ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG DIỆU THU MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ TỨ GIÁC VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG DIỆU THU MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ TỨ GIÁC VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Nguyễn Việt Hải THÁI NGUYÊN - 2019 i Danh mục hình 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 Tứ giác nội tiếp Định lý Pithot IMO Shortlist 2008, Bài IMO Shortlist 2013, Bài IMO Shortlist 2016, Bài IMO Shortlist 1997, Bài IMO Shortlist 2008, Bài 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 2.11 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 10 11 13 13 a) a2 + c2 = b2 + d2 ; b) P AB + P BA + P CD + P DC Bộ điểm thứ đồng viên KLM N tứ giác nội tiếp Bộ điểm thứ hai đồng viên ABCD tứ giác α ⇐⇒ RST U hình chữ nhật Bốn trung tuyến m1 , m2 , m3 , m4 Bán kính đường tròn ngoại tiếp: R1 , R2 , R3 , R4 Các đường cao tam giác h1 , h2 , h3 , h4 IMO Shortlist 1992, Bài Tứ giác αβ Cơng thức diện tích tứ giác αβ Josefsson =π 16 17 18 19 20 21 22 23 28 31 33 Tứ giác toàn phần Điểm Miquel, đường tròn Miquel Đường thẳng Simson tứ giác toàn phần Định lý Brocard: O trực tâm GEF Dấu hiệu nhận biết tứ giác điều hòa AI phân giác BID VMO 2012 Bốn điểm F, M, Z, Y đồng viên P Q = QR ⇐⇒ phân giác AC đồng quy 36 37 37 39 40 41 43 45 46 ii 3.10 Moldova, 2014 47 3.11 VMO 2016, Bài 48 3.12 VMO 2017, Bài 50 iii Mục lục Lời cảm ơn iii Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Các cơng thức tính diện tích tứ giác 1.2 Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp 1.2.1 Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp 1.2.2 Dấu hiệu nhận biết tứ giác ngoại tiếp 1.3 Các ứng dụng giải toán 3 4 Tứ 2.1 2.2 2.3 giác có hai đường chéo vng góc, 15 Tứ giác có hai đường chéo vng góc 15 Tứ giác có hai đường chéo 24 Tứ giác có đường chéo vng góc 30 Tứ 3.1 3.2 3.3 giác toàn phần, tứ Tứ giác tồn phần Tứ giác điều hòa Các ứng dụng Tài liệu tham khảo giác điều giải tốn hòa 35 35 39 42 53 iv Lời cảm ơn Để hoàn thành luận văn cách hồn chỉnh, tơi ln nhận hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình PGS.TS Nguyễn Việt Hải, Giảng viên cao cấp Trường đại học Hải Phòng Tơi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy xin gửi lời tri ân điều thầy dành cho tơi Tơi xin chân thành cảm ơn phòng Đào tạo, Khoa Tốn-Tin, q thầy giảng dạy lớp Cao học K11B (2017 - 2019) Trường đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện cho tơi hồn thành khóa học Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho tơi suốt q trình học tập thực luận văn Xin trân trọng cảm ơn! Hải Phòng, tháng năm 2019 Người viết Luận văn Hoàng Diệu Thu v MỘT SỐ KÝ HIỆU TRONG LUẬN VĂN Stt Ký hiệu a, b, c, d S, s Q α β αβ γ p, q m, n Nội dung ký hiệu Trang Độ dài cạnh tứ giác Diện tích, nửa chu vi tứ giác Tứ giác lồi ABCD 15 đường chéo vng góc 15 đường chéo 15 đường chéo vuông góc 15 Đường chéo chia đơi đường chéo 15 Độ dài đường chéo tứ giác 16 Độ dài đường trung bình 20 