Tải bản đầy đủ

Định lý van aubel và ứng dụng trong việc giải một số bài toàn hình học dành cho học sinh giỏi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

NGUYỄN ĐÌNH HUY

ĐỊNH LÝ VAN AUBEL VÀ ỨNG DỤNG TRONG
VIỆC GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC
DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

NGUYỄN ĐÌNH HUY


ĐỊNH LÝ VAN AUBEL VÀ ỨNG DỤNG
TRONG VIỆC GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH
HỌC DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS. TS. Trịnh Thanh Hải

THÁI NGUYÊN - 2018


i

Mục lục
Danh sách hình vẽ

ii

Mở đầu

1

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
1.1 Một số định lý hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Một số bài toán đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3
3
7

Chương 2. Định lý van Aubel
14
2.1 Định lý van Aubel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2 Một số tính chất, hệ quả của định lý van Aubel . . . . . . . . . 22
Chương 3. Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập


28
3.1 Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập liên quan đến tam
giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2 Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập liên quan đến tứ giác 41
Kết luận

50

Tài liệu tham khảo

51


ii

Danh sách hình vẽ
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9

Định lý Thales . . . . . . . . . . . . . . .
Định lý Menelaus . . . . . . . . . . . . . .
Áp dụng định lý Menelaus . . . . . . . . .
Trực tâm H là trung điểm đường cao CM
Định lý Ceva . . . . . . . . . . . . . . . .
EF song song với BC . . . . . . . . . . .
M A là tia phân giác của góc EM F . . . .
M M , N N , P P đồng quy . . . . . . . . .
DM, EN, P F đồng quy . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

3
4
5
6
7
8
9
11
13

2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
2.8

AA , BB , CC cắt nhau tại K . . . . .
Định lý van Aubel cho tứ giác . . . . .
Biểu diễn các cạnh theo số phức . . . .
P M = M P và P M ⊥ M Q . . . . . . .
pm và qm vuông góc và có độ dài bằng
P M2 ⊥ M1 M3 , M1 M2 ⊥ QM3 , . . . . .
P M = QM, P M ⊥ QM . . . . . . .
Bốn đường tròn giao nhau tại F . . . .

. . .
. . .
. . .
. . .
nhau
. . .
. . .
. . .

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

14
17
17
19
20
20
21
22

3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
3.6
3.7
3.8
3.9

BB vuông góc với DD . . . . . . . . .
BB = DD . . . . . . . . . . . . . . . .
Ba hình chữ nhật đồng dạng . . . . . . .
Ba hình thoi đồng dạng . . . . . . . . .
Định lý van Aubel mở rộng . . . . . . .
Định lý van Aubel mở rộng . . . . . . .
Định lý van Aubel mở rộng . . . . . . .
S1 S3 ⊥ QS, S2 S4 ⊥ P R . . . . . . . . . .
V1 , V2 , V3 và V4 nằm trên một đường tròn

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

41
42
43
43
44
45
47
48
49

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.


