Một số Chuyên đề bài viết về hình học phẳng

Các chuyên đề, bài viết dưới đây do laisac sưu tầm trên Internet rồi biên soạn, cắt xén và dán thành hai  file tổng hợp với mục đích phụ giúp (thời gian tìm kiếm) cho các em ở đội tuyển trường THPT chuyên  L.V.C . Vì không liên hệ được trực tiếp với các tác giả để xin phép, mong thông cảm!  1. Định Lý Ceva  Cho tam giác ABC. D, E, F lần lượt nằm trên các cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng các mệnh đề  sau là tương đương:  1.1 AD,BE,CF đồng quy tại một điểm.  1.2  · · · · · ·  sin sin sin  . . 1  sin sin sin  ABE BCF CAD  DAB EBC FCA =  .  1.3  . . 1  AE CD BF  EC DB FA =  .  Chứng minh:  Chúng ta sẽ chứng minh rằng 1.1 dẫn đến 1.2, 1.2 dẫn  đến 1.3, và 1.3 dẫn đến 1.1.  Giả sử 1.1 đúng. Gọi P là giao điểm của AD, BE, CF.  Theo định lý hàm số sin trong tam giác APD, ta  có:  · · · ·  sin sin  .  sin sin  ABE ABP AP  BP DAB BAP = =  (1)  Tương tự, ta cũng có:  · ·  sin  ;  sin  BCF BP  CP EBC =  (2)  · ·  sin  .  sin  CAD CP  AP FCA =  (3)  Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta được 1.2.  Giả sử 1.2 đúng. Theo định lý hàm số sin trong tam giác ABD và tam giác ACD ta  có:  · · · ·  sin sin  ; .  sin sin  ADB AB CAD CD  DB CA BAD ACD = =  Do đó:  · ·  sin  . .  sin  CAD AB CD  CA DB BAD = · · ( ) 0 180 BDA ADC + =  (4)  Tương tự, ta cũng có:  · ·  sin  . .  sin  BCF CA BF  BC FA FCA =  (5)  www.laisac.page.tl  M Ộ T S Ố C H U Y Ê N Đ Ề , B À I V I Ế T V Ề H Ì N H H Ọ C P H Ẳ N G  ( T ậ p I : V Ậ N D Ụ N G T Í N H C H Ấ T , Đ Ị N H L Ý N Ổ I T I Ế N G )  · ·  sin  . .  sin  ABE BC AE  AB EC EBC =  (6)  Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được 1.3.  Giả sử 1.3 đúng, ta gọi  1 , . P CF BE D AP BC = = I I  Theo 1.1 và 1.2, ta có:  1  1  . . . . 1  CD AE BF AE CD BF  EC D B FA EC DB FA = =  hay:  1  1  .  CD  CD  D B DB =  Do đó:  1 D D º  .  Nhận xét.  Với định lý Ceva, ta có thể chứng minh được các đường trung tuyến, đường cao, đường phân giác  trong của tam giác đồng quy tại một điểm. Các điểm đó lần lượt là trọng tâm (G), trực tâm (H), tâm  đường tròn nội tiếp tam giác (I). Nếu đường tròn nội tiếp tam giác ABC cắt AB, BC, CA lần lượt là tại  F, D, E. Khi đó, ta có: AE=AF; BF=BD; CD=CF. Bằng định lý Ceva, ta chứng minh được AD, BE, CF  đồng quy tại một điểm, điểm đó gọi là điểmGergonne (Ge) của tam giác ABC (hình dưới).  Lưu ý: Định lý Ceva có thể được suy rộng bởi những giao điểm nằm ngoài tam giác ABC  mà  không nhất thiết phải nằm trong nó. Vì vậy, các điểm D, E, F có thể nằm ngoài các cạnh BC, CA, AB  như hình bên.  Ví dụ sau sẽ cho thấy rõ tác dụng của định lý Ceva.  Bài toán. [IMO 2001 Short List] Cho điểm A1 là tâm của hình vuông nội tiếp tam giác nhọn ABC có  hai đỉnh nằm trên cạnh BC. Các điểm B1, C1 cũng lần lượt là tâm của các hình vuông nội tiếp tam giác  ABC với một cạnh nằm trên AC và AB. Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy.  Lời giải:  Gọi A2 là giao điểm của AA1 và BC. B2 và C2 được xác  định tương tự.  Theo định lý hàm số sin, ta có: · ·  1 1  1  1  sin  sin  SA SAA  AA  A SA =  hay  · µ ( )  1 2  0  1  sin  sin 45  SA BAA  AA  B = +  Tương tự:  · µ ( )  1 2  0  1  sin  sin 45  TA CAA  AA  C = +  hay  µ ( ) ·  0  1  1  2  sin 45  sin  C AA  TA  CAA + =  .Do đó, ta được:  · · µ ( ) µ ( )  0  2 1 1  0  1 1 2  sin 45 sin  . . 1.  sin  sin 45  C BAA AA SA  TA AA CAA  B + = = +  (1)  Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng được:  · · µ ( ) µ ( )  0  2  0  2  sin 45 sin  . 1.  sin  sin 45  B BCC  ACA  A + = +  (2)  · · µ ( ) µ ( )  0  2  0  2  sin 45 sin  . 1.  sin  sin 45  A ABB  CBB  C + = +  (3)  Nhân từng vế của (1), (2), (3) kết hợp định lý Ceva ta được điều cần chứng minh.  Bài tập áp dụng:  1.  Qua các điểm A và D nằm trên đường tròn kẻ các đường tiếp tuyến, chúng cắt nhau tại  điểm S. Trên cung AD lấy các điểm A và C. Các đường thẳng AC và BD cắt nhau tại điểm P, các  đường thẳng AB và CD cắt nhau tại điểm O. Chứng minh rằng đường thẳng PQ chứa điểm O.  2.  Trên các cạnh của tam giác ABC về phía ngoài ta dựng các hinh vuông. A1, B1, C1, là  trung điểm các cạnh của các hình vuông nằm đối nhau với các cạnh BC, CA, AB tương ứng.  Chứng minh rằng các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy.  3.  Chứng minh các đường cao, đường trung tuyến, tâm đường tròn nội tiếp,ngoại tiếp tam  giác đồng quy tại một điểm.  4.  Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lấy các điểm A1, B1, C1 sao cho các đường  thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại một điểm. Chứng minh rằng các đường thẳng AA2, BB2, CC2  đối xứng vớicác đường thẳng đó qua các đường phân giác tương ứng, cũng đồng quy.  2. Định Lý Menelaus  Cho tam giác ABC. Các điểm H, F, G lần lượt nằm trên AB, BC, CA. Khi đó:  M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi  . . 1.  AH BF CG  HB FC GA = -  Chứng minh:  Ø  Phần thuận:  Sử dụng định lý sin trong các tam giác AGH, BFH, CGF, ta được:  · · · · · ·  sin sin sin  ; ;  sin sin sin  AH AGH BF BHF CG GFC  GA HB FC AHG HFB CGF = = =  .  (với lưu ý rằng  · · · · · · sin sin ;sin sin ;sin sin . AGH CGF AHG BHF HFB GFC = = =  )  Nhân từng vế ta được điều phải chứng minh. Ø  Phần đảo: Gọi  ' . F GH BC = I  Hoàn toàn tương tự ta có được: ( ) ' . . . . 1 .  '  AH BF CG AH BF CG  HB F C GA HB FC GA = = -  Hay  ' '  BF BF  F C FC =  , suy ra  '. F F º  Nhận xét. Định lý Menelaus có rất nhiều ứng dụng trong giải toán. Nhiều định lý nổi tiếng được  chứng minh một cách dễ dàng nhờ định lý Menelaus như định lý Ceva, Pascal, Desargues (sẽ được nêu  ở phần bài tập dưới đây).  