Hình học sơ cấp (hàng điểm điều hòa)

Bài 5 : Cho hai đường thẳng cố định đồng qui Ox, Oy và điểm A không nằm trên Ox, Oy và phân giác xOy.. Giải : Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với OA và K là giao điểm của MN và

Trường Đại học Sư phạm TP.HCM

Khoa Toán

Chủ đề Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa

C' B'

A

D O

C B

A'

D'

GVHD : Th.S Lê Ngô Hữu Lạc Thiện

TP.HCM – Tháng 10 / 2010

Danh sách nhóm 1

1) Sơn Ngọc Dương 2) Hà Vĩ Đức

3) Lê Chân Đức 4) Nguyễn Trần Đức 5) Hứa Vũ Hải

6) Nguyễn Thanh Hải 7) Nguyễn Thị Thanh Hiền 8) Trần Gia Huy

9) Nguyễn Thị Thu Thảo 10) Lưu Thùy Thương

MỤC LỤC

A/ Giải bài tập trong tài liệu 3

B/ Phần bổ sung – Bài tập thêm 13

I/ Những bài toán nhìn từ con mắt “điều hòa” 13

Từ bài toán “tứ giác toàn phần” 13

Từ bài toán “cát tuyến” 16

Thêm một hệ thức mới 19

II/ Bài tập thêm 19

A/ Giải bài tập trong tài liệu :

Bài 1 : Cho A, B, C, D thẳng hàng Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, CD Chứng minh rằng :

Nhận xét : Ta cũng có thể giải bằng tọa độ như sau :

Cách 2 : Giả sử hoành độ của các điểm A, B, C, D lần lượt là a, b, c, d

Bài 2 : Trên đường tròn (O) cho hai điểm B, C cố định và A thay đổi EF là đường kính vuông góc BC AB, AC cắt EF lần lượt tại G, H Chứng minh rằng : OH OG const

Ta có : CE CG,   BG BE,  (do B, C đối xứng nhau qua EF) (1)

Mà tứ giác BEAC nội tiếp nên : BA BE,   CA CE,  (2)

Từ (1) và (2) suy ra : CA CE,   CE CG, 

Hay CE là phân giác của ACG

Như vậy, CE CF CG CH là chùm phân giác nên là chùm điều hòa , , ,

Như vậy đề bài có thể mở rộng thành: Cminh: HK, HL là tiếp tuyến của (O) với các giả thiết như cũ (có bổ sung điểm H, K)

Mở rộng 2 : Ta có K(HGEF) = –1 mà KEKF, suy ra chùm phân giác, nên nếu KO cắt (O) tại điểm thứ hai là J thì JEEK và nếu JE cắt GK, HK lần lượt tại M, N thì tam giác KMN cân tại K (vì KE vừa là đường cao vừa

là phân giác) nên đề bài có thể mở rộng thành: C.minh tam giác KMN cân (với giả thiết như cũ, có bổ sung các điểm K, M, N)

Bài 3 : Cho hình bình hành ABCD d là đường thẳng thay đổi qua A và cắt BD, BC, CD lần lượt tại E, F, G

Hay E là trung điểm của AK Khi đó EO // KC (tính chất đường trung bình) Hay BD // KC

Theo định lý Thales đảo ta có CK // BD

Xét tam giác ACK ta có :

O là trung điểm AC và OE // CK

Suy ra E là trung điểm của AK

Xét chùm BA BK BF BG, , , , ta có GD là cát tuyến song song với BA, chắn trên 3 tia còn lại 2 đoạn CL = LG Theo định lý cát tuyến song song, BA BK BF BG, , , là chùm điều hòaAKFG  1

Bài 4 : Cho đường tròn (O), trên (O) có hai điểm B, C cố định và điểm A thay đổi Đường kính DE vuông góc

BC cắt AB, AC lần lượt tại M, N Lấy P, Q sao cho ABMP  ACNQ  1

a) Gọi I là trung điểm của BC, ta chứng minh PQ qua I

Gọi F là giao điểm của BQ và DE

Vì ACNQ  1 BM BI BN BF, , ,   1 MINF  (1) 1

Gọi I'PQBC, ta chứng minh I'I

Do ABMP  1 QN QF QM QI, , , '  1 NFMI'  (2) 1

Từ (1), (2) suy ra I'I Vậy PQ qua I cố định

b) Xét tam giác ABC với cát tuyến PQI

PB IC QA   PB QA  IB  PB QC   (do I là trung điểm BC)

