Phương Pháp Diện Tích Và Thể Tích Trong Hình Học Sơ Cấp

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

THÁI NGUYÊN - 2017


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

iii

Mục lục
Mở đầu

iv

Chương 1. Phương pháp diện tích
1.1 Định lý Pythagore . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Tam giác vuông . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Hệ tọa độ Descarte vuông góc . . . . . . .
1.2 Định lý Stewart . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Phương pháp diện tích . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Phương pháp diện tích . . . . . . . . . . .
1.3.2 Định lý Ptolemy và mở rộng . . . . . . . .
1.3.3 Đường thẳng Simson, đường thẳng Steiner
1.4 Định lý Ceva và Định lý Menelaus . . . . . . . . .
1.5 Bất đẳng thức Erd¨os-Mordell cho đa giác . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

2
2
2
6
8
13
13
15
22
24
29

.
.
.
.

35
35
35
36
42

Chương 2. Phương pháp thể tích
2.1 Phương pháp thể tích . . . . . . . . . .
2.1.1 Phương pháp thể tích . . . . . .
2.1.2 Thể tích qua định thức . . . . .
2.2 Quan hệ bán kính mặt cầu ngoại-nội tiếp

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

Chương 3. Vận dụng giải bài thi học sinh giỏi

46

Kết luận

56

Tài liệu tham khảo

57


iv

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 Erd¨os-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.


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


2

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

a

a dx = ax = a2 .

SABCD =

0

0

Như vậy, diện tích hình vuông ABCD cạnh a đúng bằng a2 đơn vị diện tích.
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


3
(1) a2 = b2 + c2 [Pythagore].

(2) b2 = a.BH và c2 = a.CH.
(3) a.h = b.c, h2 = BH.CH và

1
1
1
=
+
.
h2 b2 c 2

(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 A1 B1C1 D1 với A1 B1 = |b − c|. Ta
có SABCD bằng tổng diện tích bốn tam giác vuông ABA1 , BCB1 , CDC1 , DAD1 và
hình vuông A1 B1C1 D1 . Vậy, ta có hệ thức
a2 = 4.

b.c
+ (b − c)2 = b2 + c2.
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.


4
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 , CAB1 B2 ,
ABC1C2 . Gọi A0 , B0,C0 là trung điểm A1 A2 , B1 B2 ,C1C2 , tương ứng và dựng các
đường thẳng mM ⊥ B0C0 , nN ⊥ C0 A0 và pP ⊥ A0 B0 . 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
4b2 + c2
4c2 + b2
2
2
+ 2S và MB0 =
+ 2S. Ta nhận được
Côsin ta có MC0 =
4
4
3
MB20 − MC02 = (b2 − c2 ).

4
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có hai kết quả
3
NC02 − NA20 = (c2 − a2 )
4

và

3
PA20 − PB20 = (a2 − b2 ).
4

Ta có
MB20 − MC02 + NC02 − NA20 + PA20 − PB20 = 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 ⊥ C1 A1 và CP ⊥ A1 B1 . Chứng minh AM, BN,CP đồng quy.


5

Bài giải. Ta có MB21 − MC12 = AB21 − AC12 = (AB2 − BB21 ) − (AC2 − CC12 ). Hoàn

toàn tương tự ta cũng có NC12 − NA21 và PA21 − PB21 . Từ đó suy ra AM, BN,CP đồng

quy theo ví dụ trên.

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

AI 2 + x2 = (h − x)2 + x2 = 2x2 − 2hx + h2 .

Vậy
T = 2 x−
và Tnn =

h
2

2

+

h2
2

h2
2

h2
h
khi x = hay M là trung điểm đường cao AH.
2
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
(NC12 − MC12 ) + (MB21 − PB21 ) + (PA21 − NA21 ) = 0.
Vậy
0 = CN 2 −CM 2 + BM 2 − BP2 + AP2 − AN 2


6
= CN 2 − AN 2 + AP2 − BP2 + BM 2 −CM 2
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 KMHc N và KMHb P là những hình bình
hành nên tứ giác PHb Hc N 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 MN 2 +MP2 = NP2
ax + by √
và suy ra xy = ab. Khi đó SMNP =
abxy = ab. Vậy, giá trị nhỏ nhất
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).

