Một số dạng toán về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
- - - - - - O0O - - - - - -

PHẠM VĂN PHÁP

MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ
ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT
PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
- - - - - - O0O - - - - - -

PHẠM VĂN PHÁP

MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ
ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT
PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN
Chuyên ngành:

Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số:

60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

Thái Nguyên - 2015


i

Mục lục
TÓM TẮT NỘI DUNG

iii

LỜI CẢM ƠN

iv

LỜI NÓI ĐẦU

1

1 Một số kiến thức bổ trợ
1.1 Phương trình một số đường và tham số hóa . . . . . . .
1.2 Hệ thức Chasles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Số đo đại số quãng đường trên đường tròn đơn vị
1.2.2 Góc lượng giác trên đường tròn đơn vị . . . . . .
1.3 Sử dụng tọa độ để chứng minh một số định lý hình học

1.3.1 Đường thẳng Newton . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Định lý Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Đường tròn chín điểm và đường thẳng Euler . . . . . . .
2 Phương pháp tọa độ trong không gian
2.1 Tích vô hướng, tích có hướng của hai véctơ . .
2.2 Bài toán véctơ liên quan tới tam giác, tứ diện .
2.3 Phương pháp diện tích và phương pháp thể tích
2.3.1 Phương pháp diện tích . . . . . . . . .
2.3.2 Phương pháp thể tích . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

3 Các dạng toán về mặt phẳng và đường phẳng trong
gian

3.1 Một số dạng toán về mặt phẳng trong không gian . .
3.2 Một số dạng toán về đường thẳng trong không gian .
3.3 Một số dạng toán khác . . . . . . . . . . . . . . . .
KẾT LUẬN

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.

2
2
4
4
5
6
6
8
12

.
.
.
.
.

20
20
27

31
32
41

không
49
. . . . 49
. . . . 59
. . . . 65
76


ii

TÀI LIỆU THAM KHẢO

76


iii

TÓM TẮT NỘI DUNG
Luận văn trình bày một số dạng toán về đường thẳng và mặt
phẳng trong không gian
Luận văn có bố cục: Mở đầu , ba nội dung chính, Kết luận và Tài liệu
tham khảo
1. Một số kiến thức bổ trợ
Trình bày phương trình một số đường và tham số hóa gồm có: Phương
trình đường thẳng, biểu diễn bán kính đường tròn ngoại tiếp qua tọa độ
đỉnh, phương trình tham số đường thẳng; Hệ thức Chasles gồm có: số đo

đại số quãng đường trên đường tròn đơn vị, góc lượng giác trên đường
tròn đơn vị; sử dụng tọa độ để chứng minh một số định lý hình học gồm
có: Bài toán con bướm cho các đường cônic, đường thẳng Newton, định lý
Pascal; Đường tròn chín điểm và đường thẳng Euler.
2. Phương pháp tọa độ trong không gian
Trình bày tích vô hướng, tích có hướng của hai vectơ; Bài toán liên
quan tới tam giác, tứ diện; Phương pháp diện tích và phương pháp thể
tích.
3. Các dạng toán về mặt phẳng và đường thẳng trong không gian
Trình bày một số dạng toán về mặt phẳng như: chứng minh hai mặt phẳng
vuông góc, góc giữa hai mặt phẳng, góc giữa đường thẳng và mặt phẳng,
khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng; Một số dạng toán vế đường
thẳng trong không gian như: chứng minh hai đường thẳng vuông góc, ba
đường thẳng đồng quy, ...


iv

LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên của luận văn này, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất
tới GS. TSKH Nguyễn Văn Mậu, đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi trong
suốt quá trình làm và hoàn thiện luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo khoa Toán - Tin, Phòng
Đào tạo , các bạn học viên lớp Cao học Toán K7D của Trường Đại học
Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Trường THPT Cẩm Giàng II, đã giúp
đỡ, tạo điều kiện thuận lợi và động viên tôi trong quá trình học tập và
nghiên cứu tại trường.
Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu
sót và hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của các
thầy cô và bạn bè đồng nghiệp để bản luận văn được hoàn thiện hơn.

Thái Nguyên, 2015
Phạm Văn Pháp
Học viên Cao học Toán K7D,
Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên


1

Lời nói đầu
1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình phổ thông các bài tập về đường thẳng và mặt phẳng
trong không gian là những dạng bài tập cơ bản. Để làm rõ và sâu sắc hơn
luận văn này trình bày cụ thể một số dạng bài tập cơ bản về đường thẳng
và mặt phẳng.
2. Mục đích nghiên cứu
Hệ thống hóa các dạng bài toán về đường thẳng và mặt phẳng trong không
gian.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Các bài toán về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian.
4. Phương pháp nghiên cứu
Tham khảo, phân tích, hệ thống hóa các tài liệu, chuyên đề nhằm rút ra
các kết luận có tính khái quát.
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Đề tài tạo nên một tư liệu lý thú về các bài toán đường thẳng và mặt
phẳng trong không gian.
6. Cấu trúc của luận văn
Luận văn gồm ba nội dung chính và phần mở đầu, kết luận.
1. Một số kiến thức chuẩn bị. Trong chương này, tác giả trình bày về các
dạng phương trình đường thẳng, biểu diễn bán kính đường tròn ngoại tiếp
qua tọa độ đỉnh, sử dụng phương pháp tọa độ để chứng minh một số định

lý hình học.
2. Trình bày các định nghĩa tích vô hướng, tích có hướng, tích hỗn tạp;
một số bài toán liên quan tới tam giác, tứ diện; phương pháp diện tích và
phương pháp thể tích.
3. Trình bày một số dạng toán về mặt phẳng, đường thẳng trong không
gian và một số dạng toán khác.
Dù đã nghiêm túc nghiên cứu và rất cố gằng thực hiện luận văn, nhưng với
trình độ hạn chế cùng nhiều lý do khác, luận văn chắc chắn không tránh


