Hướng trong hình học phẳng
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (695.49 KB, 58 trang )
1
HƯỚNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
1. Nhu cầu xây dựng một lí thuyết chặt chẽ về hướng mà không sử dụng
phương pháp toạ độ.
1. Trong toàn bộ cuốn cơ sở hình học của Hilbert, không có thuật ngữ hướng.
2. Bằng phương pháp toạ độ, người ta có thể xây dựng lí thuyết về hướng. Tuy nhiên cách xây
dựng này không hoàn chỉnh: góc bẹt?
3. Cần phải xây dựng lí thuyết chặt chẽ về hướng mà không sử dụng phương pháp toạ độ.
4. Hãy nhìn lại vần đề hướng trong chương trình toán phổ thông:
+
a b;b c a c.
+ Định lí Thales dạng hình học và định lí Thales dạng đại số.
Không có định Thales dạng đại số, không thể có các định lí Ceva, Menelaus
+ Góc lượng giác và hệ thức Chasles cho góc lượng giác (người ta đã chứng minh được rằng
Người ta là ai?).
+ Phép quay và cách chứng mịnh các định lí liên quan tới phép quay (tất cả các định lí liên
quan tới phép quay đều được chứng minh bằng phương pháp mô tả).
+ Phép đối xứng trục và các định lí liên quan tới phép đối xứng trục.
Định lí L13. Tích hai phép đối xứng trục mà hai trục đối xứng cắt nhau là một phép
quay.
Chứng minh.
Giả sử
1
R
và
2
R
là hai phép đối xứng trục có các trục đối xứng ∆
1
, ∆
2
cắt nhau.
Gọi O là giao điểm của ∆
1
và ∆
2
.
Lấy M bất kì thuộc (P).
Gọi M’ là ảnh của M qua
1
R
; M’’ là ảnh của M’ qua
2
R .
Dễ thấy
OM OM' OM''.
1 2 1 2 1 2
(OM,OM'') (OM,OM') (OM',OM'')(mod2 )
2( ,OM') 2(OM', ) 2(( ,OM') (OM', )) 2( , )(mod2 ).
Suy ra
2 1 2
R .R (M) R (M') M''
=
1 2
2( , )
O
Q (M).
Do đó
2 1
R .R
=
1 2
2( , )
O
Q .
□
2. Nói qua về cách xây dựng lí thuyết về hướng mà không sử dụng
phương pháp toạ độ.
1. Đoạn thẳng định hướng, sự cùng hướng, sự ngược hướng của hai đoạn
thẳng định hướng.
Điểm, đoạn thẳng, đoạn thẳng-không, đoạn thẳng định hướng, đoạn thẳng định
hướng-không, hình thang, hình thang-không, các kí hiệu hình thang, hai đoạn thẳng định
hướng cùng hướng, hai đoạn thẳng định hướng ngược hướng.
Định nghĩa 9. Hai đoạn thẳng định hướng
AB, CD
được gọi là cùng hướng nếu
tồn tại đoạn thẳng-khác không XY sao cho các tứ giác ABYX và CDYX là những hình
thang (có thể là hình thang-không) (h.4a, h.4b, h.4c, h.4d, h.4e, h.4f).
2
B
X Y
YX
A
A
C
D
BC
D
(h.4a) (h.4b)
B
X Y
YX
A
A
C=D
B
C=D
(h.4c) (h.4d)
C=D
A=B
X Y
YX
A=B=C=D
(h.4e) (h.4f)
Bổ đề ba hình thang khẳng định sự hợp lí của định nghĩa trên.
Để biểu thị
AB, CD
cùng hướng hoặc ta viết
AB CD
hoặc ta viết
CD AB
.
Thay cho cách nói
AB, CD
cùng hướng, ta còn nói
AB, CD
có hướng trùng
nhau.
Bổ đề ba hình thang khẳng định sự hợp lí của định nghĩa trên.
Để biểu thị
AB, CD
cùng hướng hoặc ta viết
AB CD
hoặc ta viết
CD AB
.
Thay cho cách nói
AB, CD
cùng hướng, ta còn nói
AB, CD
có hướng trùng
nhau.
Định nghĩa 10. Hai đoạn thẳng định hướng
AB, CD
được gọi là ngược hướng nếu
tồn tại đoạn thẳng-khác không XY sao cho các tứ giác ABYX và CDXY là những hình
thang (có thể là hình thang-không) (h.5a, h.5b, h.5c, h.5d, h.5e, h.5f).
B
X Y
YX
A
A
D
B
C
D
C
(h.5a) (h.5b)
3
B
X Y
YX
A
A
C=D
B
C=D
(h.5c) (h.5d)
C=D
A=B
X Y
YX
A=B=C=D
(h.5e) (h.5f)
Bổ đề ba hình thang khẳng định sự hợp lí của định nghĩa trên.
Để biểu thị
AB, CD
ngược hướng hoặc ta viết
AB CD
hoặc ta viết
CD AB
.
Thay cho cách nói
AB, CD
ngược hướng, ta còn nói
AB, CD
có hướng ngược
nhau.
2. Góc định hướng, sự cùng hướng, sự ngược hướng của hai góc định hướng.
Góc giữa hai tia, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc giữa hai tia-không, đỉnh,
cạnh, miền trong, miền ngoài, góc giữa hai tia-bẹt, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài.
Góc định hướng giữa hai tia, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc định hướng
giữa hai tia-không, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc định hướng giữa hai tia-bẹt,
đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài.