1.1.2

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 = 0. Tỷ số giữa hai đoạn được định nghĩa như

sau:

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


7
Chứng minh. Dựng Aa1

d ′ và B1 = Aa1 × b,C1 = Aa1 × c. Khi đó ta nhận được
AB
AB1
A′ B′
AB1 = A′ B′ , B1C1 = B′C′ . Như vậy
=
= ′ ′.
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
BL.BM =

2(1 − a)
= 1 − a = BA.BK
(2 − a)(2 − 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).


8
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
.
=
=
=
γ1 BI B1 M x − x2

Giải ra được

x=

γ1 x1 + γ2 x2
.
γ1 + γ2

y=

γ1 y1 + γ2 y2
.
γ1 + γ2

Tương tự, ta cũng có

Như vậy, tọa độ điểm chia
I

1.2

γ1 x1 + γ2 x2 γ1 y1 + γ2 y2
.
,
γ1 + γ2
γ1 + γ2

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 = IM 2 .NP + IN 2 .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 = c
và đặt la = AL. Khi đó ta có các kết quả dưới đây:


9
(1) m2a =

2b2 + 2c2 − a2
.
4

(2) ℓ2a =

bc[(b + c)2 − a2 ]
.
(b + c)2

(3) la2 =

bc[a2 − (c − b)2]
.
(c − b)2

Chứng minh. (1) Với trung điểm M của cạnh BC ta luôn có
m2a =

2b2 + 2c2 − a2
4

theo Định lý 1.2.1, ở đó AM = ma .
(2) Khi AN = ℓa là phân giác trong của góc ∠A thì
BN =

ac
b+c

và

CN =

ab
.
b+c

Theo Định lý 1.2.1 có
bc[(b + c)2 − a2 ]
.
(b + c)2
(3) Khi b = c và AL = la là phân giác ngoài của góc ∠A thì
ℓ2a =

BL =
Theo Định lý 1.2.1 có

la2

ac
c−b

và

CL =

ab
.
c−b

bc[a2 − (c − b)2 ]
=
.
(c − b)2

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
ℓ2a =
Nếu ℓa = ℓb thì

bc[(b + c)2 − a2 ]
(b + c)2

và

ℓ2b =

ca[(a + c)2 − b2 ]
.
(a + c)2

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


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

ma . Dấu = xảy ra khi b = c.
√
√
√
ℓa
bc
ca
ab
ℓb
ℓc
(2)

. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
+
+
+
2
+
ma mb mc
b+c c+a a+b
a = b = c.
ℓa

Bài giải. (1) Hiển nhiên ha

ℓa . Vì

ℓ2a
4bc
(b + c)2 − a2
=
m2a (b + c)2 2(b2 + c2 ) − a2
theo Chú ý 1.2.1 nên ℓa
(2) Bởi có

nên

1

ma . Hiển nhiên, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = c.
√

ℓa
ma

4bc
(b + c)2

bc
2
,
b+c

ℓb
ℓc
ℓa
+
+
ma mb mc

√

ℓb
mb

ca
,
2
c+a

ℓc
mc

2

√

ab
a+b

√
√
bc
ca
ab
.
+
+
2
b+c c+a a+b
√

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)

m2a + m2b + m2c

3 a2 + b2 + c 2
=

, và
4
2

2

2

b + c ℓ2a
c + a ℓ2b
a + b ℓ2c
+
+
= 4p2 .
bc
ca
ab
(2) ℓ2a + ℓ2b + ℓ2c

p2 .

(3) ra2 + rb2 + rc2

m2a + m2b + m2c +

(4) ra2 + rb2 + rc2 + ℓ2a + ℓ2b + ℓ2c

(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2
.
4

m2a + m2b + m2c + p2 .

