SKKN Một số ứng dụng của phép vị tự và phép vị tự quay
ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Các phép biến hình chính là mảng kiến thức hay, khó và thường xuất hiện
trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia, IMO, APMO… Việc học và hiểu, vận dụng
các kiến thức về các phép biến hình giúp học sinh có thể xây dựng những ý tưởng và
những kỹ năng thích hợp nhất cho việc tiếp thu các kiến thức của toán học hiện đại.
Vậy những ý tưởng và những kỹ năng đó là gì?
+ Thứ nhất, đó là ý tưởng ánh xạ rất rõ nét trong cách trình bày và hệ thống
các phép biến hình.
+ Thứ hai, đó là ý tưởng phân loại và mô tả đầy đủ các lớp phép biến hình
(mà tiêu biểu nhất là các phép dời hình).
+ Thứ ba, quan trọng hơn cả là qua việc vận dụng các phép biến hình vào
giải toán, tư duy hình học của học sinh sẽ được nâng lên ở một cấp độ mới.
Trước đây, để chứng minh một bài toán hình học, học sinh thường chỉ biết tính
toán và so sánh các đại lượng hình học như góc, độ dài, diện tích,…thì nay với việc
sử dụng các phép biến hình, học sinh sẽ được tập quan sát những vận động, những
tương tác giữa các yếu tố, những cấu trúc tiềm ẩn trong một hình vẽ để rồi từ đó rút
ra được những chứng minh, những kết luận sâu sắc, nêu bật toàn diện bản chất của
hình vẽ đó. Điều đó sẽ giúp các em biết nhìn nhận sự việc và các hiện tượng xung
quanh trong cuộc sống với sự vận động và biến đổi của chúng để nghiên cứu, tìm tòi,
khám phá, tạo cơ sở cho sự ra đời của những phát minh và sáng tạo trong tương lai.
Chính vì những lí do quan trọng như thế, chúng ta cần phải trang bị cho các
em những kiến thức về phép biến hình từ cơ bản đến phức tạp.
Trong các phép biến hình thì phép vị tự có rất nhiều ứng dụng trong việc giải
các bài toán hình học và trong các kì thi học sinh giỏi số lượng các bài toán liên quan
đến việc sử dụng phép vị tự khá nhiều. Các bài toán khi giải bằng phương pháp sử
dụng phép vị tự trong các kì thi học sinh giỏi thường khá hay và đặc sắc, thể hiện
khả năng sáng tạo của học sinh. Bằng cách giải bằng cách sử dụng phép vị tự giúp
học sinh thấy được bản chất của bài toán và phát hiện ra các tính chất thú vị khác của
bài toán.
4
Tuy nhiên khó khăn lớn nhất của giáo viên khi dạy phần này là làm sao để học
sinh hứng thú học và có khả năng vận dụng phép vị tự vào giải các bài toán hình học,
cần trang bị cho các em những kiến thức gì? Cần bắt đầu từ những bài toán nào? Cần
phân dạng các bài tập áp dụng phép vị tự và những dấu hiệu của các bài toán như thế
nào thì dùng phép vị tự? Với tất cả những khó khăn và thuận lợi trên chúng tôi chọn đề
tài “phép vị tự” để trao đổi và đưa ra một số dạng bài tập đặc trưng giải bằng sử dụng
phép vị tự.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP:
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:
Các phép biến hình sơ cấp là một phần quan trọng của hình học và là một mảng
khó trong chương trình hình học THPT chuyên. Chính vì thế trong các kì thi học sinh
giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế và khu vực, những bài toán có liên quan ít
nhiều đến các phép biến hình cũng hay được đề cập và thường được xem là những
dạng toán khó, những câu phân loại của kì thi. Các em học sinh bậc Trung học phổ
thông thường gặp một số khó khăn khi tiếp cận các khái niệm liên quan đến phép biến
hình, đặc biệt là kỹ năng ứng dụng các phép biến hình vào việc làm bài tập. Những
học sinh mới bắt đầu làm quen với khái niệm biến hình thường chưa hiểu tường tận
tư tưởng cũng như phương pháp tiếp cận lý thuyết, đặc biệt là khâu vận dụng kiến
thức biến hình vào giải toán trong những tình huống khác nhau. Để hiểu và vận dụng
tốt lý thuyết biến hình và vận dụng kiến thức biến hình vào giải toán thì thông thường
học sinh phải có kiến thức nền tảng hình học tương đối đầy đủ và chắc chắn trên tất
cả các lĩnh vực của hình học sơ cấp. Đó là một khó khăn rất lớn đối với giáo viên và
học sinh khi giảng dạy và học tập phần các phép biến hình.
Đề tài “phép vị tự” được chọn để giới thiệu với các thầy cô giáo và các em học sinh
những kinh nghiệm của chúng tôi khi giảng dạy chủ đề phép vị tự trong chương trình
THPT chuyên, và đồng thời thông qua đề tài này chúng tôi muốn nhấn mạnh tầm quan
trọng của phép vị tự trong các bài toán chứng minh đồng quy và thẳng hàng và một
số bài toán khác xuất hiện trong các kì thi Quốc tế, khu vực và Olympic quốc gia của
một số nước.
Các bài toán đồng quy thẳng hàng mà lời giải sử dụng phép vị tự thường là
những bài tập khó, các bài tập chúng tôi đưa ra đề là các đề thi Olympic Quốc tế, khu
vực và một số nước có truyền thống về toán, trong các bài tập này chúng tôi có phân
tích dấu hiệu của bài toán mà có thể sử dụng để giải bằng cách dùng phép vị tự. Những
bài toán này nếu không sử dụng phép vị tự thường rất khó và rất dễ phụ thuộc vào
hình vẽ.
