Đang tải... (xem toàn văn)
Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)
1 Mục lục Mở đầu Chương Một số kết tứ giác 1.1 1.2 Tứ giác có hai đường chéo vuông góc Tứ giác ngoại tiếp đường tròn 10 1.3 Đường tròn chín điểm 15 1.4 1.3.1 Đường tròn chín điểm đường thẳng Euler 15 1.3.2 Trực tâm tứ giác nội tiếp 25 1.3.3 Giao điểm Euler đường tròn chín điểm .26 Một vài đồng thức conic 27 1.4.1 Đồng thức cho đa giác nội tiếp parabol 27 1.4.2 Phép biến hình Nab 29 1.4.3 Đồng thức cho đa giác nội tiếp ellip 33 1.4.4 Đồng thức cho đa giác nội tiếp hyperbol 35 Chương Định lý Pascal lục giác nội - ngoại tiếp 38 2.1 Định lý Pascal 38 2.2 Ba đường nối tâm đồng quy 49 2.3 Kết cho lục giác nội, ngoại tiếp .52 Chương Một số bất đẳng thức hình học 59 3.1 Khối tâm bất đẳng thức Klamkin .59 3.2 Một số bất đẳng thức Garfunkel 62 3.3 Mở rộng bất đẳng thức hình học qua số phức 63 3.3.1 Một vài bất đẳng thức qua số phức 63 3.3.2 3.3.3 3.3.4 Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác 69 Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác 70 Bất đẳng thức đồng thức (M, N) 71 Kết luận 77 Tài liệu tham khảo 78 Mở đầu Hình học môn khoa học xuất sớm nhân loại Nhiệm vụ hình học mô tả ngắn gọn trả lời cho câu hỏi hình dạng, kích thước, vị trí tương đối hình khối, tính chất không gian Tính đến kỷ XXI này, Hình học vượt xa khuôn khổ ban đầu, phát triển rực rỡ thành nhiều nhánh đại, trừu tượng, ứng dụng to lớn vào thực tiễn, Vật lý nhiều phân ngành Toán học Hình học môn học quan trọng chương trình Toán phổ thông trường đại học sư phạm Các kết Hình học sơ cấp kinh điển tảng cho Toán học, khoa học, phát triển tư Sự lâu đời Hình học sơ cấp làm nảy sinh quan niệm cũ kỹ không phát triển Luận văn thực nhằm phủ định quan niệm Dưới hướng dẫn PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, luận văn có mục đích trình bày kết nghiên cứu khoa học Hình học sơ cấp, bao gồm hai khía cạnh, là, thứ nhất, kết liên quan đến tứ giác đường tròn, thứ hai bất đẳng thức cho đa giác mà phần dành để thảo luận đa giác Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, nội dung luận văn trình bày ba chương: • Chương Một số kết tứ giác Chương trình bày kết tứ giác có hai đường chéo vuông góc, vấn đề tứ giác đường tròn tứ giác ngoại tiếp đường tròn chín điểm Tiếp đó, số vấn đề đa giác nội tiếp conic thảo luận • Chương Định lý Pascal lục giác nội - ngoại tiếp Trình bày kết Định lý Pascal, ba đường nối tâm đồng quy lục giác nội - ngoại tiếp • Chương Một số bất đẳng thức hình học Chương dành để trình bày số bất đẳng thức hình học, bao gồm khối tâm bất đẳng thức Klamkin, bất đẳng thức Garfunkel mở rộng bất đẳng thức hình học qua số phức Tác giả hi vọng luận văn làm tài liệu tham khảo hữu ích cho quan tâm đến Hình học sơ cấp ứng dụng Nó có ích việc bồi dưỡng giáo viên, học sinh giỏi, quan tâm đến toán sơ cấp muốn mở rộng nhãn quan nói chung Luận văn tác giả đầu tư nghiên cứu