Nhận xét : Một vài cách giải khác

Cách 1 : Nếu PQ qua I thì từ (ABMP)= –1  Q(ABMP) = –1 ta có BC cắt QA, QB, QP lần lượt tại B, I, C mà

IB = IC nên ta nghĩ đến MQ//BC Từ đó ta có 1 cách giải khác cho bài này khá “ngất ngưỡng” như sau:

Giả sử IQ cắt AB tại P’ ta sẽ C.minh: P P’ Qua A kẻ đường thẳng vuông góc DE cắt DE, IQ lần lượt tại H, K

MB P B   , suy ra (ABMP’) = –1 Mặt khác theo giả thiết (ABMP)= –1 Vậy P P’ hay ta có đpcm

Và từ đẳng thức (1) ta suy ra ngay câu b) luôn vì lúc đó P P’

Cách 2 : Gọi I là trung điểm BC

A

P

Bài 5 : Cho hai đường thẳng cố định đồng qui Ox, Oy và điểm A không nằm trên Ox, Oy và phân giác xOy

Hai đường thẳng di động qua A, đối xứng qua OA, một đường cắt Ox tại M, đường kia cắt Oy tại N Chứng minh rằng MN đi qua một điểm cố định

Ý tưởng :

Theo đề A và O là 2 điểm cố định, AM, AN lại đối xứng qua AO, nghĩa là OA là phân giác của MAN , ta nghĩ

đến chùm phân giác Do đó ta kẻ đường thẳng d qua A và vuông góc OA để tạo ra chùm phân giác

Giải : Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với OA và K là giao điểm của MN và d , I là giao điểm của AO và MK

Do AM và AN đối xứng nhau qua AO nên AO là phân giác của góc

Bài 6 : Cho hình vuông và một đường tròn nội tiếp hình vuông Một tiếp tuyến bất kỳ của đường tròn cắt các cặp cạnh đối của hình vuông tại A, B và C, D Chứng minh rằng ABCD    1

N

M

O

A

Ta có : OD là phân giác của GOF (2 tiếp tuyến cắt nhau)

OC là phân giác của FOI (2 tiếp tuyến cắt nhau)

Ta có : OA là phân giác của EOF (2 tiếp tuyến cắt nhau)

OD là phân giác của FOG (2 tiếp tuyến cắt nhau)

45

2 2

o

AOD AOFFOD EOF FOG

Từ điều trên và (1) suy ra OA là phân giác của COD

Tương tự, ta chứng minh được : OAOB

Như vậy: OA OB OC OD, , , là chùm phân giác nên là

chùm điều hòaABCD  1

Nhận xét : Ta cũng có thể giải cách khác như sau :

Cách 2 :

Xét chùm FE, FI, FH, FG

Ta có : EI IH FI là phân giác EFH

IH HG FH là phân giác IFG

Suy ra FE, FI, FH, FG là chùm phân giác

Mặt khác : FEOA FI, OC FH, OB FG, OD

Bài 7 : Cho ABC có trọng tâm G Một đường thẳng d thay đổi qua G cắt BC, CA, AB theo thứ tự tại M, N, P

Dựng Ax // BC Gọi I là trung điểm của BC

Xét chùm Ax AG AB AC, , , có BC là cát tuyến song song với Ax, chắn trên 3 tia còn lại 2 đoạn IB = IC

Theo định lý cát tuyến song song, Ax AG AB AC, , , là chùm điều hòaAx AG AB AC, , ,   1

H

E

I G

Gọi Q là giao điểm của Ax và d, khi đó :

IG

IA  ) rồi áp dụng câu a

cho 3 điểm M, X, Y lần lượt nằm trên RS, SA, AR là xong!