Ví dụ:  Cho A, B, C, D, E, F là các điểm nằm trên một đường  tròn (có thể ko xếp theo thứ tự như trên). Gọi  , , . P AB DE Q BC EF R CD FA = = = I I I  Chứng  minh rằng P, Q, R thẳng hàng.  Chứng minh:  Gọi  , , . X EF AB Y AB CD Z CD EF = = = I I I  Áp dụng định lý Menelaus cho Bc, DE, FA (đối với  tam giác XYZ), ta có: ( ) . . . . . . 1 . ZQ XB YC XP YD ZE YR ZF XA  QX BY CZ PY DZ EX RZ FX AY = = = -  Do đó:  . . 1  ZQ XP YR  QX PY RZ = -  . Theo định lý Menelaus ta  được P, Q, R thẳng hàng.  Bài tập áp dụng:  1.  Điểm P nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, A1, B1, C1 lần lượt là chân  đường vuông góc hạ từ P xuống BC, CA, AB. Chứng minh rằng A1, B1, C1 thẳng hàng.  2.  Trong tam giác vuông ABC kẻ đường cao CK từ đỉnh của góc vuông C, còn trong tam  giác ACKkẻ đường phân giácCE. D làtrung điểm của đoạn AC, F là giao điểm của các đường  thẳng DE và CK. Chứng minh BF//CE.  3.  Các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểm O. Chứng minh rằng giao điểm của  các đường thẳng AB và  A1B1, BC và B1C1, CA và C1A1 nằm trên một đường thẳng.  4.  Cho hai tam giác ABC, A’B’C’. Nếu các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại một  điểm O, thì các điểm P, Q, R thẳng hàng, trong đó  ' ', ' ', ' '. P BC B C Q CA C A R AB A B = = = I I I  P  Y  Z  R  Q  O  F  A  C  D E  B  X DIỆN TÍCH TAM GIÁC THỦY TÚC  Ivan Borsenco  Translator: Duy Cuong.  Trong Toán học, Hình Học luôn giải quyết các bài toán với những kết quả chính xác và hấp dẫn. Bài  viết sau đây trình bày về một trong những kết quả tuyệt đẹp trong bài toán hình học – Định lý Euler cho  tam giác thùy túc và ứng dụng của nó. Chúng ta hãy bắt đầu với phép chứng minh định lý, sau đó cùng  nhau thảo luận các Bài toán  Olympiad.  Định lý 1. Cho C(O,R)  là đường tròn ngoại  tiếp tam giác ABC. Xét một điểm M tuỳ ý nằm trong  tam giác. Ký hiệu A1, B1, C1  là hình chiếu của M lên các mặt của tam giác thì  1 1 1  2 2  2  .  4  A B C  ABC  R OM S  S R - =  Chứng minh.  Đầu tiên ta để ý rằng AB1MC1, BC1MA1, CA1MB1  là những tứ giác nội tiếp. Áp dụng  định  lý  Cauchy  mở  rộng  vào  tam  giác  AB1C1  ta  được  1 1  sin B C AM a =  .  Tương  tự,  ta  được  1 1  sin AC BM b =  và  1 1  sin B C CM g =  . Từ đó suy ra:  1 1 1 1 1 1 , , .  2 2 2  B C AM AC BM A B CM  BC R AC R BC R = = =  Giả sử AM, BM, CM cắt đường tròn C(O,R) tại X, Y, Z.  Ta có:  1 1 1 1 1 1 1 1 1  . A B C A B M MB C ACM MAC ZYB BYX ZYX Ð = Ð + Ð = Ð + Ð = Ð + Ð = Р Tương  tự,  1 1 1 B C A YZX Ð = Р và  1 1 1  . B AC YXZ Ð = Р Do đó,  1 1 1 A B C D  đồng dạng với  XYZ D  và  1 1 1 1 1  .  A B C R A B  XY R =  Mặt khác,  MAB D  đồng dạng với  MYX D  nên ta có  . XY MX  AB MB =  Từ các kết quả thu về ta được:  1 1 1  1 1 1  2 2  1 1 1 1 1 1  2 2  . . .  . . . .  . . 