Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng (LV thạc sĩ)

Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng (LV thạc sĩ)Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng (LV thạc sĩ)Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng (LV thạc sĩ)Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng (LV thạc sĩ)Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng (LV thạc sĩ)Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng (LV thạc sĩ)Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng (LV thạc sĩ)Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng (LV thạc sĩ)Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng (LV thạc sĩ)Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng (LV thạc sĩ)Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng (LV thạc sĩ)Tọa độ tỷ cự và một số ứng dụng hình học phẳng (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ TRANG TỌA ĐỘ TỶ CỰ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG HÌNH HỌC PHẲNG THÁI NGUYÊN, 10/2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ TRANG TỌA ĐỘ TỶ CỰ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG HÌNH HỌC PHẲNG CHUN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN TS NGUYỄN VĂN NGỌC THÁI NGUYÊN, 10/2017 i Mục lục Danh sách hình vẽ ii Mở đầu Chương Các khái niệm 1.1 Khái niệm tâm tỷ cự 1.1.1 Tọa độ tâm tỷ cự hệ hai điểm 1.1.2 Tọa độ tâm tỷ cự hệ ba điểm 1.1.3 Tọa độ tâm tỷ cự hệ nhiều điểm 1.2 Ví dụ tâm tỷ cự 3 Chương Một số ứng dụng tọa độ tỷ cự hình học phẳng 2.1 Chứng minh hệ thức hình học 2.2 Cực trị độ dài vectơ 2.3 Cực trị độ dài bình phương vơ hướng 2.4 Phương tích 2.4.1 Khái niệm 2.4.2 Một số tập vận dụng 2.5 Bất đẳng thức Klamkin tọa độ tỷ tâm tỷ cự 2.5.1 Bất đẳng thức Klamkin 2.5.2 Các hệ bất đẳng thức Klamkin 2.6 Bất đẳng thức Klamkin mở rộng 2.6.1 Khái niệm 2.6.2 Kết 2.6.3 Một vài ứng dụng 14 14 25 30 34 34 35 49 49 49 51 51 52 52 Kết luận 54 Tài liệu tham khảo 55 ii Danh sách hình vẽ 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 I tâm tỷ cự AB với số (x, y) (x , y ) Điểm I nằm tam giác ABC O(sin 2A, sin 2B, sin 2C) tâm tỷ cự ABC 12 13 2.1 2.2 2.3 2.4 Điểm M cần tìm thỏa mãn AP M Q hình bình hành Điểm M cần tìm trung trực GI I đỉnh thứ tư hình bình hành ABEI AB Quỹ tích điểm M đường tròn tâm I bán kính 15 16 17 19 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 2.11 2.12 2.13 Quỹ tích M đường trung trực đoạn thẳng GF Quỹ tích điểm M đường trung trục P Q I(1, 3, −2) tâm tỷ cự ABC , D(3, −2) tâm tỷ cự BC BCEI hình bình hành A, I, D thẳng hàng Quỹ tích điểm M đường tròn tâm I bán kính AJ Phương tích P với (O; R) PP/(O) = OP − R2 Phương tích P với (O) PP/(O) = P T Đường tròn chín điểm Euler (E) ABC 19 20 21 21 22 23 34 35 47 I tâm tỷ cự ABC ứng với số (a, b, c) H tâm tỷ cự ABC ứng với số (tan A, tan B, tan C) Mở đầu Các tốn hình học nói chung hình học phẳng nói riêng chun mục khó lĩnh vực tốn phổ thơng, lại có sức hấp dẫn kì lạ, tốn khơng trực giác hình học mà đòi hỏi nhiều tư sáng tạo Tọa độ tỷ cự hình học phẳng đề tài lý thú, hấp dẫn nhiều chuyên gia tốn học, thầy dạy tốn trường cấp trung học phổ thơng học sinh u tốn Tọa độ tâm tỷ cự thể tọa độ điểm xác định nhờ hình sở thơng qua đại lượng vectơ Nó cầu nối, thể mối quan hệ mật thiết hình học đại số Nhờ có cơng thức, kết xây dựng từ trước mà tính tốn biến đổi hình học thơng thường mơ hình hóa thành lớp đại lượng quan hệ ràng buộc mang chất hình học chúng