(Luận văn thạc sĩ) 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 TỐN HỌC
Chun ngành: Phương pháp Tốn 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 vng 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 Bt ng thc Erdăos-Mordell cho a giỏc . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.

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 Tốn học xuất hiện sớm nhất của
nhân loại. Nhiệm vụ của hình học có thể được mơ 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 khơng gian.
Các phương pháp giải tốn trong hình học sơ cấp vốn vô cùng phong phú và đa
dạng. Điều đó hồn tồn 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 tốn hình học.
Ngồi 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 tốn hình học sơ cấp. Các

chủ đề sẽ được thảo luận là các Định lý Pythagore, Định lý Stewart, Ceva,
Menelaus v Bt ng thc Erdăos-Mordell cho a 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 tốn 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 khơng tránh
khỏi những thiếu sót. Tác giả mong muốn sẽ nhận được nhiều đóng góp của các
q Thầy Cơ, 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 q trình hình thành kết quả nào
đấy qua tốn 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 vng cạnh
a.
Mệnh đề 1.1.1. Diện tích hình vng 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 vng ABCD cạnh a đúng bằng a2 đơn vị diện tích.
Mệnh đề 1.1.2. Tam giác vng 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 vng ABCD với cạnh AB = a. Dựng vào bên trong hình
vng ABCD bốn tam giác vng bằng nhau ABA1 , BCB1 , CDC1 và DAD1 bằng
tam giác vng ABA1 . Khi đó ta có hình vng A1 B1C1 D1 với A1 B1 = |b − c|. Ta
có SABCD bằng tổng diện tích bốn tam giác vng ABA1 , BCB1 , CDC1 , DAD1 và

hình vng 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 vng 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 thc 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 ngồi tam giác ABC các hình vng 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
4c2 + b2
4b2 + c2
2
2
+ 2S và MB0 =
+ 2S. Ta nhận được
Cơsin 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 ). Hồn

tồn 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

h
h2
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 vng 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 vng 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 √
abxy = ab. Vậy, giá trị nhỏ nhất
và suy ra xy = ab. Khi đó SMNP =
2
của SMNP bằng ab khi x = b, y = a.
Ví dụ 1.1.6. Coi bốn xã như bốn đỉnh hình vng 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 vng. 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 vng góc

Trước khi trình bày hệ tọa độ Carte vng 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 ln 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:

MN
MN
|x|
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 ln có
BC B′C′


7
Chứng minh. Dựng Aa1

d ′ và B1 = Aa1 × b,C1 = Aa1 × c. Khi đó ta nhận được
AB
A′ B′
AB1
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 trịn.
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 trịn. 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 vng góc Oxy

với gốc tọa độ O và trục hoành x′ x, trục tung y′ y. Mặt phẳng (P) với Hệ tọa độ
Carte vng 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
= . Ta chỉ cần xét trường hợp AB không song song
I thuộc đoạn AB sao cho
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 ngồi 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 ln 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 ngồi 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

4bc
(b + c)2 − a2
ℓ2a
=
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

ℓc
ℓb
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 trịn 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

c + a ℓ2b
a + b ℓ2c
b + c ℓ2a
+
+
= 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
. Biến đổi được
(3) Đặt x = p − a, y = p − b, z = p − c với p =
2
yz zx xy
+ +
x
y
z
z x
x y
z
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
2b2 + 2c2 − a2
GA
=
GA′
a2 + b2 + c 2
GB
2c2 + 2a2 − b2
=
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.

GA′
AA′
= 1+
GA
GA

nên

GA′
3 AA′
= 1+
.
.
2 ma
GA

Tương tự, ta cũng có
GB′
3 BB′
= 1+
.
2 mb
GB

và

GC′
3 CC′
= 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 trịn 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 tốn hình trong mặt phẳng qua
diện tích của một miền phẳng nào đó. Để giải bài tốn 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 trịn 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 trịn 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 cơng 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 trịn 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 cơng thức tính diện tích
S của tứ giác ABCD :

S=

4x2 y2 − (a2 − b2

bc cos ϕ1
c2

ac cos ϕ2 bc cos ϕ1

theo Mệnh đề 2.1.2 và ta suy ra ngay công thức tính thể tích V của tứ diện theo
cạnh và góc
V=

abc
6

1 − cos2 ϕ1 − cos2 ϕ2 − cos2 ϕ3 + 2 cos ϕ1 cos ϕ2 cos ϕ3 .

