Định lý Anne và những ứng dụng của nó trong giải bài toán hình học

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (274.82 KB, 11 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Tống Hữu Nhân

(Sinh viên Đại học Y Dược, thành phố Hồ Chí Minh)

Tóm Tắt

Định lý Anne, đặt theo tên nhà toán học Pháp Pierre Leon-Anne (1806–1850),
là một định lý thú vị trong hình học phẳng. Bài viết giới thiệu định lý một cách
tổng quát và khai thác nó trong việc giải quyết lớp bài tốn liên quan đến đường
thẳng Gauss.

1. Định lý Anne

Định lý. (Pierre Leon-Anne) Cho tứ giác lồiABCD. Khi đó quỹ tích các điểm P sao cho
tổng diện tích [P AB] + [P CD] bằng một hằng số thực r cho trước là một đường thẳng.

D C

Lời giải. Ta dễ dàng chứng minh trong trường hợpABCD có một cặp cạnh đối song song.
Ngược lại, gọiE =AB∩CD. Dựng X ∈SA, Y ∈SD sao cho EX =AB, EY = CD thì

các điểm E, X, Y cố định. Khi đó ta có

r= [P AB] + [P CD] = [P EX] + [P Y E] = [EXY] + [P Y X]

⇔[P XY] = [EXY]−r =const,

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2. Liên hệ với đường thẳng Gauss

Bài toán 1. Cho tứ giác toàn phần ABCD.EF. Các điểm M, N, P lần lượt là trung
điểm của các cạnh AC, BD, EF. Chứng minh rằng các điểm M, N, P cùng nằm trên
một đường thẳng gọi là đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần ABCDEF.

(Đường thẳng Gauss)

D C

B
F

M
N
P

Lời giải. Sử dụng tính chất trung tuyến, ta có các đẳng thức sau

[M AB] + [M CD] = 1

2[CAB] +
1

2[ACD] =
1

2[ABCD],
[N AB] + [N CD] = 1

2[DAB] +
1

2[BCD] =
1

2[ABCD],
[P AB] + [P CD] = 1

2[F AB] +
1

2[F CD] =
1

2[ABCD],

nên theo định lý Anne,M, N, P thẳng hàng. Ta thu được điều phải chứng minh.

Nhận xét. Đa số các tài liệu khi giới thiệu đinh lý Anne ít khi đề cập một cách tổng quát

như trên mà thường phát biểu dưới dạng tương quan với đường thẳng Gauss như sau :
Điểm P nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác ABCD khi và chỉ khi

[P AB] + [P CD] = [P BC] + [P DA] = 1

2[ABCD].

Bài toán 2. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Chứng minh rằng điểm O

nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác ABCD.

(Định lý Newton)

Lời giải. Gọi R là bán kính của (O). DoABCD ngoại tiếp nên theo định lý Pithot thì
AB+CD =BC+DA, từ đó

[OBA] + [ODC] = 1

2 ·R·(BA+DC) =
1

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

O
A

C
D

M
N

Suy ra

[OBA] + [ODC] = [OCB] + [OAD] = 1

2[BADC],

nên theo định lý Anne,O nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác ABCD.

Bài toán 3. Cho tứ giácABCDnội tiếp đường tròn(O)và một điểmP nằm trong tứ giác.
Bốn đường thẳng qua các điểm A, B, C, D và lần lượt vng góc với P A, P B, P C, P D

tạo thành tứ giác XY ZT. Chứng minh rằng điểm O nằm trên đường thẳng Gauss của
tứ giác XY ZT.

O
D

C
P

P0
A0

Lời giải. LấyP0đối xứngP quaOvà gọiA0, B0, C0, D0là hình chiếu củaP0lênT X, XY, Y Z, ZT.
Do O là trung điểm P P0 nên theo tính chất đường trung bình của hình thang vng, dễ
thấy A0B0C0D0 cũng nội tiếp (O). Sử dụng góc nội tiếp, ta có

∠P XY =∠P AB = 90◦−∠XAB

= 90◦−∠XB0A0 =∠P0B0A0

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Tương tự suy ra P vàP0 là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tứ giác XY ZT. Từ đó, ta có

2·[P Y X] =P B·XY =P B·B0X+P B·B0Y

=P X ·sin∠P XY ·P0X·cos∠P0XY +P Y ·sin∠P Y X ·P0Y ·cos∠P0Y X

=P X ·P0X·sin∠P XY ·cos∠P XT +P Y ·P0Y ·sin∠P Y X·cos∠P Y Z.
Biến đổi tương tự cho [P0XY], cộng lại ta được

2·([P Y X] + [P0XY]) =P X ·P0X·(sin∠P XY ·cos∠P XT + sin∠P XT ·cos∠P XY)
+P Y ·P0Y ·(sin∠P Y X ·cos∠P Y Z + sin∠P Y Z·cos∠P Y X)
=P X ·P0X·sin∠T XY +P Y ·P0Y ·sin∠XY Z.

