Chứng minh.
quanh điểm A biến ABB0 thành ADD0 (k = AD/AB = AD0/AB0). Do đó BB0 và DD0 nằm trên hai đường thẳng vuông góc.
(b) Vẽ hai hình tròn ngoại tiếp hai hình chữ nhật. Vì B\0P D0 = 90◦, suy ra hai hình tròn này giao nhau tại A và P (B\0P D0 = 90◦ = B\0AD0). Vì AC0 là đường kính, suy ra AP C\0 = 90◦. Tương tự, AP C[ = 90◦ và do đó CP C0 là đường thẳng.
(c) Trong tam giác ACC0, các điểm O và O0 lần lượt là trung điểm của AC và AC0, do đó OO0 là đường trung bình và OO0 = 1
2CC
0. Bổ đề 3.2.2 ([6]).
(a) Nếu hai hình thoi đồng dạng ABCD vàAB0C0D0 chung đỉnhA (các đỉnh được ký hiệu theo chiều kim đồng hồ) thì BB0 = DD0.
(b) Nếu O và O0 tương ứng là tâm của hình bình hành ABCD và AB0C0D0, thì OO0 = 1
2CC
0 (Hình 3.2).
Hình 3.2:BB0 =DD0
Chứng minh.
(a) Phép quay một góc BAB\0 quanh đỉnh A biến 4ABB0 thành 4ADD0, do đó hai tam giác bằng nhau, chứng tỏ BB0 =DD0.
(b) Trong tam giác ACC0, các điểm O là O0 là trung điểm hai cạnh AC và AC0, và do đó OO0 là đường trung bình và OO0 = 1
2CC
Bổ đề 3.2.3 ([6]). Nếu hai hình chữ nhật đồng dạng ABCD và AB0C0D0 chung đỉnh A thì trung điểm Q và S của B0D và BD0 cùng với hai tâm R và T của hai hình chữ nhật tạo thành một hình chữ nhật đồng dạngT SRQ (xem Hình 3.3).
Hình 3.3: Ba hình chữ nhật đồng dạng
Bổ đề 3.2.4 ([6]). Nếu hai hình thoi đồng dạng ABCD và AB0C0D0 chung đỉnh A thì trung điểm Q và S của B0D và BD0 cùng với hai tâm R và T của hai hình thoi tạo thành một hình thoi đồng dạng T SRQ (xem Hình 3.4).
Hình 3.4: Ba hình thoi đồng dạng
Chứng minh. Cả hai Bổ đề 3.2.3 và 3.2.4 phụ thuộc vào kết quả tổng quát sau:
ứng với P0 ∈ F0 dưới một phép đồng dạng cho trước. Lấy r ∈ (0,1) và định nghĩa F1 = {(1−r)P0 +rP1}. Khi đó Fr cũng là đồng dạng với F0.
Trong trường hợp của Định lý 3.2.3 và 3.2.4, ta có r= 1
2 và hai hình chung
một đỉnh.
Hai định lý sau là tổng quát của định lý van Aubel.
Định lý 3.2.1 ([6]). Nếu các hình chữ nhật đồng dạng có tâm E, F, G và H được dựng bên ngoài tứ giác ABCD như trong Hình 3.5, thì các đoạn EG và F H vuông góc. Ngoài ra, nếu J, K, L và M là trung điểm của các đoạn thẳng kẻ mờ thì J L và KM bằng nhau và đồng quy với hai đường thẳng khác.
Hình 3.5: Định lý van Aubel mở rộng
Chứng minh. Theo Bổ đề 3.2.3, hai hình chữ nhật đồng dạng với các đường chéo EF vàGH có chung đỉnh tại trung điểm của AC. tương tự, hai hình chữ nhật đồng dạng với đường chéo F G và EH có điểm chung là trung điểm của BD. Bổ đề 3.2.1 kéo theo EGvà F H nằm trên các đường thẳng vuông góc và KM và J L đồng quy với EG và F H.
Bằng cách đặt các hình thoi trên các cạnh của tứ giác EF GH, ta thu được trường hợp tương tự như trong Định lý 3.2.2 bên dưới, mà từ đó suy ra KM và J L bằng nhau.
Từ Bổ đề 3.2.1 suy rằng EG bằng hai lần chiều rộng của hình chữ nhật đồng dạng P QRS, và F H bằng hai lần chiều dài hình chữ nhật. Tương tự, KM và J L bằng hai lần đường chéo của hình chữ nhật P QRS.
Một quan sát thú vị khác đó là F H và EG là đường phân giác của các góc tạo bởi KM vàJ L. Vẽ đường tròn ngoại tiếp các hình chữ nhật có đường chéo EF và F G, suy ra O cùng nằm trên cả hai đường tròn. Do đó F OL[ = F GL[
(trên dây cung F L) và F OK\ = F EK\ (trên dây cung F K). Nhưng vì 4F GL đồng dạng với 4F EK, suy ra F OL[ = F OK\. Do đó F H là phân giác góc
\
KOL, và tương tự, EG là phân giác góc KOJ.