Mở đầu Mục đích đề tài luận văn Giống tam giác, tứ giác đề tài quan trọng có nội dung phong phú hình học phẳng Trong chương trình hình học (ở phổ thông trường Đại học sư phạm) đề cập đến hình tứ giác đặc biệt: Hình thang, hình bình hành, hình vng, hình thoi, tứ giác nội tiếp Chuyên đề tứ giác nhiều vấn đề quan trọng cần nghiên cứu bổ sung với kiến thức sâu sắc Gần khái niệm sử dụng nhiều kỳ thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế Đó lý tơi nghiên cứu đề tài "Một số vấn đề tứ giác ứng dụng" Mục đích đề tài là: - Trình bày vấn đề bổ sung tứ giác, đặc biệt vấn đề chưa trình bày sách hình học sơ cấp: Tứ giác có hai đường chéo vng góc, nhau; tứ giác tồn phần, tứ giác điều hòa ứng dụng hay đường thẳng đặc biệt liên quan đến tứ giác, - Sử dụng công cụ hình học như: Biến đổi đại số hệ thức hình học có, phương pháp tọa độ, phương pháp biến hình, để nghiên cứu mở rộng khái niệm xung quanh tứ giác - Bồi dưỡng lực dạy chuyên đề khó trường THCS THPT góp phần đào tạo học sinh học giỏi mơn Hình học Nội dung đề tài, vấn đề cần giải Dựa vào tài liệu [1], [3] luận văn trình bày số vấn đề quan trọng tứ giác hay ứng dụng để giải tốn hình học khó Nội dung luận văn chia làm chương: Chương Kiến thức chuẩn bị Tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp nội dung quan trọng chủ yếu hay gặp để giải toán thi học sinh giỏi, thi chuyển cấp phổ thông Ở ta hệ thống lại dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp, phát biểu cơng thức tính tốn liên quan đến tứ giác, bổ sung thêm điều kiện khác minh họa cách áp dụng kiến thức vào việc giải tốn thi Olympic toán quốc gia quốc tế Chương bao gồm: 1.1 Các cơng thức tính diện tích tứ giác 1.2 Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp 1.3 Các ứng dụng giải toán Chương Tứ giác có hai đường chéo vng góc, Nội dung chương đề cập đến hai loại tứ giác đặc biệt với tính chất liên quan đến đường chéo: Tứ giác có hai đường chéo vng góc, tứ giác có hai đường chéo Sự kết hợp tính chất cho ta loại tứ giác chưa có tên, mà ta gọi tứ giác αβ Chương bao gồm mục sau: 2.1 Tứ giác có hai đường chéo vng góc 2.2 Tứ giác có hai đường chéo 2.3 Tứ giác có hai đường chéo vng góc Chương Tứ giác tồn phần, tứ giác điều hòa Hai loại tứ giác quan trọng tứ giác toàn phần tứ giác điều hòa liên quan đến hình học xạ ảnh, trình bày trực quan với tính chất phong phú, sử dụng nhiều để giải tốn chứng minh tính thẳng hàng, đồng quy, tính đồng viên, đẳng thức, bất đẳng thức hình học Nội dung chương chia thành phần: 3.1 Tứ giác toàn phần 3.2 Tứ giác điều hòa 3.3 Các ứng dụng giải tốn Chương Kiến thức chuẩn bị Tứ giác nội tiếp, tứ giác ngoại tiếp nội dung quan trọng hay gặp chuyên đề tứ giác Ở ta hệ thống lại dấu hiệu hay dùng để nhận biết tứ giác nội tiếp, tứ giác ngoại tiếp Phát biểu chứng minh cơng thức tính diện tích tứ giác, bổ sung thêm điều kiện khác minh họa cách áp dụng dấu hiệu vào việc giải toán thi Olympic toán quốc gia quốc tế 1.1 Các cơng thức tính diện tích tứ giác Xét tứ giác lồi ABCD với AB = a, BC = b, CD = c, DA = d góc