GIẢI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG CHUYÊN
vectorstock.com/28062405
Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection
SÁNG KIẾN GÓC ĐỊNH HƯỚNG VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN LỚP 10, 11 THPT CHUYÊN WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594
1. Tên sáng kiến: GÓC ĐỊNH HƯỚNG VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: - Chương trình Toán lớp 10 THPT chuyên, 11 THPT chuyên. - Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia. 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ 8 - 2017 đến 5 - 2018 4. Tác giả: Họ và tên: … Năm sinh: … Nơi thường trú: … Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Chức vụ công tác: Tổ trưởng chuyên môn Nơi làm việc: … Địa chỉ liên hệ: … 5. Đơn vị áp dụng sáng kiến …
1
BÁO CÁO SÁNG KIẾN I. ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Hình học phăng là một bộ phận quan trọng của Toán học. Đây là một phân môn có tính hệ thống chặt chẽ, có tính logic và trừu tượng cao. Rất nhiều bài toán hình học phẳng tương đối khó trong việc tìm ra lời giải hoặc phải qua rất nhiều bước chứng minh, biện luận phức tạp mới có thể đi đến kết luận. Đặc biệt, các bài toán hình học phẳng về góc, đường tròn, đường thẳng hay những bài toán liên quan đến phép biến hình, phép đồng dạng thường khiến nhiều học sinh dặp khó khăn, lúng túng và dễ mắc phải sai lầm. Những bài toán hình học phẳng này thường xuất hiện trong các kì thi Học sinh giỏi, các kì thi Olympic của các nước trên thế giới. Không những thế, bài toán hình học phẳng luôn có vị trí quan trong và là những bài toán hay và khó. Việc tìm ra lời giải cho những bài toán này đòi hỏi học sinh không chỉ nắm được những kiến thức cơ bản mà phải có kiến thức sâu, rộng về phân môn này. Trong quá trình học tập, nghiên cứu và công tác, tôi nhận thấy việc giải các bài toán góc, đường tròn, đường thẳng hay những bài toán liên quan đến phép biến hình, phép đồng dạng, … đòi hỏi chúng ta phải xét nhiều trường hợp và thứ tự vị trí các điểm, các góc trong bài toán. Điều này dẫn đến việc cộng trừ, hay biến đổi các góc trong quá trình tính toán gặp rất nhiều khó khăn. Việc ứng dụng góc định hướng vào giải toán hình học phẳng tạo ra rất nhiều điều thuận lợi. Đó là việc học sinh không cấn quan tâm đến vị trí các điểm trên hình vẽ, chỉ cần quan tâm đến thứ tự các điểm, biến đổi đúng các hệ thức và các tính chất của góc định hướng. Các khái niệm và tính chất của góc định hướng không được dạy trong chương trình môn Toán THPT, mà chỉ được giới thiệu sơ lược trong chương trình Đại học. Với những lí do trên và mong muốn có một bộ tài liệu về “Góc định hướng” để giảng dạy cho các học sinh giỏi, tôi đã chọn đề tài “Góc định hướng và một số ứng dụng trong giải Toán hình học phẳng” với mục tiêu nghiên cứu các tính chất của góc định hướng và một số ứng dụng trong giải toán hình học phẳng.
2
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP: 1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến: Trước đây, khi các định nghĩa và tính chất về góc định hướng (góc lượng giác) chưa được đưa vào chương trình sách giáo khoa, chúng ta vẫn giải các bài toán hình học bằng định nghĩa góc hình học, và một số bài toán thì lời giải phụ thuộc vào hình vẽ khá rắc rối. Nhiều bài toán đòi hỏi chúng ta phải xét nhiều trường hợp và thứ tự vị trí các điểm, các góc trong bài toán. Điều này dẫn đến việc cộng trừ, hay biến đổi các góc trong quá trình tính toán gặp rất nhiều khó khăn. 2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến: Việc ứng dụng góc định hướng vào giải toán hình học phẳng tạo ra rất nhiều điều thuận lợi. Đó là việc học sinh không cấn quan tâm đến vị trí các điểm trên hình vẽ, chỉ cần quan tâm đến thứ tự các điểm, biến đổi đúng các hệ thức và các tính chất của góc định hướng. Nếu ta sử dụng khái niệm góc định hướng thì cho lời giải ngắn gọn, rõ ràng và không phụ thuộc vào hình vẽ. Hơn nữa, góc định hướng giúp định nghĩa các phép biến hình, từ đó mở ra những ứng dụng khác. A. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ: 1. Góc định hướng giữa hai tia 1.1.Định nghĩa góc định hướng giữa hai tia cùng gốc. . Ta nói xOy là góc định hướng nếu hai cạnh Ox và Oy có Cho góc xOy thứ tự xác định . Tức là một trong hai cạnh của góc là cạnh đầu , cạnh còn lại là cạnh cuối . Nếu Ox là cạnh đầu và Oy là cạnh cuối , thì góc định hương được ký hiệu bằng ( Ox, Oy ) . Hướng của góc là hướng quay quanh đỉnh O của cạnh Ox đến trùng với cạnh Oy và được biểu thị bằng mũi tên cong. Ta quy ước hướng quay theo ngược chiều kim đồng hồ của Ox là hướng dương. Hướng quay ngược lại là âm . , khi đó số đo của ( Ox, Oy ) Gỉa sử α ( radian ) là số đo của góc xOy bằng ±α + 2kπ (*), với k là số nguyên và được ký hiệu bởi
( Ox, Oy ) = ±α + 2kπ
hoặc ( Ox, Oy ) = α + 2kπ hoặc ( Ox, Oy ) = −α + 2kπ . Số ±α, 0 < α < π được gọi là giá trị chính của góc. Ta quy định góc âm ứng
với giá trị chính −α , góc dương ứng với giá trị chính α (hoặc + α ).
3
x
y
α
-α
O
y
x
= 00 , khi đó số đo của ( Ox, Oy ) bằng 2kπ hoặc Giả sử số đo của xOy
( Ox, Oy ) = 0 ( mod 2π ) . Trong
trường hợp này ( Ox, Oy ) được gọi là góc định
hướng không . Góc định hướng không không có hướng xác định.
1.2. Liên hệ giữa giá trị chính và vị trí hình học của các góc định hướng. Góc định hướng trong hình học được dùng để xác định vị trí của các tia, của các điểm đối với một đường thẳng và quan hệ giữa các đường thẳng. Việc này lại có liên quan đến giá trị chính của các góc . Đây cũng là sự khác biệt giữa góc định hướng trong hình học và lượng giác . *) Cho hai điểm phân biệt A, B và hai góc α, β với α, β ∈ ( −π ; π ) . Xét hai góc ( OA, OB ) = α; ( O ' A, O ' B ) = β . Ta thấy rằng O và O ' cùng phía đối với
đường thẳng AB nếu và chỉ nếu α, β cùng dấu . O và O ' khác phía đối với đường thẳng AB nếu và chỉ nếu α, β khác dấu O'
O
O α
β α
A
B
A
β
B
α.β>0 O' α.β<0
. Từ điểm O ' trên tia Ox ta dựng tia O ' z và thấy rằng giá *) Cho góc xOy trị chính của hai góc ( Ox, Oy ) , ( O ' x, O ' z ) cùng dấu khi và chỉ khi Oy và O ' z cùng phía đối với đường thẳng Ox . Gia trị chính của hai góc trái dấu khi và chỉ khi Oy và O ' z khác phía đối với đường thẳng Ox .
y
z y
x
O' O'
O
x
O
z
*) Ta nói hai góc ( Ox, Oy ) , ( O ' x, O ' y ) bằng nhau (theo mođun) nếu giá trị chính của chúng bằng nhau và được ký hiệu bằng ( Ox, Oy ) = ( O ' x, O ' y ) ( mod 2π ) hoặc ( Ox, Oy ) = ( O ' x, O ' y ) ( mod 3600 ) . Hai góc định hướng ( Ox, Oy ) , ( O ' x, O ' y ) được gọi là đối nhau , nếu giá trị chính của chúng đối nhau và được ký hiệu bằng ( Ox, Oy ) = − ( O ' x, O ' y ) ( mod 2π ) hoặc ( Ox, Oy ) = − ( O ' x, O ' y ) ( mod 3600 ) .
1.3. Định nghĩa góc định hướng giữa hai tia khác gốc . Giả sử O1 x và O2 y là hai tia có gốc khác nhau và không song song. Gọi O là giao của hai đường thẳng O1 x và O2 y . Vì Ox và Oy cùng chiều với O1 x và O2 y , nên ta định nghĩa góc định hướng với tia đầu O1 x và tia cuối O2 y là góc ( Ox, Oy ) ,
được ký hiệu ( O1 x, O2 y ) . Nếu hai tia O1 x và O2 y song song hoặc trùng nhau thì số đo của góc
( O1 x, O2 y ) = 0 ( mod 2π )
hoặc ( O1 x, O2 y ) = π ( mod 2π ) . Ta chứng minh được rằng
nếu O ' x ' và O ' y ' là hai tia tương ứng cùng chiều
với O1 x và O2 y , thì
( O1 x, O2 y ) = ( O ' x ', O ' y ') ( mod 2π ) không phụ thuộc vào cách
chọn điểm O ' .
Ta ký hiệu P là giao của O ' x ' và Oy ; Q là giao của O ' y ' và Ox . Ta có
( Ox, Oy ) = ( Px ', Py ) = ( O ' x ', O ' y ') . x
y
O
x'
Q 2 O 1
x
O
O2
O 1
y' P O y
Nếu u , v là các véc tơ cùng chiều với O1 x và O2 y , thì góc định hướng tạo bởi hai véc tơ u , v mà cạnh đầu u và cạnh cuối v , là ( O1 x, O2 y ) và được ký hiệu u, v .
( )
Bổ đề 1. Cho 4 điểm phân biệt A, B, C , D và các góc α, β ∈ ( −π ; π ) thoã mãn điều kiện ( BA, BC ) = α; ( DA, DC ) = β . Điều kiện cần và đủ để B, D nằm trên cùng một cung chứa góc được dựng trên dây AC là α = β.
Chứng minh: Nếu B, D cùng thuộc cung chứa góc dựng trên dây AC , thì chúng cùng phía đối
B
D
với AC . Tức là ( BA, BC ) ; ( DA, DC ) cùng hướng. Vậy α và β cùng dấu . Mặt khác số đo của các góc hình học tương ứng bằng nhau. Vì vậy giá trị chính của hai góc bằng nhau Ngược lại nếu giá trị chính của hai góc bằng nhau , thì chúng cùng dấu. Tức là các đỉnh B, D
A
C
cùng phía đối với AC . Giả sử các giá trị này dương., khi đó số đo của các góc hình học tương ứng bằng nhau. Vậy B, D cùng nhìn đoạn AC dưới những góc cùng số đo. Theo tính chất của cung chứa góc ta suy ra đpcm. 1.4. Các phép toán trên tập hợp các góc định hướng. Cho hai góc a, b . Tổng của hai góc a, b là một góc định hướng j mà số đo bằng tổng số đo của hai góc đã cho và được ký hiệu a + b = j ( mod 2π ) Hiệu của hai góc a, b là một góc định hướng g mà số đo bằng hiệu số đo của hai góc đã cho và được ký hiệu a − b = g ( mod 2π ) Tich của a với số thực k là góc định hướng d mà số đo bằng tích của a với
k và được ký hiệu d = ak = ka ( mod 2π ) . Từ đó ta có hệ thức liên hệ giữa 3 góc định hướng . Hệ thức Salơ: Với 3 tia bất kỳ O1 x, O2 y, O3 z , ta có
( O1 x, O2 y ) + ( O2 y, O3 z ) = ( O1 x, O3 z ) ( mod 2π ) y y
z
b a a
g
b
x x g
z
2. Góc định hướng giữa hai đường thẳng. Định nghĩa: Cho hai đường thẳng cắt nhau x và y . Ký hiệu O là giao điểm của chúng . Góc định hướng từ x đến y , được ký hiệu bằng
( x, y ) , là góc tạo bởi
x và
y với x, y có thứ tự xác định . Trong ký hiệu này x là cạnh đầu còn y là cạnh cuối . Hướng của góc là hướng quay quanh O của cạnh đầu x đến trùng với cạnh cuối y và được biểu thị bằng mũi tên cong. Hướng quay của x ngược chiều kim đồng hồ là hướng dương. Hướng ngược lại là âm. Giả sử a là số đo của góc hình học tạo bởi x và y (0 < a ≤
π 2
) , khi đó số đo
của góc ( x, y ) là a + kπ hoặc −a + kπ , với k là số nguyên và được ký hiệu bởi
( x, y ) = a + kπ
(*) hoặc ( x, y ) = −a + kπ (**) .
Để cho gọn ta viết ( x, y ) = ± a ( mod π ) hoặc ( x, y ) = ± a ( mod 1800 ) . y x
y x
Nếu x // y hoặc x trùng với y , thì ( x, y ) = 0 ( mod π ) và hướng của góc không xác định *) Cho hai góc ( x, y ) và ( x ', y ' ) . Ta nói hai góc đã cho bằng nhau , được ký hiệu bởi ( x, y ) = ( x ', y ' ) ( mod π ) , nếu giá trị chính của hai góc bằng nhau . Hai góc đã cho đối nhau , được ký hiệu bởi ( x, y ) = −( x ', y ') ( mod π ) , nếu giá trị chính của chúng là đối nhau
( x, y ) = a, 0 < a < π , khi đó ( x, y ) = ( x, z ) = ( x ; z )
*) Giả sử thẳng z // y .