1

Mở đầu
Từ lâu hình học luôn được coi là một bộ môn được yêu thích bởi những
khám phá mới mẻ từ những định luật, định lý và những ứng dụng đẹp của nó.
Hình học là một phân môn quan trọng trong toán học đã gắn bó với tất cả
chúng ta xuyên suốt quá trình học toán từ bậc Tiểu học đến Trung học phổ
thông. Sự kì diệu của hình học thường tiềm ẩn những thử thách sâu sắc để
thách thức trí tuệ của con người.
Trong các thành tựu của hình học thì định lý van Aubel là một định lý nổi
tiếng và có nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán hình học hay và khó.
Định lý được đặt theo tên nhà khoa học H. H. van Aubel, người đã công bố nó
năm 1878. Định lý van Aubel có hai phát hiện trong lĩnh vực hình học phẳng
đó là định lý van Aubel cho tứ giác và định lý van Aubel cho tam giác. Định lý
van Aubel về tứ giác nói về mối quan hệ của các hình vuông cùng vẽ ra ngoài
hoặc cùng vẽ vào trong của một tứ giác. Định lý van Aubel về tam giác đưa ra
những tính chất đẹp về các đường đồng quy trong tam giác.
Trong khuôn khổ luận văn này chúng tôi xin được trình bày đề tài: “Định
lý van Aubel và ứng dụng trong việc giải một số bài toán hình học dành cho
học sinh giỏi”. Mục đích của luận văn là tìm hiểu định lý van Aubel và các ứng
dụng của nó vào giải một số bài toán hình học.
Luận văn tập trung vào việc tìm hiểu các tính chất đẹp của định lý van
Aubel cho tam giác, tứ giác và một số vận dụng của định lý này vào giải một
số bài tập hình học hay và khó dành cho học sinh giỏi. Cụ thể, luận văn gồm
phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 3 chương.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Chương 1 hệ thống một số định cơ bản
hay được vận dụng khi chứng minh các bài toán hình học và trình bày một số
bài toán về chứng minh tính đồng quy các đường thẳng.
Chương 2. Định lý van Aubel. Trong chương này, chúng tôi phát biểu
định lý van Aubel cho hai trường hợp tam giác và tứ giác cùng với ba cách


2

chứng minh cho mỗi trường hợp. Sau đó chúng tôi trình bày một số tính chất
và hệ quả của các định lý này.
Chương 3. Vận dụng định lý van Aubel vào giải bài tập. Chương 3
được giành để giải một số bài tập và kết quả nâng cao có vận dụng định lý van
Aubel cho tam giác và tứ giác.
Luận văn này được hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái
Nguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS. TS. Trịnh Thanh Hải. Tác giả
xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Khoa ToánTin Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ
tác giả trong suốt thời gian học tập tại trường.
Nhân dịp này tác giả cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình,
bạn bè đã luôn bên tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học
tập và thực hiện luận văn này.
Thái Nguyên, tháng 10 năm 2018
Người viết luận văn

Nguyễn Đình Huy


3

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Chương 1 hệ thống một số định cơ bản hay được vận dụng khi chứng minh
các bài toán hình học và trình bày một số bài toán về chứng minh tính đồng
quy các đường thẳng.

1.1

Một số định lý hình học

Định lý 1.1.1 (Định lý Thales thuận, [1]). Nếu một đường thẳng song song
với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên hai cạnh
đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.
Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d song song với BC và cắt các cạnh
AB, AC lần lượt tại hai điểm D, E thì:
AD
AE AD
AE
DB
EC
=
,
=

=
.
AB
AC DB
EC
AB
AC

Hình 1.1: Định lý Thales


4

Định lý 1.1.2 (Định lý Thales đảo, [1]). Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh
của tam giác và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ
thì đường thẳng đó song song với cạnh còn lại của tam giác.
Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại
hai điểm D, E và
AE
AD
=
AB
AC
thì DE

BC hay d

hay

AD
AE
=
DB
EC

hay

DB
EC
=
AB
AC

BC.

Hệ quả 1.1.1 ([1]). Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và
song song với cạnh còn lại thì nó tạo thành một tam giác mới có ba cạnh tương
ứng tỉ lệ với ba cạnh của tam giác đã cho.
Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d song song với BC và cắt các cạnh
AB, AC lần lượt tại hai điểm D, E thì
AD
AE
DE
=
=
.
AB
AC
BC
Định lý 1.1.3 (Định lý Menelaus, [1]). Cho tam giác ABC và ba điểm A , B , C
trên các đường thẳng chứa các cạnh BC, CA, AB sao cho: hoặc cả ba điểm
A , B , C đều nằm trên phần kéo dài của ba cạnh, hoặc một trong ba điểm đó
nằm trên phần kéo dài của một cạnh còn hai điểm kia nằm trên hai cạnh của
tam giác. Điều kiện cần và đủ để A , B , C thẳng hàng là ta có hệ thức
AB CA BC
·
·
= 1.
BC AB CA

