Định lý van aubel và ứng dụng trong việc giải một số bài toàn hình học dành cho học sinh giỏi

Trong các thành tựu của hình học thì định lý van Aubel là một định lý nổitiếng và có nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán hình học hay và khó.Định lý được đặt theo tên nhà khoa họ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

——————–o0o——————–

NGUYỄN ĐÌNH HUY

ĐỊNH LÝ VAN AUBEL VÀ ỨNG DỤNG TRONG VIỆC GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC

DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

——————–o0o——————–

NGUYỄN ĐÌNH HUY

ĐỊNH LÝ VAN AUBEL VÀ ỨNG DỤNG

TRONG VIỆC GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH

HỌC DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS TS Trịnh Thanh Hải

THÁI NGUYÊN - 2018

2.1 Định lý van Aubel 142.2 Một số tính chất, hệ quả của định lý van Aubel 22Chương 3 Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập 283.1 Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập liên quan đến tamgiác 283.2 Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập liên quan đến tứ giác 41

Danh sách hình vẽ

1.1 Định lý Thales 3

1.2 Định lý Menelaus 4

1.3 Áp dụng định lý Menelaus 5

1.4 Trực tâm H là trung điểm đường cao CM 6

1.5 Định lý Ceva 7

1.6 EF song song với BC 8

1.7 M A là tia phân giác của góc \EM F 9

1.8 M M0, N N0, P P0 đồng quy 11

1.9 DM, EN, P F đồng quy 13

2.1 AA0, BB0, CC0 cắt nhau tại K 14

2.2 Định lý van Aubel cho tứ giác 17

2.3 Biểu diễn các cạnh theo số phức 17

2.4 P M = M P và P M ⊥ M Q 19

2.5 pm và qm vuông góc và có độ dài bằng nhau 20

2.6 P M2 ⊥ M1M3, M1M2 ⊥ QM3, 20

2.7 P M = QM, P M ⊥ QM 21

2.8 Bốn đường tròn giao nhau tại F 22

3.1 BB0 vuông góc với DD0 41

3.2 BB0 = DD0 42

3.3 Ba hình chữ nhật đồng dạng 43

3.4 Ba hình thoi đồng dạng 43

3.5 Định lý van Aubel mở rộng 44

3.6 Định lý van Aubel mở rộng 45

3.7 Định lý van Aubel mở rộng 47

3.8 S1S3 ⊥ QS, S2S4 ⊥ P R 48

3.9 V1, V2, V3 và V4 nằm trên một đường tròn 49

Mở đầu

Từ lâu hình học luôn được coi là một bộ môn được yêu thích bởi nhữngkhám phá mới mẻ từ những định luật, định lý và những ứng dụng đẹp của nó.Hình học là một phân môn quan trọng trong toán học đã gắn bó với tất cảchúng ta xuyên suốt quá trình học toán từ bậc Tiểu học đến Trung học phổthông Sự kì diệu của hình học thường tiềm ẩn những thử thách sâu sắc đểthách thức trí tuệ của con người

Trong các thành tựu của hình học thì định lý van Aubel là một định lý nổitiếng và có nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán hình học hay và khó.Định lý được đặt theo tên nhà khoa học H H van Aubel, người đã công bố nónăm 1878 Định lý van Aubel có hai phát hiện trong lĩnh vực hình học phẳng

đó là định lý van Aubel cho tứ giác và định lý van Aubel cho tam giác Định lývan Aubel về tứ giác nói về mối quan hệ của các hình vuông cùng vẽ ra ngoàihoặc cùng vẽ vào trong của một tứ giác Định lý van Aubel về tam giác đưa ranhững tính chất đẹp về các đường đồng quy trong tam giác

Trong khuôn khổ luận văn này chúng tôi xin được trình bày đề tài: “Định

lý van Aubel và ứng dụng trong việc giải một số bài toán hình học dành chohọc sinh giỏi” Mục đích của luận văn là tìm hiểu định lý van Aubel và các ứngdụng của nó vào giải một số bài toán hình học

Luận văn tập trung vào việc tìm hiểu các tính chất đẹp của định lý vanAubel cho tam giác, tứ giác và một số vận dụng của định lý này vào giải một

số bài tập hình học hay và khó dành cho học sinh giỏi Cụ thể, luận văn gồmphần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 3 chương

