Phương pháp diện tích và thể tích trong hình học sơ cấp (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHẠM THỊ THANH THỦY

PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH VÀ THỂ TÍCH
TRONG HÌNH HỌC SƠ CẤP

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ
cấp Mã số:

60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. ĐÀM VĂN NHỈ

THÁI NGUYÊN - 2017


ii

Mục lục
Mở đầu

iv

Chương 1. Phương pháp diện tích
2
1.1 Định lý Pythagore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2

1.1.1 Tam giác vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
1.1.2 Hệ tọa độ Descarte vuông góc . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.2 Định lý Stewart . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.3 Phương pháp diện tích.........................................................................13
1.3.1 Phương pháp diện tích............................................................13
1.3.2 Định lý Ptolemy và mở rộng...................................................15
1.3.3 Đường thẳng Simson, đường thẳng Steiner.............................22
1.4 Định lý Ceva và Định lý Menelaus......................................................24
1.5 Bất đẳng thức Erdo¨ s-Mordell cho đa giác ..........................................29
Chương 2. Phương pháp thể tích
35
2.1 Phương pháp thể tích...........................................................................35
2.1.1 Phương pháp thể tích..............................................................35
2.1.2 Thể tích qua định thức............................................................36
2.2 Quan hệ bán kính mặt cầu ngoại-nội tiếp............................................42
Chương 3. Vận dụng giải bài thi học sinh giỏi

46

Kết luận

56

Tài liệu tham khảo

57

iii

Mở đầu
Hình học là một trong những phân nhánh Toán học xuất hiện sớm nhất của
nhân loại. Nhiệm vụ của hình học có thể được mô tả ngắn gọn là trả lời cho các
câu hỏi về hình dạng, kích thước, vị trí tương đối của các hình khối, và các tính
chất của không gian.
Các phương pháp giải toán trong hình học sơ cấp vốn vô cùng phong phú và
đa dạng. Điều đó hoàn toàn dễ hiểu vì hình học là một môn học truyền thống
trong nhà trường phổ thông và các trường đại học sư phạm. Dưới sự hướng dẫn
của PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ, tác giả luận văn này có mục đích trình bày về các
phương pháp diện tích và thể tích trong hình học và những thảo luận về các bài
thi học sinh giỏi, nhằm làm phong phú lý thuyết vừa trình bày và tạo cái nhìn đa
chiều nhiều khía cạnh hơn cho giải toán hình học.
Ngoài các phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, Chỉ mục, nội dung của
luận văn được trình bày trong ba chương:
• Chương 1. Phương pháp diện tích. Chương này sẽ trình bày các kết quả
về phương pháp diện tích và ứng dụng vào giải toán hình học sơ cấp. Các
chủ đề sẽ được thảo luận là các Định lý Pythagore, Định lý Stewart, Ceva,
Menelaus và Bất đẳng thức Erdo¨s-Mordell cho đa giác.
• Chương 2. Phương pháp thể tích. Chương này dành để trình bày về
phương pháp thể tích trong hình học, đặc biệt lưu ý đến thể tích qua định
thức và
một quan hệ liên quan đến bán kính của mặt cầu nội và ngoại tiếp.
• Chương 3. Vận dụng giải bài thi học sinh giỏi. Chương này sẽ trình bày lời
giải của một số bài thi học sinh giỏi điển hình liên quan đến các phương
pháp diện tích và thể tích của Chương 1 và Chương 2.

i
v
Tác giả hi vọng rằng, bản luận văn này có thể làm tài liệu tham khảo hữu ích
cho những ai quan tâm đến Hình học sơ cấp và ứng dụng. Nó sẽ có ích trong
việc bồi dưỡng giáo viên, các học sinh khá giỏi, và những ai quan tâm đến toán
sơ cấp và muốn mở rộng nhãn quan nói chung.
Luận văn này đã được tác giả đầu tư nghiên cứu dưới sự hướng dẫn của
PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ nhưng do nhiều lí do, luận văn chắc chắn sẽ không tránh
khỏi những thiếu sót. Tác giả mong muốn sẽ nhận được nhiều đóng góp của các
quý Thầy Cô, các anh chị em đồng nghiệp để luận văn này hoàn chỉnh hơn.

Thái Nguyên, ngày 20 tháng 5 năm 2017
Tác giả

Phạm Thị Thanh Thủy


5

Chương 1

Phương pháp diện tích
Hình học sơ cấp phát triển được là dựa trên nhiều kết quả của toán học cao
cấp. Ví dụ đơn giản là để có thể đo độ dài một đoạn thẳng hay diện tích một hình
vuông theo một đoạn thẳng được chọn làm đơn vị đo ta đã phải sử dụng kết quả
về giới hạn, liên tục và tích phân xác định. Vấn đề lý giải quá trình hình thành
kết quả nào đấy qua toán cao cấp là cần thiết và sẽ thường sử dụng tỷ số các
đoạn thẳng hoặc diện tích trong chứng minh. Từ đó ta có thể phát hiện ra nhiều
kết quả mới nữa.