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


11
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
+ +
x
y
z
z
y
z x
x y
= xy + yz + zx + x2 + + y2 + + z2 +
z y
x z
y x
2
2
2
xy + yz + zx + 2x + 2y + 2z

ra2 + rb2 + rc2 =

x+y+z

2

3 a2 + b2 + c 2 + a − b + b − c
=
4

2

+ c−a

2

.

Do vậy có được
ra2 + rb2 + rc2

m2a + m2b + m2c +

(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2
.
4

(4) Ta có
ℓ2a

bc[(b + c)2 − a2]
bc
=
= bc − a2
2
(b + c)
b+c

2

a2
bc − .
4

Như vậy
ℓ2a + ℓ2b + ℓ2c

bc + ca + ab −

a2 + b2 + c 2
.
4

Kết hợp với bất đẳng thức (2) được
ra2 + rb2 + rc2 + ℓ2a + ℓ2b + ℓ2c

m2a + m2b + m2c + p2 .

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 (m2a + m2b + m2c )(h2a + h2b + h2c )

27S2 .

Bài giải. Vì
3
m2a + m2b + m2c = (a2 + b2 + c2 )
4
nên
(m2a + m2b + m2c )(h2a + h2b + h2c )

3 3
3 (abc)23 3 (ha hb hc )2 = 27S2 .
4


12
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
2b2 + 2c2 − a2
=
GA′
a2 + b2 + c 2
2c2 + 2a2 − b2
GB
=
GB′
a2 + b2 + c 2
GC
2a2 + 2b2 − c2
=
.
GC′
a2 + b2 + c 2
Cộng ba hệ thức, ta sẽ nhận được hệ thức
GA GB GC
+
+
=3
GA′ GB′ GC′
và suy ra bất đẳng thức

Vì

GA′ GB′ GC′
+
+

GA GB GC

3.

AA′
GA′
= 1+
GA
GA

nên

GA′
3 AA′
.
= 1+
.
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
+
+
ma
mb
mc

4.

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
+
+
ma mb mc

2
.
R

13
Bài giải. Vì AA′ , BB′ ,CC′

2R nên

2R 2R 2R
+
+
ma mb mc

A′ A B′ B C′C
+
+
ma
mb
mc

4.

Từ đó suy ra bất đẳng thức
1
1
1
+
+
ma mb mc

2

.
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
(1)

S=

aha bhb chc
=
=

.
2
2
2

(2)

S=

bc sin A ca sin B ab sinC
=
=
.
2
2
2

(3)

S=

abc
.
4R

(4)

S = 2R2 sin A sin B sinC.

(5)

S=

(6)

S = (p − a)r1 = (p − b)r2 = (p − c)r3 .

(7)

S=

(a + b + c)r
= pr.
2

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.


14
Chứng minh. Giả sử đường tròn x2 + y2 = R2 trong mặt phẳng Oxy. Ta có diện tích
π /2
R√
S = 4 R2 − x2 dx = 4R2 sin2 t dt = π .R2 (đơn vị diện tích).
0

0

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 :

S=

4(ab − cd)2 − (a2 + b2 − c2 − d 2)2 + 16abcd sin2

∠B + ∠D
2

4

.

Khi tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn thì
S=

√

abcd sin

∠B + ∠D
.
2

Chứng minh. Ta có 2S = 2SABC + 2SADC = ab sin ∠B + cd sin ∠D.
Từ a2 + b2 − 2ab cos B = AC2 = c2 + d 2 − 2cd cos D ta suy ra

2ab cos B − 2cd cos D = a2 + b2 − c2 − d 2. Biến đổi biểu thức sau:
(a2 + b2 − c2 − d 2 )2 + 16S2 = 4(ab cos B − cd cos D)2

+4(ab sin ∠B + cd sin ∠D)2

= 4(a2 b2 + c2 d 2 ) − 8abcd cos(∠B + ∠D)
∠B + ∠D
= 4(ab − cd)2 + 16abcd sin
2
và

S=

4(ab − cd)2 − (a2 + b2 − c2 − d 2)2 + 16abcd sin2
4

∠B + ∠D
2

.

