TLBD HSG CHUYÊN đề HÌNH học PHĂNG

Bài 2: GÓC ĐỊNH HƯỚNG GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG Giáo viên thực hiện chuyên đề: Võ Thị Ngọc Ánh Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành Tỉnh/TP: Kon Tum Giáo viên phản biện chuyên

Bài 2: GÓC ĐỊNH HƯỚNG GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG

Giáo viên thực hiện chuyên đề: Võ Thị Ngọc Ánh

Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành Tỉnh/TP: Kon Tum

Giáo viên phản biện chuyên đề: Tô Minh Trường

Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành Tỉnh/TP: Yên Bái

với OAuur là vectơ đầu, OBuuur là vectơ cuối

- Cho hai vectơ ar, br Góc định hướng giữa hai vectơ ar và br, kí hiệu là ( )a br r,

= α+ k2π �AOB=α, |k| là số vòng quay của tia Ot, k ≥ 0 nếu quay theo hướng dương,

k < 0 nếu quay theo hướng âm

Nhận xét:

- Góc định hướng giữa hai vectơ chung gốc OAuur, OBuuur chính là góc lượng giác của tia OA, OB

- Góc định hướng giữa hai vectơ không phụ thuộc vào độ dài các vectơ đó, nên để thuận tiện ta

có thể xét các vectơ có độ dài bằng nhau

- Hai góc định hướng giữa các vectơ được gọi là bằng nhau nếu chúng có cùng số đo, kí hiệu

- Hai vectơ xác định cho ta góc định hướng duy nhất nếu ta chỉ xét các góc định hướng có số

đo thuộc [0; 2π) Do đó ta thường xét số đo góc định hướng giữa hai vectơ theo các đồng dư thức với mô đun 2π như sau: ( )a br r,

≡ ( )c br r,

-( )c ar r, (mod 2π) (từ hệ thức Salơ suy ra quy tắc chuyển vế, đổi dấu của đồng dư thức)

+ Hai góc định hướng bù nhau: ( )a br r,

≡ π + (- a br r, ) (mod 2π), ( )a br r,

≡ π + (a br r,- ) (mod 2π).+ Hai góc định hướng đối đỉnh: ( )a br r,

≡ (- a br r,- ) (mod 2π).

1.3 Quan hệ giữa góc định hướng và phép biến hình

Định lí : Cho phép biến hình f biến các điểm A, B, C, D lần lượt thành A’, B’, C’, D’ Khi đó:

a) Nếu f là phép tịnh tiến, phép đối xứng tâm, phép quay, phép vị tự thì (uuur uuurAB CD, )

Định lí 1: (Tổng các góc trong một tam giác) Tổng ba góc cùng hướng trong tam giác bằng π theo mô

đun 2π” (nếu xét các góc dương nhỏ hơn π ta có tổng ba góc trong của tam giác bằng π)

Định lí 2: (Góc ngoài của tam giác) Tổng hai góc trong cùng hướng của một tam giác bằng góc ngoài

cùng hướng ở đỉnh thứ ba theo mô đun 2π’

Định lí 3: Cho tam giác ABC, tam giác ABC cân tại A �(BC BAuuur uur, )

uur uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur

uuur uuur uur uur uuur uuuruur uuur uur uur uuur uuuruur uur

)

π

Định lí 5: Giả sử bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên đường tròn tâm O.

a) Khi C, D nằm cùng phía đối với đường thẳng AB thì (CA CBuur uur, )

≡ (DA DBuuur uuur, )

(mod 2π)

b) Khi C, D nằm khác phía đối với đường thẳng AB thì (CA CBuur uur, )

≡ (DA DBuuur uuur,- ) (mod 2π)

Xét các góc định hướng (CA CBuur uur, )

ngược hướng nên xảy ra (2)

Chú ý: Từ định lí 5, suy ra các hệ quả sau:

Hệ quả 1: Cho tam giác ABC, {M| (MA MBuuur uuur, )

≡ (CA CBuur uur, )

(mod 2π)} là cung tròn đi qua điểm C vàchắn dây AB

Hệ quả 2: (Điều kiện để tứ giác nội tiếp) Cho tứ giác ABCD,

ABCD nội tiếp được khi và chỉ khi (AB ADuuur uuur, )

≡ (CB CDuur uuur,- ) (mod 2π).

