"Cứ hai trong năm điểm bất kỳ A,B,C,D,E được nối bởi một đường thẳng. Khi đó có 5 diện tắch 5 tam giâc EAB,ABC,BCD,CDE,DEA. Hêy biểu diễn diện tắch ngũ giâc ABCDE qua 5 diện tắch tam giâc đó."
Băi toân có kết quả lă:
Nếu ký hiệu diện tắch của câc tam giâc ABC,BCD,CDE,DEA,EAB lần
lượt lă a,b,c,d,e thì diện tắch ngũ giâc ABCDE lă nghiệm của phương
trình bậc hai:
x2 −(a+b+c+d+ e)x+ (ab+ bc+ cd+ de+ea) = 0. (1.14) Chú ý rằng ABCDE không cần có điều kiện lă ngũ giâc lồi. Với đa giâc không lồi, chẳng hạn trắn hình 1.7, Mơbuis coi diắn tắch câc tam giâc ABC, BCD,... lă số dương,còn diện tắch tam giâc CDE lă số đm. Với khâi niệm diện tắch đa giâc định hướng ta phât biểu lại băi toân như
Với năm điểm A,B,C,D,E tùy ý, diện tắch ABCDE lă nghiệm của phương trình bậc hai
x2 −(a+b+c+d+ e)x+ (ab+ bc+ cd+ de+ea) = 0. (1.15)
trong đó, a = ABC, b = BCD, c= CDE, d = DEA, e = EAB.
Băi toân không hiển nhiắn khi câc số a,b,c,d,e có thể lă số đm. Ở đđy ta chứng minh bằng ngôn ngữ của diện tắch đa giâc định hướng:
Chứng minh. Âp dụng đồng nhất thức (??) cho 5 điểm A,B,C,D,E:
ABC.ADE + ADB.ACE + ABE.ACD = 0. (1.16) Theo tắnh chất của diện tắch định hướng ABCDE =x
x = ABC + ACD + ADE = a+ ACD +d;
x = CDE + CEA + CAB =c+ CEA +a;
x = DEA + DAB + DBC = d+ DAB +b.
Do đó: ACD = x−a−d; DAB = x−b−d; CEA = x−c−a
Thay văo (??) nhận được: ad−(x−b−d)(x−c−a) +e(x−a−d) = 0. Khai triển vế trâi thu được (??).
Mơbuis cũng đề nghị một băi toân cho câc tứ giâc mă nội dung của nó được phât biểu theo ngôn ngữ đa giâc định hướng lă:
Chứng minh rằng nếu α = ABCD, β = BCDE, γ = CDEA,
δ = DEAB, = EABC thì x = ABCDE lă nghiệm của phương trình bậc 2:
x2 −(α +β +γ +δ +)x+ 4(αβ +βγ +γδ +δ+εα) = 0. (1.17) Lời giải của Mơbuis lă "dễ nhận thấy(!)". Khó hơn lă băi toân sau (được gọi lă băi toân Mơbuis kĩo dăi):
Chứng minh rằng nếu p= ACD, q = BDE, r = CEA, s = DAB,
t= EBC thì x = ABCDE lă nghiệm của phương trình bậc hai:
x2 = (p+q +r + s+t)2 −4(pr +rt+tq+qs+sp). (1.18) Thực ra cả băi toân của Mơbuis vă băi toân kĩo dăi của ông đều lă trường hợp đặc biệt của băi toân sau:
Trắn câc cạnh AB,BC,... của ngũ giâc định hướng−−−−−→
ABCDE lấy câc điểm
A0,B0,C0,D0,E0 sao cho AA0 = λAB,BB0 = λBC, . . . Yắu cầu lập
phương trình nhận x = ABCDE lăm nghiệm nếu cho trước câc diện
tắch a0 = ABC0, b0 = BCD0, c0 = CDE0, d0 = DEA0;e0 = EAB0. (Trường hợp λ = 0 ta có băi toân Mơbuis, còn λ = 1 ta có băi toân Mơbuis kĩo dăi.)
Với trường hợp cụ thể λ = 13 ta nhận được
x = 3 5(a
0
+b0 +c0+ d0+e0).
Đối với mọi λ 6= 13, kết quả phức tạp, phương trình nhận được lă: (1 − λ − λ2)x2 − (a0 + b0 + c0 + d0 + e0)(1 − λ)x + Φ = 0 (1.19) với Φ = (a0+b0 +c0 +d0 +e0)2 1−2λ−2λ2 (2−λ)2 − (1−λ) 2(1−3λ)2 [(1−λ)3 + 1](2−λ) + +[(1−λ)(a0b0+b0c0+c0d0+d0e0+e0a0)−λ2(a0c0+c0e0+e0b0+b0d0+d0a0)]ừ ừ (2−λ)(1−3λ) 2 (1−λ)3 + 1 = 0
Khi λ = 0 hay λ = 1 ta nhận được câc phương trình (??),(??).