Bài 8 : Cho đoạn thẳng AB và số dương k khác 1 Tìm quĩ tích các điểm M sao cho MA = k.MB

Ý tưởng :

MB  ta liên tưởng đến chân đường phân giác, suy ra chùm phân giác

Vậy chùm MA, MB, MD, MF có MD là phân giác

MD là phân giác trong của AMB và MDMF

M

 Quỹ tích M là đường tròn Apolonius

 Ta có thể dùng kết quả bài tập này để giải 1 số bài tập khác : Chẳng hạn :

Cho đường tròn (O), lấy một điểm A ngoài (O), từ A kẻ 2 tiếp tuyến AK, AN và 1 cát tuyến ACD bất kỳ đối với đường tròn trên Hai tiếp tuyến qua C và D đối với (O) cắt nhau tại M CMR : K, M, N thẳng hàng

K D

   (AKC ,A chung) KC AC

Gọi E và F lần lượt là chân đường phân giác trong và ngoài của DNC

Từ (3), áp dụng bài tập 8 ta có N, N’ đều thuộc đường tròn đường kính EF

Mặt khác N, N’ thuộc (O), suy ra N, N’ là giao điểm của (O) và (EF)

Ta chú ý (O) và (EF) cắt nhau tại 2 điểm nằm trên 2 mặt phẳng khác nhau bờ DC, trong khi N, N’ lại cùng trên một mặt phẳng bờ DC Những điều trên cho ta N  N  đpcm

Bài 9 : Cho đường tròn đường kính CD tâm O Trên CD lấy A1, A2 sao cho A A CD   Qua A1 2  1 1, A2 lần lượt kẻ các đường thẳng D1, D2 vuông góc với CD Một tiếp tuyến thay đổi của đường tròn cắt D1, D2 lần lượt tại M1, M2 Chứng minh rằng : 1

OM OM Theo giả thiết, lại xuất hiện tiếp tuyến làm ta liên

tưởng đến việc tạo ra sự vuông góc (chùm phân giác) như bài tập 6 Như vậy ta cần tạo ra các tiếp tuyến nữa để sử dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau Ở đây, tiếp tuyến dựng từ C và D là điều tối ưu nhất ta có thể dùng Bằng cách cộng các góc như bài tập 6 ta dễ dàng có C OD  90o  chùm tia cần tìm là

 1 2 

O M M C D 

Giải : Dựng 2 tiếp tuyến Cx, Dy của (O) Hai tiếp tuyến này lần lượt cắt tiếp tuyến tại M của (O) tại C’, D’ (với M là điểm thay đổi trên đường tròn (O))

D O

C A1 A2

M

Từ (1) và (2) suy ra OM OM OC OD là chùm phân giác 1, 2, ', '

Suy ra OC’ là phân giác của M OM Theo tính chất chân đường phân giác của 1 góc, ta có : 1 2

Để chứng minh O là trung điểm MN, ta liên tưởng tới định lý cát tuyến song song, khi đó ta sẽ dựng tia Ax qua

A, song song với MN, ta cần cm chùm AM, AN, AO, Ax là chùm điều hòa

Giải :

Qua A dựng Ax // ME cắt DE tại I

Khi đó E là trung điểm của DI

Do ABDADK nên ADB AKD

mà ECLACBADB nên ECLEKB

Suy ra : ECLEKB (g – g)

2 /( )

Mà MN // AI cắt AK, AD, AL lần lượt tại M, O, N

Theo định lý cát tuyến song song, thì OM = ON (đpcm)

L

I

K

N M

E

D O

A

B

C

B/ Phần bổ sung – Bài tập thêm :

I/ Những bài toán nhìn từ con mắt “điều hòa” :

Sau đây, ta sẽ mở rộng ra vài bài toán hình học có thể nói đơn giản nhưng khó đến kinh ngạc nếu chỉ sử

dụng những suy luận quen thuộc Vậy mà chỉ bằng con mắt “hàng điểm điều hòa”, mọi bản chất đều “lộ rõ

nguyên hình” và ta cảm nhận được vẻ đẹp đầy quyến rũ của nó

1) Từ bài toán “tứ giác toàn phần” :

Nếu gọi I là điểm đồng quy của AA1, BB1, CC1 thì AIBC là 1 tứ giác toàn phần với các đường chéo AI,

B1C1 và BC mà lời giải là một trong những cách chứng minh cho định lý rất đẹp về hình tứ giác toàn phần:

“trong một hình tứ giác toàn phần, một đường chéo bị hai đường chéo còn lại chia điều hòa” Bài toán đơn

giản này cho ta sử dụng tính chất một hình tứ giác toàn phần hay hàng điểm điều hòa cho một tam giác có 3 đường đồng quy

Cách 1 : Trước hết ta xét một cách giải như sau :