Khi tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn thì 4(ab − cd)2 − (a2 + b2 − c2 − d 2 )2 = 0
√
∠B + ∠D
và ta nhận được S = abcd sin
.
2
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=

4x2 y2 − (a2 − b2 + c2 − d 2)2

.
4


15
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 − d 2|.
Vậy
S=

4x2 y2 − (a2 − b2 + c2 − d 2)2
.
4

Mệnh đề 1.3.5. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn với độ dài
a+b+c+d
bốn cạnh AB = a, BC = b, CD = c và DA = d. Khi đó, với p =
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 − c 2 − d 2
cos B =
2(ab + cd)
nên ta có biến đổi sau đây để tính sin B qua độ dài các cạnh và chu vi:
a2 + b2 − c 2 − d 2 2

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

sin2 B = 1 − cos2 B = 1 −

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 =

1.3.2

(p − a)(p − b)(p − c)(p − d).

Định lý Ptolemy và mở rộng

Định lí 1.3.1. [Ptolemy] Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Khi
BC
AC
AB
+
=
.

đó ta luôn có AC.DB = AB.DC + BC.DA hay
DA.DC DB.DC DA.DC


16

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 ac + bd = xy. Chia hai vế cho DA.DB.DC ta
AB
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 . . . An M nội tiếp trong một đường

tròn có đồng nhất thức
An A1
A2 A3
An−1 An
A1 A2
=
+
+···+
.
MA1 .MA2 MA2 .MA3
MAn−1 .MAn MAn .MA1
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
A1 A2
A2 A3
An−1 An
An A1
+
+···+
=
.
MA1 .MA2 MA2 .MA3
MAn−1 .MAn MAn .MA1
Với đa giác lồi A1 . . . An An+1 M nội tiếp trong một đường tròn, có
A1 A2

A2 A3
An−1 An
An A1
+
+···+
=
MA1 .MA2 MA2 .MA3
MAn−1 .MAn MAn .MA1


17
cho đa giác lồi A1 . . . An M và cho tứ giác A1 An An+1 M ta có hệ thức
A1 An
An An+1
A1 An+1
+
=
.
MA1 .MAn MAn .MAn+1 MA1 .MAn+1
Cộng hai hệ thức này lại, ta nhận được Đồng nhất thức Ptolemy tổng quát cho đa
A2 A3
An An+1
An+1 A1
A1 A2
+
+···+
=
.
giác lồi
MA1 .MA2 MA2 .MA3

MAn .MAn+1 MAn+1 .MA1
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

16R2 r.

Bài giải. Theo Bổ đề 1.3.1 ta có
AA1 =

A1 B(b + c) b + c
A
=
.2R sin
a
a
2

A
vì A1 B = A1C và bằng 2R sin . Ta cũng có hệ thức tương tự cho BB1 ,CC1 . Vậy
2
AA1 .BB1.CC1 =

(b + c)(c + a)(a + b) 3
A
B
C
8R sin . sin . sin
abc
2

2
2
8abc 2
A
B
C
.2R .4R sin r. sin . sin = 16R2 r.
abc
2
2
2

Tóm lại, ta nhận được AA1 .BB1 .CC1

16R2 r.

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) SA1 B1C1

SABC .

(3) Gọi độ dài ba phân giác trong là ℓa , ℓb , ℓc . Khi đó
ℓa
ℓb
ℓc
+
+

AA1 sin2 A BB1 sin2 B CC1 sin2 C

3 [APMO1997].

Bài giải. (1) Theo Định lý cosin ta có


A1 B2 = c2 + AA2 − 2c.AA1 cos A
1
2
A

A1C2 = b2 + AA21 − 2b.AA1 cos .
2


18
A
Vì A1 B = A1C nên c2 − b2 = 2(c − b).AA1 cos . Nếu b = c thì
2
AA1 = 2R

và

b + c < 4R.