1

khỏi những thiếu sót. Kính mong sự góp ý của các Thầy Cô, các bạn đồng
nghiệp để luận văn này hoàn chỉnh và nhiều ý nghĩa hơn.
Thái Nguyên, ngày 24 tháng 11 năm 2015
Phạm Văn Pháp
Học viên Cao học Toán K7D, khóa 2014 - 2016
Chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên


2

Chương 1
Một số kiến thức bổ trợ
Có nhiều cách giải bài toán hình sơ cấp. Trong chương này sử dụng
phương pháp tọa độ để nghiên cứu một số bài hình sơ cấp qua phương
trình các đường, các mặt. Phương pháp tọa độ đòi hỏi chúng ta biết sử
dụng các phép biến đổi đại số rất thuần thục thông qua các ký hiệu hình
thức (xem [2-5]).

1.1

Phương trình một số đường và tham số hóa

Các dạng phương trình đường thẳng: Với a, b ∈ R và a2 + b2 = 0 ta có
(i) d : ax + by + c = 0.
(ii) t :

x − x0
y − y0
=
.
a
b

(iii) Đường thẳng AB : (y2 − y1 )x − (x2 − x1 )y + x2 y1 − x1 y2 = 0 với
A(x1 ; y1 ), B(x2 ; y2 ).

x y 1
(iv) Đường thẳng AB : x1 y1 1 = 0 với A(x1 ; y1 ), B(x2 ; y2 ).
x 2 y2 1
(v) Giả sử d1 : a1 x + b1 y + c1 = 0 và d2 : a2 x + b2 y + c2 = 0. Khi đó tọa
b1 c1
b 1 c1
độ giao điểm A = d1 × d2 với xA =

b2 c2
a1 b1
a2 b2

, yA =

b 2 c2
c1 a1
c2 a2

.


3

Góc giữa d1 và d2 là α với tan α =

sin α =

a1 b 1
a2 b 2

a1 b 2 − a2 b 1
=
và
a1 a2 + b1 b2
a1 a2 + b 1 b 2

|a1 b2 − a2 b1 |
, cos α =
(a21 + b21 )(a22 + b22 )

|a1 a2 + b1 b2 |
.

(a21 + b21 )(a22 + b22 )

Giả sử tam giác ABC có A(x1 ; y1 ), B(x2 ; y2 ), C(x3 ; y3 ). Khi đó diện tích

SABC

x1 y1 1
1
= x2 y2 1 .
2
x3 y3 1

Phương trình các đường thẳng chứa các đỉnh



a = y 2 − y3

 1
BC : a1 x + b1 y + c1 = 0 với b1 = x3 − x2



c = x y − x y
1
2 3
3 2




a = y3 − y1

 2
CA : a2 x + b2 y + c2 = 0 với b2 = x1 − x3



c = x y − x y
2
3 1
1 3



a = y 1 − y2

 3
AB : a3 x + b3 y + c3 = 0 với b3 = x2 − x1



c = x y − x y .
3
1 2
2 1
Nếu giải hệ phương trình, ngược lại để tính xi , yi qua các aj , bj , cj , ta có

a3 c2 − a2 c3
b2 c3 − b3 c2
, y1 =

a2 b3 − a3 b2
a2 b3 − a3 b2
b3 c1 − b1 c3
a1 c3 − a3 c1
x2 =
, y2 =
a3 b1 − a1 b3
a3 b1 − a1 b3
b1 c2 − b2 c1
a2 c1 − a1 c2
, y3 =
.
x3 =
a1 b2 − a2 b1
a1 b2 − a2 b1
x1 =


4

Mệnh đề 1.1 ([3]). Nếu 3 đỉnh tam giác ABC là những điểm giao của
của các cặp thuộc ba đường thẳng ai x + bi y + ci = 0 với i = 1, 2, 3, thì
diện tích và bán kính đường tròn ngoại tiếp của ∆ABC được tính theo
các công thức

