Sử dụng phép vị tự để giải một số bài toàn trong hình học phẳng

Sử dụng phép vị tự để giải một số bài toàn trong hình học phẳng

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2011

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số: 60.46.40Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Minh

THÁI NGUYÊN - NĂM 2011

Mục lục

Mục lục 1

Mở đầu 2

Chương 1 KIẾN THỨC CƠ BẢN 4 1.1 Định nghĩa 4

1.1.1 Các trường hợp đặc biệt 4

1.1.2 Tâm vị tự của hai đường tròn 4

1.2 Các tính chất 7

Chương 2 MỘT SỐ BÀI TOÁN SỬ DỤNG PHÉP VỊ TỰ 13 2.1 Bài toán chứng minh tính chất hình học 13

2.2 Bài toán dựng hình 28

2.3 Bài toán quỹ tích 39

2.4 Bài toán tính đại lượng hình học 48

Chương 3 TÍCH CỦA PHÉP VỊ TỰ VỚI MỘT PHÉP BIẾN HÌNH CƠ BẢN 51 3.1 Phép vị tự-quay 51

3.1.1 Kiến thức cơ bản 51

3.1.2 Bài tập minh họa 53

3.2 Phép vị tự-đối xứng trục 61

3.2.1 Kiến thức cơ bản 61

3.2.2 Bài tập minh họa 62

3.3 Tích của hai phép vị tự 64

3.3.1 Kiến thức cơ bản 64

3.3.2 Bài tập minh họa 65

Kết luận 69

Tài liệu tham khảo 70

Mở đầu

Phép vị tự chiếm một vị trí quan trọng trong hình học sơ cấp nóichung và các phép biến hình nói riêng Việc sử dụng nó để giải quyếtcác bài toán hình học nhiều khi là rất cần thiết; đặc biệt trong nhiều bàitoán, nếu không sử dụng phép vị tự thì việc tìm một lời giải trở nên rấtkhó khăn cho người học toán, hơn nữa sử dụng phép vị tự sẽ giúp chobài giải trở nên súc tích và đẹp đẽ hơn

Phép vị tự là một công cụ quan trọng trong hình học, nó xuất hiệnnhư một điều tất yếu của sự phát triển tư duy toán học - tư duy biếnhình Trong mỗi bài toán có sử dụng phép vị tự để giải thì nó là mộtmắt xích quan trọng, một định hướng thông suốt trong quá trình tư duy.Ngoài ra, phép vị tự còn là một công cụ tư duy hữu ích để phát triểncác bài toán và cho ta một cách nhìn mới đối với bài toán đó Điều đókhiến cho người học toán không những phát triển được kiến thức hìnhhọc của mình mà còn cung cấp cho họ một cái nhìn sâu hơn về bài toán.Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, luận văn gồm 3 chương:

Chương 1 Kiến thức cơ bản Chương này trình bày định nghĩa

về phép vị tự và các tính chất cơ bản của nó Ngoài ra, trong chươngcòn đề cập đến vấn đề tìm tâm vị tự của hai đường tròn để hỗ trợ choviệc vẽ hình và giải toán

Chương 2 Một số bài toán sử dụng phép vị tự Chương nàytrình bày một số bài toán hình học sơ cấp có sử dụng phép vị tự để giải

Về cơ bản, các bài toán này được chia làm bốn thể loại thường gặp, đồngthời tác giả cũng đưa ra một số định hướng khi tìm lời giải cho các dạngtoán này

Chương 3 Tích của phép vị tự với một phép biến hình.Chương này trình bày lý thuyết cơ bản và một số bài toán sử dụngphép biến hình là tích của phép vị tự và một phép biến hình để giải

Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tìnhcủa TS Nguyễn Văn Minh, Trường ĐHKT và QTKD - ĐHTN Là ngườihọc trò đã tiếp thu được nhiều điều từ thầy, tác giả xin được bày tỏ lòngbiết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, động viên và sự nghiêm khắc chỉbảo, hướng dẫn của thầy.

Tác giả xin cảm ơn tới các thầy cô trong Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên, phòng Đào tạo Trường Đại học Khoa học Đồngthời tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học toán K3A, trườngĐại học Khoa học đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập

-và làm luận văn này

Tác giả xin cảm ơn tới Sở GD - ĐT tỉnh Tuyên Quang, Ban Giámhiệu, các đồng nghiệp Trường THPT Sơn Dương đã tạo mọi điều kiệngiúp đỡ tác giả trong thời gian học tập và hoàn thành luận văn

Tuy nhiên, do năng lực bản thân và thời gian nghiên cứu có hạn nênkhông tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sự chỉbảo và đóng góp ý kiến của các thầy cô cùng độc giả quan tâm tới luậnvăn này

