SỬ DỤNG PHÉP vị tự để GIẢI TOÁN HÌNH học PHẲNG

SỬ DỤNG PHÉP VỊ TỰ ĐỂ GIẢI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG I. Phần mở đầu Trong hình học phẳng phép biến hình luôn giữ một vai trò vô cùng quan trọng không chỉ bởi nét đẹp riêng mà còn về ứng dụng rộng rãi của nó. Có thể nói với phép biến hình các bài toán hình học phẳng thường có một lời giải rất độc đáo, sáng tạo và đôi khi ngắn gọn ngoài sức tưởng tượng. Vì vậy có khá nhiều đề thi học sinh giỏi các cấp đã khai thác phép biến hình làm công cụ để giải quyết. Trong chương trình toán phổ thông, chúng ta có một số phép biến hình cơ bản: Các phép đối xứng, tịnh tiến, phép quay, phép vị tự, nghịch đảo và phép lấy tích của một số phép biến hình cơ bản trên. Để có thể giải quyết một bài toán hình học phẳng bằng cách sử dụng phép biến hình ta cần nắm rõ các nội dung cơ bản: + Định nghĩa của các phép biến hình: làm cơ sở cho việc nhận dạng bài toán + Các tính chất quan trọng liên quan đến các phép biến hình: giúp ta định hướng lời giải một cách nhanh nhất. + Một số kết quả cơ bản trong hình học phẳng được rút ra trực tiếp từ các tính chất của phép biến hình. Trong bài viết này sẽ đề cập đến ứng dụng của phép vị tự, nội dung của nó được giảng dạy ở chương 4 sách giáo khoa chuyên hình học 10 trong chương trình THPT chuyên hiện hành. Sử dụng phép vị tự ta có thể giải quyết được nhiều dạng toán trong hình học phẳng như các bài toán chứng minh, quĩ tích, dựng hình, tính toán, trong bài viết này ta không chia thành các dạng bài toán cụ thể mà chỉ tập trung hệ thống lại các kiến thức cơ bản về phép vị tự, từ đó đưa ra một số bài toán áp dụng. Thông qua các ví dụ đó chúng ta thấy được ứng dụng rộng rãi của phép biến hình trong giải toán hình học phẳng. II. Nội dung. 1 § 1- PHÉP VỊ TỰ I. Định nghĩa. Cho điểm O - cố định, k = const ; k ≠ 0 1. Định nghĩa: Phép đặt tương ứng mỗi điểm M với điểm M' sao cho: OM ' = k OM được gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k. Kí hiệu: VOk +) Điểm O gọi là tâm vị tự, và k gọi là tỷ số vị tự +) Phép vị tự hoàn toàn được xác định khi biết tâm vị tự. Và tỷ sổ vị tự. +) M' gọi là ảnh của M qua VOk ta có: VOk (M) = M' +) Phép vị tự VOk biến một hình H thành hình H' (H' gồm toàn điểm M' là ảnh của M ∈ H qua VOk ) +) Nếu cứ có : OM ' = k OM thì ta bảo có VOk : M → M ' và VO1/ k : M ' → M 2. Chú ý: O M M' • Ba điểm O, M, M' thẳng hàng • Khi k > 0 thì M và M; nằm cùng một bên với O, ta có phép vị tự thuận. • Khi k < 0 thì M và M' nằm ở hai bên đối với điểm O ta có phép vị tự nghịch. 1 • Khi k =1 khi đó: VO : M → M - phép đồng nhất. k • Khi k = -1 VO là ĐO II. Các tính chất của phép vị tự 1.Định lý 1: Nếu VOk : M → M ' thì M ' N' = k MN N → N' Hệ quả 1: Phép VOk biến hai điểm M và N thành hai điểm M' và N' thì 2 đường thẳng MN và M'N' song song hoặc trùng nhau và M'N' =|k|MN 2. Định lý 2: Phép vị tự biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng và không làm thay đổi thứ tự của 3 điểm thẳng hàng đó. 2 I I' Hệ quả 2: Phép VOk biến đường thẳng a thành đường thẳng a' song song (hoặc trùng) với a, biến tia thành tia, biến góc thành góc có cùng số đo, biến một tam giác thành tam giác đồng dạng với tỷ số đồng dạng là |k|. 3. Định lý 3: Phép vị tự biến đường tròn thành đường tròn. Nhận xét. • Nếu O nằm ngoài đường tròn (I;R) và OT là một tiếp tuyến của đường tròn đó thì OT cũng là một tiếp tuyến của đường tròn (I';R') 1 k • Nếu VO : (I, R) → (I ', R ') : thì ∃ VOk : (I ', R ') → (I, R) . 