1.1
1.1.1

Định lý Pythagore
Tam giác vuông

Dựa vào tiên đề số đo độ dài một đoạn thẳng và nhiều kết quả trong lý thuyết
về giới hạn ta sẽ sử dụng mệnh đề dưới đây để tính diện tích một hình vuông
cạnh a.
Mệnh đề 1.1.1. Diện tích hình vuông ABCD với độ dài cạnh AB = a (đơn vị dài)
đúng bằng a2 đơn vị diện tích.
Chứng minh. Dựng hệ tọa độ Axy : A(0, 0), B(a, 0), C(a, a), D(0, a). Khi đó
a

SABCD = ∫

a

a dx =. = a2.
ax
0
.
0 bằng a2 đơn vị diện tích.
Như vậy, diện tích hình vuông ABCD cạnh a đúng
Mệnh đề 1.1.2. Tam giác vuông ABC có độ dài cạnh a = BC, b = CA, c = AB và
∠BAC = 900. Hạ đường cao AH ⊥ BC. Đặt h = AH và diện tích tam giác qua S.
Khi đó ta có các đồng nhất thức


(1) a2 = b2 + c2 [Pythagore].

(2) b2 = a.BH và c2 = a.CH.
1
1
(3) a.h = b.c, h2 = BH.CH và
=
+
1
b2 .c2
h2
(4) 2S = a.h = b.c.
Chứng minh. Dựng hình vuông ABCD với cạnh AB = a. Dựng vào bên trong
hình vuông ABCD bốn tam giác vuông bằng nhau ABA1, BCB1, CDC1 và DAD1
bằng tam giác vuông ABA1. Khi đó ta có hình vuông A1B1C1D1 với A1B1 = |b −
c|. Ta có SABCD bằng tổng diện tích bốn tam giác vuông ABA1, BCB1, CDC1,
DAD1 và hình vuông A1B1C1D1. Vậy, ta có hệ thức
b.c
2
2
2
a2 = 4.
+ (b
− c) = b + c .
2
Các kết quả còn lại là hiển nhiên.

Hệ quả 1.1.1. Với biểu diễn b = a sin B, c = a cos B trong tam giác vuông
ABC ta có
sin2 B + cos2 B = 1.
Chứng minh. Từ a2 = b2 + c2 = a2(sin2 B + cos2 B) theo Định lý 1.1.2 ta nhận
được hệ thức sin2 B + cos2 B = 1.

Hệ quả 1.1.2. Trong mặt phẳng cho hai đường thẳng d và d′. Lấy A, B thuộc d và
C, D thuôc d′. Khi đó d ⊥ d′ nếu và chỉ nếu AC2 + BD2 = AD2 + BC2.
Chứng minh. Kết quả được suy ra từ Định lý Pythagore.


Hệ quả 1.1.3 (Steiner). Cho tam giác ABC. Lấy M, N, P thuộc đường thẳng
BC, CA, AB, tương ứng. Dựng đường thẳng mM ⊥ BC, nN ⊥ CA và pP ⊥ AB.
Ba đường thẳng mM, nN và pP đồng quy tại một điểm khi và chỉ khi
MC2 + NA2 + PB2 = MB2 + PA2 + NC2.

Chứng minh. Kết quả được suy ra trực tiếp từ Định lý Pythagore.
Ví dụ 1.1.1. Cho tam giác ABC. Gọi M, N, P là trung điểm các cạnh BC,CA,
AB, tương ứng. Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các hình vuông BCA1A2,
CAB1B2, ABC1C2. Gọi A0, B0,C0 là trung điểm A1A2, B1B2,C1C2, tương ứng và
dựng các đường thẳng mM ⊥ B0C0, nN ⊥ C0A0 và pP ⊥ A0B0. Chứng minh
rằng, ba đường thẳng mM, nN, pP đồng quy tại một điểm.
Bài giải. Đặt α = ∠ABC0 và a = BC, b = CA, c = AB, S = SABC. Theo Định lý
Côsin ta
có

MC02

=

4c2 + b2
4
2S

20

và MB =

+

4
2S.

MB2 −

3
2
MC0 =
4
(b
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có hai kết quả
NC2 −
3 2
2
2
0

0

Ta có

4

(c

−a )

NA0 =

4b2 + c2

Ta nhận được

+

2 − 2)

.

c

2

3

2

PA0 − PB0 =

và

(a

4

2

2

− b ).