DAB = A, ABC = B, BCD = C, CDA = D, hai đường chéo a+b+c+d AC = x, BD = y Đặt s = Mệnh đề 1.1 Diện tích tứ giác lồi ABCD tính theo cơng thức sau (Công thức Brétchneider) S= (s − a)(s − b)(s − c)(s − d) − abcd cos2 B+D (1.1) 1 Chứng minh Ta có S = SABC + SACD = ab sin B + cd sin D Suy 2 4S = 2ab sin B + 2cd sin D Áp dụng định lý cô sin biểu diễn AC theo cách ( BAC AC = a2 + b2 − 2ab cos B = c2 + d2 − 2cd cos D (1.2) DAC ): 39 Hình 3.4: Định lý Brocard: O trực tâm GEF Suy tứ giác OHCD nội tiếp Tương tự, tứ giác AOHB nội tiếp Mặt khác, EA.EB = EC.ED nên E nằm trục đẳng phương (OHCD) (AOHB) Từ suy E, H, O thẳng hàng Ta lại có: (HO, HG) = (HO, HD) + (HD, HG) = (CO, CD) + (AD, π AG) = (CO, CD) + (OD, OC) = (mod π ) (vì OCD cân O) Do 2 đó, HO ⊥ HG hay OE ⊥ GF Tương tự, OF ⊥ GE ta kết luận O trực tâm GEF 3.2 Tứ giác điều hòa Định nghĩa 3.2 Tứ giác nội tiếp ABCD thỏa mãn AB CB = gọi AD CD tứ giác điều hòa Ta nhận biết tứ giác điều hòa dựa vào định nghĩa dấu hiệu sau: Mệnh đề 3.1 (Dấu hiệu nhận biết) Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), có tiếp tuyến tA A tC C Khi đó, ABCD tứ giác điều hòa tA , tC đồng quy song song với đường chéo BD Chứng minh 40 Điều kiện đủ Giả sử tA , tC , BD đồng quy M Ta có M AD = M BA nên M AB MA AB đồng dạng M DA (g.g), suy = Tương tự, M BC đồng MD DA MC BC MA MC dạng M CD nên = Do M A = M C nên = kéo MD CD MD CD AB CB theo = Ta có ABCD tứ giác điều hòa AD CD Hình 3.5: Dấu hiệu nhận biết tứ giác điều hòa Điều kiện cần AB CB = Nếu tA ∩ tB = M , AD CD xét hai tam giác M AB, M DA: nối M B cắt (O) D Theo điều kiện AB CB AB AD đủ, ABCD tứ giác điều hòa, suy = hay = AD CD CB CD AB AD AD AD Theo giả thiết, = , kéo theo = , tức D ≡ D CB CD CD CD Nếu tA tB AC ⊥ tA nên AC đường kính (O) Từ giả thiết AB AD tứ giác điều hòa ta suy = , cạnh AC chung nên ABC, CDA CB CD hai tam giác vng Vậy ABCD hình chữ nhật có tỷ số hai AB CB AD cạnh thỏa mãn = = , nghĩa AB = AD2 hay AB = AD AD CD AB nên ABCD hình vng, đường chéo BD ⊥ AC hay AB = AD nên ABCD hình vng, đường chéo BD ⊥ AC Ta có tA tB BD Giả sử ABCD tứ giác điều hòa Ta có Sau số tính chất tứ giác điều hòa 41 Tính chất 3.2.1 Nếu ABCD tứ giác điều hòa AC.BD = 2AB.CD = 2BC.AD AB CB Chứng minh Từ giả thiết, = =⇒ AB.CD = CB.AD Nhưng AD CD ABCD tứ giác nội tiếp nên theo định lý Ptolemy AC.BD = AB.CD + BC.AD =⇒ AC.BD = 2AB.CD = 2BC.AD Tính chất 3.2.2 Nếu ABCD tứ giác điều hòa nội tiếp đường tròn ED MD = , (O), tiếp tuyến A C cắt M , AC ∩ BD = E MB EB tức (M EDB) = −1 Chứng minh Theo dấu hiệu nhận biết ta có M, B, D thẳng hàng Ta cần chứng minh (M EDB) hàng điều hòa, hình 3.6 MD SM CD CD sin DCM CD sin DAE = = = (M A, M C tiếp tuyến) ME SM CB CB sin BCM CB sin BAE AD sin DAE ED SAED = = EB SABE AB sin BAE AB CB MD ED Vì ABCD tứ giác điều hòa nên = ⇒ = Ta suy AD CD MB EB (M EDB) = −1 Tính chất 3.2.3 Nếu ABCD tứ giác điều hòa, M giao điểm hai tiếp tuyến A C , M O cắt AC I AI đường phân giác góc BID Hình 3.6: AI phân giác BID 42 Chứng minh Theo tính chất 3.2.2, I(M EBD) chùm điều hòa, lại có IM ⊥ AC EB MB