Trong những năm gần đây, bài toán hình giải tích Oxy trong kỳ thi ĐH đã có xu hướng sử dụng các tính chất hình phẳng mà lâu nay gần như chỉ xuất hiện trong chương trình thi HSG. Trong s[r]
Trang 1Bài giảng chương trình Gặp gỡ Toán học 2015 tại Vũng Tàu
HÌNH PHẲNG OXY
TỪ KỲ THI ĐẠI HỌC ĐẾN THI OLYMPIC
(Lê Phúc Lữ, TP Hồ Chí Minh)
Trong những năm gần đây, bài toán hình giải tích Oxy trong kỳ thi ĐH đã có xu hướng sử dụng các tính chất hình phẳng mà lâu nay gần như chỉ xuất hiện trong chương trình thi HSG Trong số các bài toán thi ĐH đó, có nhiều tính chất khá khó mà nếu khai thác trực tiếp rồi áp dụng để rèn luyện kỹ năng hình phẳng trong các kỳ thi HSG sẽ rất có hiệu quả Ta có thể thấy rằng với hình giải tích phẳng, suy cho cùng, cũng là các bài toán dựng hình và tính chất thường không được chỉ
rõ mà đòi hỏi người làm Toán tự nghĩ ra Đi sâu vào vấn đề đó, trong bài giảng bên dưới, chúng ta
sẽ cùng tìm hiểu một số tính chất và một số tình huống như thế
Chú ý rằng trong các bài toán này, nếu không có giải thích gì thêm thì các yêu cầu của đề bài là dựng các điểm bằng thước và compa, thông qua các phép dựng hình phổ biến
I) Các ví dụ minh họa
Bài toán 1 (Đề thi thử ĐH 2015)
Cho tam giác ABC có H là trực tâm và M là trung điểm của BC Gọi D E F, , lần lượt là chân đường cao đỉnh A B C, , của tam giác Cho trước:
- Đường thẳng d đi qua 1 E F,
- Đường thẳng d đi qua 2 A D,
- Vị trí của H M,
Xác định vị trí điểm A.
Lời giải Dưới đây, ta cùng tham khảo một số lời giải tiêu biểu cho bài toán
Cách 1
N
M
F
E
D H A
Trang 2Gọi N là trung điểm AH thì ta có
2
BC
MEMF và
2
AH
NENF nên MN chính là đường
trung trực của EF hay MN d1 Từ đó suy ra cách dựng:
(1) Vẽ đường thẳng qua M , vuông góc với d cắt 1 d tại 2 N
(2) Lấy đối xứng điểm H qua N, ta được A
Cách 2
Chú ý rằng nếu gọi AA là đường kính của đường tròn ( )O ngoại tiếp tam giác ABC thì BHCA
là hình bình hành Ta cũng có AA EF nên có cách dựng sau:
(1) Dựng A đối xứng với điểm H qua M
(2) Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với d và cắt 1 d tại 2 A
Cách 3 Chú ý rằng H chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF nên ta có cách dựng sau:
A'
O
M F
E
D H A
M
F
E
D H A
Trang 3(1) Vẽ đường tròn tâm H và tiếp xúc với d 1
(2) Dựng D là hình chiếu của M lên d 2
(3) Kẻ 2 tiếp tuyến của (H) từ D cắt d tại 1 E F,
(4) Đường thẳng qua E , vuông góc với EH cắt d tại 2 A
Nhận xét
Ở cách 3, ta thấy rằng vị trí trung điểm của M thực sự không quá cần thiết, chỉ cần M là điểm
nào đó nằm trên BC là đủ Tuy nhiên, ở đây ta còn thấy rằng 4 thông tin ban đầu cho là hơi thừa,
ta có thể loại bớt điểm H đi và giữ nguyên các giả thiết cũng như yêu cầu còn lại
Rõ ràng với tình huống không có điểm H , cả 3 lời giải trên đều “phá sản” và ta cần tìm một tính
chất mới mạnh hơn từ mô hình trên
Bài toán 1a Bỏ đi điểm H và giữ nguyên các giả thiết ban đầu, hãy dựng lại tam giác ABC.