Hình 1.2: Định lý Menelaus

(1.1)


5

Bài toán 1.1.1. Trong tam giác ABC, lấy trên cạnh AB một điểm D, trên
cạnh BC hai điểm E và F sao cho
3 BE
1 BF
4
AD
= ,
= ,
= .
DB
2 EC
3 FC
1
Hỏi đường thẳng AE chia đoạn thẳng DF theo tỉ số nào?
Giải. Gọi điểm M là giao điểm của AE với DF . Áp dụng định lý Menelaus
vào tam giác BDF với cát tuyến AM E, ta có
DM F E BA
·
·
= 1.
M F EB AD

(1.2)

Hình 1.3: Áp dụng định lý Menelaus



3
AD
DB
AB
AB
5
AD
= ⇒
=
=

= ,
DB
2
3
2
5
AD
3
BE
EC
BC
1
=
=
⇒ EB = BC,
1
3
4
4
BF
FC
BC
4
=
=
⇒ F B = BC,
4
1
5
5

nên

FE
F B − EB
11
=
= .
EB
EB
5

Cho nên (1.2) trở thành
DM 11 5
·
· = 1.
MF 5 3
Vậy

DM
3
= .
MF
11

Bài toán 1.1.2. Trong một tam giác ABC, trực tâm H chia đôi đường cao
CM . Chứng minh rằng cos C = cos A cos B.


6

Giải. Xét tam giác CM B với cát tuyến AHI. Theo định lý Menelaus ta có
CH M A BI
·
·
= 1.
HM AB IC

Hình 1.4: Trực tâm H là trung điểm đường cao CM

Hay
CH M A AC BI
·
·
·
= 1.
HM AC IC AB

(1.3)



CH
MA
AC
BI
= 1,
= cos A,
= (cos C)−1 ,
= cos B.
HM
AC
IC
AB
Thay vào (1.3), ta có
cos C = cos A cos B.

Định lý 1.1.4 (Định lý Ceva, [1]). Cho tam giác ABC và ba đường thẳng
AA , BB , CC xuất phát từ các đỉnh của tam giác và cắt đường thẳng chứa
cạnh đối diện tại A , B , C sao cho: hoặc cả ba điểm A , B , C đều nằm trên ba
cạnh của tam giác hoặc một trong ba điểm đó nằm trên một cạnh của tam giác
còn hai điểm kia nằm trên phần kéo dài của hai cạnh còn lại. Điều kiện cần và
đủ để AA , BB , CC đồng quy hoặc song song với nhau là ta có hệ thức:
AB CA BC
·
·
= 1.
BC AB CA

(1.4)


7

Hình 1.5: Định lý Ceva

Chú ý.
(+) Để cho gọn, người ta thường gọi ba đường thẳng AA , BB , CC xuất
phát từ các đỉnh của tam giác ABC và đồng quy tại một điểm là ba đường
thẳng Ceva. Các đoạn thẳng AA , BB , CC gọi là các đoạn thẳng Ceva. Giao
điểm của các đường thẳng Ceva gọi là điểm Ceva.
(++) Trong một tam giác ABC, ta có một số đường thẳng Ceva đặc biệt
đã biết như sau:
1. Ba đường trung tuyến đồng quy (tại trọng tâm của tam giác).
2. Ba đường phân giác đồng quy (tại tâm đường tròn nội tiếp tam giác).
3. Ba đường cao đồng quy (tại trực tâm của tam giác).
4. Ba đường trung trực đồng quy (tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác).
(+++) Hệ thức (1.4) trong định lý Ceva có thể viết bắt đầu từ đỉnh nào
cũng được và theo chiều nào cũng được.