nên AC ∩ BD = E nên = , hình 3.6 ED MD Tính chất 3.2.4 Nếu ABCD tứ giác điều hòa đường phân giác góc BAD, BCD BD đồng quy Chứng minh Giả sử phân giác góc BAD cắt BD điểm K , theo tính KB AB chất đường phân giác = Vì ABCD tứ giác điều hòa nên KD AD CB KB CB AB = Suy ra: = Vậy CK phân giác BCD AD CD KD CD Tính chất 3.2.5 Nếu ABCD tứ giác điều hòa, tiếp tuyến A C cắt M ∈ BD tiếp tuyến B D cắt N ∈ AC Chứng minh Theo điều kiện đủ dấu hiệu nhận biết ABCD tứ giác điều hòa theo điều kiện cần tB , tD AC đồng quy Tính chất 3.2.6 Nếu ABCD tứ giác điều hòa, AC ∩ BD = E EB AB = ED AD2 Chứng minh Dựng tiếp tuyến A C , cắt M Ta có EB MB MB M B.M D M, B, D, E thẳng hàng = Mặt khác, = ED MD MD M D2 2 MB MA = = Từ hai tam giác đồng dạng M AB, M DA ta có M D2 MD M B AB MA AB = = MD AD MD AD2 3.3 Các ứng dụng giải tốn Các ví dụ từ 3.3.1 đến 3.3.3 toán từ 3.1 đến 3.4 ứng dụng tứ giác tồn phần Trong ví dụ ta rõ tính chất dùng đến Ví dụ 3.3.1 (VMO 2012) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O có cặp cạnh đối không song song, ký hiệu M = AB ∩ CD N = BC ∩DA Gọi P, Q, S, T tương ứng giao điểm phân giác cặp góc M AN M BN , M BN M CN , M CN M DN , M DN M AN Giả sử P, Q, S, T đôi phân biệt 43 (a) Chứng minh P, Q, S, T nằm đường tròn Gọi I tâm đường tròn (b) Đặt F = AC ∩ BD, điểm E, O, I thẳng hàng Hình 3.7: VMO 2012 Chứng minh (a) Xét góc định hướng hai đường thẳng, ý đến tính chất đường phân giác ta chứng minh (T P, T S) = (QT, QS), suy điều phải chứng minh (b) Theo định lý Brocard, O trực tâm EM N , OE ⊥ M N Bài tốn quy chứng minh M N trục đẳng phương (O) (I) Khơng tính chất tổng qt ta giả sử A M, B B N C Từ M BC ta suy Q thuộc phân giác BM C ; Từ M AD ta suy T thuộc phân giác AM D, tức T thuộc phân giác ngồi BM C Từ đó, M, Q, T thẳng hàng Ta gọi đường thẳng d1 Tương tự, N, P, S thẳng hàng đường thẳng d2 Ký hiệu t1 , t2 , t3 , t4 phân giác góc M AN , 44 M BN , M CN , M DN Ta có: (QT, QC) = (d1 , t3 ) − (d1 , M C) + (M C, t3 ) 1 = (M B, M C) + (CM, CN ) 2 1 1 = (BM, CN ) = (BA, BC) = (DA, DC) = (DN, DM ) 2 2 = (t4 , DN ) = (DT, DC) Suy ra: QT DC tứ giác nội tiếp, M Q.M T = M D.M C hay PM/(O) = PM/(I) Tương tự, PN/(O) = PN/(I) Vậy, M N trục đẳng phương (O) (I) Ví dụ 3.3.2 Cho ABC điểm P nằm tam giác Các đường thẳng P B, P C cắt AB, AC tương ứng C1 , B1 Q điểm đối xứng P qua trung điểm đoạn B1 C1 Chứng minh P ∈ (AB1 C1 ) QAB = P BC; QAC = P CB Chứng minh Cách (Dùng đường thẳng Gauss) Gọi N, I, K trung điểm AP, B1 C1 , BC , tương ứng Ta có N, I, K thẳng hàng thuộc đường thẳng Gauss tứ giác tồn phần AB1 P C1 CB Lấy M đối xứng với P qua K A, Q, M thẳng hàng Lưu ý P C1 BM, P B1 CM AB1 P C1 tứ giác nội tiếp ta suy tứ giác ABM C nội tiếp Từ đó, QAB = M AB = M CB = P BC Tương tự, QAC = P CB Cách (Dùng điểm Miquel ) Gọi J giao điểm (BP C1 ) (P CB1 ) J điểm Miquel tứ giác toàn phần AB1 P C1 CB Vì tứ giác AB1 P C1 nội tiếp nên J thuộc đoạn thẳng BC Sau xét cặp tam giác đồng dạng ta suy điều phải chứng minh Ví dụ 3.3.3 Cho tam giác nhọn ABC với AC > BC , nội tiếp (O) H trực tâm tam