Dưới đây, ta có 2 cách xử lý:
Cách 4 (của học sinh)
Sử dụng tính chất trực giao của 2 đường tròn (M) và (N) đã nêu trong cách 1 của bài toán gốc
Cụ thể là MEN MFN 90 Ta có cách dựng như sau:
(1) Qua M , dựng đường thẳng vuông góc với d cắt 1 d ở 2 N
(2) Qua M, dựng đường thẳng vuông góc với d ở 2 D
(3) Đường tròn đường kính MN cắt d ở 1 E F,
(4) Dựng tâm đường tròn nội tiếp H của tam giác DEF
(5) Dựng A đối xứng với H qua N
Cách 5 (của tác giả bài viết)
Trong cách này, ta sẽ sử dụng hàng điểm điều hòa và các tính chất của nó
N
M
F
E
D H A
Trang 4Gọi K là giao điểm của EF BC, Dễ thấy rằng ( ,K D B C, , ) 1 nên theo hệ thức Maclaurin thì
2 2
MD MK MB MC (*) Ta đi đến cách dựng sau:
(1) Dựng đường thẳng d qua M và vuông góc với 3 d (chính là đường thẳng 2 BC)
(2) Dựng K là giao điểm của d d 1, 3
(3) Dựng đại lượng a MD MK , cũng chính là độ dài MB MC,
(4) Đường tròn (M a, ) cắt d ở 1 E F, và cắt d ở 3 B C,
(5) Dựng giao điểm A của BF CE,
Nhận xét
Ở đây, rõ ràng cách thứ 5 chưa hay bằng cách thứ 4 nhưng ý tưởng của nó khá gợi mở và có thể
sử dụng trong các tình huống tương tự khác Trước khi phân tích các bài toán như vậy, ta thử chứng minh đẳng thức (*) ở trên mà không dùng đến hàng điểm điều hòa
Để làm được điều này, ta có thể xử lý các bài toán sau:
a) Gọi T là giao điểm của tia MH với đường tròn ( ).O Chứng minh rằng BC EF AT, , đồng quy tại K.
b) Gọi I J, lần lượt là giao điểm của AM với KH O, ( ) Chứng minh tứ giác BICJ là hình bình hành
c) Chứng minh rằng MD MK MB2 MC2
Gợi ý
a) K chính là tâm đẳng phương của 3 đường tròn (M), ( ), ( ).N O
b) Dễ thấy H là trực tâm tam giác AMK nên KI AM. Gọi AA là đường kính của ( )O
thì ta cũng có HI AM A J, AM nên HIA J là hình bình hành, dẫn đến MI MJ c) Ta có MD MK MI MA MJ MA MB MC
F
E
D H A
Trang 5Từ một bài toán rất bình thường, ta đã khai thác khá kỹ và dẫn ra được nhiều tình huống thú vị
Bài toán 2 (Đề ĐH Khối B, 2011)
Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp I. Đường tròn ( )I tiếp xúc với BC CA AB, , lần lượt tại D E F, , Cho trước: B D, và đường thẳng d qua E F, , hãy dựng lại tam giác ABC.
Lời giải Trong bài toán này, ta vẫn có thể giải bằng nhiều cách
Cách 1
N
J
I
K
M F
E
D H A
E
D
A
Trang 6Chú ý rằng BDBF nên ta có cách dựng như sau:
(1) Dựng đường tròn ( ,B BD) cắt d tại F
(2) Dựng trung trực của DF cắt đường thẳng qua D , vuông góc với DB tại I
(3) Dựng đường thẳng qua I vuông góc với d và cắt BF tại A
(4) Dựng E thuộc d sao cho IEIF
(5) AE cắt BD tại C
Cách 2 Trong cách này, ta kẻ DK vuông góc với d,Kd Có thể chứng minh được rằng KD
là phân giác của góc BKC