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Chương 1 hệ thống một số định cơ bảnhay được vận dụng khi chứng minh các bài toán hình học và trình bày một sốbài toán về chứng minh tính đồng quy các đường thẳng

Chương 2 Định lý van Aubel Trong chương này, chúng tôi phát biểuđịnh lý van Aubel cho hai trường hợp tam giác và tứ giác cùng với ba cách

chứng minh cho mỗi trường hợp Sau đó chúng tôi trình bày một số tính chất

và hệ quả của các định lý này

Chương 3 Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập Chương 3được giành để giải một số bài tập và kết quả nâng cao có vận dụng định lý vanAubel cho tam giác và tứ giác

Luận văn này được hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học, Đại học TháiNguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS TS Trịnh Thanh Hải Tác giảxin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy

Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Khoa Tin Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡtác giả trong suốt thời gian học tập tại trường

Toán-Nhân dịp này tác giả cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình,bạn bè đã luôn bên tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình họctập và thực hiện luận văn này

Thái Nguyên, tháng 10 năm 2018

Người viết luận văn

Nguyễn Đình Huy

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Chương 1 hệ thống một số định cơ bản hay được vận dụng khi chứng minhcác bài toán hình học và trình bày một số bài toán về chứng minh tính đồngquy các đường thẳng

Định lý 1.1.1 (Định lý Thales thuận, [1]) Nếu một đường thẳng song songvới một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên hai cạnh

đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ

Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d song song với BC và cắt các cạnh

AB, AC lần lượt tại hai điểm D, E thì:

Định lý 1.1.2 (Định lý Thales đảo, [1]) Nếu một đường thẳng cắt hai cạnhcủa tam giác và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệthì đường thẳng đó song song với cạnh còn lại của tam giác.

Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d cắt các cạnh AB, AC lần lượt tạihai điểm D, E và

Hệ quả 1.1.1 ([1]) Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác vàsong song với cạnh còn lại thì nó tạo thành một tam giác mới có ba cạnh tươngứng tỉ lệ với ba cạnh của tam giác đã cho

Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d song song với BC và cắt các cạnh

AB, AC lần lượt tại hai điểm D, E thì

A0, B0, C0 đều nằm trên phần kéo dài của ba cạnh, hoặc một trong ba điểm đónằm trên phần kéo dài của một cạnh còn hai điểm kia nằm trên hai cạnh củatam giác Điều kiện cần và đủ để A0, B0, C0 thẳng hàng là ta có hệ thức

Bài toán 1.1.1 Trong tam giác ABC, lấy trên cạnh AB một điểm D, trêncạnh BC hai điểm E và F sao cho

Giải Gọi điểm M là giao điểm của AE với DF Áp dụng định lý Menelausvào tam giác BDF với cát tuyến AM E, ta có

Bài toán 1.1.2 Trong một tam giác ABC, trực tâm H chia đôi đường cao

CM Chứng minh rằng cos C = cos A cos B

Giải Xét tam giác CM B với cát tuyến AHI Theo định lý Menelaus ta có

AA0, BB0, CC0 xuất phát từ các đỉnh của tam giác và cắt đường thẳng chứacạnh đối diện tại A0, B0, C0 sao cho: hoặc cả ba điểm A0, B0, C0 đều nằm trên bacạnh của tam giác hoặc một trong ba điểm đó nằm trên một cạnh của tam giáccòn hai điểm kia nằm trên phần kéo dài của hai cạnh còn lại Điều kiện cần và

đủ để AA0, BB0, CC0 đồng quy hoặc song song với nhau là ta có hệ thức:

Hình 1.5: Định lý Ceva

Chú ý

(+) Để cho gọn, người ta thường gọi ba đường thẳng AA0, BB0, CC0 xuấtphát từ các đỉnh của tam giác ABC và đồng quy tại một điểm là ba đườngthẳng Ceva Các đoạn thẳng AA0, BB0, CC0 gọi là các đoạn thẳng Ceva Giaođiểm của các đường thẳng Ceva gọi là điểm Ceva

(++) Trong một tam giác ABC, ta có một số đường thẳng Ceva đặc biệt

đã biết như sau:

1 Ba đường trung tuyến đồng quy (tại trọng tâm của tam giác)

2 Ba đường phân giác đồng quy (tại tâm đường tròn nội tiếp tam giác)

3 Ba đường cao đồng quy (tại trực tâm của tam giác)

4 Ba đường trung trực đồng quy (tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác).(+++) Hệ thức (1.4) trong định lý Ceva có thể viết bắt đầu từ đỉnh nàocũng được và theo chiều nào cũng được

Tiếp theo, chúng ta đi chứng minh một số bài toán đồng quy mà chỉ sửdụng công cụ là các định lý Thales, định lý Menelaus, định lý Ceva và các hệquả của chúng Ở trong phần này, chúng ta chưa dùng đến công cụ định lý vanAubel

Bài toán đầu tiên sử dụng định lý Thales và định lý Ceva để chứng minhtính đồng quy

Bài toán 1.2.1 ([1]) Cho một tam giác ABC, một điểm E trên cạnh AB,một điểm F trên cạnh AC và trung điểm M của cạnh BC Chứng minh rằngđiều kiện cần và đủ để EF song song với BC là ba đoạn thẳng AM, BF, CEđồng quy.

Giải Trước tiên giả sử EF song song với BC Theo định lý Thales ta có

Vậy theo định lý Ceva ta có ba đoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy

Hình 1.6: EF song song với BC

Ngược lại, giả sử ta có ba đoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy Theo định lýCeva ta có

Bài toán 1.2.2 ([1]) Cho một tam giác ABC, một điểm E trên cạnh AB,một điểm F trên cạnh AC và M là chân đường cao hạ từ A xuống BC Chứngminh rằng điều kiện cần và đủ để M A là tia phân giác của góc \EM F là bađoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy.

Giải Qua A kẻ đường thẳng song song với BC, cắt M F (kéo dài) tại N, cắt

M E (kéo dài) tại P

Hình 1.7: M A là tia phân giác của góc \ EM F

Nếu AM là tia phân giác của góc \EM F thì P A = AN Xét hai tam giácđồng dạng EBM và EAP , ta có

BM

EB =

P A

AE.Xét hai tam giác đồng dạng F M C và F N A, ta có

CF

M C =

F A

AN.Bây giờ ta có

Suy ra AM, BF, CE đồng quy

Ngược lại, giả sử AM, BF, CE đồng quy, ta biến đổi ngược lại suy ra P A = AN

Bài toán 1.2.3 ([1]) Chứng minh rằng, trong một tam giác ABC, khi giaođiểm của một bộ ba đường thẳng đồng quy AA0, BB0, CC0 (A0 trên cạnh BC,

B0 trên cạnh AC, C0 trên cạnh AB) trùng với trọng tâm G của tam giác thìtích AB0· CA0· BC0 có trị số lớn nhất

Giải Gọi N là trung điểm AC, M là trung điểm BC, P là trung điểm AB.Theo bất đẳng thức Cauchy, ta luôn có

cách khác khi bộ ba đường thẳng Ceva đó là ba trung tuyến, và điểm Ceva

Bài toán 1.2.4 ([1]) Chứng minh rằng trong một tam giác, các đường thẳngnối trung điểm của mỗi cạnh với trung điểm của đoạn thẳng Ceva, xuất phát

từ đỉnh đối diện với cạnh đó, đồng quy

Hình 1.8: M M0, N N0, P P0 đồng quy

Giải Giả sử AA0, BB0, CC0 là một bộ ba đường thẳng Ceva Gọi M, N, P làtrung điểm của ba cạnh của tam giác ABC Khi đó, M N, N P, P M là các đườngtrung bình của tam giác Cho nên các trung điểm P0, M0, N0 của các đoạn thẳngCeva AA0, BB0, CC0 lần lượt nằm trên các đường trung bình P N, N M, M P Theo giả thiết ta có:

(1) Trong một tam giác, các đường thẳng nối trung điểm của một cạnh vớitrung điểm của đường cao tương ứng đồng quy tại một điểm.