5
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:
Thông qua đề tài “phép vị tự” chúng tôi cũng rất mong muốn nhận được góp ý
trao đổi của các bạn đồng nghiệp, các bậc cha mẹ học sinh và các em học sinh. Chúng
tôi mong muốn đề tài này góp một phần nhỏ để việc dạy phần phép vị tự hiệu quả
nhất và giúp các em học sinh có khả năng vận dụng phép vị tự vào giải các bài toán
hình học một cách tốt nhất.
A. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ:
I. Phép vị tự
1. Định nghĩa: Cho trước điểm O và một số thực k . Phép biến hình biến mỗi điểm
M thành điểm M ‘ sao cho OM k OM ‘ . được gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k và
được kí hiệu là VOk hoặc VO k ; .
Điểm M ‘ được gọi là ảnh của điểm M , điểm M được gọi là tạo ảnh của M ‘, O gọi
là tâm vị tự, k gọi là tỉ số vị tự.
Nếu k 0 thì k
VO được gọi là phép vị tự dương.
Nếu k 0 thì k
VO được gọi là phép vị tự âm.
Nếu k 1 thì 1
VO là phép đồng nhất.
Nếu k 1 thì 1
VO là phép đối xứng tâm O.
Cho hình F , xét tập F M M V M M F ‘ ‘ , ‘ , Ok được gọi là ảnh của hình F
qua qua phép vị tự VOk và được kí hiệu là V F F Ok : ‘ hoặc F V F ‘ Ok .
2. Tính chất
Tính chất 2.1. Phép vị tự VOk với k 1 có một điểm bất động duy nhất, đó là điểm O.
Tính chất 2.2. Nếu điểm M ‘ là ảnh của điểm M qua phép vị tự VOk thì ba điểm
O M M , , ‘ thẳng hàng.
Tính chất 2.3. Nếu A B ‘, ‘ lần lượt là ảnh của hai điểm phân biệt A B , qua phép vị tự
kO
V thì A B k AB ‘ ‘
.
Tính chất 2.4. Phép vị tự VOk là một song ánh và có phép biến hình ngược là
1k
VO
Tính chất 2.5. Phép vị tự VOk biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng theo
thứ tự đó.
Chứng minh. Giả sử A B C ‘, ‘, ‘ lần lượt là ảnh của A B C , , qua phép vị tự VOk . Giả
sử B nằm giữa A và C .
Khi đó theo tính chất 3 ta có: A B k AB B C k BC C A k CA ‘ ‘ , ‘ ‘ , ‘ ‘
Kết hợp với AB BC AC A B B C A C A B C ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘, ‘, ‘ thẳng hàng và
B ‘ nằm giữa A’ và C ‘.
6
Từ tính chất 5 ta có các kết quả rất quan trọng sau:
Hệ quả: Phép vị tự VOk biến:
a) Đường thẳng d thành đường thẳng d’ và d d || ‘ hoặc d d ‘.
b) Tia Sx thành tia S x ‘ ‘ và hai tia đó hoặc song song hoặc cùng nằm trên
một đường thẳng.
c) Đoạn thẳng AB thành đoạn thẳng A B ‘ ‘ và A B k AB ‘ ‘ .
d) Tam giác ABC thành tam giác A B C ‘ ‘ ‘ và hai tam giác này đồng dạng với nhau
theo tỉ số k .
e) Góc xSy thành góc x S y ‘ ‘ ‘ và xSy x S y ’ ‘ ‘.
f) Đường tròn I R ; thành đường tròn I R ‘; ‘ và R k R ‘ .
Tính chất 2.6. Cho hai phép vị tự V V O O k k , ” với các tâm vị tự phân biệt, các hệ số vị tự
thỏa mãn k k , ‘ 0;1 . Khi đó
a) Nếu k k . ‘ 1 thì V V O O k k ” hoặc V V O O k k ” là một phép vị tự.
b) Nếu k k . ‘ 1 thì V V O O k k ” hoặc V V O O k k ” là một phép tịnh tiến.
Chứng minh. a) Giả sử H V V O O k k ” và S là điểm bất động của H . Khi đó ta có:
k : ‘
V S S O và OS kOS ‘
‘
V S S Ok’ : ‘ và O S k O S
| | | ||||||
| Ta có: OS OS OO O S OO O S OO OS OO 1 1 1 1 1 1 1 ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ | |||||||
| k | k | k | k ‘ | k | k ‘ | k ‘ | |
| 1 1 1 1 ‘ 1 1 ‘ ‘ k OS OO OS OO . | |||||||
| . ‘ k k | ‘ k k | 1 . ‘ k k |
‘ ‘ ‘ ‘
Do đó điểm S là duy nhất. Với mỗi điểm M khác điểm S ta có:
| V S S M M S M k SM Ok : ‘, ‘ ‘ ‘ . | |
| | |
| | |
‘
V S S M M SM k SM Ok’ : ‘ , ‘ ” ” ‘. ‘
Từ hai đẳng thức trên ta được: SM k k SM ” . ‘. . Do đó H V V O O k k ” là một phép vị tự
tâm là điểm S và tỷ số vị tự là k k . ‘.
Chứng minh tương tự ta cũng được V V O O k k ” cũng là một phép vị tự.
| b) Với mỗi điểm M bất kì trong mặt phẳng ta có: V M M OM k OM Ok : ‘ ‘ . | |||||
| | | ||||
| | | | | ||
| | | | | | |
‘
V M M O M k O M O M k O M Ok’ : ‘ ” ‘ ” ‘. ‘ ‘ ‘ ‘ . ‘ ”
Ta có OO OM M O OM O M kOM kO M kOM kO M kMM ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ” ‘ ”
k OM MO kMM kOO kMM MM OO u ‘ ” ‘ ” ” ‘ k k1 .