Cát tuyến dương, cát tuyến âm.
x
z
y
t
t'
'
Y
T
Z
X
Y'
Z'
X'
T'
O
4
x
y
z
t
t'
'
Z
T
Y
X
Z'
Y'
X'
T'
O
Chú ý:
S AMB
MB
.
S AMC
MC
Góc lượng giác giữa hai tia, đỉnh, cạnh, chu kì.
Góc giữa hai vectơ, góc định hướng giữa hai vectơ, góc lượng giác giữa hai vectơ.
Cung, cung định hướng, cung lượng giác.
Góc giữa hai đường thẳng, góc lượng giác giữa hai đường thẳng.
Ba định lí cơ bản.
Định lí 69. Với ba tia Ox, Oy, Oz và ba số nguyên k, l, m, ta có
1) (Ox, Oy)
k
(Ox, Oz)
l
+ (Oz, Oy)
m
(mod 2
)
(hệ thức Chasles cho góc lượng giác giữa hai tia).
2) (Ox, Oy)
k
(Oz, Oy)
m
– (Oz, Ox)
l
(mod 2
).
Chứng minh.
Trong phép chứng minh này các định lí 50, 52 thường xuyên được sử dụng.
1) Bỏ qua các trường hợp đơn giản:
c¸ctia Ox,Oy trïng nhau
c¸ctia Ox,Oy ®èi nhau.
Không mất tính tổng quát giả sử (Ox, Oy) có hướng dương.
Có bốn trường hợp cần xem xét.
Trường hợp 1. Tia Oz nằm trong góc
xOy
(h.34a).
x
y
x'
y'
z
O
(h.34a)
5
Theo hệ thức Chasles dạng mịn cho góc giữa hai tia, ta có
0 0 0
(Ox,Oy) xOy xOz zOy (Ox,Oz) (Oz,Oy) .
Do đó (Ox, Oy)
k
(Ox, Oz)
l
+ (Oz, Oy)
m
(mod 2
).
Trường hợp 2. Tia Oz nằm trong góc
yOx'.
y'
z=x'
y
x
x
y
x'
y'
z
O
O
(h.34b) (h.34c)
Có hai khả năng xảy ra.
Khả năng 2.1. Tia Oz không trùng với tia Ox’ (h.34b).
Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có
0 0 0
(Ox,Oy) xOy xOz zOy (Ox,Oz) (Oz,Oy) .
Do đó (Ox, Oy)
k
(Ox, Oz)
l
+ (Oz, Oy)
m
(mod 2
).
Khả năng 2.2. Tia Oz trùng với tia Ox’ (h.34c).
Có hai tình huống xảy ra.
Khi
0
(Ox,Oz) ,
theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có
0 0 0
(Ox,Oy) xOy zOy (Ox,Oz) (Oz,Oy) .
Khi
0
(Ox,Oz) ,
theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có
0 0 0
(Ox,Oy) xOy zOy 2 zOy 2 (Ox,Oz) (Oz,Oy) .
Do đó (Ox, Oy)
k
(Ox, Oz)
l
+ (Oz, Oy)
m
(mod 2
).
Trường hợp 3. Tia Oz nằm trong góc
x 'Oy'.
x'
x
y
x'
y' x
z=y'
y
z
O
O
(h.34d) (h.34e)
Có hai khả năng xảy ra.
Khả năng 3.1. Tia Oz không trùng với tia Oy’ (h.34d).
Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có
0 0 0
(Ox,Oy) xOy 2 xOz zOy 2 (Ox,Oz) (Oz,Oy) .
6
Do đó (Ox, Oy)
k
(Ox, Oz)
l
+ (Oz, Oy)
m
(mod 2
).
Khả năng 3.2. Tia Oz trùng với tia Oy’ (h.34e).
Có hai tình huống xảy ra.
Khi
0
(Oz,Oy) ,
theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có
0 0 0
(Ox,Oy) xOy xOz (Oz,Oy) (Ox,Oz) .
Do đó (Ox,Oy)
k
(Ox,Oz)
l
+ (Oz,Oy)
m
(mod2
).
Khi
0
(Oz,Oy) ,
theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có
0 0 0
(Ox,Oy) xOy xOz 2 xOz 2 (Oz,Oy) (Ox,Oz) .
Do đó (Ox, Oy)
k
(Ox, Oz)
l
+ (Oz, Oy)
m
(mod 2
).
Trường hợp 4. Tia Oz nằm trong góc
y'Ox
(h.34f).
y
x
z
y'
x'
O
(h.34f)
Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có
0 0 0
(Ox,Oy) xOy xOz zOy (Ox,Oz) (Oz,Oy) .
Do đó (Ox, Oy)
k
(Ox, Oz)
l
+ (Oz, Oy)
m
(mod 2
). □
2) Theo định lí 60, (Ox, Oz)
0
= – (Oz, Ox)
0
.
Suy ra (Ox, Oz)
l
= – (Oz, Ox)
l
.
Từ đó, theo phần 1, suy ra (Ox, Oy)
k
(Oz, Oy)
m
– (Oz, Ox)
l
(mod 2
). □
Chú ý.
Khi không quan tâm tới chu kì của các góc lượng giác giữa hai tia, định lí 69 được viết đơn
giản như sau.
1) (Ox, Oy)
(Ox, Oz) + (Oz, Oy)
(mod 2
).
2) (Ox, Oy)
(Oz, Oy) – (Oz, Ox) (mod 2
).