A
Nếu b = c thì b + c = 2AA1 cos . Tương tự, ta cũng có
2
c + a = 2BB1 cos

B
2

C
a + b = 2CC1 cos .
2

và

Do đó a + b + c < AA1 + BB1 +CC1 .
(2) Ta có
SA1 B1C1
A+B
B +C
C+A
= sin
sin
sin
2
2R
2
2
2
và suy ra bất đẳng thức SA1 B1C1

sin A sin B sinC =

SABC
2R2

SABC .

(3) Theo Định lý sin ta có
ℓa =
Vậy

c sin B
sin C + A/2

và

AA1 =

c sin B + A/2
.
sinC

sin B sinC
ℓa
= 2
2
AA1 sin A sin A sin B + A/2 sin C + A/2

sin B sinC
.
sin2 A

Đánh giá còn lại tương tự. Từ đó có
ℓa

ℓb
ℓc
+
+
2
2
AA1 sin A BB1 sin B CC1 sin2 C

sin B sinC sinC sin A sin A sin B
+
+
sin2 A
sin2 B
sin2 C
3

theo Bất đẳng thức AM-GM.
Ví dụ 1.3.3. Ký hiệu n(r) là số điểm nguyên thuộc đường tròn bán kính r > 1.
√
3
Chứng minh n(r) < 2π r2 .
Bài giải. Giả sử đường tròn (ℓ) bán kính r > 1 chứa n điểm với tọa độ nguyên. Ta
√
√
3
3
phải chỉ ra n(r) < 2π r2 . Vì r > 1 và 2π > 6 nên 2π r2 > 6. Vậy, ta có thể giả
thiết n

7 bởi vì n < 7 bất đẳng thức luôn đúng.

Ký hiệu điểm nguyên thuộc đường tròn (ℓ) theo thứ tự P1, P2 , . . . , Pn , (theo chiều
⌢

⌢

⌢

⌢

quay của kim đồng hồ). Khi đó các cung P1 P3 , P2 P4, Pn−1P1 và PnP2 phủ đường
tròn hai lần. Do vậy, tổng các số đo cung của các cung này bằng 4π . Từ đó suy


19
⌢
4π
ra tồn tại ít nhất một cung không vượt quá
, chẳn hạn cung P1P3 . Xét tam giác
n
4π
. Vì n 7 nên cung này có thể coi như
P1 P2P3 nội tiếp trong cung với số đo
n
nhỏ hơn một phần tư đường tròn. Diện tích tam giác P1 P2P3 lớn nhất khi P1, P3 là

hai điểm mút của cung và P2 là điểm chính giữa của cung. Khi đó

π
π

2π
.2r
sin
.2r
sin
2r
sin
abc
n
n
n
SP1 P2 P3 =
=
4r
4r
Như vậy SP1 P2 P3
đó

π π 2π
2r .2r .2r
n
n
n .
4r

4r2 .π 3
. Giả sử tọa độ nguyên các đỉnh Pi (xi , yi ), i = 1, 2, 3. Khi
n3
4r2 .π 3
n3

1
1
SP1 P2 P3 =
2

1

1

x1 x2 x3

1
.
2

y1 y2 y3
Ta nhận được bất đẳng thức n(r)
√
3
dương nên n(r) < 2π r2 .

√
3
2π r2 . Vì π là số siêu việt và n là số nguyên

√
3
Nhận xét 1.3.2. Kết quả yếu hơn n(r) < 6 π .r2 [Iran MO 1999].
Ví dụ 1.3.4. Cho tam giác ABC với trọng tâm G. Với điểm S bất kỳ, gọi I là trung

điểm SG và đường thẳng tùy ý d qua I cắt SA, SB, SC tại A1 , B1 ,C1 , tương ứng,
SB
SC
SA
+
+
= 6.
khác S. Chứng minh rằng
SA1 SB1 SC1
Bài giải. Gọi M là trung điểm BC và kéo dài AM về phía M lấy điểm N sao cho
M là trung điểm GN. Gọi giao điểm SM, SN với d là M1 , N1 . Khi đó
SB
SC
SM
+
=2
,
SB1 SC1
SM1

SN SG
SM
+
=2
,
SN1 SI
SM1

SN
SA

SG
+
=2
= 4.
SN1 SA1
SI

Vậy
SB
SC
SA
+
+
= 6.
SA1 SB1 SC1
Mệnh đề 1.3.6. Với ∆ABC và M ∈ BC ta có

sin ∠BAM sin ∠CAM sin ∠BAC
+
=
.
AC
AB
AM

Chứng minh. Do SABM + SACM = SABC nên
sin ∠BAM sin ∠CAM sin ∠BAC
+
=
.