(i) SABC =

1
2 a2 a3
b2 b3

a1 b1 c1
(ii) R = a2 b2 c2
a3 b3 c3

a1 b1 c1
a2 b2 c2
a3 b3 c3

2

a1 a3
b1 b3

.
a1 a2
b1 b2

(a21 + b21 )(a22 + b22 )(a23 + b23 )
.
2

(iii) Nếu ký hiệu a = BC, b = CA, c = AB thì

abc =

a1 b1 c1
a2 b2 c2
a3 b3 c3

3

a2 a3
b2 b3

1.2
1.2.1

(a21 + b21 )(a22 + b22 )(a23 + b23 )
.
a1 a3
b1 b3

a1 a2
b1 b2

Hệ thức Chasles
Số đo đại số quãng đường trên đường tròn đơn vị

Giả sử điểm M xuất phát từ A chuyển động trên đường tròn đơn vị
theo chiều dương. Nó đi được k vòng trên đường tròn và đi tiếp đến vị trí
M1 . Như vậy M đã đi được quãng đường với độ dài = α + k2π, trong
đó α bằng độ dài cung AM1 , 0 α < 2π, quy ước cung từ A đến M1 theo
hướng dương. Khi điểm M xuất phát từ A chuyển động trên đường tròn
đơn vị theo chiều âm và đi được k vòng trên đường tròn, rồi đi tiếp đến vị
trí M1 . Như vậy M đã đi được quãng đường với độ dài = 2π − α + k2π.
Số đo đại số của quãng đường M xuất phát từ A đi trên đường tròn đơn


5

vị đến M1 được định nghĩa:

+ = α + k2π
khi M đi theo hướng dương
L1 =
− = α − (k + 1)2π khi M đi theo hướng âm.
Ghi gọn L1 = α + k2π với 0 α < 2π và k ∈ Z.
Hoàn toàn tương tự, điểm M xuất phát từ A chuyển động trên đường tròn
đơn vị đến vị trí M2 . Khi đó số đo đại số của quãng đường M xuất phát từ
A đi được trên đường tròn đơn vị đến M2 là L2 = β + h2π với 0 β < 2π
và h ∈ Z.
Nhận xét 1.1. (1) Tương ứng mỗi điểm M1 thuộc đường tròn đơn vị với
số α, 0
α < 2π, theo mod 2π là tương ứng một-một. Do vậy, tương
ứng mỗi điểm M1 thuộc đường tròn đơn vị với đúng một số α, 0 α < 2π,
theo mod 2π.
(2) Nếu M1 , M2 ứng với hai số đo đại số là L1 , L2 thì

L2 − L1 = β − α + n2π
với 0

α, β < 2π và n ∈ Z.

1.2.2

Góc lượng giác trên đường tròn đơn vị

Giả sử M xuất phát từ điểm M1 và chuyển động trên đường tròn đơn
vị đi được quãng đường với độ dài để đến vị trí M2 . Ta nói điểm M đã

vạch nên một cung lượng giác với điểm đầu là M1 , điểm cuối là M2 và
được ký hiệu là M1 M2 ; Ta cũng nói tia OM đã vạch nên một góc lượng
giác với tia đầu là OM1 , tia cuối là OM2 và được ký hiệu là (OM1 , OM2 ).
Khi M đi theo hướng dương, ta có thể coi M xuất phát từ A đến M1 với
quãng đường 1 = α và đến M2 với quãng đường 2 = 1 + . Nếu biểu
diễn 2 = β + k2π với k ∈ N và 0 β < 2π, thì = β − α + k2π. Hiển
nhiên M1 và M2 ứng với hai số đo đại số L1 = 1 và L2 = 2 . Khi đó
L2 − L1 = .
Khi M đi theo hướng âm từ vị trí M1 với quãng đường đến vị trí M2 .
Hiển nhiên M1 và M2 ứng với hai số đo đại số L1 = (2π − α) − 2π và
L2 = −( − α). Khi đó L2 − L1 = − .
Tóm lại, hiệu số a = L2 − L1 được gọi là số đo của góc lượng giác

(OM1 , OM2 ) hay của cung M1 M2 .


6

Mệnh đề 1.2 (Chasles). Với M1 , M2 , M3 trên đường tròn đơn vị luôn có

(OM1 , OM2 ) + (OM2 , OM3 ) = (OM1 , OM3 ) + k2π, k ∈ Z.
Chứng minh. Giả sử Mi ứng với số đo đại số Li = αi + ki 2π, trong đó
0 αi < 2π và ki ∈ Z, i = 1, 2, 3. Khi đó ta có

H =
=
=
=

(OM1 , OM2 ) + (OM2 , OM3 )

α2 − α1 + n1 2π + α3 − α2 + n2 2π
α3 − α1 + n3 2π
(OM1 , OM3 ) + k2π, n1 , n2 , n3 , k ∈ Z.

Vậy (OM1 , OM2 ) + (OM2 , OM3 ) = (OM1 , OM3 ) + k2π, k ∈ Z.