giác, F chân đường cao kẻ từ C Gọi P đối xứng A qua F , M trung điểm AC, X = P H ∩ BC, Y = OM ∩ F X , Z = OF ∩ AC Chứng minh F, M, Z, Y đồng viên Chứng minh (Hình 3.8), rõ ràng ta cần chứng minh bốn điểm F, M, Z, Y thuộc đường tròn đường kính Y Z Khi tốn trở thành chứng minh F X ⊥ F Z 45 Hình 3.8: Bốn điểm F, M, Z, Y đồng viên Gọi T giao CF (O) Dễ thấy F trung điểm HT , suy BP BX AT P H hình bình hành, P H AT = Dựng tứ giác BA BE toàn phần ACBT DE , gọi K, Q giao điểm OF, AB với DE Theo định lý Brocard, có OK ⊥ DE Ta cần chứng minh F X EQ QA FA AB FA = =⇒ = 1+ Thật vậy, ta có (ABF Q) = −1 nên FB QB FB QB FA − FB AB FB BP BX =⇒ = =⇒ = = Ta suy ra: F X EQ FB QB QB AB BE Bài toán 3.1 Cho tứ giác lồi ABCD Gọi P = AB ∩CD, Q = AD∩BC, R = AC ∩ BD Dựng RE ⊥ P Q, E ∈ P Q Gọi M, N, S, T chân đường vuông góc hạ từ E xuống CD, BC, DA, AB Chứng minh bốn điểm M, N, S, T đồng viên Bài tốn 3.2 Cho tứ giác tồn phần ABCDEF nội tiếp, ký hiệu I, J 46 trung điểm đường chéo AC, BD Chứng minh rằng: a Bốn hình chiếu I J đường thẳng EA, ED nằm đường tròn Tương tự hình chiếu I J F A, F D b Nếu AB.CD = AD.BC hình chiếu I J đường thẳng EA, ED, F A, F B nằm đường tròn Bài tốn 3.3 Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi điểm E = AD ∩ BC, F = AC ∩ BD, M trung điểm AB , N trung điểm CD Chứng minh 2M N AB CD = − EF CD AB Bài toán 3.4 Trên cạnh tam giác lấy điểm Khi đó, ba đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo đỉnh điểm cạnh xuất phát từ đỉnh giao điểm Các ví dụ từ 3.3.4 đến 3.3.7 toán từ 3.5 đến 3.8 minh họa cho tứ giác điều hòa Ví dụ 3.3.4 (IMO Shortlist 2003) Giả sử ABCD tứ giác nội tiếp Gọi P, Q, R chân đường vng góc hạ từ D xuống đường thẳng BC, CA, AB Chứng minh P Q = QR phân giác góc ABC, ADC cắt AC Hình 3.9: P Q = QR ⇐⇒ phân giác AC đồng quy 47 Chứng minh Từ giả thiết suy P, Q, R nằm đường thẳng (đường thẳng Simson) Từ B kẻ đường thẳng song song với P Q, cắt AC E Giả sử đường phân giác góc ABC, ADC I Vậy ta cần phải chứng minh P Q = QR I ∈ AC , tương đương với ABCD tứ giác điều BA DA hòa, nghĩa phải chứng minh = BC DC Ta có DAR DCP hai tam giác vng có DAB = DCP nên chúng DA AR = đồng dạng, suy CP DC Ví dụ 3.3.5 (Moldova, 2014) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, phân giác góc BAD, BCD gặp đường chéo BD Đường thẳng qua C song song với AD cắt đường thẳng qua A trung điểm BD F Chứng minh P CD tam giác cân Hình 3.10: Moldova, 2014 Chứng minh Gọi E giao điểm phân giác, theo giả thiết E ∈ BD AB BE CB Theo tính chất đường phân giác, = = Suy ABCD tứ AD DE CD giác điều hòa Theo định nghĩa tứ giác điều hòa, tiếp tuyến A C cắt BD Gọi giao điểm tiếp tuyến T M trung điểm BD Ta có AC đường đối trung ABD Tứ giác ABCD nội tiếp nên CDT = CDB = CAB = M AB Vì CP AD nên DAP = AP C, P CD = ADC Mặt khác T C tiếp tuyến 48 nên ACT = ADC (cùng chắn cung AC ) Suy ACT = P CD = DCP =⇒ DCT = P CA CT CD Bởi vậy, DCT P CA đồng dạng, kéo theo = Vậy T AC CA CP DCP đồng dạng Từ T AC cân T suy DCP cân D Ví dụ 3.3.6 (VMO 2016, Bài 3) Cho ABC có B, C cố định, A thay đổi cho