AC
AB
AM


20

Ví dụ 1.3.5. Với tứ giác lồi ABCD, K = AD × BC, L = AB × CD, F = BD × KL,
2
1
1
G = AC × KL, ta luôn luôn có hệ thức
=
+
.
KL KF KG

Bài giải. Đặt α = ∠CKA và β = ∠CKL Theo Mệnh đề 1.3.6 ta luôn có hệ thức
sau:
sin(α + β )
sin α sin β sin(α + β ) sin α sin β
=
+
,
=
+
KB
KL
KA
KC

KL
KD
sin(α + β )
sin α sin β sin(α + β ) sin α sin β
=
+
,
=
+
KB
KF
KD
KC
KG
KA
và có được kết quả
sin α sin β sin α sin β
sin α sin β sin α sin β
+
+
+
=
+
+
+
KL
KA
KL
KD
KF

KD
KG
KA
hay hệ thức

2
1
1
=
+
.
KL KF KG

Ví dụ 1.3.6. Với tam giác ABC, độ dài cạnh a, b, c và độ dài đường phân giác trong
ℓa , ℓb , ℓc ta luôn có hệ thức
∠B
∠C
∠A
cos
cos
2 +
2 +
2 = 1 + 1 + 1.
ℓa
ℓb
ℓc
a b c

cos

21
Bài giải. Theo Mệnh đề 1.3.6 ta có
∠A
2 = 1 + 1,
ℓa
b c

2 cos

∠B
2 = 1 + 1,
ℓb
c a

2 cos

∠C
2 = 1 + 1.
ℓc
a b

2 cos

Từ đó ta có hệ thức
∠A
∠B
∠C
cos
cos

2 +
2 +
2 = 1 + 1 + 1.
ℓa
ℓb
ℓc
a b c

cos

Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.3.7. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử M, N ∈ AB và P, Q ∈ CD sao cho

AM = NB và CP = QD. Chứng minh rằng, nếu SAMQD = SBNPC thì AB CD.
Bài giải. Giả sử AB và CD cắt nhau tại O. Dựng hệ tọa độ Oxy sao cho
A(u, 0),

M(u + a, 0),

N(v, 0),

Q(z + b, k(z + b)),

D(z, kz),

B(v + a, 0),

P(t, kt),

C(t + b, k(t + b))

với 0 < u < v, 0 < z < t, k = 0, a, b > 0, vì AM = NB và DQ = PC. Giả thiết
SAMQD = SBNPC . Tính
2SAMQD =

u+a−u 0−0

2SBNPC =

t +a−v 0−0

z−u
kv − 0
= kaz + kbu + kab
t −v
kt − 0
= kat + kbv + kab

+

+

z + b − u − a k(z + b) − 0
z−u−a

kz − 0

t + b − v − a k(t + b) − 0
t −v−a

kt − 0

và nhận được kaz + kbu + kab = kat + kbv + kab hay a(t − z) = −b(v − u), vô lý.
Do vậy, điều giả sử là sai và có AB CD.

Ví dụ 1.3.8. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử M, N ∈ AB và P, Q ∈ CD sao cho AM =

MN = NB và CP = PQ = QD. Gọi O = AC ×BD. Chứng minh rằng SOMP = SONQ .
Bài giải. Dựng hệ tọa độ Oxy sao cho A(a, 0), C(c, 0) và phương trình
AB : y = k(x − a),

CD : y = h(x − c).