2 Khái niệm góc định hướng giữa hai đường thẳng:

2.1 Định nghĩa:

Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho hai đường thẳng a và b cắt nhau tại O, khi cho đường thẳng m đi

qua O và quay quanh O từ vị trí đường thẳng a đến vị trí đường thẳng b theo một hướng nhấtđịnh thì m quét nên một góc định hướng của hai đường thẳng a và b, kí hiệu (a,b); a là đườngthẳng đầu, b là đường thẳng cuối

Chú ý:

- Ta quy ước hướng quay của đường thẳng m là dương nếu hướng này ngược với chiều quay của kim đồng hồ, là âm nếu hướng quay này theo hướng kim đồng hồ

- Theo đơn vị rađian, ta có số đo của góc định hướng (a,b) là sđ(a, b) = α+ kπ hay (a, b) = α+ kπ

với α là góc giữa hai đường thẳng a và b theo nghĩa thông thường (α �(0; π)), |k| là số lần quaynửa vòng của đường thẳng m Ot, k ≥ 0 nếu quay theo hướng dương, k < 0 nếu quay theo hướngâm

- Khi a song song b hoặc a trùng b thì ta quy ước (a,b) = kπ.

Nhận xét:

- Hai góc định hướng giữa các đường thẳng được gọi là bằng nhau nếu chúng có cùng số đo, kí

hiệu (a,b) =(c,d), quan hệ bằng nhau này có tính chất: phản xạ, đối xứng, bắc cầu

- Hai đường thẳng xác định cho ta góc định hướng duy nhất nếu ta chỉ xét các góc định hướng

có số đo thuộc [0; π) Do đó ta thường xét số đo góc định hướng giữa hai đường thẳng theo các đồng dư thức với mô đun π như sau: (a,b) ≡ (c,d) (mod π) � sđ(a,b) =sđ(c,d) +k ,π k��

- Nếu α≡ β (mod 2π) thì α≡ β (mod π) Điều ngược lại nói chung không đúng.

Ví dụ:

d) Cho a, b, c là ba đường thẳng phân biệt ( , )a b �( , )(mod )a cπ b c� // .

2.2 Tính chất:

+ Hai góc định hướng ngược hướng: (a,b) ≡ -(b,a) (mod π)

+ Hệ thức Salơ: (a,b) ≡ (a,c) + (c,b) (mod π), (a, b) ≡ (c,a) – (c,b) (mod π) (từ hệ thức Salơ suy

ra quy tắc chuyển vế, đổi dấu của đồng dư thức)

2.3 Quan hệ giữa góc định hướng và phép biến hình

Định lí : Cho phép biến hình f biến các đường thẳng a, b lần lượt thành a’, b’ Khi đó

a) Nếu f là phép tịnh tiến, phép đối xứng tâm, phép quay, phép vị tự thì (a,b) (a’,b’) (mod ).a) Nếu f là phép đối xứng trục thì (a,b) (b’,a’) (mod )

2.4 Quan hệ giữa góc định hướng giữa hai đường thẳng và góc định hướng giữa hai vectơ:

Xét hai đường thẳng a, b cắt nhau tại O; A, B là các điểm thuộc đường thẳng a; C, D là các điểm thuộc đường thẳng b sao cho (a,b)  ( ,OA OCuur uuur)

Ta có (OA OCuur uuur, )� -( OA OCπuur uuur,- )� +OA OC(uur uuur,- )π� + -OA OC( uur uuur, )(mod 2 )π

nên (OA OCuur uuur, )� -( OA OCuur uuur,- )�(OA OCuur uuur,- )� -( OA OCπuur uuur, )(mod )

hay ( , ) (a b � uuur uuurAB CD, )�(BA DCuur uuur, )�(uuur uuurAB DC, )�(BA CDπuur uuur, )(mod )

Như vậy, (AB,CD) ≡ (uuur uuurAB CD, )

Định lí 1: (Góc nội tiếp và góc ở tâm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, ta có hệ thức

(OA, OB) ≡ 2 (CA, CB) (mod π)