Định lí 82. Với ba vectơ-khác không
a, b, c
và ba số nguyên k, l, m, ta có
1)
k l m
(a,b) (a,c) (c,b) (mod 2 ).
(hệ thức Chasles cho góc lượng giác giữa hai vectơ).
2)
k m l
(a,b) (c,b) (c,a) (mod 2 ).
Định lí 82 là hệ quả trực tiếp của định lí 69. □
Khi không quan tâm tới chu kì của góc lượng giác giữa hai vectơ, định lí 82 được viết đơn
giản như sau
7
1)
(a,b) (a,c) (c,b)(mod 2 ).
2)
(a,b) (c,b) (c,a)(mod2 ).
Định lí 99. Với ba đường thẳng a, b, c và ba số nguyên k, l, m, ta có
1) (a, b)
k
(a, c)
l
+ (c, b)
m
(mod
)
(hệ thức Chasles cho góc lượng giác giữa hai đường thẳng).
2) (a, b)
k
(c, b)
m
– (c, a)
l
(mod
).
Để chứng minh định lí 99, ta cần có một bổ đề quan trọng.
Bổ đề gốc
Với hai đường thẳng AB, CD và hai số nguyên k, l, ta có
k l
(AB,CD) (AB,CD) (mod ).
Bổ đề gốc được chứng minh như sau.
Không mất tính tổng quát giả sử các đoạn thẳng AB, CD có điểm chung.
Gọi O là điểm chung của AB, CD.
Theo các định lí 8, 9,
OA AB
và
OC CD.
Do đó, theo định lí 80,
0 0
1
(OA,OC) (AB,CD) ( ).
Có bảy trường hợp cần xem xét.
Trường hợp 1.
0
0 (OA,OC) .
2
(h.36a).
O
A
B
C
D
(h.36a)
Theo định nghĩa 122,
0 0
(AB,CD) (OA,OC) .
Kết hợp với (1), suy ra
0 0
(AB,CD) (AB,CD) .
Trường hợp 2.
0
(OA,OC)
2
(h.36b).
C
D
O
A
B
8
(h.36b)
Theo định nghĩa 122,
0 0
0 0
2
2
(AB,CD) (OA,OC)
(AB,CD) (OB,OC) .
Từ đó, chú ý rằng
0
2
(AB,CD) ,
suy ra
0 0
0 0
(AB,CD) (AB,CD)
(AB,CD) (AB,CD) .
Trường hợp 3.
0
(OA,OC)
2
(h.36c).
O
A
B
C
D
(h 36c)
Theo định nghĩa 122,
0 0 0
(AB,CD) (OA,OD) (OA,OC) .
Kết hợp với (1), suy ra
0 0
(AB,CD) (AB,CD) .
Trường hợp 4.
0
(OA,OC) 0
2
(h.36d).
O
A
B
C
D
(h.36d)
Theo định nghĩa 122,
0 0
(AB,CD) (OA,OC) .
Kết hợp với (1), suy ra
0 0
(AB,CD) (AB,CD) .
Trường hợp 5.
0
(OA,OC)
2
(h.36e).
9
D
C
O
A
B
(h.36e)
Theo định nghĩa 122,
0 0
0 0
2
2
(AB,CD) (OA,OC)
(AB,CD) (OB,OC) .
Từ đó, chú ý rằng
0
2
(AB,CD) ,
suy ra
0 0
0 0
(AB,CD) (AB,CD)
(AB,CD) (AB,CD) .
Trường hợp 6.
0
(OA,OC)
2
(h.36f).
O
A
B
C
D
(h.36f)
Theo định nghĩa 122,
0 0 0
(AB,CD) (OA,OD) (OA,OC) .
Kết hợp với (1), suy ra
0 0
(AB,CD) (AB,CD) .
Trường hợp 7.
0
(OA,OC) .
(h.36g).
A
C
OD
B
(h 36g)
Theo định nghĩa 122,
0
0
(AB,CD) .
Từ đó, chú ý rằng
0
0
(AB,CD)
,
(AB,CD)
suy ra
0 0
0 0
(AB,CD) (AB,CD)
.
(AB,CD) (AB,CD)
10
Tóm lại ta luôn có
0 0
0 0
0 0
(AB,CD) (AB,CD)
(AB,CD) (AB,CD)
(AB,CD) (AB,CD) .
Do đó
0 0
(AB,CD) (AB,CD) (mod ).
Suy ra
k l
(AB,CD) (AB,CD) (mod ).
□
Chú ý.
Khi không quan tâm tới chu kì của góc lượng giác giữa hai đường thẳng và góc
lượng giác giữa hai vectơ, bổ đề gốc thường được viết đơn giản như sau
(AB,CD) (AB,CD)(mod ).
Trở lại chứng minh định lí 99.
1) Trên a, b, c theo thứ tự lấy các đoạn thẳng-khác không AB, CD, EF.
Theo bổ đề gốc và theo định lí 82, ta có
(a, b)
k
(AB, CD)
k
(mod
)
(
AB,CD
)
k
(mod
)
(
AB,EF
)
l
+ (
EF,CD
)
m
(mod
)
(AB, EF)
l
+ (EF, CD)
m
(mod
)
(a, c)
l
+ (c, b)
m
(mod
). □
2) Theo định lí 97, (a, c)
0
= – (c, a)
0
.
Suy ra (a, c)
l
= – (c, a)
l
.
Từ đó, theo phần 1, suy ra (a, b)
k
(c, b)
m
– (c, a)
l
(mod
).
□
Chú ý.