1.3

Sử dụng tọa độ để chứng minh một số định lý
hình học

1.3.1

Đường thẳng Newton

Mệnh đề 1.3 (Newton). Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm
O. Gọi I, J là trung điểm của AC và BD tương ứng. Khi đó I, O, J thẳng
hàng theo thứ tự.
Chứng minh. Dựng hệ tọa độ (Oxy) để đường tròn nội tiếp tứ giác
ABCD là ( ) : x2 + y 2 = 1. Khi đó phương trình các cạnh



(AB) : x cos α + y sin α = 1




(BC) : x cos β − y sin β = 1



(CD) : x cos γ + y sin γ = 1




(DA) : x cos δ − y sin δ = 1


7

và tọa độ các đỉnh:

α−δ
α−δ


cos
sin


2 ;y =
2


A xA =
A


α

+
δ
α
+
δ


cos
cos


2
2



α
−β
α
−
β


sin
cos



2 ;y =
2


B xB =
B


α
+
β
α
+
β


cos
cos
2
2
γ
−
β
γ
−
β


cos
sin




2 ;y =
2

C xC =
C


γ+β
γ+β


cos
cos



2
2


γ
−
δ
γ
−
δ


sin
cos




2 ;y =
2

.
D xD =
D


γ
+
δ
γ
+
δ


cos
cos
2
2
Bởi vì

yI
yA + yC
sin(t − δ) − sin(t − α) + sin(t − β) − sin(t − γ)
=
=

xI
xA + xC
cos(t − α) + cos(t − β) + cos(t − γ) + cos(t − δ)
và

yB + yD
sin(t − δ) − sin(t − α) + sin(t − β) − sin(t − γ)
yJ
=
=
xJ
xB + xD
cos(t − α) + cos(t − β) + cos(t − γ) + cos(t − δ)
với t =

α+β+γ+δ
nên ba điểm I, O, J thẳng hàng.
2

Nhận xét 1.2. Với cách chứng minh trên, dễ dàng chỉ ra O không phải
luôn luôn là trung điểm của IJ.
Mệnh đề 1.4 ([3]). Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường ellíp (E) :
x2 y 2
+ 2 = 1. Gọi I, J là trung điểm của AC và BD tương ứng. Khi đó
a2
b
I, O, J thẳng hàng theo thứ tự.
Chứng minh. Phương trình các cạnh và tọa độ các đỉnh của tứ giác
ABCD :


cos α
sin α
cos β
sin β

(AB) : x
+y
= 1, (BC) : x
−y
=1
a
b
a
b

(CD) : x cos γ + y sin γ = 1, (DA) : x cos δ − y sin δ = 1
a
b
a
b


8


α−δ
α−δ


a

cos
b
sin


2 ;y =
2


A xA =
A


α+δ
α+δ


cos
cos


2
2



α
−
β
α

−β


a
cos
b
sin



2 ;y =
2

B xB =
B


α
+
β
α
+
β


cos
cos
2
2
γ

−
β
γ
−
β


a cos
b sin



2 ;y =
2

C xC =
C


γ
+
β
γ
+
β


cos
cos




2
2


γ
−
δ
γ
−δ


a
cos
b
sin



2 ;y =
2

D xD =
.
D


γ+δ
γ+δ



cos
cos
2
2
Vì

yA + yC
b[sin(t − δ) − sin(t − α) + sin(t − β) − sin(t − γ)]
yI
=
=
xI
xA + xC
a[cos(t − α) + cos(t − β) + cos(t − γ) + cos(t − δ)]
và

yJ
yB + yD
b[sin(t − δ) − sin(t − α) + sin(t − β) − sin(t − γ)]
=
=
xJ
xB + xD
a[cos(t − α) + cos(t − β) + cos(t − γ) + cos(t − δ)]
với t =

α+β+γ+δ
nên ba điểm I, O, J thẳng hàng.

2

1.3.2

Định lý Pascal

Định lý 1.1 (Pascal). Giả sử 6 điểm A1 , A2 , . . . , A6 nằm trên đường cong
bậc hai không suy biến ( ). Khi đó ba điểm giao

A = (A1 A5 ) × (A2 A4 ), B = (A3 A4 ) × (A6 A1 ) và C = (A2 A6 ) × (A3 A5 )
thẳng hàng.
Chứng minh. Qua phép biến đổi tuyến tính f thì đường cong bậc hai
không suy biến biến thành đường parabol ( ) : x = y 2 . Ký hiệu dij (x, y) =
0 là phương trình đường thẳng Ai Aj . Đặt

p(x, y) = d24 (x, y)d16 (x, y)d35 (x, y) − αd34 (x, y)d23 (x, y)d15 (x, y).
Đây là một đa thức bậc ba đối với x và y. Tọa độ 6 điểm A1 , A2 , . . . , A6
thỏa mãn phương trình p(x, y) = 0. Lấy một điểm bất kỳ A thuộc ( ),


9

khác 6 điểm trên. Ta chọn α để tọa độ điểm A thỏa mãn p(x, y) = 0. Nếu
thế x qua y 2 ta được đa thức p(y 2 , y) bậc 6. Phương trình p(y 2 , y) = 0
cho tung độ của 7 điểm khác nhau, có nghĩa: p(y 2 , y) = 0 có 7 nghiệm y
khác nhau. Vậy p(y 2 , y) ≡ 0 hay mọi điểm thuộc ( ) đều có tọa độ thỏa
mãn p(x, y) = 0. Coi p(x, y) như là một đa thức của x. Với phép chia đa
thức, ta nhận được

p(x, y) = (x − y 2 q(x, y) + r(y),

trong dó q(x, y) là thương và r(y) là phần dư. Vì mọi điểm thuộc ( ) : x =
y 2 đều thỏa mãn p(x, y) = 0 nên r(y) ≡ 0. Vậy

p(x, y) = (x − y 2 )q(x, y).
Vì p(x, y) là đa thức bậc 3 nên q(x, y) phải là đa thức bậc nhất hay
p(x, y) = (x − y 2 )(ax + by + c). Do 9 điểm A1 , A2 , . . . , A6 và A, B, C đều
thuộc đường cong p(x, y) = 0, nhưng A, B, C không thuộc ( ) : x = y 2
nên A, B, C thuộc đường thẳng (d) : ax + by + c = 0 hay A, B, C thẳng
hàng.

