Sử dụng diện tích...

16

Diện tích sử dụng…

V.V.PRASOLOV

Cho lời giải toán học khác nhau bài toán, việc xem xét một số phần tử phụ không có trong công thức bài toán thường hữu ích. Chúng ta sẽ phân tích các kỹ thuật cơ bản của lời giải hình học bài toán bằng cách sử dụng diện tích của đa giác ban đầu.

Kỹ thuật 1. Nếu một đa giác được cắt thành nhiều đa giác thì tổng diện tích của chúng bằng diện tích của đa giác ban đầu.

Giải pháp thay thế tốt nhất cho việc sử dụng kỹ thuật này là một trong nhiều cách chứng minh định lý Pythagore.

Ví dụ 1 (định lý Pythagore). Chứng minh rằng tổng bình phương độ dài bằng bình phương độ dài cạnh huyền.

Lời giải. Gọi $a, b$ là độ dài của hình vuông, $c$ độ dài của cạnh huyền. Hãy để chúng tôi chứng minh rằng tổng diện tích tác dụng lên cạnh $a$ và $b$ bằng diện tích hình vuông ở cạnh $a$ và $b$ (điều này khá rõ ràng), và trong trường hợp thứ hai - trên 4 tam giác vuông có hình vuông $a$ và $b$ và một hình vuông ở cạnh $c$ (điều này đòi hỏi một số biện minh, vì ví dụ thế này: rõ ràng là tất cả các cạnh của tứ giác thu được đều bằng $c$ và các góc rất dễ tính).

Ví dụ 2. Từ điểm $O$ nằm bên trong tam giác đều $ABC$, các đường vuông góc $OA_1, OB_1, OC_1$ lần lượt hạ xuống các cạnh $BC, AC, AB$. Chứng minh rằng tổng $OA_1 + OB_1 + OC_1$ không phụ thuộc vào vị trí của điểm $O$ và bằng chiều cao của tam giác.

Lời giải. Gọi độ dài cạnh của tam giác $ABC$ là $a$ và độ dài chiều cao $h$. Rõ ràng là $S_{ABC} = S_{BCO} + S_{ACO} + S_{ABO}$, tức là $\frac{1}{2}ah =$

17

$$\frac{1}{2} aOA_1 + \frac{1}{2} aOB_1 + \frac{1}{2} aOC_1.$$
Poztou mu $h = OA_1 + OB_1 + OC_1$.

Ví dụ 3. Một đa giác ngoại tiếp quanh một đường tròn bán kính $r$ được cắt tùy ý thành các hình tam giác. Chứng minh rằng tổng bán kính các đường tròn nội tiếp của các tam giác này lớn hơn $r$.

Lời giải. Chúng ta hãy biểu thị bán kính của các đường tròn nội tiếp của các hình tam giác thu được bằng $r_1, ..., r_n$, chu vi của chúng bằng $P_1, ..., P_n$ và diện tích của chúng bằng $S_1, ..., S_n$. Chúng ta biểu thị diện tích và chu vi của đa giác ban đầu bằng $S$ và $P$. Vì $P_i < P$,

$$r_1 + ... + r_n = \frac{2S_1}{P_1} + ... + \frac{2S_n}{P_n} > \frac{2S_1}{P} + ... + \frac{2S_n}{P} = r.$$

Kỹ thuật 2. Tỷ lệ độ dài của các đoạn có thể được thay thế bằng tỷ lệ diện tích của các hình tam giác.

Ví dụ 4. Trên các cạnh $AB$ và $AC$ của tam giác $ABC$ lần lượt lấy điểm $C_1$ và $B_1$. Đặt $O$ là giao điểm của các đoạn $BB_1$ và $CC_1$ (hình 2). Tính $\frac{BO}{B_1O}$ nếu $\frac{BC_1}{AC_1} = \alpha$ và $\frac{CB_1}{AB_1} = \beta$.