2 2 4 4  A B C  ABC A B C  R OM S  R A B B C AC MX MA MB MA MX  S R AB BC AC MB R R R R - = = = =  Từ đó ta có thể thấy biểu thức trên không phụ thuộc vào vị trí điểm M (kể cả trong hay ngoài đường  tròn). Hệ quả 1: Nếu M  nằm trên đường tròn, hình chiếu của M lên các cạnh tam giác sẽ thẳng hàng  (Định lý Simson).  Một định lý nữa mà chúng tôi muốn giới thiệu (không chứng minh) đến bạn đọc là định lý  Lagrange nổi tiếng.  Định lý 2  Cho M là một điểm nằm trong mặt phẳng tam giác ABC  với bộ số  ( , , ) u v w  . Với một  điểm P bất kỳ nằm trong mp(ABC). Ta được:  2 2 2  2 2 2 2 . . . ( ) .  vwa uwb uvc  u PA v PB w PC u v w PM  u v w + + + + = + + + + +  Cách chứng minh có thể tìm thấy khi áp dụng Định lý Stewart một số lần. Định lý này có một hệ quả  rất hay khi P  trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó, ta được:  2 2 2  2 2  2  .  ( )  vwa uwb uvc  R OM  u v w + + - = + +  Từ hệ quả này kết hợp định lý Euler cho tam giác thùy túc, ta được định lý sau:  Định lý 3: Cho M là điểm nằm trong mặt phẳng tam giác ABC, với bộ số (u,v,w). Ký hiệu A1, B1, C1  là hình chiếu của M lên các cạnh tam giác. Ta được:  1 1 1  2 2 2  2 2  .  4 ( )  A B C  ABC  S  vwa uwb uvc  S R u v w + + = + +  Từ kết quả trên chúng ta có thể thấy Định lý 1 và Định lý 3 đã đưa chúng ta nhận thức phần nào về  diện tích tam giác thùy túc. Định lý Euler về diện tích tam giác thùy túc thật sự là một công cụ tiện ích  cho  việc  giải  các  bài  toán  hình  học. Ứng  dụng  đầu  tiên mà  chúng  tôi  sắp  giới  thiệu  sau  đây  nói  về  những điểm Brocard  Định nghĩa điểm Brocard: Trong tam giác ABC, đường tròn qua A và tiếp xúc với BC tại B, đường  tròn qua B và tiếp xúc với AC tại C và đường tròn qua C tiếp xúc với AB tại A. Chúng cắt nhau tại một  điểm, gọi  là điểm Brocard. Một cách tổng quát, ta có hai điểm Brocard, điểm thứ hai xuất hiện khi ta  quay ngược chiều kim đồng hồ sự tiếp xúc của các đường tròn.  Bài toán 1: Cho  1 W  và  2 W  là hai điểm Brocard của tam giác ABC. Chứng tỏ rằng  1 2 O O W = W  , với  O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.  Hướng dẫn: Từ định nghĩa điểm Brocard, ta thấy:  1 1 1 1 AB BC CA w ÐW = ÐW = ÐW =  , tương tự  2 2 1 2 BA AC CB w ÐW = ÐW = ÐW =  . Ta đi chứng  minh  1 2 w w =  .  Để ý rằng  1  2  1 1 1  2  . sin sin  . sin sin  B C  ABC  S  B BC w w  S AB BC b b W W = =  và tương tự,  1 1  2 2  1 1  2 2  sin sin  , .  sin sin  C A A B  ABC ABC  S S w w  S S g a W W = = Cộng các diện tích ta được:  1 1 1  2 2 2  1 1 1  2 2 2  sin sin sin  1  sin sin sin  B C C A A B  ABC  S S S  w w w  S a b g W W W + + = = + +  hay  2 2 2 2  1  1 1 1 1  sin sin sin sin w a b g = + +  (1)  Cách tính tương tự, ta cũng được  2 2 2 2  2  1 1 1 1  sin sin sin sin w a b g = + +  (2)  Từ (1), (2) suy ra  1 2  . w w w = =  Ý tưởng cho cách chứng minh  trên  bắt  nguồn  từ Định  lý Euler cho  tam giác  thùy  túc. Để  ý  rằng  1 W  và  2 W  luôn nằm trong tam giác ABC, bởi vì mỗi nửa đường tròn như trên đều thuộc mp(ABC). Từ  đó,  1 W  và  2 W  luôn nằm trong tam giác. Để chứng minh  1 2 O O W = W  ta chứng minh diện tích tam giác  thùy túc của chúng bằng nhau. Nếu vậy, ta có  2 2 2 2 1 2 R O R O - W = - W  . Từ đó suy ra đpcm.  