hướng dẫn PGS.TS Đàm Văn Nhỉ nhiều lí do, luận văn chắn thiếu sót định Tác giả hi vọng nhận nhiều đóng góp quý Thầy Cô, anh chị em đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2017 Tác giả Phạm Thị Mai Hương Chương Một số kết tứ giác 1.1 Tứ giác có hai đường chéo vuông góc Trong mục trình bày số kết tứ giác có hai đường chéo vuông góc Tài liệu tham khảo mục [2] Định lí 1.1.1 Tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC BD vuông góc với AB2 + CD2 = AD2 + BC2 Chứng minh Giả thiết AC ⊥ BD K = AC × BD Theo Định lý Pythagore ta có AB2 +CD2 = KA2 + KB2 + KC2 + KD2 = KA2 + KD2 + KB2 + KC2 = AD2 + BC2 Ngược lại, giả thiết AB2 + CD2 = AD2 + BC Đặt α = ∠AKB Khi ta biểu diễn KA2 + KB2 − 2KA.KB cos α + KC2 + KD2 − 2KC.KD cos α= AB2 + CD2 KA2 + KD2 + 2KA.KD cos α + KC2 + KB2 + 2KC.KB cos α = AD2 + BC2 π Vậy (KA.KB + KC.KD + KA.KD + KB.KC) cos α = Từ suy α = AC ⊥ BD Hệ 1.1.1 Cho tứ giác lồi ABCD với K = AC × BD Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, CD, BC, DA, tương ứng, ký hiệu m1 = KM, m2 = KP, m3 = KN, m4 = KQ Khi m2 + m2 = m2 + m2 AC ⊥ BD chỉ3 m22 + m42 = m2 + m2 Chứng minh Dễ dàng AB2 + CD2 = BC2 + DA2 hay AC ⊥ BD theo Định lý 1.1.1 Định lí 1.1.2 Cho tứ giác lồi ABCD với K = AC × BD Gọi h1, h2, h3, h4 độ dài bốn đường cao hạ từ đỉnh K xuống cạnh AB, BC,CD, DA tam giác KAB, KBC, KCD, KDA, tương ứng Khi h12 + h32 = h2 + h42 AC ⊥ BD Chứng minh Đặt a = KA, b = KB, c = KC, d = KD, α = ∠AKB Biến đổi hệ thức h2 =1 + h2 AB2 + CD 2 a2b2 sin α c2d2 sin α a2 + b2 −2ab cos α c2 + d2 − 2cd cos = α a2b2 sin2 α + c2d2 sin2 α 1 1 1 cos α = 2+ 2+ 2+ − + a b c d Σ sin2 α ab cd Σ sin2 α Tương tự, ta có 1 1 1 1 cos α + = + + + + + h2 h2 b2 c2 d a2 Σ sin2 α bc da Σ sin2 α 1 1 Như vậy, hệ2 thức4 h2 tương đương + h2 = h2 + h2 1 1 cos α + + + =0 ab bc cD da Σ sin2 α hay cos α = 0, điều hoàn toàn tương đương với điều kiện AC ⊥ BD Định lí 1.1.3 Tứ giác lồi ABCD có đường chéo AC BD vuông góc với ∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π = ∠KAD + ∠KDA + ∠KBC + ∠KCB Chứng minh Nếu AC ⊥ BD ∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π Ngược lại, giả thiết ∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π Khi π = π −α+ π π − α Vậy α = suy AC ⊥ BD Bổ đề 1.1.1 Tứ giác lồi ABCD Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA, tương ứng Khi AC ⊥ BD MP = NQ Chứng minh Vì MN PQ song song AC nên tứ giác MNPQ luôn hình bình hành Vậy AC ⊥ BD MNPQ hình chữ nhật Như AC ⊥ BD MP = NQ Định lí 1.1.4 Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, CD, BC, DA, tương ứng Hạ MM1 ⊥ CD, NN1 ⊥ AB, PP1 ⊥ DA QQ1 ⊥ BC Khi đó, hai đường chéo AC BD vuông góc với điểm M, N, P, Q, M1, N1, P1, Q1 nằm đường tròn Chứng minh Nếu AC ⊥ BD MN = PQ theo Bổ đề 1.1.1 Gọi O giao điểm MN PQ Khi O trung điểm MN, PQ Dễ dàng suy MN OM = ON = OP = OQ = OM1 = ON1 = OP1 = OQ1 = Vậy tám điểm M, N, P, Q, M1, N1, P1, Q1 nằm đường tròn tâm O bán kính M