MB2 − MC2 + NC2 − NA2 + PA2 − PB2 = 0.
0

0

0

0

0

0

Vậy, ba đường thẳng mM, nN, pP đồng quy tại một điểm theo hệ quả trên.
Ví dụ 1.1.2. Cho tam giác ABC và các đường cao AA1, BB1,CC1. Dựng các đường
thẳng AM ⊥ B1C1, BN ⊥ C1A1 và CP ⊥ A1B1. Chứng minh AM, BN,CP đồng quy.


2
Bài giải. Ta có MB21− MC21 = AB21 − AC12 = (AB2 − BB12) − (AC2 − CC
). Hoàn
1
2
2
2

2
toàn tương tự ta cũng có NC − NA và PA − PB . Từ đó suy ra AM, BN,CP đồng

1

quy theo ví dụ trên.

1

1

1

Ví dụ 1.1.3. Tam giác ABC có ∠A = 900 và đường cao AH = h. Giả sử M là
một điểm tùy ý trong tam giác và khoảng cách từ M đến BC,CA, AB là x, y, z.
Xác định giá trị nhỏ nhất của tổng T = x2 + y2 + z2.
Bài giải. Hạ MI ⊥ AH, I ∈ AH. Vì y2 + z2 = MA2 nên ta có thể đánh giá như sau:
T = MA2 + x2 “ AI2 + x2 = (h − x)2 + x2 = 2x2 − 2hx + h2.
Vậy
h

h

và

Σ

2

.

2
T
=
2
h
+ “ h 2 h2x − 2
2
2

Tnn = 2 khi x =

hay M là trung điểm đường cao AH.
2
Ví dụ 1.1.4 (Bulgarian MO and TST 2013). Cho tam giác nhọn ABC. Lấy các
điểm M, N, P thuộc các cạnh BC,CA, AB, tương ứng, sao cho tam giác APN,
BMP, CNM nhọn và ký hiệu Ha, Hb, Hc là trực tâm của chúng. Chứng minh
rằng, nếu ba đường thẳng AHa, BHb,CHc đồng quy thì ba đường thẳng MHa,
NHb, PHc cũng đồng quy.
Bài giải. Ký hiệu A1, B1,C1 là hình chiếu vuông góc của A, B,C lên NP, PM,
MN, tương ứng. Vì đường thẳng AHa, BHb,CHc đồng quy tại một điểm nên ta có
hệ thức
(NC2 − MC2) + (MB2 − PB2) + (PA2 − NA2) = 0.
1

1

1

1

1

1

Vậy
0 = CN2 − CM2 + BM2 − BP2 + AP2 − AN2


= CN2 − AN2 + AP2 − BP2 + BM2 − CM2
Ta suy ra ba đường thẳng vuông góc hạ từ M, N, P xuống cạnh BC,CA, AB,
tương ứng, đồng quy tại điểm K. Vì các tứ giác KMHcN và KMHbP là những
hình bình hành nên tứ giác PHbHcN cũng là một hình bình hành. Khi đó hai
đường chéo
PHc, NHb cắt nhau tại điểm T, trung điểm mỗi đường. Tương tự, MHa cũng nhận
T làm trung điểm hay ba đường thẳng MHa, NHb, PHc đồng quy tại điểm T.
Ví dụ 1.1.5. Với hai số dương a, b xét ABCD độ dài cạnh AB = a + b. Lấy M
thuộc cạnh AB với AM = a, BM = b. Giả sử N chạy trên cạnh BC và P thuộc
cạnh AD sao cho NM ⊥ MP. Xác định giá trị nhỏ nhất của tam giác MNP.
Bài giải. Đặt x = BN, y = AP. Từ điều kiện MN ⊥ MP ta suy ra MN2 +MP2 =
NP2
và suy ra xy = ab. Khi đó
S

MNP

=

ax + by

nhất

“

√
abxy = ab. Vậy, giá trị nhỏ

2

của SMNP bằng ab khi x = b, y = a.
Ví dụ 1.1.6. Coi bốn xã như bốn đỉnh hình vuông ABCD với độ dài cạnh AB = 10
km. Chứng minh rằng, có thể xây mạng đường nối bốn xã với tổng độ dài nhỏ
hơn 28 km.
Bài giải. Gọi O là tâm hình vuông. Lấy I, J là trung điểm đoạn AO, BO, tương
ứng. Mạng đường nối bốn xã là AI, IJ, JB, ID, JC. Tổng độ dài mạng đường
này

√

√

bằng d = 5 + 5 2 + 5 10 < 28, (đúng).