Do đó ‘
‘
k k
V V O O là một phép tịnh tiến.
Chứng minh tương tự ta cũng được V V O O k k ” là một phép tịnh tiến.
7
Nhận xét. Nếu k k k k , ‘ 0;1 , . ‘ 1 thì V V O O k k ” là một phép vị tự có tâm nằm trên
đường thẳng OO’ và có tỉ số vị tự là k k . ‘.
Tính chất 2.7. Cho phép vị tự VOk với k 0;1 và phép tịnh tiến T u u , 0 . Khi đó
phép biến đổi T V u Ok hoặc V T Ok u là một phép vị tự.
Chứng minh. Ta xét phép biến đổi H T V u Ok . Trước hết ta chứng minh H có điểm
bất động duy nhất S . Thật vậy, nếu S là điểm bất động của H , khi đó
| k : ‘ V S S O và OS kOS ‘ ; | |
| | |
| | và S S u ‘ |
: ‘
u
T S S .
Từ đó ta được: ‘ ‘ 1
1
S S u OS OS u OS kOS u OS u
k
Hệ thức này chứng tỏ H có điểm bất động duy nhất là điểm S .
Với điểm M tùy ý khác điểm S , thì
| V S S M M S M k SM Ok : ‘, ‘ ‘ ‘ . | |
| | |
| | |
: ‘ , ‘ ” ‘ ‘ ”
u
T S S M M S M SM kSM
suy ra SM kSM M V M ” ” Sk
hay H là một phép vị tự tâm S , tỉ số k .
3. Tâm vị tự của hai đường tròn.
Định lí 3.1 Cho hai đường tròn O R 1 1 ; và O R 2 2 ; phân biệt. Khi đó tồn tại phép vị
tự biến đường tròn O R 1 1 ; thành đường tròn O R 2 2 ; .
Chứng minh.
Nếu tồn tại phép vị tự VOk biến đường tròn O R 1 1 ; thành đường tròn O R 2 2 ; thì
2 2
1 1
R R
k k
R R
và
OO kOO 2 1
.
Khi đó ta sẽ chỉ ra được cách xác định phép vị tự VOk .
Trường hợp 1: O O 1 2 và R R 1 2 , khi đó OO kOO O O 1 1 1
. Khi đó ta có hai
phép vị tự biến đường tròn O R 1 1 ; thành đường tròn O R 2 2 ; là:
2 1
RR 1
VO và
2 1
1
RR
VO
.
8
Trường hợp 2: O O 1 2 và R R 1 2 , suy ra k 1. Do đó OO OO 2 1
, kết hợp với
O O 1 2 suy ra OO OO O 2 1
là trung điểm của đoạn thẳng O O 1 2. Vậy phép vị tự
1
VO biến đường tròn O R 1 1 ; thành đường tròn O R 2 2 ; .
Trường hợp 3: O O 1 2 và R R 1 2 , ta có thể xác định các phép vị tự như sau:
Ta lấy M M 1 2 ‘ ‘ là đường kính của đường tròn O R 2 2 ; và O M 1 là một bán kính của
| O R 1 1 ; sao cho hai vector O M 2 1 ‘ | |
và O M 1 cùng hướng. Đường thẳng O O 1 2 cắt MM1 ‘
và
MM2 ‘ lần lượt tại I1 và I2 .
Khi đó phép vị tự
2 1
RR 1
VI
và
2 1
2
RR
VI
biến đường tròn O R 1 1 ; thành đường tròn O R 2 2 ; .
Điểm
I1 được gọi là tâm vị tự ngoài của hai đương tròn O R 1 1 ; và O R 2 2 ; . Điểm
I2 được gọi là tâm vị tự trong của hai đương tròn O R 1 1 ; và O R 2 2 ; .
II. Phép vị tự – quay
a) Định nghĩa. Phép vị tự – quay là tích giao hoán của một phép vị tự và một phép
quay có cùng tâm.
Nhận xét: Thứ tự thực hiện các phép biến hình ở đây không quan trọng vì
k k
Q V V Q O O O O
b) Cách xác định ảnh của một điểm qua phép vị tự quay
Cho phép quay QO và phép vị tự VOk với k 0 và là
một góc định hướng .
Ta có
1
1
1
:
O , mod 2
OA OA
Q A A
OA OA
(1)
và
| 1 1 , ‘ 0 mod 2 OA OA | |
| |
1
‘
: ‘
kO
OA kOA
V A A
(2)
| Từ (1) và (2) suy ra ; ‘ mod 2 OA OA OA | (3) | A’ |
‘
OA
k
Như vậy V Q O O k là phép đồng dạng thuận Z O k ; ; biến A thành A’ xác định bởi
(3). Khi đó O được gọi là tâm; gọi là góc quay; k là tỉ số của phép vị tự – quay.
B
O
A
9
c) Tính chất
Định lí 1. Z O k A A ; ; : ‘ ; B B ‘ thì
‘ ‘
; ‘ ‘ mod 2
A B kAB
AB A B
Hệ quả.
+) Phép vị tự – quay biến một đường thẳng thành một đường thẳng và góc giữa
hai đường thẳng ấy bằng góc đồng dạng.