Ngồi số dạng tốn nêu tìm tọa độ tâm tỷ cự thỏa mãn số cho trước điều kiện đó, tập tâm tỷ cự liên quan đến nhiều dạng tốn hình học dựa vào tâm tỷ cự chứng minh hệ thức vectơ hình học, tìm cực trị độ dài vectơ, cực trị độ dài bình phương vơ hướng, tính phương tích với đường tròn Bài tốn ứng dụng tâm tỷ cự xuất nhiều toán khó đề thi học sinh giỏi, đề thi Olympic Các tài liệu tọa độ tâm tỷ cự xuất nhiều tài liệu tổng hợp từ chuyên gia quốc tế, Z Abel [5], M Schindler and E Chan [7], V, Prasolov [6] Ở nước, tạp trí Tốn học Tuổi trẻ dành số để đăng vấn đề toán học liên quan tâm tỷ cự hình học phẳng [1] Qua đó, thấy thú vị quan trọng chủ đề toán học giáo viên dạy phổ thông học sinh phổ thơng u thích hình học Tìm hiểu học tập tâm tỷ cự cần thiết cho việc nâng cao kiến thức giáo viên công việc giảng dạy bồi dưỡng cho học sinh trường THPT Với mong muốn cung cấp thêm tài liệu tổng hợp kiến thức tâm tỷ cự, giúp cung cấp thêm phương pháp hay bổ ích để rèn luyện hình học phẳng, chúng tơi chọn chủ đề “Tọa độ tỷ cự số ứng dụng hình học phẳng” để làm đề tài luận văn cao học Ngoài phần mở đầu kết luận, luận văn gồm chương: Chương Các khái niệm Trong chương này, chúng tơi trình bày mệnh đề tồn nhất, khái niệm, ví dụ tọa độ tâm tỷ cự hệ hai điểm, hệ ba điểm, hệ nhiều điểm Sau chúng tơi trình bày số ví dụ chi tiết tìm tâm tỷ cự hệ điểm toán liên quan tâm tỷ cự để hiểu rõ vận dụng khái niệm tâm tỷ cự cho vấn đề Chương Chương Một số ứng dụng tọa độ tỷ cự hình học phẳng Chương trình bày nhiều tốn ứng dụng tọa độ tỷ cự hình học phẳng hình khơng gian bao gồm tốn tìm tọa độ tâm tỷ cự thỏa mãn số cho trước điều kiện đó, dựa vào tâm tỷ cự chứng minh hệ thức vectơ hình học, tìm cực trị độ dài vectơ, tính phương tích với đường tròn, cuối số toán liên quan bất đẳng thức Klamkin Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Lời tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo TS Nguyễn Văn Ngọc Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình làm luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Tác giả xin chân thành cảm ơn tồn thể thầy Khoa Tốn - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức suốt thời gian theo học, thực hoàn thành luận văn Cảm ơn giúp đỡ bạn bè, người thân đồng nghiệp thời gian làm luận văn Thái Nguyên, tháng 10 năm 2017 Người viết luận văn Nguyễn Thị Trang Chương Các khái niệm Trong chương này, trình bày mệnh đề tồn nhất, khái niệm, ví dụ tọa độ tâm tỷ cự hệ hai điểm, hệ ba điểm, hệ nhiều điểm Sau chúng tơi trình bày nhiều ví dụ chi tiết tìm tâm tỷ cự hệ điểm toán liên quan tâm tỷ cự Nội dung Chương tham khảo từ tài liệu [1, 2, 3] 1.1 1.1.1 Khái niệm tâm tỷ cự Tọa độ tâm tỷ cự hệ hai điểm Mệnh đề 1.1.1 ([3]) Cho hai điểm A, B hai số thực x, y không đồng thời Khi đó, tồn điểm I cho − → −→ → − xIA + y IB = − → −→ − → (1.1) −→ Chứng minh Vì xIA + y IB = (x + y)IA + y AB, nên: − → −→ −→ → − Nếu x + y = xIA + y IB = y AB = y = −x = Vậy không tồn − → −→ → − I cho xIA + y IB = Nếu x + y = − → −→ → − → −y −→ −y −→ − → − xIA + y IB = ⇔ IA = IB = (AB + IA) x x Khi đó, ta có − → −y −→ y − → − → −y −→ AB − IA hay IA = AB IA = x x x+y (1.2) Vế phải (1.2) vectơ hoàn toàn xác định, nên từ (1.2) suy tồn điểm I thỏa mãn (1.1) Mệnh đề chứng minh Định nghĩa 1.1.2 ([3]) Các số x, y (x + y = 0) gọi tọa độ tỷ cự điểm I viết I(x, y) hệ hai điểm A, B (đối với đoạn thẳng AB ), có hệ thức (1.1) − → −→ → − − → Nhận xét 1.1.3 Khi x = y = hệ thức xIA + y IB = trở thành