B
C
y
z
y
O
z O'
O
O' x
A x A
với mọi đường
*) Tổng hoặc hiệu số đo của hai góc định hướng tạo bởi hai đường thẳng là một góc định hướng có số đo bằng tổng hoặc hiệu các góc đã cho. Tích của một góc định hướng với một số thực là một góc định hướng có số đo bằng tích của số thực với góc đã cho. Hệ thức Salơ: Nếu x, y, z là các đường thẳng bất kỳ, thì
( x, y ) + ( y, z ) = ( x, z ) ( mod π ) Bổ đề 2. Cho hai điểm phân biệt A, B và góc a với a ∈ ( 0; π ) . Quỹ tích giao điểm M của hai đường thẳng x, y lần lượt qua A, B sao cho ( x, y ) = a là một đường tròn đi qua hai điểm A, B và trừ ra hai điểm này. Chứng minh: Từ điều kiện đã cho suy ra số đo các góc hình học tương ứng là AMB = a hoặc AMB = π − a .
M
a
Vì vậy quỹ tích điểm M là một trong hai cung tròn cố định ứng với số đo 2a hoặc 2π − 2a được dựng trên dây AB . Tổng số đo hai cung này là 2π , tức là cả đường tròn . Vì M không nằm trên đường thẳng AB , nên các điểm A, B không thuộc quỹ tích.
B
A
a M'
3. Một số kết quả: Kết quả 1: Bốn điểm A, B, C , D cùng nằm trên một đường thẳng hoặc cùng nằm
( AB, AC ) = ( DB, DC ) ( mod π )
trên một đường tròn khi và chỉ khi
hoặc
( AB, AD ) = ( CB, CD ) ( mod π ) . Kết quả 2: Cho ba điểm A, B, C nằm trên đường tròn tâm O. Khi đó 1 ( AB, AC ) = OB, OC ( mod π ) . 2 Kết quả 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi P là giao điểm của AB và CD ; Q là giao điểm của AC và BD . Khi đó
(
)
1 + sd sd BC AD ( mod π ) 2 1 + sd AD ( mod π ) . và ( QA, QD ) = ( QC , QB ) = sdCB 2
( PA, PD ) = ( PB, PC ) =
(
)
(
)
Kết quả 4: Cho ba điểm A, B, C nằm trên đường tròn tâm O. Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn ( O ) tại A khi và chỉ khi ( d , AB ) = ( CA, CB ) ( mod π ) .
Kết quả 5: +) a, b = π + a, − b
( )
(
) ( mod 2π )
+) Nếu các tia O ' x ', O ' y ' lần lượt cùng hướng với các tia Ox, Oy thì
( Ox, Oy ) = ( O ' x ', O ' y ') ( mod 2π ) +) Nếu các tia O ' x ', O ' y ' lần lượt ngược hướng với các tia Ox, Oy thì
( Ox, Oy ) = ( O ' x ', O ' y ') ( mod 2π ) +) Nếu các đường thẳng a ', b ' lần lượt song song với các đường thẳng a, b thì ( a, b ) = ( a ', b ' ) ( mod π ) +) Nếu các đường thẳng a ', b ' lần lượt vuông góc với các đường thẳng a, b thì ( a, b ) = ( a ', b ' ) ( mod π )
Kết quả 6: Hai điểm A, A ' đối xứng nhau qua trục BC khi và chỉ khi
( AB, AC ) = ( A ' C , A ' B ) ( mod π ). B. CÁC DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG 1. Dạng 1. Chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn. 1.1. Phương pháp: Cho 4 điểm A, B, C , D trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Khi đó A, B, C , D cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi
( AB, AC ) = ( DB, DC ) ( mod π ) hoặc ( AB, AD ) = ( CB, CD ) ( mod π ) . 1.2. Một số ví dụ áp dụng: Ví dụ 1. Cho tứ giác ABCD có AB và CD cắt nhau tại E , AD và BC cắt nhau tại F . Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác EBC , EAD, FAB, FCD đồng quy tại một điểm M (Điểm M được gọi là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF ). Lời giải: Gọi M là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ( EAD ) , ( FAB )
E
Ta có
( ME, MB ) = ( ME , MA) + ( MA, MB ) ( mod π ) = ( DE , DA ) + ( FA, FB ) ( mod π ) = ( DE , FB ) ( mod π ) ( do DA ≡ FA ) = ( CE , CB ) ( mod π ) Suy ra M ∈ ( EBC )
D M A
F
B
C
Chứng minh tương tự ta có M ∈ ( FCD ) Vậy các đường tròn ngoại tiếp các tam giác EBC , EAD, FAB, FCD đồng quy tại một điểm M . Ví dụ 2. Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau tại O. Chứng minh rằng các điểm đối xứng với O qua các đường thẳng AB, BC , CD, DA cùng nằm trên một đường tròn. Lời giải: Gọi M , N , P, Q lần lượt là điểm đối
M
B
xứng với O qua các đường thẳng AB, BC , CD, DA và X , Y , Z , T lần lượt là hình chiếu của O trên các cạnh AB, BC , CD, DA .
A
Q
X
T N
O
Y
Ta có phép vị tự VO2 biến tứ giác XYZT thành tứ giác MNPQ .
D Z
Do đó tứ giác MNPQ nội tiếp khi và chỉ khi tứ giác XYZT nội tiếp. Ta có các tứ giác ATOX , BYOX ,
C P
CYOZ , DZOT là các tứ giác nội tiếp. Ta có ( XT , XY ) = ( XT , XO ) + ( XO, XY ) = ( AT , AO ) + ( BO, BY )( mod π ) = ( DA, AC ) + ( BD, BC ) ( mod π ) = ( DA, DB ) + ( DB, AC ) + ( BD, AC ) + ( AC , BC ) ( mod π
π = ( DA, DB ) + ( AC , BC ) ( mod π ) do ( DB, AC ) = ( BD, AC ) = 2 = ( DT , DO ) + ( CO, CY ) ( mod π ) = ( ZT , ZO ) + ( ZO, ZY ) = ( ZT , ZY )( mod π ) Do đó tứ giác XYZT nội tiếp. Vậy tứ giác MNPQ nội tiếp (đpcm).
= BCD . Gọi I là trung điểm của đoạn AC . Ví dụ 3. Cho tứ giác ABCD có BAD Các điểm H , K , L lần lượt là hình chiếu của D trên BC , CA, AB. Chứng minh rằng các điểm I , H , K , L cùng thuộc một đường tròn.
A
D
K
L
I O2
O1 E C B
H
F
Phân tích: Ở bài toán này, việc đi chứng minh 4 điểm I , H , K , L cùng thuộc một đường tròn sẽ gặp khó khăn trong các phép cộng góc. Nếu sử dụng phương pháp cộng góc thông thường thì phải xét rất nhiều trưởng hợp vị trí của các điểm I , H , K , L để có được tứ giác nội tiếp. Do đó một cách tự nhiên, học sinh sẽ nghĩ đến việc sử dụng góc định hướng trong việc chứng minh bài toán này. Lời giải: Không mất tính tổng quát, giả sử tứ giác ABCD có hướng dương. Gọi ( O1 ) , ( O2 ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD, CBD. Đường thẳng AB cắt đường tròn ( O2 ) tại điểm thứ hai là E ; đường thẳng BC cắt đường tròn ( O1 ) tại điểm thứ hai là F . *) Ta có H , K , L lần lượt là hình chiếu của D trên BC , CA, AB nên các bộ 4 điểm
A, D, K , L và C , D, K , H cùng thuộc một đường tròn. Suy ra ( KL, KH ) = ( KL, KD ) + ( KD, KH ) ( mod π ) = ( AL, AD ) + ( CD, CH ) = ( AB, AD ) + ( CD, CB ) = 2( AB, AD )( mod π ) (1)
= BCD nên *) Mặt khác vì 4 điểm B, C , D, E cùng thuộc một đường tròn và BAD = suy ra BAD AED . Do đó tam giác ADE cân tại D
Mà DL ⊥ AE ⇒ LA = LE Kết hợp với I là trung điểm của đoạn AC suy ra IL || EC Chứng minh tương tự ta có tam giác DCF cân tại F và IH || AF *) Ta có tam giác ADE cân tại D và tam giác DCF cân tại F nên suy ra
( EA, ED ) = ( AD, AE ) = ( AD, AB ) = ( FD, FB ) = ( FD, FC ) = ( CF , CD ) ( mod π )
Do đó các tam giác DAE , DFC đồng dạng cùng hướng Suy ra các tam giác DAF , DEC đồng dạng cùng hướng ⇒ ( CE , AF ) = ( DE , AD ) ( mod π ) *) Xét phép đối xứng trục DL ta có
( IL, IH ) = ( EC , AF ) = ( DE , AD ) = ( DE , AB ) + ( AB, AD ) ( mod π ) = ( AB, AD ) + ( AB, AD ) = 2( AB, AD ) ( mod π ) (2) *) Từ (1) và (2) ta suy ra ( KH , KL ) = ( IH , IL ) ( mod π ) Vậy các điểm I , H , K , L cùng thuộc một đường tròn.
Ví dụ 4. Bên trong tam giác ABC lấy một điểm M . Các đường thẳng AM , BM , CM cắt các cạnh đối diện tương ứng tại A1 , B1 , C1. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A1 trên B1C1 . Các điểm P, Q, R, S lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC , BB1 , CC1. Chứng minh rằng
A
các điểm P, Q, R, S cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải: Ta có các bộ 4 điểm ( B1 , Q, H , R ) ; Q
( M , R, H , S ) ; ( A, P, H , Q ) ; ( C1 , P, H , S )
P
B1
H
C1
tương ứng cùng thuộc một đường tròn.
R
Do đó
S
M
+)
( PQ, PS ) = ( PQ, PH ) + ( PH , PS ) ( mod π )
B
A1
C
= ( AQ, AH ) + ( C1 H , C1S ) ( mod π ) = ( AB1 , AH ) + ( C1B1 , C1C ) ( mod π ) = ( B1 A, B1H ) + ( HB1 , HA) + ( C1B1 , C1C ) ( mod π ) = ( B1C , B1C1 ) + ( C1B1 , C1C ) + ( HB1 , HA )( mod π ) = ( CB1 , CC1 ) + ( HB1 , HA)( mod π ) (1) +) ( RQ, RS ) = ( RQ, RH ) + ( RH , RS ) = ( B1Q, B1 H ) + ( MH , MS ) ( mod π ) = ( B1C , B1C1 ) + ( MH , MC1 ) = ( CB1 , CC1 ) + ( C1C , C1 B1 ) + ( MH , MC1 ) ( mod π ) = ( CB1 , CC1 ) + ( C1M , C1H ) + ( MH , C1M ) ( mod π ) = ( CB1 , CC1 ) + ( HM , HC1 ) ( mod π ) ( 2 )
+) Mặt khác do H ( C1 A1 AM ) = −1 và HC1 ⊥ HA1 nên HC1 là phân giác của góc tạo bởi HA, HM ⇒ ( HC1 , HA) = ( HM , HC1 ) ( mod π ) ( 3) Từ (1), (2), (3) suy ra ( PQ, PS ) = ( RQ, RS ) ( mod π ) . Vậy các điểm P, Q, R, S cùng thuộc một đường tròn.
Ví dụ 5. Cho tam giác ABC . Gọi H , E lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn Euler của tam giác ABC . Đường thẳng qua A vuông góc với HE cắt BC tại K . Chứng minh rằng H , E và tâm đường tròn Euler của các tam giác ABK , ACK cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải: Gọi Eb , Ec lần lượt là tâm đường tròn Euler của các tam giác ABK , ACK ;
X , Y , Z lần lượt là trung điểm của các
A
cạnh AB, AC , AK ; D là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC Khi đó E là tâm đường tròn ( XYD ) ; Eb là tâm đường tròn ( XZD ) ; Ec là
X Eb
E K
D B
tâm đường tròn (YZD ) ⇒ EEb ⊥ XD; EEc ⊥ YD
Y
Z
Ec
C
H
Ta có
( HE , HD ) = ( AZ , XZ ) ( mod π ) ( do AK ≡ AZ , AK ⊥ HE , HD ⊥ BC , BC || XZ ) = ( XZ , DZ ) ( mod π ) (vì tam giác AZD cân tại Z , ZX ⊥ AD ) 1 Eb X , Eb D = ( Eb E , Eb D ) ( mod π ) 2 Do đó các điểm H , E , Eb , D cùng thuộc một đường tròn. =
(
)
Chứng minh tương tự ta cũng được H , E , Ec , D cùng thuộc một đường tròn. Vậy H , E , Eb , Ec , D cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
Ví dụ 6. Cho tứ giác ABCD có AB cắt CD tại E , AD cắt BC tại F . Gọi X , Y , Z , T lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADE , BCE , ABF , CDF . Gọi S là điểm Miquel của tam giác ABF và đường thẳng CDE. Chứng minh rằng năm điểm X , Y , Z , T , S cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải: Trước hết ta có một bổ đề: Bổ đề: Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) cắt nhau
A
tại hai điểm A, B . Hai điểm M 1 , M 2 theo thứ tự O2
thuộc ( O1 ) , ( O2 ) sao cho B nằm giữa M 1 , M 2 .