Ngược lại, giả thiết điểm M, N, P, Q, M , N , P , Q nằm 1 1 Nđường π tròn Vì ∠MM1N = = ∠PP1Q nên MN PQ hai đường kính đường tròn điểm Vậy MN = PQ Từ suy AC ⊥ BD theo Bổ đề 1.1.1 Định lí 1.1.5 Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, CD, BC, DA, tương ứng Hạ MM1 ⊥ CD, NN1 ⊥ AB, PP1 ⊥ DA QQ1 ⊥ BC Khi đó, nhóm ba đường thẳng (MM1, QQ1, AC), (NN1, PP1, AC), (MM1, PP1, BD), (NN1, QQ1, BD) đồng quy Chứng minh Dựng hệ tọa độ Kxy, K = AC × BD Giả sử A(a, 0), B(0, b), C(c, 0), D(0, d) Đường thẳng MM1 qua trung điểm M đoạn AB vuông góc với cạnh CD có phương trình c x − a Σ − d y − Σ = Hiển nhiên MM1 b 2 ac − bd bd − ac cắt AC điểm E , 0Σ cắt BD điểm H 0, Σ Đường thẳng QQ1 qua trung điểm 2Q đoạn AD vuông góc với cạnh2 CB có phương trình c d c.x d ac − bd xa Σ b y − Σ = Hiển nhiên QQ1 cắt AC điểm E , 0Σ bd − acΣ − − cắt BD điểm G2 0, 2b c ac − bd Hoàn toàn tương tự, NN1 , PP1 cắt AC điểm F , 0Σ NN1 cắt BD bd − ac bd − ac điểm G 0, Σ , PP1 cắt BD điểm H a.0, Σ 2 Hiển nhiên KA.KF = bKC.KE = KB.KG = KD.KH Như vậy, tứ d giác EGFH ảnh ABCD phép nghịch đảo tâm K Định lí 1.1.6 Cho tứ giác lồi ABCD K = AC × BD Gọi K1, K2, K3, K4 chân đường vuông góc hạ từ K xuống AB, BC, CD, DA, tương ứng Khi ta có hai kết sau: (1) AC ⊥ BD bốn điểm K1, K2, K3, K4 nằm đường tròn (2) Giả sử KK1, KK2, KK3, KK4 kéo dài cắt CD, DA, AB, BC K1′ , K2′ , K3′ , K4′ tương ứng Tám điểm K1, K1′ , K2, K2′ , K3, K3′ , K4, K4′ nằm đường tròn (3) Tứ giác K1′ K2′ K3′ K4′ hình chữ nhật Chứng minh (1) Vì AC ⊥ BD nên ∠A1 + ∠B1 + ∠C1 + ∠D1 = π Từ suy kết ∠K41 + ∠K21 + ∠K42 + ∠K22 = ∠A1 + ∠B1 + ∠C1 + ∠D1 = π Ngược lại, giả thiết tứ giác K1K2K3K4 nội tiếp đường tròn Khi ∠K41 + ∠K21 + ∠K42 + ∠K22 = π Từ có ∠A1 + ∠B1 + ∠C1 + ∠D1 = π suy AC ⊥ BD theo Định lý 1.1.3 10 (2) Dựng hệ tọa độ Kxy, K = AC × BD Giả sử A(a, 0), B(0, b), C(c, 0), D(0, d) Phương trình đường thẳng AB : bx + cy = cd, CD : dx + cy = cd KK1 : ax − by = Tọa độ Σ acd Σ , ab , a b bcd K K1′ a2 + b2 a2 + ac + ac + bd Dễ dàng tính b2 ′ bd |ab| √ |cd| a2 + b2 |abcd| = p = KK1.KK1 = √ 2 |ac + bd| |ac + bd| a +b |abcd| Hoàn toàn tương tự, ta có KK2.KK′ = KK3.KK′ = KK4.KK′ |ac + bd| ′ ′ ′ ′ Từ suy rằng, tám điểm K1, K1 , K2, K2 , K3, K3 , K4, K4 nằm đường tròn Chú ý rằng, KA.KB.KC.KD p = KA.KC + KB.KD abd acd (3) Dễ dàng tính K′ , Σ Như K′ K′ " AC Tương tự hình ′ ′ ′ ′ ′ ′ K K1+ " BD.acTừ +đây suy ra, tứ giác1K12′ K2′ K33′ K K44′ " AC, K2 K3 " BD, K4 ac chữ nhật bd bd Hệ 1.1.2 Cho tứ giác lồi ABCD với AC ⊥ BD Hai nhóm tám điểm M, N, P, Q, M1, N1, P1, Q1 K1, K1′ , K2, K2′ , K3, K3′ , K4, K4′ trùng tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Chứng minh Hai nhóm tám điểm M, N, P, Q, M1, N1, P1, Q1 K1, K1′ , K2, K2′ , K3, K3′ , K4, K4′ trùng E, F, G, H trùng K hay ac = bd Điều tương đương tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn 1.2 Tứ giác ngoại tiếp đường tròn Chủ đề mục tứ giác ngoại tiếp đường tròn Chúng