IA+ −→ → − IB = hay I trung điểm đoạn thẳng AB Khi x = y = hệ − → −→ → − → → − − thức xIA + y IB = trở thành xIA = ⇔ I ≡ A Nhận xét 1.1.4 Nếu I(x, y) tâm tỷ cự đoạn thẳng AB với điểm M , ta có −−→ −−→ −−→ xM A + y M B = (x + y)M I (1.3) Thật vậy, − → −→ → −−→ −−→ −−→ −−→ − → − xIA + y IB = ⇔ x(IM + M A) + y(IM + M B) = Từ dễ dàng suy hệ thức (1.3) Nhận xét 1.1.5 Khái niệm tâm tỷ cự I(x, y) coi mở rộng khái niệm trung điểm đoạn thẳng AB I(1, 1) trung điểm đoạn thẳng AB Trong trường hợp công thức (1.3) trở thành −−→ −−→ −−→ M A + M B = 2M I (1.4) cơng thức trung điểm quen thuộc hình học Mệnh đề 1.1.6 ([3]) Giả sử (x, y) (x , y ) tọa độ tỷ cự điểm I đoạn thẳng AB Khi đó, x y = x y B A I Hình 1.1: I tâm tỷ cự AB với số (x, y) (x , y ) Chứng minh Ta có − → −→ → − xIA + y IB = − → −→ − → → − ⇔ −xAI + y(AB − AI) = − → y −→ AB ⇔ AI = x+y − → −→ → − Như I xác định theo x, y Giả sử x IA + y IB = Tương tự, ta − → có AI = y −→ AB Từ suy ra, x +y y x+y = y x +y Từ x y + yy = xy + yy hay x y = x y 1.1.2 Tọa độ tâm tỷ cự hệ ba điểm Mệnh đề 1.1.7 ([3]) Cho ba điểm A, B, C ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Khi đó, tồn điểm I = I(x, y, z) cho − → −→ −→ → − xIA + y IB + z IC = (1.5) Chứng minh Thật vậy, − → −→ −→ → − → −→ − → −→ − → − → − xIA + y IB + z IC = ⇔ xIA + y(AB + IA) + z(AC + IA) = Suy ra, − → IA = − −→ −→ z y AB − AC x+y+z x+y+z (1.6) Vế phải (1.6) vectơ hoàn toàn xác định, nên từ (1.6) suy tồn điểm I = I(x, y, z) thỏa mãn (1.6), tức thỏa mãn yêu cầu mệnh đề Định nghĩa 1.1.8 ([3]) Các số x, y, z (x + y + z = 0) gọi tọa độ tỷ cự điểm I viết I(x, y, z) hệ ba điểm A, B, C (đối với tam giác ABC A, B, C không thẳng hàng), có hệ thức (1.5) Nhận xét 1.1.9 Nếu I(x, y, z) tâm tỷ cự hệ điểm A, B, C với điểm M , ta có −−→ −−→ −−→ −−→ xM A + y M B + z M C = (x + y + z)M I (1.7) Thật vậy, − → −→ −→ → −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ − → − xIA + y IB + z IC = ⇔ x(IM + M A) + y(IM + M B) + z(IM + M C) = Từ dễ dàng suy hệ thức (1.8) Nhận xét 1.1.10 Khái niệm tâm tỷ cự I(x, y, z) coi mở rộng khái niệm trọng tâm tam giác ABC I(1, 1, 1) trọng tâm G tam giác ABC Trong trường hợp công thức (1.4) trở thành −−→ −−→ −−→ −−→ M A + M B + M C = 3M G (1.8) công thức trọng tâm quen thuộc tam giác Mệnh đề 1.1.11 ([3]) Giả sử (x, y, z) (x , y , z ) tọa độ tỷ cự điểm I hệ ba điểm A, B, C Khi đó, y z x = = x y z Chứng minh mệnh đề tiến hành tương tự chứng minh Mệnh đề 1.1.6 dựa hệ thức (1.6) 1.1.3 Tọa độ tâm tỷ cự hệ nhiều điểm Mệnh đề 1.1.12 ([3]) Cho n điểm A1 , A2 , , An n số thực k1 , k2 , , kn thỏa mãn điều kiện k1 + k2 + + kn = Khi đó, tồn điểm I(k1 , k2 , , kn ), cho −−→ −−→ −−→ → − k1 IA1 + k2 IA2 + + kn IAn = (1.9) Chứng minh Thật vậy, −−→ −−→ −−→ → − k1 IA1 + k2 IA2 + + kn IAn = −−→ −−→ −−−→ −−→ −−−→ → − ⇔ k1 IA1 + k2 (IA1 + A1 A2 ) + + kn (IA1 + A1 An ) = Từ suy −−→ IA1 = − n i=2 −−−→ ki A1 Ai k1 + k2 + + kn Hệ thức cho thấy điểm I xác định cách (1.10) 41 Chú ý 2.4.12 Từ toán OI ≥ ta suy bất đẳng thức tiếng R ≥ 2r hay gọi bất đẳng thức hình học sơ cấp, với cách chứng minh sở tảng hầu hết bất đẳng thức hình học tiếng khác Bài toán 2.4.13 (Hệ thức tương tự cho tâm bàng tiếp) Cho tam giác ABC nội tiếp (O, R) ba đường tròn bàng tiếp (Ia , ), (Ib , rb ), (Ic , rc ) Chứng minh OIa2 = R2 + 2Rra , OIb2 = R2 + 2Rrb , OIc2 = R2 + 2Rrc Giải Do Ia tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC , Ia tâm tỷ cự ba điểm A, B, C ứng với số (−a, b, c) Theo Bài 