1.2

Một số bài toán đồng quy

Tiếp theo, chúng ta đi chứng minh một số bài toán đồng quy mà chỉ sử
dụng công cụ là các định lý Thales, định lý Menelaus, định lý Ceva và các hệ
quả của chúng. Ở trong phần này, chúng ta chưa dùng đến công cụ định lý van
Aubel.
Bài toán đầu tiên sử dụng định lý Thales và định lý Ceva để chứng minh
tính đồng quy.


8

Bài toán 1.2.1 ([1]). Cho một tam giác ABC, một điểm E trên cạnh AB,
một điểm F trên cạnh AC và trung điểm M của cạnh BC. Chứng minh rằng
điều kiện cần và đủ để EF song song với BC là ba đoạn thẳng AM, BF, CE
đồng quy.
Giải. Trước tiên giả sử EF song song với BC. Theo định lý Thales ta có
AF
AE CF
AE
=

·
= 1.
EB
FC
EB F A
Kết hợp với M là trung điểm của BC, ta có
AE BM CF
·
·
= 1.
EB M C F A
Vậy theo định lý Ceva ta có ba đoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy.

Hình 1.6: EF song song với BC

Ngược lại, giả sử ta có ba đoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy. Theo định lý
Ceva ta có
AE BM CF
·
·
= 1.
EB M C F A
Mà M là trung điểm của BC nên BM = M C, từ đó
AE CF
·
= 1.
EB F A
Hay
AE
AF
=
.
EB
FC
Vậy theo định lý Thales đảo ta có EF song song với BC.


9

Bài toán 1.2.2 ([1]). Cho một tam giác ABC, một điểm E trên cạnh AB,
một điểm F trên cạnh AC và M là chân đường cao hạ từ A xuống BC. Chứng
minh rằng điều kiện cần và đủ để M A là tia phân giác của góc EM F là ba
đoạn thẳng AM, BF, CE đồng quy.
Giải. Qua A kẻ đường thẳng song song với BC, cắt M F (kéo dài) tại N, cắt
M E (kéo dài) tại P .

Hình 1.7: M A là tia phân giác của góc EM F

Nếu AM là tia phân giác của góc EM F thì P A = AN . Xét hai tam giác
đồng dạng EBM và EAP , ta có
BM
PA
=
.
EB
AE
Xét hai tam giác đồng dạng F M C và F N A, ta có
CF
FA
=
.
MC
AN
Bây giờ ta có
AE BM CF
BM CF
1
·
·
= AE ·
·
·
EB M C F A
EB M C F A
PA FA 1
= AE ·
·
·
AE AN F A
= 1.
Suy ra AM, BF, CE đồng quy.
Ngược lại, giả sử AM, BF, CE đồng quy, ta biến đổi ngược lại suy ra P A = AN .
Vậy AM là tia phân giác của góc EM F .


10

Bài toán 1.2.3 ([1]). Chứng minh rằng, trong một tam giác ABC, khi giao
điểm của một bộ ba đường thẳng đồng quy AA , BB , CC (A trên cạnh BC,
B trên cạnh AC, C trên cạnh AB) trùng với trọng tâm G của tam giác thì
tích AB · CA · BC có trị số lớn nhất.

Giải. Gọi N là trung điểm AC, M là trung điểm BC, P là trung điểm AB.
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta luôn có


AB · B C ≤

AB + B C
= AN
2

hay
AB · B C ≤ AN 2 .
Tương tự:
CA · A B ≤ CM 2
BC · C A ≤ BP 2 .
Từ đó
(AB · CA · BC )(B C · A B · C A) ≤ (AN · CM · BP )2 .
Theo định lý Ceva, ta có
AB · CA · BC = B C · A B · C A.
Vậy
AB · CA · BC ≤ AN · CM · BP.
abc
khi chân
8
B , A , C của các đường thẳng Ceva trùng với trung điểm của các cạnh. Nói
Từ đó tích AB · CA · BC có trị số lớn nhất là AN · CM · BP =


11

cách khác khi bộ ba đường thẳng Ceva đó là ba trung tuyến, và điểm Ceva
chính là trọng tâm G của tam giác.
Bài toán 1.2.4 ([1]). Chứng minh rằng trong một tam giác, các đường thẳng
nối trung điểm của mỗi cạnh với trung điểm của đoạn thẳng Ceva, xuất phát
từ đỉnh đối diện với cạnh đó, đồng quy.