O1 M1
Khi đó các tam giác AM 1M 2 và AO1O2 đồng B
dạng cùng hướng. Chứng minh bổ đề: Ta có
( M1 A, M1M 2 ) = ( M1 A, M1B ) =
M2
1 O1 A, O1B = ( O1 A, O1O2 ) ( mod π ) 2
(
)
Chứng minh tương tự ta có ( M 2 A, M 2 M 2 ) = ( O2 A, O2O1 ) ( mod π ) Vậy các tam giác AM 1M 2 và AO1O2
đồng dạng cùng hướng. Trở lại bài toán: Ta có XY ⊥ SE , XZ ⊥ SA ,
E
Y
ZT ⊥ SF , YT ⊥ SC nên suy ra B
( XY , XZ ) = ( SE , SA) ( mod π ) = ( DE , DA) = ( DC , DF )( mod π ) = ( SC , SF ) = (TY , TZ ) ( mod π )
S X C T Z
Do đó 4 điểm X , Y , Z , T cùng thuộc A
một đường tròn (1) Mặt khác theo bổ đề trên thì các tam giác SXY , SAB đồng dạng cùng hướng và
D
F
SA ⊥ XZ , SB ⊥ YZ Suy ra
( SX , SY ) = ( SA, SB ) = ( ZX , ZY ) ( mod π )
Do đó 4 điểm X , Y , Z , S cùng thuộc một đường tròn (2) Từ (1) và (2) suy ra năm điểm X , Y , Z , T , S cùng thuộc một đường tròn.
Ví dụ 7. Cho tam giác ABC không vuông có O, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trực tâm. Các điểm A1 , B1 , C1 thuộc đường tròn ( O ) sao cho AA1 , BB1 , CC1
đôi một song song. Gọi A2 , B2 , C2 theo thứ tự là điểm đối xứng với A1 , B1 , C1 qua BC , CA, AB . Chứng minh rằng các điểm H , A2 , B2 , C2 cùng thuộc một đường tròn. Lời giải: Trước hết ta xét một bổ đề:
Bổ đề: Cho tam giác nội tiếp đường tròn tâm O . Các điểm A1 , B1 , C1 thuộc đường tròn ( O ) sao cho AA1 , BB1 , CC1 đôi một song song. Các đường thẳng d A , d B , dC theo thứ tự đi qua A1 , B1 , C1 và vuông góc với BC , CA, AB . Khi đó d A , d B , d C đồng quy tại một điểm thuộc đường tròn ( O ) .
Chứng minh bổ đề:
dB
dA M
Gọi M là giao điểm thứ hai của d A với ( O )
C1
A
dC
và d là đường thẳng qua O , vuông góc với AA1 , BB1 , CC1 d
B1
Dễ thấy A, B, C theo thứ tự đối xứng với AA1 , BB1 , CC1 qua đường thẳng d (1)
O
C
B
A1
Ta có ( MB1, AC ) = ( MB1, MA1 ) + ( MA1, CB ) + ( CB, CA) ( mod π )
= ( MB1 , MA1 ) + = ( CA, CB ) +
π 2
π 2
+ ( CB, CA ) ( mod π ) = ( C1B1 , C1 A1 ) +
+ ( CB, CA ) ( mod π ) =
π 2
( mod π )
π 2
+ ( CB, CA ) ( mod π )
(do (1))
Suy ra MB1 ⊥ AC Mà d B qua B và d B ⊥ AC nên suy ra M ∈ d B . Chứng minh tương tự ta cũng có M ∈ dC . Vậy d A , d B , d C đồng quy tại một điểm M thuộc đường tròn ( O ) .
Trở lại bài toán: Gọi A3 là giao điểm thứ hai của AH và đường tròn ( O ) . Khi đó A3 đối xứng với H qua BC
C2
B2
M
C1
A
Kết hợp với A2 đối xứng với A2 qua BC ta suy ra 4 điểm H , A3 , A1 , A2 là 4 đỉnh
I
B1
của một hình thang cân (2) Mặt khác, theo bổ đề trên ta có A1 A2 , B1B2 , C1C2 đồng quy tại một điểm
M thuộc đường tròn ( O ) .
O A2 H C
B A3 A1
Ta có ( AM , A2 H ) = ( AM , AA3 ) + ( A3 H , A2 H ) ( mod π ) ( do AA3 ≡ A3 H ) = ( A1M , A1 A3 ) + ( A3 H , A2 H ) ( mod π ) = ( A1M , A1 A3 ) + ( A3 A1 , A2 A1 ) ( mod π ) (do (2)) = ( A1M , A2 A1 ) = 0 ( mod π ) Từ đó suy ra AM || A2 H Mà AH || MA2 nên suy ra AHA2 M là hình bình hành. Do đó MH , AA2 có cùng trung điểm I . Chứng minh tương tự BB2 , CC2 , MH cũng có cùng trung điểm I . Xét phép đối xứng tâm I ta có: H = DI ( M ) , A2 = DI ( A ) , B2 = DI ( B ) , C2 = DI ( C ) Mà M , A, B, C thuộc đường tròn ( O ) Suy ra 4 điểm H , A2 , B2 , C2 cùng thuộc một đường tròn là ảnh của đường tròn ( O ) qua phép đối xứng tâm I . 2. Dạng 2: Chứng minh các điểm thẳng hàng, các đường thẳng đồng quy, quan hệ vuông góc, quan hệ song song 2.1. Phương pháp: +) Ba điểm A, B, C thẳng hàng ⇔ ( AB, AC ) = 0 ( mod π ) +) Chứng minh các đường thẳng đống quy Gọi giao điểm của hai đường bất kì và chứng minh giao điểm đó cũng thuộc các đường thẳng còn lại thông qua việc chứng minh ba điểm thẳng hàng. +) Cho hai đường thẳng d1 , d 2 .
d1 || d 2 ⇔ ( d1 , d 2 ) = 0 ( mod π ) ⇔ ( d1 , d ) = ( d 2 , d ) ( mod π ) , ∀d +) Cho hai đường thẳng d1 , d 2 . d1 ⊥ d 2 ⇔ ( d1 , d 2 ) =
π 2
( mod π )
2.2. Một số ví dụ áp dụng: Ví dụ 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) , có trực tâm H . Điểm M thuộc đường tròn ( O ) . 1. Gọi I , J , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các đường thẳng
BC , CA, AB . Chứng minh rằng I , J , K thẳng hàng. 2. Gọi X , Y , Z lần lượt là điểm đối xứng với M qua BC , CA, AB. Chứng minh rằng các điểm H , X , Y , Z thẳng hàng.
16
Lời giải: 1. Ta có các bộ 4 ( A, K , M , J ) , ( C , I , M , J ) cùng
K
điểm thuộc
M
A
một đường tròn. Khi đó
( JI , JK ) = ( JI , JM ) + ( JM , JK ) ( mod π ) = ( CI , CM ) + ( AM , AK ) ( mod π ) = ( CB, CM ) + ( AM , AB ) ( mod π ) = ( AB, AM ) + ( AM , AB ) = 0 ( mod π )
J O
C
I
B
Vậy các điểm I , J , K thẳng hàng.
*) Nhận xét: +) Nhận xét 1: Đường thẳng đia qua 3 điểm I , J , K được gọi là đường thẳng Simson của M đối với tam giác ABC. +) Nhận xét 2: Đây là một kết quả quen thuộc trong hình học. Tuy nhiên nếu không dùng góc định hướng để chứng minh thì cần xét rất nhiều trường hợp và việc cộng góc, biến đổi góc gặp nhiều khó khăn, lúng túng. +) Nhận xét 3: Ta còn có thể chứng minh một kết quả mạnh hơn:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) và điểm M . Gọi I , J , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các đường thẳng BC , CA, AB . Chứng minh rằng I , J , K thẳng hàng khi và chỉ khi M thuộc đường tròn ( O ) . +) Nhận xét 4: Trong trường hợp điểm M không thuộc đường tròn ( O ) thì các điểm I , J , K không thẳng hàng và tam giác IJK được gọi là tam giác bàn đạp của điểm M đối với tam giác ABC. 2. Bỏ qua trường hợp đơn giản tam
B1
Z
giác ABC vuông.
M
A
Xét trường hợp tam giác ABC không vuông. Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là giao điểm
O C1
H
thứ hai của AH , BH , CH với đường
C
B
tròn ( O ) .
A1
Y
X
Suy ra A1 , B1 , C1 theo thứ tự đối xứng với H qua BC , CA, AB (1) Theo giả thiết X , Y , Z lần lượt là điểm đối xứng với M qua BC , CA, AB. (2) Khi đó ta có ( HY , HZ ) = ( HY , HA) + ( HA, HZ ) ( mod π ) = ( B1 A, B1M ) + ( C1M , C1 A ) ( mod π ) (do (1), (2)) = ( C1 A, C1M ) + ( C1M , C1 A ) = 0 ( mod π ) Suy ra các điểm H , Y , Z thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có các điểm H , Y , X thẳng hàng. Vậy các điểm H , X , Y , Z thẳng hàng.
*) Nhận xét: +) Nhận xét 1: Đường thẳng đi qua 4 điểm H , X , Y , Z được gọi là đường thẳng Steiner của M đối với tam giác ABC.
+) Nhận xét 2: Đường thẳng Steiner của M đối với tam giác ABC là ảnh đường thẳng Simson của M đối với tam giác ABC qua phép vị tự tâm M tỉ số 2. Ví dụ 2. (Bulgarian 1999) Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H và d là một đường thẳng bất kì qua H . Gọi d a , db , d c lần lượt là đường thẳng đối xứng với đường thẳng d qua
BC , CA, AB. Chứng minh rằng d a , d b , d c đồng quy tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lời giải: A C1
dc
B1 d
H
O
db C
B da P1 A1
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , các điểm A1 , B1 , C1 là giao
điểm thứ hai của AH , BH , CH với đường tròn ( O ) . Khi đó A1 , B1 , C1 theo thứ tự đối xứng với H qua BC , CA, AB
Suy ra A1 ∈ d a , B1 ∈ db , C1 ∈ d c
(1)
Gọi P1 , P2 , P3 lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng d a và d b , d b và d c , d c và d a (2) Ta có ( P1 A1 , PB 1 1 ) = ( P1 A1 , BC ) + ( BC , CA ) + ( CA, PB 1 1 ) ( mod π ) = ( BC , d ) + ( BC , CA ) + ( d , CA ) ( mod π ) = 2( CB, CA ) = ( CA1 , CB1 ) ( mod π ) Suy ra P1 thuộc đường tròn ( O ) (3) Chứng minh tương tự ta có P2 , P3 thuộc đường tròn ( O ) (4) Vì mỗi đường thẳng d a , db , d c chỉ có tối đa 2 giao điểm với đường tròn ( O ) nên từ (1), (2), (3), (4) ta suy ra P1 ≡ P2 ≡ P3 hay d a , d b , d c đồng quy tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. *) Nhận xét: Từ bài toán này, ta có thể chứng minh được bài toán sau: Cho tam giác ABC và d là một đường thẳng bất kì. Gọi d a , db , d c lần lượt là
đường thẳng đối xứng với đường thẳng d qua BC , CA, AB. Chứng minh rằng d a , d b , d c đồng quy khi và chỉ khi đường thẳng d đi qua trực tâm H của tam giác
ABC. Hơn nữa điểm đồng quy nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Ví dụ 3. (Trích đề thi Olympic duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ năm 2015)
Cho hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) cắt nhau tại A, B . AX , AY lần lượt là các
đường kính của ( O1 ) và
( O2 ) . Gọi
O là trung điểm của XY ; I là điểm thuộc
đường phân giác của góc XAY sao cho OI không vuông góc với XY và I không thuộc hai đường tròn. Đường thẳng đi qua A vuông góc với AI lần lượt cắt các đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) tại các điểm E , F khác A . IX cắt đường tròn ( O1 ) tại điểm thứ hai K , IY cắt đường tròn ( O2 ) tại điểm thứ hai L . 1. Gọi C là giao điểm của EF với IX . Chứng minh rằng OE là tiếp tuyến của đường tròn ( CEK ) . 2. Chứng minh rằng 3 đường thẳng EK , FL, OI đồng quy.