4. Định lý 4: Cho VOk vµ VOk khi đó tích của hai phép vị tự đó là một phép vị tự tâm O có tỷ số 1 2 1 vị tự là k1.k2 , đặc biệt tích của V k V k là phép biến hình đồng nhất. O 0 O 1 k k k k Nhận xét: VO 0 VO = VO 0 VO 1 2 2 1 1 5. Định lý 5: 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: O2 O2 A A1 A' O1 B B1 k k Qua VO : A → A1 ; B → B1 Qua VO : A → A'; B → B' 1 2 1 2 Ta có: A1B1 = k1 AB và A' B' = k 2 A1B1 khi đó ⇒ A' B' = k1k 2 AB k k +) Nếu k1k2 = 1 thì có VO 0VO là một phép tịnh tiến hoặc phép đồng nhất. 2 1 2 1 +) Nếu k1k2 ≠ 1 thì ∃ một phép vị tự biến AB thành A'B' Bây giờ ta hãy tìm các xác định tâm và tỷ số vị tự của phép vị tự này. 3 Gọi O là tâm và k là tỷ số vị tự k k Vì : VO : (O1O 2 ) = O1O 2 và VO : (O1O 2 ) = O1O 2 1 2 1 2 ⇒ VOk (O1O 2 ) = VOk 22 .VOk 11 (O1O 2 ) = VOk 22 (O1O 2 ) = O1O 2 nên O1O2 phải đi qua tâm O hay ba điểm O, O1, O2 thẳng hàng. k k Ta có: VO : O → O' ta có: O1O' = k1 O1O (1) và VO : O' → O' ' 1 2 1 2 ta có: O 2 O" = k 2 O 2 O' ⇒ O = VOk (O) = VOk 22 .VOk 11 (O) = VOk 22 (O' ) = O' ' ⇒ O" trùng O hay O 2 O = k 2 O 2 O' (2) Mà O 2 O' = O 2 O1 + O1O' nên O 2 O = k 2 (O 2 O1 + O1O') = k 2 (O 2 O1 + k1 O1O) ⇔ O 2 O1 + O1O = k 2 O 2 O1 + k 2 k1 O1O) ⇔ O1O = 1− k2 O1O 2 (*) 1 − k 2 k1 Điều này cũng chứng tỏ 3 điểm O 1; O; O2 thẳng hàng, và điểm O được hoàn toàn xác định từ (*) và O cố định. 6. Tâm vị tự của hai đường tròn uuur uur + Nếu phép vị tự V(O,k) biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I’, R’) thì R ' = k R, OI ' = kOI + Nếu cho trước hai đường tròn (I, R) và (I’, R’) với I ≠ I ' và R ≠ R ' thì tồn tại phép vị tự tỉ số k = R' R' (phép vị tự thuận hay phép vị tự dương) và phép vị tự tỉ số k = − (phép vị tự R R nghịch hay phép vị tự âm) biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I’, R’) + Để xác định tâm vị tự của hai đường tròn (I, R) và (I’, R’) với I ≠ I ' và R ≠ R ' : . Qua I vẽ một đường thẳng bất kì cắt (I) tại A và B. uuuur . Qua I’ vẽ một đường thẳng bất kì song song với AB cắt (I’) tại A’B’, lấy I ' A ' cùng chiều với uur IA . . Đường thẳng AA’ cắt đường thẳng II’ tại tâm vị tự thuận. . Đường thẳng BA’ cắt đường thẳng II’ tại tâm vị tự nghịch. 4 § 2- ỨNG DỤNG CỦA PHÉP VỊ TỰ Bài 1: (Chứng minh định lý Menelaus). Cho ba điểm P, Q, R theo thứ tự trên ba cạnh của ∆ ABC. Điều kiện cần và đủ để P, Q, R thẳng hàng là: (BCP).(CAQ).(ABQ) = PB QC RA . . =1 PC QA RB Giải: Điều kiện cần: Giả sử 3 điểm A, B,C thẳng hàng ta có: Qua: VPk : B → C với k1 = 1 QA PC k và VQ 2 : C → A với k2 = QC PB k Từ đó: ⇒ VQ . VPk : B → A 2 Nếu k1k2= 1 PC QA PC QC ⇒ PQ//AB trái với giả thiết là PQ cắt AB tại R . Vậy tích =1 ⇔ = PB QC PB QA k1k2 ≠ 1 và ta có tích của hai phép vị tự nói trên là một phép vị tự có tâm nằm trên đường thẳng PQ vì ba tâm này phải thẳng hàng và đồng thời tâm này cũng phải nằm trên đường thẳng AB (vì biến B thành A). QA PB QC RA PC RA ⇒ . . =1 Mặt khác: V RB : B → A ⇒ = R PC QA RB PB QC RB RA Điều kiện đủ: Giả sử ba điểm P, Q, R lần lượt nằm trên BC; CA; AB thoả mãn hệ thức. PB QC RA . . = 1 ta phải chứng minh P, Q, R thẳng hàng. PC QA RB Thật vậy giả sử PQ cắt AB tại R' vì nếu không cắt thì PQ//AB ⇒ PB PC = QA QC RA khi đó từ giả thiết ⇒ =1 điều này vô lý. RB áp dụng điều kiện cần cho 3 điểm . P, Q, R' thẳng hàng ta có: PB QC R ' A R' A RA ⇒ R' trùng với R (đpcm) . . = 1 so sáng với giả thiết ⇒ = PC QA R ' B RB R' B Bài 2. Cho tam giác ABC. Dựng bên trong tam giác bốn đường tròn (O 1), (O2), (O3), (O4) bằng nhau sao cho ba đường tròn (O 1), (O2), (O3) tiếp xúc với 2 cạnh của tam giác và tiếp xúc ngoài với đường tròn (O4). Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác ABC và O4 thẳng hàng. 5 Giải: Gọi I, O là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó IA, IB, IC chứa các điểm O1, O2, O3 và O1O2 / / AB, O2O3 / / BC , O3O1 / / AC ⇒ IA IB IC = = =k IO1 IO2 IO3 Xét V( I ,k ) : O1 a A, O2 a B, O3 a C Do đó phép vị tự đó biến đường tròn ngoại tiếp tam giác O 1O2O3 thành đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mặt khác O4 chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác O 1O2O3. Do đó V( I ,k ) : O4 a O Vậy I, O, O4 thẳng hàng. Bài 3. Cho ba đường tròn bằng nhau (O1), (O2), (O3) cùng đi qua điểm A và đôi một cắt nhau tại P, Q, R. Chứng minh rằng các đường tròn: đường tròn ngoại tiếp tam giác O 1O2O3 và đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR bằng nhau và bằng các đường tròn (O1), (O2), (O3) Giải: 6 Gọi G là trọng tâm tam giác O1O2O3. Khi đó V −1   G, ÷  2 : O1 a K , O2 a J , O3 a I V , ( A,2) : K a R, J a Q, I a P Do đó V( A,2) o V 1  G ,− ÷ 2  = V( M , −1) = DM : ∆O1O2O3 a ∆RPQ Suy ra ∆O1O2O3 = ∆RPQ ⇒ ( O1O2O3 ) = ( RPQ ) Mặt khác A là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác O 1O2O3 nên đường tròn ngoại tiếp tam O1O2O3 có bán kính bằng bán kính của (O1). (Đpcm) Bài 4. Cho hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) với R ≠ R ' cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Một đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O) và (O’) lần lượt tại P và P’. Gọi Q và Q’ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P và P xuống OO’. Các đường thẳng AQ và AQ’ cắt các đường tròn (O) và (O’) tại M và M’. Chứng minh rằng MM’ qua B. Giải: P' I P A Q O J S M B Q' O' M' 7 Gọi S là giao điểm của d và OO’, khi đó S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn (O) và (O’). Đặt k = R' , khi đó ta có V ( S , k ) : (O) → (O '), P → P ', Q → Q ' R Gọi I, J là giao điểm của AB với PP’ và OO’. Khi đó ta có 2 IP 2 = IA.IB = IP ' ⇒ IP = IP ' Mà PQ // IJ // P’Q’ nên JQ = JQ’ Suy ra AB là trung trực của QQ’. Mà QQ’ là trung trực của AB. Vậy tứ giác AQBQ’ là hình thoi Do đó Q’B //AQ hay Q’M // QM. Giả sử V(S, k) biến M thành B’ khi đó QM // Q’B’ Mà M thuộc (O) suy ra B’ thuộc (O’) do đó B’ trùng với B. Vậy V(S, k) biến M thành B. Tương tự ta có V(S, k) biến B thành M’. Suy ra M, B, M’ thẳng hàng hay MM’ qua B Bài 5: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi đường tròn (J) tiếp xúc trong với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, đồng thời tiếp xúc với hai cạnh AB, AC ở M và N. Chứng minh rằng trung điểm của đoạn thẳng MN là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Giải: Gọi K là tiếp điểm của (J) và đường tròn (ABC), H là trung điểm của BC và I là trung điểm MN thì ta có 4 điểm A, K, H, I thẳng hàng. Xét phép vị tự tâm A tỉ số k = AK/AH biến tam giác ABC thành tam giác ADE trong đó H cũng biến thành K với K là trung điểm của DE. Ta chứng minh tỉ số AJ AK = AI AH Thật vậy tam giác ABK và AMJ đồng dạng nên AK AB AH AJ AK = = = . Do đó AJ AM AI AI AH Hay V( A,k ) : I a J Do (J) là đường tròn nội tiếp tam giác ADE nên I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Bài 6 : (VMO - 2003) Cho hai đường tròn cố định (O1, R1), (O2, R2); (R2 > R1) tiếp xúc nhau tại M. Xét điểm A nằm trên (O 2, R2) sao cho ba điểm A, O1, O2 không thẳng hàng. Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O 1, R1), (B, C là tiếp điểm). Các đường thẳng MB, MC cắt lần thứ hai đường tròn (O2, R2) tương ứng tại E, F. Gọi D là giao điểm của EF và tiếp tuyến tại 8 A của (O2, R2). Chứng minh rằng điểm D di động trên một đường thẳng cố định khi A di động trên (O2, R2) sao cho A, O2, O1 không thẳng hàng. Hướng dẫn: TH1: Hai đường tròn tiếp xúc ngoài Bổ đề: Nếu tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O) có tiếp tuyến tại A và C của (O) cắt nhau tại E. Khi đó B, D, E thẳng hàng khi và chỉ khi AB.CD = BC.DA − R2 Áp dụng vào bài toán với phép vị tự V R :(O ) → (O ); B → E; C → F ; A → A ' (A’ là giao của M 1 2 1 MA với (O1)) và tứ giác MBA’C thỏa mãn yêu cầu của bổ đề để chứng minh tứ giác MEAF cũng thỏa mãn ME.AF = MF.EA nên D nằm trên tiếp tuyến tại m của (O 2) hay nằm trên trục đẳng phương của (O1, R1) và (O2, R2). TH2: Hai đường tròn tiếp xúc trong: Gọi D’ là giao của 2 tiếp tuyến tại M và A’ thì D’ thuộc trục đẳng phương BC của hai đường tròn (O1) và (ABO1C) R2 Xét phép V R :(O ) → (O ); B → E; C → F ; BC → EF ; tiếp tuyến tại A’ → tiếp tuyến tại A M 1 2 1 Do đó D nằm trên MD’ là tiếp tuyến của (O1) tại M hay nằm trên trục đẳng phương của (O1, R1) và (O2, R2). Bài 7. Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AA 1, BB1, CC1 đồng quy tại trực tâm H. Đường vuông góc kẻ từ H tới đường thẳng B 1C1 và A1C1 lần lượt cắt các đường CA và CB tại P và Q. Chứng minh rằng đường vuông góc kẻ từ C tới A1B1 đi qua trung điểm của PQ. 9 C K B1 N A1 L H A C1 B Q1 P1 Xét phép vị tự V tâm C biến H thành C 1. Gọi P1, Q1 lần lượt là ảnh của P, Q qua phép vị tự V tâm C. Từ tính chất của phép vị tự có C1P1 ⊥ C1B1 , C1Q1 ⊥ C1 A1 . Gọi N, K, L lần lượt là hình chiếu của C, P 1, Q1 trên A1B1. Khi đó ta có KLP1Q1 là hình thang vuông tại K và L, vì CN ⊥ A1B1 nên ta chỉ cần chứng minh N là trung điểm của KL thì CN trở thành đường trung bình của hình thang và do đó nó đi qua trung điểm của P 1Q1, và theo tính chất của phép vị tự thì nó cũng đi qua trung điểm của PQ. · A = ·A BA . Có ·AB1B = ·AA1C = 90° ⇒ ABA1B1 là tứ giác nội tiếp ⇒ CB 1 1 1 · BC . Suy ra CB · A = ·AB C dẫn đến AC là đường phân Chứng minh tương tự có ·AB1C1 = C 1 1 1 1 1 giác ngoài của ·A1B1C1 . · AC . Do đó điểm C trở thành Chứng minh tương tự có BC là đường phân giác ngoài của B 1 1 1 µ của ∆A1B1C1 tâm đường tròn bàng tiếp góc C 1 Từ tính chất của đường phân giác suy ra được ∆PB 1 1 K = ∆PB 1 1C1 ⇒ KB1 = B1C1 . Chứng minh tương tự có A1L = AC 1 1. Dẫn đến nếu gọi p là nửa chu vi ∆A1 B1C1 thì KL = 2 p . µ của ∆A1B1C1 nên tính được B1 N = p − B1C1 Do C là tâm đường tròn bàng tiếp góc C 1 ⇒ KN = KB1 + B1 N = B1C1 + p − B1C1 = p = 1 KL . Vậy N là trung điểm của KL 2 10 Bài 8: Cho hai đường tròn (O, R) đường kính AB và đường tròn (O ', R ') tiếp xúc trong tại A ( R > R ' ). D là điểm di động trên ( O' ), tiếp tuyến tại D cắt (O) tại M và N, AD cắt (O) tại điểm thứ hai K. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Chứng minh rằng khi D di động trên ( O' ) tỉ số AI không đổi. AK M E I A P Gọi E và F là giao điểm của AM và AN với ( O' ), K k= D 1 1 B ⇒ AE = AM, AF = AN. O• O' R k k . Ta có: VA ( E ) = M, VA ( F ) = N . R' k k Ta lại có: P ( M /(O ') ) = MD2 = ME.MA F N = AM(AM – AE) = AM2(1 – 1 ). k 1 Tương tự: P ( N /(O ') ) = AN2(1 – ). k Suy ra: MD AM · = , AD là phân giác trong góc MAN . Tức là I thuộc AD. ND AN Kẻ IP // O' D, P ∈ AB. Theo tính chất phân giác: ⇒ IA MA k R = = = . ID MD k −1 R −R' AP AI R R .R ' ⇒ AP = = = không đổi, suy ra P cố định. AO ' AD R −R' + R R −R' + R Lại có PI AP R R .R ' ⇒ IP = = = . O 'D AO ' R −R' + R R −R'+ R Suy ra, khi D thay đổi trên ( O' ), thì D nằm trên đường tròn tâm P, bán kính r = R.R ' R −R' + R . Đường tròn (P) tiếp xúc trong với (O) và ( O' ) tại A. AI r R R Ta được VAr ( (P) ) = (O) ⇒ V r (I) = K . Suy ra AK = R = A R ( R' R −R' + R ). Bài 9: Cho tam giác ABC đường tròn đi qua hai đỉnh B, C cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Gọi M và N lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ADE và ODE, với O là giao điểm của BE với CD. Chứng minh rằng: MN đi qua điểm chính giữa của cung DE. 11 Giải. Gọi K là trung điểm cung DE (Hình vẽ 1). Ta có: ( ) 1 1· 1 1· · · · · · MEK = MED − KED = ·AED − ECD = ·AED − ECD = CDE = EDN . 2 2 2 2 · · Chứng minh tương tự ta được: MDK = DEN . DE và EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác ∆MDE tại P và Q tương ứng (hình vẽ 2). · · · · Từ KD = KE , suy ra KED = KDE = PDE = PQE ⇒ PQ // DE. · · · · · Mặt khác QPM . Suy ra ∆DEN và ∆PQM vị tự với nhau = QEM = EDN , tương tự PQM = DEN theo tâm K, suy ra MN đi qua K (đpcm). M Q C P E A M K K Hình 1 D E D N O N B Hình 2 Bài 10 : Đường tròn (ω ) tiếp xúc với hai cạnh bằng nhau AB, AC của tam giác cân ABC và cắt cạnh BC tại K, L ( K , L ≠ B, C ). Đoạn AK cắt đường tròn (ω ) lần thứ hai tại M. Điểm P, Q tương ứng đối xứng với điểm K qua B, C. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác A PMQ tiếp xúc với đường tròn (ω ). Giải. M(ω) Gọi D, E là tiếp điểm của (ω ) với AB, AC tương ứng. Suy ra DE // BC (vì tam giác ABC cân tại đỉnh A). Xét phép vị tự tâm A tỉ số k = AK thì AM đường tròn (ω ) biến thành (ω ') đi qua K, L P D E B K L C Q D' 12 (ω ') và tiếp xúc với AB, AC tại D', E' tương ứng và MD // KD' (1). Ta có BD 2 = BK .BL = BD '2 ⇒ BD = BD ' mà BK = BP (gt) suy ra DPD'K là hình bình hành, do đó DP // KD' (2). Từ (1) và (2) suy ra D, M, P thẳng hàng. Chứng minh tương tự : M, E, Q thẳng hàng. Từ đó suy ra ∆MPQ là ảnh của ∆MDE qua phép vị tự nói trên, nên hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MDE và MPQ tiếp xúc nhau. Tức là đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc với đường tròn (ω ). Bài 11 : (VMO 2000). Cho 2 đường tròn (O,R) và (O’,R’) có bán kính khác nhau cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng tiếp xúc với (O) tại P, tiếp xúc (O’) tại P’. Gọi Q, Q’ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P và P’ xuống OO’, đường thẳng AQ, AQ’ cắt lần thứ hai 2 đường tròn tại M và M’. CMR M, M’, B thẳng hàng. Lời giải: Hai đường tròn cắt nhau, R ≠ R’, Gọi S là tâm vị tự ngoài của 2 đường tròn R R' S V : O ' → O ; P’ → P ; A → A’; · ' AM ' = OA · ' Q . Ta lại có: Suy ra: O Q’ → Q SP2 = SQ.SO ; SP2 = SA.SA' ⇒ SQ.SO = SA.SA' ⇒ Tứ giác AQOA’ nội tiếp đường tròn 13 · · ' Q .Vậy OAQ · · ' AQ ' = OA =O ⇒ OAQ · Do ∆ MOA cân và ∆ M’O’A’ cân ⇒ MOA = ·AO ' M ' 1 1· · · ' A); ABM · · · = (3600 − MO '= M ' O ' A ' ⇒ MBA + ABM ' = 1800 ⇒ M, B, M’ thẳng hàng Có MBA 2 2 Bài 12. Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó. Gọi ( C1 ) , ( C2 ) theo thứ tự là các đường tròn đường kính AB và AC. Một điểm M chuyển động trên ( C1 ) , đường thẳng AM cắt lại ( C2 ) ở điểm N. Tìm quỹ tích giao điểm P của BN và CM. Giải: Gọi ( O1 ) , ( O2 ) theo thứ tự là tâm các đường tròn ( C1 ) , ( C2 ) . Đặt AB = b, AC = c Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ANB với cát tuyến CPM ta được MA PN CB MA BA . . = 1 (3). Do BM // CN nên = do đó đẳng thức (3) trở thành MN PB CA MN BC BA PN CB . . = 1. BC PB CA Điều này tương đương với PN CA −b =− = . PB BA a Từ đó PN PN − PB −a − b BP a = = hay = a PB PB BN a + b Vậy khi M thay đổi trên khắp đường tròn (O 1) thì quỹ tích điểm N là đường tròn (O 2) và P là ảnh của N qua phép vị tự tâm B, tỉ số a , do đó quỹ tích của điểm P cần tìm là đường tròn a+b a (ω) = V(B, a + b )((O2)) Bài 13: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và M là một điểm thay đổi trên cung nhỏ BC. N là điểm đối xứng của M qua trung điểm I của AB. Gọi H và K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và tam giác NAB. a) Giả sử NK cắt AB tại D, hạ KE vuông góc với BC tại E. Chứng minh rằng DE đi qua trung điểm của HK. b) Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác NAB khi M lưu động trên cung nhỏ BC. 14 a) Chứng minh DE đi qua trung điểm J của HK. + Tứ giác ANBM là hình bình hành, suy ra BN P AM và AN PBM + Vì K là trực tâm tam giác NAB nên BK ⊥ NA, AK ⊥ NB , do đó BK ⊥ BM và AK ⊥ AM , suy ra tứ giác BKAM nội tiếp. Vậy K thuộc đường tròn (O). · · + Gọi S là điểm đối xứng của K qua E; R là điểm đối xứng của K qua D. Ta có: BKC = BSC (do đối xứng) · · · · (cùng chắn cung BM) nên BSC . BKC = BAC = BAC · · · · + Mà BHC + BAC = 1800 nên BHC + BSC = 1800 · · · = BCS = BCK Suy ra tứ giác BHCS nội tiếp nên BHS ( 1) + Tương tự tứ giác ABHR nội tiếp nên ·AHR = ·ABR = ·ABK ( 2) · · · · · + Từ (1) và (2) ta có ·AHB + BHS + ·AHR = ·AHB + BCK + ABK = ·AHB + BCK + ACK = 1800 Suy ra S, H, R thẳng hàng. + Vì DE là đường trung bình của tam giác KRS, nên DE đi qua trung điểm J của HK. b) Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác NAB. uur 1 uur 3 + Vì G là trọng tâm của tam giác NAB nên IG = IN , mà N là điểm đối xứng của M qua I nên uur −1 uuur uur uuur −1 IM . Vậy G là ảnh của M qua phép vị tự tâm I tỉ số . IN = − IM . Do đó IG = 3 3 15 + Cho nên khi M lưu động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O; R) thì quỹ tích của trọng tâm G là cung B’C’ là ảnh của cung BC qua phép vị tự V tâm I tỉ số B ' = V −1  I; ÷  3 ( B) , C ' = V −1  I; ÷  3 −1 , với 3 ( C) Đường tròn chứa cung B’C’ có tâm O’, bán kính R O ' = V −1  ( O ) với I; ÷  3 3 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 14. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) có D là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A lên BC. Gọi M, N là giao điểm của AD với (I) ( N nằm giữa A và M). Giả sử IM cắt đường cao AH tại K. Chứng minh rằng KA = KM. Bài 15. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, M là giao điểm của AI với BC và A 1 là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh rằng tiếp tuyến với đường tròn nội tiếp tam giác ABC đi qua M và khác BC song song hoặc trùng với tiếp tuyến với đường tròn Ơle của tam giác ABC tại A1. Bài 16. Cho tam giác ABC với H là trực tâm tam giác, O là tâm đường tròn ngoại tiếp và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC, E là điểm đối xứng của B qua CA, F là điểm đối xứng của C qua AB. Chứng minh rằng D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi OH = 2R Bài 17. Cho tam giác không cân A1A2A3. Giả sử ai (i = 1, 2, 3) là cạnh đối diện đỉnh Ai, Mi là trung điểm của cạnh ai. Ti là tiếp điểm của cạnh ai với đường tròn nội tiếp tam giác đã cho và S i là điểm đối xứng của Ti qua phân giác