+) Phép vị tự quay biến một đường tròn thành một đường tròn, trong đó tâm
thành tâm và tỉ số hai bán kính bằng tỉ số đồng dạng.
d) Cách xác định ảnh của phép vị tự – quay
Cho phép vị tự – quay Z O k ; ; . Hãy xác định tâm O khi biết
Trường hợp 1: Một cặp điểm tương ứng A A ; ‘, và k
Ta có OA’ k
OA
(1) và OA OA ; ‘ mod 2 (2)
(1) O thuộc đường trònApollonius
đường kính CD (C D , chia theo tỉ số k ).
(2) O thuộc cung C chứa góc định
hướng mod 2 nhận AA’làm dây.
Vậy O là giao điểm của và C.
Trường hợp 2. Hai cặp điểm tương ứng A A ; ‘ và B B ; ‘
Cách khác, Gọi I là giao điểm của AB và A B ‘ ‘.
Ta có OA OA IA IA , ‘ , ‘ mod (1)
và OB OB IB IB , ‘ , ‘ mod (2).
1 O thuộc đường tròn IAA’.
2 O thuộc đường tròn IBB’.
| Vậy O là giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác IAA’ và IBB ‘ . | B |
e) Một số kết quả quan trọng
Kết quả 1. Mọi phép vị tự – quay trong mặt phẳng đều có một điểm bất động duy nhất
O và O chính là tâm của phép vị tự – quay đó.
A C A’ D
O
A’
A
O
I
B’
10
Từ tính chất này, cho phép ta chứng minh các đường tròn ngoại tiếp ABC ,
trong đó A cố định còn B , C di động luôn là cặp điểm tương ứng của một phép vị
tự – quay có góc quay (không đổi) và tỉ số k (không đổi) luôn đi qua một điểm cố
định là tâm O của phép vị tự – quay đó.
Kết quả 2. Giả sử phép vị tự quay V Q O O k biến các điểm A B , tương ứng thành các
điểm A B ‘, ‘.
+) Nếu AA BB K ‘ ‘ thì O là điểm chung thứ hai của hai đường tròn KAB
và KA B ‘ ‘.
+) Nếu AB A B L ‘ ‘ thì O là điểm chung thứ hai của hai đường tròn LAA’
và LBB’.
B. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG
1. Dạng 1: Ứng dụng phép vị tự, phép vị tự quay chứng minh các tính chất hình học
Trong một số bài toán hình học phẳng có yêu cầu chứng minh các tính chất
của hình học, nếu chúng ta chứng minh chúng bằng các phương pháp hình học thông
thường thì việc chứng minh tương đối phức tạp. Tuy nhiên khi sử dụng phép vị tự,
phép vị tự quay giúp chúng ta có thể thu gọn một cách đơn giản nhất và ít phải sử
dụng thêm các đường phụ, giúp cho việc chứng minh tương đối dễ và ngắn gọn.
1.1. Bài 1.1. Cho hai đường tròn O R , và O R R R ‘, ‘ , ‘ tiếp xúc ngoài nhau tại
A. Một góc vuông xAy quay quanh A. Tia Ax cắt đường tròn O R , tại M , tia Ay
cắt đường tròn O R ‘, ‘ tại M ‘.
1. Chứng minh rằng đường thẳng MM ‘ luôn đi qua một điểm cố định.
2. Đường thẳng MM ‘ cắt các đường tròn O O , ‘ tại các điểm thứ hai lần
lượt là N N , ‘. Chứng minh rằng NAN ‘ 90 . 0
3. Chứng minh rằng các tiếp tuyến với đường tròn O tại M N , và các tiếp
tuyến với đường tròn O’ tại M N ‘, ‘ cắt nhau tạo thành một hình bình hành.
11
Lời giải:
1. Gọi A’ là giao điểm thứ hai của OO’ và đường tròn O’
Khi đó ta có AA M A AM OAM ‘ ‘ 90 ‘ ‘ 0 . Do đó AM A M || ‘ ‘
Từ đó suy ra OM O M || ‘ ‘ hay tứ giác OMM O ‘ ‘ là hình thang
Mặt khác, do R R ‘ hay OM O M ‘ ‘ nên OO’ và MM ‘ không song song.
Gọi S là giao điểm của OO’ và MM ‘ .
Khi đó
‘ ‘ ‘ ‘
SO OM R
SO O M R
. Suy ra S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn O O , ‘
nên S cố định.
Vậy đường thẳng MM ‘ luôn đi qua điểm S cố định.
2. Vì S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn O O , ‘ nên ‘
,
R : ‘, ‘
S
| R | |
| | |
| | |
V A A N N
Do đó AN A N || ‘ ‘
Mà AN A N ‘ ‘ ‘ nên AN A N ‘ ‘ hay NAN ‘ 90 . 0
3. Gọi d d 1 2 , lần lượt là các tiếp tuyến với đường tròn O tại M N ,
d d 3 4 , lần lượt là các tiếp tuyến với đường tròn O’ tại M N ‘, ‘
Vì S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn O O , ‘ và ‘
| , S | R |
R : ‘, ‘
V M M N N
nên
‘ 1 3 2 4
,
R : ,
S
| R | |
V d d d d
. Suy ra d d d d 1 3 2 4 || , ||
Mặt khác MN không là đường kính của đường tròn O nên d d 1 2 , phải cắt nhau.
Suy ra các đường thẳng d d d d 1 2 3 4 , , , cắt nhau tạo thành một hình bình hành.
x
y
d4
d1
d2
d3
A’
S
N’
N
M’
O A O’
M
12
1.2. Bài 1.2. Cho hai đường tròn C C 1 2 , tiếp xúc trong nhau tại điểm T (đường
tròn C2 nằm trong đường tròn C1). Dây cung AB của đường tròn C1 tiếp xúc
với đường tròn C2 tại điểm D. Chứng minh rằng TD là phân giác của góc ATB.
