJF nội tiếp hay ∠M JF = 90◦ Tương tự, ∠N IF = 90◦ Từ AH, M J, N I ba đường cao tam giác AM N đồng quy trực tâm T Vậy H, I, J nằm đường tròn đường kính F T Trở lại tốn A N M H1 H3 Q S D E3 Y E1 R B O1 O3 X C V U F E Theo tính chất 11, gọi S giao đường thẳng qua E1 , E2 , E3 , E4 vng góc với CD, AB, BC, AD Kẻ AQ ⊥ H1 H3 , M, N trung điểm AH1 , AH3 , U, V trung điểm BF, DE AH1 NQ MQ 2O1 U MQ = = Ta có = = cos ∠BAD Tương tự suy M E1 R(ABF ) R(ABF ) M E1 N E3 Mặt khác, ta có ∠H1 M Q + ∠H3 N Q = 2∠H1 AH3 = ∠H1 AO1 + ∠H3 AO3 = ∠H1 M E1 + ∠H3 N E3 Suy ∠H1 M Q − ∠H1 M E1 = ∠H3 N E3 − ∠QN H3 hay ∠QM E1 = ∠QN E3 Do hai tam giác M QE1 N QE3 đồng dạng Suy ∠E3 QE1 = ∠M QN = ∠M AN = ∠E3 SE1 hay E3 , S, Q, E1 thuộc đường tròn (1) Gọi R giao trung trực đoạn O1 H1 với đường thẳng qua S vng góc với H1 H3 Đường thẳng qua S song song với AH3 giao (H1 R) E1 Theo bổ đề ta có E3 , S, Q, E1 thuộc đường tròn Kết hợp với (1) suy E1 ≡ E1 hay E1 R trung trực H1 O1 Vậy trung trực H1 O1 , H3 O3 giao R nằm đường thẳng qua S vng góc với đường thẳng Steiner tứ giác toàn phần ABCDEF Chứng minh tương tự suy trung trực H1 O1 , H2 O2 , H3 O3 , H4 O4 đồng quy R Cách C H1 A H'2 H'4 R O3 D C O1 T H'3 O H'1 O4 O2 F B M Gọi H1 , H2 , H3 , H4 trực tâm tam giác O2 O3 O4 , O1 O3 O4 , O1 O2 O4 , O1 O2 O3 Dễ thấy O1 H3 = O3 H1 nên O1 H1 giao O3 H3 trung điểm T đường Tương tự suy O1 H1 , O2 H2 , O3 H3 , O4 H4 đồng quy T Phép vị tự HT−1 : O1 → H1 , O2 → H2 , O3 → H3 , O4 → H4 nên H1 , H2 , H3 , H4 nằm đường tròn tâm R đối xứng O qua T Ta chứng minh trung trực O1 H1 , O2 H2 , O3 H3 , O4 H4 đồng quy R Dễ thấy O2 O3 O4 ∼ F CD ∼ H2 H3 H4 , đồng thời O1 trực tâm tam giác H2 H3 H4 Ta có RO1 H1 O1 đường thẳng Euler hai tam giác H2 H3 H4 F CD Do hai tam giác đồng dạng nên ∠RO1 H1 = ∠(H2 H4 , DF ) = ∠(O2 O4 , DF ) = 90◦ − ∠M CF = 90◦ − ∠M BC = 90◦ − ∠M O3 O1 = ∠OO1 M R(CDF ) R(CDF ) H1 O1 O1 M Mặt khác, = = = RO1 R(H2 H3 H4 ) R(O2 O3 O4 ) O1 O Từ hai tam giác RO1 H1 OO1 M đồng dạng, suy tam giác RO1 H1 cân R Chứng minh tương tự suy trung trực H1 O1 , H2 O2 , H3 O3 , H4 O4 đồng quy R Trên số tính chất tứ giác tồn phần Xuyên suốt sách bắt gặp nhiều định lý hay toán liên quan đến Phải kể đến tính chất điểm Euler-Poncelet (xem chương ), định lý Brocard trường hợp tứ giác ABCD nội tiếp (xem chương ), tâm nghịch đảo trường hợp tứ giác ABCD ngoại tiếp (xem chương ) tính chất tứ giác lưỡng tâm (xem chương ) Bài tập áp dụng Bài Cho tam giác ABC đường thẳng ∆ cắt đường thẳng BC, CA, AB D, E, F theo thứ tự Gọi M điểm Miquel tứ giác toàn phần ABCDEF ; MA giao điểm khác M đường tròn (AEF ) với đường tròn Miquel tứ giác toàn phần ABCDEF Các điểm MB , MC xác định tương tự Chứng minh đường thẳng AMA , BMB , CMC đồng quy Bài Cho tứ giác ABCD có DA, BC không song song P giao điểm đường chéo AC, BD DM BN Các điểm M, N theo thứ tự chạy đoạn DA, BC cho = M N theo thứ tự cắt DA BC AC, BD Q, R Chứng minh đường tròn (P QR) qua điểm cố định khác P Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến (O) kẻ từ B C cắt T S điểm nằm tia CB cho AS ⊥ AT B1 C1 nằm tia ST ( T nằm B1 C1 , B1 nằm S T ) cho B1 T = BT = C1 T Chứng minh hai tam giác ABC AB1 C1 đồng dạng Bài Cho tứ giác ABCD, AC cắt BD G Gọi tâm ngoại tiếp tam giác ABG, BCG, CDG, ADG O1 , O2 , O3 , O4 O1 O3 cắt O2 O4 M Đường