Hình 1.8: M M , N N , P P đồng quy

Giải. Giả sử AA , BB , CC là một bộ ba đường thẳng Ceva. Gọi M, N, P là
trung điểm của ba cạnh của tam giác ABC. Khi đó, M N, N P, P M là các đường
trung bình của tam giác. Cho nên các trung điểm P , M , N của các đoạn thẳng
Ceva AA , BB , CC lần lượt nằm trên các đường trung bình P N, N M, M P .
Theo giả thiết ta có:
AB CA BC
·
·
= 1.
BC AB CA
Nhân tử số và mẫu số của mỗi tỉ số với 1/2 ta có
1
2
1
2

AB
BC

·

1
2
1
2

CA
AB

·

1
2
1
2

BC
CA

=1

hay
P N NM MP
·
·
=1
NM MP PN
hoặc nữa
P N MP NM
·
·
= 1.
NM PN MP
Hệ thức này chứng tỏ là trong tam giác M N P , ba đường thẳng M M , N N , P P
là một bộ ba đường thẳng đồng quy.
Nhận xét. Trong trường hợp đặc biệt:


12

(1) Trong một tam giác, các đường thẳng nối trung điểm của một cạnh với
trung điểm của đường cao tương ứng đồng quy tại một điểm.
(2) Trong một tam giác, các đường thẳng nối trung điểm của một cạnh với
trung điểm của đường phân giác trong tương ứng đồng quy tại một điểm.
Bài toán 1.2.5 ([1]). Cho tam giác ABC với các trung điểm M, N, P của các
cạnh BC, CA, AB và ba đường thẳng đồng quy M M , N N , P P lần lượt cắt
N P, P M, M N tại M , N , P . Chứng minh rằng ba đường thẳng AM , BN , CP
đồng quy.
Chứng minh. Đây là mệnh đề đảo của mệnh đề phải chứng minh ở Bài toán
1.2.4. Chứng minh tương tự ta được kết quả. Gọi A là giao điểm của AM với
BC, B là giao điểm của BN với AC, C là giao điểm của CP với AB. Do
N P, P M, M N là các đường trung bình của tam giác nên M , N , P lần lượt là
trung điểm của AA , BB , CC . Kéo theo N M là đường trung bình của tam
giác AA C hay 2N M = CA . Tương tự, ta có
2M P = A B, 2M P = BC , 2P N = C A, 2P N = AB , 2N M = B C.
Vì M M , N N , P P đồng quy, xét tam giác M N P , theo định lý Ceva ta có
P N MP NM
·
·
=1
NM PN MP
hay
2P N 2M P 2N M
·
·
=1
2N M 2P N 2M P
hay
AB BC CA
·
·
= 1.
BC CA AB
Từ đó theo định lý Ceva suy ra AA , BB , CC đồng quy, hay AM , BN , CP
đồng quy.
Bài toán 1.2.6 ([1]). Trong một tam giác, các đường thẳng nối trung điểm
của mỗi cạnh với trung điểm của đoạn thẳng đi từ đỉnh đối diện với cạnh đó
đến một điểm Ceva bất kì là ba đường thẳng đồng quy.
Giải. Xét ABC. Giả sử AA , BB , CC là một bộ ba đường thẳng Ceva bất
kì giao nhau tại I. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của IA, IB, IC. Gọi
M, N, P lần lượt là trung trung điểm của BC, AC, AB.