Khi không quan tâm tới chu kì của góc định hướng giữa hai đường thẳng, định lí 99 được
viết đơn giản như sau
1) (a, b)
(a, c) + (c, b)
(mod
) .
2) (a, b)
(c, b) – (c, a)
(mod
) .
3. Độ dài đại số và ứng dụng của nó trong việc giải các bài toán
hình học
3.1 Các bài toán về định lí Ceva, định lí Menelaus
Bài toán 1. Cho tam giác ABC và điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA,
AB. AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A
1
, B
1
, C
1
. BC, CA, AB theo thứ tự cắt
B
1
C
1
, C
1
A
1
, A
1
B
1
tại A
2
, B
2
, C
2
. A
3
, B
3
, C
3
theo thứ tự là trung điểm của A
1
A
2
, B
1
B
2
,
C
1
C
2
. Chứng minh rằng A
3
, B
3
, C
3
thẳng hàng.
Lời giải.
11
A
3
A
1
M
B
1
A
B
A
2
C
C
1
Theo định lí Ceva, định lí Menelaus ta có
1 1 1 2 1 1
1 1 1 2 1 1
1 1
A B B C C A A B B C C A
. . ; . . .
A C B A C B A C B A C B
Suy ra
1 2
1 2
A B A B
.
A C A C
Do đó
0
1 1 2
1 1 2 2 1
1 1 2 2 1
1 1 2 0
2
2
A B
A B A B A B
A C A C A C A A
A B A B A B A A
.
A C A C A C A C
Nhân vế với vế của hai đẳng thức trên, ta có
2
0 1
0 1
A B A B
.
A C A C
Tương tự
2 2
0 01 1
0 1 0 1
B C C AB C C A
; .
B A B A C B C B
Vậy, theo định lí Ceva, ta có
2
2
0 0 0 1 1 1
0 0 0 1 1 1
1 1
A B B C C A A B B C C A
. . . . ( ) .
A C B A C B A C B A C B
Từ đó, theo định lí Menelaus, suy ra A
2
, B
2
, C
2
thẳng hàng. □
Bài toán 2. Cho tam giác ABC và điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA,
AB. Đường thẳng đi qua M song song với BC theo thứ tự cắt AB, AC tại C
2
, B
1
. Đường
thẳng đi qua M song song với CA theo thứ tự cắt BC, BA tại A
2
, C
1
. Đường thẳng đi qua
M song song với AB theo thứ tự cắt CA, CB tại B
2
, A
1
. Dựng các hình bình hành
MA
1
A
3
A
2
, MB
1
B
3
B
2
, MC
1
C
3
C
2
. Chứng minh rằng AA
3
, BB
3
, CC
3
hoặc đồng quy hoặc đôi
một song song.
Lời giải.
Bỏ qua trường hợp đơn giản:
3
3
3
AA // BC
BB // CA
CC // AB.
Đặt A’ = AA
3
∩ BC; B’ = BB
3
∩ CA; C’ = CC
3
∩ AB; K = AA
3
∩ B
2
A
1
; L = AA
3
∩ A
2
C
1
(h.a36).
12
K
L
A'
B
3
C
3
A
3
C
2
C
1
B
2
B
1
A
2
A
1
A
B
C
M
(h.a36)
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
A A A A
A B A B
Ta cã . .
A C A A A A A C
A A LAAB
. . (v× A K // BA;A L // CA vµ ®Þnh lÝ A6)
KA A A AC
1 2
1 2
2 2
1 2 3
3 2 2
2
3 2
A A LAAB
. .
AC KA A A
A A LA
AB
. . (v× A K // A A vµ ®Þnh lÝ A6)
AC A A A A
LA
AB
. (1).
AC A A
Theo bổ đề hình bình hành [1],
3 2 1 1 2
A A A M;AC B M.
Do đó, theo bổ đề độ dài đại số [1],
3 2 1 1 2
A A A M;AC B M (2).
Vậy, ta có
2 2
3 2 1
2 1
3 2 1 6
3 2 1
1
2
LA LA
(v×(2))
A A A M
LA LC
(v× A A // AC vµ ®Þnh lÝ A )
A A AC
LC
(v×(2)).
B M
2 2 1
3 2 1 2
1 2
1 2
LA LA LC
Do®ã (theo tÝnhchÊt cña tØ lÖ thøc)
A A A M B M
C A
(theo ®ÞnhlÝ 26[1])(3).
A B
Từ (1) và (3) suy ra
1 2
1 2
C A
A B AB
. .
A C AC A B
Tương tự
1 2
1 2
A B
B C BC
. ;
B A BA B C
1 2
1 2
B C
C A CA
. .
C B CB C A
13
Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, theo định lí 23 [1], ta có
A B B C C A
. . 1.
A C B A C B
Theo định lí A10, AA
3
, BB
3
, CC
3
hoặc đồng quy hoặc đôi một song song. □
Bài toán 3. Cho tam giác ABC và điểm O không thuộc các đường thẳng BC, CA,
AB. Đường thẳng ∆ đi qua O và theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A
1
, B
1
, C
1
khác A, B, C.
A
2
, B
2
, C
2
theo thứ tự là ảnh của A
1
, B
1
, C
1
qua S
O
. Chứng minh rằng AA
2
, BB
2
, CC
2
hoặc
đồng quy hoặc đôi một song song.
Lời giải.
Trước hết ta cần có một bổ đề.