Lời giải:
19
A
E
F
C
D
O1 O2 O
X B
Y
K
L I
S
1. Không mất tính tổng quát giả sử I là điểm thuộc đường phân giác trong của góc XAY . Ta có tứ giác AO OO là hình bình hành nên suy ra OO || HY 1
2
1
Lại có ( EA, EO1 ) = ( AO1 , AE ) = ( AF , AO2 ) ( mod π ) ⇒ EO1 || HY Do đó O, O1 , E thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có O, O2 , F thẳng hàng Mặt khác
( CE , CK ) = ( AC , AK ) + ( AK , CK ) = ( AC , AK ) + =
π 2
+
π 2
( mod π )
1 O1E , O1K = ( EO1 , EK ) ( mod π ) 2
(
)
Do đó OE là tiếp tuyến của đường tròn ( CEK )
AKI = ALI = 900 nên 4 điểm A, I , K , L cùng thuộc đường tròn đường 2. Ta có kính AI . Mà EF ⊥ AI nên suy ra EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AI . Do đó ( AE , AK ) = ( LA, LK ) ( mod π ) (1) Mặt khác
( KE, KA) = ( XE, XA) = ( XE, EA) + ( AE, AX ) =
π 2
+ ( AE , AX ) ( mod π )
π
+ ( AY , AF ) = ( AF , FY ) + ( AY , AF ) = ( AY , FY ) = ( LA, LF )( mod π ) (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra =
( EF , EK ) = ( EA, AK ) + ( AK , EK ) = ( LA, LK ) + ( LF , LA) = ( LF , LK ) ( mod π )
Vậy 4 điểm E , F , L, K cùng thuộc một đường tròn. Gọi S là giao điểm của EK và FL Vì 4 điểm E , F , L, K cùng thuộc một đường tròn nên ta có
SE.SK = SF .SL ⇒ PS /(CEK ) = PS /( DFL ) (3) Ta có IC.IK = ID.IL = IA2 ⇒ PI /(CEK ) = PI /( DFL ) (4) Gọi D là giao điểm của EF với IY Chứng minh tương tự câu 1) ta có OF là tiếp tuyến của đường tròn ( DFL ) Mặt khác tứ giác EFYX là hình thang vuông tại E , F và O là trung điểm của XY nên suy ra OE = OF . Do đó PO / (CEK ) = OE 2 = OF 2 = PO / ( DFL ) (5) Từ (3), (4), (5) suy ra S , O, I cùng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn
( CEK ) , ( DFL )
nên S , O, I thẳng hàng. Vậy 3 đường thẳng EK , FL, OI đồng quy
t ại S . Ví dụ 4. (Sharygin 2013) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AC và AB lần lượt tại các điểm B0 và C0 . Phân giác trong của các góc B và C cắt trung trực của đoạn AL (AL là phân giác trong góc A và L là chân đường phân giác trong đó) lần lượt tại Q và P. 1. Chứng minh rằng các đường thẳng PC0 , QB0 , BC đồng quy tại điểm X.
2. Giả sử O1 , O2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABL và ACL. Các điểm B1 , C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của C, B tương ứng lên các
đường phân giác trong của góc B, C. Chứng minh rằng các đường thẳng O1C1 , O2 B1 , BC đồng quy tại điểm Y. Lời giải:
21
A
Q O2 O1
P
B1
B0
C1 I
C0
B
X Y
C
A0 L
1. Gọi Q’ là giao điểm thứ hai của đường thẳng BI và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABL. Khi đó Q ' A = Q ' L ⇒ Q’ nằm trên trung trực của AL suy ra Q ' ≡ Q ⇒ tứ giác ABLQ nội tiếp. Do đó
( LQ, LA) = ( BQ, BA) = ( BI , BA)( mod π ) (1)
(Do các điểm L, B, Q, A đồng viên).
Mặt khác ta có:
( A0 B0 , AL ) = ( A0 B0 , BC ) + ( BC , AL )( mod π ) = ( C0 B0 , CA0 ) + ( BC , AB ) + ( AB, AL )( mod π ) (do
BC là tiếp tuyến của ( I ) )
= ( C0 B0 , C0 I ) + ( C0 I , C0 A0 ) + ( BC , AB ) + ( AB, AL )( mod π ) = ( AB0 , AI ) + ( BI , BA0 ) + ( BC , AB ) + ( AB, AL )( mod π )
(Do
các
tứ
giác
AC0 IB0 , BC0 IA0 nội tiếp)
= ( AC , AL ) + ( BQ, BC ) + ( BC , AB ) + ( AB, AL )( mod π ) = ( AL, AB ) + ( BQ, BC ) + ( BC , AB ) + ( AB, AL )( mod π ) = ( BQ, BA )( mod π ) (2).
Từ (1) và (2) ta được ( LQ, LA ) = ( A0 B0 , AL ) ( mod π ) ⇒ A0 B0 || LQ . Tương tự như trên ta có A0C0 || LP .
Do B0C0 , PQ cùng vuông góc với AL nên B0C0 || PQ . Từ các kết quả trên ta được B0C0 || PQ , A0C0 || LP , A0 B0 || LQ , kết hợp với hai tam giác A0 B0C0 , LQP cùng hướng nên theo bổ đề 2.2.1
tồn tại một phép vị tự
VXk : L → A0 , Q → B0 , P → C0 suy ra PC0 , QB0 , LA0 đồng quy tại X.
2. Trước hết ta chứng minh B1 , C1 nằm trên đường thẳng B0C0 . Thật vậy, do tứ giác IB1B0C nội tiếp nên:
( B0 B1 , B0 I ) = ( CB1 , CI )( mod π ) = ( CB1 , BC ) + ( BC , CI )( mod π ) = ( CB1 , IB1 ) + ( IB1 , CI )( mod π ) =
=
π 2
π 2
+ ( IB, BC ) + ( BC , CI )( mod π )
+ ( IB, IA0 ) + ( IA0 , BC ) + ( BC , CI )( mod π )
= ( IB, IA0 ) + ( BC , CI )( mod π ) = ( C0 B, C0 A0 ) + ( BC , CI )( mod π ) = ( B0C0 , B0 I ) + ( B0 I , B0 A0 ) + ( BC , CI )( mod π ) = ( AC0 , AI ) + ( CI , CA0 ) + ( BC , CI )( mod π ) = ( AB, AI ) + ( CI , CB ) + ( BC , CI )( mod π ) = ( AB, AI )( mod π ) (3).
Mặt khác tứ giác AC0 IB0 nội tiếp nên:
( B0C0 , B0 I ) = ( AC0 , AI ) = ( AB, AI )( mod π ) (4). Từ (3) và (4) ta có: ( B0C0 , B0 I ) = ( B0 B1 , B0 I ) ( mod π ) ⇒ B0 , B1 , C0 thẳng hàng. Tương tự ta được B0 , C1 , C0 thẳng hàng. Gọi I1 , I 2 lần lượt là giao điểm của XC1 , XB1 với đường thẳng PQ. Ta sẽ chứng minh I1 , I 2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABL, ACL. Do VXk : L → A0 , Q → B0 , P → C0 nên VXk ( I1 ) = C1 , kết hợp với C1 nằm trên đường thẳng CI nên C1 A0 = C1 B0 ⇒ kC1 A0 = kC1 B0 ⇒ I1L = I1Q . Mặt khác I1 nằm trên trung trực của PQ nên I1 A = I1 L . Do đó I1 A = I1L = I1Q ⇒ I1 là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABL hay I1 ≡ O1 suy ra O1C1 đi qua điểm X. Chứng minh tương tự ta được I 2 ≡ O2 suy ra O2 B1 đi qua điểm X, kết hợp với X nằm trên đường thẳng BC suy ra O1C1 , O2 B1 , BC đồng quy tại điểm X. Ví dụ 5. (Đề thi đề xuất thi Olympic duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ năm 2013)
23
Trong mặt phẳng, cho ba đường tròn w1 , w2 , w3 đôi một tiếp xúc ngoài nhau. P1 là tiếp điểm của w1 và w3 ; P2 là tiếp điểm của w2 và w3 ; P3 là tiếp điểm của w1 và w2 . Gọi A, B là hai điểm thuộc đường tròn w3 sao cho A, B khác P1 , P2 và AB là
đường kính của w3 . Đường thẳng AP1 cắt đường tròn w1 tại điểm thứ hai là X ; đường
thẳng BP2 cắt đường tròn w2 tại điểm thứ hai là Y ; các đường thẳng AP2 , BP1 cắt nhau tại Z . Chứng minh rằng các điểm X , Y , Z thẳng hàng. Lời giải: w1 w2
O1 X w3
P3
P1
O4
Y
A
O2
Z P2 O3
B
Gọi O1 , O2 , O3 lần lượt là tâm của các đường tròn w1 , w2 , w3 O4 là tâm đẳng phương của ba đường tròn w1 , w2 , w3 w4 là đường tròn ngoại tiếp tam giác O1O2O3
Vì w1 , w2 , w3 đôi một tiếp xúc ngoài nhau và O4 là tâm đẳng phương của ba đường tròn w1 , w2 , w3 nên suy ra O4 P12 = O4 P22 = O4 P32 ⇒ O4 P1 = O4 P2 = O4 P3 Do đó O4 là tâm của đường tròn w4 . Mặt khác O4 P1 ⊥ O1O3 , O4 P2 ⊥ O3O2 , O4 P3 ⊥ O2O1 nên suy ra O1O2 , O2O3 , O3O1 lần lượt là các tiếp tuyến của w4 . Gọi Z ' là giao điểm thứ hai của BP1 và w4 +) Ta có ( P2 Z , P2 P1 ) = ( P2 A, P2 P1 ) = ( BA, BP1 ) ( mod π ) = ( PB 1 , PO 1 3 ) = ( P3 Z ', P3 P1 ) = ( P2 Z ', P2 P1 ) ( mod π ) Suy ra P2 , Z , Z ' thẳng hàng ⇒ Z ' là giao điểm của AP2 và BP1 Do đó Z ' ≡ Z ⇒ Z ∈ w4
+)
Mặt
khác
vì
AB
là
đường
kính
của
w3
ta
có
π
( PO ( mod π ) 1 3 , PO 1 4 ) = ( PZ 1 , P1 X ) = 2
⇒ ( PO 1 3 , PO 1 4 ) + ( PO 1 4 , PZ 1 ) = ( PZ 1 , P1 X ) + ( PO 1 4 , PZ 1 ) ( mod π ) ⇒ ( PO 1 3 , PZ 1 ) = ( PO 1 4 , P1 X ) ( mod π )
(1)
Mà PO 1 3 , PZ 1 ) = ( P3 P1 , P3 Z ) ( mod π ) (2) 1 3 là tiếp tuyến của w4 nên ( PO (3) PO 1 4 là tiếp tuyến của w1 nên ( PO 1 4 , P1 X ) = ( P3 P1 , P3 X ) ( mod π ) Từ (1), (2), (3) suy ra ( P3 P1 , P3Z ) = ( P3 P1 , P3 X ) ( mod π ) Do đó P3 , X , Z thẳng hàng Chứng minh tương tự ta cũng có P3 , Y , X thẳng hàng. Vậy các điểm X , Y , Z thẳng hàng. Ví dụ 6. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) . Gọi E là giao điểm của AD
và BC , F là giao điểm của AB và CD , G là giao điểm của AC và BD . Đường tròn ( AGD ) và đường tròn ( CGB ) cắt nhau tại điểm thứ hai là I , đường tròn
( AGB ) và đường tròn ( CGD ) cắt nhau tại điểm thứ hai là
H.
1. Chứng minh rằng E , H , O thẳng hàng và F , I , O thẳng hàng. 2. Chứng minh rằng OI ⊥ EG và OH ⊥ FG . Từ đó suy ra O là trực tâm tam giác EFG. Lời giải:
25
E
B
A H G I F
O C
D
1. Ta có
( IA, IB ) = ( IA, IG ) + ( IG, ID ) ( mod π ) = ( DA, DG ) + ( CG, CB ) ( mod π ) = ( DA, DB ) + ( CA, CB ) ( mod π ) =
1 1 OA, OB + OA, OB 2 2
(
) (
) ( mod π )
= ( OA, OB ) ( mod π ) Suy ra 4 điểm O, A, B, I cùng thuộc một đường tròn ( w1 ) Chứng minh tương tự ta có 4 điểm C , D, O, I cùng thuộc đường tròn ( w2 ) Mặt khác do FA.FB = FC .FD nên suy ra F thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn ( w1 ) và ( w2 ) . Do đó F , I , O thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có E , H , O thẳng hàng. 2. Ta có ( IO, IG ) = ( IO, IC ) + ( IC , IG ) = ( DO, DC ) + ( BC , BG ) ( mod π ) 1 π 1 π = OD, OC + + OC , OD = ( mod π ) 2 2 2 2 Suy ra IO ⊥ IG hay OI ⊥ EG
(
)
(
)
Chứng minh tương tự ta có OH ⊥ FG . Suy ra O là trực tâm tam giác EFG. Ví dụ 7. Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt. Một đường thẳng qua B , cắt ( O1 ) , ( O2 ) lần lượt tại K , M . Gọi d là đường thẳng song
song với AM và tiếp xúc với ( O1 ) tại Q. Đường thẳng AQ cắt lại ( O2 ) tại P . Chứng minh rằng tiếp tuyến tại P của đường tròn ( O2 ) song song với AK . Lời giải: d1
M A
O1
O2 P
d
K B
Q
Gọi d1 là tiếp tuyến tại P của đường tròn ( O2 ) . Ta cần chứng minh ( AQ, AK ) = ( AQ, d1 ) ( mod π ) Thật vậy, từ giả thiết suy ra ( AM , AQ ) = ( d , AQ ) = ( BQ, BA) ( mod π ) Ta có ( AP, AK ) = ( AQ, AK ) = ( BQ, BK ) ( mod π ) (do A, B, Q, K ∈ ( O1 ) ) = ( BQ, BA ) + ( BA, BK ) ( mod π ) = ( AM , AQ ) + ( BA, BM ) ( mod π ) = ( AM , AP ) + ( BA, BM ) ( mod π ) = ( BM , BP ) + ( BA, BM ) ( mod π ) = ( BA, BP ) ( mod π ) = ( AP, d1 ) ( mod π ) = ( AQ, d1 ) ( mod π ) Do đó d1 || AK (đpcm). Ví dụ 8. Cho tam giác ABC . Đường thẳng d theo thứ tự cắt BC , CA, AB tại A0 , B0 , C0 khác A, B, C . Các đường thẳng d A , d B , dC lần lượt qua A0 , B0 , C0 và
vuông góc với BC , CA, AB . Gọi A1 là giao điểm của d B và d C ; B1 là giao điểm của d C và d A ; C1 là giao điểm của d A và d B . Gọi H , H1 lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và tam giác A1B1C1 . Chứng minh rằng đường thẳng d đi qua trung điểm của đoạn HH1. Lời giải:
A
A2
S
C1
C0
H1 A1 B0
H
C2
H2
B1
B2 A0
C
B
+) Gọi A2 , B2 , C2 theo thứ tự là trung điểm các đoạn AA1 , BB1 , CC1 ; H 2 là trung điểm của đoạn HH1.