góc Ai. Chứng minh rằng các đường thẳng M 1S1, M2S2, M3S3 đồng quy. Bài 18: Cho ∆ ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp tiếp xúc BC tại M. Gọi N là điểm đối xứng với M qua I, K là giao điểm AN và BC. Ta kí hiệu H là điểm đối xứng với riếp điểm (I) trên AC qua trung điểm cạnh AC. L là điểm đối xứng với tiếp điểm của (I) trên AB qua trung điểm cạnh AB, G là trọng tâm ∆ ABC. P là giao HB và CL. Chứng minh rằng P, G, I thẳng hàng. Bài 19: Cho 2 đường tròn (C1), (C2) cùng tiếp xúc trong với đường tròn (C) tại M với tâm (C 1) nằm trên (C2) Dây chung của (C1); (C2) cắt (C) tại A, B. MA, MB cắt (C2) tại C và D. CMR: (C1) tiếp xúc CD 16 Bài 20: Cho đường tròn (J) tiếp xúc trong với 2 đường tròn ngoại tiếp ∆ABC cân ở A đồng thời tiếp xúc với 2 cạnh AB, AC tại M và N. Chứng minh rằng trung điểm của đoạn MN là tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABC. Bài 21: Gọi G, I là trọng tâm và tâm nội tiếp tam giác ABC. Đường thẳng qua G song song với BC cắt AB, AC tại Bc, Cb. Qua G song song với CA theo thứ tự cắt cạnh BC, BA tại C a, Ac. Qua G song song với AB theo thứ tự cắt CA, CB tại Ab, Ba. Các điểm I a , I b , I c theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác GBa Ca , GCb Ab , GAc Bc . Chứng minh rằng: AI a , BI b , CI c đồng quy tại 1 điểm thuộc GI. III. Kết luận Trên đây là một số ví dụ về việc sử dụng phép vị tự giải toán hình học phẳng, qua đó chúng ta thấy được ứng dụng của phép vị tự nói riêng hay việc sử dụng phép biến hình nói chung trong giải toán hình học phẳng. Với lượng kiến thức nói trên còn phải bổ sung rất nhiều, tuy nhiên thông qua các ví dụ đã trình bày phần nào cũng đã hình thành được những kĩ năng cơ bản trong việc sử dụng phép biến hình vào việc giải toán trong hình học phẳng. Do thời gian và trình độ chuyên môn còn hạn chế, bài viết chắc chắn sẽ còn nhiều thiếu sót về nội dung cũng như cách trình bày, rất mong nhận được sự đóng góp của các thầy cô giáo. Chúng tôi xin chân thành cảm ơn. ------------------------------------------------------------------ 17 [...]... chúng ta thấy được ứng dụng của phép vị tự nói riêng hay việc sử dụng phép biến hình nói chung trong giải toán hình học phẳng Với lượng kiến thức nói trên còn phải bổ sung rất nhiều, tuy nhiên thông qua các ví dụ đã trình bày phần nào cũng đã hình thành được những kĩ năng cơ bản trong việc sử dụng phép biến hình vào việc giải toán trong hình học phẳng Do thời gian và trình độ chuyên môn còn hạn chế, bài... thứ tự cắt cạnh BC, BA tại C a, Ac Qua G song song với AB theo thứ tự cắt CA, CB tại Ab, Ba Các điểm I a , I b , I c theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác GBa Ca , GCb Ab , GAc Bc Chứng minh rằng: AI a , BI b , CI c đồng quy tại 1 điểm thuộc GI III Kết luận Trên đây là một số ví dụ về việc sử dụng phép vị tự giải toán hình học phẳng, qua đó chúng ta thấy được ứng dụng của phép vị tự nói... ảnh của M qua phép vị tự tâm I tỉ số IN = − IM Do đó IG = 3 3 15 + Cho nên khi M lưu động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O; R) thì quỹ tích của trọng tâm G là cung B’C’ là ảnh của cung BC qua phép vị tự V tâm I tỉ số B ' = V −1  I; ÷  3 ( B) , C ' = V −1  I; ÷  3 −1 , với 3 ( C) Đường tròn chứa cung B’C’ có tâm O’, bán kính R O ' = V −1  ( O ) với I; ÷  3 3 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 14 Cho... Xét phép vị tự tâm A tỉ số k = AK thì AM đường tròn (ω ) biến thành (ω ') đi qua K, L P D E B K L C Q D' 12 (ω ') và tiếp xúc với AB, AC tại D', E' tương ứng và MD // KD' (1) Ta có BD 2 = BK BL = BD '2 ⇒ BD = BD ' mà BK = BP (gt) suy ra DPD'K là hình bình hành, do đó DP // KD' (2) Từ (1) và (2) suy ra D, M, P thẳng hàng Chứng minh tương tự : M, E, Q thẳng hàng Từ đó suy ra ∆MPQ là ảnh của ∆MDE qua phép. .. cung DE 11 Giải Gọi K là trung điểm cung DE (Hình vẽ 1) Ta có: ( ) 1 1· 1 1· · · · · · MEK = MED − KED = ·AED − ECD = ·AED − ECD = CDE = EDN 2 2 2 2 · · Chứng minh tương tự ta được: MDK = DEN DE và EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác ∆MDE tại P và Q tương ứng (hình vẽ 2) · · · · Từ KD = KE , suy ra KED = KDE = PDE = PQE ⇒ PQ // DE · · · · · Mặt khác QPM Suy ra ∆DEN và ∆PQM vị tự với nhau... Có MBA 2 2 Bài 12 Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó Gọi ( C1 ) , ( C2 ) theo thứ tự là các đường tròn đường kính AB và AC Một điểm M chuyển động trên ( C1 ) , đường thẳng AM cắt lại ( C2 ) ở điểm N Tìm quỹ tích giao điểm P của BN và CM Giải: Gọi ( O1 ) , ( O2 ) theo thứ tự là tâm các đường tròn ( C1 ) , ( C2 ) Đặt AB = b, AC = c Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ANB với cát tuyến CPM... đường tròn (O 2) và P là ảnh của N qua phép vị tự tâm B, tỉ số a , do đó quỹ tích của điểm P cần tìm là đường tròn a+b a (ω) = V(B, a + b )((O2)) Bài 13: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và M là một điểm thay đổi trên cung nhỏ BC N là điểm đối xứng của M qua trung điểm I của AB Gọi H và K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và tam giác NAB a) Giả sử NK cắt AB tại D, hạ KE vuông góc với... tự PQM = DEN theo tâm K, suy ra MN đi qua K (đpcm) M Q C P E A M K K Hình 1 D E D N O N B Hình 2 Bài 10 : Đường tròn (ω ) tiếp xúc với hai cạnh bằng nhau AB, AC của tam giác cân ABC và cắt cạnh BC tại K, L ( K , L ≠ B, C ) Đoạn AK cắt đường tròn (ω ) lần thứ hai tại M Điểm P, Q tương ứng đối xứng với điểm K qua B, C Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác A PMQ tiếp xúc với đường tròn (ω ) Giải. .. xúc (O’) tại P’ Gọi Q, Q’ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P và P’ xuống OO’, đường thẳng AQ, AQ’ cắt lần thứ hai 2 đường tròn tại M và M’ CMR M, M’, B thẳng hàng Lời giải: Hai đường tròn cắt nhau, R ≠ R’, Gọi S là tâm vị tự ngoài của 2 đường tròn R R' S V : O ' → O ; P’ → P ; A → A’; · ' AM ' = OA · ' Q Ta lại có: Suy ra: O Q’ → Q SP2 = SQ.SO ; SP2 = SA.SA' ⇒ SQ.SO = SA.SA' ⇒ Tứ giác AQOA’... = BD ' mà BK = BP (gt) suy ra DPD'K là hình bình hành, do đó DP // KD' (2) Từ (1) và (2) suy ra D, M, P thẳng hàng Chứng minh tương tự : M, E, Q thẳng hàng Từ đó suy ra ∆MPQ là ảnh của ∆MDE qua phép vị tự nói trên, nên hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MDE và MPQ tiếp xúc nhau Tức là đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc với đường tròn (ω ) Bài 11 : (VMO 2000) Cho 2 đường tròn (O,R) và (O’,R’) ... luận Trên số ví dụ việc sử dụng phép vị tự giải toán hình học phẳng, qua thấy ứng dụng phép vị tự nói riêng hay việc sử dụng phép biến hình nói chung giải toán hình học phẳng Với lượng kiến thức... tồn phép vị tự tỉ số k = R' R' (phép vị tự thuận hay phép vị tự dương) phép vị tự tỉ số k = − (phép vị tự R R nghịch hay phép vị tự âm) biến đường tròn (I, R) thành đường tròn (I’, R’) + Để xác... tích hai phép vị tự phép vị tự tâm O có tỷ số vị tự k1.k2 , đặc biệt tích V k V k phép biến hình đồng O O k k k k Nhận xét: VO VO = VO VO 2 1 Định lý 5: Tích hai phép vị tự khác tâm phép vị tự có