Cực và đối cực trong hình học phẳng

Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực CỰC VÀ ĐỐI CỰC Phần một: Lý thuyết cực đối cực 1.Hai điểm liên hiệp đường tròn: lh M   N  ( MN )  (O) (O ) lh Nếu MN cắt đường tròn (C) A,B M   N  ( MNAB)  1 (O ) 2.Cực đối cực: Định lý: Quỹ tích điểm liên hợp với điểm M (M ≠ O) cho trước (O) đường thẳng lh M   N  ( MN )  (O) (O ) P O/(MN) = R2 ⇔ OH OM = R Quỹ tích đường thẳng Δ vuông góc với OM H Nhận xét: M ( O) ⇔ Δ  M cực Δ  Δ đường đối cực M 3.Cách dựng đường đối cực a.Bằng tiếp tuyến: Áp dụng tính chất: OH OM = R ct tip xúc (O) không ct Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực b.Bằng cát tuyến: 4.Định lý bản: M ∈ Δ ⇔N ∈ Δ A, B, C thẳng hàng   A ,  B ,  C đồng quy Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực Phần hai : Các tập cực đối cực Bài 1: Chứng minh điều kiện cần đủ để hai điểm M N liên hiệp đường tròn (O) là: P M/(O) + P N/(O) = MN2 Bài giải: Gọi I trung điểm MN Ta có: P M/(O) + P N/(O) = MN2 ⇔ MO − R + NO − R = (MO + ON) ⇔ −2R = 2MO ON ⇔ R = MO NO ⇔ R = (MI + IO) (−MI + IO) ⇔ R = −MI + IO ⇔ R + MI = IO ⇔ (MN) ⊥ (O, R) Bài 2:Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D D’ chân hai đường phân giác góc A P giao điểm hai tiếp tuyến (O) B C Chứng minh cực AP (O) trung điểm DD’ Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực Bài giải: Gọi E trung điểm D D’ Δ = BC(theo cá ch d ̣ng tiêp tuyến) Ta có:  E ↔ P (*) Mặt khác:  AD phân giác góc BAC AD  AD ' A(D’DBC) = -1(chùm phân giác) Suy (D’DBC) = -1 E trung điểm DD’.Theo hệ thức Newton: ′ = = (1) Xét ADD’(AD  AD’) với AE đường trung tuyến AE = ED = ED’(2) (1)(2)  =  AE tiếp tuyến (O) A Suy ra: ↔ A (**) (*)(**) Δ = AP đpcm Bài 3: Cho điểm M nằm đường tròn (O) khác O Hai đường thẳng qua M cắt (O) A, B C, D Các tiếp tuyến (O) A B cắt E; tiếp tuyến (O) C D cắt F Chứng minh OM vuông góc với EF Bài giải: Vì EA EB hai tiếp tuyến với đường tròn (O) nên theo cách dựng đường đối cực tiếp tuyến ta có  E  AB lh Mà M  AB nên M   E  E   M (1) (O ) Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực Tương tự, FC FD hai tiếp tuyến đường tròn (O) nên ta có  F  CD lh Mà M  CD nên M   F  F   M (2) (O ) Từ (1) (2), ta có  M  EF , suy OM  EF Bài 4: Cho đường tròn (O) đường kính AB đường thẳng d vuông góc với AB I đường tròn Điểm M thay đổi (O), MA MB cắt d P Q QA cắt (O) N Chứng minh MN qua điểm cố định Bài giải: Đặt E  AO  MN Xét BQP ta có: AM  QB (chắn đường tròn) AI  PQ (gt)  A trực tâm tam giác BQP  QA  BP hay QN  BP Mà BN  QN (chắn đường tròn)  P,N,B thẳng hàng Mặt khác ta có: lh  P  QE (đường đối cực theo cách dựng cát tuyến)  E  P (o ) mà PQ  OE Suy ra:  E  PQ  E cố định PQ cố định Bài 5: Từ điểm P đường tròn (O) ta vẽ tiếp tuyến PA PB với đường tròn Từ B hạ đường vuông góc BD với đường kính AC Chứng minh PC qua trung điểm BD Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực Bài giải: Gọi I giao điểm PC BD Kéo dài PB cắt AC E lh Ta có: B   E (BE tiếp tuyến) (O ) Mà: BD  CE nên  E  BD (theo cách dựng dường đối cực) lh Suy ra: E  D (O ) Nên: (EDCA) = -1 Hay P(EDCA) = -1 Mà: PA // BD (cùng vuông góc OE) Suy ra: IB = ID (định lí cát tuyến song song) Vây PC qua trung điểm BD.