Tương tự

2·([P T Z] + [P0T Z]) = P Z·P0Z·sin∠Y ZT +P T ·P0T ·sin∠ZT X.
Do O là trung điểm P P0 nên

4·([OY X] + [OT Z]) = 2·([P Y X] + [P0XY] + [P T Z] + [P0T Z])
=P X ·P0X·sin∠T XY +P Y ·P0Y ·sin∠XY Z

+P Z·P0Z ·sin∠Y ZT +P T ·P0T ·sin∠ZT X.
Đây là biểu thức đối xứng với P, P0 và tứ giácXY ZT nên tương tự, ta suy ra

[OY X] + [OT Z] = [OXT] + [OZY],

nên theo định lý Anne,O nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác XY ZT.
Nhận xét. Ta có một số nhận xét sau.

(i) Kết luận vẫn đúng cho điểm P bất kì trong mặt phẳng. Khi điểm P trùng tâm O,
ta thu được bài toán 2 (định lý Newton cho tứ giác ngoại tiếp).

(ii) Ngược lại, cho tứ giác ABCD có hai điểm P, P0 liên hiệp đẳng giác. Khi đó, hình
chiếu của P, P0 lên các cạnh của tứ giác ABCD thuộc đường tròn tâmO là trung
điểm P P0 và điểm O nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác ABCD.

Bài toán 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) và một điểm P bất
kì trong mặt phẳng. Gọi X, Y, Z, T, H, K là hình chiếu của điểm P lên các cạnh

AB, BC, CD, DA, AC, BD. Chứng minh rằng trung điểm đoạn HK nằm trên đường
thẳng Gauss của tứ giác XY ZT.

Lời giải. Khi P ∈(O), theo định lý Simson thì (H, X, Y),(H, Z, T),(K, T, X),(K, Y, Z)

thẳng hàng. Do đó, XY ZT.HK là tứ giác toàn phần, hiển nhiên trung điểm HK nằm
trên đường thẳng Gauss của tứ giác XY ZT. Trường hợp P nằm ngoài (O)xin dành cho
bạn đọc, ta chứng minh khi P nằm trong(O).

Ta có

∠HXY =∠HXB −∠Y XB

=∠HP A−∠Y P B (P HXA, P XBY nội tiếp)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

D
A

C
P

Z
T

Tương tự, ∠KXT = ∠AP B−∠BDA. Mà ABCD nội tiếp nên∠ACB = ∠BDA, do đó

∠HXY =∠KXT, suy ra H, K liên hiệp đẳng giác trong tứ giácXY ZT. Theo nhận xét
(ii), trung điểm HK nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác XY ZT.

Bài toán 5. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) và một điểm P nằm trong tứ
giác. Gọi O1, O2, O3, O4 là tâm các đường tròn (P AB),(P BC),(P CD),(P DA). Chứng

minh rằng trung điểm đoạn OP nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác O1O2O3O4.

O
D

C
P
T

Y
N

M0
O0

Lời giải. Kẻ đường kínhP X, P Y, P Z, P T củaO1, O2, O3, O4. Dễ thấyA, T, X thẳng hàng

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Gọi O0, M, N, M0, N0 lần lượt là trung điểmP O, XZ, Y T, O1O3, O2, O4. Xét phép vị tự

D12

P :X 7−→O1, Y 7−→O2, Z 7−→O3, T 7−→O4, O7−→O0.

Suy ra

D12

P :M 7−→M

, N 7−→N0,

mà O, M, N thẳng hàng nên O0, M0, N0 thẳng hàng, hay O0 nằm trên đường thẳng Gauss
của tứ giác O1O2O3O4.

Tổng quát bài toán 5, ta được bài toán sau đây.

