HÌNH; ĐỒNG VIÊN THẲNG HÀNG

GĨC ĐỊNH HƯỚNG vào tốn ĐỒNG VIÊN, THẲNG HÀNG Sau ta nêu vài ứng dụng GĨC ĐỊNH HƯỚNG vào tốn ĐỒNG VIÊN, THẲNG HÀNG I) Mục đích việc sử dụng góc định hướng giúp lời giải ngắn gọn, dùng góc khơng có hướng phải phụ thuộc vào hình vẽ, phải xét nhiều vị trí tương đối hình II) Các mệnh đề góc định hướng có liên quan đồng viên thẳng hàng: Cho A ≠ B A B a) ( MA, MB) = 2kπ, k ∈ Z ↔ M∈ tia Ax M∈ tia By x y b) ( MA, MB) = (2k + 1)π, k ∈ Z ↔ M∈ đoạn AB A B c) (MA, MB) = kπ, k ∈ Z ↔ M ∈ đtAB A B d) M, A, B thẳng hàng ↔ (MA, MB) ≡ (modπ) e) ( MA, MB) ≡ α (mod2π) ↔ M thuộc cung chứa góc α qua A, B (α ≠ kπ, k ∈ Z ) M α A B f) (MA, MB) ≡ α (modπ) ↔ M thuộc đường tròn qua A, B (α ≠ kπ, k ∈ Z ) M B A Cho tam giác ABC ta có: ( ) a) ( MB, MC) ≡ AB , AC (mod2π) ↔ M ∈ cung BAC đường tròn A (ABC) M B C b) (MB, MC) ≡ (AB, AC) (modπ) ↔ M ∈ đường tròn (ABC) c) (MB, MC) ≡ (AC, AB) (modπ) ↔ M ∈ đường tròn (A'BC) đối xứng A đường tròn (ABC) qua đt BC 3.Cho đường tròn (O); A, B, M nằm (O) ( B ) a) 2(MA, MB) ≡ OA, OB (mod 2π) C A' b) 2(MA, MB) ≡ (OA, OB) (mod π) Quan hệ góc định hướng phép biến hình a) Đ∆: a → b Khi (a, ∆) ≡ (∆, b) (mod π) b) Đ∆: a → a' b → b' Thì (a, b) ≡ (b', a') (mod π) c) Phép biến hình f tịnh tiến, đối xứng tâm, quay, vị tự f: a → a' b → b' Thì (a, b) ≡ (a', b') (mod π) III) Bài tập vận dụng Bài 1: Cho ∆ABC, M ∈ mp(ABC); D, E, F thuộc đường thẳng (BC), (AC), (AB) cho: (MD, BC) ≡ (ME, CA) ≡ (MF, AB) (mod π) CMR: D, E, F thẳng hàng ↔ M ∈ đường tròn (ABC) A HD E D B C 2M F + Từ giả thiết (MD, BC) ≡ (ME, CA) (mod π) → (MD, CD) ≡ (ME, CE) (mod π) → M, D, E, C đồng viên (1) Tương tự, (MD, BC) ≡ (MF, AB) (mod π) → (DM, DB) ≡ (FM, FB) (mod π) → D, M, F, B đồng viên (2) Do đó: D, E, F thẳng hàng ↔ (DE, DM) ≡ (DF, DM) (mod π) ↔ (CE, CM) ≡ (BF, BM) (mod π) ↔ (CA, CM) ≡ (BA, BM) (mod π) ↔ A, B, M, C đồng viên ↔ M ∈ đường trịn (ABC) Tóm lại, D, E, F thẳng hàng ↔ M ∈ đường tròn (ABC) (Đường thẳng (DEF) đường thẳng Simson mở rộng.) Bài 2: Cho tứ giác lồi ABCD Xét điểm M di động đường thẳng AB cho: M ≠ A M ≠ B.Gọi N giao điểm thứ hai đường tròn (MAC) đường A tròn (MBD) (M ≠ N ) Chứng minh rằng: a) N di động trênM1 đường trịn cố định b) Đường thẳng MN ln qua điểm cố định D E (HSGQG bảng A 05 - 06) I HD: C B N a) Gọi I = AC ∩ BD + Từ N, D, M, B đồng viên → (ND, NM) ≡ (BD, BM) (mod π) → (ND, NM) ≡ (BD, BA) (mod π) (1) + Từ N, C, M, A đồng viên → (NM, NC) ≡ (AM, AC) (mod π) → (NM, NC) ≡ (AB, AC) (mod π) (2) (1) + (2) dùng hệ thức Chasles ta có (ND, NC) ≡ (BD, AC) (mod π) → (ND, NC) ≡ (ID, IC) (mod π) → N ∈ đường tròn (IDC) cố định b) Gọi E giao điểm MN cung DIC (E ≠ N) + Từ N, C, M, A đồng viên → (NC, NM) ≡ (AC, AM) (mod π) → (NC, NE) ≡ (AC, AB) (mod π) ( ( ) ( ) ( ) ) (mod 2π)  NC, NE ≡ AC, AB →  (mod 2π)  NC, NE ≡ AC, AB + π → sin ∠ ENC = sin ( AC, AB) = sin ∠ CAB = sinα (Đặt α = ∠ CAB) → EC = 2rsin ∠ ENC = 2rsinα = const (r bán kính đường tròn (ICD)) → E cố định Kết luận: MN qua E cố định Bài 3: Cho hình thang cân ABCD có CD đáy lớn Xét điểm M di động đt CD cho M không trùng với C với D Gọi N giao điểm thứ khác M đường tròn (BCM) đường tròn (DAM) a) CMR: N di động đường tròn cố định b) CMR: đt MN qua điểm cố định (HSGQG bảng B 05 - 06) HD: a) D, M, N, A đồng viên → (NA, NM) ≡ (DA, DM) (mod π) (1) C, M, N, B đồng viên → (NM, NB) ≡ (CM, CB) (mod π) (2) (1) + (2): (NA, NB) ≡ (DA, CB) (mod π) → N di động đường tròn (C) cố định b) Cách Giả sử MN cắt (C) E (E ≠ N), ta có: A, D, N, M đồng viên → (NA, NM) ≡ (DA, DM) (mod π) (3) ∆FDC cân → (DF, DC) ≡ (CD, CF) (mod π) → (DA, DM) ≡ (CM,CB) (mod π) → (DA, DM) ≡ (NM, NB) (mod π) (4) (3), (4) → (NA, NM) ≡ (NM, NB) (mod π) → (NA, NE) ≡ (NE, NB) (mod π) → 2(NA, NE) ≡ 2(NE, NB) (mod 2π) ( ) ( ) → OA, OE ≡ OE, OB (mod 2π) → E điểm cung AEB Kết luận: MN qua E cố định Cách 2: Gọi F giao điểm DA CB Ta có: FA.FD = FB.FC → P(F) / (MAD) = P(F) / (MBC) Mà MN trục đẳng phương (MAD) (MBC) Nên MN qua F cố định Bài 4: Trong mặt phẳng cho đường tròn (O) tâm O, bán kính R điểm A, B cố định đường trịn cho A, B, O không thẳng hàng Xét điểm C (O), C khơng trùng với A B Dựng đường trịn sau: (O1) qua A tiếp xúc với BC C; (O 2) qua B tiếp xúc AC C Hai đường tròn (O1) (O2) cắt lại điểm D khác C CMR: đt CD qua điểm cố định C di động (O) C không trùng với A B C HD: o2 o1 D o A J E B Chứng minh : D thuộc đường tròn (OAB) (DA,DB) ≡ (DA, DC) + (DC, DB) (mod π) (1) (DA, DC) ≡ (AD, AC) + (CA, CD) (mod π) ≡ (CD, CB) + (CA, CD) (mod π) → (DA, DC) ≡ (CA, CB) (mod π) (2) Tương tự, (DB, DC) ≡ (CB, CA) (mod π) → (DC, DB) ≡ (CA, CB) (mod (π) (3) (2) + (3): (DA, DB) ≡ 2(CA, CB) (mod π) ≡ (OA, OB) (mod π) → (DA, DB) ≡ (OA, OB) (mod π) → D thuộc đường tròn (OAB) CD kéo dài cắt đường tròn (OAB) điểm thứ E, ta có: (DA, DE) ≡ (AD, AC) + (CA, CD) (mod 