Lời giải. Trước khi tiếp tục đến lời giải phần quan trọng này của bài toán được áp dụng, chúng ta hãy lưu ý rằng nó hơi giống một trang. Thật vậy, đối với bất kỳ tam giác $ABC$ nào, người ta có thể lấy điểm $B_1$ và $C_1$ chia các cạnh $AC$ và $AB$ của nó theo tỷ lệ nhất định. Tại sao loại hình tam giác $ABC$ không được chỉ định trong điều kiện mà chỉ có $\frac{BC_1}{AC_1}$ và $\frac{CB_1}{AB_1}$?

Hình 1.

Hình 2.

Hãy chuyển sang lời giải. Rõ ràng là $\frac{BO}{B_1O} = \frac{S_{BOC}}{S_{B1OC}}$. Bây giờ chúng ta hãy tính $\frac{S_{AOC}}{S_{B1OC}}$ và $\frac{S_{BOC}}{S_{AOC}}$. Rõ ràng là $\frac{S_{AOC}}{S_{B1OC}} = \frac{AC}{B_1C} = \frac{AB_1 + B_1C}{B_1C} = 1 + \frac{AB_1}{B_1C}$. Vì các hình tam giác $BOC$ và $AOC$ có chung một cạnh $OC$ nên tỉ số diện tích của chúng bằng tỉ số chiều dài của các đường cao giảm đi $OC$. Tỷ lệ chiều cao lần lượt là $\frac{BC_1}{AC_1}$. Vì vậy $\frac{S_{BOC}}{S_{AOC}} = \frac{BC_1}{AC_1}$. Kết quả là chúng tôi nhận được $\frac{BO}{B_1O} = \frac{S_{BOC}}{S_{B1OC}} = \frac{S_{BOC}}{S_{AOC}} \cdot \frac{S_{AOC}}{S_{B1OC}} = \alpha(1 + \frac{1}{\beta})$.

Ví dụ 5 (Định lý Ceva). Trên các cạnh $AB$, $BC$, $CA$ của tam giác $ABC$ các điểm $C_1$, $A_1$, $B_1$ lần lượt được lấy. Chứng minh rằng các đường thẳng $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ cắt nhau tại một điểm khi và chỉ khi $\frac{AB_1}{B_1C} \cdot \frac{CA_1}{A_1B} \cdot \frac{BC_1}{C_1A} = 1$.

Lời giải. Đầu tiên hãy để các đường $AA_1$, $BB_1$ và $CC_1$ giao nhau tại điểm $O$. Như trong bài toán trước, chúng ta nhận được $\frac{CA_1}{A_1B} = \frac{S_{ACO}}{S_{ABO}}$, $\frac{BC_1}{C_1A} = \frac{S_{BCO}}{S_{ACO}}$ và $\frac{AB_1}{B_1C} = \frac{S_{ABO}}{S_{BCO}}$. Nhân các đẳng thức này, chúng ta thu được $\frac{AB_1}{B_1C} \cdot \frac{CA_1}{A_1B} \cdot \frac{BC_1}{C_1A} = 1$.

Bây giờ giả sử rằng $\frac{AB_1}{B_1C} \times \frac{CA_1}{A_1B} \cdot \frac{BC_1}{C_1A} = 1$ và đường đi $O$ là một điểm

18

giao điểm của các đoạn $AA_1$ và $BB_1$. Ta kí hiệu $C'_1$ giao điểm của đường thẳng $OC$ với đoạn $AB$ (hình 3). Khi đó, như chúng ta vừa chứng minh,

$$\frac{AB_1}{B_1C} \cdot \frac{CA_1}{A_1B} \cdot \frac{BC'_1}{C'_1A} = 1 = \frac{AB_1}{B_1C} \cdot \frac{CA_1}{A_1B} \cdot \frac{BC_1}{C_1A}.$$

Do đó, $$\frac{BC'_1}{C'_1A} = \frac{BC_1}{C_1A}.$$ Cần lưu ý rằng nếu điểm $X$ di chuyển dọc theo đoạn $AB$ (không vượt quá giới hạn của nó), thì các giá trị $\frac{BX}{XA}$ thay đổi đơn điệu và do đó $C'_1 = C_1$, tức là các đường $AA_1$, $BB_1$ và $CC_1$ giao nhau tại một điểm.