Theo giả thiết suy ra B1C1 ≡ d A , C1 A1 ≡ d B , A1B1 ≡ dC
(1)
Khi đó B1C1 ⊥ BC , C1 A1 ⊥ CA, A1B1 ⊥ AB
Suy ra ( BC , BH ) = ( BC , B1C1 ) + ( B1C1 , B1H1 ) + ( B1H1, BH ) ( mod π )
= =
π 2
π 2
+ ( B1C1 , B1H1 ) + ( AC 1 1 , AC ) ( mod π ) + ( B1C1 , B1H1 ) +
π 2
( mod π ) = ( B1C1, B1H1 ) ( mod π )
Chứng minh tương tự ta có ( CB, CH ) = ( C1B1 , C1H1 ) ( mod π ) Suy ra ∆HBC và ∆H1 B1C1 đồng dạng cùng hướng
(2)
+) Mặt khác từ (1) suy ra ∆ABC và ∆A1B1C1 đồng dạng cùng hướng Mà A2 , B2 , C2 theo th
t l trung i m các o n AA1 , BB1 , CC1
Nên ∆ABC và ∆A2 B2C2 đồng dạng cùng hướng
(3)
Từ đó suy ra ( B2 H 2 , C2 A2 ) = ( B2 H 2 , B1H1 ) + ( B1H1 , A1C1 ) + ( A1C1 , A2C2 ) ( mod π )
= ( B2 H 2 , B1H1 ) + = ( B2C2 , B1C1 ) +
π 2
π 2
+ ( A1C1 , A2C2 ) ( mod π )
+ ( B1C1 , B2C2 ) ( mod π ) =
π 2
( mod π )
(do (2) và (3))
Do đó B2 H 2 ⊥ A2C2 Chứng minh tương tự ta cũng có C2 H 2 ⊥ A2 B2 . Từ đó suy ra H là trực tâm ∆A2 B2C2
(4)
+) Gọi S là điểm Miquel của tứ giác toàn phần BCB0C0 AA0 Do A2 , B2 , C2 tương ứng là tâm của các đường tròn ( AB0C0 ) , ( BC0 A0 ) , ( CA0 B0 ) Nên ( C0 A0 , C0 S ) = ( C0 A0 , C0 B0 ) =
1 A2 A0 , A2 B0 = ( A2 S , A2C2 ) ( mod π ) 2
(
)
Chứng minh tương tự ta có ( A0C0 , A0 S ) = ( C2 S , C2C2 ) ( mod π ) Suy ra ∆SC0 A0 và ∆SA2C2 đồng dạng cùng hướng ⇒ ( SA2 , SC2 ) = ( SC0 , SA0 ) = ( B2 A2 , B2C2 ) ( mod π ) (do B2 A2 ⊥ SC0 , B2C2 ⊥ SA0 )
Do đó 4 điểm S , A2 , B2 , C2 cùng thuộc một đường tròn
(5)
+) Mặt khác do A0 , B0 , C0 lần lượt đối xứng với S qua B2C2 , C2 A2 , A2 B2 Kết hợp với (5), suy ra đường thẳng d ≡ A0 B0C0 là đường thẳng Steiner của S đối với ∆A2 B2C2 (6) Từ (4) và (6) suy ra đường thẳng d đi qua H 2 (đpcm). Ví dụ 9. (Đề thi chọn HSG Quốc gia năm 2012)
Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O và có các cặp cạnh đối không song song. Gọi M , N tương ứng là giao điểm của các đường thẳng AB và CD , AD và BC . Gọi P, Q, S , T tương ứng là giao điểm các đường phân giác
và MBN , MBN và MCN , MCN và MDN , MDN trong của các cặp góc MAN
. Giả sử bốn điểm P, Q, S , T đôi một phân biệt. và MAN 1. Chứng minh rằng bốn điểm P, Q, S , T cùng thuộc một đường tròn. Gọi I là tâm của đường tròn đó. 2. Gọi E là giao điểm của các đường chéo AC và BD . Chứng minh rằng ba điểm E , O, I thẳng hàng. Lời giải:
29
N
S
T
A
P
Q B
O E
I M
C
D
1. Không mất tính tổng quát, giả sử A nằm giữa N và D ; C nằm giữa M và D . Dễ thấy P là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác NAB và S là tâm đường tròn bàng tiếp góc D của tam giác NDC nên NP là phân giác ngoài góc
của tam giác NDC APB của tam giác NAB và NS là phân giác ngoài góc DPC nên suy ra P, S , N thẳng hàng. Mặt khác APB ≡ DPC Chứng minh tương tự ta cũng có Q, T , M thẳng hàng. Khi đó ta có:
(TQ, TP ) = (TM ,TA) = =
π 2
π 2
+
1 ( DM , DA) ( mod π ) 2
+
1 ( DC , DN ) = ( SC , SN ) = ( SQ, SP ) ( mod π ) 2
Do đó bốn điểm P, Q, S , T cùng thuộc một đường tròn tâm I . 2. Dễ thấy T là tâm đường tròn bàng tiếp góc D của tam giác ADM Do đó (TA, TM ) =
1 ( DA, DM ) = (TA, TQ ) ( mod π ) 2 1 2
( BA, BQ ) = ( BA, BN ) + ( BN , BQ ) ( mod π ) = ( BA, BC ) + ( BN , BM ) ( mod π )
1 1 1 ( BC , BA) ( mod π ) = ( DN , DM ) + ( DM , DN ) ( mod π ) = ( DA, DM ) ( mod π 2 2 2 ⇒ (TA, TQ ) = ( BA, BQ ) ( mod π ) = ( DA, DM ) +
Suy ra 4 điểm A, B, T , Q cùng thuộc một đường tròn. ⇒ MA.MB = MT .MQ ⇒ PM /(O ) = PM /( I ) . Do đó M nằm trên trục đẳng phương của
hai đường tròn ( O ) và ( I ) . Chứng minh tương tự ta cũng có N nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn
( O ) và ( I ) . Suy ra MN ⊥ OI (1) Mặt khác theo định lý Brocard ta có E là trực tâm của tam giác OMN nên OE ⊥ MN
(2)
Từ (1) và (2) suy ra E , O, I thẳng hàng. *) Nhận xét:
Sử dụng góc định hướng ta nhận thấy rằng ý 1) của bài toán vẫn đúng khi
ABCD là một tứ giác bất kì và ta phát hiện được một số tính chất sau: Tính chất 1: Giao điểm của bốn đường phân giác trong của các góc A, B, C , D cùng thuộc một đường tròn.
Tính chất 2: Giao điểm của bốn đường phân giác ngoài của các góc A, B, C , D cùng thuộc một đường tròn.
Ví dụ 10. Cho tam giác ABC. Các điểm A1 , A2 thuộc đường thẳng BC và khác B, C. Các điểm B1 , B2 thuộc đường thẳng CA và khác C , A. Các điểm C1 , C2
thuộc đường thẳng AB và khác A, B. Gọi A ' là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ( AB1C1 ) và ( AB2C2 ) ; B ' là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ( BC1 A1 ) và
( BC2 A2 ) ; C ' là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ( CA1B1 ) và ( CA2 B2 ) . 1. Chứng minh rằng các đường tròn ( AB1C1 ) , ( BC1 A1 ) , ( CA1B1 ) cùng đi qua một điểm K và các đường tròn ( AB2C2 ) , ( BC2 A2 ) , ( CA2 B2 ) cùng đi qua một điểm L. 2. Chứng minh rằng các điểm K , L, A ', B ', C ' cùng thuộc một đường tròn
( w) . 31
3. Chứng minh rằng các đường thẳng AA ', BB ', CC ' đồng quy tại một điểm thuộc đường tròn ( w ) . Lời giải: A
B2 C1
A'
K B1
L
C2
C'
B' P
B
A1
A2
C
1. Gọi K là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ( BC1 A1 ) và ( CA1B1 ) Ta
có
( KB1, KC1 ) = ( KB1, KA1 ) + ( KA1, KC1 ) ( mod π ) = ( CB1, CA1 ) + ( BA1, BC1 ) ( mod π ) = ( CB1 , BC1 )( mod π ) = ( AB1 , AC1 ) ( mod π ) ⇒ K ∈ ( AB1C1 ) hay các đường tròn
( AB1C1 ) , ( BC1 A1 ) , ( CA1B1 )
cùng đi qua một
đ i ểm K .
Chứng minh tương tự ta có các đường tròn ( AB2C2 ) , ( BC2 A2 ) , ( CA2 B2 ) cùng đi qua một điểm L. 2. Ta có
( KA ', KB ') = ( KA ', KC1 ) + ( KC1, KB ') ( mod π ) = ( AA ', AC1 ) + ( BC1, BB ') ( mod π ) = ( AA ', BB ') ( mod π ) = ( AA ', AC2 ) + ( AC2 , BB ') ( mod π ) = ( LA ', LC2 ) + ( BC2 , BB ')( mod π ) = ( LA ', LC2 ) + ( LC2 , LB ') = ( LA ', LB ')( mod π ) Suy ra 4 điểm K , L, A ', B ' cùng thuộc một đường tròn. Chứng minh tương tự ta có 4 điểm K , L, A ', C ' cùng thuộc một đường tròn. Vậy 5 điểm K , L, A ', B ', C ' cùng thuộc một đường tròn ( w ) .
3. Gọi P là giao điểm thứ hai của AA ' với đường tròn ( w ) Khi đó ta có
( PB ', BB ') = ( PB ', KB ') + ( KB ', BB ') ( mod π ) = ( PA ', KA ') + ( KC , BC1 ) ( mod π ) = ( AA ', KA ') + ( KC , AC1 ) ( mod π ) = 0 ( mod π ) (vì 4 điểm K , A, C ', C1 cùng thuộc một đường tròn) Suy ra P, B, B ' thẳng hàng hay BB ' đi qua P. Chứng minh tương tự ta có CC ' đi qua P. Vậy các đường thẳng AA ', BB ', CC ' đồng quy tại một điểm thuộc đường tròn ( w ) . Ví dụ 11. (Russia MO 1998, grade 10) Cho tam giác ABC không cân và AA1 là phân
giác trong góc A. Từ điểm A1 kẻ tiếp tuyến A1 A2 ≠ BC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC ( A2 là tiếp điểm). Tương tự ta xác định các điểm B2 , C2 . Gọi A3 , B3 , C3 lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Chứng minh rằng các đường thẳng A2 A3 , B2 B3 , C2C3 đồng quy tại một điểm trên đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Lời giải. A
F C3 C1
B0
C2
C0
B1
B3
I A2
E B
B2
A0
A1
A3
C
Trước hết ta xét bổ đề Bổ đề (định lý Feuerbach) Đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp. Bổ đề này rất quen thuộc, xin dành cho bạn đọc. Trở lại bài toán.
Gọi A0 , B0 , C0 lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh BC, CA, AB.
Ta có: ( IC0 , IA2 ) = ( IC0 , IA0 ) + ( IA0 , IA2 ) ( mod π ) = ( BC0 , BA0 ) + 2( IA0 , IA1 ) ( mod π ) π = ( BA, BC ) + 2 − + ( A1 A0 , A1I ) ( mod π ) 2 = ( BA, BC ) + 2( A1 A0 , CA) + 2( CA, A1I )( mod π ) = ( BA, BC ) + 2( CB, CA ) + 2( CA, AA1 )( mod π ) = ( BA, BC ) + 2( CB, CA ) + ( CA, AB )( mod π ) = ( BA, BC ) + 2( CB, CA ) + ( CA, AB )( mod π ) = ( CB, CA) ( mod π ) Suy ra ( IC0 , IA2 ) = ( CB, CA ) ( mod π ) Tương tự ta có ( IB2 , IC0 ) = ( CB, CA) ( mod π )
(1) (2)
Từ (1) và (2) ta có ( IC0 , IA2 ) = ( IB2 , IC0 ) ( mod π ) ⇒ tam giác C0 A2 B2 cân tại C0 , kết hợp với I là tâm ngoại tiếp tam giác C0 A2 B2
suy ra
IC0 ⊥ A2 B2 ⇒ A2 B2 || AB ⇒ A2 B2 || A3 B3 .