2.4.9, phương tích Ia với đường tròn (O) ngồi tiếp tam giác ABC βγa2 + γαb2 + αβc2 (α + β + γ)2 abc(a − b − c) bca2 − cab2 − abc2 =− =− (b + c − a) (a − b − c)2 abc abc =− = a−b−c b+c−a PIa /(O) = − Do (Ia , ) đường tròn bàng tiếp tam giác ABC ứng với góc A, ta có = Hay 2Rra = 2abc abc 2S = = b+c−a 4R(b + c − a) 2R b + c − a abc Thay vào phương tích Ia ta b+c−a PIa /(O) = abc = 2Rra b+c−a Mặt khác, ta lại có PIa /(O) = OIa2 − R2 = 2Rra Vậy OIa2 = R2 + 2Rra Tương tự, ta có OIb2 = R2 + 2Rrb , OIc2 = R2 + 2Rrc Bài toán 2.4.14 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R), trọng tâm G a) Chứng minh OG2 = R2 − a2 + b + c 42 b) Chứng minh PH/(O) = −8R2 cos A cos B cos C c) Chứng minh hệ thức lượng giác cos2 A + cos2 B + cos2 C + cos A cos B cos C = Giải a) Với G trọng tâm tam giác ABC , ta có G tâm tỷ cự ứng với số (1, 1, 1) Do áp dụng Bài 2.4.9 định nghĩa phương tích đường tròn (O), ta hai cách tính phương tích điểm G a2 + b + c a2 + b + c = − 32 2 = OG − R PG/(O) = − PG/(O) Từ a2 + b + c OG = R − 2 b) Cho H trực tâm tam giác ABC Nếu ABC tam giác vng H trùng với đỉnh Khi đó, H nằm đường tròn (O) nên PH/(O) = = −8R2 cos A cos B cos C Nếu ABC khơng tam giác vng, H tâm tỷ cự tam giác ABC ứng với số (tan A, tan B, tan C) Do áp dụng Bài 2.4.9 ta tính phương tích điểm H đường tròn (O) tan B tan Ca2 + tan C tan Ab2 + tan A tan Bc2 (tan A + tan B + tan C)2 tan B tan Ca2 + tan C tan Ab2 + tan A tan Bc2 =− (tan A tan B tan C)2 a2 b2 c2 =− + + tan2 A tan B tan C tan2 B tan A tan C tan2 C tan A tan B PH/(O) = − Áp dụng cơng thức tính bán kính đường tròn ngoại tiếp R= a b c = = sin A sin B sin C vào cơng thức tích phương tích ta PH/(O) = −4R2 cos2 A cos2 B cos2 C + + tan B tan C tan A tan C tan A tan B = −4R2 cos A cos B cos C cos A cos B cos C + + sin B sin C sin A sin C sin A sin B 43 sin A cos A + sin B cos B + sin C cos C sin A sin B sin C cos A cos B cos C = −4R2 (sin 2A + sin 2B + sin 2C) sin A sin B sin C cos A cos B cos C = −4R2 · sin A sin B sin C sin A sin B sin C = −8R2 cos A cos B cos C = −4R2 cos A cos B cos C c) Từ PH/(O) = OH − R2 , suy OH = R2 + PH/(O) = R2 − 8R2 cos A cos B cos C Mặt khác, ý OH = 3OG nên ta hệ thức R2 − 8R2 cos A cos B cos C = 9R2 − (a2 + b2 + c2 ) ⇔ 8R2 − (a2 + b2 + c2 ) = −8R2 cos A cos B cos C ⇔ 8R2 − 4R2 (sin2 A + sin2 B + sin2 C) = −8R2 cos A cos B cos C ⇔ − (sin2 A + sin2 B + sin2 C) = −2 cos A cos B cos C ⇔ cos A cos B cos C − (sin2 A + sin2 B + sin2 C) = −2 ⇔ cos A cos B cos C − (1 − cos2 A + − cos2 B + − cos2 C) = −2 ⇔ cos2 A + cos2 B + cos2 C + cos A cos B cos C − = −2 ⇔ cos2 A + cos2 B + cos2 C + cos A cos B cos C = Nhận xét 2.4.15 Cách làm ta hiểu theo cách dài xong lợi cách làm đặt tốn quen thuộc nhìn thống xem chúng hệ công thức phương tích Bài 2.4.9 Một điểm quan trọng khác ta thấy ý nghĩa hình học đồng thức lượng giác bắt nguồn từ đường thẳng Euler tốn phương tích Đồng thức lượng giác có ý nghĩa đặc biệt người yêu thích bất đẳng thức hình học, bất đẳng thức đại số cầu nối quan trọng hai lĩnh vực Sau ta trình bày tốn có ý nghĩa đặc biệt hình học phẳng với phép chứng minh sử dụng cơng cụ vừa xây dựng Bài tốn 2.4.16 (Đẳng thức Ptolemy dạng chi tiết) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) P nằm (O) Trong ba số aP A, bP B, cP C có số tổng hai số kia, cụ thể P nằm cung nhỏ BC aP A = bP B + cP C 44 P nằm cung nhỏ CA bP B = cP C + aP A P nằm cung nhỏ AB cP C = aP A + bP B Giải Khi P thuộc cung nhỏ BC P tâm tỷ cự A, B, C