Kết quả là hiển nhiên khi tam giác ABC cân

Giả sử tam giác ABC không cân, ta có thể giả sử AC

> AB Dựng ABP cân tại A và AP cắt HE tại Q Gọi F’ là điểm đối xứng của Q qua AH Khi đó AH

là phân giác của 'EHF

Vì F’Q // BP (cùng vuông góc với AH) nên

Theo định lý Ceva, ta có AH, BE, CF’ đồng quy, từ đó ta có đpcm

Cách 2 : Lời giải sau khiến ta tâm đắc hơn với việc sử dụng hàng điểm điều hòa :

Chỉ với một biến đổi nhỏ và một kỷ xảo che giấu điểm M, ta đã tạo một bài toán mới, khó hơn

Bài toán 3 : (đề thi Iran)

Cho ABC Lấy E, F, K lần lượt thuộc BC, CA, AB sao cho AE, BF, CK đồng quy Gọi L là giao điểm của AE và KF, H là hình chiếu của L xuống BC

CMR : LH là phân giác của KHF

(Lời giải bài này như bài toán 2)

M L

Mặt khác đường thẳng qua I song song EF cắt EN, EJ, EK lần lượt tại L, I, M

Theo định lý cát tuyến song song, ta có MI = ML (đpcm)

2) Từ bài toán “cát tuyến” :

Bài toán 1 :

Cho đường tròn tâm O, điểm M nằm ngoài đường tròn Gọi MA, MB là 2 tiếp tuyến với đường tròn (A,

B là tiếp điểm) và cát tuyến MCD với đường tròn (C, D thuộc (O))

CMR : AM, AB, AC, AD là chùm điều hòa

 Giải

H

K

C M

B

Gọi  I  ABMO, MO cắt (O) tại C’, D’

Như vậy, C, A đối xứng với K, B qua MO

Vì thế CIAKIB, mà KIBAID(đối đỉnh)

Nên CIAAID hay IA là phân giác của CID

Mặt khác IM IA Vậy IM, IA, IC, ID là chùm phân giác nên là chùm điều hòa

Suy ra : MHCD    AM, AB, AC, AD là chùm điều hòa  1

 Nhận xét

Từ bài giải trên, ta có kết quả: Với mỗi cát tuyến MCD cắt đường nối tiếp điểm AB ta luôn có hàng điểm điều hòa : MHCD   Nếu chú ý đến vấn đề cực và đối cực thì rõ ràng đây là một trong những  1cách chứng minh cho việc dựng đường đối cực của một điểm ngoài đường tròn bằng tiếp tuyến

B

Theo bài toán 1, ta có : MKCD   (với  1  K AHCD H MKCD   1

Mà HK HM (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Nên HM, HK, HC, HD là chùm phân giác

Vậy HA là phân giác của CHD

Bài toán sau là sự tổng hợp cả “tứ giác toàn phần” và “cát tuyến” tạo ra hàng điểm thật đẹp

M F

E S

O A

B

Giả sử EF cắt CD tại K, MN cắt CD tại K’

Khi đó theo tính chất của tứ giác toàn phần FEAB

Nên chúng phải nằm trên một đường thẳng

Giải : Theo tính chất của tứ giác toàn phần, ta có (BCDP   Khi đó, nếu gọi Q là trung điểm BC, theo ) 1

DB DC DM DN (2)

Từ (1) và (2) suy ra

DQ DP DM DN

Tức là bốn điểm P, Q, M , N cùng nằm trên một đường tròn

II/ Bài tập thêm :

Bài 1 : Cho bốn điểm A, B, C, D thẳng hàng Chứng minh rằng :

a) ABCD  ACBD1

b) ABCD  DBCA1

Giải

Bài 2 : Cho hai đường thẳng a và a’ cắt nhau tại A và giả sử trên a ta có bốn điểm A, B, C, D sao cho

ABCD   1 và trên a’ ta có bốn điểm A, B’, C’ D’ sao cho AB C D     1 Chứng minh rằng BB’, CC’, DD’ hoặc đồng quy hoặc song song với nhau

Vậy BB’, CC’, DD’ đồng quy tại O

 Nếu BB’ và CC’ song song, từ A và D ta vẽ các

đường thẳng song song với CC’ và BB’

Đường thẳng song song đi qua D cắt AB’ tại

D’’, ta chứng minh D’’ trùng với D’