Chứng minh

Ta có (OA, OB) ≡ (OA OBuur uuur, )�2(CA CBuur uur, )≡2 (CA, CB) (mod π)

Định lí 2: Cho tam giác ABC, tam giác ABC cân tại A �(AB BC ≡ , ) (BC AC (mod π)., )

Chứng minh

Ta có (AB,BC) ≡ (BA BCuur uuur, )

≡ (CB CAuur uur, )

≡(BC AC (mod π)., )

Định lí 3: (Góc giữa tiếp tuyến và dây cung) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, d tiếp xúc

với (O) tại A, ta có hệ thức (d, AB) ≡ (CA, CB) (mod π)

Chứng minh

Định lí 4: Cho tam giác ABC, tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện (MA, MB) ≡ (CA, CB) (modπ)

là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Chú ý: Trong phát biểu trên khi điểm M trùng với A (hoặc B) thì ta xem MA (hoặc MB) là tiếp

tuyến của đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC

Chứng minh Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

* Thuận: Xét các điểm M thỏa (MA, MB) ≡ (CA, CB) (mod π) suy ra

( ) ( )

uuur uuur uur uur

uuur uuur uur uur nên M nằm trên đường tròn (O)

* Đảo: Xét các điểm M nằm trên đường tròn (O),

+ Khi M trùng với A, B thì ta có (MA, MB) ≡ (CA, CB) (mod π) theo định lí 3

+ Khi M nằm cùng phía với C so với đường thẳng AB thì (CA CBuur uur, )�(MA MBπuuur uuur, )(mod 2 ), khi

M nằm khác phía C đối với AB thì (CA CBuur uur, )�(MA MBπuuur uuur,- )(mod 2 ) Do đó xét theo môđun π

thì (CA CBuur uur, )�(MA MBπuuur uuur, )(mod ) hay (MA, MB) ≡ (CA, CB) (mod π)

Hệ quả: (Điều kiện để 4 điểm đồng viên – cùng thuộc một đường tròn) Cho A, B, C, D phân biệt và

không có 3 điểm nào thẳng hàng A, B, C, D đồng viên được khi và chỉ khi

(CA,CB) ≡ (DA, DB)(mod π) � (AB, AD) ≡ (CB, CD) (mod π)

II Phương pháp giải

1 Ưu điểm của phương pháp:

- Ta thấy rằng khái niệm góc định hướng là một khái niệm mở rộng của góc theo nghĩa thông thường giữa hai vectơ, hai tia chung gốc, hai đường thẳng Đây là một đại lượng có hướng và chúng có các tính chất giống như tính chất của vectơ đặc biệt là quy tắc “cộng”, quy tắc “trừ”

(quy tắc “xen đường thẳng”) giúp chuyển việc giải một bài toán hình học thành biến đổi

đại số Do đó đây thực sự là một công cụ mạnh nếu ta biết sử dụng chúng đúng lúc và đúng

cách

- Với việc sử dụng góc định hướng sẽ giúp cho lời giải một số bài toán hình học phẳng liên

quan đến góc trở nên ngắn gọn so với khi dùng góc không có hướng vì không phải phụ thuộc vào hình vẽ, không phải xét nhiều vị trí tương đối của hình

- Tránh được tình trạng học sinh chỉ giải theo hình vẽ của mình mà không xét đầy đủ các trường hợp về vị trí tương đối của các đối tượng trong hình

2 Các dạng toán cơ bản và phương pháp ứng dụng góc định hướng:

Đối với giả thiết: Bài toán liên quan đến góc, song song, vuông góc, tứ giác nội tiếp, các yếu tố di

động dẫn đến nhiều vị trí tương đối xảy ra đối với các điểm trong hình

Đối với kết luận:

 Chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng (không kể thứ tự của các điểm đó)

, ,

A B C thẳng hàng � (AB,AC) �0 mod π ).

 Chứng minh hai đường thẳng AB và CD song song:

Cho bốn điểm A, B, C, D không thẳng hàng:

//

AB CD � (AB,C D) � 0 (mod π ).

 Chứng minh hai đường thẳng AB và CD vuông góc:

A B C D cùng thuộc một đường tròn � (AC,AD) �(BC, BD) (mod π ).