13

Hình 1.9: DM, EN, P F đồng quy

Xét tam giác AIB, ta có D là trung điểm AI, E là trung điểm IB, nên DE
song song AB. Ta cũng có M N song song AB nên DE M N . Xét tam giác
BIC, ta có EM song song IC. Xét tam giác AIC, ta có DN song song IC.
Từ đó DN EM . Vậy DN M E là hình bình hành. Do đó
DM giao EN tại trung điểm của EN .

(1.5)

Tương tự ta chứng minh được P N F E là hình bình hành. Do đó
P F, EN giao nhau tại trung điểm EN .
Từ (1.5) và (1.6) suy ra DM, EN, P F đồng quy tại một điểm.

(1.6)


14

Chương 2
Định lý van Aubel
Định lý van Aubel không chỉ đẹp trong bản thân định lý mà còn đẹp trong
các cách chứng minh nó. Trong chương này, chúng tôi phát biểu định lý van
Aubel cho tam giác và tứ giác cùng với ba cách chứng minh cho mỗi trường
hợp. Sau đó chúng tôi trình bày một số tính chất và hệ quả của các định lý
này.

2.1

Định lý van Aubel

Định lý 2.1.1 (Định lý van Aubel cho tam giác, [1]). Trong một tam giác
ABC, nếu có ba đường thẳng AA , BB , CC cắt nhau tại một điểm K nằm
trong tam giác thì
AC
AK
AB
=
+
.
KA
BC CB

Hình 2.1: AA , BB , CC cắt nhau tại K


15

Chứng minh 1. Kéo dài BB và CC cho đến khi gặp đường thẳng kẻ qua A
song song với BC, tại E và D. Ta có
AK
DA
AE
DA + AE
=
=
=
KA
AC
BA
BC
AC
AB
DA AE
+
=
+
.
=
BC BC
CB BC

Ngoài cách chứng minh như trên, định lý này còn có thể chứng minh như
sau.
Chứng minh 2. Áp dụng định lý Menelaus cho
thẳng hàng, ta có

ABA và ba điểm C , K, C

AC BC A K
AC
CA KA
·
=1⇒
=
·
.
·
C B CA KA
CB
BC A K
Áp dụng định lý Menelaus cho

(2.1)

ACA và ba điểm B , K, B thẳng hàng, ta có

AB BC A K
AB
BA KA
·
=1⇒
=
·
.
·
B C BA KA
BC
BC A K

(2.2)

Từ (2.1) và (2.2) ta có
AB
AK
AC
+
=
CB BC
AK

BA
CA
+
BC
BC

=

AK
.
AK

Chứng minh 3. Ta có
SAC K
AC
SAKC
=
=
CB
SBC K
SBKC
AB
SAB K
SAKB
=
=
.
BC
SCKB
SBKC
Suy ra
AC
AB
SAKC + SAKB
+
=
.
CB BC
SBKC

(2.3)

Lại có
AK
SAKB
SAKC
SAKB + SAKC
=
=
=
KA
SBKA
SCKA
SBKA + SCKA
SAKB + SAKC
=
.
SBKC

(2.4)


16

Từ (2.3) và (2.4) suy ra
AC
AB
AK
+
=
.
CB BC
AK

Nhận xét.
AB
AC
AK
theo các tỉ số

.
KA
BC
CB
Ta biết rằng có rất nhiều bộ ba các đường Ceva đồng quy trong tam giác chẳng
hạn như các Ceva trọng tâm (các đường trung tuyến), các Ceva trực tâm (các
đường cao), các Ceva tâm đường tròn nội tiếp (các đường phân giác), các Ceva
Gergonne, các Ceva Nagel, các Ceva đối trung, các Ceva đẳng giác, . . . nên ta
có nhiều bài toán là hệ quả của định lý van Aubel. Ngoài ra, ta có thể tổ hợp
các Ceva khác nhau trong cùng một bài toán, chẳng hạn Ceva trọng tâm với
Ceva Gergonne, Ceva trọng tâm với Ceva Nagel, . . . để tạo ra các bài toán mới.
Như vậy ta có nhận xét sau:
(+) Định lý van Aubel cho phép tính tỉ số