Ký hiệu  1 1 1 , , A B C  lần lượt là hình chiếu của  1 W  lên các cạnh BC, CA, AB. Sau đó, sử dụng định lý  hàm  Sin  mở  rộng,  ta  được  1 1 1 sin AC B b = W  ,  vì  1 BW  là  đường  kính  đường  tròn  ngoại  tiếp  tứ  giác  1 1 1 BA C W  . Cũng áp dụng định lý Sin vào tam giác  1 ABW  ta được:  1  sin sin  B c  w b W =  Dẫn đến:  1 1 1 sin sin . AC B b c w = W =  Tương tự, ta có  1 1  sin B C b w =  và  1 1  sin A B a w =  . Dễ dàng ta thấy tam giác  1 1 1 A B C đồng dạng với  tam giác ABC  theo tỉ số đồng dạng  sinw .  Từ  1 2 w w w = =  ,  ta  kết  luận  được  tam  giác  thùy  túc  chứa  1 W  và  2 W  có  cùng  diện  tích.  Suy  ra  1 2 O O W = W  .  Chú ý: Giao của các đường đối trung trong tam giác ký hiệu là  K và được gọi là điểm Lemoine. Ta  có  thể  chứng minh  được  1 2 K K W = W  .  Hơn  thế  nữa,  các  điểm O,  1 W  ,  K,  2 W  nằm  trên  đường  tròn  đường kính OK gọi là đường tròn Brocard. Chúng ta hãy cùng nhau tìm hiểu một Bài toán  thú vị khác  sau đây:  Bài toán  2: Cho tam giác ABC, ký hiệu O, I, H lần lượt  là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và  trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng:  . OI OH £ Hướng dẫn: Nhiều cách chứng minh sẽ bắt đầu từ OI hay OH, nhưng chúng ta hãy chọn một hướng  khác, đó là đặt diện tích nội tiếp vào I và H. Một cách đơn giản, tâm đường tròn nội tiếp luôn nằm bên  trong tam giác ABC, và nếu  OH R ³  , ta được điều cần chứng minh. Vì vậy, giả sử  OH R <  . Điều đó  dẫn đến tam giác ABC là tam giác nhọn. Để chứng minh  OI OH £  ta có thể sử dụng định lý Euler cho  tam giác thùy túc và chứng minh diện tích tam giác thùy túc tâm I,  I S  lớn hơn diện tích tam giác thùy  túc tâm H,  H S  . Từ đó, do  I H S S ³  nên  2 2 2 2 R OI R OH - ³ -  hay  . OH OI ³  Bây  giờ  chúng  ta  hãy  tìm  cả  hai  diện  tích.  Ký  hiệu  1 1 1 , , A B C  lần  lượt  là  hình  chiếu  của  H  và  2 2 2 , , A B C  lần lượt là hình chiếu của I  lên BC, CA, AB. Ta có  1 1 1 , , A B C nằm trên đường tròn Euler bán  kính R/2 , từ đó:  1 1 1  1 1 1 1 1 1 . .  .  4. / 2 A B C  A B B C C A  S  R =  Sử dụng định lý Sin, dễ dàng ta được  1 1 1 1 1 1 cos , cos , cos B C a AC b A B c a b g = = =  và vì thế  1 1 1  .cos cos cos  2 cos cos cos .  2 A B C  abc  S S  R a b g a b g = =  Để tính diện tích tam giác  2 2 2 A B C  , để ý rằng:  2 2 2 2 2 2 2 2 2  2  2 1 ( ) (sin sin sin )  2 4 A B C A IB A IC B IC  r a b c  S S S S r  R a b g + + = + + = + + =  .  