Bài toán 6. (Nguyễn Văn Linh)Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Các đường
tròn (O1), (O2), (O3),(O4) bất kỳ qua các cặp đỉnh (A, B), (B, C), (C, D), (D, A) và

cắt lại nhau tại các điểm X, Y, Z, T. Chứng minh rằng
(a) Tứ giác XY ZT nội tiếp đường tròn (I).

(b) Trung điểm đoạn OI nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác O1O2O3O4.

(Mathley, số 9, 2012)

Lời giải. (Ong Thế Phương, 11T, chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai)

(a) Sử dụng góc nội tiếp, ta có

∠T XY +∠Y ZT =∠T AB+∠Y CB+∠T AC +∠Y CD=∠DAB+∠BCD= 180◦,
hay XY ZT nội tiếp đường tròn (I).

(b) Do đường nối tâm là trung trực của dây chung, nên ta có

[IXO2] = [IO2Y], [IY O3] = [IO3Z], [IZO4] = [IO4T], [IT O1] = [IO1X];

[OAO1] = [OO1B], [OBO2] = [OO2C], [OCO3] = [OO3D], [ODO4] = [OO4A];

[AO4O1] = [T O1O4], [BO1O2] = [XO2O1], [CO2O3] = [Y O3O2], [DO3O4] = [ZO4O3].

Từ đó

[IO1O2] = [XIO1] + [XO1O2] + [XO2I] =

2 ·[IT O1BO2Y].

Biến đổi tương tự cho [IO3O4], cộng lại ta được

[IO1O2] + [IO3O4] =

2·([IT O1BO2Y] + [IY O3DO4T])
= 1

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

O
A

O1 O2

Y
Z

I J

Tương tự,

[OO1O2] + [OO3O4] =

2 ·([O1O2O3O4] + [AO1O4] + [BO1O2] + [CO3O2] + [DO3O4]).

Gọi J là trung điểm OI thì

[J O1O2] + [J O3O4] =

2 ·([IO1O2] + [IO3O4] + [OO1O2] + [OO3O4]) =
1

2 ·[O1O2O3O4],

nên theo định lý Anne,J nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác O1O2IO3O4.

Nhận xét. Khi tứ giácXY ZT suy biến thành điểm P thì ta thu được bài toán 5.

Bài toán 7. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O). Phân giác các góc

∠DAB,∠ABC,∠BCD,∠CDA tạo thành tứ giác M N P Q. Chứng minh rằng
(a) Tâm O nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác M N P Q.

(b) (Titu Andreescu, Luis Gonzalez, Cosmin Pohoata) Điểm Euler-Poncelet của tứ giác

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Lời giải. (a) Gọi E =AB∩CD, F =BC ∩AD. Gọi A1, B1, C1, D1 là giao điểm phân

giác trong các góc A, B, C, D với (O). Vì AA1, CC1 là phân giác vàABCD nội tiếp nên

sdA_1C1 =sd

_
A1B+sd

C1B = 2 (∠A1AB+∠C1CB) = ∠DAB+∠BCD= 180◦,

hay A1C1 là đường kính của (O), từ đó suy ra A1B1C1D1 là hình chữ nhật.

O
B
A

C
D
N
M
Q
P
F
E
I
A1
B1
D1
C1
Z
T
X
Y

DoQ, N lần lượt là tâm nội tiếp4EAD và bàng tiếp 4ECD, kết hợp góc nội tiếp, ta có

∠QN M =∠BN E =∠ABN −∠BEN

= ∠B−∠E

2 =

180◦ −∠D−∠E

2 =

∠A

2
=∠BAM =∠A1B1M .

Suy ra A1B1 kN QkC1D1. Từ đó, theo định lý Thales, ta đặt

M A1

M Q =
M B1

M N =
A1B1

N Q =
C1D1

N Q =
P C1

P N =
P D1

P Q =h.
Do A1B1C1D1 là hình chữ nhật, kết hợp tỷ sốh, ta có

[OM N] + [OP Q] = 1

2·([D1M N] + [B1P Q])

= 1

2(h+ 1)([D1B1N] + [B1D1Q]) =
1

2(h+ 1)([M N P Q] + [N D1P] + [QB1M])

= 1

2(h+ 1)([M N P Q] +h·[N P Q] +h·[QM N]) =
1

2 ·[M N P Q].

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

(b) Gọi I =M P ∩N Q. Do Q, N lần lượt là tâm nội tiếp 4EAD và bàng tiếp 4ECD
nênEI là phân giác∠AED, tương tự thì F I cũng là phân giác∠CF D. Từ đó, bằng biến
đổi góc, ta dễ dàng chứng minh được IE ⊥IF.

