Một số áp dụng các hệ thức hình học phẳng

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 MỘT SỐ ÁP DỤNG CÁC HỆ THỨC HÌNH HỌC PHẲNG Vũ Tiến Việt HV An Ninh Tóm tắt nội dung Trong chương trình hình học phẳng có một số hệ thức khá thú vị. Nếu áp dụng chúng, ta có thể giải quyết được nhiều bài toán. Báo cáo nhằm trình bày một số hệ thức hình học hữu ích thường hay được sử dụng. 1 Hệ thức Euler Với tam giác ABC, ta sử dụng các ký hiệu: - Các góc: A, B,C. Các cạnh: a = BC, b = CA, c = AB - Các đường cao: ha, hb, hc. Các trung tuyến: ma,mb,mc. Các phân giác: la, lb, lc. - Bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp: r,R. - Bán kính các đường tròn bàng tiếp: ra, rb, rc - Nửa chu vi: p = 12 (a+ b+ c). Diện tích: S. Tính chất 1.1. Với mọi tam giác ABC ta có hệ thức Euler OI2 = R2 − 2Rr, trong đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp, I là tâm đường tròn nội tiếp. Chứng minh. Ta vẽ hình như dưới đây 1 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Đường phân giác của góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tại D. Ta có ÎBD = ÎBC+ ĈBD = 1 2 (Â+ B̂) và B̂ID = ÎAB + ÎBA = 1 2 (Â + B̂), nên tam giác IBD cân tại D, suy ra ID = BD. Dùng định lý hàm số sin cho tam giác ABD ta được BD = 2R sin B̂AD = 2R sin A2 . Từ tam giác vuông IAE ta có IA = IE sin ÎAE = r sin A2 . Xét phương tích của điểm I đối với đường tròn ngoại tiếp ta có R2 −OI2 = PI(O) = IA.ID = IA.BA = 2R sin A2 · r sin A2 = 2Rr, suy ra công thức Euler. Hệ quả 1.1. Với mọi tam giác ta có bất đẳng thức Euler R ≥ 2r. Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều. Chứng minh. Theo công thức Euler OI2 = 2Rr − r2 ta thấy OI2 ≥ 0, nên suy ngay ra điều cần chứng minh. Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi O ≡ I, hay tam giác đều. Bài toán 1.1 (Áp dụng 1). Trong mọi tam giác ta có bất đẳng thức (p− a)(p− b)(p− c) ≤ abc 8 · Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều. Chứng minh. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với p(p− a)(p− b)(p− c) ≤ pabc 8 ⇔ S2 = pr abc 4R ≤ pabc 8 ⇔ 2r ≤ R đây chính là bất đẳng thức Euler. Bài toán 1.2 (Áp dụng 2). Trong mọi tam giác ta có bất đẳng thức sin A 2 sin B 2 sin C 2 ≤ 1 8 · Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều. Chứng minh. Ta có S = pr = 1 2 (a+ b+ c)r = Rr(sin A+ sin B+ sinC) = 4Rr cos A 2 cos B 2 cos C 2 , S = abc 4R = 2R2 sin A sin B sinC = 16R2 sin A 2 sin B 2 sin C 2 cos A 2 cos B 2 cos C 2 . 2 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Suy ra hệ thức r = 4R sin A2 sin B 2 sin C 2 . Từ đây theo bất đẳng thức Euler ta suy ra điều cần chứng minh. 2 Hệ thức về diện tích Tính chất 2.1. Với mọi tam giác ABC ta có S = 1 4 (a2 sin 2B+ b2 sin 2A). Chứng minh. Ta xét 2 trường hợp: 1) tam giác nhọn và 2) tam giác tù 1) với tam giác nhọn thì S = SABC = SCAD + SCBD = 1 2 (CD.AD+ CD.BD) = 1 2 (CA sin ĈAD.CA. cos ĈAD+ CB sin ĈBD.CB. cos ĈBD) = 1 4 (a2 sin 2B+ b2 sin 2A). 