Thái Nguyên, ngày tháng năm 2011

Tác giả

Đặng Thanh Cầu

Chương 1

KIẾN THỨC CƠ BẢN

1.1 Định nghĩa

Định nghĩa 1.1.1 Trong mặt phẳng cho một điểm O cố định và một

số k 6= 0 Phép biến hình biến mỗi điểm M của mặt phẳng thành điểm

M0 sao cho −−→

OM = k−−→

OM0 được gọi là phép vị tự tâm O tỷ số k Phépbiến hình này được ký hiệu là VOk Điểm O được gọi là tâm vị tự, số kgọi là tỷ số vị tự

Nếu k > 0 thì phép vị tự gọi là phép vị tự dương hay thuận, nếu

k < 0 thì phép vị tự gọi là phép vị tự âm hay nghịch (Hình 1.1)

1.1.2 Tâm vị tự của hai đường tròn

Với phép vị tự VOk biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I0, R0)thì ta có R = |k|R0 hay k = R

2 Nếu I ≡ I0 và R 6= R0, khi đó phép vị tự tâm I tỷ số R

0

R vàphép vị tự tâm I tỷ số −R

0

R đều biến đường tròn (I, R) thành (I

0, R0)

Hai đường tròn này có chung tâm I (Hình1.3) Ta có −−→

3 Nếu I 6≡ I0, R 6= R0 và hai đường tròn nằm ngoài nhau, khi đó gọi

O1 là điểm sao cho −−→

Như vậy ta có hai phép vị tự biến đường tròn (I, R) thành đường tròn(I0, R0)

Nếu hai đường tròn có tiếp tuyến chung ngoài là T T0 thì vì −−→

I0T0 =

- Nếu hai đường tròn (I, R) và đường tròn (I0, R0) tiếp xúc trong tại

T0 thì tâm vị tự thuận của hai đường tròn là T0, tâm vị tự nghịch là giaođiểm của hai điểm mút của hai bán kính song song ngược chiều nhauvới đường nối tâm II0 (Hình1.8)

Trong trường hợp tổng quát muốn tìm tâm vị tự của hai đường tròn(I, R) và đường tròn (I0, R0) (I 6≡ I0, và R 6= R0) ta làm theo các bướcsau:

- Vẽ qua I một đường thẳng bất kỳ cắt đường tròn (I) tại M và M1.

- Qua I0 vẽ đường thẳng song song với M M1 cắt đường tròn (I0, R0)tại M0 và M10, chú ý lấy −−→

I0M0 cùng chiều với −→

IM

- Đường thẳng M M0 cắt đường nối tâm II0 tại tâm vị tự thuận là O1

- Đường thẳng M1M0 cắt đường nối tâm II0 tại tâm vị tự nghịch là

1 k

O.Tính chất 1.2.5 Phép vị tự VOk biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểmthẳng hàng và bảo toàn tỷ số khoảng cách giữa các điểm

Chứng minh Ký hiệu A0, B0, C0 lần lượt là ảnh của ba điểm thẳnghàngA, B, C ta luôn có: −−→

A0B0 = k.−→

AB, −−→

A0C0 = k.−→

AC Vì A, B, C thẳnghàng nên tồn tại số m sao cho −→

AB = m.−→

AC Vậy thì −−→

A0B0 = m.−−→

A0C0 Hệthức này chứng tỏ A0, B0, C0 thẳng hàng và tỷ số của khoảng cách giữacác điểm được bảo toàn

Hệ quả 1.2.1 Phép vị tự VOk biến đường thẳng d thành đường thẳng

xSy=\x0S0y0 và các cạnh tương ứng song song

Hệ quả 1.2.6 Phép vị tự VOk biến đường tròn (I, R) thành đường tròn(I0, R0) và R0 = |k|R

Tính chất 1.2.6 Cho hai phép vị tự VOk và VOk00 với các tâm vị tự phânbiệt, các tỷ số vị tự k 6= 0; 1, k0 6= 0; 1 và k.k0 6= 0; 1 Khi đó phép biếnhình H = VOk.VOk00 hoặc H = VOk00.VOk là phép vị tự

Chứng minh Ta chứng minh H = VOk.VOk00 là phép vị tự Trước hết tacần chứng tỏ H có điểm bất động duy nhất Gọi S là điểm bất động của

Từ các kết quả trên ta suy ra −−−→

SM00 = k.k0.−−→

SM Đó là điều phải chứngminh

Với phép biến đổi H∗ ta chứng minh tương tự

Tính chất 1.2.7 Tích của hai phép vị tự cùng nhận O làm tâm vị tựlần lượt là k1 và k2 là một phép vị tự tâm O có tỷ số k = k1.k2

Chứng minh Theo giả thiết ta có: −−→

OM00 = k−−→

OM với k = k2.k1Nếu k2.k1 = 1 thì tích đó là phép đồng nhất

Tính chất 1.2.8 Tích của hai phép vị tự khác tâm là một phép vị tự

có tâm thẳng hàng với hai tâm của hai phép vị tự đã cho, hoặc đặc biệt

là một phép tịnh tiến hay phép đồng nhất

Chứng minh Giả sử phép vị tự f1 có tỷ số k1 và có tâm O1, phép vị tự

f2 có tâm O2 và có tỷ số k2 Với hai điểm A, B bất kỳ ta có:

f1 và qua f2, do đó nó cũng biến thành chính nó trong phép biến hìnhtích f2.f1.