Bổ đề. Cho bốn đường thẳng a, b, c, d đồng quy tại O và hai đường thẳng ∆
1
, ∆
2
không đi qua O. ∆
1
, ∆
2
theo thứ tự cắt a, b, c, d tại A
1
, B
1
, C
1
, D
1
; A
2
, B
2
, C
2
, D
2
. Khi đó
1 1 1 1 2 2 2 2
1 1 1 1 2 2 2 2
C A D A C A D A
: : .
C B D B C B D B
Chứng minh bổ đề.
Qua C
1
, dựng đường thẳng ∆
3
song song với d.
Gọi A
3
, B
3
theo thứ tự là giao điểm của ∆
3
với a, b.
Qua C
2
, dựng đường thẳng ∆
4
song song với d.
Gọi A
4
, B
4
theo thứ tự là giao điểm của ∆
4
với a, b (h.a37).
1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1
1 3 1 3
1 3 1 1 3 1
1 1
1 3
1 3
C A D A C A C B
Ta thÊy : :
C B D B D A D B
C A C B
: (v× C A // D O;C B // D O vµ ®Þnh lÝ A6)
D O D O
C A
(1).
C B
c
b
a
d
2
3
4
1
A
2
D
2
A
4
C
2
B
3
A
3
O
A
1
C
1
B
1
D
1
B
4
B
2
(h.a37)
Tương tự
2 2 2 2 2 4
2 2 2 2 2 4
C A D A C A
: (2).
C B D B C B
Vì ∆
3
// d // ∆
4
nên, theo định lí A7,
1 3 2 4
1 3 2 4
C A C A
(3).
C B C B
14
Từ (1), (2) và (3) suy ra
1 1 1 1 2 2 2 2
1 1 1 1 2 2 2 2
C A D A C A D A
: : .
C B D B C B D B
□
Trở lại giải bài toán A12.
Bỏ qua trường hợp đơn giản:
2
2
2
AA // BC
BB // CA
CC // AB.
Đặt A
3
= AA
2
∩ BC; B
3
= BB
2
∩ CA; C
3
= CC
2
∩ AB (h.a38).
Vì
2 O 1
A S (A )
nên, theo bổ đề 1 trong bài toán A7,
2 1
OA OA (1).
A
3
C
2
B
2
A
2
B
1
A
B C
C
1
A
1
O
(h.a38)
3 1 2 1 1 1
3 1 2 1 1 1
1 2 1 1
1 2 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
A B A B A C A C
VËy : : (theo bæ ®Òtrªn)
A C A C A B A B
OC OA A C
: (theo®Þnh lÝ 26[1])
OB OA A B
OC OA A C
: (v× (1)).
OB OA A B
Do đó
3 1 1 1 1 1
3 1 1 1 1 1
A B OA OC A B A B
. . .
A C OA OB A C A C
Tương tự
3 1 1 1 1 1
3 1 1 1 1 1
B C OB OA B C B C
. . ;
B A OB OC B A B A
3 1 1 1 1 1
3 1 1 1 1 1
C A OC OB C A C A
. . .
C B OC OA C B C B
Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, chú ý rằng A
1
, B
1
, C
1
thẳng hàng, theo các định
lí A11, 23 [1], ta có
3 3 3
3 3 3
A B B C C A
. . 1.
A C B A C B
Theo định lí A10, suy ra AA
2
, BB
2
, CC
2
hoặc đồng quy hoặc đôi một song song. □
Bài toán 4. Cho tam giác ABC, điểm O, đường thẳng ∆. A
1
, B
1
, C
1
theo thứ tự là
ảnh của A, B, C qua S
O
. A
2
, B
2
, C
2
theo thứ tự thuộc các đường thẳng B
1
C
1
, C
1
A
1
, A
1
B
1
sao cho AA
2
, BB
2
, CC
2
cùng song song với ∆. Chứng minh rằng A
2
, B
2
, C
2
thẳng hàng.
Lời giải.
Dựng đường thẳng d bất kì, cắt ∆ (h.a39).
Gọi
là phép chiếu song song phương ∆, xuống d.
15
Giả sử
2
2
2
'
1 1
'
1 1
'
1 1
(A) (A ) A '
(B) (B ) B'
(C) (C ) (C')
(A ) A
(B ) B
(C ) C
(O) O'.
Vì A
1
, B
1
, C
1
theo thứ tự là ảnh của A, B, C qua S
O
nên, theo bổ đề 1 trong bài toán
A7,
1 1 1
OA OA;OB OB;OC OC.
Từ đó, theo định lí A3 , suy ra
' ' '
1 1 1
O'A O'A';O'B O'B';O'C O'C' (1).
'
2 1 1
'
2 1
1
'
1
'
1
A B A'B
VËy (theo ®Þnh lÝ A3)
A C
A'C
O'B O'A '
(theo ®Þnh lÝ 26[1])
O'C O'A'
O'B' O'A'
(v×(1))
O'C' O'A '
O'B' O'A'
.
O'C' O'A'
Tương tự
2 1
2 1
B C
O'C ' O'B'
;
B A O' A' O'B'
2 1
2 1
C A
O'A' O'C'
.
C B O'B' O'C '
B
2
C
2
B
1
C
1
A
1
A
B
C
O
A
2
(h.a39)
Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, ta có
2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1
A B B C C A
. . 1.
A C B A C B
Theo định lí A11, A
2
, B
2
, C
2
thẳng hàng. □
16
Bài toán 5. Cho tam giác không cân ABC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp. A’, B’,
C’ theo thứ tự là ảnh của A, B, C qua R
BC
, R
CA
, R
AB
. Chứng minh rằng các đường tròn
(OAA’), (OBB’), (OCC’) cùng đi qua một điểm khác O.