(2) Trong một tam giác, các đường thẳng nối trung điểm của một cạnh vớitrung điểm của đường phân giác trong tương ứng đồng quy tại một điểm.Bài toán 1.2.5 ([1]) Cho tam giác ABC với các trung điểm M, N, P của cáccạnh BC, CA, AB và ba đường thẳng đồng quy M M0, N N0, P P0 lần lượt cắt

N P, P M, M N tại M0, N0, P0 Chứng minh rằng ba đường thẳng AM0, BN0, CP0đồng quy

Chứng minh Đây là mệnh đề đảo của mệnh đề phải chứng minh ở Bài toán1.2.4 Chứng minh tương tự ta được kết quả Gọi A0 là giao điểm của AM0 với

BC, B0 là giao điểm của BN0 với AC, C0 là giao điểm của CP0 với AB Do

N P, P M, M N là các đường trung bình của tam giác nên M0, N0, P0 lần lượt làtrung điểm của AA0, BB0, CC0 Kéo theo N M0 là đường trung bình của tamgiác AA0C hay 2N M0 = CA0 Tương tự, ta có

2P N02N0M · 2M P

0

2P0N · 2N M

0

2M0P = 1hay

Giải Xét 4ABC Giả sử AA0, BB0, CC0 là một bộ ba đường thẳng Ceva bất

kì giao nhau tại I Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của IA, IB, IC Gọi

M, N, P lần lượt là trung trung điểm của BC, AC, AB

Hình 1.9: DM, EN, P F đồng quy

Xét tam giác AIB, ta có D là trung điểm AI, E là trung điểm IB, nên DEsong song AB Ta cũng có M N song song AB nên DE k M N Xét tam giácBIC, ta có EM song song IC Xét tam giác AIC, ta có DN song song IC

Từ đó DN k EM Vậy DN M E là hình bình hành Do đó

DM giao EN tại trung điểm của EN (1.5)Tương tự ta chứng minh được P N F E là hình bình hành Do đó

P F, EN giao nhau tại trung điểm EN (1.6)

Từ (1.5) và (1.6) suy ra DM, EN, P F đồng quy tại một điểm 

Chương 2

Định lý van Aubel

Định lý van Aubel không chỉ đẹp trong bản thân định lý mà còn đẹp trongcác cách chứng minh nó Trong chương này, chúng tôi phát biểu định lý vanAubel cho tam giác và tứ giác cùng với ba cách chứng minh cho mỗi trườnghợp Sau đó chúng tôi trình bày một số tính chất và hệ quả của các định lýnày

Định lý 2.1.1 (Định lý van Aubel cho tam giác, [1]) Trong một tam giácABC, nếu có ba đường thẳng AA0, BB0, CC0 cắt nhau tại một điểm K nằmtrong tam giác thì

Chứng minh 1 Kéo dài BB0 và CC0 cho đến khi gặp đường thẳng kẻ qua Asong song với BC, tại E và D Ta có

có nhiều bài toán là hệ quả của định lý van Aubel Ngoài ra, ta có thể tổ hợpcác Ceva khác nhau trong cùng một bài toán, chẳng hạn Ceva trọng tâm vớiCeva Gergonne, Ceva trọng tâm với Ceva Nagel, để tạo ra các bài toán mới.Như vậy ta có nhận xét sau:

(++) Định lý van Aubel vẫn còn đúng trong trường hợp điểm A0 nằm trêncạnh BC còn hai điểm B0, C0 lần lượt nằm trên tia đối của hai tia CA, BA.Thật vậy, ta có

đó ta có đường thẳng P R = QS và P R ⊥ QS (Hình 2.2)

Hình 2.2: Định lý van Aubel cho tứ giác

Chứng minh 1 (Sử dụng số phức): Cho tứ giác ABCD, lấy đỉnh A là gốc tọa

độ Tiếp theo, biểu diễn véctơ AB là số phức 2a, và tương tự BC là số phức2b, CD là số phức 2c, và DA là số phức 2d Véctơ AP được biểu diễn bởi sốphức p, và tương tự véctơ AQ là q, véctơ AR là r và véctơ AS là s (Hình 2.3)