Giả sử f1(O) = O0 ta có: −−−→

O1O0 = k1.−−→

O1O (1)khi đó f2(O0) = O (vì O ≡ O00 = f2(O0)), nên −−→

O2O = k2.−−−→

O2O0 (2)nhưng −−−→

Vậy nếu k2.k1 6= 1 thì tích k2.k1 là một phép vị tự tâm O xác địnhbởi hệ thức (*) Còn nếu k2.k1 = 1 thì −−−→

A00B00 = −→

AB do đó k2.k1 là một

phép tịnh tiến nếu O1, O2 là phân biệt và k2.k1 là phép đồng nhất nếu

O1 ≡ O2

Tính chất 1.2.9 Tích của hai phép vị tự khác tâm không đặc biệt

và không là nghịch đảo của nhau (Vk2

I1 : I 7−→ I0 ⇒ −→I1I0 = k1.−→

I1I(1) Qua Vk2

I2 : I0 7−→ I” ≡ I (vì I làđiểm bất động) ⇒ −−→

Tính chất 1.2.10 Cho phép vị tự VOk với k 6= 1; 0 và phép tịnh tiến

Hệ thức trên chứng tỏ S tồn tại và duy nhất Nếu M là điểm bất kỳkhác S, thì

Đó là điều phải chứng minh

Phép biến đổi H∗ được chứng minh tương tự

Như vậy, Chương 1 đã trình bày một cách hệ thống và chi tiết cácđịnh nghĩa và tính chất quan trọng liên quan tới phép vị tự Đây làchương cơ sở của các chương tiếp theo Trên cơ sở các định nghĩa vàtính chất này chúng ta sẽ xem xét một số dạng toán điển hình haygặp trong hình học sơ cấp có liên quan tới phép vị tự ở Chương 2

——————————-Chương 2

MỘT SỐ BÀI TOÁN SỬ DỤNG PHÉP VỊ TỰ

Trong chương này trình bày một số bài toán hình học phẳng có sửdụng phép vị tự để giải một số dạng toán đặc trưng mà ta thường gặpkhi giải toán hình học phẳng

2.1 Bài toán chứng minh tính chất hình học

Thông qua phép vị tự biến đổi hình này thành hình kia ta sẽ thấyxuất hiện các tính chất hình học, hay biểu thức đại số của các hình haycác hình liên quan, từ đó các tính chất hình học được chứng minh.Bài toán 2.1.1 Cho ba điểm F, E, G theo thứ tự là ba điểm trên bacạnh BC, CA, AB của ∆ABC Điều kiện cần và đủ để ba đường thẳng

Hình 2.1

và C, kẻ các đường thẳng song song với BF chúng lần lượt cắt CG, AEtương ứng tại K và I

Khi đó V

CA CF

OK OC

C1B =

AG

GB, hay C1 ≡ G, ta

có điều phải chứng minh

Nhận xét 2.1 Trong bài toán này ta dựng thêm các đường CE và BF

là rất cần thiết để bài toán xuất hiện các hình vị tự với nhau thì phép vị

tự sẽ không có chỗ để sử dụng Và tư duy biến hình ở đây chính là từyêu cầu chứng minh ta nhìn ra được hình vẽ tương ứng, để từ đó đưa tađến cách chứng minh

Bài toán 2.1.2 Ký hiệu R, r lần lượt là bán kính các đường tròn ngoạitiếp, nội tiếp của ∆ABC CMR: R ≥ r

Chứng minh Xét V−

1 2

G : A 7−→ A0, B 7−→ B0 và C 7−→ C0, với các điểm

A0, B0, C0 lần lượt là các trung điểm của các cạnh BC, CA, AB, G là

Hình 2.2

trọng tâm ∆ABC Trong đó đường tròn ngoại tiếp ∆ABC biến thành

∆A0B0C0 và vì vậy , bán kính của đường tròn ngoại tiếp ∆A0B0C0 là R

2.