thẳng d1 qua G cắt đường tròn (O2 ), (O4 ) J, K; đường thẳng d2 qua G cắt đường tròn (O1 ), (O3 ) S, T Gọi I, U trung điểm JK, ST , CMR M I = M U Bài (IMO shortlist 2008) Cho tứ giác lồi ABCD Chứng minh tồn điểm P nằm tứ giác thỏa mãn: ∠P AB + ∠P DC = ∠P BC + ∠P AD = ∠P CD + ∠P BA = ∠P DA + ∠P CB = 90◦ hai đường chéo AC BD vuông góc Bài Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với trực tâm H Hai đường thẳng d1 d2 vng góc với qua H d1 cắt BC, CA, AB X1 , Y1 , Z1 Tương tự ta xác định X2 , Y2 , Z2 Khi hai tứ giác tồn phần ABCX1 Y1 Z1 ABCX2 Y2 Z2 có chung điểm Miquel Bài (Đường thẳng Droz-Farny) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với trực tâm H Hai đường thẳng d1 d2 vng góc với qua H d1 cắt BC, CA, AB X1 , Y1 , Z1 Tương tự ta xác định X2 , Y2 , Z2 Chứng minh trung điểm đoạn thẳng X1 X2 , Y1 Y2 , Z1 Z2 thẳng hàng Bài Cho tam giác ABC, đường thẳng l cắt cạnh BC, CA, AB D, E, F Gọi O1 , O2 , O3 tâm ngoại tiếp tam giác AEF, BF D, CDE Chứng minh trực tâm tam giác O1 O2 O3 nằm l Bài Một đường tròn tâm O qua hai đỉnh A C tam giác ABC cắt AB, BC lần thứ hai K, N Gọi M giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC KBN Chứng minh ∠OM B = 90◦ Bài 10 Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi D giao tiếp tuyến kẻ từ A (O) với BC Tương tự ta xác định E, F Gọi M, N, P trung điểm AD, BE, CF Chứng minh M, N, P thẳng hàng Bài 11 Cho tam giác ABC H điểm nằm tam giác cho ∠HBA = ∠HCA Gọi hình chiếu H phân giác ngồi góc A P Q M trung điểm BC Chứng minh P, Q, M thẳng hàng Bài 12 Cho tam giác ABC D, E, F điểm nằm BC, CA, AB cho AD, BE, CF đồng quy Gọi A1 , B1 , C1 trung điểm cạnh BC, CA, AB D1 , E1 , F1 trung điểm cạnh EF, F D, DE Chứng minh A1 D1 , B1 E1 , C1 F1 đồng quy Bài 13 (China TST 2004 Quiz) Cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) cắt P Q Gọi O trung điểm P Q Kẻ đường thẳng AD BC qua P cho A, C ∈ (O1 ) B, D ∈ (O2 ) Gọi M N trung điểm AB CD Biết O1 O2 không nằm phần mặt phẳng giao hai đường tròn , M , N khơng trùng O Chứng minh M , N , O thẳng hàng Bài 14 Cho tứ giác ABCD có AD = BC, AC ∩ BD = {O}, phân giác góc ∠DAB ∠CBA cắt I Chứng minh trung điểm đoạn AB, CD, OI thẳng hàng Bài 15 Cho tam giác ABC điểm P nằm mặt phẳng tam giác (P AB) cắt AC E; (P CA) cắt AB F M, N trung điểm BC, EF Q điểm liên hợp đẳng giác P ứng với tam giác ABC Chứng minh M N AQ Bài 16 Cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo cắt M Gọi trọng tâm hai tam giác AM D, CM B P, Q; trực tâm hai tam giác DM C, M AB R, S Chứng minh P Q ⊥ RS Bài 17 (IMO Shortlist 2009) Cho tứ giác nội tiếp ABCD AC giao BD E, AD giao BC F Gọi G, H trung điểm AB CD Chứng minh EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EGH Bài 18 Cho tứ giác ABCD P điểm nằm tứ giác ABCD Chứng minh SAP B + SCP D = SBP C + SAP D P nằm đường thẳng Gauss tứ giác ABCD Bài 19 Cho tứ giác nội tiếp ABCD nội tiếp (O) Chứng minh đường thẳng Steiner tứ giác ABCD qua giao điểm P hai đường chéo AC, BD Bài 20 Cho tứ giác nội tiếp ABCD AD cắt BC E, AC cắt BD G Gọi H1 , H2 , H3 , H4 trực tâm tam giác ECD, EAB, GCD, GAB Chứng minh tứ giác H1 H3 H2 H4 hình bình hành Bài 21 Cho tứ giác nội tiếp ABCD, AB cắt CD P , AD cắt BC Q Chứng minh khoảng cách trực tâm hai tam giác AP D AQB khoảng cách trực tâm hai tam giác CQD BP C 10