Hệ quả 1.1 (Pappus). Giả sử 3 điểm A1 , A2 , A3 nằm trên đường thẳng
(d1 ) và 3 điểm A4 , A5 , A6 nằm trên đường thẳng (d2 ) khác (d1 ). Khi đó
ba điểm giao A = (A1 A5 ) × (A2 A4 ), B = (A1 A6 ) × (A2 A5 ) và C =
(A2 A6 ) × (A3 A5 ) thẳng hàng.
Chứng minh. Kết quả này được suy ra từ Định lý 1.1.
Ví dụ 1.1. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn C. Tại các đỉnh
A, B, C ta kẻ các tiếp tuyến Aa, Bb, Cc của đường tròn C và các tiếp tuyến
cắt các cạnh E = Aa × BC, F = Bb × CA, G = Cc × AB. Khi đó ba
điểm E, F, G thẳng hàng.
Bài giải. Coi ba đỉnh tam giác ABC như là 6 điểm A, A, B, B, C, C
nằm trên một đường cong bậc hai. Do vậy, ba điểm E, F, G thẳng hàng
theo Định lý 1.1.
Ví dụ 1.2. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn C. Gọi các điểm
tiếp xúc giữa AB, , BC, CD, DA với C là E, F, G, H. Khi đó bốn đường
thẳng AC, BD, EG, F H đồng quy.


10

Bài giải. Gọi I = EG × F H, J = EH × F G. Coi bốn điểm E, F, G, H

như là 6 điểm E, E, F, F, G, H nằm trên một đường cong bậc hai. Do
vậy, ba điểm J, I, B thẳng hàng theo Định lý 1.1. Tương tự, xét 6 điểm
E, F, G, G, H, H ta còn có J, D, I thẳng hàng. Vậy BD đi qua I. Điều này
chứng tỏ EG, F H, BD đồng quy ở I. Hoàn toàn tương tự, ba đường thẳng
AC, EG, F H cũng đồng quy ở I. Tóm lại, bốn đường thẳng AC, BD, EG, F H
đồng quy.

Ví dụ 1.3. Giả sử ∆ABC có ba đỉnh thuộc một parabol. Qua mỗi đỉnh
A, B, C ta dựng tiếp tuyến với parabol và giả thiết mỗi tiếp tuyến này cắt
cạnh đối diện ở A1 , B1 , C1 , tương ứng. Khi đó A1 , B1 , C1 thẳng hàng.
Bài giải. Xét 6 điểm A, A1 , B, B1 , C, C1 thuộc parabol. Khi đó ba điểm
A1 , B1 , C1 thẳng hàng theo Định lý Pascal.

Ví dụ 1.4. Giả sử ( ) : y = ax3 + bx2 + cx + d, a = 0, là một đường cong
phẳng bậc ba trong mặc phẳng (Oxy). Qua điểm I tùy ý trong (Oxy)
dựng hai đường thẳng cắt ( ) tại các điểm A1 , A2 , A3 và B1 , B2 , B3 , tương
IA1 .IA2 .IA3
không phụ thuộc vào việc chọn điểm I.
ứng. Khi đó tỷ số
IB1 .IB2 .IB3
Bài giải. Giả sử I(u, v) trong mặt phẳng (Oxy). Đổi hệ trục để I là
gốc tọa độ qua X = x − u, Y = y − v. Khi đó I(0; 0) và ( ) : Y =
pX 3 + qX 2 + rX + s trong mặt phẳng tọa độ (IXY ). Giả sử hai đường
thẳng qua gốc I với phương trình Y = tX và Y = t X cắt ( ) tại các điểm
A1 , A2 , A3 và B1 , B2 , B3 , tương ứng. Hiển nhiên, hoành độ của các điểm
A1 , A2 , A3 là X1 , X2 , X3 là nghiệm của phương trình

pX 3 + qX 2 + rX + s = tX.
Khi đó

X1 X2 X 3 = −

s
p

và

IA1 .IA2 .IA3 =

X12 + t2 X12

X22 + t2 X22

X32 + t2 X32 .


11

Như vậy

s
IA1 .IA2 .IA3 = |X1 X2 X3 | (1 + t2 )3 = | | (1 + t2 )3 .
p
Tương tự, ta cũng có

s
IB1 .IB2 .IB3 = | | (1 + t 2 )3 .
p
Vậy

IA1 .IA2 .IA3
=
IB1 .IB2 .IB3

1 + t2
1+t2

3

.