Mà  sin sin sin  4 2 2 2 R p a b g =  Ta được:  2 2 2  2 2 sin sin sin .  4 2 2 2 A B C  r  S S S  R a b g = =  Từ đó đủ để chứng minh  sin sin sin cos cos cos .  2 2 2 a b g a b g ³  Bây giờ chúng ta hãy sử dụng Bất Đẳng Thức Jensens cho hàm lõm  : 0, , ( ) ln cos .  2  f R f x x p æ ö ® = ç ÷ è ø  Từ đó:  ( ) ( ) ( ).  2 2 2  a b b c c a  f f f f a f b f c + + + æ ö æ ö æ ö + + ³ + + ç ÷ ç ÷ ç ÷ è ø è ø è ø  Vì vậy, ( ) ln sin sin sin ln cos cos cos  2 2 2 a b g a b g æ ö ³ ç ÷ è ø  , và bài toán  đã được giải quyết.  Hai ví dụ kế tiếp để hướng dẫn giải một cách ngắn gọn một số bài toán Olympiad bằng cách sử dụng  Định Lý Euler về tam giác thùy túc.  Bài toán  3: (Olympiad Toán Balkan).  Cho tam giác nhọn ABC. Ký hiệu  1 1 1 , , A B C  là hình chiếu của trọng tâm G lên các mặt của tam giác.  Chứng minh rằng:  1 1 1  2 1  .  9 4  A B C  ABC  S  S £ £  Hướng dẫn: Như chúng ta đã thấy, yêu câu bài toán hướng chúng ta sử dụng trực tiếp định lý Euler  về tam giác thùy túc. Áp dụng ngay ta được: 2 2  2  2 1  .  9 4 4  R OG  R - £ £  Bất đẳng thức bên phải luôn đúng. Ta đi chứng minh bất đẳng thức bên trái đúng. Nhớ lại biểu thức  mà chúng ta đã biết  2 2 2 9 (1 8cos cos cos ) OG OH R a b g = = -  Vì tam giác ABC nhọn nên ta có cos cos cos 0 a b g ³  , dẫn đến 8cos cos cos 0 a b g ³  .  Vì vậy,  2 2 9OG R £  hay  2  2  .  9  R  OG £  Đưa đến kết luận sau:  Bài toán  4. (Toán đối xứng, Ivan Borsenco) Với điểm  M  bất kì nằm trong tam giác ABC, xác  định bộ ba (  1 2 3 , , d d d  ) lần lượt là khoảng cách từ  M  đến cạnh  , , BC AC AB . Chứng minh rằng tập hợp  các điểm  M  thỏa mãn điều kiện  3 1 2 3 . . d d d r ³  , với  r  là bán kính đường  tròn nội  tiếp  tam giác,  nằm  trong vòng tròn tâm O  bán kính OI .  Lời giải.  Gọi  1 1 1 , , A B C  là hình chiếu của  M  trên các cạnh  , , BC AC AB . Xét  1 1 1 A B C V  là tam giác thùy túc cho  điểm M  , ta có ¼ ¼ ¼ 1 1 1 1 1 1 180 , 180 , 180 B MC A MC A MB a b g = - = - = -  , nên:  1 1 1  1 2 3 1 3 1 2  2 2 . .sin . .sin . .sin A B C S S d d d d d d a b g = = + + V  Viết gọn lại, ta được:  1 1 1  1 2 3  1  1 2 3  . .  2 2 . .  2 A B C  d d d  a b c  S S  R d d d æ ö = = + + ç ÷ è ø V  Mà ta đã biết:  1 2 3 2 2 . . . . ABC S S a d b d c d = = + + V  Áp dụng BĐT Cauchy­Schwarz ta được: ( ) ( )  2  1 2 3 1 2 3  1 1 2 3  1 2 3  . . . . .  4 . . . . .  2 2  d d d a b c d d d  a b c  S S a d b d c d  R d d d R + + æ ö = + + + + ³ ç ÷ è ø  Sử dụng định lí Euler cho tam giác thùy túc, ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2  3 1 2 3  2  4  . . . .  .  4 2 2  S R OM  d d d a b c r a b c  R R R - + + + + ³ ³  Từ đây có thể suy ra  2 2 2 2 . OI R Rr OM = - ³  Vậy với mọi điểm M  trong tập hợp, ta có OM OI £  (điều phải chứng minh).  