 Chứng minh đường tròn thay đổi luôn đi qua một điểm cố định: Có thể dự đoán điểm cố

định và chuyển thành bài toán chứng minh bốn điểm cùng thuộc một đường tròn

 Chứng minh đường thẳng thay đổi luôn đi qua một điểm cố định: Có thể dự đoán điểm

cố định và chuyển thành bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng

 Chứng minh ba đường thẳng đồng quy: Có thể chuyển thành bài toán chứng minh ba điểm

thẳng hàng

 Chứng minh hai tam giác đồng dạng, chứng minh tam giác cân, chứng minh phân giác:

Dùng các góc định hướng bằng nhau thường là kết quả trung gian để đưa đến điều cần chứng minh

B VÍ DỤ MINH HỌA

 Ví dụ 1: (Đề thi HSG quốc gia 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 khác M của đường tròn đi qua

3 điểm (M, A, C) và đường tròn đi qua 3 điểm (M, B, D) Chứng minh rằng:

a) Điểm N chạy trên một đường tròn cố định

b) Đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định

 Phân tích: - Giả thiết cho các tứ giác nội tiếp.

a) Ta cần chứng minh N, O, C, D cùng thuộc một đường tròn (với O là giao điểm của AC, BD)

và đây là bài toán liên quan đến góc

b) Dự đoán điểm cố định I là giao điểm của d và MN với d là đường thẳng đi qua O và song song với AB (d cố định) , ta thấy OI // AB và I thuộc (NOC), như vậy cũng đưa về bài toán liênquan đến góc

Lời giải

Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có O cố định

a) Xét các góc định hướng theo môđun π, ta có

(CO, CN) = (CA, CN) ≡ (MA, MN) = (MB, MN) ≡ (DB, DN) = (DO, DN) (mod π) (1)

Suy ra (CO, CN) ≡ (DO, DN) (mod π) hay N thuộc đường tròn (CDO) là đường tròn cố định.b) Gọi d là đường thẳng đi qua O và song song với AB, ta có d cố định

Gọi I là giao điểm của d và MN Ta chứng minh I cố định, thật vậy

(MA, MN) ≡ (IO, MN) =(IO, IN) (mod π) vì IO // MA

Mà theo (1) (CO, CN) ≡ (MA, MN) (mod π) nên (CO, CN) ≡ (IO, IN) (mod π) suy ra I thuộc đường tròn (CON) hay I thuộc đường tròn (CDO) cố định

Suy ra I cố định vì I là giao điểm thứ hai khác O của d và (CDO)

Chú ý: Nếu không dùng góc định hướng, ta phải xét các vị trí tương đối của ABCD và các

điểm M, N

 Ví dụ 2: (Định lí Miquel cho tứ giác toàn phần) Cho tứ giác ABCD có AB và CD cắt nhau tại E, AD và

BC cắt nhau tại F Khi đó bốn đường tròn (ABF), (CDF), (BCE), (ADE) sẽ cùng giao nhau tại một điểm

 Phân tích: Để chứng minh bốn đường tròn (ABF), (CDF), (BCE), (ADE) sẽ cùng giao nhau

tại một điểm, ta cho hai đường tròn giao nhau tại điểm chung thứ hai là M và chứng minh các đường tròn còn lại cũng đi qua M Ta có bài toán chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn

Lời giải

Giả sử các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABF, CDF cắt nhau tại điểm thứ hai là M, ta chứng minh các đường tròn còn lại cũng đi qua M Thật vậy,

Vì (MB,MF)  (AB,AF) (mod π ) và (MF,MC)  (DF,DC) (mod π )

nên (MB,MC)  (MB,MF)+(MF,MC)  (AB,AF)+(DF, DC) (AB,DF)+(DF, DC)  (EB, EC)

 (mod π )

Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE đi qua M

Tương tự, đường tròn ngoại tiếp ADE đi qua M

C BÀI TẬP

Bài 1: (Đường thẳng SimSon) Cho tam giác ABC Gọi M là điểm bất kỳ không trùng với A, B, C và H, K,

L lần lượt là hình chiếu của M lên các đường thẳng BC, CA, AB

Chứng minh: H, K, L thẳng hàng k v c k M �(ABC)

 Phân tích: Đây là một định lí hết sức quen thuộc của hình học phẳng, có thể chứng minh

bằng góc thông thường, tuy nhiên cần phải xét đến vị trí tương đối của điểm M Sau đây là cáchchứng minh dùng góc định hướng sử dụng được giả thiết các tứ giác nội tiếp thông qua khái niệm góc định hướng

Lời giải

+ M trùng với A, B, C thỏa đề.