trình bày số định lý quan trọng kèm theo chứng minh Chúng trình bày dựa vào tài liệu [2] Định nghĩa 1.2.1 Một tứ giác có cạnh tiếp xúc với đường tròn gọi tứ giác ngoại tiếp đường tròn Định lí 1.2.1 Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn AB + CD = AD + BC 19 Chứng minh Hiển nhiên, tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn AB + CD = AD + BC Ngược lại, cho AB + CD = AD + BC Nếu tứ giác có AB = BC CD = AD Khi BD phân giác ∠B ∠D tứ giác ABCD Phân giác ∠A cắt BD O thấy O cách bốn cạnh tứ giác Vậy, tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn Nếu AB ƒ= BC, chẳng hạn AB > BC, AD − CD = AB − BC > Lấy điểm P thuộc cạnh AB điểm Q thuộc cạnh AD cho BP = BC, DQ = DC Ta có AP = AB − BP = AB − BC = AD − CD = AD − DQ = AQ Với ba tam giác cân APQ, BCP, DCQ, ba phân giác góc ∠A, ∠B, ∠D ba đường trung trực ba cạnh tam giác PQC Ba phân giác đồng quy O Điểm O cách cạnh tứ giác ABCD Từ suy tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn Hệ 1.2.1 Nếu cạnh tứ giác lồi ABCD thỏa mãn AB + CD = AD + BC phân giác góc ∠A, ∠B, ∠C, ∠D đồng quy điểm Chứng minh Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn theo Định lý 1.2.1 Vậy tâm đường tròn giao điểm phân giác góc ∠A, ∠B, ∠C, ∠D Ví dụ 1.2.1 Mỗi đường chéo ngũ giác lồi gọi đường chéo tốt chia ngũ giác lồi thành tam giác tứ giác ngoại tiếp đường tròn Xác định số đường chéo tốt lớn có ngũ giác lồi Bài giải Trước tiên ta rằng, hai đường chéo cắt hai đường chéo tốt Thật vậy, giả sử hai đường chéo tốt ngũ giác lồi ABCDE AC BE cắt M ngũ giác Do tứ giác ACDE BCDE ngoại tiếp đường tròn nên AC + DE = CD + AE BC + DE = BE + CD Từ suy AC + DE + BE + CD = CD + AE + BC + DE hay AC + BE = BC + AE, vô lý Điều giả sử sai Tương tự, AC BD AD BE hai đường chéo tốt Xây dựng ngũ giác lồi có đường chéo tốt: Xét ngũ giác lồi ABCDE thỏa mãn AB = AC = AD = AE BC = CD = DE với hai đường chéo tốt AC AD Ví dụ 1.2.2 Mỗi đường chéo nối hai đỉnh đối lục giác lồi chia lục giác lồi thành hai tứ giác Xác định số lớn có tứ giác tứ giác ngoại tiếp đường tròn ba đường chéo tạo thành Bài giải Với ba đường chéo nối cặp đỉnh đối diện lục giác ta nhận tứ giác Giả sử số tứ giác ngoại tiếp đường tròn không nhỏ Như vậy, có hai tứ giác ngoại tiếp đường tròn đường chéo chia Giả sử đường chéo AD lục giác lồi ABCDEF chia lục giác lồi thành hai tứ giác ngoại tiếp ABCD ADEF Xét tứ giác ngoại tiếp BEDC Khi AB + CD = AD + BC BC + DE = BE + CD Từ suy AD + BE = AB + vô lý Điều giả sử sai Như vậy, số tứ giác DE, ngoại tiếp đường tròn không lớn Xây dựng lục giác lồi có tứ giác ngoại tiếp đường tròn: Xét tam giác MNP với MN = NP = PM = Lấy A, F ∈ MN, E, D ∈ NP, C, B ∈ PM cho đoạn MA = NF = NE = PD = PC = MB = Ta có ba tứ giác ngoại tiếp đường tròn ABCF, BCDE, DEFA Định lí 1.2.2 Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kinh r Giả sử cạnh AB, BC, CD, DA tiếp xúc với đường tròn M, N, P, Q Đặt a = AM, b = BN, c = CP, d = DQ Khi ta có hệ thức abc + abd + acd + bcd a+ b+ c+d = r2 r D Chứng minh Ta có A r B r C r = tan , = tan , = tan , = tan Từ hệ thức a b c d A B C D + + + =π 2 C 2D A B lấy tan hai vế tan + Σ = − tan + Σ ta có hệ thức sau: 2 2 r r r r + + − a − b =− c d Như ta có ad2 bd2 cd2 c“ b abc xa + y + z xyz d2 Mệnh đề 3.3.9 Giả sử tam giác ABC có BC = a,CA = b, AB = c Gọi I tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC Với điểm M mặt phẳng ABC ta có aIA2 MA abcIM2 cIC2 “ + MC MB MA.MB.MC + bIB Chứng minh Tương ứng A, B,C, M, I với số phức z1, z2, z3, z, Từ bất đẳng thức |z1|2 |z2| |z3|2 + + |z1 − z2||z1 − z3||z − |z2 − z3||z2 − z1||z − |z3 − z1||z3 − z2||z − z3| z1| z2| |z | “ |z − z1||z − z2||z − z3| IC2 IM2 IB2 ta suy bất đẳng thức + caM “ MA.MB.MC abMC IA2 B + bcMA Như ta có bất đẳng thức aIA2 2 + bIB + cIC “ abcIM MA MC MB MA.MB.MC 3.3.2 Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác Sử dụng số phức ta chứng minh Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác lồi nội tiếp đường tròn Kết trình bày báo [3] Mệnh đề 3.3.10 (Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác) Với đa giác A1 An điểm M thuộc mặt phẳng ta luôn có bất đẳng thức: A1A2 MA1.MA2 + A2A3 AnA1 An−1An + · · · + MAn−1.MAn “ MAn.MA1 MA2.MA3 Khi n = ta có Bất đẳng thức Ptolemy Đặc biệt, A1A2 = A2A3 = · · · = An−1An = AnA1 > ta có bất đẳng thức: MA1.MA2 + MA2.MA3 +···+ MA n− MAn “ MAn.MA1 Chứng minh Giả sử đỉnh Ak có tọa vị zk điểm M có tọa vị z Từ bất đẳng thức |z1 − z2| |z − z1||z − z2| + |z2 − z3| ··· |z − z2||z − z3| + zn|+ − |zn−1 |z − zn−1||z − zn| |z1 − zn| “ |z − z1||z − zn| 70 ta nhận bất đẳng thức: A1A2 MA1.MA2 + A2A3 AnA1 An−1An + · · · + MAn−1.MAn “ MAn.MA1 MA2.MA3 Với n = bất đẳng thức trở thành A3A1 “ MA3.MA1 A1A2 A2A3 + MA MA MA1.MA2 Đây Bất đẳng thức Ptolemy Vậy MA1.MA2 + MA2.MA3 +···+ MA MAn “ n− 1 MAn.MA1 A1A2 = · · · = AnA1 Ví dụ 3.3.5 Giả sử đa giác lồi A1 An với độ dài cạnh AkAk+1 = kA1A2 quy ước n + ≡ Chứng minh rằng, tồn điểm M mặt phẳng A1A2 An thỏa mãn bất đẳng thức: MA1.MA2 + n n−1 + · · · + MAn−1.MAn < MA2.MA3 MAn.MA1 Bài giải Nếu có điểm M thỏa mãn đầu ta có bất đẳng thức: MA1.MA2 + n− n + · · · + MAn−1.MAn “ MA MA n MA2.MA3 theo Mệnh đề 3.3.10 Từ suy điều cần chứng minh 3.3.3 Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác Tiếp theo việc mở rộng Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác Chúng tham khảo [3] trình bày mục Với ∆ABC điểm M tùy ý ta có aMB.MC + bMC.MA + cMA.MB “ abc hay bcMA + 1 + caM “ abMC B MA.MB.MC Với đa giác n đỉnh điểm tùy ý ta có kết đây: 79 Mệnh đề 3.3.11 (Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác) Với đa giác A1 AnM ta có n 1 “ ∑ n n k=1 MAk ∏ AiAk MAk ∏ i k k=1 Khi n = a1 = A2A3, a2 = A3A1, a3 = A1A2 ta nhận Bất đẳng thức Hayashi cho tam giác a1MA2.MA3 + a2MA3.MA1 + a3MA1.MA2 “ a1a2a3 Chứng minh Giả sử đỉnh Ak có tọa vị ak với k = 1, , n, điểm M có tọa vị z Dễ 