Định lý thay thế này xứng đáng nhận được một số nhận xét về nó. Những độc giả biết rằng tất cả các đường trung tuyến của một tam giác cắt nhau tại một điểm, cũng như tất cả các đường chéo và tất cả các đường cao, có thể hiểu rằng tất cả những sự kiện này là hệ quả của một định lý tổng quát hơn nào đó. Điều này đúng: chúng là hệ quả của định lý Ceva, có thể thu được từ nó bằng những phép tính khá đơn giản. Cũng dễ dàng chứng minh rằng các đoạn thẳng nối các đỉnh của tam giác với các điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp với các cạnh cắt nhau tại một điểm.

Tuy nhiên, có một khó khăn với độ cao: nếu góc $C$ của một tam giác $ABC$ thuộc loại thì chiều cao bị bỏ qua trong $C$ không rơi vào cạnh $AB$ mà nằm trên phần tiếp theo của nó. Hóa ra định lý Ceva có thể được phát biểu lại (và tất nhiên đã được chứng minh) sao cho nó vẫn đúng trong trường hợp các điểm $A_1$, $B_1$, $C_1$ không được lấy ở các cạnh $BC$, $CA$, $AB$ mà nằm trên các đường $BC$, $CA$, $AB$. Để làm điều này, bạn cần gán dấu ± cho các đoạn, tùy thuộc vào việc các vectơ tương ứng hướng cùng hướng hay khác hướng (trong công thức của định lý Cheva, chỉ có tỷ số về độ dài của các đoạn nằm trên cùng một đường thẳng). Chúng tôi khuyên người đọc nên tự mình nghĩ ra cách diễn đạt mong muốn.

Ví dụ 6. Cho một đa giác lồi $A_1A_2...A_n$. Ở bên $A_1A_2$ lấy điểm $B_1$ và $D_2$, ở bên $A_2A_3$ - lấy điểm $B_2$ và $D_3$, v.v. Do đó, nếu chúng ta dựng các hình bình hành $A_1B_1C_1D_1$, …, $A_nB_nC_nD_n$ thì các đường thẳng $A_1C_1$, …, $A_nC_n$ cắt nhau tại một thời điểm $O$. Chứng minh rằng $A_1B_1 \cdot A_2B_2 \cdot ... \cdot A_nB_n = A_1D_1 \cdot A_2D_2 \cdot ... \cdot A_nD_n$.

Lời giải. Vì $A_iB_iC_iD_i$ là hình bình hành và điểm $O$ nằm trên phần kéo dài của đường chéo $A_iC_i$, từ sự bằng nhau của diện tích các tam giác $A_iB_iC_i$ và $A_iC_iD_i$ và các thông điệp tương tự dẫn đến $$\frac{A_iB_i}{A_iD_i} = \frac{h_i}{h_{i-1}},$$ trong đó $h_i$ là khoảng cách từ điểm $O$ đến cạnh $A_iA_{i+1}$. Chúng ta còn lại sự biến thiên của các đẳng thức này cho $i=1$, …, $n$.

Kỹ thuật 3. Các công thức khác nhau về diện tích sẽ cho phép bạn có được các giá trị tương ứng giữa các cạnh, chiều cao, chu vi, v.v.

Ví dụ 7. Độ dài các cạnh của một tam giác tạo thành một cấp số cộng. Chứng minh rằng bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác này bằng 1/3 một trong các đường cao.

Lời giải. Để độ dài của các cạnh $a$, $b$, $c$ tạo thành một cấp số cộng. Sau đó, chúng ta nhận được đồng hồ đo $p$ bằng $$\frac{3}{2}b.$$ Vì $$\frac{1}{2}h_b \cdot b = S = r \cdot p = \frac{3}{2}r \cdot b,$$ chúng ta nhận được $r = b/3$.