Định lý 3.2.2 ([6]). Nếu các hình thoi đồng dạng có tâm E, F, G và H được dựng bên ngoài tứ giác ABCD như trong Hình 3.6, thì các đoạn EG và F H bằng nhau. Ngoài ra, nếu J, K, L và M là trung điểm của các đoạn thẳng kẻ mờ thì J L và KM vuông góc.
Hình 3.6: Định lý van Aubel mở rộng
Chứng minh. Định lý được chứng minh dựa vào Bổ đề 3.2.2 và 3.2.4. Theo Bổ đề 3.2.4, các hình thoi đồng dạng với đường chéo EF và GH có chung đỉnh
tại trung điểm AC. Tương tự, các hình thoi đồng dạng với đường chéo F G và EH có chung đỉnh tại trung điểm BD. Bổ đề 3.2.2 kéo theo EG và F H bằng nhau.
Bằng cách đặt các hình chữ nhật đồng dạng trên các cạnh của tứ giác EF GH, ta thu được trường hợp như trong Định lý 3.2.1, từ đó suy ra KM và J L nằm trên các đường thẳng vuông góc với nhau.
Từ Bổ đề 3.2.2 ta có EG và F H bằng hai lần chiều dài cạnh hình thoi P QRS. Tương tự, KM bằng hai lần độ dài đường chéo QS và J L bằng hai lần độ dài đường chéo P R.
Kết hợp Định lý 3.2.1 và 3.2.2, ta thu được định lý van Aubel cho tứ giác vì hình vuông vừa là hình chữ nhật, vừa là hình bình hành. Với trường hợp hình vuông ta thu được các đoạn J L và KM bằng nhau và vuông góc với nhau, EGvà F H bằng nhau và vuông góc với nhau. Cả bốn đường đồng quy tại một điểm. Ngoài ra, ta cũng có tam góc tại điểm đó bằng nhau.
Chúng ta cần các bổ đề cơ bản sau để chứng minh một kết quả chính về định lý van Aubel mở rộng.
Bổ đề 3.2.5 ([4]). Nếu 4ABC là một tam giác đều có tâm S và M là điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng tam giác thì 2SM2 = AM2+BM2+CM2−AB2.
Bổ đề 3.2.6 ([4]). Tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo vuông góc khi và chỉ khi AB2+CD2 = BC2 +AD2.
Bổ đề 3.2.7 ([4]). Nếu các tam giác đều ABP, BCQ, CDRvà DAS được dựng bên ngoài tứ giác lồi ABCD có các cạnh AB = a, BC =b, CD = c và AD= d
và có diện tích là ∆, khi đó
Hình 3.7: Định lý van Aubel mở rộng
Chứng minh. Xét tứ giác trong Hình 3.7. Áp dụng định lý cosin cho các tam giác ABQ, P BQ, SDC và SDR ta thu được
AQ2 =AB2+BQ2−2AB·BQ·cosABQ[ = a2+b2 −2abcos(60◦ +ABC[)
P Q2 =BP2 +BQ2−2BP ·BQ·cosP BQ\ =a2 +b2−2abcos(240◦−ABC[)
CS2 = CD2+DS2 −2CD ·DS ·cosCDS[ =c2+d2−2cdcos(60◦+\ADC)
RS2 = RD2 +DS2−2RD·DS ·cosRDS[ = c2 +d2 −2cdcos(120◦ +\ADC). Cộng bốn hệ thức trên lại ta được
AQ2 +P Q2 +CS2+RS2
= 2[a2 +b2+c2+d2−ab(cos(60◦+ABC[) + cos(240◦−ABC[))
−cd(cos(60◦ +\ADC) + cos(120◦ +\ADC))]. (3.8) Sử dụng các phép biến đổi góc của hàm lượng giác và sử dụng kết quả
2∆ = absinB+cdsinD, (3.8) được rút gọn thành
AQ2 +P Q2+CS2 +RS2 = 2(a2 +b2+c2+d2 −∆). Tương tự, ta chứng minh được
Do đó
AQ2+P Q2 +CS2 +RS2 =DQ2 +RQ2 +BS2 +P S2.
Định lý 3.2.3 ([4]). Nếu S1, S2, S3 và S4 là tâm của các tam giác đều 4ABP, 4BCQ,4CDR và 4DAS được dựng bên ngoài tứ giác lồi bất kỳ ABCD có các cạnh AB =a, BC =b, CD = c và DA= d thì P R, QS lần lượt vuông góc với các đường S2S4, S1S4. Tức là S1S3 ⊥ QS, S2S4 ⊥ P R.