1 dàng kiểm tra biểu diễn (a − z) (a −=z) ∑n suy bất n n k=1 (ai − − ak)(ak z) ∏ n đẳng thức ∑ k=1 n MAk ∏ AiAk iƒ=k i k “ n ∏ MAk k=1 Ví dụ 3.3.6 Giả sử tam giác ABC không tù có ba cạnh a, b, c Chứng minh rằng, với điểm M tam giác ABC có aMB.MC + bMC.MA + cMA.MB “ abc Dấu = xảy M trực tâm ∆ABC Bài giải Ta có aMB.MC + bMC.MA + cMA.MB “ abc theo Bất đẳng thức Hayashi Giả thiết M trùng trực tâm H ∆ABC Khi aHB.HC = 2RHB.HC sin A = 4RSHBC Tương tự, ta có bHC.HA = 4RSHCA cHA.HB = 4RSHAB Do vậy, ta nhận aHB.HC + bHC.HA + cHA.HB = 4RSABC = abc 3.3.4 Bất đẳng thức đồng thức (M, N) Chúng ta xây dựng bất đẳng thức mà Bất đẳng thức Hayashi trường hợp đặc biệt Chúng dựa vào tài liệu [7, 2] trình bày Trước tiên ta chứng minh bất đẳng thức sau vận dụng kết đạt để xây dựng nhiều bất đẳng thức cho tam giác Mệnh đề 3.3.12 Giả sử đa giác A1A2 An Khi đó, với s ™ n điểm N1, , Ns điểm M mặt phẳng A1A2 An có bất đẳng thức: s s ∏ MN j j=1 ™ ∑ MA ∏ i=1 ∏ AkNj n j=1 k=1 ∏ i ik AkAi.MAk , (M, N) Hơn nữa, ta có trường hợp đặc biệt thể tính tổng quát cho số kết nêu (1) Khi s = ta có Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác (2) Khi n = 4, s = 3, ta có bất đẳng thức: 3 ∏ MNj j=1 ™ ∏ AkNj ∏ MAi j=1 , (M, N) ∑ ∏ AkAi.MAk k=1 iƒ=k i=1 (3) Khi n = 3, s = 1, bốn điểm A, B,C, N thuộc đường tròn tâm M ta có bất đẳng thức aAN + bBN + cCN “ 4SABC Chứng minh Giả sử Ak có tọa vị ak, M có tọa vị z Nh có tọa vị zh Theo Công thức nội suy Lagrange có s s n ∏(z − z j) = ∑ k=1 j=1 ∏ (ak− z j) j=1 ∏ (a k −a) ∏(z − ai) iik i k Có thể đánh giá s s ∏ |z − z j| ∏ |ak − z | j j=1 ™ ∏ |z − | k=1 ∏ |ak − ai||z − ak| ∑ n j=1 iƒ= k i=1 Từ suy bất đẳng thức hình học s s ∏ MN j n j=1 n ∏ AkNj j=1 ∑ iƒ=k ∏ AkAi.MAk ∏ MA ™ k=1 i=1 i (1) Khi s = ta có ∏ MNj = = ∏ AkNj Bất đẳng thức (M, N) trở thành Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác n ∏ MAi (2) (3) hiển nhiên i=1 ™ n ∑ ∏ A A MA k=1 kk i iƒ=k Nhận xét 3.3.1 Ký hiệu R, r bán kính đường tròn ngoại tiếp nội tiếp ∆ABC, N tâm đường tròn ngoại tiếp Từ bất đẳng thức aAN + bBN + cCN “ 4SABC ta dễ dàng suy R(a + b + c) “ 2r(a + b + c) hay R “ 2r [Euler] Ví dụ 3.3.7 Cho ∆ABC với độ dài cạnh a, b, c bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp R, r Gọi O, I G tâm đường tròn ngoại, nội tiếp trọng tâm ∆ABC Ký hiệu R1, R2, R3 bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác GBC, GCA, GAB, tương ứng Ký hiệu ra, rb, rc bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC, ICA, IAB, tương ứng ký hiệu R′1, R′2, R′3 bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC, OCA, OAB Khi ta có bất đẳng thức sau: abc (1) R2 “ a+b+c (2) R1 + R2 + R3 “ 3R rb rc R h + hb “ hc , (3) r + R x R y R z (4) ′1 + ′2 + ′3 “ R ∆ABC không tù x, y, z khoảng cách từ O đến hb ba cạnh hc Bài giải (1) Theo Bất đẳng thức (M,N) có: abc aOB.OC + bOC.OA + cOA.OB “ abc hay R2 “ a+b+c (2) Theo Bất đẳng thức (M,N) ta có aGB.GC + bGC.GA + cGA.GB “ abc Vì SABC abc aGB.GC = 4R1SGBC = 4R1 = 4R1 , 3.4R abc abc abc nên ta có R1 + R2 + R3 “ abc hay R1 + R2 + R3 “ 3R 3R 3R 3R (3) Theo Bất đẳng thức (M,N) ta có aIB.IC + bIC.IA + cIA.IB “ abc Vì aIB.IC = 4r S = 2r = rabc = rabc, nên ta có rabc + rabc + rabc “ a IBC 4R R ha R rb rc R R R + + “ hb hc r (4) Theo Bất đẳng thức (M,N) có aOB.OC + bOC.OA + cOA.OB “ abc Vì abc hay aOB.OC = 4R′ S OBC nên ta có = ′2R′ xa = 4R x abc 4R = R′1 x abc R R′1x abc R′2y abc R′3z abc +hc R “ abc R + hb R R x R y R z hay ′1 + ′2 + ′3 “ R hb hc Ví dụ 3.3.8 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Giả sử tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c I, Ja, Jb, Jc tâm đường tròn nội tiếp tâm đường tròn bàng tiếp ∆ABC Đặt DA = x, DB = y, DC = z Với điểm M ta có (1) (2) abcMI aAI bBI cCI MA.MB.MC ™ MA +MB +MC √ √ b+ c a MI a + b + c − ™ √ bcMA MA.MB.MC + √ c+ a b − √ caMB √ a+ b c − √ abMC + (3) MJa + MJb + MJc AJa + AJb + AJc BJa + BJb + BJc ™ + caMB bcMA MA.MB.MC CJa + CJb + + CJc abMC (4) AJa.AJb + AJb.AJc + AJc.AJa BJa.BJb + BJb.BJc + BJc.BJa + bcMA caMB + CJa.CJb + CJb.CJc + CJc.CJa MJa.MJb + MJb.MJc + MJc.MJa “ abMC MA.MB.MC (5) AJa.AJb.AJc BJa.BJb.BJc CJa.CJb.CJc DJa.DJb.DJc + cayM + abzMC + xyzMD bcxM A B MJa.MJb.MJc “ MA.MB.MC.MD Bài giải (1) Theo Bất đẳng thức (M,N) với n = 3, s = có bất đẳng thức: MI BI CI AI + MA.MB.MC ™ bcM + caM abMC A B (2) bc(b + c − a) ca(c + a − b) ab(a + b − c) Vì IA2 = IB2 = IC2 = nên ta , , nhận + bc + − ca √ c + aa−+bb +a√+ a + MI b +√ac+ b + c √ab + c b− c bất đẳng thức MA.MB.MC ™ √ bcMA + √ caMB √ abMC + (3) Theo Bất đẳng thức (M,N) với n = 3, s = ta có bất đẳng thức: MJa MA.MB.MC MJb MA.MB.MC MJc MA.MB.MC BJa AJa ™ bcM + caM A B AJb ™ bcM + BJb caM A B AJc ™ bcM BJc A + caMB CJa + abMC CJb + abMC CJc + abMC Cộng ba bất đẳng thức MJa + MJb + MJc AJa + AJb + AJc BJa + BJb + BJc CJa + CJb + CJc MA.MB.MC ™ + caMB + abMC bcMA (4) Theo Bất đẳng thức (M,N) với n = 3, s = có bất đẳng thức: MJa.MJb AJa.AJb BJa.BJb CJa.CJc MA.MB.MC ™ bcMA + caMB + abMC AJb.AJc BJb.BJc CJb.CJc MJb.MJc MA.MB.MC ™ bcMA + caMB + abMC AJc.AJa BJc.BJa CJc.CJa MJc.MJa ™ bcMA + caMB + abMC MA.MB.MC Cộng ba bất đẳng thức, với T= MJa.MJb + MJb.MJc + MJc.MJa MA.MB.MC có bất đẳng thức AJa.AJb + AJb.AJc + AJc.AJa BJa.BJb + BJb.BJc + BJc.BJa bcMA + caMB CJa.CJb + CJb.CJc + + c.CJa CJ abMC (5) Theo Bất đẳng thức (M,N) với n = 4, s = có bất đẳng thức sau: MJa.MJb.MJc AJa.AJb.AJc BJa.BJb.BJc CJa.CJb.CJc + abzMC MA.MB.MC.MD ™ bcxMA + cayM B DJa.DJb.DJc + xyzMD T ™ Ví dụ 3.3.9 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c bán kính đường tròn ngoại tiếp R Gọi O, H tâm đường tròn ngoại tiếp trực tâm ∆ABC Khi đó, với điểm M ta có bất đẳng thức: abcMO.MH aAH bBH cCH RMA.MB.MC™ MA + MB + MC Khi M thuộc đường tròn tâm O bán kính R ta có bất đẳng thức sau đây: abcMH a √ 4R2 − a2 √ b 4R2 − MB b2 √ c 4R2 − MC + + ™ MA MA.MB.MC Bài giải Theo Bất