Ví dụ 1.5. Giả sử ( ) : y = ax3 + bx2 + cx + d, a = 0, là một đường cong
phẳng bậc ba trong mặc phẳng (Oxy). Qua hai điểm I và J tùy ý trong
(Oxy) dựng hai đường thẳng song song cắt ( ) tại các điểm A1 , A2 , A3 và
IA1 .IA2 .IA3
B1 , B2 , B3 , tương ứng. Khi đó tỷ số
không phụ thuộc vào
JB1 .JB2 .JB3
việc chọn hệ số góc của hai đường song song trên.
Bài giải. Giả sử hai đường thẳng song song qua I(u1 , v1 ) và J(u2 , v2 )
có hệ số góc t. Khi đó phương trình tương ứng của chúng là

(Id1 ) : y = t(x − u1 ) + v1 và (Jd2 ) : y = t(x − u2 ) + v2 .
Giả sử hoành độ của các điểm A1 , A2 , A3 là x1 , x2 , x3 . Chúng là nghiệm
của
ax3 + bx2 + cx + d = t(x − u1 ) + v1
hay

ax3 + bx2 + (c − t)x + d + tu1 − v1 = a(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )
và

A1 (x1 ; t(x1 − u1 ) + v1 ), A2 (x2 ; t(x2 − u1 ) + v1 ), A3 (x3 ; t(x3 − u1 ) + v1 ).
Với x = u1 được

a(u1 − x1 )(u1 − x2 )(u1 − x3 ) = au31 + bu21 + cu1 + d − v1 = f (u1 ).
Ta có

IA1 .IA2 .IA3 = |(x1 − u1 )(x2 − u1 )(x3 − u1 )| (1 + t2 )3


12

và như vậy

IA1 .IA2 .IA3 = |

f (u1 )
| (1 + t2 )3 .
a

Hoàn toàn tương tự có

JB1 .JB2 .JB3 = |

f (u2 )
| (1 + t2 )3 .
a

Vậy

IA1 .IA2 .IA3
f (u1 )
=
JB1 .JB2 .JB3
f (u2 )
không phụ thuộc t.

1.4

Đường tròn chín điểm và đường thẳng Euler

Không hạn chế, ta chỉ cần xét tam giác nội tiếp trong đường tròn bán
kính R = 1. Dựng hệ tọa độ (Oxy) sao cho đường tròn

( ) : x2 + y 2 = 1
và ∆ABC với A(1; 0), B(cos α; sin α) và C(cos γ; sin γ), trong đó 0 <
α, β < π và γ = α + β. Hạ các đường cao AA0 , BB0 , CC0 . Tọa độ trọng
tâm
1 + cos α + cos γ sin α + sin γ
G(
;
)
3
3
và trực tâm
H(1 + cos α + cos γ; sin α + sin γ).
Đường thẳng (OH) được gọi là đường thẳng Euler của ∆ABC và được ký
hiệu qua (d). Phương trình đường thẳng Euler

x = (1 + cos α + cos γ)t

d:
y = (sin α + sin γ)t, t ∈ R.
Mệnh đề 1.5 (Euler). Giả sử ∆ABC với các đường cao AA0 , BB0 , CC0
và trực tâm H. Gọi A1 , B1 , C1 là trung điểm đoạn HA, HB, HC, và gọi
A2 , B2 , C2 là trung điểm cạnh BC, CA, AB, tương ứng. Khi đó 9 điểm
A0 , A1 , A2 , B0 , B1 , B2 , C0 , C1 , C2 cùng nằm trên một đường tròn. Đường


13

tròn này được gọi là đường tròn Euler. Tâm đường tròn Euler là trung
điểm đoạn OH và phương trình

x−

1 + cos α + cos γ
2

2

+ y−

sin α + sin γ
2

2

1
= .
4

Chứng minh. Gọi E là trung điểm đoạn OH. Khi đó tọa độ các điểm

1 + cos α + cos γ sin α + sin γ
;
2
2
1 + 1 + cos α + cos γ sin α + sin γ
A1
;
2
2
cos α + 1 + cos α + cos γ sin α + sin γ
;
B1
2
2
cos β + 1 + cos α + cos γ sin α + sin γ
C1
;
2
2
cos α + cos γ sin α + sin γ
;
A2
2
2
1 + cos γ sin γ
B2
;

2
2
1 + cos α sin α
C2
;
.
2
2
E

Xét đường tròn

( ): x−

1 + cos α + cos γ
2

2

+ y−

sin α + sin γ
2

2

1
= .
4

π
nên ba điểm A0 , A1 , A2 nằm
2
1
trên đường tròn ( ) tâm E bán kính r = . Tương tự 6 điểm còn lại cũng
2
thuộc đường tròn ( ).
Hiển nhiên A1 , A2 ∈ ( ). Vì A1 A0 A2 =

Nhận xét 1.3. Ta có

OE 2 =

3 + 2 cos α + 2 cos γ + 2 cos(γ − α)
4

và OI 2 = 1 − 2r, ở đó I là tâm đường tròn nội tiếp trong ∆ABC.
Vậy OE OI khi và chỉ khi

8r + 2 cos α + 2 cos γ + 2 cos β

1.

Mệnh đề 1.6 (Dự tuyển IMO 1986). Giả sử ∆ABC với tâm đường tròn
ngoại tiếp O, trực tâm H và trọng tâm G. Đặt

f (X) = XA2 + XB 2 + XC 2


14

với điểm X thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác. Gọi P và Q là hai điểm
thuộc đường tròn ngoại tiếp sao cho f (P ), f (Q) đạt giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất tương ứng. Khi đó 5 điểm O, H, G, P, Q thẳng hàng.