ứng với số b c a , , Do P nằm đường tròn (O) ta có PP/(O) = Áp dụng PA PB PC cơng thức phương tích Bài 2.4.9 cho điểm P ta suy P − βγa2 + γαb2 + αβc2 = ac · b2 ab · c2 bc · a2 − − =0 PB · PC PA · PC PA · PB abc ⇔ (aP A − bP B − cP C) = PA · PB · PC ⇔ aP A = bP B + cP C ⇔ chứng minh tương tự Bài tốn 2.4.17 (Phương tích tâm tỷ cự đường tròn nội tiếp) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) với P (α, β, γ) tâm tỷ cự ABC Chứng minh phương tích P (I) cho hệ thức α(p − a)2 + β(p − b)2 + γ(p − c)2 βγa2 + γαb2 + αβc2 − α+β+γ (α + β + γ)2 α(p − a)2 + β(p − b)2 + γ(p − c)2 + PP/(O) = α+β+γ PP/(I) = A E F I C B D Giải Gọi đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB D, E, F Theo công thức phương tích tiếp tuyến ta có PA/(I) = AE = AF = (p − a)2 , PB/(I) = BD2 = BF = (p − b)2 , PC/(I) = CE = CD2 = (p − c)2 45 Áp dụng cơng thức Bài 2.4.8 ta có αPA/(I) + β PB/(I) + γ PC/(I) βγa2 + γαb2 + αβc2 − α+β+γ (α + β + γ)2 α(p − a)2 + β(p − b)2 + γ(p − c)2 βγa2 + γαb2 + αβc2 = − α+β+γ (α + β + γ)2 α(p − a)2 + β(p − b)2 + γ(p − c)2 = + PP/(O) α+β+γ PP/(I) = Mệnh đề 2.4.18 Trong tam giác ta có số đẳng thức hệ thức lượng tam giác sau ab + bc + ac = p2 + 4Rr + r2 , a2 + b2 + c2 = 2p2 − 2r(4R + r), (p − a)2 + (p − b)2 + (p − c)2 = p2 − 2r(4R + r) Giải Sử dụng S = abc = pr = 4R p(p − a)(p − b)(p − c) ta dễ suy abc p (p − a)(p − b)(p − c) r2 = p abc (p − a)(p − b)(p − c) p2 + 4Rr + r2 = p2 + + p p p − p (a + b + c) + p(ab + bc + ca) = p2 + p 2 = p + p − 2p + ab + bc + ca 4Rr = = ab + bc + ca Từ đẳng thức (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ac) ta suy a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ac) = 4p2 − 2(p2 + 4Rr + r2 ) = 2p2 − 2r(4R + r) Ta có (p − a)2 + (p − b)2 + (p − c)2 = 3p2 + a2 + b2 + c2 − 2p(a + b + c) 46 = 3p2 + 2p2 − 2r(4R + r) − 4p2 = p2 − 2r(4R + r) Bài toán 2.4.19 Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I) trọng tâm G Chứng minh cơng thức phương tích G đường tròn nội tiếp tam giác ABC cho p2 − 4r(4R + r) PG/(I) = Giải Áp dụng công thức tính phương tích đường tròn nội tiếp cho G(1; 1; 1) ta có PG/(I) = (p − a)2 + (p − b)2 + (p − c)2 a2 + b2 + c2 − Thay đẳng thức ii) iii) Bài 2.4.18 vào đẳng thức ta p2 − 2r(4R + r) 2p2 − 2r(4R + r) − p − 4r(4R + r) = PG/(I) = Chú ý 2.4.20 Từ công thức ta dễ dàng ≤ IG2 = PG/(I) +r2 = p2 − 16Rr + 5r2 , từ suy bất đẳng thức p2 ≥ 16Rr − 5r2 gọi bất đẳng thức Gerretsen thứ Bài toán 2.4.21 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), bán kính nội tiếp r, trực tâm H Chứng minh cơng thức phương tích H đường tròn nội tiếp tam giác ABC cho PH/(I) = 4R2 + 4Rr + 2r2 − p2 Giải Theo Chú ý 2.4.20, Bài toán 2.4.11 Bài toán 2.4.14, ta tính GI = OG2 = p2 − 16Rr + 5r2 , OI = R2 − 2Rr 9R2 − (a2 + b2 + c2 ) 9R2 − 2p2 + 2r2 + 8Rr = 9 47 −−→ −−→ −−→ −−→ → − Chú ý từ kết đường thẳng Euler, ta có 3HG = 2HO hay 3HG − 2HO = , áp dụng hệ thức Jacobi ta suy 3IG2 − 2IO2 = IH − 6OG2 , hay HI = 3GI + 6OG2 − 2OI Suy ra, phương tích H với (I, r) PH/(I) = HI − r2 = 3GI + 6OG2 − 2OI − r2 p2 − 16Rr + 5r2 + (9R2 − 2p2 + 2r2 + 8Rr) − 2R2 + 4Rr − r2 3 2 = 4R + 4Rr + 2r − p2 = Chú ý 2.4.22 Từ cơng thức phương tích ta dễ ≥ IH = 4R2 + 4Rr + 3r2 − p2 từ ta suy bất đẳng thức p2 ≤ 4R2 + 4Rr + 3r2 gọi bất đẳng thức Gerretsen thứ hai Bất đẳng thức Gerretsen 4R2 + 4Rr + 3r2 ≥ p2 ≥ 16Rr − 5r2 bất đẳng thức khó bất đẳng thức hình học phẳng thường dùng làm bổ đề để chứng minh số toán bất đẳng thức đại số hình học khác, qua ta