Lời giải:
Gọi I J , lần lượt là tâm của các đường tròn
C C 1 2 , và R R 1 2 , lần lượt là bán kính của
các đường tròn C C 1 2 ,
Gọi E F , lần lượt là giao điểm thứ hai của
TA TB , với đường tròn C2
Khi đó do hai đường tròn C C 1 2 , tiếp xúc
trong nhau tại điểm T nên T là tâm vị tự ngoài
của hai đường tròn C C 1 2 , .
Suy ra
2 1
: 1 2
RR
V C C T .
Do đó
2 1
: , ||
RR
V A E B F AB EF T
Mà dây cung AB của đường tròn C1 tiếp xúc với đường tròn C2 tại điểm D nên
AB JD EF JD
Do đó D là điểm chính giữa cung EF không chứa T của đường tròn C2
Suy ra TD là phân giác của góc ETF hay TD là phân giác của góc ATB.
*) Nhận xét: Bằng cách chứng minh tương tự, ta có thể chứng minh bài toán sau:
Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp góc A của tam
giác ABC tiếp xúc với cạnh BC lần lượt tại D E , . Lấy điểm K trên đường tròn nội
tiếp tam giác ABC sao cho KD là đường kính. Chứng minh rằng A K E , , thẳng hàng.
1.3. Bài 1.3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O. Đường tròn O1 tiếp xúc
với các cạnh AB AC , lần lượt tại P Q , và tiếp xúc trong với đường tròn O tại S .
Gọi D là giao điểm của AS với PQ . Chứng minh rằng BDP CDQ .
F
E
A B
| I |
T
J
D
13
Lời giải:
Gọi B C ‘, ‘ lần lượt là giao điểm thứ hai của
SB SC , với đường tròn O1
R R , 1 lần lượt là bán kính của hai đường tròn
O O , 1
Khi đó do hai đường tròn O O , 1 tiếp xúc
trong nhau tại điểm S nên S là tâm vị tự
ngoài của hai đường tròn O O , 1.
Suy ra
1
: 1
RR
V O O S .
| Do | đó |
| 1 ‘ ‘ ‘ : ‘, ‘ || ‘ ‘ S BB CC BB SB V B B C C BC B C | |
| “ CC SC | SB SC |
RR
Khi đó
2 2 2
2
‘. ‘
.
‘. ‘
BP BP BB BS BB SB SB
CQ CQ CC CS CC SC SC
sin sin
sin sin
BP SB BAS PAD
CQ SC CAS QAD
(1)
Mặt khác do tam giác APQ cân tại A nên APQ AQP
Do đó áp dụng định lý sin trong trong các tam giác APD AQD , ta có
sin
sin sin sin sin sin
PD AD AD QD PAD PD
PAD APQ AQP QAD QAD QD
(2)
Từ (1) và (2) suy ra BP PD
CQ QD
(3)
Mà APQ AQP nên BPD CQD (4)
Kết hợp (3) và (4) suy ra BPD CQD ∽ . Suy ra BDP CDQ .
1.4. Bài 1.4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O và M là điểm nằm trong
ta giác. Các đường thẳng AM BM CM , , cắt lại đường tròn O tại các điểm thứ hau
lần lượt là A B C 1 1 1 , , . Gọi A B C 2 2 2 , , theo thứ tự là điểm đối xứng với A B C 1 1 1 , , qua
trung điểm của các cạnh BC CA AB , , . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam
giác A B C 2 2 2 đi qua trực tâm H của tam giác ABC .
C’
B’
D
C
B
O
A
O
1
P
Q
S
14
Lời giải:
Gọi H G , lần lượt là trực tâm và
trọng tâm tam giác ABC
A B C 3 3 3 , , lần lượt là trung điểm
của các đoạn AA BB CC 1 1 1 , , và
X Y Z , , lần lượt là trung điểm của
các đoạn BC CA AB , ,
Khi đó ta suy ra
OA AA OB BB OC CC 3 1 3 1 3 1 , ,
0
OA M OB M OC M 3 3 3 90
A B C O 3 3 3 , , , cùng thuộc đường
tròn đường kính OM
Vì X là trung điểm BC và G là trọng tâm tam giác ABC GA GX 2
Kết hợp với X là trung điểm A A 1 2 ta suy ra G là trọng tâm tam giác AA A 1 2
Do đó
A G A 2 3 , , thẳng hàng và GA GA A V A 2 3 2 3 2 G2
(1)
Chứng minh tương tự ta cũng có B V B C V C 2 3 2 3 G G 2 2 ; (2)
Mặt khác vì H G , là trực tâm và trọng tâm tam giác ABC nên suy ra
GH GO H V O 2 G2
(3)
Từ (1), (2), (3), kết hợp với đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C 3 3 3 đi qua O ta suy
ra đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C 2 2 2 đi qua trực tâm H của tam giác ABC .
1.5. Bài 1.5. (Russia MO 2008, grade 9). Cho tam giác không cân ABC với H, M lần
lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác đó. Các đường thẳng qua A, B, C lần lượt
vuông góc với AM, BM, CM cắt nhau tạo thành một tam giác có trọng tâm G. Chứng
minh rằng G nằm trên đường thẳng MH.
Lời giải.
Để chứng minh bài toán ta cần hai bổ đề sau:
Bổ đề 1. Cho tam giác ABC và L là một điểm nằm trong tam giác đó. Gọi H, I, K lần
lượt là hình chiếu vuông góc của L lên các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó L là trọng
tâm của tam giác HIK khi và chỉ khi L là điểm Lemoine của tam giác ABC.
Đây chính là bài 34, trang 47, tài liệu chuyên toán hình học 10.