2.1.1

Hệ tọa độ Descarte vuông góc

Trước khi trình bày hệ tọa độ Carte vuông góc chúng ta sẽ chứng minh lại
Định lý Thales và nhắc lại khái niệm số đo đoạn thẳng. Giả sử ta chọn đoạn AB
làm đơn vị đo. Theo tiên đề về số đo, ứng với mỗi đoạn thẳng MN luôn có một
số thực x để MN = |x|.AB và MN = x.AB. Từ đó ta định nghĩa tỷ số giữa hai

đoạn thẳng: Giả
sử MN = |x|.AB, PQ = |y|.AB với y ƒ= 0. Tỷ số giữa hai đoạn được định nghĩa
như
sau:
MN
x
MN
|x| và
:= .
:=
PQ
|y|
y
PQ
Định lí 1.1.1 (Thales’s Theorem). Với hai đường thẳng d, d′ và ba đường thẳng


song song a, b, c cắt d, d′ tại A, B,C và A′, B′,C′, tương ứng, ta luôn có
.
BC

AB

AB
= ′ ′

B′C′


Chứng minh. Dựng Aa1 " d′ và B1 = Aa1 × b,C1 = Aa1 × c. Khi đó ta nhận

được
AB AB1
AB1 = A′B′, B1C1 = B′C′. Như vậy
=
A′B′
BC B1C1 = B′C′ .
Ví dụ 1.1.7. Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm K thuộc cạnh AB và N thuộc cạnh
AD thỏa mãn AK.AN = 2BK.DN. Giả sử các đoạn thẳng CK,CN cắt BD tại
điểm L, M. Chứng minh rằng, năm điểm A, K, L, M, N cùng nằm trên một
đường tròn.
Bài giải. Ta chỉ cần xét hình vuông với độ dài cạnh 1. Đặt a = AK, b = AN. Từ
AK.AN = 2BK.DN ta suy ra ab = 2(1 − a)(1 − b) và ta nhận được
2 − 2a − 2b + ab = 0.
Dựa vào Định lý Thales ta dễ dàng tính được
2(1 − a)
2
BL = √
, BM = √ .
2−a

2− b

Vậy
2(1 − a)
= 1− a=
BL.BM = (2 − a)(2 −
BA.BK
b)
và suy ra tứ giác AKLM nội tiếp trong một đường tròn. Tương tự, tứ giác ALMN
cũng nội tiếp trong một đường tròn. Từ đó suy ra năm điểm A, K, L, M, N cùng

nằm trên một đường tròn.
Trong mặt phẳng (P), ta xét hai đưòng thẳng x′x, y′y với x′x ⊥ y′y và
O = x′x × y′y. Với điểm gốc O và định hướng đường thẳng x′x và y′y để biến
mỗi đường thành một trục. Khi đó ta đã có một Hệ tọa độ Carte vuông góc Oxy
với gốc tọa độ O và trục hoành x′x, trục tung y′y. Mặt phẳng (P) với Hệ tọa độ
Carte vuông góc Oxy được gọi đơn giản là hệ tọa độ Oxy. Mỗi điểm M thuộc
trục x′x được gắn với đúng một số thực a ∈ R và viết OM = a. Mỗi điểm N
thuộc trục y′y được gắn với đúng một số thực b ∈ R và viết ON = b. Đây là
những số đo đại số.
Giả sử điểm A tùy ý thuộc mặt phẳng tọa độ Oxy. Hạ AM ⊥ x′x, M ∈ x′x và hạ
AN ⊥ y′y, N ∈ y′y. Dễ dàng thấy rằng, mỗi điểm A thuộc mặt phẳng (P) tương
ứng một-một với một cặp số thực (a, b), trong đó OM = a, ON = b. Cặp số
thực (a, b) được gọi là tọa độ điểm A và viết A(a, b).


Khoảng cách: Giả sử điểm A(x1, y1) và điểm B(x2, y2). Theo Định lý
Pythagore, khoảng cách giữa hai điểm A và B hay độ dài đoạn AB bằng
AB = .(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 .
Chia đoạn theo tỷ số: Giả sử điểm A(x1, y1) và điểm B(x2, y2). Ta xác định điểm
IA γ2
I thuộc đoạn AB sao cho = . Ta chỉ cần xét trường hợp AB không song song
BI γ1
với trục tọa độ nào. Hạ AA1, IM, BB1 ⊥ x′x. Gọi I(x, y). Khi đó
γ2 IA MA1 x1 − x
= B1M = x − x2.
γ1=

Giải ra được

BI

x=

γ1x1 + γ2x2
γ1 + γ2 .

y=

γ1y1 + γ2y2
γ1 + γ2 .

Tương tự, ta cũng có

Như vậy, tọa độ điểm chia

1.2

γ 1 x1 + γ2 x2
I. γ1 + γ2 γ1yγ11 +
+ γγ22y2
,
.
Σ

Định lý Stewart

Tiếp theo, ta chứng minh Định lý Stewart sau đây.
Định lí 1.2.1 (Stewart). Với ba điểm M, N, P thẳng hàng và mọi điểm I có hệ thức
T = IM2.NP + IN2.PM + IP2.MN = −MN.NP.PM.
Chứng minh. Dựng hệ tọa độ Oxy sao cho M(0, 0), N(b, 0), P(c, 0). Giả sử I(x,
y).