1.4 Ứng dụng diện tắch đa giâc định hướng văo giải toân
Với diện tắch đa giâc định hướng ta có thể âp dụng văo câc phĩp chứng minh trânh phải phđn chia thănh nhiều trường hợp về vị trắ câc hình vă không phụ thuộc văo hình vẽ. Ta xĩt câc vắ dụ sau:
Vắ dụ 1.4.1. Giả sử A1A2...An lă một n-giâc bất kỳ,M1,M2, ...,Mn lă câc điểm bất kỳ tương ứng nằm trắn câc cạnhA1A2,A2A3, ...,AnA1 (hoặc phần kĩo dăi) của đa giâc. Khi đó tắch câc tỷ số đơn
được bảo toăn qua phĩp chiếu xuyắn tđm từ mặt phẳng chứa đa giâc lắn chắnh nó hoặc lắn mặt phẳng năo đó.
Chứng minh. Trước hết ta có nhận xĩt rằng:Với phĩp chiếu xuyắn tđm
O từ đường thẳng d lắn đường thẳng d0, biến A,B,C ∈ d tương ứng thănh A0,B0,C0 ∈ d0 . Khi đó,
(A0B0M0) = (ABM).(A
0AO) B0BO .
Thật vậy, theo tắnh chất của diện tắch đa giâc định hướng: OA0M0 OAM = OA0.OM0 OA.OM = (A0AO) (MM0O); OB0M0 OBM = OB0.OM0 OB.OM = (B0BO) (MM0O). Chia hai đẳng thức vế với vế ta được:
OA0M0 OB0M0 : OAM OBM = A0AO B0BO. Mặt khâc: OA0M0 OB0M0 = A0M0 B0M0 = (A 0B0M0) vă OAM OBM = (ABM).
Bđy giờ chứng minh văo băi toân. Giả sử phĩp chiếu xuyắn tđm O từ mặt phẳng Π lắn mặt phẳng Π0, câc điểm A1,A2, ...,An,M1,M2, ...,Mn tương ứng thănh câc điểm A01,A02, ...,A0n,M01,M02, ...,M0n
Âp dụng nhận xĩt trắn ta có: (A01A02M01) = (A1A2M1).(A 0 1A1O) (A02A2O), (A02A03M02) = (A2A3M2).(A 0 2A2O) (A02A3O), ... (A0nA01M0n) = (AnA1Mn).(A 0 nAnO) (A01A1O). Nhđn hai đẳng thức vế với vế ta được:
(A01A02M01).(A20A03M02).(A0nA10M0n) = (A1A2M1).(A2A3M2).(AnA1Mn).
Đó lă điều phải chứng minh.
Đđy lă tắnh chất quan trọng của phĩp chiếu xuyắn tđm, nó dẫn tới sự bảo toăn tỷ số kĩp, hăng điểm điều hòa qua phĩp chiếu.
Vắ dụ 1.4.2. Cho tam giâc ABC. Tìm quỹ tắch những điểm M thỏa mên MAB = MAC
Lời giải.
Với giả thiết diện tắch hình học thông thường S(MAB) = S(MAC), ta đê biết kết quả lă: quỹ tắch những điểm M lă hai đường thẳng :dkBC hoặc
d0 chứa trung tuyến đi qua A.
Khi thay đổi giả thiết S(MAB) = S(MAC) bằng giả thiết MAB = MAC thì kết quả quỹ tắch lă đường thẳng dkBC vì mọi điểm M ∈ d0 bị loại do hướng của hai tam giâc ngược chiều.
Vắ dụ 1.4.3. Cho tứ giâc ABCD. Tìm quỹ tắch những điểm O thỏa mên: OAB + OCD = OBC + ODA.
Lời giải.
Hình 1.8: Quỹ tắch điểm O
Phần thuận:
Giả sử O lă điểm thỏa mên: OAB + OCD = OBC + ODA.
Gọi M,N lần lượt lă trung điểm của BD,AC.Ta có: OAB + OBC + OCD + ODA = ABCD.
Suy ra: OBC + ODA = 1
2ABCD = MDA + MBC. Từ đó,ODA−MDA = MBC−OBC.
ODA−MDA = −OAM−OMD hay MDA−ODA = OAM + OMD.