đẳng thức (M,N) có bất đẳng thức đây: MO.MH AO.AH BO.BH CO.CH ™ bcMA + caMB +abMC MA.MB.MC c2 Vậy ta có bất đẳng thức abcMO.MH ™ aAH + bBH + cCH RMA.MB.MC MA MB MC Ví dụ 3.3.10 Cho tam giác ABC với độ dài cạnh a, b, c Gọi I, G, H tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm trực tâm ∆ABC Khi đó, với điểm M ta có bất đẳng thức đây: (1) abcMI2 MA.MB.MC (2) abcMG2 MA.MB.MC ™ ™ aAI2 MA + aAG2 MA bBI2 + MB + bBG2 MB cCI2 MC + cCG2 MC 2 abcMH2 c(4R2 − c2) MA.MB.MC ™ a(4R − a ) + b(4R − b ) MB + MA MC Bài giải Với việc chọn s = 2, N1 ≡ N2 ≡ N, theo Bất đẳng thức (M,N) có (3) MN2 MA.MB.MC ™ AN2 bcMA + BN2 caMB + CN2 abMC Vậy ta có bất đẳng thức abcMI2 2 ™ aAI + bBI + cCI2 MA.MB.MC MC MA MB abcMG2 cCG2 bBG ™ + + MB MA MC MA.MB.MC Ta có (1) (2) Khi lấy N ≡ H ta có (3): abcMH2 aAG2 ™ a(4R2 − MA.MB.MC a2) MA b(4R2 − b2) + + MB c(4R2 − c2) MC Kết luận Những kết đạt Luận văn “Một số kết hình học” đạt kết sau: Một số kết tứ giác, bao gồm tứ giác có hai đường chéo vuông góc, vấn đề tứ giác đường tròn Một số đồng thức conic Trình bày kết cho lục giác nội, ngoại tiếp Một số bất đẳng thức hình học, bao gồm khối tâm bất đẳng thức Klamkin, bất đẳng thức Garfunkel mở rộng bất đẳng thức hình học qua số phức Đề xuất số hướng nghiên cứu Sau kết đạt luận văn, cố gắng mở rộng kết đạt được, đồng thời thực nghiên cứu sâu sắc để thu bất đẳng thức hình học ứng dụng chúng giải toán hình học Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu, Đàm Văn Nhỉ (2015), Đồng thức phương pháp tọa độ Hình học, Nhà xuất ĐHQG Hà Nội 2015 [2] Trần Tuấn Nam, Đàm Văn Nhỉ, Trần Trung Tình, Nguyễn Anh Tuấn (2016), Giáo trình Hình học sơ cấp, Nhà xuất ĐHSP Thành phố Hồ Chí Minh [3] Đàm Văn Nhỉ, “Mở rộng bất đẳng thức Ptolemy Hayashi cho đa giác”, Tạp chí Toán học Tuổi trẻ 426, tháng 12/2012 [4] B.V Sabat (1974), Nhập môn giải tích phức (Nguyễn Thủy Thanh Hà Huy Khoái dịch), Nhà xuất ĐH THCN Hà Nội Tiếng Anh [5] O Bottema (2008), Topics in Elementary Geometry, Springer [6] H.S.M Coxeter, S.L Greitzer, (1967), Geometry Revisited, The Mathematical Association America [7] Dam Van Nhi (2013), “A new inequality and identity (M, N)”, Journal of Sci- ence and Arts 1, pp 5-16 [8] N Dergiades (2014), “Dao’s theorem on six circumcenters associated with a cyclic hexagon”, Forum Geometricorum 14, pp 243-246 ... đầu Hình học môn khoa học xuất sớm nhân loại Nhiệm vụ hình học mô tả ngắn gọn trả lời cho câu hỏi hình dạng, kích thước, vị trí tương đối hình khối, tính chất không gian Tính đến kỷ XXI này, Hình. .. trọng chương trình Toán phổ thông trường đại học sư phạm Các kết Hình học sơ cấp kinh điển tảng cho Toán học, khoa học, phát triển tư Sự lâu đời Hình học sơ cấp làm nảy sinh quan niệm cũ kỹ không... số bất đẳng thức hình học Chương dành để trình bày số bất đẳng thức hình học, bao gồm khối tâm bất đẳng thức Klamkin, bất đẳng thức Garfunkel mở rộng bất đẳng thức hình học qua số phức Tác giả