(++) Định lý van Aubel vẫn còn đúng trong trường hợp điểm A nằm trên
cạnh BC còn hai điểm B , C lần lượt nằm trên tia đối của hai tia CA, BA.
Thật vậy, ta có
AK
SABK
SACK
SABK + SACK
SABKC
=
=
=
.
=
KA
SBKA
SCKA
SBKA + SCKA
SBKC
Ta có

SAC C
SAC K
SAC C + SAC K
SAKC
AC
=
=
=
=
.
CB
SBC C
SBC K
SBC C + SBC K
SBKC

Tương tự, ta có
SAKB
AB
=
.
BC
SBKC
Hay
AB
SAKC
SAKB
SABKC
AC
+
=
.
+
=
CB BC
SBKC SBKC
SBKC
Suy ra
AK
AC
AB
=
+
.
AK
CB BC
Định lý 2.1.2 (Định lý van Aubel cho tứ giác, [6]). Về phía ngoài tứ giác
ABCD ta dựng các hình vuông. Gọi P, Q, R, S là tâm các hình vuông đó. Khi
đó ta có đường thẳng P R = QS và P R ⊥ QS (Hình 2.2).


17

Hình 2.2: Định lý van Aubel cho tứ giác

Chứng minh 1. (Sử dụng số phức): Cho tứ giác ABCD, lấy đỉnh A là gốc tọa
độ. Tiếp theo, biểu diễn véctơ AB là số phức 2a, và tương tự BC là số phức
2b, CD là số phức 2c, và DA là số phức 2d. Véctơ AP được biểu diễn bởi số
phức p, và tương tự véctơ AQ là q, véctơ AR là r và véctơ AS là s (Hình 2.3).

Hình 2.3: Biểu diễn các cạnh theo số phức


18

Vì tứ giác ABCD đóng, phép cộng véctơ kéo theo 2a + 2b + 2c + 2d = 0,
tức là
a + b + c + d = 0.
Ta có thể đi từ A tới P bằng cách đi một nửa đường tới B rồi quay 90 độ và
đi một đoạn bằng như trước. Do đó, số phức p là
p = a + ia = (1 + i)a.
Tương tự, các số phức q, r và s được biểu diễn thành
q = 2a + (1 + i)b,
r = 2a + 2b + (1 + i)c,
s = 2a + 2b + 2c + (1 + i)d.
Ký hiệu véctơ từ điểm Q tới S là u và véctơ từ điểm P tới R là v, khi đó u
được viết thành s − q và v được viết r − p:
u = s − q = (b + 2c + d) + i(d − b),
v = r − p = (a + 2b + c) + i(c − a).
Ta phải chứng minh rằng đoạn QS và P R bằng nhau và vuông góc với nhau,
tức là hệ thức giữa các số phức u và v phải thỏa mãn
v = iu.
Nói cách khác, nhân cả hai vế của phương trình trên với i, chuyển vế, đổi dấu
ta được
u + iv = 0,
và do đó ta chỉ cần chứng minh phương trình trên đúng. Thực hiện tính toán
ta thu được
u + iv = (b + 2c + d − c + a) + i(d − b + a + 2b + c)
= (a + b + c + d) + i(a + b + c + d) = 0.
Điều phải chứng minh.
Chứng minh 2. (Sử dụng công cụ của hình học): Xét tam giác ABC tạo bởi
các cạnh AB và BC của tứ giác ABCD (Hình 2.4). Dựng các hình vuông bên
ngoài các cạnh AB, BC, ký hiệu tâm các hình vuông lần lượt là P và Q. Ký


19

hiệu M là trung điểm của CA và dựng đoạn thẳng P M và QM . Mối quan hệ
giữa P M và QM là
P M = QM, P M ⊥ QM.
Để chứng minh điều này, ta có thể dùng phương pháp số phức. Tuy nhiên ta
cũng có thể dùng công cụ của hình học.