Mệnh đề 2.1.4. Giả sử hình chóp SABC có độ dài cạnh SA = a, SB = b, SC = c,
BC = x, CA = y, AB = z. Ta có cơng thức tính thể tích tứ diện:
2a2
V=

1
√
12 2

a 2 + b 2 − z2

a 2 + b 2 − z2 a 2 + c 2 − y 2

2b2

a2 + c 2 − y 2 b2 + c 2 − x 2

b2 + c 2 − x 2 .
2c2

−→ −→ −→

Chứng minh. Như trên, có 36V 2 = |[ SA, SB], SC|2 hay biểu diễn V qua định thức
36V 2 =

−→ −→

x.x

−→ −→

x.y

−→ −→

−→ −→

y.x

−→ −→

y.y

−→ −→

−→ −→

−→ −→

−→ −→

z.x

z .y

a2

x.z

y.z

z .z

ab cos ϕ3 ac cos ϕ2

= ab cos ϕ3

b2

ac cos ϕ2 bc cos ϕ1

bc cos ϕ1
c2

theo Mệnh đề 2.1.2. Từ đây suy ra ngay hệ thức liên hệ qua định thức sau đây:
2a2
288V 2 = 2ab cos ϕ3

2ab cos ϕ3 2ac cos ϕ2
2b2

2ac cos ϕ2 2bc cos ϕ1

2bc cos ϕ1
2c2


38
và có
2a2
V=

1
√
12 2

a 2 + b 2 − z2

a 2 + b 2 − z2 a 2 + c 2 − y 2
2b2

a2 + c 2 − y 2 b2 + c 2 − x 2

b2 + c 2 − x 2 .
2c2

Điều phải chứng minh.
Mệnh đề 2.1.5. Giả sử tứ diện ABCD có tọa độ 4 đỉnh là A(x1 , y1 , z1 ), B(x2, y2 , z2 ),
C(x3 , y3 , z3 ) và D(x4 , y4 , z4 ). Khi đó ta có cơng thức tính thể tích tứ diện qua tọa
độ bốn đỉnh:
x 1 y 1 z1 1
V=

x 2 y 2 z2 1

1
6

x 3 y 3 z3 1

.

x 4 y 4 z4 1
Chứng minh. Vì
x 1 y 1 z1 1
x 2 y 2 z2 1
x 3 y 3 z3 1

x 2 − x 1 y 2 − y 1 z2 − z1

= x 3 − x 1 y 3 − y 1 z3 − z1

x 4 y 4 z4 1

x 4 − x 1 y 4 − y 1 z4 − z1

nên ta có hệ thức
x 1 y 1 z1 1
x 2 y 2 z2 1
x 3 y 3 z3 1

−→ −→ −→

= [AB, AC].AD = 6V.

x 4 y 4 z4 1

Ví dụ 2.1.2. Cho tứ diện A1 A2 A3 A4 . Chứng minh rằng, với điểm O ta có bất đẳng
thức
VA1 A2 A3 A4

1 4
6∏
i=1

OA2i + 1.


39
Bài giải. Dựng hệ tọa độ Oxyz. Với Ai (xi , yi , zi ), i = 1, 2, 3, 4 có
2

x 1 y 1 z1 1

36VA21 A2 A3 A4

=

4

x 2 y 2 z2 1

∏(x2i + y2i + z2i + 1)

x 3 y 3 z3 1

i=1

x 4 y 4 z4 1
theo Bất đẳng thức Hadamard. Vậy VA1 A2 A3 A4

1 4
∏
6 i=1

OA2i + 1.