Chứng minh. Không làm mất tính chất tổng quát, có thể giả thiết
R = 1. Dựng hệ tọa độ (Oxy) sao cho tam giác ABC nội tiếp trong đường
tròn x2 + y 2 = 1 và ∆ABC với A(1; 0), B(cos α; sin α) và C(cos γ; sin γ),
trong đó 0 < α, β < π và γ = α + β. Tọa độ trọng tâm
1 + cos α + cos γ sin α + sin γ
G(
;
)
3
3
và trực tâm
H(1 + cos α + cos γ; sin α + sin γ).
Giả sử X(x; y) với x2 + y 2 = 1. Khi đó ta có

f (X) =
+
=
=

(x − 1)2 + y 2 + (x − cos α)2 + (y − sin α)2
(x − cos γ)2 + (y − sin γ)2
6 − 2x − 2x cos α − 2y sin α − 2x cos γ − 2y sin γ
6 − 2(1 + cos α + cos γ)x − 2(sin α + sin γ)y
→

→

= 6 − 2OH.OX = 6 − 2OH cos t
với t là góc giữa OX và OH. Hiển nhiên f (X)ln = 6 + 2OH khi t = π và
f (X)nn = 6 − 2OH khi t = 0. Do vậy 5 điểm O, H, G, P, Q thẳng hàng.
Ví dụ 1.6. Giả sử ∆ABC nội tiếp trong đường tròn bán kính R = 1 có
bán kính đường tròn nội tiếp r với các đường cao AA0 , BB0 , CC0 . Gọi s
là bán kính đường tròn nội tiếp trong tam giác A0 B0 C0 . Khi đó

s

(1 + r)2
1−
.
3

Bài giải. Đặt A = α, B = β, C = γ. Khi đó

r = 4 sin

β
γ
α
sin sin .
2
2
2

Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆A0 B0 C0 bằng

1
theo Mệnh đề 1.5
2

nên

s = 2 sin

π − 2α
π − 2β
π − 2γ
sin
sin
= 2 cos α cos β cos γ.
2
2
2


15

Như vậy

α
β
γ
(1 + 4 sin sin sin )2
(1 + r)2
2
2

2 .
s+
= 2 cos α cos β cos γ +
3
3
Từ đây suy ra
2

s+

(1 + r)
3

1 2
(1
+
)
1
2
2. +
=1
8
3

hay

s

1−

(1 + r)2
.
3

Bài toán 1.1. Đường tròn 9 điểm Euler và đường tròn nội tiếp trong
∆ABC có tiếp xúc với nhau không? Vấn đề này được coi như một bài tập.
Mệnh đề 1.7 ([3]). Với tam giác ABC ta luôn có các đồng nhất thức sau
đây:


2
2




a = BC = 2 − 2 cos β
HA2 + a2 = 4




(i) b2 = CA2 = 2 − 2 cos γ
và
HB 2 + b2 = 4







c2 = AB 2 = 2 − 2 cos α
HC 2 + c2 = 4.


OH 2 = 9 − a2 − b2 − c2 .




9



sin2 A + sin2 B + sin2 C


4
(ii) sin2 A + sin2 B + sin2 C > 2 khi ∆ABC nhọn





sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2 khi ∆ABC vuông




sin2 A + sin2 B + sin2 C < 2 khi ∆ABC tù.




2OH.HA cos OHA = 12 − 2a2 − b2 − c2


(iii) 2OH.HB cos OHB = 12 − a2 − 2b2 − c2



2OH.HC cos OHC = 12 − a2 − b2 − 2c2 .
−→

−→

−→

−→

(iv) Tính T = HA.HA0 và P = HA.HB theo a, b, c.
Chứng minh. (i) là hiển nhiên.
(ii) Ta có OH 2 = (1 + cos α + cos γ)2 + (sin α + sin γ)2 = 9 − a2 − b2 − c2 .
9
9 − OH 2
2
2
2
. Khi ∆ABC nhọn
Từ đây suy ra sin A + sin B + sin C =
4

4


16

thì OH 2 < 1 và như vậy sin2 A + sin2 B + sin2 C > 2. Khi ∆ABC vuông
thì OH 2 = 1 và như vậy sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2; còn khi ∆ABC tù
thì OH 2 > 1 và như vậy sin2 A + sin2 B + sin2 C < 2.
(iii) Vì 2OH.HA cos OHA = OH 2 + HA2 − OA2 = 12 − 2a2 − b2 − c2
nên 2OH.HA cos OHA = 12 − 2a2 − b2 − c2 . Tương tự có hệ thức khác.
(iv) Kéo dài AA0 cắt đường tròn ( ) tại A . Khi đó ta có
−→

−→

−→

−→

OH 2 − R2
a2 + b2 + c2
HA.HA
T =
=
=4−
2
2
2
P = HA.HB = (− cos α − cos γ; − sin α − sin γ).(−1 − cos γ; − sin γ)
a2 + b2 + c2