Hình 2.4: P M = M P và P M ⊥ M Q
π/2

Ký hiệu phép quay quanh điểm p góc π/2 là Rp , phép quay quanh điểm
π/2
π , ký hiệu M là tích
q góc π/2 là Rq , phép quay quanh điểm m góc π là Rm
hợp của ba phép quay
π/2
π/2
π
M = Rm
◦ Rq ◦ Rp .
Vì π/2 + π/2 + π = 2π, tổng góc quay là một bội nguyên của 2π, nên với mỗi
điểm v, phép biến đổi M tương đương với phép tính tiến Tv .
Bỏ qua sự tịnh tiến thì với mỗi điểm xác định k, M (k) = k nên M là một
phép tính tiến 0, tức là một phép biến đổi đơn vị. Do đó
π/2

Rq

π/2

◦ Rp

π −1
π
= (Rm
) ◦ M = Rm
.

π (p), thì m là trung điểm của pp . Mặt khác, vì
Nếu p xác định sao cho p = Rm
π/2

p = (Rq

π/2

π/2

◦ Rp )(p) = Rq (p),

p là điểm p được quay quanh điểm q góc π/2. Do đó pqp tạo thành một
tam giác vuông cân, nên pm và qm vuông góc và có độ dài bằng nhau (Hình
2.5).


20

Hình 2.5: pm và qm vuông góc và có độ dài bằng nhau

Chứng minh 3. (Sử dụng các tính chất trong hình học sơ cấp) Trước tiên ta
tính chất một hệ thức hình học. Xét tam giác ABC tạo bởi các cạnh AB và
BC của tứ giác ABCD (Hình 2.6). Dựng các hình vuông bên ngoài các cạnh
AB, BC, ký hiệu tâm các hình vuông lần lượt là P và Q. Ký hiệu M1 là trung
điểm của CA, trung điểm của AB là M2 và trung điểm của BC là M3 .

Hình 2.6: P M2 ⊥ M1 M3 , M1 M2 ⊥ QM3 ,

Ta có
M2 P = M2 B, M2 P ⊥ M2 B, M3 Q = M3 B, M3 Q ⊥ M3 B.
Vì M2 B

M1 M3 và M3 B

M1 M2 nên

P M2 ⊥ M1 M3 ,

M1 M2 ⊥ QM3 ,


21

Nếu M2 B được dịch chuyển thành M1 M3 và M3 B được dịch chuyển thành
M1 M2 thì P M1 M2 và QM1 M3 có hai cạnh bằng nhau và có một góc trong
bằng 90◦ + ABC, do đó chúng bằng nhau. Suy ra các cạnh P M1 và QM1 bằng
nhau và vuông góc với nhau.

Hình 2.7: P M = QM,

P M ⊥ QM

Hình 2.2 có thể được chứng minh bằng cách sử dụng Hình 2.7 hai lần. Với
tứ giác bất kỳ ABCD, vẽ đường chéo AC và ký hiệu trung điểm AC là M . Với
P và Q là tâm của hình vuông ta có
P M = QM,

P M ⊥ QM

và tương tự với tâm R và S ta có
RM = SM,

RM ⊥ SM.

Xét hai tam giác P M R và QM S. Vì hai cạnh tương ứng bằng nhau:
P M = QM, RM = SM , và chúng cùng có góc trong bằng 90◦ + QM R nên
P MR =

QM S.

Ngoài ra, vì chúng được quay 90 độ quanh điểm M ,
P R = QS,

P R ⊥ QS.

Gọi giao điểm của P R và QS là F , F có thể khác M. Ta có P R và QS bằng
nhau và vuông góc với nhau, nhưng chúng giao nhau với tỉ số nào?


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×