Việc chứng minh có thể dễ dàng thực hiện bằng cách dùng kiến thức THCS (kẻ BR CS, vuông góc với d và sử dụng tam giác đồng dạng) hoặc dùng tính chất cơ bản của hàng điểm điều hòa với chú ý rằng AD BE CF, , đồng quy (tại điểm Gergonne)
(1) Kẻ DK vuông góc với d, Kd
(2) Gọi B là điểm đối xứng với B qua KD
(3) KB cắt BD tại C
(4) Chọn E F, d sao cho BDBF CD, CE
(5) Dựng A là giao điểm của BF CE,
Nhận xét Rõ ràng ở đây, cách dựng sau vẫn cồng kềnh hơn và nếu xét về ý nghĩa hình giải tích,
nó cũng khó thực hiện hơn Tuy nhiên, ta thử điều chỉnh giả thiết của bài toán một chút để thấy ý nghĩa của nó Chú ý rằng nếu đề cho trước điểm C D, thay vì B D, thì mọi việc vẫn tương tự nên
ta sẽ đổi hướng, thử tìm hiểu 2 bài toán sau:
Bài toán 2a Đề cho trước D M, với M trung điểm BC. Giữ nguyên các giả thiết còn lại
Bài toán 2b Đề cho trước A D, Giữ nguyên các giả thiết còn lại
B' K
E
D
F
I A
Trang 7Cả 2 tình huống này đều có thể dùng sức mạnh của điều hòa
Lời giải bài 2a Gọi T là giao của EF BC, thì ta vẫn có ( ,T D B C, , ) 1
(1) Dựng T là giao điểm của d và DM
(2) Dựng đại lượng a MD MT (theo hệ thức Maclaurin tương tự bài 1)
(3) Đường tròn (M a, ) cắt MD tại B C,
(4) Đến đây tiếp tục thực hiện như bài toán 2
Lời giải bài 2b Ở đây ta chú ý rằng nếu gọi S là giao điểm của AD và ( )I thì tứ giác SEDF
điều hòa, suy ra ( , , ,A R S D) 1 với R là giao điểm của AD và d Từ đó, ta có cách dựng:
(1) Dựng R là giao điểm của AD và d
(2) Dựng S là điểm thỏa mãn AS RS
AD RD
M T
E
D
A
S R
E
D
A
Trang 8(3) Dựng E F, trên d sao cho AE2 AF2 AS AD
(4) Dựng tâm I của đường tròn đi qua các điểm D E F, ,
(5) Đường thẳng qua D , vuông góc với ID cắt AE AF, lần lượt tại B C,
Nhận xét
Cách giải bài 2a ít nhiều cũng có liên hệ với ý tưởng của bài 1a ban đầu Lời giải này còn khiến chúng ta nhớ đến tính chất có sử dụng trong các kỳ thi trước đó:
(VMO 2010) Cho đường tròn ( )O và cung BC cố định không là đường kính Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn không cân Gọi D E, lần lượt là các chân đường phân giác trong và ngoài của tam giác Gọi I là trung điểm DE và H là trực tâm tam giác
ABC Chứng minh rằng đường thẳng qua H , vuông góc với AI luôn đi qua một điểm cố định (ĐH khối D, 2014) Cho tam giác ABC có AD là phân giác trong và tiếp tuyến của (ABC) tại
A cắt BC ở E Cho trước: điểm D , đường thẳng AB, đường thẳng AE Dựng tam giác ABC
Thách thức đặt ra ở đây là thử giải quyết bài toán 2a, 2b ở trên mà không sử dụng công cụ điều hòa, chỉ sử dụng thuần túy cách kẻ đường phụ của THCS
Bài toán 3 (Đề ĐH Khối D, 2013)
Cho tam giác ABC có M là trung điểm AB Gọi H D, lần lượt là chân đường cao và đường phân giác góc A Cho trước: H D M, , , hãy dựng lại tam giác ABC.