thấy ý nghĩa hình học đẹp mặt phương tích chúng Ta tiếp tục xây dựng cơng thức phương tích đường tròn chín điểm Euler Bài tốn 2.4.23 (Cơng thức phương tích với đường tròn chín điểm Euler) Cho tam giác ABC đường tròn chín điểm Euler (E), với P (α, β, γ) mặt phẳng, chứng minh phương tích điểm P với (E) cho hệ thức PP/(E) = αbc cos A + βca cos B + γab cos C βγa2 + γαb2 + αβc2 − 2(α + β + γ) (α + β + γ)2 A P K J B C E B H C A Hình 2.13: Đường tròn chín điểm Euler (E) ABC 48 Chứng minh Gọi A , B , C trung điểm BC, CA, AB H, K, J chân đường cao từ A, B, C Ta ý đường tròn (E) qua A , B , C , H, K, J Khi đó, theo cơng thức khai triển phương tích theo cát tuyến −−→ −−→ PA/(E) = AK.AB = bc cos A Tương tự, ta có PB/(E) = ca cos B ab cos C , PC/(E) = 2 Do áp dụng Bài 2.4.9 ta PP/(E) = αbc cos A + βca cos B + γab cos C βγa2 + γαb2 + αβc2 − 2(α + β + γ) (α + β + γ)2 Đó điều phải chứng minh Nhận xét 2.4.24 Cũng giống cơng thức phương tích với đường tròn nội tiếp ngoại tiếp, cơng thức phương tích với đường tròn chín điểm Euler có nhiều ứng dụng phong phú khác Bài toán 2.4.25 Cho tam giác ABC , điểm P không nằm cạnh, khơng nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác thỏa mãn hệ thức PA/(P BC) = PB/(P CA) = PC/(P AB) Chứng minh P trọng tâm tam giác ABC Chứng minh Ta giả sử P có tọa độ tỷ cự P (α, β, γ) Áp dụng tốn phương tích ta ln có αPA/(P BC) = β PB/(P CA) = γ PC/(P AB) Như PA/(P BC) = PB/(P CA) = PC/(P AB) ⇔ (α, β, γ) = (1; 1; 1) ⇔P ∼ = G(1; 1; 1) trọng tâm tam giác ABC 49 2.5 2.5.1 Bất đẳng thức Klamkin tọa độ tỷ tâm tỷ cự Bất đẳng thức Klamkin Vào năm 1975, M.S.Klamkin thiết lập định lý sau Định lý 2.5.1 (Định lý Klamkin) Cho ABC tam giác tùy ý với độ dài cạnh a, b, c P điểm mặt phẳng Π chứa tam giác ABC Với số thực x, y, z ta có (x + y + z)(xP A2 + yP B + zP C ) ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 (2.7) Chứng minh Ta có −→ −−→ −→ xP A + y P B + z P C ≥ −→ −−→ −−→ −→ −→ −→ ⇔ (x2 P A2 + y P B + z P C ) + (2xy P A.P B + 2yz P B.P C + 2zxP C.P A) ≥ Theo Định lý hàm số Cosine, ta có −→−−→ −→−−→ 2P AP B = 2P A.P B cos(P AP B) = P A2 + P B − c2 −−→−→ −−→−→ 2P B P C = 2P B.P C cos(P B P C) = P B + P C − a2 −→−→ −→−→ 2P C P A = 2P C.P A cos(P C P A) = P C + P A2 − b2 Thay đẳng thức vào (2.7) ta thu bất đẳng thức (x + y + z)(xP A2 + yP B + zP C ) ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 −→ −−→ −→ → − Đẳng thức (2.7) xảy xP A + y P B + z P C = tức P tâm tỷ cự hệ điểm {A, B, C} 2.5.2 Các hệ bất đẳng thức Klamkin Mệnh đề 2.5.2 Trong tam giác ABC với G trọng tâm, ta có bất đẳng thức sau a2 + b + c , P A2 + P B + P C ≥ (m2a + m2b + m2c ), P A2 + P B + P C ≥ GA2 + GB + GC P A2 + P B + P C ≥ (2.8) (2.9) (2.10) 50 Chứng minh Khi x = y = z , bất đẳng thức (2.7) trở thành 3(P A2 + P B + P C ) ≥ a2 + b2 + c2 Suy ra, bất đẳng thức (2.8) Tiếp theo ta biến đổi bất đẳng thức (2.8) sau P A2 + P B + P C ≥ 2(b2 + c2 ) − a2 2(c2 + a2 ) − b2 2(b2 + a2 ) − c2 + 9 Từ suy bất đẳng thức (2.9) (2.10) Mệnh đề 2.5.3 Trong tam giác ABC , ta có bất đẳng thức sau P A2 P B P C a4 + b + c + + ≥ ≥ 1, a2 b2 c2 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 P A2 P B P C + + ≥ 1, b2 c a PA PB PC + + ≥ c2 a b Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Klamkin với x = (2.11) (2.12) (2.13) 1 , y = , z = ta thu a b c 1 , y = , z = ta có bất đẳng thức b c a 1 (2.12), cho x = , y = , z = ta có bất đẳng thức (2.13) c a b bất đẳng thức (2.11) Nếu cho x = Mệnh đề 2.5.4 