(đpcm) Bài 6: Ba cạnh BC, CA, AB tam giác ABC tiếp xúc với đường tròn nội tiếp M, N, P Đường kính qua M cắt NP Q Chứng minh AQ qua trung điểm BC Bài giải: Kẻ Ax // BC gọi E giao điểm Ax PN Ta có:  A  PN (theo cách dựng tiếp tuyến) lh Mà Q  PN nên A  Q (O ) Mặt khác: OQ  BC ) AE  OQ (vì Ax // BC mà Suy ra:  Q  AE (theo cách dựng dường đối cực) lh Suy ra: Q  E (O ) Nên: (PNQE) = -1 Hay A(PNQE) = -1 Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực Mà: Ax // BC Suy ra: IB = IC (định lí cát tuyến song song) Đặc biệt: PN // BC Suy ra: tam giác ABC cân A Do đó: I trùng M I trung điểm BC Bài 7: Từ trung điểm I dây cung AB đường tròn (O) kẻ hai dây cung MN PQ MP NQ cắt AB J K Chứng minh I trung điểm JK Bài giải: Gọi D giao điểm hai tiếp tuyến A B (O) Khi đó:  D  AB ( theo cách dựng đường đối cực) lh Suy ra: I   D (vì I  AB ) (O ) Kẻ Dx  OI Khi đó:  I  Dx lh Mặt khác: I   C (theo cách dựng cát (O ) tuyến) Do C   I  Dx Gọi E giao điểm PQ Dx lh Khi đó: E  I (O ) Suy ra: (PQIE) = -1 Do đó: C(PQIE) = -1 Mà: JK // Cx (cùng vuông góc với OI) Suy ra: IJ = JK (định lí cát tuyến song song) Vậy: I trung điểm JK Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực Bài 8: Cho đường tròn (O), điểm M nằm (O) I nằm (O) Một đường thẳng thay đổi qua I cắt (O) A, A’ MA MA’ cắt (O) điểm thứ hai B B’ Chứng minh BB’ qua điểm cố định Giải: Trường hợp 1: Gọi N  AB ' A ' B P  AA ' BB ' Ta có NP   M (theo cách dựng cát tuyến) Gọi Q  NP  MI (cố định) R  BB ' MI S  NP  MA ' Suy P( MSB ' A ')  1 ( S   M )  P( MQRI )  1  ( MQRI )  1 Do M, Q, I cố định nên R cố định Vậy BB’ qua điểm cố định R  MI thỏa ( MQRI )  1 với Q   M  MI Trường hợp 2: AB’//A’B Gọi J  AA ' BB ' Ta có MO đường trung trực A’B nên qua J Gọi C,D giao MO với (O) Khi CD đường kính nên góc DAC= 90o Kết hợp với góc A’AC = góc CAB (2 góc nội tiếp chắn cung nhau) nên suy chùm A(DCJM) chùm phân giác Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực  ( DCJM )  1  J  M  J ( B ' A ' SM )  1 S   M  MA '  ( MQRI )  1 Vậy R cố định trường hợp Trường hợp 3: AA’//BB’ Ta chứng minh giao DR CI nằm  M Khi ta (MQRI) = (MJCD) = -1 Nên R cố định trường hợp đầu Bài 9: Cho tam giác ABC cân A d1 d2 hai đường thẳng qua A Các đường thẳng qua B, C vuông góc với d1, d2 cắt D Đường thẳng vuông góc AB B cắt d1 E; đường thẳng vuông góc với AC C cắt d2 F Chứng minh AD vuông góc với EF Bài giải: Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực Xét đường tròn tâm A, bán kính R  AB  AC , kí hiệu (A) Gọi b đường thẳng qua B vuông góc với AB, c đường thẳng qua C vuông góc với AC Khi đó: d1  b  E d  c  F BE tiếp tuyến (A) nên B   E Mặt khác AE  d1  BD (gt) Do BD   E (1) Tương tự ta có C  F    CD   F (2) AF  d  CD  lh lh Từ (1) (2) suy D   E D  F ( A) ( A) Hay EF   D nên AD  EF Bài 10:Cho tam giác ABC điểm O Các đường thẳng qua O vuông góc với OA, OB,OC theo thứ tự cắt BC, CA, AB M,N,P Chứng minh M,N,P thẳng hàng Bài giải: Gọi A’, B’, C’ cực BC, CA, AB đường tròn (O,R) R>0 Do BC, CA, AB không đồng quy nên A’, B’, C’ không thẳng hàng 10 Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực CA=∆B’ nên B’ ∆A AB=∆C’ nên C’∆ A B’C’=∆ A Tương tự ta có C’A’=∆B A’B’=∆C ∆MOM AOOM ∆M // AO Mà AO  ∆A Nên ∆M  ∆A=B’C’ (1) Lại có M  BC = ∆A’ Nên A’ ∆M (2) (1),(2) ∆M đường cao ∆A’B’C’ Tương tự có ∆N, ∆P đường cao ∆A’B’C’ Vậy ∆M, ∆N, ∆P đồng qui Do M,N,P thẳng hàng 11 Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực MỞ RỘNG BỔ SUNG: Định lí Brokard : Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Giả sử AC cắt BD M, AB cắt CD N, AD cắt BC P Chứng minh O trực tâm tam giác MNP Giải Xét cực đối cực (O) Ta có PM đường đối cực N theo cách dựng cát tuyến Suy có ON  PM (1) Tương tự có :  P  MN nên OP  MN (2) Từ (1) (2) suy điều cần chứng minh! Định lí Brianchon: Chứng minh ba đường chéo lục giác ngoại tiếp đồng quy Giải 12 Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực Ta kí hiệu ABCDEF lục giác ngoại tiếp (O) Tiếp điểm (O) AB, BC, CD, DE, EF, FA M, N, P, Q, R, S Xét cực đối cực (O) Gọi I,J,K giao điểm cặp đường thẳng (SM,PQ) ,(MN,QR),(NP,RS) Dùng định lí Pascal cho lục giác nội tiếp MNPQRS ta có I,J,K thẳng hàng Theo định lí đường đối cực I,J,K đồng quy Mà dễ thấy đường đối cực I,J,K AD, BE, CF nên ta có AD, BE, CF đồng quy Như ta có điều cần chứng minh! Đường thẳng Giécgôn: Tam giác ABC có (I) đường tròn nội tiếp D, E, F tiếp điểm (I) với cạnh BC, CA, AB tương ứng Gọi D’, E’, F’ giao điểm EF, FD, DE với BC, CA, AB Chứng minh D’, E’, F’ thẳng hàng Bài giải: 13 Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực Ta có  A  EF (tiếp tuyến), mà D '  EF   A  A   D ' Do D’D tiếp tuyến với (I) nên  D '  AD Tương tự : BE, CF đường đối cực E’, F’ Ta biết AD, BE, CF đồng quy điểm, gọi K, D’, E’, F’ phải thuộc đường đối cực K Từ suy D’, E’, F’ thẳng hàng đường thẳng D’E’F’ vuông góc với IK Đường thẳng D’E’F’ gọi đường thẳng Giécgôn K gọi điểm Giécgôn 14 Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực BÀI TẬP THÊM: Trích từ tài liệu “Ứng dụng cực đối cực”của tác giả Hoàng Quốc Khánh Bài toán 1:Trong tam giác ABC kẻ đường cao AA', BB', CC' gọi H trực tâm tam giác Gọi J giao điểm AA' với đường tròn (O) đường kính BC Chứng minh BC,B'C' tiếp tuyến J (O) đồng quy Giải: Gọi giao điểm AH với (O) J1, J2 hình vẽ , J J1 J2 Ta chứng minh BC, B'C' tiếp tuyến (O) đồng quy Xét cực đối cực (O) Ta thấy BC cực,nên không sử dụng tính chất định lý để chứng minh đồng quy thẳng hàng!! Ta sử dụng phương thức khác: Gọi giao điểm BC B'C' S Ta thấy: AH đường đối cực S theo cách dựng cát tuyến Mà AH qua J1 nên đường đối cực J1 qua S hay tiếp tuyến J1 qua S Vậy ta có điều cần chứng minh 15 Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực Bài toán 2: Cho đường tròn (O) đường thẳng d nằm (O) Một điểm S chạy (O) Từ S ta kẻ tới (O) hai tiếp tuyến SA, SB (A, B tiếp điểm ) Chứng minh S chạy d AB qua điểm cố định Giải: Xét cực đối cực (O) Gọi I cực d , d cố định nên I cố định S thuộc d suy đường đối cực S qua cực d hay AB qua I cố định Bài toán 3: Cho góc xOy cố định điểm A cố định nằm tia Ox Đường tròn (I) thây đổi tiếp xúc với với hai tia Ox,Oy Gọi tiếp điểm (I) Ox,Oy B,C Từ A ta kẻ tiếp tuyến AD tới (I) (D tiếp điểm , D khác B) OI cắt BD E.Gọi