Tương tự cũng có: MBC−OBC = OCM−OMB.
Ngoăi ra, do M lă trung điểm của BD nắn ta có: OMB = −OMD.
Từ câc đẳng thức trắn ta thu được :OCM = −OAM. Từ đó MO đi qua trung điểm N của AC, hay M,O,N thẳng hăng.
Phần đảo.
Lấy O bất kỳ thuộc đường thẳng MN. Nối O với câc đỉnh tứ giâc. Ta đi chứng minh đẳng thức OAB + OCD = OBC + ODA. Lặp lại tương tự như phần thuận theo thứ tự ngược lại.
Kết luận:
Quỹ tắch câc điểm O lă đường thẳng MN với M, N lần lượt lă trung điểm của BD vă AC.
Vắ dụ 1.4.4. Cho góc ∠xOy. Hai điểm A vă B lần lượt thuộc Ox, Oy
sao cho 1
OA + 1
OB = m = const. Chứng minh rằng câc đường thẳng
AB đồng quy tại một điểm.
Lời giải
Ở đđy ta giải bằng câch sử dụng diện tắch định hướng.
Hình 1.9: Điểm I cố định
Đặt góc (Ox,Oy) = 2α (góc định hướng). Gọi I lă giao của phđn giâc góc ∠xOy vă đường thẳng AB. Ta có:
OAB = OAI + OIB
⇐⇒ 1 2OA.OB.sin 2α = 1 2OA.OI.sinα+ 1 2OI.OB.sinα
⇐⇒ OA.OB.cosα = OA.OI + OI.OB ⇐⇒ cosα = m.OI
⇐⇒ OI = cosα m .
Suy ra điểm I cố định, câc đường thẳng AB đồng quy tại I.
Vắ dụ 1.4.5. (IMO 1976,#1) Cho tứ giâc lồi có diện tắch bằng 32cm2, tổng độ dăi hai cạnh đối diện vă một đường chĩo bằng 16m. Tìm tất cả câc giâ trị có thể có của độ dăi đường chĩo còn lại.
Lời giải Chọn A lăm gốc vĩc tơ-điểm, đặt ~x = −→ AB;~y = −→ BD;~z = −→ DC. Ta có ~x+~y +~z = −→ AC. Diện tắch tứ giâc bằng σ = 12(−→ BD∧−→BA)+12(−→ DB∧−→DC) = 12(~y∧(−~x)+(−~y)∧~z) = 12(~x∧~y+~z∧~y).
Theo giả thiết
σ = 32 = 12~x∧~y + 12~z ∧~y =⇒32 ≤ 21|~x|.|~y|+ 12|~z|.|~y|. Suy ra: 64 ≤ |~y|(|x~|+|~z|) ≤ |~y|+ |~x|+|~z| 2 2 = 16 2 2 = 64. Điều đó chỉ xảy ra khi |~y|(|x~|+|~z|) = 64.
Khi đó (~x, ~y) = 0; (~z, ~y) = 0;|~y| = |~x|+|~z|; 64 = |~y|(|~x|+|~z|) =|~y|2.
Vậy |~y| = |~x|+|~z| = 8. Gọi độ dăi đường chĩo kia lă λ, ta có:
λ2 = (~x+~y +~z)2 = ~x2 +~y2 +~z2 + 2~x.~z =⇒ λ2 = y~2 + (~x+~z)2,
trong đó,~y2 = 64 vă do ~x vă ~z cùng phương, cùng hướng (tắnh chất tứ giâc lồi) nắn (~x+~z)2 = (|~x|+|~z|)2 = 64.
Vậy λ2 = 128 =⇒ λ = 8√
2.
Nhận xĩt 1.4.1.
- Băi giải bằng phương phâp sử dụng tắch ngoăi như trắn khâ ngắn gọn vă có hình dâng một lời giải đại số. Băi giải hình học thuần túy phức tạp hơn nhiều.
- Trong băi giải như trắn ta chỉ xâc định được |~y| vă |~x| + |~z| chứ không xâc định được |~x| vă |~z|. Lời giải gốc của băi toân sử dụng cực trị hăm số.