Mặt khác, đường tròn đó cắt tất cả các cạnh của ∆ABC, vì thế nếu tadựng một ∆A1B1C1 có các cạnh song song với các cạnh của ∆ABC thìhai tam giác vị tự với nhau theo tỷ số λ = A1B1

AB > 1 Hiển nhiên bánkính đường tròn nội tiếp ∆A1B1C1 không nhỏ hơn bán kính đường trònnội tiếp ∆ABC hay R ≥ r

Nhận xét 2.2 Ta có cách chứng minh khác (xin không trình bày ở đây)đạt được kết quả mạnh hơn bài toán trên là R ≥ 2r Nhưng vì cách chúng

ta sử dụng là phép vị tự nên bài toán chỉ đạt được ở mức trên Đây cũng

là một hạn chế trong cách giải, nhưng ta cũng có thể thấy được ưu điểm

là ta có thể thấy rõ các vấn đề liên quan trong hai đường tròn khi haiđường tròn vị tự với nhau Đặc biệt trong bài này là đại lượng độ dài(bán kính)

Bài toán 2.1.3 Cho ∆ABC bên trong tam giác dựng bốn đường tròn(O1), (O2), (O3), (O4) bằng nhau sao cho 3 đường tròn tiếp xúc với haicạnh của tam giác và cùng tiếp xúc với đường tròn còn lại CMR: tâmđường tròn nội tiếp, ngoại tiếp ∆ABC và O4 thẳng hàng

Chứng minh Ta có IA, IB, IC chứa O1, O2, O3

Hình 2.3

⇒ O1O2 k AB, O2O3 k BC, O3O1 k AC

Nhận xét 2.3 Bài toán trên đã sử dụng tính chất thẳng hàng của tâm

vị tự, tạo ảnh và ảnh trong phép vị tự Vậy thì từ đó ta thấy rằng việcchứng minh 3 điểm thẳng hàng ta có thể xét theo hướng các hình trongbài toán vị tự với nhau để suy ra ba điểm cần chứng minh thẳng hànghay cùng nằm trên một đường thẳng

Bài toán 2.1.4 Chứng minh rằng trong ∆ABC:

1 Ba đường trung tuyến đồng quy tại một điểm, điểm này cách mỗiđỉnh của ∆ bằng 23 độ dài đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh đó

2 Trọng tâm G và trực tâm H và tâm O của đường tròn ngoại tiếp

∆ABC cùng nằm trên một đường thẳng, gọi đường thẳng đó là đườngthẳng Euler và giữa các điểm đó thỏa mãn hệ thức: GO

3 đường trungtuyến tương ứng

2 Vì tâm O của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC trùng với trực tâm

H0 của ∆A0B0C0 nên O (cũng tức là H0) là hình vị tự của trực tâm Hcủa ∆ABC trong phép vị tự V−

1 2

G nói trên biến ∆ABC thành ∆A0B0C0,nghĩa là ta được −→

IP = IA; J Q = J A; AK = KR Xét:

V−

1 2

G = VX−1 : ∆O1O2O3 7−→ ∆RP Q Vì VX−1 ≡ ĐX ⇒

∆O1O2O3 = ∆RQP (G là trọng tâm ∆O1O2O3)⇒ (O1O2O3) = (RQP )

Dễ thấy đường tròn (P QR) nhận A là tâm (AO1 = AO2 = AO3)⇒ Cácđường tròn (O1O2O3) = (P QR) = (O1) = (O2) = (O3)

Bài toán 2.1.6 Cho ∆ABC Các đường cao AA1, BB1, CC1 cắt nhautại H Các đường trung tuyến AA0, BB0, CC0cắt nhau tại G Gọi O làtâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và O0 là tâm đường tròn ngoại tiếp

∆A0B0C0

1 Xác định phép vị tự biến ∆ABC thành ∆A0B0C0.

2 CMR: 6 điểm A0, A1, B0, B1, C0, C1 cùng nằm trên một đường tròn.Đường tròn đó gọi là đường tròn Euler CMR: Đường tròn Euler đi qua

ba trung điểm A2, B2, C2 của những điểm nối các đỉnh A, B, C với trựctâm Hcủa ∆ABC

Chứng minh 1 ∆A0B0C0 là ảnh của ∆ABC qua phép vị tự tâm G với

2 biến đường tròn tâm O ngoại tiếp ∆ABC thành đường tròn tâm

O0 ngoại tiếp ∆A0B0C0 Ta có: −−→

Vậy đường tròn đi qua 9 điểm A0, A1, B0, B1, C0, C1, A2, B2, C2

Nhận xét 2.4 Hai đường tròn (O) và (O0) vị tự với nhau bằng hai phép

vị tự:

-Phép vị tự tâm G tỷ số k = −1

2 (là phép vi tự nghịch)-Phép vị tự tâm H tỷ số k = 1

2 (là phép vi tự thuận)Bài toán 2.1.7 Đường tròn tâm O nội tiếp ∆ABC tiếp xúc với cáccạnh AB, BC, CA tương ứng tại các điểm là A1, B1, C1 Gọi A2 là điểmđối xứng với A1 qua AO, B2 đối xứng với B1 qua BO và C2 đối xứngvới C1 qua CO chứng minh rằng ∆A2, B2, C2 vị tự với ∆ABC