2) với tam giác tù thì S = SABC = SCBD − SCAD = 12 (CD.BD− CD.AD) = 1 2 (CB sin ĈBD.CB. cos ĈBD− CA sin ĈAD.CA. cos ĈAD) = 1 2 (CB sin ĈBD.CB. cos ĈBD+ CA sin ĈAB.CA. cos ĈAB) = 1 4 (a2 sin 2B+ b2 sin 2A). Trường hợp tam giác vuông là hiển nhiên. Bài toán 2.1 (Áp dụng). Cho tam giác ABC thoả mãn S = 1 4 (a2 + b2). Chứng minh rằng đó là tam giác vuông cân tại C. Chứng minh. Ta có hệ thức S = 1 4 (a2 sin 2B+ b2 sin 2A), nên với điều kiện đã cho ta được a2(1− sin 2B) + b2(1− sin 2A) = 0. Suy ra sin 2A = sin 2B = 1, dẫn đến A = B = pi 4 , hay ABC là tam giác vuông cân tại C. 3 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 3 Hệ thức liên quan đến đường thẳng Euler Tính chất 3.1. Gọi G,H,O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó H,G,O thẳng hàng (đường thẳng Euler) và HG = 2GO, AH = 2OM, đồng thời AH2 = 4OM2 = 4R2 − a2, OH2 = 9R2 − (a2 + b2 + c2). Chứng minh. Ta vẽ hình như dưới đây, trong đó M,N tương ứng là trung điểm của BC,CA. Nối HG kéo dài cắt đường trung trực của BC tạiO1, cắt đường trung trực của CA tạiO2. Ta có AH ‖ MO1, BH ‖ NO2 nên theo định lý Thales O1G GH = MG GA = 1 2 , O2G GH = NG GB = 1 2 , suy ra O1 ≡ O2 hay H,G,O thẳng hàng và HG = 2GO, AH = 2OM. Ta có AH2 = 4OM2 = 4(OC2 − CM2) = 4R2 − a2 và R2 = ( ~OA)2 = ( ~OG+ ~GA)2 = OG2 + GA2 + 2 ~OG. ~GA, R2 = ( ~OB)2 = ( ~OG+ ~GB)2 = OG2 + GB2 + 2 ~OG. ~GB, R2 = ( ~OC)2 = ( ~OG+ ~GC)2 = OG2 + GC2 + 2 ~OG. ~GC. Vì ~GA+ ~GB+ ~GB =~0, nên suy ra 3R2 = 3OG2 + (GA2 + GB2 + GC2) = 3OG2 + 4 9 (m2a +m 2 b +m 2 c) = 3OG2 + 1 3 (a2 + b2 + c2) ⇒ OG2 = R2 − 1 9 (a2 + b2 + c2). Do đó OH2 = 9OG2 = 9R2 − (a2 + b2 + c2). Bài toán 3.1 (Áp dụng 1). Chứng minh rằng với mọi tam giác ta có bất đẳng thức a2 + b2 + c2 ≤ 9R2. Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều. Chứng minh. Từ hệ thức OH2 = 9R2 − (a2 + b2 + c2), do OH2 ≥ 0 ta suy ra điều cần chứng minh. Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi O ≡ H hay tam giác đều. 4 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Bài toán 3.2 (Áp dụng 2). Chứng minh rằng với mọi tam giác ta có bất đẳng thức sin2 A+ sin2 B+ sin2 C ≤ 9 4 · Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều. Chứng minh. Từ định lý hàm số sin và bất đẳng thức ở áp dụng 1 ta có sin2 A+ sin2 B+ sin2 C = 1 4R2 (a2 + b2 + c2) ≤ 9 4 · Dấu (=) xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều. 4 Hệ thức Ptolemy Tính chất 4.1. Cho tứ giác nội tiếp ABCD. Khi đó ta có hệ thức AC.BD = AB.CD+ AD.BC. Chứng minh. Ta vẽ hình như sau Trên AC ta lấy điểm E sao cho ÂBE = ĈBD. Khi đó do B̂AC = B̂DC, nên 2 tam giác ABE,DBC đồng dạng. Lại có ÂBD = ÊBC và B̂DA = B̂CA, nên 2 tam giác ABD, EBC đồng dạng. Suy ra AB DB = AE DC hay AB.CD = BD.AE và AD EC = BD BC hay AD.BC = BD.CE. Từ đó AB.CD+ AD.BC = BD.AE+ BD.CE = AC.BD. Chú ý 4.1. Ta có thể chứng minh ngược lại, tứ giác ABCD thỏa mãn hệ thức Ptolemy là từ giác nội tiếp. Bài toán 4.1 (Áp dụng, Hệ thức Carnot). Cho tam giác không tù ABC. Gọi da, db, dc là khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp O đến các cạnh BC,CA, AB. Khi đó ta có hệ thức da + db + dc = R+ r. Chứng minh. Ta vẽ hình như sau 5 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC,CA, AB. Xét tứ giác nội tiếp AEOF, theo hệ thức Ptolemy ta có AO.EF = AE.OF + AF.OE hay R · a 2 = b 2 · dc + c2 · db ⇔ Ra = bdc + cdb. Tương tự xét các tứ giác nội tiếp BFOD và CDOE ta được Rb = cda + adc và Rc = adb + bda. Dẫn tới R(a+ b+ c) = a(db + dc) + b(dc + da) + c(da + db). Mặt khác 2SABC = 2SOBC + 2SOCA + 2SOAB hay r(a+ b+ c) = ada + bdb + cdc. Suy ra (R+ r)(a+ b+ c) = (da + db + dc)(a+ b+ c) hay da + db + dc = R+ r. Chú ý 4.2. Nếu tam giác tù thì hệ thức carnot cần phải đổi lại. Chẳng hạn nếu góc A tù thì ta có hệ thức −da + db + dc = R+ r. Hệ thức da + db + dc = R+ r tương đương với da R + db R + dc R = 1+ r R hay OD OB + OE OC + OF OA = 1+ r R , tức là cos A+ cos B+ cosC = 1+ r R là một hệ thức khá quen thuộc trong tam giác lượng. 6