Khi đó
T = (x2 + y2)(c − b) + [(x − b)2 + y2](−c) + [(x − c)2 + y2]b.
Dễ dàng suy ra hệ thức T = bc(c − b) = −MN.NP.PM.
Hệ quả 1.2.1. Cho tam giác ABC với BC = a,CA = b, AB = c. Gọi M là trung
điểm cạnh BC và đặt ma = AM. Gọi N là chân đường phân giác trong AN của
góc
∠A và đặt ℓ = AN; Gọi L là chân đường phân giác ngoài AL của góc ∠A khi b ƒ=
c
và đặt la = AL. Khi đó ta có các kết quả dưới đây:


2b2 + 2c2 a2
−
(1) m =
.
4 2 2
ℓ2a = bc[(b + c) − a ]
(2)
.
(b + c)2
2a

(3)

la =
2

bc[a2

(c

b)2]

−
.
(c − b)2
Chứng minh. (1) Với trung điểm M của cạnh BC ta luôn có
m2 =
a

2b2 + 2c2 −

a2
4
(2) Khi AN = ℓa là phân giác trong của góc ∠A thì
ac
ab
.
BN b +
và CN
b+c
=
=
c
Theo Định lý 1.2.1
có
theo Định lý 1.2.1, ở đó AM = ma.

2
2

ℓ2 = bc[(b + c) a ]
− .
a
(b + c)2
(3) Khi b ƒ= c và AL = la là phân giác ngoài của góc ∠A thì
ab
BL = ac
và CL
.
c−
c−
=
b
b

l2a =

bc[a2

(c

b)2]

−
Theo Định lý 1.2.1
.
(c
− b)2
có
Hệ quả 1.2.2 (Steiner-Lehmus). Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB =

c. Giả sử ℓa, ℓb, ℓc là độ dài các đường phân giác trong của ∆ABC. Nếu ℓa = ℓb
thì tam giác ABC cân.
Chứng minh. Ta biết
2

ℓa =

bc[(b + c)2 − a2]

(b + c)2

2

và

ℓb =

ca[(a + c)2 − b2]

(a + c)2

Nếu ℓa = ℓb thì
ca[(a + c)2 b2]
− .
(a + c)2
Ta có a = b hay tam giác ABC cân với AB = AC.
bc[(b(b++c)c)2−2 a2]
=

.

10
Ví dụ 1.2.1. Cho tam giác ABC với BC = a,CA = b, AB = c. Giả sử ha, hb, hc,
ℓa, ℓb, ℓc và ma, mb, mc là độ dài các đường cao, các đường phân giác trong và
các đường trung tuyến của ∆ABC. Ta có các bất đẳng thức
(1) ha ™ ℓa ™ ma. Dấu = xảy ra khi b = c.
√
√
√
™
2.
bc
ab Σ. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
ℓa ℓb
ℓc
ca
(2)
+
+
+
m+
b+
a+
m
m
c
+
a
b

a = b = c.

c

Bài giải. (1) Hiển nhiên ha ™ ℓa. Vì
2

ℓ

a

4bc
=

m2a

(b + c)2 −

4bc

™

2

a
(b + c)2 2(b2 + c2)

™1

(b + c)2

− a2
theo Chú ý 1.2.1 nên ℓa ™ ma. Hiển nhiên, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = c.
√
(2) Bởi
√
√
ℓ
ab
a
có
ca
ℓc ™ 2
ℓb
™ 2 bc
™2
, m
,
ma
b + c mb
c+
√ a+b
c
nên
ab Σ
ℓ
ℓ a
ℓ
√

√
ca
bc
a

b

c

ma + mb + mc

™ 2.

b+
c

+

+
.
c+ a+ b
a

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Ví dụ 1.2.2. Cho ∆ABC với BC = a,CA = b, AB = c, 2p = a + b + c, bán
kính các đường tròn bàng tiếp là ra, rb, rc. Giả sử ℓa, ℓb, ℓc và ma, mb, mc là độ
dài các đường phân giác trong và các đường trung tuyến của ∆ABC. Khi đó ta có
các kết quả sau:
(1) m2 + m2 + m2 =
3a

.
a

2

+

+ Σ , và

b2

c2

c

b

4
Σ2 2
c ℓa

.
b+
bc

.
Σ2 2 .
Σ2 2
c + a ℓb a + b ℓc
+

+
= 4p2.
ca
ab

(2) ℓ2 + ℓ2 + ℓ2 ™ p2.
(3)

a

b
c

2

2

2

2

2

2

(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2

ra + rb + rc “ ma + mb + mc +

4

(4) r2 + r2 + r2 + ℓ2 + ℓ2 + ℓ2 “ m2 + m2 + m2 + p2.
a

b

c

.


a

b

c

a

10

b

c

Chú ý rằng các bất đẳng thức này sẽ trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c.