Chứng minh Ta thấy A1 đối xứng với A2 và B1 đối xứng với C1 qua AOnên C1A2 = A1B1 Tương tự A1 đối xứng với C1 và B1 đối xứng với B2qua BO nên C1B2 = A1B1

Hình 2.7

Ngoài ra ta có: OA1 = OA2 = OB1 = OB2 = OC1 điều đó chứng tỏcác điểm A2, B2 nằm trên đường tròn (O) ∆C1A2B2 cân tại C1 nội tiếpđường tròn (O) nên A2, B2 song song với tiếp tuyến của đường tròn tại

C1 Tức là A2B2 k AB Tương tự A2C2 k AC và B2C2 k BC Do đó tồntại phép vị tự biến ∆ABC thành ∆A2B2C2

Bài toán 2.1.8 Cho hai đường tròn (O0, R), (O, 2R) tiếp xúc ngoài tại

A Một góc vuông dxAy quay quanh A, 2 cạnh của góc cắt (O) và (O0)tại lần lượt tại B, B0 Gọi S = OO0∩ BB0

Hình 2.8

b Gọi E = AS ∩ (O0) ⇒ AE = 2R ⇒ V

1 2

S : A 7−→ E, N 7−→ N0

⇒ AN 7−→ EN0, mà \AN0E = 90o ⇒ \N AN0 = 90o (phép vị tự bảo toàngóc)

Bài toán 2.1.9 Cho tứ giác ABCD và một điểm I Gọi M, N, P, Qlần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA Gọi M0, N0, P0, Q0lầnlượt là đối xứng của I qua M, N, P, Q CMR tứ giác M0N0P0Q0 là hìnhbình hành

Chứng minh (Hình 2.10)Ta có AB k CD; M, N là trung điểm hai đáy,

O = AD ∩ BC, O0 = AC ∩ BD

DN =

BMCN

⇒ Qua Vk

O : A 7−→ D; B 7−→ C; M 7−→ N ⇒ (k = OD

OA)M, N, O thẳnghàng (1)

Qua VOk00 : A 7−→ C; B 7−→ D; M 7−→ N (k0 = OC

OA) ⇒ M, N, O

0 thẳnghàng (2)

AK)

Hình 2.11

Gọi I0 là trung điểm của DE, H là trung điểm của BC ta có:

DE đi qua tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC

Bài toán 2.1.12 Cho hai đường tròn (O1) và (O2) tiếp xúc nhau tại

M một điểm A thay đổi trên đường tròn (O2), từ A kẻ hai tiếp tuyến

AB, AC đến (O1) với B, C là các tiếp điểm BM, CM lần lượt cắt O2 tại

D và E DE cắt tiếp tuyến tại A của (O2) tại F Chứng minh rằng Fthuộc một đường thẳng cố định khi A di chuyển trên (O2) không thẳnghàng với O1 và M

(VMO 2003)Chứng minh Xét phép vị tự VMk(k = R1

R 2) Khi đó ta có:

A 7−→ A0; E 7−→ C; D 7−→ B.(DE) 7−→ (BC); (Ax) 7−→ (A0y)(A0y là tiếp tuyến tại A0 của (O1)) Do đó F 7−→ K(giao điểm của A0y

và BC) Mặt khác, theo một tính chất của cực đối cực thì A0y, BC vàtiếp tuyến tại M (M z) của (O1) đồng quy Do đó K ∈ M z, mà M z cũng

là tiếp tuyến của (O2) Do đó F ∈ M z

Vậy F thuộc đường thẳng cố định M z ⊥ O1O2

Hình 2.12

Bài toán 2.1.13 Hai đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc ngoài nhau tại C

và tiếp xúc trong với (O) tại D, E Gọi d là tiếp tuyến chung của (O1)

và (O2) tại C ABlà đường kính của (O) sao cho A, D, O1 cùng phía đốivới (d) Chứng minh rằng: AO1, BO2 và DE đồng quy

(IMO shortlist 2006)Chứng minh Xét phép vị tự VDk(k = R

R1

):(O1) 7−→ (O) Vì O1C k OBsuy ra (O1C) 7−→ (OB) và C 7−→ B Do đó D, C, B thẳng hàng Hơnnữa nếu gọi X là giao của CO1 và (O1) Thì X 7−→ A suy ra X ∈ AD

Hình 2.13

Tương tự ta cũng có ba điểm A, C, E thẳng hàng và Y ∈ EB trong

đó Y là giao điểm của CO2 và (O2) Do đó [AEB = \ADB = 90o Do

đó C là trực tâm của ∆M AB(M là giao điểm của AD và BE) Suy ra

M ∈ (d) Gọi P, H là giao điểm của M Cvà DE và AB Khi đó ta có:

(M CP H) = −1 ⇒ (AD, AP, AC, AH) = −1 (2.1)Mặt khác xét chùm (AD, AO1, AC, AH) Đường thẳng qua O1 songsong với AH cắt AD, AC tại X, C và O1 là trung điểm của CX nên

(AD, AO1, AC, AH) = −1 (2.2)

Từ (2.1) và (2.2) ta có A, O1, P thẳng hàng Chứng minh tương tự tacũng có B, O2, P thẳng hàng

Do đó ta có AO1, BO2, DE đồng quy tại P

Bài toán 2.1.14 Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (O1)tiếp xúc với các cạnh AB, AC tại P và Q và tiếp xúc với (O) tại S Gọigiao điểm của AS và P Q là D Chứng minh rằng \BDP = \CDQ.

(Đề thi chọn đội tuyển Hà Tĩnh)Chứng minh Để chứng minh bài toán này ta đi chứng minh bổ đề: Chođường tròn (P ), đường tròn (Q) nằm trong (P ) và tiếp xúc trong với (P )tại T A, B là hai điểm bất kì trên (P ) Gọi AC, BD là hai tiếp tuyến kẻ

từ A, B đên đường tròn (Q) Khi đó: AC

BD =

T A

T B.Chứng minh bổ đề : Gọi A0, B0 là giao điểm thứ hai của T A, T B với (β)

= sin [BASsin [CAS

= P DQD

Mặt khác, ∆AP Q cân tại A, suy ra [AP Q = [AQP

⇒ \BP D = \CQD ⇒ ∆BP D ∼ ∆CQD ⇒ \P DB = \QDC

Hình 2.15

Bài toán 2.1.15 Gọi AA1, CC1 là các đường cao của tam giác nhọnABC Đường phân giác góc nhọn giữa hai đường thẳng AA1, CC1 cắtcác cạnh AB và BC tại P, Q tương ứng Gọi H là trực tâm của ∆ABC

và M là trung điểm của cạnh AC, đường phân giác của [ABC cắt đoạn

HM tại R Chứng minh rằng tứ giác P BQR nội tiếp được một đườngtròn

(Đề thi Olympic Nga)Chứng minh Hạ đường vuông góc với cạnh AB và BC từ hai điểm P, Qtương ứng, chúng cắt nhau tại R0 Gọi S là giao điểm của R0P và HA,

T là giao điểm của R0Q và HC

Hạ đường vuông góc từ M tới AB, cắt HA tại U và hạ đường vuônggóc từ M tới BC cắt HC tại V

Vì ∆P SH, ∆HT Q có các cạnh tương ứng song song và [P SH = \HT Q

do P Q là đường phân giác của góc nhọn tạo bởi hai đường thẳng

M U

M V =

HVHU

Hình 2.16

Khi đó, phép vị tự tâm H biến đường thẳng P S thành đường thẳng

M U và cũng biến đường thẳng QT thành đường thẳng M V Do đó nóbiến R0 = P S ∩ QT thành M = M U ∩ M V Vì thế 3 điểm H, R0, Mthẳng hàng

Ta lại sử dụng giả thiết ∆P HA ∼ ∆QHC, ta có \HP B, \HQB là đồng

dư vì chúng cùng phụ với hai góc \HP A, \HQC Như vậy BP = BQ và

(Đề thi HSGQG năm 2000)Chứng minh Hai đường tròn cắt nhau, R 6= R0, gọi S là tâm vị tự ngoàicủa hai đường tròn

V

R0 R

S : O0 7−→ O, P0 7−→ P, A 7−→ A0, Q0 7−→ Q

−−→

AQ0 7−→−−→A0Q

Hình 2.17

Ta lại có: SP2 = SQ.SO; SP2 = SA.SA0 ⇒ SQ.SO = SA.SA0 ⇒

Tứ giác AQOA0 nội tiếp đường tròn⇒ cA1 = \OA0Q (chắn cung OQ) Talại có ∆OM A0 cân tại M và ∆OM A cân tại O ⇒ \OA0Q = \OM Q ⇒

S : M0 7−→ B ⇒ M0 7−→ B 7−→ MVậy M, B, M0 thẳng hàng

Bài toán 2.1.17 Cho hai đường tròn cố định (O1), (O2); (R1 < R2)tiếp xúc nhau tại M Xét A ∈ (O2, R2) sao cho ba điểm A, O1, O2 khôngthẳng hàng Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O1, R1),(B, C là tiếp điểm) Các đường thẳng M B, M C lần thứ hai cắt đườngtròn (O2) tương ứng tại E, F Gọi D là giao điểm của EF với tiếp tuyếntại A của (O2, R2) Chứng minh rằng điểm D di động trên một đườngthẳng cố định khi A di động trên (O2, R2) sao cho ba điểm A, O1, O2không thẳng hàng