Tương tự như trên ta được A2 B2 || A3 B3 , B2C2 || B3C3 , C2 A2 || C3 A3 . Do hai tam giác A2 B2C2 , A3 B3C3 cùng hướng nên theo bổ đề 2.2.1 tồn tại một phép vị tự VFk : A2 → A3 , B2 → B3 , C2 → C3 và các đường thẳng A2 A3 , B2 B3 , C2C3 đồng quy tại F. Mặt khác do VFk : A2 → A3 , B2 → B3 , C2 → C3 nên VFk biến đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2C2 thành đường tròn ngoại tiếp tam giác A3 B3C3 . Đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2C2 là đường tròn (I), còn đường tròn ngoại tiếp tam giác A3 B3C3 là đường tròn (E) (đường tròn Euler của tam giác ABC). Theo bổ đề trên ta có (I), (E) tiếp xúc trong với nhau suy ra tâm vị tự của hai đường tròn này chính là tiếp điểm và đó chính là điểm F. Vậy A2 A3 , B2 B3 , C2C3 đồng quy tại F nằm trên đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
3. Dạng 3: Chứng minh điểm thuộc đường thẳng cố định, đường tròn cố định; đường thẳng, đường tròn đi qua điểm cố định; đường thẳng tiếp xúc với đường tròn cố định. Ví dụ 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) và A ' là một điểm cố định trên đường tròn ( O ) . P là điểm di động trên đường thẳng BC , K là điểm thuộc đường
34
thẳng AC sao cho PK luôn song song với một đường thẳng d cố định. Đường tròn ngoại tiếp tam giác APK cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là E , M là giao điểm của hai đường thẳng AE và BC ; A ' P cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là N . Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải:
d K A A'
X O C
N
Y B
M
P
E Z
+) Đường thẳng qua A ' và song song với BC cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là X . Gọi Y là giao điểm thứ hai của BC và đườn tròn ( APK ) và Z là giao điểm thứ hai của XY với đường tròn ( O ). Do B, C , A ' cố định nên X là điểm cố định. Ta có A, P, K , Y cùng thuộc một đường tròn và PK || d nên
(YA, BC ) = (YA, YP ) = ( KA, KP ) = ( AC , d ) ( mod π ) Suy ra Y cố dịnh và do đó Z cố định +) Mặt khác vì N , A ', Z , X cùng thuộc một đường tròn và A ' X || BC nên
( NP, NZ ) = ( NA ', NZ ) = ( XA ', XZ ) = (YP, YZ ) ( mod π ) Suy ra 4 điểm N , P, Y , Z cùng thuộc một đường tròn. +) Ta có NZ là trục đẳng phương của đường tròn ( O ) và đường tròn ( PNY )
AE là trục đẳng phương của đường tròn ( O ) và đường tròn ( APK )
PY là trục đẳng phương của đường tròn ( PNY ) và đường tròn ( PNY ) Mà PY và AE cắt nhau tại M nên suy ra 3 đường NZ , AE , PY đồng quy tại M Vậy đường thẳng MN đi qua điểm Z cố định. Ví dụ 2. Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn ( O ) , d là tiếp tuyến tại
A của đường tròn ( O ) . Gọi ( O ') là đường tròn đối xứng với đường tròn ( O ) qua BC. Gọi M là một điểm thay đổi trên ( O ') và khác B, C. Các đường thẳng MB, MC lần lượt cắt các đường thẳng AC , AB tại P, Q . Chứng minh rằng: 1. Các điểm A, M , P, Q cùng thuộc một đường tròn có tâm thuộc một đường thẳng d ' cố định. 2. Các đường thẳng BC , d , d ' đồng quy. Lời giải:
Q I
S
A
O
B
C
T O' M P
1. +) Ta có ( MP, MQ ) = ( MB, MC ) =
1 O ' B, O ' C 2
(
) ( mod π )
1 OC , OB = ( AC , AB ) = ( AP, AQ ) ( mod π ) 2 Suy ra 4 điểm A, M , P, Q cùng thuộc đường tròn tâm S . +) Vì OB = OC = O ' C = O ' B nên tứ giác BO ' CO là hình thoi ⇒ BO ' = OC Gọi ( I ) là đường tròn đối xứng với đường tròn ( O ) qua A ⇒ AI = OA Do đó MO ', MS = MO ', BO ' + BO ', AI + AI , AS + AS , MS ( mod 2π ) = MO ', BO ' + OC , OA + AI , AS + AS , MS ( mod 2π ) = 2( MC , BC ) + 2( BC , BA ) + AI , AS + 2( AQ, MQ ) ( mod 2π ) =
(
(
(
)
) (
) (
) (
) (
(
) (
) ( )
) (
)
)
= 2( MQ, BC ) + 2( BC , AQ ) + AI , AS + 2( AQ, MQ ) ( mod 2π ) = 2( MQ, MQ ) + AI , AS ( mod 2π ) = AI , AS ( mod 2π ) (1)
(
(
)
)
Mà AI = AO = MO '; AS = MS
(
)
(2)
Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác AIS , MO ' S bằng nhau và cùng hướng ⇒ SI = SO ' ⇒ S thuộc đường thẳng d ' là đường trung trực của đoạn O ' I cố định. 2. Ta có hai đường tròn ( O ' ) , ( I ) có bán kính bằng nhau và SO ' = SI nên đường thẳng d ' là trục đẳng phương của hai đường tròn ( O ') và ( I ) Mà BC là trục đẳng phương của hai đường tròn ( O ') và ( O )
Đường thẳng d là trục đẳng phương của hai đường tròn ( O ) và ( I ) Do tam giác ABC không cân nên d và BC không song song. Vậy 3 đường thẳng BC , d , d ' đồng quy tại T .
Ví dụ 3. Cho đường tròn ( O ) và hai điểm B, C cố định trên đường tròn ( O không thuộc đường thẳng BC ) và A là điểm thay đổi trên đường tròn ( O ) . Gọi E , F lần lượt là điểm đối xứng của B, C qua AC , AB tương ứng; D là giao điểm của BF và CE . Chứng minh rằng đường tròn ( DEF ) luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải: E
A F
O
C
B
D
S
+) Vì O không thuộc đường thẳng BC nên các tiếp tuyến với ( O ) tại B, C cắt nhau tại S ⇒ SB = SC và BF = BC = CE +) Ta có BS , BF − CS , CE = BS , BF + CE , CS ( mod 2π ) = BS , BC + BC , BF + CE , CB + CB, CS ( mod 2π )
(
(
) ( ) (
) ( ) (
) ( ) (
)
)
= BS , BC = BS , BC = BS , CS = BS , CS
( ( ( (
+ 2( BC , BA) + 2( CA, CB ) + CB, CS ( mod 2π ) + 2( AC , AB ) + π + BC , CS ( mod 2π ) + 2( AC , AB ) + π ( mod 2π ) = BS , CS + 2( CS , CB ) + π ( mod 2π ) + CS , SB + π ( mod 2π ) = BS , SB + π ( mod 2π ) = 0 ( mod 2π )
) ) ) ) (
( )
(
)
(
)
)
(
)
Suy ra hai tam giác BSF , CSE đồng dạng cùng hướng. ⇒ ( DE , DF ) = ( BF , CE ) = ( SF , SE ) ( mod π ) ⇒ S thuộc đường tròn ( DEF ) hay đường tròn ( DEF ) đi qua S cố định. ≠ 900 , D là điểm cố định trên đường thẳng BC , Ví dụ 4. Cho tam giác ABC , BAC P là điểm thuộc miền trong tam giác ABC . Gọi B1 , C1 lần lượt là hình chiếu của P trên AC , AB. Các đường thẳng DB1 và AB cắt nhau tại C2 , các đường thẳng DC1 và AC cắt nhau tại B2 . Gọi Q là giao điểm thứ hai của hai đường tròn
( AB1C1 )
và ( AB2C2 ) . Chứng minh rằng đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố
định khi P di động và P luôn thuộc miền trong tam giác ABC . Lời giải:
C2
A F
B1
H
C1 P E
Q
C B
D B2
Dựng hình bình hành AEDF với E ∈ AC , F ∈ AB. Gọi H là trực tâm tam giác
DEF thì suy ra H cố định. +) Ta có đường tròn ( AB1C1 ) là đường tròn đường kính AP Mà Q ∈ ( AB1C1 ) ⇒ AQP = 900
(1)
+) ( B1Q, B1B2 ) = ( B1Q, B1 A ) = ( C1Q, C1 A) = ( C1Q, C1C2 ) ( mod π )
( B2 B1 , B2Q ) = ( B2 A, B2Q ) = ( C2 A, C2Q ) = ( C2C1, C2Q ) ( mod π ) Suy ra hai tam giác QB1B1 và QC1C2 đồng dạng cùng hướng
(2)
+) Mặt khác
EB1 FC1 = ( B1B2 E ) = D ( B1B2 EF ) = D ( C2C1EF ) = D ( C1C2 FE ) = ( C1C2 F ) = EB2 FC2 ⇒
EB1 FC1 = EB2 FC2
( 3)
Từ (1), (2), (3) suy ra hai tam giác QB1E và QC1F đồng dạng cùng hướng Suy ra hai tam giác QEF và QB1C1 đồng dạng cùng hướng +) Vì A, Q, B1 , C1 cùng thuộc một đường tròn và AE ⊥ HE , AF ⊥ HF nên ta có
( QE , QF ) = ( QB1, QC1 ) = ( AB1, AC1 ) = ( AE , AF ) = ( HE , HF ) ( mod π ) Suy ra Q, H , E , F cùng thuộc một đường tròn. Mà AE || FD và H là trực tâm tam giác DEF nên ta có
π 2
AQH = 900 ( QA, QH ) = ( EA, EH ) = ( FD, FH ) = ( mod π ) ⇒
(4)
Từ (1) và (4) suy ra 3 điểm P, Q, H thẳng hàng hay đường thẳng PQ đi qua điểm
H cố định. Ví dụ 5. Cho tam giác ABC không vuông. Đường trung trực của AB, AC cắt các đường thẳng AC , AB tương ứng tại M , N . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC , J là điểm đối xứng với
I qua MN . Chứng minh rằng khi A cố định và B, C thay đổi trên một đường thẳng d cố định không qua A thì J luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Lời giải:
39
A
J O M
N B
C
K I
Gọi K là giao điểm của AJ và BC . Do M thuộc đường trung trực của AB và N thuộc đường trung trực của AC nên
( AB, AC ) = −( BA, BM ) = ( BM , BA ) ( mod π ) ( AB, AC ) = −( CN , CA ) = ( CA, CN ) ( mod π ) Ta có ( NB, NC ) = ( NA, NC ) = ( AN , AC ) + ( CA, CN ) = 2( AB, AC ) ( mod π ) Chứng minh tương tự ta cũng có ( MB, MC ) = 2( AB, AC ) ( mod π ) Mà O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên OB, OC = 2( AB, AC ) ( mod 2π )
(
)
Suy ra OB, OC = ( MB, MC ) ( mod 2π ) ⇒ ( OB, OC ) = ( MB, MC ) = ( NB, NC ) ( mod π )
(
)
Do đó các điểm B, C , O, M , N cùng thuộc đường tròn tâm I . Mặt
khác,
do
J
là
điểm
đối
xứng
với
I
qua
JM = JN JM , JN = − IM , IN ( mod 2π ) Mà IM , IN = 2 CM , CN = 2 CA, CN = 2 AB, AC = 2 AN , AM Suy ra JM , JN = 2 AM , AN ( mod 2π ) .
(
) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )
) (
Do đó J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN .
) (
MN
nên
) ( mod 2π )
⇒ ( JA, JN ) = 2( MA, MN ) ( mod π )
(1)
Mà ( MA, MN ) = ( MC , MN ) = ( BC , BN ) = ( BK , BA) ( mod π ) (2)
( JA, JN ) = ( AJ , AN ) + ( AN , NJ ) = 2( AJ , AN ) = 2( AK , AB ) ( mod π ) ( 3) Từ (1), (2), (3) suy ra 2( AK , AB ) = 2( BK , BA ) ( mod π ) ⇒ 2( AK , AB ) − 2( BK , BA) = 0 ( mod π ) ⇒ 2( KA, KB ) = 0 ( mod π ) Mà A không thuộc đường thẳng d hay A, B, K không thẳng hàng Suy ra KA ⊥ KB Vậy J luôn thuộc đường thẳng qua A và vuông góc với đường thẳng d cố định.
Ví dụ 6. (Đề thi chọn HSG Quốc gia năm học 2005 - 2006) Cho tứ giác lồi ABCD . Xét một điểm M di động trên đường thẳng AB sao cho M không trùng với A, B. Gọi N là giao điểm thứ hai của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AMC và BMD . Chứng minh rằng: 1. Điểm N di động trên đường tròn cố định. 2. Đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải:
D
C N
I
A
K
B
M
1. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC , BD. Ta có
( CI , CN ) = ( CA, CN ) = ( MA, MN ) = ( MB, MN ) = ( DB, DN ) = ( DI , DN ) ( mod π ) Suy ra bốn điểm C , D , I , N cùng thuộc một đường tròn hay N di động trên đường tròn ngoại tiếp tam giác CDI cố định.