11
6
Bài giải. (1) suy ra từ Hệ quả 1.2.1 và (2) được suy ra từ (1).

a+b+c
(3) Đặt x = p − a, y = p − b, z = p − c với p =
. Biến đổi được
2
yz zx xy Σ
2
2
2
y
.
Σ.
2 x
ra + rb + rc = x + y + z
+
2
+
x
y z
y z
2 z
x
+
.
Σ
.
=Σxy + yz + zx + x 2 + 2 + y 2 + .y x Σ
“ +
xy z+ yz + zx + 2xz + y2y
+ 2z x
2

2
2Σ
z
. 2 + + Σ+ .a − b Σ
.
.
3 a b2 c2
+ b− + c−a
4 Σ
=
.
c

Do vậy có được
2

2

2

2

2

2

(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2

ra + rb + rc “ ma + mb + mc +

.

4

(4) Ta
có

bc[(b + c)2 a2]
bc
a2
2
−
“
bc
−
.
= bc − .
Σ2
2
4
c)
(b
+
a
b+
Như vậy
c
2
2
2

a2 + b2 + c2
ℓa + ℓb + ℓc “ bc + ca + ab −
.
4
Kết hợp với bất đẳng thức (2) được
ℓ2a =

r 2 + r 2 + r 2 + ℓ 2 + ℓ 2 + ℓ 2 “ m2 + m2 + m2 + p 2 .
a

b

c

a

b
c

a

b

c

Ví dụ 1.2.3. Cho ∆ABC với diện tích S và BC = a,CA = b, AB = c. Giả sử ha, hb,
hc
và ma, mb, mc là độ dài các đường cao và các đường trung tuyến của ∆ABC. Khi
đó ta có bất đẳng thức (m2 + m2 + m2)(h2 + h2 + h2) “ 27S2.
a

c

b

a

b

2

3

c

Bài giải. Vì
2

nên

2

ma + mb + mc =
4
(a
4

2

2

2

3


+b
+c)

11
7
(m2 + m2 + m2)(h2 + h2 + (a 23.3
a
c
a
c
b
b
h 2) “
bc)

3.3

(hahbhc)2 = 27S2.


Ví dụ 1.2.4 (Garfunkel). Tam giác ABC có độ dài ba đường trung tuyến ma, mb,
mc. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và các đường thẳng AG, BG,CG cắt đường
tròn ngoại tiếp tam giác tại A′, B′,C′, tương ứng. Khi đó ta có bất đẳng thức
A′A B′B C′C

ma + mb + mc “ 4.
Bài giải. Ký hiệu a, b, c cho độ dài ba cạnh ∆ABC. Khi đó ta dễ dàng có các hệ
thức
GA
2
+ 2c2 −
= 2b
2 2
a a 2+ b2 +2
GA′
c2 2c2 + 2a
GB
b2
= − b 2a2 +
2
′
+ c 2a + 2
GB
2b2
c
GC
− .
=
a2 + b2 + c2
GC′
Cộng ba hệ thức, ta sẽ nhận được hệ thức
GA GB GC
+
+
=3

GA′ GB′ GC′
và suy ra bất đẳng thức
GA′ GB′ GC′
GA+ GB + GC “ 3.
Vì
AA′
GA′
GA = 1 + GA
nên
=1
3 AA′
GA′
+
.
.
2 ma
GA
Tương tự, ta cũng có
3 ′BB′
GB
.
=1+
2 mb
GB

và

3 CC
GC
. ′= 1+

′.
2 mc
GC

Cộng ba hệ thức này ta nhận được bất đẳng thức
A′A B′B C′C “ 4.
ma +
+
mb
mc

Ví dụ 1.2.5. Tam giác ABC có độ dài ba đường trung tuyến ma, mb, mc và bán kính
đường tròn ngoại tiếp R. Khi đó ta có bất đẳng thức
1
1
1
2
+ +
“ .
ma mb mc
R


Bài giải. Vì AA′, BB′,CC′ ™ 2R nên
2R 2R
′
“ 4.
′
A ′A B B C C
2R

“
+
+
mb + m
c
+
ma mb mc
ma
Từ đó suy ra bất đẳng thức

1
ma

+

1
mb

+

1

2
“ .
mc
R

Ta có điều phải chứng minh.