Lời giải.
Trước hết ta cần có một bổ đề.
Bổ đề Cho tam giác ABC cân tại A. Trung trực của các đoạn AB, AC theo thứ tự
cắt đường thẳng BC tại M, N. Khi đó
MB NC;
NB MC.
Chứng minh bổ đề.
Gọi H là trung điểm của BC; ∆
B
, ∆
C
theo thứ tự là trung trực của các đoạn AB, AC.
(h.a40, h.a41).
Vì
ABC
cân tại A nên AH là trung trực của đoạn BC.
Suy ra
AH AH AH
R (A) A; R (B) C; R (C) B.
Do đó
AH B C AH
R ( ) ;R (BC) CB.
Vậy
AH AH B AH B AH C
R (M) R ( BC) R ( ) R (BC) CB N.
C
B
C
B
N
MH
M NHB C
B C
A
A
(h.a40) (h.a41)
Điều đó có nghĩa là H là trung điểm của MN.
Tóm lại BC, MN có cùng trung điểm. □
Từ đó, theo định lí 28 [1], suy ra
MB NC;
NB MC.
Trở lại giải bài toán A14.
Giả sử trung trực của đoạn OA theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A
0
, A
1
, A
2
; trung
trực của đoạn OB theo thứ tự cắt CA, AB, BC tại B
0
, B
1
, B
2
; trung trực của đoạn OC theo
thứ tự cắt AB, BC, CA tại C
0
, C
1
, C
2
(h.a42).
Đương nhiên A
0
,
B
0
, C
0
theo thứ tự là tâm của (OAA’), (OBB’), (OCC’) (1).
C
2
C
1
B
1
B
2
A
1
A
2
B
0
C
0
A
0
O
B
A
C
(h.a42)
17
Vì các bộ ba điểm A
0
, A
1
, A
2
; B
0
, B
1
, B
2
; C
0
, C
1
, C
2
thẳng hàng nên, theo định lí
A11,
0 1 2 0 1 2 0 1 2
0 1 2 0 1 2 0 1 2
A B A C A A B C B A B B C A C B C C
. . 1; . . 1; . . 1 (2).
A C A A A B B A B B B C C B C C C A
Vì các tam giác OBC, OCA, OAB cân tại O nên, theo bổ đề trên,
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
C B B C;C C B B;A C C A;A A C C; B A A B;B B A A (3).
Nhân vế với vế ba đẳng thức trong (2), chú ý tới (3), suy ra
0 0 0
0 0 0
A B B C C A
. . 1.
A C B A C B
Theo định lí A11, A
0
, B
0
, C
0
thẳng hàng (4).
Gọi P là điểm đối xứng với O qua A
0
B
0
C
0
.
Từ (1) và (4) suy ra (OAA’), (OBB’), (OCC’) cùng đi qua một điểm khác O (điểm P). □
Bài toán 6. Cho tam giác ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp. A
1
, B
1
, C
1
theo thứ tự
là trung điểm của BC, CA, AB. A
2
, B
2
, C
2
theo thứ tự thuộc các đường thẳng B
1
C
1
, C
1
A
1
,
A
1
B
1
sao cho
2 2 2
AIA BIB CIC 90 .
Chứng minh rằng A
2
, B
2
, C
2
thẳng hàng.
Lời giải.
Trước hết ta cần có hai bổ đề.
Bổ đề 1. Nếu đường tròn nội tiếp của tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với BC,
CA, AB tại A
1
, B
1
, C
1
thì AB
1
= AC
1
= p – a; BC
1
= BA
1
= p – b; CA
1
= CB
1
= p – c.
Bổ đề 2. Với mọi tam giác ABC, ta có
A (p b)(p c)
sin ;
2 bc
A p(p a)
cos .
2 bc
Phép chứng minh các bổ đề trên rất đơn giản, không trình bày ở đây.
Trở lại giải bài toán A15.
Gọi X, Y theo thứ tự là giao điểm của IA
2
với AB, AC (h.a43).
Đương nhiên A không thuộc các đoạn C
1
X, B
1
Y (1).
Vì
IAX IAY;
AI XY
nên AX = AY (2).
Theo các bổ đề 1, 2,
2
p a p a bc
AX AY (3).
A p(p a)
p
cos
2 bc
18
2 1 1
2
2 1 1
2 1 1
2 1 1
1
2 1
2 1 1
1
2 1
1
2 1
2 1
2 1
A B XC YA
VËy 1 . . (v× A , X, Y th¼ng hµng vµ ®Þnh lÝ A11)
A C XA YB
A B AC AX YA
. . (theo ®Þnh lÝ 26[1])
A C XA AB AY
AC
YA
1
A B
AX AY
. .
A C XA AB
1
AX
AY
AC
1
A B 1
AX
. . (theo (1) vµ ®Þnh lÝ 25[1])
AB
1
A C
1
AY
A B A
AY
. .
AX
A C
1
1
2 1 1
1
2 1
C AX
AB AY
A B AC AX
. (v×(2))
AB AY
A C
2 1
2 1
c bc
A B
2 p
. (v×(3)).
b bc
A C
2 p
A
2
Y
X
A
1
C
1
B
1
I
A
B
C
(h.a43)
Từ đó, sau một vài phép biến đổi đại số đơn giản, suy ra
2 1
2 1
A B
c a c 3b
. .
b a b 3c
A C
Tương tự
2 1
2 1
B C
a b a 3c
. ;
c b c 3a
B A
2 1
2 1
C A
b c b 3a
. .
a c a 3b
C B
Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, ta có
2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1
A B B C C A
. . 1.