2π) ( góc ngồi) ≡ (CD, CB) + (CA, CD ) (mod 2π)( CB tiếp xúc (O ) C ) ≡ (CA, CB) (mod 2π) Vậy ( DA, DE ) ≡ (CA, CB) (mod 2π) (4) Tương tự ( DB, DE ) ≡ (CB, CA ) (mod 2π) → ( DE, DB) ≡ (CA, CB) (mod 2π) (5) Từ (4), (5) → ( DA, DE ) ≡ ( DE, DB) (mod 2π) → (DA, DE) ≡ (DE, DB) (mod π) → 2(DA, DE) ≡ 2(DE, DB) (mod 2π) → ( JA, JE ) ≡ ( JE, JB) (mod 2π) → E điểm cung AEB đường tròn (J) → E cố định Bài 5: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) MN đường kính (O) Chứng minh rằng: đường thẳng Simson ∆ABC ứng với điểm M, N vng góc HD: Ta có: (XY, ZT) ≡ (XY, MY) + (MY, NT) + (NT, ZT) (mod π) ≡ (BX, BM) + O + (BN, BZ) (mod π) ≡ (BZ, BM) + (BN, BZ) (mod π) ≡ (BN, BM) (mod π) ≡ π (modπ) (MN đường kính) Kết luận: XY ⊥ ZT Bài 6: Cho ∆ABC Các điểm X, Y, Z thuộc đt BC, CA, AB cho ∆XYZ đồng dạng ∆ABC CMR: Tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC trực tâm ∆XYZ A HD: Z X' Y H Y' B Gọi H trực tâm ∆XYZ X C a) Chứng minh: HA = HB (1) Để chứng minh (1) ta chứng minh (AB, AH) ≡ (BH, BA) (mod π) Ta có: H, Z', X, Y' đồng viên → (HZ', HY') ≡ (XZ', XY') (mod π) → (HZ, HY) ≡ (XY, XZ) (mod π) → (HZ, HY) ≡ (AB, AC) (mod π) (Vì ∆ABC ∼ ∆XYZ) → (HZ, HY) ≡ (AZ, AY) (mod π) → H, Z, Y, A đồng viên → (AZ, AH) ≡ (YZ, YH) (modπ) → (AB, AH) ≡ (YX', YY' (mod π) (1) Tương tự H, Z, X, B đồng viên → (BH, BZ) ≡ (XH, XZ) (mod π) → (BH, BA) ≡ (XX', XY') (mod π) (2) Ta có: X, X', Y, Y' đồng viên → (YX', YY') ≡ (XX', XY') (mod π) (3) Từ (1), (2), (3) → (AB, AH) ≡ (BH, BA) (mod π) → ∆AHB cân H → HA = HB (*) Tương tự HB = HC (**) Từ (*), (**) → H tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Bài 7: (Cơng thức Euler diện tích tam giác bàn đạp) Cho ∆ABC, M điểm tuỳ ý thuộc mặt phẳng chứa ∆ABC Gọi Ao, Bo, Co hình chiếu vng góc M lên đường thẳng A BC, CA, AB Chứng minh rằng: SA B C = − o o o OM SABC R2 Ao B Co O Bo C D M • Chứng minh lại định lý Simson sau: Ta có Ao, Bo, Co thẳng hàng ↔ (AoBo, AoM) ≡ (AoCo, AoM) (mod π) ↔ (CBo, CM) ≡ (BCo, BM) (mod π)(vì M, A0, B0, C đồng viên M, A0, C0, B đồng viên) ↔ (CA, CM) ≡ (BA, BM) (mod π) ↔ M ∈ đường trịn (ABC) Do ta xét trường hợp sau: TH1: M ∈ đường tròn (ABC) → Ao, Bo, Co thẳng hàng (1) ↔ O = O (đúng) TH2: M khơng thuộc đường trịn (ABC) → Ao, Bo, Co không thẳng hàng S A o BoCo = C o Ao C o Bo sin ∠Ao C o Bo (I) + Gọi D giao điểm thứ AM đường tròn (ABC) (D ≠ A) + CoAo = MBsinB , CoBo = MAsinA ; cần chứng minh sinAoCoBo = sinMBD Ta có: A, Co, M, Bo đồng viên → (CoM, CoBo) ≡ (AM, ABo)(mod π) B, Co, M, Ao đồng viên → (AM, ABo) ≡ (BM, BAo) (mod π) Do đó: (CoAo, CoBo) ≡ (CoM, CoBo) - (CoM, CoA0) (mod π) ≡ (AM, ABo) - (BM, BAo) (mod π) ≡ (AD, AC) - (BM, BC) (mod π) ≡ (BD, BC) + (BC, BM) (mod π) ≡ (BD, BM) (mod π) Suy (CoAo, CoBo) ≡ (BD, BM) (mod π) → sin ∠ AoCoBo = sin ∠ MBD Từ (I) → SA B C = (MBsinB)(MAsinA)sin ∠ MBD o o o (II) Định lý hàm số sin ∆MBD MD MB MB MB ΜB = = = = sin∠MBD sin∠BDM sin∠BDA sin∠BCA sinC → MBsin ∠ MBD = MDsinC (III) Thay (III) vào (II) ta được: SA o B o C o = 1 a b c MAMDsinAsinBsinC = R − OM 2 2 R R 2R Vậy, SA B C o o o OM = 1− SABC R2 Bài 8: Tam giác ABC có trực tâm H, M điểm tuỳ ý thuộc đường tròn (ABC) ngoại tiếp ∆ABC Gọi M1, M2, M3 điểm đối xứng M qua đường thẳng BC, CA, AB CMR: H, M 1, M2, M3 10 thẳng hàng (đt Steiner) HD: A, F, E, C đồng viên → (AF, AE) ≡ (CF, CE) (mod π) → (AB, AH1) ≡ (CH, CB) (mod π) (với H1 = ĐBC(H)) → (AB, AH1) ≡ (CB, CH1) (mod π) → H1 ∈ (ABC) A H2 M3 M F H C B ĐBC: H  H1 M1  M C  C (CH) → (CH1) x M2 x H1 M1 (HM1) → (H1M) Suy (CH, HM1) ≡ (H1M, CH1) (mod π) (1) Tương tự ĐCA Suy (CH, HM2) ≡ (H2M, CH2) (mod π) (2) Mà H1, M, C, H2 đồng viên Nên (H1M, H1C) ≡ (H2M, H2C) (mod π) (3) (1), (2), (3) → (CH, HM1) ≡ (CH, HM2) → H, M1, M2 thẳng hàng Tương tự H, M1, M3 thẳng hàng → đpcm 11 • Phương đường thẳng Simson: Bài 9: Từ điểm M vòng tròn ngoại tiếp ∆ABC, vẽ đường thẳng vng góc với BC gặp đường trịn (ABC) N.Ta ln có AN song song với đt Simson ứng với M M Chứng minh: B' A \ M, C', A', B đồng viên → (BM, BC') ≡ (A'M, A'C') (mod π) → (BM, BA) ≡ (NM, A'C') (mod π) (1) A' B M, B, N, A đồng viên → (BM, BA) ≡ (NM, NA) (mod π) C (2) (1), (2) → (NM, A'C') ≡ (NM, NA) (mod π) N → A'C' // NA • Tứ giác tồn phần: hình gồm tứ giác ABCD có AB cắt CD E, AB cắt BC F gọi tứ giác toàn phần F D C A B 12 E Bài 10: Các đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE, CDF, ADE, ABF qua điểm Điểm gọi điểm Miquel tứ giác toàn A phần CM: B D C L P K o1 Q o2 E F M - Gọi M giao điểm thứ đường tròn (EBC) (FDC) - Gọi K, L, P, Q hình chiếu M lên đường thẳng chứa cạnh AB, BC, CD, DA Dể chứng minh K, P, L, Q thẳng hàng (đường thẳng Simson) + K, P, Q nên M thuộc đường tròn (EAD) + K, L, Q nên M thuộc đường tròn (ABF) → đpcm 13 Bài 11: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Với E điểm nằm (O), ta gọi K, L, M, N hình chiếu E lên DA, AB, BC, CD CMR: N trực tâm ∆KLM ↔ ABCD hình chữ nhật (Đề chọn đội tuyển dự JBMO Rumani, 2001) Cách1: Gọi G F hình chiếu E lên AC BD L Theo đl đường thẳng Simson có: L, K, F (∆ABD) (1) M, N, F (∆BCD) (2) K, G, N (∆ACD) (3) M, L, G (∆ABC) (4) EG kéo dài cắt (O) G' EF kéo dài cắt (O) F' E A N K G D G' B F (1) → AF' // (LKF) M (2) → CF' // (MNF) C (3) → DG' // (GKN) F' (4) → BG' // (LGM) Điều kiện cần: Giả sử N trực tâm ∆KLM, ta có: (GKN) ⊥ (LGM) → DG' ⊥ BG' → ∠ DG'B = 1v → O ∈ BD (5) 14 (LKF) ⊥ (MNF) → AF' ⊥ CF' → ∠ AF’C = 1v → O ∈ AC (6) Từ (5), (6) → ABCD hình chữ nhật Điều kiện đủ: giả sử ABCD hình chữ nhật Ta có: LN ⊥ KM ( L (1') )( MN.KL = MC + ME KE + KA ) E N = KD.KA + ME.KE K B = KD.KA + ME.(−MQ) = → MN ⊥ KL D O (2') M Từ (1'), (2') → N trực tâm ∆KLM Q Cách2: A D L B C N K M E Từ giả thiết ta có tứ giác sau nội tiếp KALE, KEND, BLEM, MCNE Do đó: (KL, ML) ≡ (KL, EL) + (EL, ML) ≡ (KA, EA) + (EB, MB) ≡ (DA, EA) + (EB, CB) (mod π) ≡ (DB, EB) + (EB, CB) ≡ (DB, CB) (mod π) (ML, MN) ≡ (ML, ME) + (ME, MN) ≡ (BL, BE) + (CE, CN) ≡ (BA, BE) + (CE, CD) (mod π) ≡ (BA, BE) + (BE, BD) ≡ (BA, BD) (mod π) 15 C Vậy ta có: (KL, ML) + (ML, MN) ≡ (DB, CB) + (BA, BD) ≡ (BA, BC) Tức là: (KL, MN) ≡ (BA, BC) (mod π) (mod π) Hoàn tồn tương tự ta có: (KN, ML) ≡ (CD, CB) (mod π) Do đó: N trực tâm ∆KLM : π π  (mod π) (BA, BC) ≡ (mod π)  2 ⇔ π π (mod π) (CD, CB) ≡ (mod π) 2   (KL, MN) ≡ KL ⊥ MN ⇔ ⇔ KN ⊥ ML   (KN, ML) ≡  AC đường kính (O) ⇔ ABCD hình chữ nhật, đpcm BD đường kính ⇔ (O) Bài 12: 1/ Định lý Steiner thuận Cho ∆ABC nội tiếp (O) Một điểm M nằm (O) (M ≡ A, B, C) Gọi M1, M2, M3 tương ứng điểm đối xứng M qua BC, CA, AB Chứng minh M1, M2, M3 , H thẳng hàng, H trực tâm ∆ABC Lời giải A d2 B1 d d3 M2 C1 H M1 d1 M3 B C A1 16 M Gọi A1, B1, C1 giao điểm thứ hai AH, BH CH với (O) Ta biết A1 = ĐBC (H), B1 = ĐCA (H): C1 = ĐAB (H) Vậy ta có: ĐBC: H  A1 Suy (M1H, BC) ≡ (BC, MA1) (mod π) M1  M ⇒ M1H → MA1 Tương tự ta có: ĐAB: M3H → MC1 Suy (M3H, AB) ≡ (AB,MC1) (mod π) Vậy: (M1H, M3H) ≡ (M1H, BC) + (BC, AB) + (AB, M3H) ≡ (BC, MA1) + (BC, AB) + (MC1, AB) (mod π) ≡ (BC, MC1) + (MC1, MA1) + (BC, AB) + (MC1, AB) (mod π) ≡ 2(BC, AB) + (MC1, MA1) ≡ 2(BC, AB) + (AC1, AA1) (mod π) ≡ 2(BC, AB) + 2(AB, AH) ≡ 2(BC, AH) ≡ (mod π) (vì C1 = ĐAB (H) ⇒ (AC1, AA1) ≡ (AC1, AH) ≡ 2(AB, AH) (mod π) BC ⊥ AH) Do M1, M3, H thẳng hàng