Ví dụ 2.1.3. Cho điểm O ở trong tứ diện ABCD. Mặt phẳng (P) qua O cắt AB, AC, AD.
Ký hiệu khoảng cách từ A, B,C và D đến (P) là ta ,tb ,tc ,td , tương ứng. Chứng minh
taVOBCD = tbVOCDA + tcVODAB + td VOABC .
Bài giải. Dựng hệ tọa độ Oxyz để O(0, 0, 0), (P) : z = 0 và A(x1 , y1 , z1 ), B(x2 , y2 , z2 ),
C(x3 , y3 , z3 ), D(x4 , y4 , z4 ) với ta = z1 > 0, tb = −z2 > 0, tc = −z3 > 0, td = −z4 > 0.
Quy ước thể tích tứ diện được tính qua định thức
0

taVOBCD = z1

0

0 1

x 2 y 2 z2 1
x 3 y 3 z3 1
x 4 y 4 z4 1
0

tbVOCDA = −z2

0

x 3 y 3 z3 1
x 1 y 1 z1 1

tcVODAB = −z3

0

x 1 y 1 z1 1
x 2 y 2 z2 1

td VOABC = −z4

0

x 4 y 4 z4

x 1 y 1 z1
= −z2 x3 y3 z3
x 4 y 4 z4

0 1

x 4 y 4 z4 1

0

= −z1 x3 y3 z3

0 1

x 4 y 4 z4 1

0

x 2 y 2 z2

x 1 y 1 z1
= z3 x 2 y 2 z2
x 4 y 4 z4

0 1

x 1 y 1 z1 1
x 3 y 3 z3 1
x 2 y 2 z2 1

x 1 y 1 z1
= −z4 x2 y2 z2 .
x 3 y 3 z3


40
Như vậy, T = taVOBCD − tbVOCDA − tcVODAB − tdVOABC đúng bằng
x 2 y 2 z2

x 1 y 1 z1

x 1 y 1 z1

T = −z1 x3 y3 z3 + z2 x3 y3 z3 − z3 x2 y2 z2
x 4 y 4 z4
x 1 y 1 z1
+z4 x2 y2 z2 =
x 3 y 3 z3

x 4 y 4 z4

x 4 y 4 z4
x 1 y 1 z 1 z1
x 2 y 2 z 2 z2
x 3 y 3 z 3 z3

= 0.

x 4 y 4 z 4 z4

Tóm lại taVOBCD = tbVOCDA + tcVODAB + td VOABC .
Ví dụ 2.1.4. Cho tứ diện ABCD. Gọi A1 , B1 ,C1 , D1 là trọng tâm các mặt BCD,
CDA, DAB, ABC, tương ứng. Chứng minh rằng, với bất kỳ điểm O ở bên ngồi tứ
diện ABCD có một cách chọn thích hợp u, v,t ∈ {1, −1} để
|VOB1C1 D1 + uVOC1 D1 A1 + vVOD1A1 B1 + tVOA1B1C1 | =

1
VABCD .
27

Bài giải. Dựng hệ Oxyz để O(0, 0, 0), A(x1 , y1 , z1 ), B(x2 , y2, z2 ), C(x3 , y3, z3 ) và
D(x4 , y4 , z4 ). Tọa độ trọng tâm mặt tứ diện ABCD
x 2 + x 3 + x 4 y 2 + y 3 + y 4 z2 + z3 + z4
,
,
)
3
3
3
x 1 + x 3 + x 4 y 1 + y 3 + y 4 z1 + z3 + z4
,
,
)
B1 (
3
3
3
x 2 + x 1 + x 4 y 2 + y 1 + y 4 z2 + z1 + z4
C1 (

,
,
)
3
3
3
x 2 + x 3 + x 1 y 2 + y 3 + y 1 z2 + z3 + z1
,
,
).
D1 (
3
3
3
A1 (

Đặt
4

X = ∑ xi ,
i=1

4

Y = ∑ yi ,
i=1

4

Z = ∑ zi ,

Va = 6VOB1C1 D1 .

i=1

Ta có

Va

0
0
0
x 1 + x 3 + x 4 y 1 + y 3 + y 4 z1 + z3 + z4
= ± x2 + x31 + x4 y2 + y31 + y4 z2 + z31 + z4
3
3
3
x 2 + x 3 + x 1 y 2 + y 3 + y 1 z2 + z3 + z1
3
3
3

1
1
1
1


41

=

X

X − x 2 Y − y 2 Z − z2

Y

Z 1

±1
±1 x2 y2 z2 1
.
X − x 3 Y − y 3 Z − z3 =
27
27 x3 y3 z3 1
X − x 4 Y − y 4 Z − z4
x 4 y 4 z4 1