Lời giải Bài toán khá nhẹ nhàng và không có nhiều lời giải khác nhau ở đây
(1) Dựng (M MH, ) cắt đường thẳng HD tại B
(2) Dựng A đối xứng với B qua M
(3) Dựng M là điểm đối xứng với M qua AD
(4) Dựng C là giao điểm của AM và HD
M'
D H
M A
Trang 9Nhận xét Tất nhiên nếu dừng lại ở đây thì bài toán không còn gì thú vị nữa Từ bài toán trên, ta
thấy với 3 yếu tố H là chân đường cao, M là trung điểm cạnh, D là chân đường phân giác, có
thể có một số tình huống như sau:
(1) H D, thuộc cùng một cạnh và M thuộc cạnh khác
(2) H M, thuộc cùng một cạnh và D thuộc cạnh khác
(3) M D, thuộc cùng một cạnh và H thuộc cạnh khác
(4) H M D, , thuộc ba cạnh khác nhau
(5) H M D, , thuộc cùng một cạnh
Các bài toán này cũng đã được nêu trong Wernick table năm 1982 Nhà toán học Walter Wernick
đã xây dựng hơn 100 tình huống dựng hình đặc thù và phân loại chúng là giải được hay không Thú vị là trong 5 bài toán vừa nêu trên, ông ấy đã xếp 2 bài là giải được và 3 bài còn lại thì không Một bài trong số đó là bài (1) cũng là đề thi thử ĐH của chúng ta vừa giải quyết, bài còn lại chính
là bài số (3) Ta sẽ cùng đi giải quyết bài toán khá thú vị này
Bài toán 3a Cho tam giác ABC có AD là phân giác, M là trung điểm BC và BH là đường cao Cho trước: H D M, , , hãy dựng lại tam giác ABC
Bài toán này tuy ít nhiều khó hơn bài toán gốc, nhưng cũng không quá thử thách, ta có thể xử lý như sau (sử dụng tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền, cũng như tính chất của đường phân giác trong tam giác):
(1) Dựng (M MH, ) cắt DM tại B C,
(2) Dựng E là điểm chia ngoài đoạn BC, tức là EB DB EC
DC
(3) Đường tròn đường kính DE cắt CH tại A
Các bạn thử giải quyết các bài toán còn lại xem chúng khó đến đâu nhé!
Bài toán 4 (Đề thi ĐH khối A, 2014)
Cho hình vuông ABCD có M là trung điểm CD , N là điểm chia trong BD theo tỉ lệ 1: 3 Cho trước: M N, , hãy dựng lại hình vuông ABCD.
E
H
M D A
Trang 10Lời giải Bài toán này ngay từ đáp án cũng như các cách tiếp cận thông thường đều có sử dụng đại
số Ta thử một cách tiếp cận hình học cho nó như sau:
Cách 1 (của tác giả bài viết) Gọi P là trung điểm của BC thì ta có MP NP, lần lượt là các đường trung bình của tam giác BCD IBC, , trong đó I là giao điểm 2 đường chéo của hình vuông
Từ đó, ta có MPNP và MP2NP
Ta sẽ dựng điểm P thỏa mãn các tính chất này (sử dụng thêm tính chất đường phân giác)
(1) Dựng Q là điểm sao cho tam giác MNQ vuông cân tại Q
(2) Dựng T chia trong đoạn MN theo tỉ lệ 2:1
(3) Đường thẳng QT cắt đường tròn đường kính MN ở P
Khi đã dựng được P thì có thể dễ dàng dựng được các điểm còn lại
P N
M
I
C
B A
D
T
Q
P
Trang 11Cách 2 (của học sinh) Gọi P là trung điểm của AI thì dễ dàng chứng minh được DMNP là hình bình hành Khi đó, ta có DPMN Ngoài ra, do AI DN NP, AD nên P cũng là trực tâm
tam giác ADN Suy ra DPAN và ANMN
Chú ý thêm rằng DPAN từ các tam giác bằng nhau nên có ngay tam giác AMN vuông cân tại
N Dựng được A thì các điểm còn lại sẽ đơn giản
Nhận xét Trong cả 2 lời giải trên, ta thấy rằng có 1 ý tưởng đươc sử dụng là: Khi có 2 trung điểm
nằm rời nhau, không tạo thành đường mô hình đường trung bình, ta có thể dựng thêm trung điểm thứ 3 để kết nối các điểm đó lại và tạo thành các tính chất quan trọng
Dưới đây, ta xét một số bài toán cũng có cùng ý tưởng là dựng thêm trung điểm thứ 3 như thế:
Bài toán 4a Cho hình chữ nhật ABCD có H là hình chiếu của B lên AC Gọi M N, lần lượt
là trung điểm của AH CD, Chứng minh rằng BMN là góc vuông
Bài toán 4b Cho tam giác ABC cân tại A có M là trung điểm BC Gọi H là hình chiếu của
M lên AC và K là trung điểm MH Chứng minh rằng AK vuông góc với BH.