Trong tam giác ABC , ta có bất đẳng thức sau m2c m2a m2b + + ≥ , a2 b2 c2 ma mb mb mc mc ma + + ≥ ab bc ca Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Klamkin với P ≡ G, x = (2.14) (2.15) 1 ,y = 2,z = 2 a b c (G trọng tâm tam giác), ta thu bất đẳng thức (2.14) Nếu cho P ≡ G, x = a b c ,y = ,z = ta có bất đẳng thức (2.15) ma mb mc Hệ 2.5.5 Trong tam giác ABC , ta có bất đẳng thức sau cos2 A cos2 B cos2 C + + ≥ 1, sin B sin C sin C sin A sin B sin A a3 + b3 + c3 + abc 4R2 ≥ , a+b+c 2R − r a3 + b + c ≥ r abc (2.16) (2.17) (2.18) 51 Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Klamkin với x = a, y = b, z = c, P ≡ H (H trực tâm tam giác) Để ý HA = |2R cos A|, HB = |2R cos B|, HC = |2R cos C| sử dụng định lí hàm số sin ta nhận bất đẳng thức (2.16) Sử dụng biến đổi HA2 = 4R2 cos2 A = 4R2 (1 − sin2 A) = 4R2 − a2 , HB = 4R2 − b2 , HC = 4R2 − c2 , sau số biến đổi ta nhận bất đẳng thức (2.17) Sử dụng công thức abc = 4Rrp ta biến đổi bất đẳng thức (2.17) bất đẳng thức (2.18) 2.6 Bất đẳng thức Klamkin mở rộng 2.6.1 Khái niệm Định nghĩa 2.6.1 Với ký hiệu Định lý Klamkin ta gọi ba (x, y, z) tọa độ tỷ cự (barycentric coordinates) điểm N ∈ Π điểm P có đồng thức P N2 = (x + y + z)(xP A2 + yP B + zP C ) − (yza2 + zxb2 + xyc2 ) (x + y + z)2 (2.19) Định nghĩa 2.6.2 Giả sử có tập M ⊂ Π M ⊂ R3 Ta nói M tập tọa độ tỷ cự điểm từ M, ta có: 1) Nếu N ∈ M, tồn (x, y, z) ∈ M độ tỷ cự điểm N 2) Nếu (x, y, x) ∈ M, tồn N ∈ M, cho (x, y, z) tọa độ tỷ cự N Nhận xét 2.6.3 Các tập sau tập tọa độ tỷ cự đủ rộng M M+ = {(x, y, z) : x > 0, y > 0, z > 0}, M− = {(x, y, z) : x < 0, y < 0, z < 0} M± tương ứng với điểm Int(ABC) điểm bên tam giác ABC Định nghĩa 2.6.4 Giả sử ABC tam giác P điểm thuộc mặt phẳng Π Khoảng cách d(P, M) điểm P tập M ⊂ Π cho công thức d(P, M) = inf |P Q|, Q∈M |P Q| khoảng cách Euclid điểm P Q 52 2.6.2 Kết Định lý 2.6.5 (Định lý Klamkin mở rộng) Nếu RA , RB , RC khoảng cách từ điểm P đến đỉnh A, B, C tam giác ABC , (x+y +z)(xP A2 +yP B +zP C ) ≥ yza2 +zxb2 +xyc2 +d2 (x+y +z)2 , (x, y, z) ∈ M, (2.20) d = d(P, M) M tập tọa độ tỷ cự điểm thuộc M Chứng minh Dễ dàng thấy |P N | ≥ d N ∈ M Bằng cách sử dụng cơng thức (2.19) có điều cần phải chứng minh Nhận xét 2.6.6 Đẳng thức (2.20) xảy P ∈ M (x, y, z) tọa độ tỷ cự P Nhận xét 2.6.7 Nếu Định lý 2.6.5 xét số D > d, tồn ba (x, y, z) ∈ M, cho (x + y + z)(xP A2 + yP B + zP C ) < yza2 + zxb2 + xyc2 + D2 (x + y + z)2 Định lý 2.6.8 (Bất đẳng thức Kooi suy rộng) Nếu R bán kính vòng tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC, R2 (x + y + z)2 ≥ yza2 + zxb2 + xtz + d2 (x + y + z)2 , (x, y, z) ∈ M, (2.21) d = d(O, M) M tập tọa độ tỷ cự Đẳng thức (2.21) xảy tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thuộc M (x, y, z) tọa độ tỷ cự tâm vòng tròn ngoại tiếp Nhận xét 2.6.9 Ta có bất đẳng thức Kooi kinh điển M = Π Bất đẳng thức có dạng R2 (x + y + z)2 ≥ yza2 + zxb2 + xyc2 , ∀(x, y, z) ∈ R3 , x + y + z = 2.6.3 (2.22) Một vài ứng dụng Trong mục xét số trường hợp đặc biệt bất đẳng thức (2.20) ứng với trường hợp riêng tập M, Π điểm P P = A M = Π Trong trường hợp P A = 0, P B = c, P C = b, nên ta có bất đẳng thức (y + z)(yc2 + zb2 ) ≥ yza2 , ∀y, z ∈ R (2.23) 53 Đẳng thức xảy hỉ y = z = M tập tam giác: M = Int(ABC) Khi đó, tập M+ = {(x, y, z) ∈ R3 | x > 0, y > 0, z > 0} tập tọa độ tỷ cự điểm từ Int(ABC) • Giả sử tam giác ABC nhọn P tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi có bất đẳng thức Kooi R2 (x + y + z)2 ≥ yza2 + xzb2 + xyc2 , ∀x, y, z > (2.24) Đẳng thức xảy x, y, z tọa độ tỷ cự tâm vòng tròn ngoại tiếp, tức có dạng x = αa2 (b2 + c2 − a2 ), y = αb2 (c2 + a2 − b2 ), z = αc2 (a2 + b2 − c2 ), α > • Nếu tam giác ABC tù (khơng nhọn): Giả sử góc A tù Khi đó, bất đẳng thức dạng Kooi a2 (x + y + z)2 > yza2 + xzb2 + xyc2 , ∀x, y, z > • Nếu điểm P trực tâm tam giác nhọn ABC Khi đó, P A = 2R cos A, P B = 2R cos B, P C = 2R cos C ta có bất đẳng thức 4R2 (x + y + z)(x cos2 A + y cos2 B + z cos2 C) ≥ yza2 + xzb2 + xyc2 , ∀x, y, z > Dấu đẳng thức xảy x, y, z tọa độ tỷ cự trực tâm Bất đẳng thức tương đương với 4R2 (x + y + z)2 ≥ (x + y + x)(xa2 + yb2 + zc2 ) + yza2 + zxb2 + xyc2 , ∀x, y, z > • Nếu điểm P trực tâm tam giác không nhọn ABC với a2 ≥ b2 + c2 Khi có bất đẳng thức 4R2 (x+y+z)[y(cos2 B−cos2 A)+z(cos2 C −cos2 A)] > yza2 +xzb2 +xyc2 , ∀x, y, z > Bất đẳng thức tương đương với (x + y + z)[y(a2 − b2 ) + z(a2 − c2 )] > yza2 + xzb2 + xyc2 , ∀x, y, z > 54 Kết luận Luận văn trình bày khái niệm tọa độ tỷ cự số ứng dụng hình học phẳng Các kết trình bày luận văn bao gồm: Chương trình bày mệnh đề tồn nhất, khái niệm, ví dụ tọa độ tâm tỷ cự hệ hai điểm, hệ ba điểm, hệ nhiều điểm Sau chúng tơi trình bày nhiều ví dụ chi tiết tìm tâm tỷ cự hệ điểm toán liên quan tâm tỷ cự để hiểu rõ vận dụng khái niệm tâm tỷ cự cho vấn đề Chương Chương nêu nhiều toán ứng dụng tọa độ tỷ cự hình học phẳng, ngồi có số tốn hình khơng gian Một số dạng tốn nêu tìm tọa độ tâm tỷ cự thỏa mãn số cho trước điều kiện đó, dựa vào tâm tỷ cự chứng minh hệ thức vectơ hình học, tìm cực trị độ dài vectơ, cực trị độ dài bình phương vơ hướng, tính phương tích với đường tròn, cuối số toán liên quan bất đẳng thức Klamkin mở rộng Nội dung làm tác giả tìm dịch tài liệu, tổng hợp lý thuyết, đưa ví dụ tập, vẽ hình minh họa Phần chứng minh giải tài liệu tham khảo thường làm tắt bước Tác giả làm chi tiết cẩn thận chứng minh lời giải 55 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Minh Hà (2013), Các thuật toán biến đổi tâm tỷ cự hình học phẳng, THTT, N403, tháng 1/2013 [2] Phan Đức Minh (2011), Phương pháp tọa độ tỷ cự ứng dụng hình học phẳng, https://diendantoanhoc.net [3] Đồn Quỳnh (chủ biên) (2010), Hình Học 10, NXB Giáo dục [4] https://diendantoanhoc.net/index.php?app=core&module=attach&sec tion=attach&attach_id=20625 Tiếng Anh [5] Abel Z (2007), Barycentric coordinates, http://zacharyabel.com/papers/BarycentricA07.pdf [6] Prasolov V (2001), Problems in plane and solid geomery, http://www.pdfdrive.net/problems-in-plane-and-solid-geometry-v1-planegeometry-e276219.html [7] Schindler M and Chen E (2012), Barycentric coordinates in Olympiad Geometry, https://vi.scribd.com/document/272144451/BaycentricCoordinates-in-Olympiad-Geometry [8] Yiu P (2000), The uses of homogeneous barycentric coordinates in plane euclidean geometry, Int J Math Educ Sci Technol., 31, 569 – 578 ... Chương Chương Một số ứng dụng tọa độ tỷ cự hình học phẳng Chương trình bày nhiều tốn ứng dụng tọa độ tỷ cự hình học phẳng hình khơng gian bao gồm tốn tìm tọa độ tâm tỷ cự thỏa mãn số cho trước... 1.1.2 Tọa độ tâm tỷ cự hệ ba điểm 1.1.3 Tọa độ tâm tỷ cự hệ nhiều điểm 1.2 Ví dụ tâm tỷ cự 3 Chương Một số ứng dụng tọa độ tỷ cự hình học phẳng 2.1 Chứng minh hệ thức hình. .. tâm tỷ cự O(sin 2A, sin 2B, sin 2C) A O B C Hình 1.5: O(sin 2A, sin 2B, sin 2C) tâm tỷ cự ABC 14 Chương Một số ứng dụng tọa độ tỷ cự hình học phẳng Chương nêu nhiều toán ứng dụng tọa độ tỷ cự hình