Vậy các đường thẳng BB’, CC’, DD’ song song

Bài 3 : Cho tam giác ABC và AH = h là chiều cao xuất phát từ A Gọi r và r’ lần lượt là bán kính của đường tròn nội tiếp và bàng tiếp của tam giác đối với góc A Chứng minh :

2 1 1

h r r

Giải Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

K là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc A của ABC

a

a' D'' B' O

A

C B

D C'

BI, BK là các đường phân giác của B

Suy ra BA, BC, BI, BK là chùm điều hòa

Gọi D là giao điểm của AI và BC ta có : ADIK   1

Chiếu vuông góc các điểm A, I, D, K xuống đường cao AH

Ta lần lượt được các điểm A, I’, H, K’

Bài 4 : Cho đường tròn (O) Hai điểm B, C cố định trên

đường tròn, BC không phải đường kính Lấy A là một điểm

trên đường tròn không trùng với B, C AD, AE là các đường phân giác trong và ngoài của góc BAC I là trung điểm của DE Qua trực tâm tam giác ABC kẻ đường thẳng vuông góc với AI cắt AD, AE tại M,N a) Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định

b) Tìm vị trí điểm A sao cho diện tích tam giác AMN lớn nhất

Giải Gọi 2 là độ lớn cung nhỏ BC Khi đó góc BAC bằng  hoặc 1800-

a) Gọi X là điểm đối xứng của O qua BC suy ra X cố định

Ta có OX = 2d(O;BC) = 2Rcos = AH, OX // AH (vì cùng vuông góc với BC) nên AOXH là hình bình hành Suy ra AO // HX (1)

Lại có (CBDE) = -1 nên theo hệ thức Newton

=> ID2 IB.IC, mà IA = ID (tam giác ADE vuông tại A)

=> IA2 IB.IC => IA tiếp xúc (O)

=> IA  OA (2)

Từ (1) và (2) suy ra XH  AI, mà MN đi qua H và  AI => M, N, X thẳng hàng Vậy MN đi qua X cố định (đpcm)

Suy ra AD cũng là phân giác góc OAH Mà AE  AD suy ra AE là phân giác ngoài góc OAH => (AO; AH; AD; AE) = -1 Mà AO //MN suy ra H là trung điểm của MN

Suy ra SAMN = 2SAHN = HA.HN.sin(AHN)

Mà tam giác AMN vuông tại A nên HN = HA = 2Rcos không đổi Hơn nữa

D

K

I B

C

A

H I'

K'

Từ đó suy ra SAMN đạt giá trị lớn nhất bằng 4R2cos2 khi AHN = 900 Điều này xảy ra khi và chỉ khi AOX =

900 Từ đó suy ra có hai vị trí để SAMN đạt giá trị lớn nhất là hai đầu mút của đường kính vuông góc với OX (tức là song song với BC)

Bài 7 : Cho tam giác OAB, đỉểm M nằm trên cạnh AB nhưng không phải là đỉnh Một đường thẳng biến thiên

đi qua M cắt OA tại A’, cắt OB tại B’ Gọi N là giao điểm AB’ và BA’ Tìm quỹ tích điểm N nói trên

Giải Gọi M’ là giao điểm ON và AM Xét tứ giác toàn phần ABB’A’, ta có (ABMM’) = –1 Nhưng A, B, M cố định, nên M’ cũng cố định Do đó đường thẳng OM’ cố định Vậy quỹ tích những điểm N là đường thẳng OM’

Bài 8 : Cho tam giác ABC và đường tròn (O) ngoại tiếp của nó, tiếp tuyến tại A và B của đường tròn cắt nhau tại I Một đường thẳng d đi qua I cắt AC, BC lần lượt tại M và N, cắt (O) tại P, Q Chứng minh rằng

A

B

C

M E

D

Dựng tiếp tuyến MD, ME Giả sử DEBCN'

Áp dụng định lý Brianchon cho lục giác AEDDBC, ta có:

AEDBT EDBCN DDCAM

Khi đó M, N’, T thẳng hàng PQ BC DE, , đồng quy tại N’

Suy ra (MNPQ   (tính chất “cát tuyến cắt đường nối hai tiếp điểm” với MD, ME là hai tiếp tuyến, xem lại ) 1

ở mục “cát tuyến”) Từ đó, ta có đpcm