+ M khác A, B, C ta có:

H, K, L thẳng hàng � (HK, HL)  0 (mod ) � (HK, HM) + (HM, HL)  0 (mod )

� (CK, CM) + (BM , BL)  0 (mod ) (Vì các bộ bốn điểm K, M, H, C và L, M, H, B đồng viên)

� (CA, CM) + (BM , BA)  0 (mod )

� (CA, CM)  (BA , BM) (mod ) � M, A, B, C đồng viên � M thuộc (ABC)

Bài 2: (Định lý Steiner thuận) Cho ABC nội tiếp (O) Một điểm M bất kì nằm trên (O) (M không trùng

với A, B, C) Gọi M1, M2, M3 tương ứng là điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB Chứng minh rằng M1, M2, M3 , H thẳng hàng, trong đó H là trực tâm ABC

 Phân tích: Để chứng minh bốn điểm thẳng hàng ta chứng minh có hai bộ ba điểm thẳng

Tương tự ta có: ĐAB: M3H  MC1 Suy ra (M3H, AB)  (AB,MC1) (mod )

Vậy: (M1H, M3H)  (M1H, BC) + (BC, AB) + (AB, M3H)

 (BC, MA1) + (BC, AB) + (MC1, AB) (mod )

 (BC, MC1) + (MC1, MA1) + (BC, AB) + (MC1, AB) (mod )

 2(BC, AB) + (MC1, MA1)  2(BC, AB) + (AC1, AA1) (mod )

 2(BC, AB) + 2(AB, AH)  2(BC, AH)  0 (mod )

(vì C1 = ĐAB (H)  (AC1, AA1)  (AC1, AH)  2(AB, AH) (mod ) và

BC  AH)

Do đó M1, M3, H thẳng hàng Tương tự, M1, M2, H thẳng hàng

Tóm lại ta có: M1, M2, M3, H thẳng hàng

Bài 3: (Định lý Steiner đảo) Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H, d là đường thẳng tùy ý qua H Gọi d1,

d2, d2 là các đường thẳng đối xứng với d qua BC, CA, AB Chứng minh rằng d1, d2, d3 đồng quytại một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Lời giải

Cách 1: Gọi A1, B1, C1 lần lượt là các điểm đối xứng của H qua BC, CA, AB; suy ra A1, B1, C1

thuộc (O) và lần lượt thuộc d1, d2, d3

Gọi M là giao điểm của d1 và d2 Ta có

(d1, d2) �(d1, BC)+(BC, CA)+(CA,d2) �(BC,d)+(BC,CA)+(d,CA) � 2(CB, CA) �(CA1,

CB1) (mod π ).

Suy ra (MA1, MA2) �(CA1, CB1) (mod π ) hay M thuộc (O).

Tương tự các giao điểm d1� , d3 d2� thuộc (O) Suy ra dd3 1, d2, d3 đồng quy tại M  (O)

Cách 2: Giữ các kí hiệu A1, B1, C1 như bài trên Gọi M = d1 I (O)  A1 Khi đó lấy M1, M2, M3

tương ứng là các điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB khi đó theo định lý Steiner thuận ta có: M1,M2, M3, H thẳng hàng

Mà M1 = ĐBC(M) và A1 = ĐBC (H); d1 = ĐBC (d)  M1H trùng d

Vậy M3, M2 thuộc d Ta có (cũng theo định lý thuận Steiner)

(M3H, AB)  (AB, MC1) (mod )  ĐAB(d) = (MC1)  (MC1) trùng d3

Tương tự: ĐAC (d) = (MB1)  (MB1) trùng d2

Tức là ta có: d1, d2, d3 đồng quy tại M  (O)

Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O) Gọi E = AD BC� , F = AB CD� , G =

(CDG) cắt nhau tại điểm thứ hai H

b) Ta chứng minh EO ^ FG, FO ^ EG hay OH^ HG, OI^ IG

Lời giải

a) (IA, IB) � (IA, IG) +(IG, IB) �(DA, DG)+(CG,CB)