Vắ dụ 1.4.6. (Định lý Carnot) Cho 4ABC nội tiếp đường tròn tđm O, bân kắnh R vă ngoại tiếp đường tròn tđm I, bân kắnh r. Khi đó:
trong đó OM,ON,OP lă câc khoảng câch đại số từ tđm O đến câc cạnh tam giâc. Hình 1.10: Định lý Carnot Chứng minh. Ta có: OM AA0 = OBC ABC,AA 0 = ha = bc 2R =⇒ OM = bcOBC 2R.ABC = bcsin 2A
2R(sin 2A + sin 2B + sin 2C). Tương tự, ON = acsin 2B
2R(sin 2A + sin 2B + sin 2C); OP =
absin 2C
2R(sin 2A + sin 2B + sin 2C). Do đó, OM + ON + OP = bcsin 2A +acsin 2B +absin 2C
2R(sin 2A + sin 2B + sin 2C) . Mặt khâc ta có:
sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4.sinA.sinB.sinC vă cosA + cosB + cosC = 1 + r
R.
Do đó: bcsin 2A +acsin 2B +absin 2C 2R(sin 2A + sin 2B + sin 2C) = = 8R
2sinAsinBsinC(cosA + cosB + cosC)
Nhận xĩt 1.4.2.
- Ở đđy câc góc A, B, C lă câc góc định hướng. Điểm O có thể nằm trong hay ngoăi tam giâc ABC.
- Câch giải truyền thống lă âp dụng định lý Ptole0my đối với tứ giâc nội tiếp vă phđn chia thănh ba trường hợp tam giâc nhọn, vuông, tù.
Vắ dụ 1.4.7. (IMO.1961,#4) Cho điểmP ở bắn trong tam giâc P1P2P3.
Goi Q1,Q2,Q3 lă giao của PP1,PP2,PP3 với câc cạnh liắn tiếp của tam giâc P1P2P3. Chứng minh rằng trong câc số PP1
PQ1, PP2 PQ2,
PP3
PQ3 tồn tại ắt
nhất 1 số không lớn hơn 2 vă ắt nhất 1 số không nhỏ hơn 2. Chứng minh. Theo tắnh chất của diện tắch ta có: PP2P3
P1P2P3 = PQ1 P1Q1 . Tương tự: PP3P1 P1P2P3 = PQ2 P2Q2; PP1P2 P1P2P3 = P Q3 P3Q3.
Cộng câc đẳng thức vế với vế ta được: 1 = PP2P3 P1P2P3 + PP3P1 P1P2P3 + PP1P2 P1P2P3 = PQ1 P1Q1 + PQ2 P2Q2 + PQ3 P3Q3 = 1 Vì P ở trong tam giâc nắn:
PQ1 P1Q1 + PQ2 P2Q2 + PQ3 P3Q3 = PQ1 P1Q1 + PQ2 P2Q2 + PQ3 P3Q3 . Suy ra trong 3 số: PQ1 P1Q1, PQ2 P2Q2, PQ3 P3Q3. phải có ắt nhất một số không lớn hơn 1
3 vă ắt nhất một số không nhỏ hơn 1
3 . Bằng câch biến đổi đơn giản, trong câc số PPi
PQi có ắt nhất 1 số không nhỏ hơn 2 vă ắt nhất 1 số không lớn hơn 2( thứ tự ngược lại).
Nhận xĩt 1.4.3.
- Điểm P ở trong tam giâc đóng vai trò quan trọng trong giả thiết. - Có thể phât biểu vă giải toân với P tùy ý theo câch giải trắn.
Câc băi toân sau cũng âp dụng được diện tắch đa giâc định hướng :
Băi toân 1.4. (Đường thẳng Newton) Chứng minh rằng trong một tứ giâc ngoại tiếp thì tđm đường tròn nội tiếp vă trung điểm của hai đường
Băi toân 1.5. (Bất đẳng thức Erdos) Cho M lă điểm nằm trong tam giâc ABC. Gọi p, q, r lă khoảng câch từ M đến câc cạnh BC,AC vă AB. ĐặtMA = x,MB =y,MC = z. Chứng minh rằng x+y+z ≥2(p+q+r)
Băi toân 1.6. (IMO,sortlist 1999) Cho 4ABC nội tiếp đường tròn
(O). X lă điểm bất kỳ trắn cung AB (không chứa C) vă gọi O1,O2 lă
tđm đường tròn nội tiếp của 4CAX,4CBX. Chứng minh rằng đường
tròn ngoại tiếp 4XO1O2 đi qua điểm cố định Y 6= X.
Băi toân 1.7. Cho 4ABC.Tìm quỹ tắch tất cả câc điểm nằm trong tam giâc mă khoảng câch từ điểm đó đến một cạnh băng tổng khoảng câch từ điểm đó đến hai cạnh kia.
Băi toân 1.8. (IMO-2007#2) Xĩt 5 điểm A,B,C,D,E sao cho ABCD
lă hình bình hănh, BCED lă tứ giâc nội tiếp. ` lă đường thẳng đi qua
A cắt cạnh DC ở Fvă cắt đường thẳng BC ở G. Giả sử EF=EG=EC.