1.3 Phương pháp diện tích

1.3.1

Phương pháp diện tích

Phương pháp diện tích là phương pháp giải bài toán hình trong mặt phẳng
qua diện tích của một miền phẳng nào đó. Để giải bài toán đã cho ta chọn một
miền phẳng (D) với diện tích S. Sau đó đem chia miền (D) ra thành nhiều miền
nhỏ một
cách thích hợp và tính diện tích S1, . . . , Sr của các miền nhỏ ấy. Từ S = S1 + · · ·
+ Sr
suy ra lời giải bài toán.
Mệnh đề 1.3.1. Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh a, b, c với độ dài các
đường cao ha, hb, hc; độ dài các bán kính đường tròn ngoại, nội và bàng tiếp là
R, r, r1, r2, r3. Khi đó diện tích S của tam giác ABC được xác định qua
aha bhb chc
(1) S =
=
=
.
2
2
2
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)

bc sin A ca sin B ab sinC

= 2
= 2
.
2
abc
S=
.
4R
S=

S = 2R2 sin A sin B sinC.
(a + b + c)r
S=
= pr.
2
S = (p − a)r1 = (p − b)r2 = (p − c)r3.
√
S = p(p − a)(p − b)(p − c).

Mệnh đề 1.3.2. Hình tròn bán kính R có diện tích S = π.R2 đơn vị diện tích.


Chứng minh. Giả sử đường tròn x2 + y2 = R2 trong mặt phẳng Oxy. Ta có diện tích
2
2 π/2
2
∫R √
∫
sin t dt =
(đơn vị diện tích).

S = 4 R2 − dx =
0
0
x2
4R
π.R
Mệnh đề 1.3.3. Cho tứ giác lồi ABCD với độ dài bốn cạnh AB = a, BC = b,
CD = c và DA = d. Khi đó ta có công thức tính diện tích S của tứ giác ABCD :
∠B + ∠D
.4(ab − cd)2 − (a2 + b2 − c2 − d 2)2 + 16abcd sin2
2

S=

4
Khi tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn thì
√
∠B + ∠D
S = abcd sin
.
2

.

Chứng minh. Ta có 2S = 2SABC + 2SADC = ab sin ∠B + cd sin ∠D.
Từ a2 + b2 − 2ab cos B = AC2 = c2 + d2 − 2cd cos D ta suy ra
2ab cos B − 2cd cos D = a2 + b2 − c2 − d2. Biến đổi biểu thức sau:
(a2 + b2 − c2 − d2)2 + 16S2

= 4(ab cos B − cd cos D)2

+4(ab sin ∠B + cd sin ∠D)2
= 4(a2b2 + c2d2) − 8abcd cos(∠B + ∠D)
∠B + ∠D
= 4(ab − cd)2 + 16abcd sin
2

và
2
2
2
2
2
2 2
∠D .4(ab − cd) − (a + b − c − d ) + 16abcd sin

S=

∠B +

2
4
Khi tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn thì 4(ab− cd)2 − (a2 + b2− c2
√
∠B + ∠D
và ta nhận được S = abcd sin
.
−
2

.

d2) 2 = 0

Mệnh đề 1.3.4 (Bretschneider). Cho tứ giác lồi ABCD với độ dài bốn cạnh AB
= a, BC = b, CD = c, DA = d và AC = x, BD = y. Khi đó ta có công thức
tính diện tích S của tứ giác ABCD :

S=

√ 2 2−
4x y (a2

−
b2
4

+
c2

− d2)2

.


Chứng minh. Ta có 2S = xy sin α, ở đó α là góc giữa AC và BD. Dễ thấy
2xy cos α = |a2 − b2 + c2 − d2|.
Vậy

√

4x2y 2 −

S=
(a2

+
c2

−

− d2)2

.

b2
4

Mệnh đề 1.3.5. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn với độ dài
a+ b+ c+
bốn
cạnh
AB
=
a,
BC
=
b,
CD
=
c
và
DA

=
d.
Khi
đó,
với
p
=
d
ta có
2
công thức tính diện tích tứ giác:
S=

√

(p − a)(p − b)(p − c)(p − d).

Chứng minh. Vì 2S = (ab + cd) sin B và
a2 + b2 − c2 − d2
cos B =

2(ab + cd)

nên ta có biến đổi sau đây để tính sin B qua độ dài các cạnh và chu vi:
sin2 B = 1 − cos2 B = 1
−.

− c2 − d 2 Σ

a2 +

b2

2

2(ab + cd)
[(a + b) − (c − d)2][(c + d)2 − (a −
=
b)2] 2
4(ab + cd)
4(p − a)(p − b)(p − c)(p − d)
=
(ab + cd)2
2

và nhận
được

√

(ab + cd) sin B = 2 (p − a)(p − b)(p − c)
(p − d).
√
Từ đây ta có được công thức tính diện tích S = (p − a)(p − b)(p − c)(p −
d).