Đặt
Z 1

X Y

x 2 y 2 z2 1

T =

x 3 y 3 z3 1

X
±

Z 1

x 1 y 1 z1 1

±

x 2 y 2 z2 1

Z 1

x 1 y 1 z1 1
x 3 y 3 z3 1
x 4 y 4 z4 1

x 4 y 4 z4 1
X Y

Y

X
±

Y

Z 1

x 1 y 1 z1 1

x 2 y 2 z2 1
x 3 y 3 z3 1

x 4 y 4 z4 1
với việc chọn dấu +, − một cách thích hợp. Từ
X

Z 1 1

Y

x 1 y 1 z1 1 1
x 2 y 2 z2 1 1 = 0
x 3 y 3 z3 1 1
x 4 y 4 z4 1 1
suy ra
x 1 y 1 z1 1
x 2 y 2 z2 1
x 3 y 3 z3 1

X
−

x 4 y 4 z4 1
X
+

Y

x 2 y 2 z2 1

x 3 y 3 z3 1
x 4 y 4 z4 1

Z 1

x 1 y 1 z1 1
x 3 y 3 z3 1
x 4 y 4 z4 1

Z 1

Y

X
−

Y

Z 1

x 1 y 1 z1 1
x 2 y 2 z2 1
x 4 y 4 z4 1

X Y
+

Z 1

x 1 y 1 z1 1

x 2 y 2 z2 1

= 0.

x 3 y 3 z3 1

Như vậy
±VABCD ± 27VOB1C1 D1 ± 27VOC1D1 A1 ± 27VOD1A1 B1 ± 27VOA1B1C1 = 0.


42
Từ đó suy ra kết quả: Tồn tại một cách chọn thích hợp u, v,t ∈ {1, −1} để
|VOB1C1 D1 + uVOC1 D1 A1 + vVOD1A1 B1 + tVOA1B1C1 | =

1
VABCD .
27

Ta có điều phải chứng minh.

2.2

Quan hệ bán kính mặt cầu ngoại-nội tiếp

Mệnh đề 2.2.1. Tứ diện A1 A2 A3 A4 có tọa độ bốn đỉnh A1 (x1 , y1 , z1 ), A2 (x2, y2 , z2 ),
A3 (x3 , y3 , z3 ) và A4 (x4 , y4 , z4 ). Ký hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
Khi đó ta có cơng thức tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp R qua độ dài 6 cạnh tứ
diện:

R=

2 l 2 l 2 l 2 + 2l 2 l 2 l 2 l 2 + 2l 2 l 2 l 2 l 2 − l 4 l 4 − l 4 l 4 − l 4 l 4
2l13
14 23
13 24
12 34
12 13 42 43
12 14 32 34
14 23 24

24V

với V là thể tích tứ diện và li j = l ji là độ dài cạnh Ai A j = A j Ai , i = j.
Chứng minh. Ta biết thể tích tứ diện khơng thay đổi qua một phép tịnh tiến. Do
vậy, không hạn chế có thể giả thiết tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A1 A2 A3 A4 chính
là gốc tọa độ. Ta có hệ phương trình tọa độ của mặt cầu qua 4 đỉnh tứ diện sau đây:



x21 + y21 + z21 − R2 = 0





x2 + y2 + z2 − R2 = 0
2
2
2



x23 + y23 + z23 − R2 = 0





x2 + y2 + z2 − R2 = 0.
4
4
4
Từ đây suy ra

(xi − x j )2 + (yi − y j )2 + (zi − z j )2
R =
+ x i x j + y i y j + zi z j
2
2

với mọi i, j = 1, 2, 3, 4, i = j. Đặt
ti j = R2 − xi x j − yi y j − zi z j .
Khi đó

(xi − x j )2 + (yi − y j )2 + (zi − z j )2 li2j l 2ji
= = .
ti j = t ji =
2
2
2

43
Xét tích sau
−x1 −y1 −z1 R

x 1 y 1 z1 R
P =

x 2 y 2 z2 R

−x2 −y2 −z2 R

.

x 3 y 3 z3 R

−x3 −y3 −z3 R

−x4 −y4 −z4 R

x 4 y 4 z4 R

−x1 −x2 −x3 −x4

x 1 y 1 z1 R
=

x 2 y 2 z2 R

−y1 −y2 −y3 −y4

.

x 3 y 3 z3 R

−z1 −z2 −z3 −z4
R

x 4 y 4 z4 R

=

0

t12 t13 t14

t21

0

t23 t24
0

t34

t41 t42 t43

0

t31 t32

R

R

R

với ti j = t ji .