(vì I thuộc (ADG) và (BCG)) � (OA,OB) (mod π )

Suy ra OI ^ IG hay FO ^ EG

Tương tự ta chứng minh được EO ^ FG

Bài 5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm (O); gọi E, F, G theo thứ tự là giao điểm của của các

cặp đường thẳng AB và CD, BC và DA, AC và BD Các đường tròn (DAE), (DCF) cắt nhau tạiđiểm thứ hai H Phân giác của góc AHB cắt AB tại I, phân giác của góc DHC cắt CD tại J Chứng minh rằng I, G, J thẳng hàng

Lời giải

J

I H

G E

F

A

D

C B

Từ giả thiết suy ra (HD, HE) � (AD,AE) � (AD, AB) � (CD,CB) � (CD,CF) � (HD, HF)

(mod π )

Do đó H, E, F thẳng hàng

Áp dụng định lí Miquel (ví dụ 1) cho tứ giác ABCD ta có các đường tròn (ADE), (BCE),

(ABF), (CDF) cùng đi qua H (vì hai đường tròn (DAE), (DCF) cắt nhau tại điểm thứ hai H)

Suy ra (HA,HD) � (EA, ED) = (EB, EC) = (HB, HC) (mod π ) (1)

Và (CB, CH) � (CB,CD) + (CD, CH) �(AB, AD) + (FD, FH) � (EA, EH) � (DA, DH)

Suy ra GI, GJ lần lượt là phân giác trong các góc �AGB , � CGD hay G, I, J thẳng hàng.

 Nhận xét: Đây là bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng nhưng ta không sử dụng trực

tiếp khái niệm góc định hướng mà sử dụng góc định hướng để chứng minh hai tam giác đồng dạng

D BÀI TẬP CỦNG CỐ

Bài 1: Cho hình bình hành ABCD, hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E Xét hai điểm M, N đối xứng

nhau qua E sao cho: M không thuộc các đường thẳng AB, CD; N không thuộc các đường thẳng

AD, BC Chứng minh các đường tròn (ABM), (CDM), (ADN), (CBN) cùng đi qua một điểm

Xét các góc định hướng theo môdun π Ta có:

(KA, KD)  (KA, KM) + (KM, KD)  (BA, BM) + (CM, CD) (CD, DN) + (AN, CD) (Vì AB//CD, BM//DN, CM//AN)  (AN, DN) (mod π )

Suy ra K thuộc đường tròn (ADN) (1)

Tương tự, K thuộc đường tròn (CBN) (2)

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh

Bài 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O), MN là một đường kính của (O) Chứng minh rằng các đường

thẳng Simson tương ứng với M, N vuông góc với nhau

Lời giải

Gọi X, Y là hình chiếu của M lên AB, AC theo thứ tự.

Gọi Z, T là hình chiếu của N lên AB, AC theo thứ tự

Ta có: (XY, ZT)  (XY, MY) + (MY, NT) + (NT, ZT) (mod )

 (AX, AM) + (AN, AZ) (mod ) (Vì A, X, Y, M và A, Z, N, T đồng viên)

 (AZ, AM) + (AN, AZ) (mod )  (AN, AM) (mod ) 

2

π

(mod) (MN là một đường kính) Vậy: XY  ZT

Bài 3: Từ một điểm M trên vòng tròn ngoại tiếp ABC (M không trùng với A, B, C), vẽ một đường thẳng

vuông góc với BC gặp đường tròn (ABC) tại N.Ta luôn có AN song song với đường thẳng Simson ứng với M

Lời giải

+ Ta có M, C', A', B đồng viên

Suy ra (BM, BC')  (A'M, A'C') (mod )

Do đó (BM, BA)  (NM, A'C') (mod ) (1)

+ M, B, N, A đồng viên suy ra (BM, BA)  (NM, NA) (mod ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra (NM, A'C')  (NM, NA) (mod )

Vậy: A'C' // NA

 Nhận xét: Ở hai ví dụ 9 và 10 là các bài toán với giả thiết là các đường thẳng Simson và yêu

cầu chứng minh hai đường thẳng vuông góc, hai đường thẳng song song Với giả thiết này việc

vẽ hình cũng khá công phu nhưng việc ứng dụng góc định hướng tỏ ra rất hiệu quả và thu được lời giải ngắn gọn

Bài 4: Cho ABC Các điểm X, Y, Z lần lượt thuộc các đt BC, CA, AB sao cho XYZ đồng dạng ABC.

