Hình học sơ cấp (hàng điểm điều hòa)

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 Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa Nhóm 1 – Toán 4 Trang 1 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 Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa Nhóm 1 – Toán 4 Trang 2 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 Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa Nhóm 1 – Toán 4 Trang 3 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 :   2 2 2 1 ABCD MN MA NC      Ý tưởng : Đề cho M, N là trung điểm, ta sẽ nghĩ đến hệ thức Newton, nghĩa là ta có 2 . MA MC MD  (do M là trung điểm AB), hoặc 2 . NC NA NB  (N là trung điểm CD). Xuất phát từ đó ta có đẳng thức cần CM Giải : Cách 1 :   2 1 . ABCD MA MC MD     (hệ thức Newton)       2 2 . . MA MN NC MN ND MN MN NC ND NC ND         2 2 2 2 2 2 MA MN NC MN MA NC       (vì N là trung điểm CD nên 0 NC ND   và NC ND   ) 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. Khi đó hoành độ của M, N lần lượt là , 2 2 a b c d          2 2 2 2 1 2 2 2 4 a b c d MN a b c d a b c d                          2 2 2 2 1 1 4 2 4 4 a b MA a a b a b ab                       2 2 2 2 1 1 4 2 4 4 c d NC c c d c d cd                   Vậy :         2 2 2 2 1 MN MA NC a b c d ab cd ABCD           (hệ thức hoành độ) N M A D B C Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa Nhóm 1 – Toán 4 Trang 4 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  Ý tưởng : Ta cần tính . OH OG mà O là trung điểm EF nên ta nghĩ đến hệ thức Newton 2 . OH OG OE  nếu ta chứng minh được   1 EFGH   Lại nhận thấy CE CF  nên nghĩ tới chùm phân giác Giải : 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 Mặt khác, C thuộc đường tròn đường kính EF nên CE CF  Như vậy, , , , CE CF CG CH là chùm phân giác nên là chùm điều hòa   1 EFGH    Vì OE = OF nên theo hệ thức Newton, ta có : 2 2 . OH OG OE R const    (đpcm) Nhận xét : Ở bài này, ta có 2 kiểu mở rộng bài tập : Mở rộng 1 : Từ bài toán ta có 2 . OH OG R  . Nên nếu qua G kẻ đường thẳng song song BC (hoặc  EF) cắt (O) tại L và K thì ta có 2 2 2 . OH OG R OL OK    , nên HK và HL lần lượt là tiếp tuyến của (O). (Hoặc có thể giải thích theo kiểu: (HGEF) = –1 nên K(HGEF) = –1 mà KE  KF nên KH, KG, KE, KF là chùm phân giác   HKE EKG   ( ) HEK HKF g g      2 2 . . HE HK HK HE HF HK HE HF HK HF       suy ra HK là tiếp tuyến của (O), cm tương tự cho HL) 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) H G F E O B C A Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa Nhóm 1 – Toán 4 Trang 5 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. Chứng minh rằng : 1 1 1 AE AF AG   Ý tưởng : Đẳng thức cần chứng minh có dạng giống như hệ thức Descartes, ta cần dựng một điểm sao cho : 2 1 1 ? A AF AG   , nghĩa là dựng điểm K sao cho 2 AK AE  , cần CM :   1 AKFG   Giải : Cách 1 : Gọi K là điểm thuộc d sao cho 2 AK AE  Hay E là trung điểm của AK Khi đó EO // KC (tính chất đường trung bình) Hay BD // KC Xét chùm CA, CK, CF, CG. Ta có BD // CK chắn CA, CF, CG lần lượt tại O, B, D; mà OB = OD (ABCD là hình bình hành) nên theo định lý cát tuyến song song thì :     1 1 C AKFG AKFG      Lại theo hệ thức Descartes, ta có : 2 1 1 1 1 1 AK AF AG AE AF AG      (do 2 AK AE  ) Nhận xét : Ta có thể giải cách khác như sau : Cách 2 : Gọi L là trung điểm của CG và K là giao điểm của BL và AG. Do AB // LG nên KL LG KB BA  (định lý Thales) Mà LG CL BA CD  , suy ra : KL CL KB CD  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   1 AKFG    . Lại theo hệ thức Descartes, ta có : 2 1 1 1 1 1 AK AF AG AE AF AG      (đpcm) K L O F E C A D B G Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa Nhóm 1 – Toán 4 Trang 6 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     1 ABMP ACNQ    Chứng minh rằng : a) PQ đi qua một điểm cố định b) : 1 PA QA PB QC   Giải : a) Gọi I là trung điểm của BC, ta chứng minh PQ qua I Gọi F là giao điểm của BQ và DE. Vì       1 , , , 1 1 ACNQ BM BI BN BF MINF         (1) Gọi ' I PQ BC   , ta chứng minh ' I I  Do       1 , , , ' 1 ' 1 ABMP QN QF QM QI NFMI         (2) Từ (1), (2) suy ra ' I I  . Vậy PQ qua I cố định b) Xét tam giác ABC với cát tuyến PQI Áp dụng định lý Menelaus, ta có : . . 