Tương tự, M1, M2, H thẳng hàng Tóm lại ta có: M1, M2, M3, H thẳng hàng 2/ Định lý Steiner đảo Cho ∆ABC với trực tâm H Lấy d đường thẳng qua H Gọi d1, d2, d3 tương ứng đường thẳng đối xứng qua BC, CA, AB d Chứng minh d1, d2, d3 đồng quy điểm M nằm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Lời giải Giữ kí hiệu A1, B1, C1 17 Gọi M = d1  (O) ≠ A1 Khi lấy M1, M2, M3 tương ứng điểm đối xứng M qua BC, CA, AB theo định lý Steiner thuận ta có: M1, M2, M3, H thẳng hàng Mà M1 = ĐBC(M) 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 π) ⇒ ĐAB(d) = (MC1) ⇒ (MC1) trùng d3 Tương tự: ĐAC (d) = (MB1) ⇒ (MB1) trùng d2 Tức ta có: d1, d2, d3 đồng quy M ∈ (O) Bài 13: Cho ∆ABC cân A Một điểm O di động đường thẳng BC Gọi M, N tương ứng giao điểm thứ hai AB, AC với (O; OA) A Tìm quỹ tích trực tâm ∆AMN Lời giải: B O TH1: ∆ABC vng cân A Khi rõ ràng, quỹ tích trực tâm ∆AMN A C H M N TH2: ∆ABC không vuông A (A ≠ 90 ) o Gọi H trực tâm ∆AMN Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề: Cho ∆ABC với H, O trực tâm tâm đường trịn ngoại tiếp Khi ta có: AH = Đd(AO) AH = 2RcosA d phân giác BÂC 18 Chứng minh Bổ Đề: A D H O B C K Kẻ đường kính AK, BD Ta có: (AK, CK) ≡ (AB, CB) (mod π) (AB, CB) + (AH, AB) ≡ π ≡ (AK, CK) + (AC, AK) (mod π) ⇒ (AH, AB) ≡ (AC, AK) (mod π) ⇒ AH = Đd(AO) Lại có: AH ⊥ BC, CD ⊥ BC ⇒ AH // CD CH ⊥ AB, AD ⊥ AB ⇒ CH // AD Vậy ADCH hình bình hành (có thể suy biến) ⇒ AH = CD ⇒ AH = 2Rcos(BD, CD) = 2RcosA Tức bổ đề chứng minh Trở lại toán: Gọi d phân giác BÂC Theo bổ đề ta có: AH cosA AH = Đd(AO) AO Do đó: VA.2cosA Đd(O) = H Mà quỹ tích O đường thẳng B, C loại điểm H 1, H2 với H1, H2 tương ứng giao điểm đường thẳng vng góc AB, AC A với BC (vì (H1, H1A) tiếp xúc AC (H2; H2A) tiếp xúc AB nên không tồn ∆AMN) 19 Từ ta có quỹ tích H 20 ... M3, H thẳng hàng Tương tự, M1, M2, H thẳng hàng Tóm lại ta có: M1, M2, M3, H thẳng hàng 2/ Định lý Steiner đảo Cho ∆ABC với trực tâm H Lấy d đường thẳng qua H Gọi d1, d2, d3 tương ứng đường thẳng. .. H1, M, C, H2 đồng viên Nên (H1M, H1C) ≡ (H2M, H2C) (mod π) (3) (1), (2), (3) → (CH, HM1) ≡ (CH, HM2) → H, M1, M2 thẳng hàng Tương tự H, M1, M3 thẳng hàng → đpcm 11 • Phương đường thẳng Simson:... M, C đồng viên ↔ M ∈ đường trịn (ABC) Tóm lại, D, E, F thẳng hàng ↔ M ∈ đường tròn (ABC) (Đường thẳng (DEF) đường thẳng Simson mở rộng.) Bài 2: Cho tứ giác lồi ABCD Xét điểm M di động đường thẳng