Bài toán 4c Cho hình thang ABCD có đáy AB CD, Đường chéo AC vuông góc với cạnh bên
AD Gọi I là giao điểm của 2 đường chéo và J là giao điểm của 2 cạnh bên kéo dài Cho trước: đường thẳng d đi qua I J, , trung điểm M N, lần lượt của BD BC, Dựng hình thang ABCD
Trước khi kết thúc bài này, ta thử tìm hiểu một bài toán khác có cách giải “kinh điển” bằng đại số liên quan tới hình vuông như sau:
Bài toán 4d Cho hình vuông ABCD có các điểm MAB N, BC P, CD Q, DA Cho trước các điểm M N P Q, , , , hãy dựng lại hình vuông ban đầu
Bài toán này có thể giải theo kiểu sử dụng hình học giải tích bằng cách đặt u( , )a b là vector chỉ
phương của AB rồi viết phương trình các đường, sử dụng tính chất khoảng cách bằng nhau để tìm
mối liên hệ giữa a b,
M
I
C
B A
D
Trang 12Ở đây, ta có thể dựng hình thuần túy bằng cách chú ý rằng nếu chọn điểm R sao cho MRNQ
và MRNQ thì khi đó R CD
Đến đây, việc dựng hình là hoàn toàn đơn giản Và tất nhiên, vẫn còn rất nhiều bài toán tương tự như thế này đang chờ chúng ta giải quyết, các bạn chủ động tìm thử nhé!
Bài toán 5 (Đề thi thử ĐH 2015)
Cho tam giác ABC nhọn có H và O lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp Gọi D E,
lần lượt là hình chiếu của A B, lên cạnh đối diện Cho trước: H O, , đường thẳng d1 là trung trực của DF và đường thẳng d2 là đường cao AH , dựng tam giác ABC
Lời giải
B A
D
M
P
Q
N
d1
d2
H
O F
E
D A
Trang 13Nếu bài toán cho trung trực của EF thì mọi việc sẽ vô cùng dễ dàng Theo ý tưởng của bài toán
1, điểm A sẽ dựng được đầu tiên
Tuy nhiên, ở đây lại cho trung trực của DF, không chung đỉnh với đường cao AH Để giải quyết tình huống này, ta chú ý rằng: góc nhọn tạo bởi d d1, 2 cũng bằng góc A
Ngoài ra, AH2 cosR A với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên ta có:
2 cos
AH
A
AO Do góc giữa d d1, 2 là xác định được nên ta dựng được tỉ số k2cosA, từ đó ta có cách dựng cho bài toán này như sau:
(1) Dựng góc tạo bởi d d1, 2 và tỉ số k2cos
(2) Dựng đường tròn Apollonius tỉ số k trên đoạn OH
(3) Dựng giao điểm A của d1 và đường tròn trên
2
OM AH (5) Đường tròn ( ,O OA) cắt đường thẳng qua M , vuông góc với OM tại B C,
Rõ ràng, bài toán sử dụng các kết quả không khó nhưng lạ, đòi hỏi phải phân tích kỹ vào mô hình mới có thể xử lý trọn vẹn được
Tiếp theo, ta xem xét một bài toán rất thú vị như sau:
Bài toán 5a
(Đề thi Sharygin, 2015) Cho tứ giác ABCD có E là giao điểm 2 đường chéo Gọi O O lần lượt 1, 2
là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE DAE, Gọi I I lần lượt là tâm đường tròn nội 1, 2
tiếp các tam giác BCE DAE, Cho trước O O I I , hãy dựng tứ giác 1, 2, ,1 2 ABCD.
Kỳ thi Sharygin của Nga diễn ra lần đầu tiên vào năm 2005 và cho đến nay, đã trải qua 11 lần tổ chức Kỳ thi này có 2 vòng là sơ loại và chung kết, đều giải các bài toán hình học đủ thể loại với
2 mức là: Junior và Senior Vài năm trở lại đây, Ban tổ chức đã “mở cửa” cho các thí sinh nước ngoài tham gia vào và Việt Nam cũng đã nhiều lần có học sinh tham gia Năm 2013, đã có 1 học sinh đạt giải 3 tại kỳ thi chung kết diễn ra tại Moscow
Bài toán nêu trên chính là bài khó nhất trong kỳ thi vòng loại năm nay của Sharygin, đề gốc như
sau: “The diagonals of a convex quadrilateral divide it into four triangles Restore the quadrilateral by the circumcenters of two adjacent triangles and the incenters of two mutually opposite triangles.”
Chúng ta sẽ cùng phân tích lời giải của bài toán này:
Bài toán khá mới lạ và thú vị Nếu quan sát kỹ, ta có thể thấy rằng:
- I E I1, , 2 thẳng hàng (phân giác góc BEC )
- O O1 2 chính là trung trực của AE