A C B A C B
Theo định lí A11, A
2
, B
2
, C
2
thẳng hàng. □
Bài toán 7. Cho tam giác ABC không cân, (O) là đường tròn ngoại tiếp, I là tâm
đường tròn nội tiếp. A
1
là trung điểm cung
BAC.
A
1
I cắt BC tại A
2
. Tương tự có B
2
, C
2
.
Chứng minh rằng AA
2
, BB
2
, CC
2
đồng quy tại một điểm thuộc OI.
19
Lời giải.
Trước hết ta cần có một bổ đề.
Bổ đề. Với các kí hiệu trong bài toán 1, gọi A
0
là giao điểm thứ hai của A
1
O với
(O); A
3
là giao điểm của A
1
O với BC; r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC,
ta có
0 3
0
AI r
.
A I A A
Chứng minh bổ đề.
Gọi H là hình chiếu của I trên AB.
0
0
0 3
0 3
0
0
0 3
BA
IA
Ta cã (v× AI BA )
IA AI
A A
(v×c¸c tamgi¸c IAH,A BA ®ångd¹ng)
IH
A A
.
IM
Từ đó, chú ý rằng
0 0 3
IA IA ;IM A A ,
suy ra
0 3
0
A A
IA
.
IA IM
H
A
3
M
I
A
1
A
0
O
A
B
C
Trở lại giải bài toán 7.
Giả sử AA
2
cắt OI tại X.
Từ A
2
kẻ đường thẳng song song với A
0
A
1
theo thứ tự cắt OI, AA
0
tại Y, Z.
Vì O là trung điểm của A
1
A
0
nên Y là trung điểm của A
2
Z (1).
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AA
2
Z cát tuyến XYI, ta có
2
2
1
YA
XA IZ
. . .
XA YZ IA
20
Y
Z
X
A
2
A
3
M
I
A
1
A
0
O
A
B
C
Kết hợp với (1), suy ra
2
1 1
XA IZ
.( ). .
XA IA
Do đó
2
XA
IZ
.
XA IA
Suy ra
2
1 2
AA IZ
( ).
AX IA
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XYA
2
cát tuyến IZA, ta có
2
2
1
ZA
IY AX
. . .
IX AA ZY
Kết hợp với (1), ta có
2
2 1
IY AX
. . .
IX AA
Do đó
2
1
2
AA
IY
. .
IX AX
Kết hợp với (2), ta có
1
1
2
IY IZ
. .
IX IA
Vậy, ta có
01
2
0 1 3 0 3 1 3 0 3
1 2
2
0 1
1 1 1 1 1
1
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
1 1 1
2 2 2 2 2
1 1 2
1 1
2 2
IA
IAIO IO IY IO IZ IO IO IZ IZ
. . . . . . . .
IX IY IX IY IA IY IY IA IA IZ IA
IA A A A A A A A A
A A
. . . . .
IA IA IM IM IM IM
A A
R
. .
r
IM
1
2
R
.
r
21
Vậy suy ra AA
2
, BB
2
, CC
2
đồng quy tại một điểm thuộc OI.
Chú ý.
Tác giả của lời giải trên là Nguyễn Tạ Duy, học sinh trường THPT chuyên – ĐHSP
Hà Nội.
3.2 Các bài toán về hệ thức lượng trong đường tròn
Bài toán 8. Cho tam giác ABC. Điểm O thuộc đường thẳng BC và khác B, C.
Đường tròn (O, OA) cắt BC tại E, F. Các đường tròn (ABE), (ACF) theo thứ tự cắt AC,
AB tại M, N. I là tâm của đường tròn (AMN). Chứng minh rằng
OI BC.
Lời giải. (h.b21).
Gọi R là bán kính đường tròn của (AMN).
2 2 2 2 2 2
2
Ta thÊy IB IC (IB R ) (IC R )
BA.BN CA.CM (theo®Þnh lÝ B4)
BC.BF CB.CE (theo ®Þnh lÝ B5)
CB(FB CE) (theo ®ÞnhlÝ 23[1])
(OB OC)(OB OF OE OC) (theo ®Þnh lÝ 26[1])
(OB OC)(OB OC) (v× OE OF vµ bæ®Ò1trong bµi to¸n A
7)
OB O
2
C .
I
N
M
EF
A
B C
O
(h.b21)
Bài toán 9. Cho tam giác ABC. O là tâm đường tròn ngoại tiếp. các điểm P, Q theo
thứ tự thuộc AC, AB. Các điểm X, Y, Z theo thứ tự là trung điểm của BP, CQ, PQ. Đường
tròn (XYZ) lại cắt PQ tại T. Chứng minh rằng
OT PQ.
Lời giải 1.
Đặt M = XZ ∩ AC; N = YZ ∩ AB.
Gọi (O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, XYZ; R, R
I
theo
thứ tự là là bán kính của (O), (I).
22
I
N
M
T
Z
X
Y
O
A
B
C
Q
P
Chú ý rằng
2 2 2 2 2 2 2 2
4 2 4 2
MI (AI PI ) AP ; NI (AI QI ) AQ ,
ta có
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 4
4
4 2 4
P /(I) Q /(I) I I
I I
M /(I) N /(I)
TP TQ (TP TQ)(TP TQ) QP(TP TQ) PQ.PT QP.QT
PZ.PT QT.QT P P (PI R ) (QI R )
PI QI (MI NI ) PA QA
((MI R ) (NI R )) PA QA
(P P ) PA QA (MX.MZ NY.NZ) PA
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
2
P /(O) Q /(O)
QA
(AB.AQ AQ ) (AC.AP AP ) AQ(AB AQ) AP(AC AP)
AQ.QB AP.PC PA.PC QA.QB P P
(PO R ) (QO R ) OP OQ .