Bổ đề 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và H là trực tâm của nó. Kẻ đường
kính AM. Khi đó AH và AM đối xứng với nhau qua phân giác trong của góc BAC .
C3
B3
A3
G
H
C2
Z
B2
Y
A
2
X
C1
M
O
B C
A
A
1
B
1
15
Chứng minh.
Gọi D là giao điểm thứ hai của phân giác trong
góc BAC với đường tròn (O).
Do AM là đường kính nên AD DM suy ra:
AM AD AM MD MD AD , , , mod
, , mod
2
AM MB MB DM
| | , | , | mod 2 | |
| AM MB MB DM , , mod CA CB AB AD | |
2
, , mod
2
CA CB AD AC (1).
Mặt khác ta có:
AD AH AD AB AB AH , , , mod AD AB AB BC BC AH , , , mod
, , , mod
2
AD AC AC AB AB BC , , mod
2
AD AC AC BC (2).
Từ (1) và (2) ta được AM AD AD AH , , mod AM, AH đối xứng với nhau
qua phân giác của góc BAC .
Trở lại bài toán:
Do A, B, C lần lượt là hình chiếu
vuông góc của M lên B C C A A B 1 1 1 1 1 1 , , nên
theo bổ đề 1 ta được M là điểm Lemoine của
tam giác A B C 1 1 1 suy ra A M 1 đối xứng với
trung tuyến kẻ từ A1 của tam giác A B C 1 1 1
qua phân giác trong của góc BAC 1 (3).
Do
MM BC a, cắt nhau tại trung điểm
mỗi đoạn nên tứ giác BMCM a là hình bình
hành, kết hợp với MB A C MC A B 1 1 1 1 , ta
có
M C A C M B A B a a 1 1 1 1 ,
Suy ra Ma là trực tâm tam giác A BC 1 (4).
Do tứ giác HBAC 1 tiếp và A H 1 là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam
giác A BC 1 (5).
D
M
| H | O |
C
B
A
M
| c H | Mb G | M |
| M a A | ||
| A |
C1
B1
1
B C
16
Từ (4), (5) và bổ đề 2 suy ra A H A M 1 1 , đối xứng với nhau qua phân giác trong
của góc BAC 1 (6).
Từ (3) và (6) suy ra A M G 1, , a thẳng hàng.
Tương tự ta có B M G 1, , b thẳng hàng và C M G 1, , c thẳng hàng.
Ta có V A M B M C M M a b c 1 : , , . Suy ra M M BC M M CA M M AB b c c a a b || , || , || (7).
Mặt khác do M M M a b c , , lần lượt là trực tâm của tam giác A BC B CA C AB 1 1 1 , , suy ra
M A BC M B CA M C AB a b c 1 1 1 , , (8).
Từ (7) và (8) ta được M A M M M B M M M C M M a b c b c a c a b 1 1 1 , , suy ra G là trực
tâm tam giác M M M a b c .
Do V A M B M C M M a b c 1 : , , suy ra VM1 biến trực tâm tam giác ABC thành trực
tâm tam giác M M M V H G a b c M 1 : suy ra G nằm trên đường thẳng MH.
1.6. Bài 1.6. (IMO 1999) Hai đường tròn 1 và 2 nằm bên trong đường tròn , và
tiếp xúc với lần lượt tại M và N . 1 đi qua tâm của 2 . Đường thẳng đi qua hai
giao điểm của 1 và 2 cắt đường tròn tại A và B. Các đường thẳng MA và MB
cắt lại 1 lần lượt tại C và D . Chứng minh rằng đường thẳng CD tiếp xúc với đường
tròn
2 .
Lời giải:
Gọi O O O , , 1 2 lần lượt là tâm của các đường
tròn
, , 1 2. Gọi EF là dây cung của
đường tròn và EF là tiếp tuyến chung
của
1 2 , và EF cắt đoạn thẳng AM
Giả sử đường thẳng EF tiếp xúc với đường
tròn
1 tại điểm C ‘ .
Xét phép vị tự tâm M biến đường tròn 1
thành đường tròn , khi đó phép vị tự này
biến điểm C ‘ thành điểm A’ và đường
thẳng EF biến thành đường thẳng d tiếp
xúc với đường tròn tại điểm A’.
Từ đó ta có EF d || , kết hợp với d OA EF OA A ‘ ‘ ‘ là điểm chính giữa của
cung FA E ‘ . Do đó A EF A FE A ME ‘ ‘ ‘ MA E EA C ‘ ‘ ‘ ∽
Suy ra
1
2
A E A C A M P ‘ ‘ ‘. ‘ A’
.
A’
C’
d
O
F
E
O
O1 2
D
C
B
A
N
M
17
Tương tự như vậy ta được
2
2
A F P ‘ A’
,
| Kết hợp với 2 2 A E A F A E A F P ‘ ‘ ‘ ‘ A ‘ | P A ‘ | hay điểm A’ nằm trên trục |
| 1 | 2 |
đẳng phương của hai đương tròn 1 2 ,
Suy ra A’ nằm trên đường thẳng AB A A C C ‘ ‘, từ đó điểm C nằm trên
đường thẳng EF .
Tương tự tiếp tuyến chung thứ hai d ‘ của 1 2 , đi qua điểm D .
Do d d , ‘ đối xứng với nhau qua đường thẳng O O 1 2 nên C D , đối xứng với nhau qua
đường thẳng O O 1 2 suy ra O2 là diểm chính giữa của cung CO D 2 .
Do đó
DCO CDO FCO 2 2 2 suy ra O2 nằm trên phân giác của góc FCD CF CD ,
đối xứng với nhau qua đường thẳng CO2.