(Đề thi HSGQG 2003)Chứng minh Dễ thấy ABO1C nội tiếp một đường tròn (O3) Gọi A0 làgiao điểm của hai tiếp tuyến tại A và M

Trên (O3) ta có:

D0O12 = D0B.D0C = D0O32

Hình 2.18

suy ra D0 nằm trên trục đẳng phươngBC của đường tròn (O1) và (O3)

D0 nằm trên tiếp tuyến tại M của (O1).⇒ D0 ∈ đường tròn cố định(Hình 2.18)

Xét V

R2 R1

M : (O1R1) 7−→ (O2, R2), B 7−→ E, C 7−→ F, BC 7−→ EFTiếp tuyến tại A0 7−→ tiếp tuyến tại A

⇒ D0 = BC ∩ AD0 7−→ D = EF ∩ ADVậy D nằm trên đường thẳng M D0 là tiếp tuyến của đường tròn(O1)

2.2 Bài toán dựng hình

Trong bài toán dựng hình nếu ta xác định được một hình đồng dạngvới hình cần dựng và tâm vị tự của hai hình thì việc dựng hình đó sẽtrở nên dễ dàng và thuận tiện trong việc dựng hình đó

Bài toán 2.2.1 Cho góc dxOy và một điểm A nằm trong góc đó Hãydụng đường tròn đi qua A và đồng thời tiếp xúc với hai cạnh Ox và Oy.Lời giải Giả sử ta dựng được đường tròn tâm I đi qua điểm A và tiếpxúc với hai cạnh Ox và Oy

Tâm I của đường tròn này phải nằm trên đường phân giác của dxOy

Ta dựng thêm đường tròn tâm I0 cũng tiếp xúc với Ox, Oy Như vậy O

là tâm vị tự ngoài của đường tròn tâm I và I0 Ta suy ra cách dựng:-Dựng một đường tròn tâm I0 sao cho tiếp xúc với Ox và Oy

Hình 2.19

-Gọi A’ là một trong hai giao điểm của tia OA và đường tròn tâm I0.-Thực hiện phép vị tự tâm O với tỷ số vị tự k = OA

OA0 thì đường tròntâm I0 sẽ biến thành đường tròn tâm I cần dựng thỏa mãn các điểu kiệncủa bài toán

Vì tia OA luôn luôn cắt đường tròn tâm I0 tại hai điểm phân biệt nênbài toán luôn có hai nghiệm hình

Bài toán 2.2.2 Hãy dựng một hình vuông có hai đỉnh nằm trên mộtnửa đường tròn cho trước và hai đỉnh còn lại nằm trên đường kính củanửa đường tròn đó

Lời giải

Hình 2.20

Trên đường kính AB của nửa đường tròn cho trước ta lấy hai điểm

M, N đối xứng qua trung điểm O của đoạn AB dựng hình vuông

M N P Q có một cạnh là M N Nối OP và OQ cắt đường tròn tại P0

và Q0 Ta được P0Q0 là một cạnh của hình vuông cần tìm

Hình vuông M0N0P0Q0 nội tiếp trong nửa đường tròn đường kính AB

là hình vị tự của hình vuông M N P Q qua phép vị tự tâm O và tỷ số vị

Bài toán 2.2.3 Cho đường tròn (O) và dây cung AB khác đườngkính Hãy dựng một dây cung CD của đường tròn sao cho các bán kính

- Dựng điểm C0 đối xứng với B qua A; D0 đối xứng với A qua B

- Dựng giao điểm C và D của các đoạn thẳng OC0 và OD0 với đườngtròn (O) Dây cung CD là dây cung phải dựng

Thật vậy: Do cách dựng ta có C0A = AB = BD0 tức là hai điểm

A, B chia đoạn C0D0 làm 3 đoạn bàng nhau Mà VOk biến CD 7−→ C0D0

và M N 7−→ AB nên hai điểm M, N chia dây cung CD thành ba đoạnbằng nhau

Bài toán luôn có nghiệm và chỉ có một nghiệm hình ứng với mỗi điểmC

C 7−→ C0, H 7−→ H0 (H là chân đường cao kẻ từ A xuống BC) và

∆ABC 7−→ ∆AB0C0 Từ sự đồng dạng của hai tam giác đó ta suy ra

AC0 = kAB0 = k ∆AB0C0 hoàn toàn được xác định

Cách dựng:

- Dựng ∆AB0C0, biết ˆA = α, AB0 = 1, AC0 = k

- Dựng đường thẳng d k B0C0 và cách A một khoảng h

- Dựng giao điểm của d với AB0 và AC0 được ký hiệu là B và C

∆ABC là tam giác cần dựng Từ cách dựng d k B0C0 cách điểm A một

Bài toán 2.2.5 Cho đường tròn (O), một điểm A nằm trên đường tròn

và một đường thẳng x Hãy dựng một đường tròn (O0) tiếp xúc với (O)tại A và tiếp xúc với x