Chứng minh rằng ` lă phđn giâc góc DAB[.
Chương 1 trình băy khâi niệm hướng của đa giâc vă diện tắch của chúng bằng phương phâp tiắn đề. Một số vấn đề mới (ắt được đề cập đến trong câc tăi liệu hiện hănh): câc tắnh chất của diện tắch đa giâc định hướng, hình bình hănh định hướng vă tắch ngoăi hai vĩc tơ, diện tắch định hướng coi như nghiệm của phương trình bậc hai(câc băi toân Mơbuis),công thức tắnh diện tắch thông qua tọa độ trong trường hợp tổng quât. Đó chắnh lă những nội dung chắnh mă tâc giả luận văn muốn đề cập đến.
Chương 2
Diện tắch tam giâc định hướng vă tọa độ barycentric
Phương phâp diện tắch định hướng khi vận dụng văo tam giâc thu được một số kết quả bất ngờ, giải có hiệu quả câc băi toân trong Hình học tam giâc. Liắn quan đến diện tắch định hướng có thể xđy dựng tọa độ barycentric của điểm vă đường thẳng. Ta có thắm một công cụ giải toân hình học. Những nội dung ở đđy có thể liệt kắ lă: tìm tọa độ câc điểm đặc biệt, phương trình câc đường đặc biệt trong tam giâc, chứng minh câc hệ thức trong tam giâc vă trong đường tròn, chứng minh một số định lý nổi tiếng của hình học phẳng; tìm quỹ tắch, tắnh diện tắch, tìm cực trị hình học,... Tìm thắm câch giải mới cho câc băi toân khó.
Cũng phải nói ngay đến tắn gọi "barycentric", do Mơbuis sử dụng. Thoạt đầu "barycentric" được Việt hóa lă "tỷ cự" vì nó thường gặp ở câc băi toân chia đoạn thẳng theo tỷ lệ (liắn quan đến quy tắc Archimedes), có tâc giả sử dụng "barycentric" lă "khối tđm" vì khâi niệm đang xĩt liắn quan đến Cơ học (người Nga dịch lă "ÊỡìơòđỉỮ ìăựự"). Khi xĩt đến diện tắch tam giâc định hướng, từ "barycentric" lại liắn quan đến diện tắch nắn có tâc giả gọi lă "tọa độ diện tắch". Mỗi tắn gọi đều có nguồn gốc vă phản ânh một phần của khâi niệm tuy nhiắn chưa có tắn gọi năo thỏa đâng. Chắnh bởi vậy tâc giả luận văn sử dụng câch viết " tọa độ barycentric" trong suốt luận văn.
2.1 Diện tắch của tam giâc định hướng
Ta nhắc lại một số kết quả đê có vă bổ sung thắm một số kết quả cần thiết để phât triển sang tọa độ barycentric.
Định nghĩa 2.1. Tắch ngoăi (hay tắch phản vô hướng) của hai vĩc tơ
−
→u ,−→v , ký hiệu lă −→u ∧−→v lă một số thực bằng 0 khi→−u = −→0hoặc−→v = −→0,
bằng|−→u||−→v |sin(−→u ,−→v ) khi −→u = −→v 6= −→0.
Ta có nhđn xĩt:
Ớ ABC = 1 2
−→
AB∧ −→AC .Từ đó tam giâc ABC định hướng thuận khi vă chỉ khi −→
AB∧−→AC > 0.
Ớ −→v ∧ −→u = −−→u ∧ −→v ,−→u vă −→v cùng phương ⇐⇒ −→u ∧ −→v = 0
Xĩt mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi −→
i ,−→
j lă hai vĩc tơ chỉ phương đơn vị của hai trục Ox, Oy, góc định hướng (−→
i ,−→
j ) = π
2[mod 2π]. Khi đó nếu
− →u = (u 1, u2),−→v = (v 1, v2) thì − →u ∧ −→v = u1v2 −u2v1 = u1 v1 u2 v2 .
Thật vậy, khi −→u hay −→v bằng −→0 thì rõ răng u
1v2 −u2v1 = 0. Khi −→u vă −→v khâc −→0 thì ta có:
sin(−→u ,−→v ) = sin((−→i ,→−v )−(−→i ,−→u))
= sin(−→
i ,−→v ) cos(−→i ,−→u)−cos(→−i ,−→v ) sin(−→i ,−→u) = v2
|v| u1 − →u − |vv1|u−→u2 nắn −→u ∧ −→v = u 1v2 −u2v1.