2. Gọi K là giao điểm của của đường thẳng MN và đường thẳng d qua I , song song với AB Khi đó ta có ( CI , CN ) = ( CA, CN ) = ( MA, MN ) = ( KI , KN ) ( mod π ) Suy ra bốn điểm C , K , I , N cùng thuộc một đường tròn hay K nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác CDI cố định. Mặt khác, K thuộc đường thẳng d cố định nên suy ra K là điểm cố định. Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm K cố định. Ví dụ 7. Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) . Các đường thẳng a, b theo thứ tự là trung trực của các đoạn OD, OC. Điểm M thay đổi trên ( O ) và khác A, B . Các đường thẳng MA, MB theo thứ tự cắt các đường thẳng a, b tại E , F . Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Lời giải: B'
A'
K M F B E A O C
D b a K'
Gọi R là bán kính của đường tròn lần lượt là điểm đối xứng với O qua MA, MB. Gọi K là giao điểm thứ hai của các đường tròn ( ODA ' ) , ( OCB ' ) ; K ' là điểm đối xứng với K qua O. Dễ thấy các cặp đoạn th AC và BD ; OA ' và MA ; OB ' và MB có cùng trung ẳ ng điểm nên suy ra AD = BC , AA ' = OM = BB ' Suy ra AD = BC , AA ' = BB ' và AD, AA ' = BC , BB ' ( mod 2π )
(
) (
)
Do đó các tam giác DAA ', CBB ' bằng nhau cùng hướng ⇒ ( DA ', CB ' ) = ( DA, CB ) ( mod π )
Kết hợp với DA || CB ta suy ra DA ' || CB ' Vì O là trung điểm chung của AC , BD, KK ' nên suy ra KC || K ' A, KD || K ' B Vậy ( MA, MB ) = ( A ' O, B ' O ) ( mod π ) ( do MA ⊥ A ' O, MB ⊥ B ' O ) = ( A ' O, B ' C ) + ( B ' C , B ' O ) ( mod π ) = ( A ' O, A ' D ) + ( B ' C , B ' O ) ( mod π ) = ( KO, KD ) + ( KC , KO ) ( mod π ) = ( KC , KD ) = ( K ' A, K ' B ) ( mod π ) Do đó K ' thuộc đường tròn ( MAB ) ⇒ K ' ∈ ( O ) Kết hợp với K ' là điểm đối xứng với K qua O suy ra OK = OK ' = R (1) Mặt khác do E , F lần lượt là tâm của đường tròn ( ODA ' ) , ( OCB ' ) nên EF là trung trực của đoạn OK (2) Từ (1) và (2) suy ra d ( O, EF ) =
R 2
R Vậy đường thẳng EF luôn tiếp xúc với đường tròn O, cố định. 2 Ví dụ 8. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . Các điểm B, C cố định và điểm A di động. Đường tròn ( D ) đi qua B, C theo thứ tự cắt AC , AB tại các điểm thứ hai là E , F . Các điểm M , N tương ứng thuộc BE , CF sao cho DM , DN theo thứ tự song song với AC , AB . Gọi T là giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn ( DMN ) tại M , N . Chứng minh rằng T là điểm cố định. Lời giải: Trước hết ta xét một bổ đề: Bổ đề: Cho tam giác ABC cân tại A. Đường tròn ( D ) đi qua B, C theo thứ tự cắt AC , AB tại các điểm thứ hai là E , F . Các điểm M , N tương ứng thuộc BE , CF sao cho DM , DN theo thứ tự song song với AC , AB . Các điểm P, Q theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng qua D song song với BC và các tiếp tuyến với đường tròn ( DMN ) tại M , N . Khi đó P, Q tương ứng là tâm các đường tròn ( BDM ) , ( CDN ) . Chứng minh bổ đề: Vì tam giác ABC cân tại A nên PQ tiếp xúc với đường tròn ( DMN ) tại D. Do đó PM = PD
A
F
E N
M
C
B
P
D
Q
Mặt khác ta có
2( BD, BM ) = 2( BD, BE ) ( mod 2π ) = BD, DE
( ) ( mod 2π ) = π + ( DB, DE ) ( mod 2π ) = π + ( CB, CE ) ( mod 2π ) = π + ( DP, DM ) ( mod 2π ) (vì CB || DP, CE || DM ) = π + ( DP, PM ) ( mod 2π ) = ( PD, PM ) = ( mod 2π ) Từ đó suy ra P là tâm của đường tròn ( BDM ) . Chứng minh tương tự ta cũng suy ra Q là tâm đường tròn ( CDN ) . Trở lại bài toán: A1
A
T=T1
F E1
F1
O
M1
N1
N E
M C
B P
D
Q
chứa A của đường tròn ( O ) , E , F theo thứ tự là Gọi A1 là trung điểm cung BC 1 1 giao điểm thức hai của đường tròn ( D ) với các cạnh AC , AB . Các điểm M 1 , N1 tương ứng thuộc BE1 , CF1 sao cho DM 1 , DN1 theo thứ tự song song với A1C , A1B . Các điểm P, Q theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng qua D song song với BC và các tiếp tuyến với đường tròn ( DM 1 N1 ) tại M 1 , N1. Gọi T1 là giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn ( DM 1 N1 ) tại M 1 , N1 thì T1 là điểm cố định. Theo bổ đề trên thì P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ( BDM 1 ) , ( CDN1 ) (1) Mặt khác ( MB, MD ) = ( EB, EC ) ( mod π ) (vì MB ≡ EM , MD || EC ) = ( E1B, E1C ) ( mod π ) = ( M 1B, M 1D ) ( mod π ) (vì E1B ≡ M 1B; E1C || M 1D )
Suy ra các điểm B , D , M , M 1 cùng thuộc một đường tròn (2) Từ (1) và (2) suy ra PM = PM 1 = PD Chứng minh tương tự ta cũng có QN = QN1 = QD (3) Do đó PM = PM 1 = QN = QN1 (vì PD = QD ) Ta có PM , PM 1 = 2( BM , BM 1 ) ( mod 2π ) = 2( BE , BE1 )( mod 2π )
(
)
= 2( CE , CE1 ) ( mod 2π ) (vì B, C , E , E1 cùng thuộc một đường tròn) = 2( CA, CA1 ) ( mod 2π ) = 2( BA, BA1 ) ( mod 2π ) = 2( BF , BF1 ) ( mod 2π ) = 2( DN , DN1 ) ( mod 2π ) = QN , QN1 (vì DN || BF , DN1 || BF1 )
(
)
Suy ra hai tam giác PMM 1 , QNN1 bằng nhau cùng hướng Vì các tam giác T1PQ và T1MN cùng cân tại T1 và PQ || M 1 N1 nên suy ra
T1M T1 N = T1P T1Q
Suy ra các tam giác T1MM 1 , T1 NN1 bằng nhau cùng hướng Do đó các tam giác T1MN , T1M 1 N1 đồng dạng cùng hướng (4) Ta có
( MT , MN ) = ( DM , DN ) ( mod π )
(vì MT là tiếp tuyến tại M của đường tròn
( DMN ) ) = ( CA, BA ) ( mod π ) (vì DM || CA, DN || BA) = ( CA1 , BA1 ) ( mod π ) = ( DM 1 , DN1 ) ( mod π ) (vì DM 1 || CA1 , DN1 || BA1 ) = ( M 1T1 , M 1 N1 ) ( mod π ) (vì MT1 là tiếp tuyến tại M của đường tròn ( DM 1 N1 ) ) Chứng minh tương tự ta cũng có ( NT , NM ) = ( N1T1 , N1M 1 ) ( mod π ) Do đó hai tam giác TMN , T1M 1 N1 đồng dạng cùng hướng (5) Từ (4) và (5) suy ra hai tam giác TMN , T1MN đồng dạng cùng hướng Từ đó suy ra (T1M , TM ) = (T1 N , T1 N ) = ( MN , MN ) ( mod π ) Do đó T1M ≡ TM và T1 N ≡ TN . Suy ra T1 ≡ T Vậy T là điểm cố định.
45
*) Nhận xét: Ví dụ 8 chính là bài toán mở rộng của bài toán 1, đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Quốc tế năm 2010 (TST 2010).
4. Dạng 4: Mộ số bài tập khác. Ví dụ 1. Cho tam giác ABC không cân. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với các cạnh BC , CA, AB lần lượt tại A1 , B1 , C1 . Gọi A2 , B2 tương ứng là giao điểm thứ hai của AA1 , BB1 với đường tròn ( I ) . Gọi A1 A3 , B1B3 là các đường phân giác trong của tam giác A1B1C1 .
1) Chứng minh rằng A2 A3 là phân giác của góc B 1 A2C1 . 2) Gọi P, Q là các giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác A1 A2 A3 và B1 B2 B3 . Chứng minh rằng P, Q, I thẳng hàng.
Lời giải: A
C1 A2 A3 I B3
Q B1
B2 B
A1
C
P
1. Ta có tứ giác A1B1 A2C1 là tứ giác điếu hòa nên suy ra
A2 B1 A1B1 A3 B1 = = A2C1 A1C1 A3C1
⇒ A2 A3 là phân giác của góc B 1 A2C1 . 2. Ta có
( A1I , A1 A3 ) = ( A1I , AC 1 1 ) + ( A1C1 , A1 A3 ) = =
π 2
− ( B1C1 , B1 A1 ) +
1 ( AC 1 1 , A1 B1 ) ( mod π ) 2
π
1 − ( A2C1 , A2 A1 ) + π − ( A2 B1 , A2C1 ) = ( A2C1 , A2 A3 ) − ( A2C1 , A2 A1 ) ( mod π ) 2 2
= ( A2C1 , A2 A3 ) + ( A2 A1, A2C1 ) = ( A2 A1 , A2 A3 ) ( mod π ) ⇒ IA1 là tiếp tuyến của đường tròn ( A1 A2 A3 ) ⇒ PI /( A1 A2 A3 ) = IA12
Chứng minh tương tự IB1 là tiếp tuyến của đường tròn ( B1B2 B3 ) ⇒ PI /( B1B2 B3 ) = IB12 Mà IA1 = IB1 ⇒ PI /( A1 A2 A3 ) = PI /( B1B2 B3 ) ⇒ I thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn
( A1 A2 A3 ) , ( B1B2 B3 ) . Do đó O ∈ PQ . Ví dụ 2. Cho tam giác ABC không cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O . Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác, tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt ở E và F . Các điểm M , N thuộc đường tròn ( I ) sao cho EM || FN || BC . Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của BM , CN với đường tròn ( I ) . Chứng minh rằng: 1. BC , EP, FQ đồng quy tại điểm K . 2. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác BPK , CQK cùng tiếp xúc với đường tròn ( I ) và cùng đi qua một điểm thuộc đường tròn ( O ) . Lời giải:
47
A
P N
F
d L
M
E O
B
I
Q
D
C
K
S
1. Gọi S = BC ∩ EF . Gọi D là tiếp điểm của ( I ) với BC . Ta có tứ giác DMFP là tứ giác điều hòa nên E ( DSPM ) = E ( DFPM ) = −1 Mà EM || DS nên suy ra EP đi qua trung điểm của DS . Chứng minh tương tự thì FQ đi qua trung điểm của DS . Vậy BC , EP, FQ đồng quy tại K là trung điểm của DS . 2. *) Gọi d là tiếp tuyến với ( I ) tại P . Ta có :
( KP, KB ) = ( EP, EM ) ( mod π ) (vì KB || EM ) (
) ( mod π ) (vì d là tiếp xúc với ( I ) tại P )
(
) ( mod π )
= d , PM = d , PB
Suy ra d tiếp xúc với đường tròn ( BPK ) tại P . Do đó đường tròn ( BPK ) tiếp xúc với ( I ) . Chứng minh tương tự đường tròn ( CQK ) tiếp xúc với ( I ) . Kí hiệu EE , FF là các tiếp tuyến với ( I ) tại E , F .
Gọi L là giao điểm khác K của ( BPK ) và ( CQK ) . Ta có
( LB, LC ) = ( LB, LK ) + ( LK , LC ) = ( PB, PK ) + (QK , QC ) ( mod π ) ( ) ( ) ( mod π ) = ( EM , EE ) + ( FF , FN ) = ( AB, AC ) ( mod π ) = PM , PE + QF , QN
( ABC ) .
Suy ra L thuộc đường tròn
(vì FN || EM )
Vậy đường tròn ngoại tiếp các tam giác
BPK , CQK cùng đi qua một điểm thuộc đường tròn ( O ) .