Chứng minh rằng: tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là trực tâm XYZ

 Phân tích: Để chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là trực tâm XYZ, ta gọi H là trực tâm XYZ và chứng minh H là tâm đường tròn gọi tiếp tam giác ABC hay HA = HB =

HC Ta dùng góc định hướng để chứng minh các tam giác cân

� (HZ', HY')  (XZ', XY') (mod )

� (HZ, HY)  (XY, XZ) (mod )

� (HZ, HY)  (AB, AC) (mod ) (Vì ABC  XYZ)

� (HZ, HY)  (AZ, AY) (mod )

� H, Z, Y, A đồng viên

� (AZ, AH)  (YZ, YH) (mod)

� (AB, AH)  (YX', YY' (mod ) (1)

Tương tự H, Z, X, B đồng viên

� (BH, BZ)  (XH, XZ) (mod )

� (BH, BA)  (XX', XY') (mod ) (2)

Ta cũng có: X, X', Y, Y' đồng viên

� (YX', YY')  (XX', XY') (mod ) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra (AB, AH)  (BH, BA) (mod )

Do đó AHB cân tại H, suy ra HA = HB (*)

Từ (*), (**) suy ra: H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC

Bài 5: Trong mặt phẳng cho đường tròn (O) tâm O, bán kính R và 2 điểm A, B cố định trên đường tròn đó

sao cho A, B, O không thẳng hàng Xét 1 điểm C trên (O), C không trùng với A và B Dựng cácđường tròn sau: (O1) đi qua A và tiếp xúc với BC tại C; (O2) đi qua B và tiếp xúc AC tại C Haiđường tròn (O1) và (O2) cắt lại nhau ở điểm D khác C Chứng minh rằng: đường thẳng CD luôn

đi qua một điểm cố định khi C di động trên (O) và C không trùng với A và B

+ Ta sẽ chứng minh : D thuộc đường tròn (OAB), thật vậy,

(DA,DB)  (DA, DC) + (DC, DB) (mod ) (1)

(DA, DC)  (AD, AC) + (CA, CD) (mod )  (CD, CB) + (CA, CD) (mod )

Suy ra (DA, DC)  (CA, CB) (mod ) (2)

Tương tự, (DB, DC)  (CB, CA) (mod ) nên (DC, DB)  (CA, CB) (mod () (3).Lấy (2) cộng (3) ta được: (DA, DB)  2(CA, CB) (mod )  (OA, OB) (mod )

Do đó (DA, DB)  (OA, OB) (mod ) hay D thuộc đường tròn (OAB)

+ Gọi J là tâm của đường tròn (OAB) CD kéo dài cắt đường tròn (OAB) tại điểm thứ hai là E,

ta có: (DA DEuuur uuur, ) (�uuur uuurAD AC, ) (+ CA CDuur uuur, ) (mod 2) ( góc ngoài)

 (CD CBuuur uur, ) (+ CA CDuur uuur, ) (mod 2)( vì CB tiếp xúc (O1) tại C )

 (CA CBuur uur, )

(mod 2)

Vậy (DA DEuuur uuur, ) (�CA CBuur uur, ) (mod 2) (4)

Tương tự (DB DEuuur uuur, ) (�CB CAuur uur, ) (mod 2) nên (DE DBuuur uuur, ) (�CA CBuur uur, ) (mod 2) (5)

Từ (4), (5) ta được (DA,DEuuur uuur) (�DE,DBuuur uuur) (mod 2)

� (DA, DE)  (DE, DB) (mod )

� 2(DA, DE)  2(DE, DB) (mod 2)

� (JA JEuur uur, ) (� JE JBuur uur, ) (mod 2)

Suy ra E là điểm chính giữa cung AEB của đường tròn (J) hay E cố định

E DANH SÁCH TÀI LIỆU THAM KHẢO:

[1] Góc định hướng và áp dụng- Nguyễn Minh Hà ( các bài viết trên Báo toán học và tuổi trẻ) [2] Các bài thi Olympic toán Trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006).