1 . : 1 PA IB QC PA QC IC PA QA 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. Ta có: MA HA HA NA QA MB IB IC NC QC       (do AH//BC, IB = IC  , và (ACNQ)= –1)  MQ//BC. Khi đó ta có: ' (do AK//IB) ' P A KA P B IB  ' ' P A KA QA MA P B IC QC MB        (1) Hay ' : 1 ' MA P A 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. Dùng Menelaus cho ABC  , ta cần chứng minh: . . 1 IB QC PA IC QA PB  Vì ( ) 1 ABMP   nên : 1 MA PA MB PB   . Hay PA MA PB MB   Tương tự ( ) 1 ACNQ   : 1 NA QA NC QC    . Hay QC NC QA NA   I' F Q I N M E D C B A P Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa Nhóm 1 – Toán 4 Trang 7 Từ đó . . . . 1 IB QC PA IB NC MA IC QA PB IC NA MB                 (vì M, N, I là cát tuyến ABC  ). Ta có đpcm. 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  MAN Mà : AI AK  , do đó , , , AK AI AM AN là chùm phân giác nên là chùm điều hòa   1 A KIMN        1 1 KIMN O KIMN       Mà OM, OI, ON cố định nên OK cố định Mặt khác : K OK d K    cố định Kết luận : MN qua K cố định 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   1 ABCD   Ý tưởng : Theo giả thiết ta có nhiều góc vuông (hình vuông, tiếp tuyến) nên ta nghĩ đến chùm phân giác Giải : Cách 1 : d I K N M O A Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa Nhóm 1 – Toán 4 Trang 8 Ta có : OD là phân giác của  GOF (2 tiếp tuyến cắt nhau) OC là phân giác của  FOI (2 tiếp tuyến cắt nhau) Mà   180 o GOF FOI  nên OD OC  (1) Ta có : OA là phân giác của  EOF (2 tiếp tuyến cắt nhau) OD là phân giác của  FOG (2 tiếp tuyến cắt nhau) Suy ra :      1 1 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   1 ABCD    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     Suy ra OA, OB, OC, OD cũng là chùm phân giác nên là chùm điều hòa   1 ABCD    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. Chứng minh rằng : 1 1 1 0 GM GN GP    Ý tưởng : Về ý tưởng, cơ bản giống như bài 3 Giải : 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   , , , 1 Ax AG AB AC    H E I G C A D B O N P M Q F Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa Nhóm 1 – Toán 4 Trang 9 Gọi Q là giao điểm của Ax và d, khi đó :   1 QGPN    Theo hệ thức Descartes : 2 1 1 2 GM GM GM GQ GP GN GQ GP GN      (*) Mà 1 ( ) 2 GI GM GIM GAQ g g GA GQ         Vậy, từ (*) ta suy ra : 1 1 1 1 0 GM GM GP GN GM GP GN        (đpcm) Nhận xét : Từ bài này ta có thể mở rộng thêm: Qua A kẻ các đường thẳng song song với GB, GC cắt d tại X, Y. C.minh: 1 1 1 0 GM GX GY    . Giải : Giả sử các đ.t qua A, song song GB, GC cắt BC lần lượt tại R và S. Ta dễ dàng chứng minh được G cũng là trọng tâm ARS  (vì IB = IC và 1 3 IB IC IG IR IS IA    nên IR = IS, mặt khác lại có 1 3 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 : Từ giả thiết MA = kMB hay MA k MB  ta liên tưởng đến chân đường phân giác, suy ra chùm phân giác Giải : Gọi D, E là các điểm thỏa : DA kDB   (1) Và EA kEB  Suy ra :   : 1 1 DA EA ABDE DB EB      (2) Qua M, vẽ đường thẳng , MF MD F AB   Từ (1) và MA = kMB, ta có MD là phân giác trong của  AMB Vậy chùm MA, MB, MD, MF có MD là phân giác MD là phân giác trong của  AMB và MD MF      1 1 M ABDF ABDF       (3) x d M N P G I A B C Q E D A B M [...]