= 4−
.
2
a2 + b2 + c2
.
Tóm lại T = P = 4 −
2
Mệnh đề 1.8 ([3]). Giả sử ∆ABC với độ dài cạnh a, b, c nội tiếp trong
đường tâm O với trực tâm H. Nếu điểm M thuộc đường thẳng Euler (OH)
thì tồn tại một số k ∈ R để

M A2 + ka2 = M B 2 + kb2 = M C 2 + kc2 .
Ngược lại, với mỗi số k ∈ R đều có một điểm N duy nhất thỏa mãn

N A2 + ka2 = N B 2 + kb2 = N C 2 + kc2 .
Chứng minh. Không hạn chế có thể giả thiết bán kính đường tròn ngoại
tiếp ∆ABC bằng 1. Với bất kỳ điểm M thuộc đường thẳng (OH), chẳng
hạn M thuộc tia (HO), sẽ có

M A2 = M H 2 + HA2 − 2HM.HA cos OHA
hay

HM
.2OH.HA cos OHA
OH
HM
= M H 2 + 4 − a2 −
(12 − 2a2 − b2 − c2 )
OH
HM HM 2

HM
= M H 2 + 4 − 12
+
(a + b2 + c2 ) +
− 1 a2 .
OH
OH
OH

M A2 = M H 2 + HA2 −

Như vậy

M A2 + 1 −

HM HM 2
HM 2
a = M H 2 + 4 − 12
+
(a + b2 + c2 ).
OH
OH
OH


17

Với k = 1 −

HM

ta có
OH

M A2 + ka2 = M H 2 + (1 − k)(a2 + b2 + c2 ) + 4(3k − 2).
Tương tự

M B 2 + kb2 = M H 2 + (1 − k)(a2 + b2 + c2 ) + 4(3k − 2) = M C 2 + kc2 .
Ngược lại, giả thiết cho số k ∈ R. Nếu k = 0 thì

N A2 + 0.a2 = N B 2 + 0.b2 = N C 2 + 0.c2
tương đương N ≡ O. Giả thiết k = 0. Giả sử N (x; y). Hệ phương trình

N A2 + ka2 = N B 2 + kb2 = N C 2 + kc2
tương đương với hệ

x(1 − cos α) − y sin α = k(cos γ − cos β)
x(1 − cos γ) − y sin γ = k(cos α − cos β).
Vì định thức D = 4 sin

γ
γ−α
α
sin sin
= 0 nên hệ có đúng 1 nghiệm.
2
2
2

Định lý 1.2. Giả sử ∆ABC với độ dài cạnh a, b, c nội tiếp trong đường
tâm O bán kính 1 với trực tâm H. Điểm M thuộc đường thẳng Euler

(OH) khi và chỉ khi có số k ∈ R để

M A2 + ka2 = M B 2 + kb2 = M C 2 + kc2 .
Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.8 ta thấy rằng, nếu M ∈ (OH) thì tồn
tại k để M A2 + ka2 = M B 2 + kb2 = M C 2 + kc2 và ngược lại, với mỗi
k ∈ R có điểm N duy nhất thỏa mãn

N A2 + ka2 = N B 2 + kb2 = N C 2 + kc2 .
Với M ∈ (OH) ta có

M A2 + ka2 = M H 2 + HA2 − 2M H.HA cos M HA + ka2
hay

M A2 + ka2 = M H 2 + 4 − a2 + ka2 ±

HM
(12 − 2a2 − b2 − c2 ).
OH


18

Xét

M A2 + ka2 = M H 2 + (4 − 12

OM
HM 2 2 2
HM 2
)+

(a + b + c ) + (k − 1 +
)a .
OH
OH
OH

HM
= 1 − k ta sẽ có
OH
OM
HM 2 2 2
HM 2
M A2 + ka2 = M H 2 + (4 − 12
)+
(a + b + c ) + (k − 1 +
)a
OH
OH
OH
hay
M A2 + ka2 = M H 2 + (1 − k)(a2 + b2 + c2 ) + 4(3k − 2).
Chọn M ∈ (HO) với

Khi đó

M B 2 + kb2 = M H 2 + (1 − k)(a2 + b2 + c2 ) + 4(3k − 2) = M C 2 + kc2 .
Tương tự xét

M A2 + ka2 = M H 2 + 4 − a2 + ka2 +

HM
(12 − 2a2 − b2 − c2 ).
OH

Vì N là điểm duy nhất thỏa mãn

N A2 + ka2 = N B 2 + kb2 = N C 2 + kc2
nên M ≡ N.
Nhận xét 1.4. Với trực tâm H ta có

HA2 + 1.a2 = HB 2 + 1.b2 = HC 2 + 1.c2 ;
Với tâm ngoại O ta có

OA2 + 0.a2 = OB 2 + 0.b2 = OC 2 + 0.c2 ;
Với trọng tâm G ta có

1
1
1
GA2 + a2 = GB 2 + .b2 = GC 2 + .c2 ;
3
3
3
Với trung điểm E của đoạn OH ta có

1
1
1
EA2 + a2 = EB 2 + .b2 = EC 2 + .c2
2

2
2
và chúng đều bằng

1
(1 + a2 + b2 + c2 ).
4