d đường thẳng qua I vuông góc với CE Chứng minh (I) di động (nhưng thỏa mãn điều kiện toán) d qua điểm cố định 16 Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực Giải Xét cực đối cực (I) D cắt Oy F Ta thấy đường đối cực F CE (qua E) suy đường đối cực E qua F (định lí ) (1) Đường đối cực A BD (qua E) suy đường đối cực E qua A (định lí bản) (2) Từ (1),(2) định lý ta suy AF đường đối cực E Theo định lí ta có AF vuông góc với EI , mà ý EI phân giác góc xOy nên dễ có F cố định Từ có điều cần chứng minh Bài toán 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O).M,N trung điểm AB,CD (ABN) cắt lại AB P.(CDM) cắt lại CD Q Chứng minh AC,PQ,BD đồng quy Giải 17 Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực Khi AB//CD toán đơn giản,ta xét trường hợp lại: Gọi S giao điểm AB CD Gọi d đường đối cực S (O) Gọi I giao điểm AC BD dễ thấy I thuộc d (1) Ta thấy : SM SQ  SC.SD  SA.SB ( áp dụng tứ giác nội tiếp đường tròn) Chú ý M trung điểm AB nên ta có (SQAB) = -1 lh Do S   Q có Q thuộc d (2) (O ) Tương tự có P thuộc d (3) Từ (1),(2) (3) suy điều cần chứng minh Bài toán 5: Gọi O tâm đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD Qua A, B, C, D vẽ đường thẳng dA, dB ,dC dD tương ứng vuông góc với OA, OB, OC, OD Các cặp đường thẳng dA dB ,dB dC ,dC dD ,dD dA tương ứng cắt K, L, M, N Chứng minh KM LN cắt O (Trích thi toán mùa đông Bulgaria ,1996 ) Giải: 18 Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực Xét cực đối cực (O) Gọi I,J,P,Q tiếp điểm (O) AB,BC,CD,DA Gọi E,F,G,H giao điểm cặp đường thẳng: (OA,IQ),(OB,IJ),(OC,JP),(OD,PQ) Ta chứng minh K,O,M thẳng hàng, lại tương tự Theo giả thiết toán ta có: dA đường đối cực E dB đường đối cực F Từ dễ có EF đường đối cực K (1) Tương tự GH đường đối cực M (2) Mặt khác dễ thấy EF//GH (3) Từ (1),(2),(3) , tiên đề Euclid ta dễ có điều cần chứng minh Bài toán (MOP 95): Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp (O) Tiếp điểm thuộc cạnh AB, BC, CD, DA M, N, P, Q AN, AP cắt (O) E, F Chứng minh ME, QF, AC đồng quy 19 Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực Giải: Gọi K cực AC Xét tứ giác nội tiếp MNPQ theo tính chất cực đối cực tứ giác nội tiếp ta có MQ NP cắt K Lại xét đến tứ giác nội tiếp EFPN có EF NP cắt K, suy MQ EF cắt K Ta thấy ME QF cắt điểm thuộc đường đối cực K tức thuộc AC hay ME, QF, AC đồng quy Bài toán 7: Cho tam giác ABC BB’, CC’ đường cao E, F trung điểm AC, AB EF cắt B’C’ K Chứng minh AK vuông góc với đường thẳng Ơle tam giác ABC 20 Nhóm 3_Toán 4A Cực đối cực Giải: Gọi H, G, O trực tâm, trọng tâm tâm đường tròn Ơle tam giác ABC J giao điểm FB’ EC’ Áp dụng định lí Papuyt cho điểm BFC’ CEB’ suy J, H, G thẳng hàng, tức J thuộc đường thẳng Ơle tam giác ABC Mặt khác, tứ giác C’FB’E nội tiếp đường tròn Ơle, theo tính chất cực tứ giác nội tiếp AK đường đối cực điểm J, từ suy AK vuông góc với OJ tức đường thẳng Ơle tam giác ABC Mở rộng thêm chút, xác định điểm K, L, M giao điểm cạnh tương ứng tam giác A’B’C’ DEF với A’, B’, C’ chân đường cao D, E, F trung điểm cạnh BC, CA, AB tương ứng thấy AK, BL, CM song song với vuông góc với đường thẳng Ơle tam giác ABC 21