Ví dụ 8. Bên trong tam giác $ABC$ lấy điểm $M$. Chúng ta hãy biểu thị khoảng cách từ điểm $M$ đến các đỉnh $A$, $B$, $C$ bằng $R_a$, $R_b$, $R_c$ và khoảng cách từ điểm $M$ đến cạnh $BC$, $CA$, $AB$ lần lượt là $d_a$, $d_b$, $d_c$.

a) Chứng minh rằng $a \cdot R_a \geq c \cdot d_c + b \cdot d_b$.

b) (Bất đẳng thức Erdős-Mordell.) Chứng minh rằng

$$R_a + R_b + R_c \geq 2(d_a + d_b + d_c).$$

Lời giải. a) Ta thả từ điểm $B$ và $C$ vuông góc $BK$ và $CL$ xuống đường thẳng

19

muyu MA (hình 4). Đặt $a_1=BK$, $a_2=CL$. Rõ ràng là $a_1+a_2 \leq a$. Đó là lý do tại sao
$$\frac{1}{2} a R_a \geq \frac{1}{2} a_1 R_a + \frac{1}{2} a_2 R_a = S_{ABM} + S_{ACM} = \frac{1}{2} b d_b + \frac{1}{2} cd_c.$$
Lưu ý rằng trong chứng minh chúng ta chỉ sử dụng điểm M nằm bên trong góc BAC chứ không phải điểm M nằm bên trong tam giác.
6) Áp dụng bất đẳng thức cho điểm a) cho một điểm đối xứng với M theo phân giác của góc A (điều này phù hợp với nhận xét ở điểm a)), ta thu được bất đẳng thức
$$R_a \geq \frac{c}{a} d_b + \frac{b}{a} d_c.$$
Tương tự như vậy,
$$R_b \geq \frac{c}{b} d_a + \frac{a}{b} d_c$$ và
$$R_c \geq \frac{a}{c} R_b + \frac{b}{c} R_a.$$
Cộng các bất đẳng thức này, ta được
$$R_a + R_b + R_c \geq \left( \frac{b}{c} + \frac{c}{b} \right) d_a + \left( \frac{c}{a} + \frac{a}{c} \right) d_b + \left( \frac{b}{a} + \frac{a}{b} \right) d_c \geq 2(d_a + d_b + d_c),$$
kể từ $\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \geq 2$.
Bất đẳng thức Erdős–Mordell có lịch sử khá lâu đời. Năm 1935, nhà toán học nổi tiếng người Hungary P. Erdős cho rằng bất đẳng thức
$$R_a + R_b + R_c \geq 2(d_a + d_b + d_c),$$
tuy nhiên, anh ta không thể chứng minh điều đó. Người đầu tiên chứng minh bất đẳng thức này là L. J. Mordell người Anh vào cùng năm 1935, nhưng chứng minh của ông khá phức tạp, và chỉ có sự thành công của nhiều rút gọn toán học mới chứng minh được bất đẳng thức Erdős-Mordell ở dạng đơn giản như được trình bày ở đây.
Nhận thức 4. Nếu vẽ các cạnh thẳng, song song qua điểm E nằm bên trong hình bình hành ABCD và chia nó thành bốn hình bình hành thì các hình bình hành kề đỉnh B và D có kích thước bằng nhau khi và chỉ khi điểm E nằm trên đường chéo AC.
Chúng tôi mời độc giả chứng minh độc lập tuyên bố đơn giản này.
Ví dụ 9. Qua điểm M nằm trong hình bình hành ABCD kẻ các đường thẳng PR, QS, các cạnh BC, AB song song (các điểm P, Q, R, S lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CD, DA). Chứng minh rằng các đường thẳng BS, PD và MC cắt nhau tại một điểm (hình 5).
Lời giải. Qua giao điểm N của các đường thẳng BS và CM ta vẽ các đường thẳng Q$_1$S$_1$ và P$_1$R$_1$, các đường thẳng QS và PR song song (các điểm P$_1$, Q$_1$, R$_1$, S$_1$ lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CD, DA). Chúng ta hãy biểu thị các điểm giao nhau của các đường PR và Q$_1$S$_1$, P$_1$R$_1$ và QS bằng F và G. Vì điểm M nằm trên đường chéo NC của hình bình hành NQ$_1$CR$_1$, S$_{FQ_1QM} = S_{MRR_1G}$, tức là S$_{NQ_1QG} = S_{NFRR_1}$. Điểm N nằm trên đường chéo BS của hình bình hành ABQS nên S$_{AP_1NS_1} = S_{NQ_1QG} = S_{NFRR_1}$. Do đó, điểm N nằm trên đường chéo PD của hình bình hành APRD.

(Cuối cùng xem trang 43)