... ON (đpcm) Nhóm 1 – Toán 4 Trang 12 Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa 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... Trang 13 Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa 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... Trang 22 Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa (I), (II) ta có : HB LB :  1 hay  HLBC   1 HC LC Bài 6 : Cho 2 đường thẳng a, b cắt nhau và một điểm M không nằm trên hai đường thẳng đó Dựng qua M hai đường thẳng biến thiên m, m’ cắt a, b lần lượt tại A, B và A’, B’ Tìm quỹ tích giao điểm của AB’ và BA’ Giải Gọi N là giao điểm AB’ và BA’, M’ là giao điểm của ON và AA’ (Với O là giao điểm của a và... K là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc A của ABC Nhóm 1 – Toán 4 Trang 20 Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa  BI, BK là các đường phân giác của B A 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’ B Trên HA chọn H làm gốc tọa độ, ta có : D HA  h, HI   r , HK... một điểm ngoài đường tròn bằng tiếp tuyến Bài toán 2 : Cho đường tròn tâm O và điểm M nằm ở ngoài Kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B là tiếp điểm) Dựng đường thẳng  qua M cắt (O) tại C, D, H là giao điểm của MO và AB  CMR : AH là phân giác của CHD  Giải D A C K M H O B Nhóm 1 – Toán 4 Trang 17 Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa Theo bài toán 1, ta có :  MKCD   1 (với  K   AH  CD  H  MKCD... việc sử dụng hàng điểm điều hòa : Nhóm 1 – Toán 4 Trang 14 Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa A E K F I M B H C Giả sử EF cắt BC tại M Theo bài toán 1, ta có :  MHBC   1  A  MHBC   1 Gọi K  AH  EF thì A  MKFE   1   MKFE   1  H  MKFE   1 Mà HM  HK nên HM, HK, HF, HE là chùm phân giác Từ đó ta có đpcm  Nhận xét Chỉ với một biến đổi nhỏ và một kỷ xảo che giấu điểm M, ta đã tạo... IC, ID là chùm phân giác nên là chùm điều hòa Suy ra :  MHCD   1  AM, AB, AC, AD là chùm điều hòa  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   1 Nếu chú ý đến vấn đề cực và đối cực thì rõ ràng đây là một trong những cách chứng minh cho việc dựng đường đối cực của một điểm ngoài đường tròn bằng tiếp tuyến... N’ là giao điểm MK với (O) Tương tự, ta chứng minh được : Nhóm 1 – Toán 4 Trang 10 Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa CN  DN  N C KC    CK DK N D KD Nghĩa là N C NC KC  (  k ) (3) N D ND KD  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)...Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa Từ (2) và (3) suy ra E  F Tóm lại, ME  MD  M   ED   ABDE   1  Đảo lại, lấy một điểm M   ED  Ta có :   MD là phân giác  AMB MD  ME    MA DA   k  MA  kMB MB DB Nhận xét :  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),... Chứng minh tương tự, ta có L  L với L  EF  AB, L  MN  AB Từ đó EF và MN có 2 điểm chung Nhóm 1 – Toán 4 Trang 18 Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa Nên chúng phải nằm trên một đường thẳng Hay M, N, E, F thẳng hàng 3) Thêm một hệ thức mới Từ hệ thức Newton: ( ABCD )  1  IA2  IB 2  IC ID (I là trung điểm AB)  IA2  IC ( IC  CD)  IC 2  IC.CD  IA2  IC 2  IC.CD  ( IA  IC )( IA  . 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 Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa Nhóm. Cách 2 : Lời giải sau khiến ta tâm đắc hơn với việc sử dụng hàng điểm điều hòa : F' E H B C A I P Q Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa Nhóm 1 – Toán 4 Trang 15 K M F E H B C A I Giả sử. EK và EB lần lượt tại L, M. CMR : M là trung điểm IL  Giải : (Lời giải bài này dùng điều hòa cũng thật đơn giản) Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa Nhóm 1 – Toán 4 Trang 16 M L J N K F E B C A I