1.3.2

Định lý Ptolemy và mở rộng

Định lí 1.3.1. [Ptolemy] Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Khi
AB
BC
AC
đó ta luôn có AC.DB = AB.DC + BC.DA hay
+
=
.
DA.DC DB.DC DA.DC


Chứng minh. Đặt a = AB, b = BC, c = CD, d = DA và x = AC, y = BD.
Tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn (T ). Kẻ BE " AC với E thuộc
(T ). Khi đó 2SABCD = 2SAECD = (ac + bd) sin ∠EAD. Vì 2SABCD = xy sin
∠EAD,
ở đó α là góc giữa AC và BD. Vậy acAB
+ bd = xy. Chia hai vế cho DA.DB.DC ta
BC
AC
nhận được hệ thức dạng phân thức
+
=
.
DA.DC DB.DC DA.DC
Nhận xét 1.3.1. (i) Nếu tứ giác ABCD lõm và nội tiếp trong một đường tròn với
độ dài bốn cạnh AB = a, BC = b, CD = c, DA = d và độ dài hai đường chéo
AC = x, BD = y thì luôn có ac − bd = xy khi tứ giác ACBD lồi hoặc bd − ac =
xy
khi tứ giác ABDC lồi. Do vậy, với việc chọn dấu ± một cách thích hợp ta luôn có
ac ± bd ± xy = 0.

(ii) Biểu diễn Đồng nhất thức Ptolemy dạng phân thức là dựa vào phương pháp
phân tích phân thức thành tổng đại số các phân thức đơn giản.
Định lí 1.3.2. Với số nguyên n “ 3, đa giác lồi A1 . . . AnM nội tiếp trong
một đường tròn có đồng nhất thức
A1A2
MA1.MA2 +

A2A3

AnA1
An−1An
+ · · · + MAn−1.MAn = MAn.MA1 .
MA2.MA3

Chứng minh. Quy nạp theo n. Với n = 3, kết luận đúng theo Định lý 1.3.1. Giả
sử kết luận đúng cho n. Khi đó có đồng nhất thức
A1A2
MA1.MA2 +

A2A3

AnA1
An−1An
+ · · · + MAn−1.MAn = MAn.MA1 .
MA2.MA3

Với đa giác lồi A1 . . . AnAn+1M nội tiếp trong một đường tròn, có
A1A2
MA1.MA2 +

A2A3

AnA1
An−1An
+ · · · + MAn−1.MAn = MAn.MA1
MA2.MA3


cho đa giác lồi A1 . . . AnM và cho tứ giác A1AnAn+1M ta có hệ thức
A1An
A An+1 =
MA1.MAn + MAnn.MA
n+1

A1An+1
MA1.MAn+1

.

Cộng hai hệ thức này lại, ta nhận được Đồng nhất thức Ptolemy tổng quát cho đa
A1A2 + A2A3
AnAn+1
An+1A1
MA
giác lồi
1.MA2
+ · · · + MAn.MAn+1 = MAn+1.MA1 .
MA2.MA3
Ví dụ 1.3.1. Tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp R, r.
Giả sử ba phân giác trong các góc của tam giác cắt đường tròn ngoại tiếp ở A1,

B1,C1. Chứng minh rằng AA1.BB1.CC1 “ 16R2r.
Bài giải. Theo Bổ đề 1.3.1 ta có
A1B(b + c) b + c
A
= a
.2R sin
a
2
A
vì A1B = A1C và bằng 2R sin . Ta cũng có hệ thức tương tự cho BB1,CC1. Vậy
2
1

AA =

AA1

.BB1 .CC1
=

“

3
(b + c)(c + a)(a 8R sin
+ b)

A.
sin
2B. . sin C
2

2

abc
8abc .2R2 .4R
abc
sin

B. . = 16R2r.

A
sinr.2

s
i
n
C
2

2

Tóm lại, ta nhận được AA1.BB1.CC1 “ 16R2r.
Ví dụ 1.3.2. Tam giác ABC có a = BC, b = CA, c = AB và bán kính đường tròn
ngoại tiếp R. Giả sử phân giác trong các góc của tam giác cắt đường tròn ngoại
tiếp ở A1, B1,C1, tương ứng. Chứng minh rằng
(1) AA1 + BB1 + CC1 > a + b + c.
(2) SA1B1C1 “ SABC.
(3) Gọi độ dài ba phân giác trong là ℓa, ℓb, ℓc. Khi đó
ℓa
ℓb
ℓc

AA1 sin2 + BB1 sin2 + CC1 sin2 “ 3 [APMO1997].
B
C
A
Bài giải. (1) Theo Định lý cosin ta có






A1 B2 = c2 + AA2 − 2c.AA1 cos

A

1

A1C2 = b2 + AA2 − 2b.AA1



cos

2A
2

1

.