ABC tam giác nhọn Gọi D trung điểm BC, E, F tương ứng hình chiếu vng góc D lên AB, AC a) Gọi O tâm đường tròn (ABC), M = EF ∩ AO, N = EF ∩ BC Chứng minh đường tròn (AM N ) qua điểm cố định b) Các tiếp tuyến (AEF ) E F cắt T Chứng minh T thuộc đường thẳng cố định Hình 3.11: VMO 2016, Bài Lời giải a) Khơng tính chất tổng qt, ta coi AB < AC Khi đó, N thuộc tia đối tia BC Từ đó, AEDF tứ giác nội tiếp, OAC = 900 − ABC 49 Ta có: AM N = M AE + M EA = 900 − ABC + ADF = BDF + ADF = N DA Suy AM DN tứ giác nội tiếp Đường tròn (AM N ) qua D cố định b) Chúng giới thiệu cách giải dùng tứ giác điều hòa Gọi (K) đường tròn ngoại tiếp AEF AD đường kính (K) Kẻ Dt ⊥ BC , gọi giao Dt với (K) L ALD = 900 nên AL BC D trung điểm BC nên chùm A(BC, DL) chùm điều hòa Chiếu chùm lên (K) ta suy (EF DL) hàng điều hòa, tức tứ giác LEDF tứ giác điều hòa Từ tính chất tứ giác điều hòa ta có DL qua T (giao tiếp tuyến E, F (K)) Dễ thấy DL trung trực BC nên ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3.3.7 (VMO 2017, Bài 7) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) G điểm thuộc cung BC khơng chứa O đường tròn (I) ngoại tiếp OBC Đường tròn (ABG) cắt AC E, đường tròn (ACG) cắt AB F (E, F = A) a) Ký hiệu K = BE ∩ CF Chứng minh AK, BC, OG đồng quy b) Cho D điểm thuộc cung BOC chứa O đường tròn (I), đặt M = GB ∩ CD, N = GC ∩ BD Giả sử M N cắt (O) P, Q Chứng minh G thay đổi cung BC khơng chứa O (I) đường tròn (GP Q) qua điểm cố định Lời giải a) Ta có EGF = BGE + CGF − EGF = 3600 − 2BAC − (1800 − 2BAC) = 1800 nên điểm E, G, F thẳng hàng Từ đó, ABK + ACK = AGE + AGF = 1800 nên K ∈ (O) Dễ thấy G điểm Miquel nên thấy tam giác GBA GKC đồng dạng (g,g), BGA = KGC Mặt khác, GO phân giác góc BGC nên GO phân giác góc AGK Kết hợp với OA = OK suy AOKG tứ giác nội tiếp Sử dụng trục đẳng phương dễ thấy AK, OG, BC đồng quy B C D b) Áp dụng định lý Pascal cho để M N qua C B G J = tB ∩ tC (tB , tC tiếp tuyến (I) cố định B, C ), Ký hiệu X giao JD (I) X cố định tứ giác BCDX tứ giác điều hòa nên chùm G(BC, DX) chùm điều hòa 50 Hình 3.12: VMO 2017, Bài Lại ký hiệu T = M N ∩ BC dễ thấy G(BC, DT ) chùm điều hòa Từ đó, GX qua T Ta suy T X.T G = T B.T C = T P T Q Điều chứng tỏ đường tròn (GP Q) qua X cố định Ngoài ký hiệu Y giao (GP Q) với DX JX.JY = JP JQ = phương tích J (O) khơng đổi nên (Y) cố định Vậy đường tròn (GP Q) qua hai điểm cố định X Y Bài tốn tốn khó Sau số mở rộng: Bài toán 3.5 (Mở rộng câu a) 7, VMO 2017 [2], Trần Nam Dũng) Cho ABC nội tiếp đường tròn (O) Một đường tròn (K) qua B, C Trung trực BC cắt (K) M, N Lấy điểm P ∈ (K), giả sử P M cắt CA, AB E, F , BE cắt BF L Chứng minh đường thẳng AL, P N, BC đồng quy Bài toán 3.6 (Mở rộng câu b) 7, VMO 2017 [2], Trần Nam Dũng) Cho ABC nội tiếp đường tròn (O) P điểm thay đổi đường tròn (O) S, T hai điểm cố định Ký hiệu E = P S ∩ CA, F = P T ∩ AB Giả thiết thêm EF cắt đường tròn (K) cố định qua B, C Q R Chứng minh đường tròn (P QR) ln qua hai điểm cố định P thay đổi (O) Bài toán 3.7 Cho ABC điểm P bất kỳ, E, F hình chiếu P lên CA, AB Đường thẳng AP cắt