Kết hợp với đường thẳng CF là tiếp tuyến với đường tròn 2 CD cũng là tiếp
tuyến của đường tròn 2.
1.7. Bài 1.7 (IMO 1983). Cho A là một trong hai giao điểm của hai đường tròn không
bằng nhau C1 và C2 với tâm lần lượt là O1 và O2 . Kẻ hai tiếp tuyến chung của C1 và
C2 . Các tiếp tuyến chung này tiếp xúc với C1 tại P Q 1 1 , và tiếp xúc với C2 tại P Q 2 2 , . Gọi
M M 1 2 , lần lượt là trung điểm của PQ 1 1, P Q 2 2. Chứng minh rằng O AO M AM 1 2 1 2 .
Lời giải:
Do
PP Q Q 1 2 1 2 , đối xứng với nhau qua đường thẳng O O 1 2 nên PP Q Q O O 1 2 1 2 1 2 , , đồng
quy tại điểm O .
Xét phép vị tự V tâm O biến đường tròn C1 thành đường tròn C2 .
Đoạn thẳng OA cắt đường tròn C1 tại điểm B, khi đó A là ảnh của điểm B qua phép
vị tự trên.
Q1
Q2
P1
P2
C1
C2
O2 M2 O1 M1 O
B
A
18
Ta có
V B A O O M M V BM O AM O : , , : 1 2 1 2 1 1 2 2
Suy ra M BO M AO 1 1 2 2 .
Ta có 1 1
1 1 1 1
1 1
OO OP
OPO OM P
OP OM
∽ . Khi đó 2
OO OM OP OA OB 1 1 1 . .
Suy ra các điểm A B M O , , , 1 1 cùng nằm trên một đường tròn.
Do đó
M BO M AO M AO M AO 1 1 1 1 1 1 2 2
M AO O AM M AO O AM 1 1 1 2 2 2 1 2 O AO M AM 1 2 1 2 .
1.8. Bài 1.8 (Russia MO 2008, grade 11). Cho tứ giác lồi ABCD có tia BA cắt tia CD
tại P, tia BC cắt tia DA tại Q. Gọi H là hình chiếu cùa D lên đường thẳng PQ. Chứng
minh rằng tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn khi và chỉ khi đường tròn nội tiếp của
các tam giác ADP, CDQ được nhìn từ H các góc bằng nhau.
Lời giải:
Gọi đường tròn nội tiếp tam giác ADP, CDQ lần lượt là O r O r 1 1 2 2 ; , ; .
Từ H kẻ các tiếp tuyến HM HN 1 1 , đến O r 1 1 ; và HM HN 2 2 , đến O r 2 2 ;
Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: r r 1 2 :
Gọi O là giao điểm của PO QO 1 2 , và E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên
DC, DA.
F
E
N2
M2
N1
M1
O2
O1
S
O
H
Q
P
D
C
B
A
19
Ta có
1 2
1 2
sin sin
2 2
r r
DO DO
ADP CDQ
.
Khi đó: H nhìn O r O r 1 1 2 2 ; , ; dưới các góc bằng nhau
1 1 2 2 1 2
1 1 2 2 1 2
| 1 | 2 | |
| Do đó tam giác tam giác HO O 1 2 cân tại H và HD là đường trung tuyến nên HD vuông góc O O 1 2 hay O O PQ OE OF 1 2 || PO QO r r 1 2 1 2 O cách đều | ||
| PO | QO | OE OF |
sin sin
2 2
M HN M HN r r
M HN M HN HO HO
HO HO
các đường thẳng AB, BC, CD, DA hay tứ giác ABCD là tứ giác ngoại tiếp.
Trường hợp 2: r r 1 2
Theo chứng minh ở trên thì ta suy ra đường thẳng O O 1 2 cắt đường thẳng PQ tại S.
a) Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O).
Ta có
2
1
: , : 1 2
r
r
r
r
V O O V O O P Q
Suy ra
2
1
.
: 1 2
r r
r r
V O O S hay
2 1
: 1 2
rr
V O O S .
| Mặt khác : 1 2 SO SO V O O S suy ra | 1 1 2 2 SO r SO r (1). |
2 1
Do
2 1
1 1
1 2
| 2 DO | 2 r | |
| D V | O | O |
:
DO
DO
DO r
(2).
Từ (1) và (2) ta được 1 1 1 2 1 2
2 2
SO DO O O DS H O O DS 1 1
SO DO
hay DH
là phân giác của góc 1 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2
O HO M HO M HO HO DO r O M sin sin
HO DO r O M
M HO M HO M HN M HN 1 1 2 2 1 1 2 2 hay H nhìn O r O r 1 1 2 2 ; , ; dưới các góc
bằng nhau.
b) H nhìnO r O r 1 1 2 2 ; , ; dưới các góc bằng nhau.
Ta có
M HN M HN M HO M HO M HO M HO 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 sin sin
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2
O M r DO HO
O M r DO HO
HD là phân giác của góc O HO 1 2 hay
2 1
1 2 1 2 1 2 1 1 :
rr
D O O DS O O DS V O O S .
20
Gọi O r ; là đường tròn bàng tiếp góc CQD của tam giác CQD .
| Ta có : , : 2 ‘ 1 V O O V O O Q P , trong đó P’ thuộc đường thẳng CD. | |
| 1 r | r |
| 2 r r r | r 1 r |
| Do đó 1 r r r V O O V O O Q P suy ra P’ thuộc đườngthẳng QS hay P’ | |
| 2 | 2 |
.
: : 2 1 ‘ 2 1
trùng với P suy ra (O) tiếp xúc với đường thẳng AB suy ra (O) là đường tròn nội tiếp
tứ giác ABCD.