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC và các điểm X , Y , Z , T sao cho các tam giác BXA, CYA đồng dạng ngược hướng, các tam giác BXA, BZC , TXY đồng dạng cùng hướng. Chứng minh rằng các đường tròn ( BZC ) , (TXY ) đồng tâm. Lời giải:
A
X
Y Z
O
B
C
K T
Gọi O là tâm của đường tròn ( BZC ) và K là điểm thuộc đường trung trực của BC sao cho ( BO, BK ) = ( BZ , BC ) ( mod π ) 1 Ta có ( OB, OK ) = OB, OC ( mod π ) ( do OB = OC , OK ⊥ BC ) 2
(
)
= ( ZB, ZC ) ( mod π ) Vì ∆BZC , ∆BXA đồng dạng cùng hướng nên
( BZ , BC ) = ( BX , BA) ( mod π ) ( ZB, ZC ) = ( XB, XA) ( mod π ) Suy ra ( BO, BK ) = ( BX , BA ) ( mod π ) và ( OB, OK ) = ( XB, XA) ( mod π ) Do đó ∆BOK , ∆BXA đồng dạng cùng hướng Mặt khác, do B, C đối xứng nhau qua OK nên ∆BOK , ∆COK đồng dạng ngược hướng Mà ∆BXA, ∆CYA đồng dạng ngược hướng Nên suy ra ∆COK , ∆CYA đồng dạng cùng hướng Do đó các bộ hai tam giác BOX , BKA và COY , CKA đồng dạng cùng hướng Vì ∆BXA, ∆TXY đồng dạng cùng hướng và ∆BXA, ∆CYA đồng dạng ngược hướng Nên TX , TY = BX , BA = CA, CY ( mod 2π )
(
) (
) (
)
Từ đó suy ra OX , OY = OX , KA + KA, OY ( mod 2π ) = BX , BA + CA, CY ( mod 2π ) = TX , TY + TX , TY = 2 TX , TY ( mod 2π ) = 2(TX , TY ) ( mod 2π ) (*)
(
) ( (
(
) ( ) ( )
) )
(
) (
) ( mod 2π )
Mà OB = OC , KB = KC nên a suy ra OX OB OC OY .KA = .KA = .KA = .KA = OY (**) KA KB KC KA Từ (*) và (**) suy ra T thuộc đường tròn tâm O đi qua hai điểm X , Y . OX =
Vậy hai đường tròn ( BZC ) , (TXY ) có cùng tâm. Ví dụ 4. (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. Trước hết 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. 50
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 A
O
H
C
B
M D
Chứng minh bổ đề 2
với đường tròn (O). Gọi D là giao điểm thứ hai của phân giác trong góc BAC Do AM là đường kính nên AD ⊥ DM suy ra:
π
( AM , AD ) = ( AM , MD ) + ( MD, AD )( mod π ) = ( AM , MB ) + ( MB, DM ) + ( mod π ) 2
= ( AM , MB ) + ( MB, DM ) + = ( CA, CB ) + ( AB, AD ) +
π 2
π 2
( mod π ) π
( mod π ) = ( CA, CB ) + ( AD, AC ) − ( mod π ) (1). 2
Mặt khác ta có:
( AD, AH ) = ( AD, AB ) + ( AB, AH )( mod π ) = ( AD, AB ) + ( AB, BC ) + ( BC , AH )( mod π ) = ( AD, AC ) + ( AC , AB ) + ( AB, BC ) + = ( AD, AC ) + ( AC , BC ) +
π 2
π 2
( mod π )
( mod π ) (2).
Từ (1) và (2) ta được ( AM , AD ) = ( AD, AH )( mod π ) ⇒ AM, AH đối xứng
. với nhau qua phân giác của góc BAC
Trở lại bài toán: B1
A C1 Mb
Mc
H
M
G
B
C
Ma
A1
Do A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên B1C1 , C1 A1 , A1B1 nên theo bổ
đề 1 ta được M là điểm Lemoine của tam giác A1B1C1 suy ra A1M đối xứng với
trung tuyến kẻ từ A1 của tam giác A1 B1C1 qua phân giác trong của góc BA 1C (3). Do MM a , BC cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn nên tứ giác BMCM a là hình bình hành, kết hợp với MB ⊥ A1C1 , MC ⊥ A1B1 ⇒ M aC ⊥ A1C1 , M a B ⊥ A1B1 suy ra M a là trực tâm tam giác A1BC (4). Do tứ giác HBA1C tiếp và A1H là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác A1BC (5).
Từ (4), (5) và bổ đề 2 suy ra A1H , A1M đối xứng với nhau qua phân giác trong của
(6). góc BAC 1 Từ (3) và (6) suy ra A1 ,M a , G thẳng hàng. Tương tự ta có B1 ,M b , G thẳng hàng và C1 ,M c , G thẳng hàng. Ta có VM−1 : A → Ma , B → Mb , C → Mc suy ra M b M c || BC, M c M a || CA, M a M b || AB (7). Mặt khác do M a , M b , M c lần lượt là trực tâm của tam giác A1BC , B1CA, C1 AB suy ra M a A1 ⊥ BC , M b B1 ⊥ CA, M cC1 ⊥ AB (8).
Từ (7) và (8) ta được M a A1 ⊥ M b M c , M b B1 ⊥ M c M a , M c C1 ⊥ M a M b suy ra G là trực tâm tam giác M a M b M c . Do VM−1 : A → M a , B → M b , C → M c suy ra VM−1 biến trực tâm tam giác ABC thành trực tâm tam giác M a M b M c ⇒ VM−1 : H → G suy ra G nằm trên đường thẳng MH.
53
C. MỘT SỐ BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) . Trên ( O ) lấy 6 điểm phân biệt M , N , P, Q, R, S không trùng với A, B, C sao cho QB = BC = CR , SC = CA = AM , NA = AB = BP. Gọi I A , I B , I C lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác APS , BNR, CMQ . Chứng minh rằng các tam giác I A I B I C và ABC
đồng dạng ngược hướng. Bài 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) . Gọi E , F , G tương ứng là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và CD , AD và BC , AC và BD . Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADE , DCF cắt nhau tại điểm thứ hai là H . Đường cắt CD tại J . phân giác của AHB cắt AB tại I . Đường phân giác của DHC Chứng minh rằng I , J , G thẳng hàng.
Bài 3. . Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) . Gọi E , F , I tương ứng là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và CD , AD và BC , AC và BD . Các đường tròn ( FAB ) , ( FCD ) cắt FI tại các điểm thứ hai tương ứng là K , L. Chứng minh rằng EK = EL. Bài 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
( O ', R ') ( R ' > R )
( O, R ) .
Một đường tròn
tiếp xúc trong với đường tròn ( O, R ) tại I . Gọi P là một điểm
bất kì trên đường tròn ( O, R ) . Các tia PA, PB, PC lần lượt cắt đường tròn ( O ') tại A1 , B1 , C1. Gọi A2 B2C2 là tam giác tạo bởi các giao điểm của các đường thẳng đối
xứng với B1C1 qua BC , C1 A1 qua CA , A1B1 qua AB . 1. Gọi X là giao điểm thứ hai của A1B1 với đường tròn ( IBB1 ) , Y là giao
điểm thứ hai của B1C1 với đường tròn ( ICC1 ) , Z là giao điểm thứ hai của A1C1 với đường tròn ( IAA1 ) . Chứng minh rằng các đường tròn ( ABZ ) , ( BCX ) , ( ACY ) cùng đi qua một điểm Q. 2. Chứng minh rằng các đường tròn ( A2 B2C2 ) và ( ABC ) tiếp xúc nhau.
Bài 5. Cho tứ giác lồi ABCD có các cặp cạnh đối không song song. Gọi P , Q, O tương ứng là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và CD , AD và BC , AC và BD (với A nằm giữa B, P và A nằm giữa D, Q ). Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên PQ . Các điểm M , N , S , R lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên CD, BC , AD, AB . 1. Giả sử các góc tại các đỉnh B, D của tứ giác ABCD không cùng vuông. Chứng minh rằng các điểm M , N , S , R cùng thuộc một đường tròn hoặc thẳng hàng. 2. Chứng minh rằng nếu các góc tại các đỉnh B, D của tứ giác ABCD đều vuông thì các điểm M , N , S , R thẳng hàng. 54
Bài 6. Cho tam giác ABC và một điểm P bất kì trên mặt phẳng. Một đường thẳng qua P cắt các đường tròn ( PAB ) , ( PBC ) , ( PCA ) lần lượt tại các điểm thứ hai là Pa , Pb , Pc . Gọi d a , d b , d c lần lượt là các tiếp tuyến với ( PAB ) , ( PBC ) , ( PCA ) tại Pa , Pb , Pc . Các đường thẳng d a , d b , d c đôi một cắt nhau tạo thành tam giác XYZ . Chứng minh rằng các đường tròn ( ABC ) , ( XYZ ) tiếp xúc nhau. Bài 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . Đường thẳng d đi qua O lần lượt cắt BC , CA, AB tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng các đường tròn đường kính AA1 , BB1 , CC1 có hai điểm chung và một trong hai điểm chung đó thuộc đường tròn ( O ) , điểm chung còn lại thuộc đường tròn Eurler của tam giác ABC. Bài 8. Cho tam giác và đường tròn ( O ) không đi qua A, B, C , Đường tròn ( O ) cắt BC tại A1 , A2 ; cắt CA tại B1 , B2 ; cắt AB tại C1 , C2 . Các đường tròn ( AB1C1 ) , ( BC1 A1 ) , ( CA1B1 ) đi qua điểm E . Các đường tròn
( AB2C2 ) , ( BC2 A2 ) , ( CA2 B2 ) đi qua điểm
F.
1. Chứng minh rằng OE = OF . 2. Chứng minh rằng E , F là hai điểm liên hợp đẳng giác đối với ∆ABC.
55
III. HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI: 1. Hiệu quả kinh tế: Trên Internet đã có một số tài liệu viết về chuyên đề “Góc định hướng” song vẫn chưa tổng hợp được những ứng dụng cụ thể của nội dung kiến thức này. Nội dung trình bày trong sáng kiến là một tài liệu hữu ích cho các học sinh chuyên Toán các lớp 10, 11 và học sinh các đội tuyển HSG Quốc gia, Cụm Duyên hải ĐBBB. Các bài toán trong sáng kiến và các ý tưởng mở rộng, khai thác, tổng quát hóa là tài liệu tham khảo bổ sung cho các thầy cô giáo dạy các lớp chuyên Toán và các đội tuyển về phân môn Hình học phẳng với nội dung “Các ứng dụng của góc
định hướng” Tác giả hi vọng đề tài này có thể dùng làm tài liệu tham khảo và được sử dụng rộng rãi, như một cách tiết kiệm chi phí tài liệu, chi phí giảng dạy cho học sinh chuyên Toán và các đội tuyển học sinh giỏi.
2. Hiệu quả về mặt xã hội: Qua một số bài tập trên, chúng ta có thể thấy được những ứng dụng tính chất bất khả quy, khả quy của đa thức trong các kì thi học sinh giỏi. Trong khuôn khổ bài viết này, do điều kiện thời gian có hạn, chúng tôi mới chỉ nghiên cứu được một số ứng dụng của góc định hướng, đồng thời đã đưa ra một lớp các bài toán minh họa cho những ứng dụng đó. Những ứng dụng này chúng tôi đã áp dụng để giảng dạy các em học sinh các lớp 10, 11 chuyên Toán và các em học sinh trong đội tuyển HSG Quốc gia, đội tuyển cụm duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ. Trong quá trình dạy, chúng tôi đã được các em học sinh nhiệt tình đón nhận đồng thời cũng đạt được một số kết quả nhất định như: - Đội tuyển HSG Quốc gia môn Toán đạt 8/10 giải trong đó có 2 giải Nhì, 2 giải Ba, 4 giải Khuyến khích; có 2 học sinh tham dự chọn đội tuyển Quốc tế. - Đội tuyển học sinh giỏi Cụm Duyên hải và ĐBBB đạt 6/6 giải với 2 Huy chương Vàng, 1 Huy chương Bạc và 3 Huy chương Đồng. - Đội tuyển Olympic Toán Hà Nội mở rộng đạt 6/6 giải với 4 Huy chương Vàng, 2 Huy chương Bạc. Tuy nhiên, do kinh nghiệm chưa nhiều và thời gian hạn chế nên bài viết còn rất nhiều thiếu sót. Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy giáo, cô giáo và các bạn đồng nghiệp để bài viết được hoàn thiện hơn. 56
Tôi xin chân thành cảm ơn! IV. Cam kết không sao chép hoặc vi phạm bản quyền: Chúng tôi xin cam kết những kết quả trong bản sáng kiến này đều là các kết quả do nhóm tác giả chúng tôi nghiên cứu qua quá trình dạy các lớp chuyên Toán và đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia, học sinh giỏi khu vực đồng bằng duyên hải Bắc Bộ. Chúng tôi không sao chép và vi phạm bản quyền của bất kì tác giả nào.
Tác giả sáng kiến
CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (xác nhận, đánh giá, xếp loại)
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO (xác nhận, đánh giá, xếp loại)
57
Tài liệu tham khảo: 1. Tài liệu giáo khoa chuyên Toán lớp 10, 11 - Đoàn Quỳnh (Chủ biên) 2. Tài liệu giáo khoa chuyên Toán lớp 10, 11 (Sách bài tập) - Đoàn Quỳnh (Chủ biên) 3. Các bài toán về hình học phẳng - Tập 1 - V.V Praxolov. 4. Các bài toán về hình học phẳng - Tập 2 - V.V Praxolov. 5. Diễn đàn toán học Mathscope. 6. Đề thi học sinh giỏi các tỉnh và các nước. 7. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ. 8. IMO Shortlist các năm. 9. Các tài liệu trên Internet: http://mathlinks.ro; http://mathscope.org
58