BC D, đường thẳng EF cắt BC 51 N Đường tròn (ADN ) cắt M = N Chứng minh M chạy đường thẳng cố định P thay đổi Bài toán 3.8 Cho ABC hai điểm H, M tương ứng trực tâm ABC trung điểm BC Điểm P tùy ý HM Đường tròn (I) đường kính AP cắt CA, AB E, F = A Đường tròn (ADN ) cắt EF M = N Chứng minh tiếp tuyến E, F (I) cắt trung trực BC Trong chương ta thu tính chất hai loại tứ giác đặc biệt: Tứ giác toàn phần tứ giác điều hòa Rõ ràng ví dụ ứng dụng loại tứ giác chứng tỏ tính chất nêu có ích 52 Kết luận luận văn Luận văn thu kết sau Luận văn trình bày loại tứ giác đặc biệt với dấu hiệu nhận biết tính chất Đó loại: tứ giác có hai đường chéo vng góc, tứ giác có hai đường chéo nhau, tứ giác toàn phần tứ giác điều hòa Đưa ví dụ minh họa với toàn thi học sinh giỏi nước quốc tế Các toán áp dụng dấu hiệu tính chất dạng tứ giác để có lời giải hiệu Sử dụng cơng cụ mạnh hình học như: biến đổi đại số hệ thức, phương pháp véc tơ, phương pháp tọa độ, phương pháp biến hình để đào sâu mở rộng vấn đề xung quanh khái niệm tứ giác Chúng tơi nhận thấy có hướng nghiên cứu tiếp theo: - Nghiên cứu toán xét phương pháp véc tơ - Nghiên cứu vấn đề tương tự không gian: Tứ diện trực tâm, tứ diện có hai mặt chéo vng góc Mặc dù cố gắng luận văn không tránh khỏi hạn chế, khiếm khuyết Tác giả mong góp ý, bổ sung ý kiến thầy cô giáo đồng nghiệp nhằm làm cho kết nghiên cứu hoàn chỉnh có ích Tơi xin chân thành cảm ơn 53 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Dang, N., (2016), Những định lý chọn lọc hình học phẳng toán áp dụng, NXB Giáo dục Việt Nam, chương [2] Dung, T., Can, V., Hung, T., Huyen, N., Lu, L., (2017), Các kỳ thi thi toán VMO, lời giải bình luận, NXB Thế giới, Tủ sách Sputnik, số hiệu 022 Tiếng Anh [3] Josefsson, M., (2012), "Characterizations of Orthodiagonal Quadrilaterals", Forum Geometricorum, 12, pp 13-25 [4] Josefsson, M., (2014), "Properties of Equidiagonal Quadrilaterals", Forum Geometricorum, 14, pp 129-144 [5] Nicusor Minculete (2009), "Characterizations of a Tandgential Quadrilateral", Forum Geometricorum, 9, pp 113-118 [6] Prasolov, V., (Translated and edited by Dimitry Leites) (1989), "Problems in Plane and Solid Geometry, V.1 Plane Geometry", Moscow, Nauka, Chapter 4, Chapter 6, Chapter 12, Chapter 22 [7] Yiu, P (1998), "Euclidean Geometry Notes", Florida Atlatic University Lecture Notes, available at http://math.fau.edu/ Yiu/EuclideanGeometryNotes.pdf, Chapter 10 ... niệm sử dụng nhiều kỳ thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế Đó lý nghiên cứu đề tài "Một số vấn đề tứ giác ứng dụng" Mục đích đề tài là: - Trình bày vấn đề bổ sung tứ giác, đặc biệt vấn đề chưa... đường chéo vng góc 2.2 Tứ giác có hai đường chéo 2.3 Tứ giác có hai đường chéo vng góc Chương Tứ giác toàn phần, tứ giác điều hòa Hai loại tứ giác quan trọng tứ giác tồn phần tứ giác điều hòa liên... sơ cấp: Tứ giác có hai đường chéo vng góc, nhau; tứ giác tồn phần, tứ giác điều hòa ứng dụng hay đường thẳng đặc biệt liên quan đến tứ giác, - Sử dụng cơng cụ hình học như: Biến đổi đại số hệ