1.9. Bài 1.9. Cho tam giác ABC và điểm O không thuộc các đường thẳng BC CA AB , , .
Gọi X Y X , , lần lượt là điểm đối xứng với O qua các đường thẳng BC CA AB , , . Chứng
minh rằng các đường tròn XBC YCA ZAB , , cùng đi qua một điểm J và trung
điểm I của đoạn thẳng OI thuộc đường tròn Euler của tam giác ABC.
Lời giải: Gọi H K L M N P , , , , , lần lượt là
trung điểm của các đoạn OX OY OZ , , ,
OA OB OC , ,
12
OM ON OP OH OK OL
OA OB OC OX OY OZ
Khi đó H K L M N P , , , , , lần lượt là ảnh của
X Y Z A B C , , , , , qua phép vị tự 1
,
2
O
V
Các đường tròn HNP KPM LMN , ,
lần lượt là ảnh của các đường tròn
XBC YCA ZAB , , qua phép vị tự 1
,
2
O
V
và các đường tròn HNP KPM LMN , , lần lượt là đường tròn Euler của các tam
giác OBC OCA OAB , ,
*) Chứng minh các đường tròn HNP KPM LMN , , cùng đi qua một điểm I
Gọi I là giao điểm thứ hai của hai đường tròn HNP KPM ,
Khi đó IM IN IM IP IP IN KM KP HP HN , , , , , mod
, , , , mod
, , , , mod
KM KO KO KP HP HO HO HN
OK OM OP OK OH OP ON OH
OP OM ON OP ON OM ON OL OL OM , , , , , mod
OL LN LM OL LM LN , , , mod
Do đó I LMN hay các đường tròn HNP KPM LMN , , cùng đi qua một điểm I
F
E
D
I
P
N
M
J
C’
B’
A’
H X
Y
K
Z
L
A
B
C
O
21
*) Vì các đường tròn HNP KPM LMN , , lần lượt là ảnh của các đường tròn
XBC YCA ZAB , , qua phép vị tự 1
,
2
O
V
nên suy ra các đường tròn
XBC YCA ZAB , , cùng đi qua điểm 1
,
2
O
J V I
và I là trung điểm của đoạn OJ .
*) Chứng minh I thuộc đường tròn Euler của tam giác ABC
Gọi A B C ‘, ‘, ‘ lần lượt là trung điểm của các đoạn BC CA AB , ,
D E F , , lần lượt là các điểm đối xứng với O qua A B C ‘, ‘, ‘
Ta có ‘ ‘ ‘ 1
2
OA OB OC
OD OE OF
nên A B C ‘, ‘, ‘ lần lượt là ảnh của D E F , , qua phép vị
tự 1
,
2
O
V
Mà A B C ‘, ‘, ‘ lần lượt thuộc các đường tròn HNP KPM LMN , , nên suy ra
D E F , , lần lượt thuộc các đường tròn XBC YCA ZAB , ,
Ta có JD JE JD JC JC JE BD BC AC AE , , , , , mod
| CB CO CO CA CB CA FD FE , , , , mod J DEF | (do ABC DEF ) |
Ta có phép vị tự 1
,
2
O
V
biến DEF A B C J I ‘ ‘ ‘ ; nên I A B C ‘ ‘ ‘
Mà A B C ‘ ‘ ‘ là đường tròn Euler của tam giác ABC . Vậy I thuộc đường tròn Euler của
tam giác ABC
1.10. Bài 1.10. Cho tam giác ABC có các đường cao AD BE CF , , . Đường tròn tâm I
nội tiếp tam giác DEF , tiếp xúc với các cạnh EF FD DE , , lần lượt tại M N P , , . Chứng
minh rằng các tam giác ABC và MNP có cùng đường thẳng Euler.
Lời giải:
Gọi I là trực tâm tam giác ABC thì I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác DEF
Ta có NP BC || (cùng vuông góc với ID )
Tương tự PM CA MN AB || , ||
Suy ra ABC MNP ∽
Do đó MN NP PM
AB BC CA
Gọi Q AM BN Q M CP 1 2 ,
Q
P
| N M F | E |
D
A I
B C
22
Ta có 1 2
1 2
1 2
Q M MN PM Q M
Q Q
Q A Q A AB CA
hay AM BN CP , , đồng quy tại Q
Khi đó ta có QM QN QP k
QA QB QC
Gọi I ‘ là trực tâm tam giác MNP O , là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Ta có
V A M B N C P Q k , : , ,
Do đó
V ABC MNP V I I O I Q k Q k , , : : ‘;
Suy ra Q I I O , , ‘, thẳng hàng
Mà II OI ‘, tương ứng là đường thẳng Euler của các tam giác MNP ABC ,
Vậy các tam giác ABC và MNP có cùng đường thẳng Euler.
1.11. Bài 1.11. Trên đoạn thẳng AC lấy điểm B sao cho BA BC và dựng các hình
vuông ABMN BCPQ , nằm về cùng một phía đối với đường thẳng AC. Gọi B’ là giao
điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp hai hình vuông đó. Chứng minh rằng PN và
QA cùng đi qua điểm B’.
Lời giải:
Giả sử các hình vuông ABMN BCPQ ,
đều có hướng dương
*) Ta có
,
2
: ,
B
Q M A C Q
Suy ra MC AQ
Gọi B1 là giao điềm của MC và AQ
Khi đó
1 1 1 1 , , mod
2
B Q B C B M B A
| | | |
| Do đó B ABMN BCPQ 1 và B B 1 . Suy ra B B 1 ‘ hay QA đi qua điểm B’ |
Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY
Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education
Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education
Leave a Reply