[3] Tài liệu từ Internet.

HÌNH HỌC

VÀO CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH

Giáo viên thực hiện chuyên đề: Tô Minh Trường

Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành Tỉnh/TP Yên Bái

Giáo viên phản biện chuyên đề: Dung

Đơn vị công tác: Trường Chuyên Cao Bằng Tỉnh/TP Cao Bằng

A KIẾN THỨC CƠ BẢN

1 Định nghĩa phép biến hình

- Quy tắc đặt tương ứng mỗi điểm M của mặt phẳng với một điểm xác định duy nhất M’ của

mặt phẳng đó được gọi là phép biến hình trong mặt phẳng

- Kí hiệu phép biến hình là F thì ta viết F(M) = M’ hay M’ = F(M) trong đó M’ được gọi là ảnh

của điểm M qua phép biến hình F

- Phép biến hình biến mỗi điểm M thành chính nó được gọi là phép đồng nhất

- Phép dời hình biến tam giác thành tam giác bằng nó, biến góc thành góc bằng nó.

- Phép dời hình biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính.

đề

- Phép tịnh tiến là một phép dời hình nên có đầy đủ các tính chất của phép dời hình.

- Phép tịnh tiến được hoàn toàn xác định nếu cho biết điểm ảnh M’ của một điểm M nào đó.

- Mọi phép tịnh tiến (khác phép đồng nhất) đều không có điểm bất động.

3.3 Phép đối xứng trục

*Định nghĩa Trong mặt phẳng cho đường thẳng d, phép biến hình biến mỗi điểm M thành

điểm M’ đối xứng với M qua d gọi là phép đối xứng trục d

Kí hiệu: Đd

Vậy Đd(M) = M’ � Mvà M’ đối xứng nhau qua d

*Tính chất

-Phép đối xứng trục là một phép dời hình nên có đầy đủ các tính chất của phép dời hình.

- Phép đối xứng trục có tính chất đối hợp Tức là phép đảo ngược của phép đối xứng trục Đd là chính nó

-Trục của phép đối xứng trục Đd là tập hợp các điểm bất động

3.4 Phép đối xứng tâm

*Định nghĩa Trong mặt phẳng cho điểm I, phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’

đối xứng M qua I Kí hiệu: ĐI

Vậy ĐI(M) = M’�OMuuur uuuur+OM'=0r

*Tính chất

- Phép đối xứng tâm là một phép dời hình nên có đầy đủ các tính chất của phép dời hình.

- Phép đối xứng tâm có tính chất đối hợp.Tức là phép đảo ngược của phép đối

xứng tâm ĐI là chính nó

-Phép đối xứng tâm: ĐI biến vectơ thành vectơ đối của nó

3.5.Phép quay

*Định nghĩa Trong mặt phẳng cho điểm O và góc lượng giác α, phép biến hình biến điểm O

thành chính nó, biến mỗi điểm M khác O thành điểm M’ sao cho OM=OM’, góc lượng giác

(OM,OM’) = αgọi là phép quay tâm O, góc quayα Kí hiệu: Q(O,α)là phép quay tâm O, góc quay

Nếu = π thì Q(O,α) là phép đối xứng tâm O

*Tính chất

- Phépquay là một phép dời hình nên có đầy đủ các tính chất của phép dời hình.

- Phép quay có điểm bất động di động duy nhất là tâm quay.

-Phép quay Q(O;α) biến một đường thẳng d bất kì thành đường d’ và góc định hướng giữa d và d’bằng góc quay ( , ')d dα k π= + 2

- Phép quayQ( , )Oα :uuurAB�CDuuur� (uuur uuurAB CDα, )= (mod 2 ), (AB,CD)π α= (mod )π

- Nếu có hai đoạn thẳng AB và CD bằng nhau và AB không song song với CD Khi đó tồn tại

duy nhất một phép quay biến ABuuur thành CDuuur Tâm O của phép quay là giao điểm hai đường

trung trực của AC và BD, góc quay bằng góc giữa hai véc tơ ABuuurvà CDuuur