Mặt khác, cũng bằng biến đổi góc, dễ chứng minh M N P Q nội tiếp, kết hợp M P ⊥N Q,
suy ra I là điểm Euler-Poncelet của M N P Q. Ta cần chứng minhI nằm trên đường thẳng
Gauss của ABCD.

Giả sử EI cắt BC, AD tại X, Y; và F I cắt AB, CD tại Z, T. Do EX, F Z là phân giác

∠BEC, ∠BF A và 4EAC ∼ 4EDB, 4F AC ∼ 4F BD, ta có
XB
XC =
EB
EC =

DB
AC =
F B
F A =

ZB
ZA,

nên theo định lý Thales, XZ kAC, tương tự thìY T kAC, do đó XZ kY T. Chứng minh
tương tự, ta cũng có XY k ZT, suy ra XY ZT là hình bình hành, hayXY cắt ZT tại
trung điểm I của mỗi đoạn.

Gọi k là tỉ số đồng dạng của 4EAD và 4EBC. Từ đó nếu đặt EB = b, EC = c thì
EA=kc, ED=kb. Ta có

[ADCB] = [EAD]−[EBC] = 1
2 ·(k

2bc−bc)·sinE = 1

2 ·(k

2−1)bc·sinE.

Theo công thức độ dài đường phân giác thì
XY =EY −EX = 2·

k2bc

k(b+c) −

bc
b+c

·cosE

2 = 2·(k−1)

bc
b+c·cos

Do đó

EI =EX+XI =EX+ 1

2·XY = (k+ 1)

bc
b+c·cos

Kẻ IH ⊥AB, IK ⊥CD. Do EI là phân giác∠AED nên
IH =IK =IE·sinE

2 = (k+ 1)

bc
b+c·cos

2 sin

2 =
1

2·(k+ 1)

b+c·sinE.

Từ đó, ta có

[IBA] + [IDC] = 1

2 ·(IH·AB+IK ·CD)
= 1

4 ·(k+ 1)

b+c(kc−b+kb−c)·sinE =

1
4 ·(k

2−1)bc·sinE

= 1

2 ·[ADCB].

Do đó theo định lý Anne, I nằm trên đường thẳng Gauss củaABCD.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

3. Bài tập

Bài tập 1. Cho tam giác 4ABC có trung tuyến AM. Lấy các điểm X, Y thuộc AB và
Z, T thuộc AC sao cho AX = BY, AZ = CT. Chứng minh rằng trung điểm của đoạn
AM nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác XY ZT.

Bài tập 2. Cho tam giác 4ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến đỉnh B, C lần lượt
cắt tiếp tuyến đỉnh A tại Y, X. Đường thẳng qua tâm O, vng góc OA cắt cạnh BC tại
điểm T. Chứng minh rằng trung điểm đoạn OT nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác
BXCY.

Bài tập 3. Chứng minh rằng trong tam giác, ba đường thẳng nối trung điểm của đoạn

thẳng nối đỉnh - tiếp điểm đường tròn nội tiếp và trung điểm cạnh đối diện thì đồng quy
tại tâm nội tiếp.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Tài liệu tham khảo

[1] Định lý Anne, Wikipedia.

[2] Léon Anne’s Theorem, WolframMathWorld.

[3] Nguyễn Văn Linh, Đường thẳng Newton mở rộng, Euclidean Geometry Blog.

/>the-generalization-of-newton-line-2/

[4] Titu Andresscu, Cosmin Pohoata,110 Geometry Problems for the IMO, XYZ Press,

2014.

[5] G.I. Golovina, I.M. Yaglom,Induction in Geometry, Mir Pubisher-Moskow, 1979.
[6] Andrew Jobbings,The converse of Léon Anne’s theorem.

[7] Titu Andreescu, Luis Gonzalez, Cosmin Pohoata,Newton and Midpoints of Diagonals
of Circumscriptible Quadrilateral, Mathematical Reflections, 2014.

[8] Newton’s Theorem: What is it? A Mathematical Droodle, Cut the Knot.

/>explanation

</div>

<a href=' /><a href=' /><a href=' /><a href=' /> kỹ thuật Radio over Fiber những ứng dụng của nó trong mạng truy nhập vô tuyến 2.doc