Bài toán  5: (Ivan Borsenco đề nghị)  Cho  M  là điểm nằm trong tam giác  ABC  và có tọa độ là ( ) ; ; x y z  . Gọi  M R  là bán kính đường tròn  nội tiếp tam giác thùy túc của điểmM  .Chứng minh rằng: ( )  2 2 2  . 6 3. . M  a b c  x y z R  x y z æ ö + + + + ³ ç ÷ è ø  Lời giải.  Kí hiệu  N  là đẳng giác của điểm M  . Chúng ta cần 2 bổ đề sau: Bổ đề 1: Nếu  1 1 1 A B C  và  2 2 2 A B C  là 2 tam  giác thùy túc của 2 đẳng giác điểm M  và  N  thì  6 điểm này nằm trên một vòng tròn.  Chứng minh. Chúng ta sẽ chứng minh rằng  1 2 1 2 B B C C  là một tứ giác nội tiếp. Đặt  ¼ ¼ BAM CAN f = =  . Và bởi vì  1 1 AB MC  nội tiếp,  nên:  ¼ ¼ ¼  1 1 1 1 2 1 90 90 90 .  o o o AB C C B C C AM f = - = - = -  Tương tự, vì  2 2 AB NC  nên ta có:  ¼ ¼ ¼  2 2 1 2 2 2 90 90 90  o o o AC B B C B B AN f = - = - = -  Do đó  ¼ ¼ 1 1 2 2 AB C AC B =  nên  1 2 2 1 B B C C  là một tứ giác nội tiếp. Cứ thế ta thu được rằng  1 2 2 1 A A B B  và  1 2 2 1 A A C C  cũng là tứ giác nội tiếp. Xét 3 đường tròn ngoại  tiếp tứ giác của chúng ta, nếu chúng không  trùng nhau thì chúng có một tâm đẳng phương, đó là điểm giao nhau của 3 trục đẳng phương. Tuy nhiên,  chúng ta có thể thấy rằng những trục đẳng phương này, tức các đường thẳng  1 2 1 2 1 2 , , A A B B C C  , tạo thành  một  tam giác, đặt  tên  là  ABC , một điều  trái  ngược. Điều này chứng  tỏ, các điểm  1 2 1 2 1, 2 , , , , A A B B C C  nằm trên cùng 1 đường tròn.  Bổ đề 2: Nếu  , M N  là hai đẳng giác điểm, thì ta luôn có:  . . .  1.  AM AN BM BN CM CN  bc ac ab + + =  Chứng min. Gọi  1 1 1 A B C  là tan giác thủy túc của điểm M  . Dễ dàng chứng minh được rằng  1 1  . B C AN ^  Vậy diện tích của tứ giác  1 1 AB NC  được tính theo công thức  1 1  1  . .  2  B C AN . Vì  1 1  .sin B C AM a =  , chúng ta được  1 1  1  . . .sin  2 AB NC  S AM AN a =  . Tương tự, ta tìm được rằng  1 1  1  . . .sin  2 BC NA  S BM BN b =  và  1 1  1  . . .sin  2 CA NB  S CM CN g =  Từ trên, ta suy ra:  1 1 1 1 1 1 ABC AB NC BC NA CA NB  S S S S = + +  Hay:  1  .( . .sin . .sin . .sin )  2 ABC  S AM AN BM BN CM CN a b g = + +  Sử dụng Định lí hàm Sin, ta được điều cần chứng minh:  . . .  1.  AM AN BM BN CM CN  bc ac ab + + =  Quay trở lại Bài toán . Áp dụng BĐT AM­GM vào bổ đề 2, ta được:  3  2 2 2  1 1 . . . . . . . .  27 27  AM AN BM BN CM CN AM AN BM BN CM CN  bc ac ab a b c æ ö = + + ³ ç ÷ è ø  Lại có: 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2  1 1 1 , , , , , sin sin sin sin sin sin  B C AC A B B C A C A B  AM BM CM AN BN CN a b g a b g = = = = = =  Ta thu được:  1 1 1 1 1 1 2 2 2 2  2 2 2 2 2 2  . . . . 1  27 .sin .sin .sin  A B B C AC B C A C  a b c a b g ³  Vì  4  2 2 2 2 2 2  2  4  .sin .sin .sin  S  a b c  R a b g =  , nên:  4  1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2  1 4  . . . . . .  27  S  A B B C AC A B B C A C  R