Suy ra
OT PQ.
Tác giả của lời giải trên là Nguyễn Phương Minh, học sinh Trường THPT chuyên –
ĐHSP hà Nội.
Lời giải 2.
Gọi H, K theo thứ tự là hình chiếu của O trên AC, AB.
Gọi I là tâm của đường tròn (XYZ).
Gọi X’, Y’, T’ theo thứ tự là trung điểm của XZ, YZ, TZ.
23
T'
I
Y'
X'
T
Y
X
O
H
K
Z
A
B
C
Q
P
Ta có
2 2 2 2
2
2 4 4 1
TP TQ (ZP ZT) (ZT ZQ) ZT(ZQ ZP)
ZT.PQ ZT '.PQ ZI.PQ ( ).
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
4 4
4 4
OP OQ OH HP OK KQ
OH OC HP OK OB KQ
CH HP BK KQ
(HP HC)(HP HC) (KQ KB)(KB KQ)
CP(HP HC) BQ(KB KQ)
YZ(HP HC) XZ(KB KQ)
Y' Z(HP HC) X' Z(KB KQ)
IZ(HP HC) IZ(KB KQ
4
4
4 2
)
ZI(KB KQ HP HC)
ZI(KB KA AQ HA AP HC)
ZI.PQ ( ).
Từ (1) và (2) suy ra
OT PQ.
Chú ý.
Nếu PQ tiếp xúc với (I) thì Z = T.
Do đó OT vừa là đường cao vừa là trung tuyến của tam giác OPQ.
Suy ra OP = OQ
Điều đó có nghĩa là bài toán 9 là sự mở rộng của bài toán 2, IMO 2009.
24
Bài toán 10. Cho tam giác ABC. Điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA,
AB và đường tròn (ABC). Chứng minh rằng M là trọng tâm tam giác của ABC khi và chỉ
khi
A /(MBC) B /(MCA) C /(MAB)
P P P .
Lời giải.
Trước hết ta cần có một bổ đề.
Bổ đề. Cho tam giác ABC. Điểm M không thuộc các đường thẳng AB, AC và
đường tròn (ABC). A’ là trung điểm của BC. Khi đó M thuộc AA’ khi và chỉ khi
B /( MAC) C /(MAB)
P P .
Chứng minh bổ đề.
Giả sử các đường tròn (MAB), (MAC) theo thứ tự lại cắt BC tại E, F.
Vì
M (ABC)
nên
E C
;
F B
(h.b24).
F
E A'
A
B
C
M
(h.b24)
Vì A’ là trung điểm của BC nên, theo bổ đề 1 trong bài toán A7,
A'B A'C (1).
Vậy các mệnh đề sau tương đương.
B /(MAC) C/( MAB)
A'/ (MAC) A'/(MAB)
1. P P .
2. BF.BC CE.CB.
3. BF CE.
4. A'F A'B A'E A'C .
5. A'F A'E
6. A 'F.A'C A'E.A' B.
7. P P .
8. A' AM.
9. M AA'.
Chú ý, theo định lí B4,
1 2;
theo định lí 23 [1],
2 3;
theo định lí 26 [1],
3 4;
vì (1) nên
4 5;
vì (1) nên
5 6;
theo định lí B4,
6 7;
hiển nhiên
7 8;
hiển nhiên
8 9.
□
Trở lại giải bài toán 10.
Gọi B’, C’ theo thứ tự là trung điểm của AC, AB.
Các mệnh đề sau tương đương.
25
A/(MBC) B/ (MCA) C/ (MAB)
A /(MBC) C/ (MBA)
A /(MCB) B /(MCA).
1. P P P .
P P
2.
P P
M BB'
3.
M CC'.
4. M BB' CC'.
5. M là trọng tâm của ABC.
Chỳ ý, hin nhiờn
1 2;
theo b trờn,
2 3;
hin nhiờn
3 4;
hin nhiờn
4 5.
Bi toỏn 11. Cho tam giỏc ABC. AD, BE, CF l cỏc ng phõn giỏc. ng trũn
(DEF) theo th t ct cỏc ng thng BC, CA, AB ti cỏc im th hai X, Y, Z. Chng
minh rng trong ba s DX, EY, FZ cú mt s bng tng hai s cũn li.
Li gii. (h.b16).
t BC = a; CA = b; AB = c.
nh hng cỏc ng thng BC, CA, AB bi cỏc on thng nh hng
BC,CA,
AB.
Theo cỏc nh lớ 8, 9 [1],
AE CA;
AF AB (1).
Theo b trong li gii 1 ca bi toỏn A5,
bc
AE ;
c a
bc
AF (2).
b a
2
2
2
2
bc bc
Vậy .EY AE AE.EY (vì(1) và(2))
c a c a
AE. AE EY
AE.AY (theo định lí 26[1])
AF.AZ (theo định lí B5)
AF. AF FZ (theođịnh lí 26[1])
AF AF.FZ
bc bc
.FZ (vì (1)và (2)).
b a b a
Y
Z
X
F
E
D
A
B C
(h.b16)