Vì
−x1 −y1 −z1 R

x 1 y 1 z1 R
x 2 y 2 z2 R
x 3 y 3 z3 R

−x2 −y2 −z2 R

và

−x3 −y3 −z3 R

−x4 −y4 −z4 R

x 4 y 4 z4 R
đều bằng 6RV nên
0
2 2

36R V =

2
l21
2
2
l31
2
2
l41
2

2
2
2
l13
l12
l14
2
22
2
2
l23
l24
0
2
2
2
2
l32
l34

0
2
2
2
2
l43
l42
0
2
2

0
1
=
16

2
l21

2
2
2
l12
l13
l14

0

2
2

l31
l32

2
2
l23
l24

0

2
2
2
l41
l42
l43

2
l34

.

0

Tính định thức cuối cùng và lấy căn ta nhận được công thức xác định bán kính mặt
cầu ngoại

R=

2 l 2 l 2 l 2 + 2l 2 l 2 l 2 l 2 + 2l 2 l 2 l 2 l 2 − l 4 l 4 − l 4 l 4 − l 4 l 4

2l13
12 13 24 34
12 34
13 24
14 23
12 14 23 34
14 23 24

Ta có điều cần chứng minh.

24V

.


44
Từ Mệnh đề 2.1.4 và Mệnh dề 2.2.1 ta suy ra cơng thức tính bán kính mặt cầu
ngoại tiếp qua độ dài 6 cạnh tứ diện.
Hệ quả 2.2.1. Tứ diện A1 A2 A3 A4 có độ dài 6 cạnh là a = l12 , b = l13 , c = l14 ,
x = l34 , y = l24 , z = l23 . Đặt 2S = ax + by + cz. Khi đó bán kính R của mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện được xác định bởi công thức dưới đây:
S(S − ax)(S − by)(S − cz)
.
6V
√
2 2 S(S − ax)(S − by)(S − cz)

(1) R =
(2) R =

2a2
a 2 + b 2 − z2

a 2 + b 2 − z2
2b2

a2 + c 2 − y 2 b2 + c 2 − x 2

.

a2 + c 2 − y 2
b2 + c 2 − x 2
2c2

Chứng minh. (1) Theo Bất đẳng thức Ptolemy, có ax + by

cz, by + cz

ax và

by, Dễ dàng kiểm tra hệ thức

cz + ax

16S(S − ax)(S − by)(S − cz)

2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
4 4

4 4
4 4
= 2l13
l14 l23 l24 + 2l12
l14 l32 l34 + 2l12
l13 l42 l43 − l12
l34 − l13
l24 − l14
l23 .

Do vậy ta có
S(S − ax)(S − by)(S − cz)
.
6V
Dễ dàng có (2) để xác định R qua 6 cạnh tứ diện
√
2 2 S(S − ax)(S − by)(S − cz)
R=
.
2
2
2
2
2
2
2
2a
a +b −z a +c −y
R=

a 2 + b 2 − z2

2b2

a2 + c 2 − y 2 b2 + c 2 − x 2

b2 + c 2 − x 2
2c2

Ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 2.2.2. Tứ diện A1 A2 A3 A4 có độ dài 6 cạnh là a = l12 , b = l13 và diện tích
tồn phần là s. Gọi R, r là bán kính mặt cầu ngoại, nội tiếp của tứ diện. Ta có hệ
thức
Rr =

2 l 2 l 2 l 2 + 2l 2 l 2 l 2 l 2 + 2l 2 l 2 l 2 l 2 − l 4 l 4 − l 4 l 4 − l 4 l 4
2l13
14 23 24
12 14 32 34
12 13 42 43
12 34
13 24
14 23

8s

.