Hình 3.8: S1S3 ⊥QS, S2S4 ⊥P R
Chứng minh. Để chứng minh S1S3 vuông góc với QS, ta chứng minh tứ giác S1QS3R có các đường chéo vuông góc. Sử dụng Bổ đề 3.2.6, ta cần chỉ ra
S1Q2 +S3S2 = S1S2+S3Q2. (3.9) Sử dụng Bổ đề 3.2.5, ta có
3SM2 =AM2+BM2 +CM2 −AB2. Lần lượt thay S bằng S1, S3 và thay M bằng Q, S ta được
3S1S2 = AS2 +BS2 +P S2 −a2
3S3Q2 =CQ2+DQ2 +RQ2−c2
3S3S2 = CS2 +DS2+RS2−c2. Do đó, để chứng minh (3.9), ta chỉ cần chứng minh
AQ2+P Q2 +CS2 +RS2 =DQ2 +RQ2 +BS2 +P S2. Điều này theo Bổ đề 3.2.7.
Theo cách tương tự, ta có thể chứng minh S2S4 ⊥P R.
Định lý 3.2.4 ([4]). ChoV1, V2, V3 và V4 là giao điểm của các đường P R, QS, S1S3 vàS2S4. Khi đó bốn điểm V1, V2, V3 vàV4 nằm trên một đường tròn (Hình 3.9).
Hình 3.9:V1, V2, V3 và V4 nằm trên một đường tròn
Chứng minh. Theo Định lý 3.2.3, rõ ràng V1V2 ⊥ V2V3 và V3V4 ⊥ V4V1. Cho nên bốn điểm V1, V2, V3 và V4 cùng nằm trên một đường tròn.
Kết luận
Với mục đích giới thiệu cho học sinh nội dung định lý van Aubel, một vài ý tưởng vận dụng định lý van Aubel vào việc giải một số bài toán hình học, luận văn đã đạt được những kết quả ban đầu như sau:
(1) Tổng hợp, trình bày một cách có chọn lọc các kiến thức cơ bản và nâng cao liên quan đến bài toán đồng quy.
(2) Trình bày định lý van Aubel và một số tính chất của nó làm cơ sở cho việc vận dụng vào việc tìm lời giải một số bài toán hình học liên quan đến tam giác, tứ giác. Phần cuối luận văn cũng đã đưa ra định lý van Aubel mở rộng để người đọc thấy được vẻ đẹp và ứng dụng của định lý van Aubel.
(3) Đưa ra một số bài tập có yếu tố đồng quy để minh họa việc vận dụng định lý van Aubel trong quá trình đi đến lời giải. Đối với một vài bài toán liên quan đến yếu tố đồng quy trong tam giác, tứ giác, . . . trong các kỳ thi học sinh khá, giỏi, luận văn đã cố gắng đưa ra các lời bình, các lời dẫn dắt và đưa ra lời giải tường minh hơn so với những bài toán mà trong tài liệu tham khảo chỉ có lời giải vắn tắt hoặc gợi ý hướng giải.
Thông qua 19 bài toán, 4 định lý mở rộng luận văn đã minh họa sinh động việc vận dụng định lý van Aubel vào việc đưa ra lời giải hay, thú vị cho một số bài toán hình học khó liên quan đến yếu tố đồng quy dành cho học sinh khá, giỏi và đam mê với toán sơ cấp.
Hướng của luận văn là mở, ta có thể tìm thấy nhiều ứng dụng của định lý van Aubel trong việc đưa ra hướng giải quyết cho một số dạng bài toán hình học khác trong chương trình phổ thông.
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Nguyễn Văn Ban và Hoàng Chúng (1997), Hình học của tam giác, NXB Giáo dục.
[2] Nguyễn Bá Đang (2016), Những định lý chọn lọc trong hình học phẳng và các bài toán áp dụng, NXB Giáo dục, 213 trang.
[3] Đoàn Quốc Việt (2016), Ứng dụng của định lý van Aubel trong tam giác,
www.vietmaths.net/2015/06/ung-dung-cua-inh-ly-van-aubel-trong-tam.html, 3 trang.
Tiếng Anh
[4] D. N. V. Krishna (2016), “A New Consequence of van Aubel’s Theorem”, doi:10.20944/preprints201611.0009.v1
[5] Y. Nishiyama (2011), “The Beautiful Geometric Theorem of van Aubel”, International Journal of Pure and Applied Mathematics, Vol. 66, No. 1, pp. 71–80.
[6] M. de Villiers (1998), “Dual generalizations of van Aubel’s theorem”, Math- ematical Assoc. of America, pp. 405–412.
[7] M. de Villiers (2000), “Generalizing van Aubel using duality”,Mathematical Assoc. of America, pp. 303–307.