Lời giải Giả sử (O0) là đường tròn tiếp xúc với (O) tại A và tiếp xúcvới x tại M Phép vị tự tâm A biến (O0) thành (O) thì biến M thành

M0 thuộc (O) và x thành x0 tiếp xúc với (O) tại M0, đồng thời x0 k x

Vì OM0 ⊥ x0, do đó OM0 ⊥ x Gọi y là đường thẳng đi qua tâm O vàvuông góc với x, M0 là điểm chung của đường tròn (O) và y

Cách dựng:

- Dựng đường thẳng x0 song song với x và tiếp xúc với (O) tại M0 M

là giao điểm của AM0 với x

- Dựng đường tròn (O0) với O0 là giao điểm của trung trực đoạn AMvới đường thẳng OA, bán kính O0A Đường tròn (O0) là hình cần dựng

Hình 2.23

Thật vậy, từ cách dựng O, A, O0 thẳng hàng nên (O) tiếp xúc với (O0)

OM0 ⊥ x nên O0M ⊥ x0, O0 nằm trên đường trung trực đoạn M A nên

O0A = O0M nên ta suy ra (O0) tiếp xúc với x

Bài toán có hai nghiệm hình

Bài toán 2.2.6 Cho ∆ABC và một đường thẳng d Hãy dựng mộtđường thẳng song song với d và cắt ∆ABC thành hai phần có diện tíchbằng nhau

Lời giải Qua A, B, C ta lần lượt dựng các đường thẳng x, y, z cùng songsong với d Trong các đường thẳng vừa dựng, có một đường thẳng cắt

∆ABC thành hai phần Ta coi x là đường thẳng đó Gọi D là giao điểmcủa BC và x Nếu D là trung điểm của BC thì x là đường phải dựng.Nếu BD < CD thì ta hãy tìm trên đoạn CD điểm M sao cho đườngthẳng x0 đi qua M và song song với d cắt AC tại M0 sao cho ∆CM M0

có diện tích bằng nửa diện tích ∆ABC

SCM M 0

SABC = k

2CDCB

và k được xác định bởi điều kiện k2CD

CB =

1

2.Vậy M là ảnh của D qua phép vị tự tâm C tỷ số k = r CB

2CD.Cách dựng: Dựng điểm M ∈ BC sao cho CM = k.CD, qua M kẻđường thẳng a song song với d a là đường thẳng cần dựng

Bài toán chỉ có một nghiệm hình

Bài toán 2.2.7 Dựng ∆ABC cho biết trung tuyến AM và độ dài cáccạnh AB = c, AC = b

Lời giải Vì AB = c nên đỉnh B nằm trên đường tròn (A, c) và

AC = b nên đỉnh C nằm trên đường tròn (A, b) Ngoài ra ta có M là

Hình 2.25

trung điểm BC nên C là ảnh của B qua

phép vị tự tâm M , tỷ số k = −1 Gọi A0

là ảnh của A qua phép vị tự VM−1 Vậy C

còn nằm trên đường tròn (A0, c) là ảnh của

đường tròn (A, c) qua phép vị tự VM−1 B

đối xứng với C qua M Từ cách dựng ta có

∆ABC là hình cần dựng

Bài toán có hai nghiệm hình

Bài toán 2.2.8 Dựng một tam giác biết độ dài ba đường cao của nólần lượt là: ha, hb, hc

Lời giải Gọi a, b, c là độ dài của ba cạnh của ∆ABC phải tìm, ta có:

kí hiệu là: F (a0, b0, c0) với:

a0 = hbhc

ha , b

0 = hc, c0 = hc (2.4)

Hình 2.26

Vậy việc dựng ∆ABC phải tìm đưa về việc dựng tam giác

F (A0, B0, C0) có các cạnh xác định bởi (2.4): ∆ABC ∼ ∆A0B0C0 Dựng

∆A0B0C0 có độ dài các cạnh a0, b0, c0 là dựng được Từ đó ta suy ra từngbước dựng ∆ABC cần tìm Đó là dựng ∆ABC là ảnh của ∆AB0C0 bất

kì qua phép vị tự VAk với k = ha

h0a trong đó ∆AB0C0 = F (a

0, b0, c0) và

h0a = AH0 là độ dài đường cao hạ từ A của ∆AB0C0 Từ (2.3)ta có

∆ABC có các đường cao là: ha, hb, hc

Bài toán có nghiệm hình khi tồn tại tam giác F (a0, b0, c0) Bởi vậy bàitoán chỉ có nghiệm khi 1

Lời giải Giả sử hai đường tròn đồng tâm là (O, R1), (O, R2) với R1 6= R2

và hình là dựng được Gọi cung dựng được là CD Gọi giao điểm của

CD với đường tròn (O, R1) là A, B