Hình 2.3: Biểu diễn các cạnh theo số phức

Vì tứ giác ABCD đóng, phép cộng véctơ kéo theo 2a + 2b + 2c + 2d = 0,tức là

a + b + c + d = 0

Ta có thể đi từ A tới P bằng cách đi một nửa đường tới B rồi quay 90 độ và

đi một đoạn bằng như trước Do đó, số phức p là

Điều phải chứng minh

Chứng minh 2 (Sử dụng công cụ của hình học): Xét tam giác ABC tạo bởicác cạnh AB và BC của tứ giác ABCD (Hình 2.4) Dựng các hình vuông bênngoài các cạnh AB, BC, ký hiệu tâm các hình vuông lần lượt là P và Q Ký

hiệu M là trung điểm của CA và dựng đoạn thẳng P M và QM Mối quan hệgiữa P M và QM là

P M = QM, P M ⊥ QM

Để chứng minh điều này, ta có thể dùng phương pháp số phức Tuy nhiên tacũng có thể dùng công cụ của hình học

Hình 2.4: P M = M P và P M ⊥ M Q

Ký hiệu phép quay quanh điểm p góc π/2 là Rπ/2p , phép quay quanh điểm

q góc π/2 là Rπ/2q , phép quay quanh điểm m góc π là Rπm, ký hiệu M là tíchhợp của ba phép quay

p0 = (Rπ/2q ◦ Rpπ/2)(p) = Rπ/2q (p),

p0 là điểm p được quay quanh điểm q góc π/2 Do đó pqp0 tạo thành mộttam giác vuông cân, nên pm và qm vuông góc và có độ dài bằng nhau (Hình2.5)

Hình 2.5: pm và qm vuông góc và có độ dài bằng nhau

Chứng minh 3 (Sử dụng các tính chất trong hình học sơ cấp) Trước tiên tatính chất một hệ thức hình học Xét tam giác ABC tạo bởi các cạnh AB và

BC của tứ giác ABCD (Hình 2.6) Dựng các hình vuông bên ngoài các cạnh

AB, BC, ký hiệu tâm các hình vuông lần lượt là P và Q Ký hiệu M1 là trungđiểm của CA, trung điểm của AB là M2 và trung điểm của BC là M3

Nếu M2B được dịch chuyển thành M1M3 và M3B được dịch chuyển thành

M1M2 thì 4P M1M2 và 4QM1M3 có hai cạnh bằng nhau và có một góc trongbằng 90◦+ [ABC, do đó chúng bằng nhau Suy ra các cạnh P M1 và QM1 bằngnhau và vuông góc với nhau

Hình 2.7: P M = QM, P M ⊥ QM

Hình 2.2 có thể được chứng minh bằng cách sử dụng Hình 2.7 hai lần Với

tứ giác bất kỳ ABCD, vẽ đường chéo AC và ký hiệu trung điểm AC là M Với

P và Q là tâm của hình vuông ta có

Để tìm câu trả lời, ta nối các tâm hình vuông để tạo thành các cạnh

P Q, QR, RS, SP , và thu được các tam giác vuông 4F QP, 4F RQ, 4F SR và4F P S Bốn đường tròn ngoại tiếp bốn tam vuông có đường kính lần lượt là

P Q, QR, RS và SP , cùng giao nhau tại F Độ dài các dây cung P F, QF, RF

và SF xác định tỉ lệ liên hệ giữa các đoạn thẳng P R và QS (Hình 2.8)

Hình 2.8: Bốn đường tròn giao nhau tại F

Nếu tứ giác ABCD là hình vuông, hình thoi, hình chữ nhật hoặc hình bìnhhành thì tứ giác P QRS là một hình vuông và P R và QS giao nhau tại trungđiểm của mỗi đoạn

Định lý van Aubel cho tam giác cho phép ta dễ dàng tìm được nhiều tỉ sốđẹp trong tam giác liên quan đến các đường Ceva đồng quy tại một điểm mộtcách nhanh chóng và ngắn gọn

Hệ quả 2.2.1 ([3]) Cho tam giác ABC có ba đường trung tuyến AD, BE,

CF đồng quy tại điểm G Chứng minh rằng AG

AD =

2

3.

Chứng minh Trong các chứng minh kết quả này thì sử dụng định lí van Aubel

là cách chứng minh ngắn nhất Thật vậy từ G là trọng tâm của tam giác ABC