1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

phép vị tự quay

13 547 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 13
Dung lượng 502,34 KB

Nội dung

Pierre de Fermat (phiên âm: Pie Đờ Phécma, 17 tháng 8 năm 1601 tại Pháp – 12 tháng 1 năm 1665) là một học giả nghiệp dư vĩ đại, một nhà toán học nổi tiếng và cha đẻ của lý thuyết số hiện đại. Xuất thân từ một gia đình khá giả, ông học ở Toulouse và lấy bằng cử nhân luật dân sự rồi làm chánh án. Chỉ trừ gia đình và bạn bè tâm giao, chẳng ai biết ông vô cùng say mê toán. Mãi sau khi Pierre de Fermat mất, người con trai mới in dần các công trình của cha kể từ năm 1670. Năm 1896, hầu hết các tác phẩm của Fermat được ấn hành thành 4 tập dày. Qua đó, người đời vô cùng ngạc nhiên và khâm phục trước sức đóng góp dồi dào của ông. Chính ông là người sáng lập lý thuyết số hiện đại, trong đó có 2 định lý nổi bật: định lý nhỏ Fermat và định lý lớn Fermat (định lý cuối cùng của Fermat).

Trang 1

Phép vị tự quay

Nguyễn Văn Linh Năm 2015

1 Giới thiệu

Phép vị tự và phép quay là những phép biến hình quen thuộc Tuy nhiên phép vị tự quay còn ít được đề cập tới Vì vậy trong bài viết này xin giới thiệu với bạn đọc các tính chất và ứng dụng của phép vị tự quay

Trước tiên chúng ta cần hiểu định nghĩa của phép vị tự quay

Định nghĩa Phép vị tự quay là hợp của một phép vị tự và một phép quay có chung tâm Nếu kí hiệu phép vị tự quay có tâm O, tỉ số k và góc quay α là SOk,α thì

SOk,α: A 7→ B khi và chỉ khi OB

OA = k và (

−→

OA,−OB) = α.→

O

A

A'

Ở đây ta hiểu α là góc có hướng theo chiều ngược kim đồng hồ, −α là góc có chiều xuôi kim đồng

hồ Tuy nhiên trong bài viết này không quan tâm tới hướng của góc α

Tính chất 1 SO: A 7→ A0, B 7→ B0 thì (AB) 7→ (A0B0), [AB] 7→ [A0B0]

N

O

A

B

M

Chứng minh Thật vậy, gọi M là điểm bất kì trên đường thẳng AB, N là điểm trên A0B0 sao cho

M A

M B =

N A0

N B0.

Từ giả thiết suy ra 4OAA0 ∼ 4OBB0, từ đó 4OAB ∼ 4OA0B0 Mà M A

M B =

N A0

N B0 nên 4OAM ∼ 4OA0N Từ đó 4OAA0∼ 4OM N hay SO: M 7→ N

Trang 2

Từ lời giải tính chất 1 chúng ta có tính chất 2.

Tính chất 2 SO: [AB] 7→ [A0B0], M ∈ AB, N ∈ A0B0 sao cho M A

M B =

N A0

N B0 thì SO: M 7→ N Tính chất 3 SO : [AB] 7→ [A0B0] thì tồn tại một phép vị tự quay khác có tâm O, S0O: [AA0] 7→ [B0B0] Chứng minh Ta có 4OAA0 ∼ 4OBB0 nên 4OAB ∼ 4OA0B0 Do đó tồn tại một phép vị tự quay tâm O biến [AA0] thành [BB0]

Tính chất 4 Cho hai đoạn thẳng không song song [AB] và [A0B0] Khi đó luôn tồn tại một phép vị

tự quay tâm O biến [AB] thành [A0B0] Nếu gọi P là giao của hai đường thẳng AB và A0B0 thì O là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp các tam giác P AA0 và P BB0

O

P

B

A

B' A'

Chứng minh Do O là giao điểm thứ hai của (P AA0) và (P BB0) nên ∠OAP = ∠OA0P , ∠OBP =

∠OB0P Từ đó 4OAA0∼ 4OBB0 Như vậy O là tâm của phép vị tự quay biến [AB] thành [A0B0]

Từ tính chất 3 và 4 ta có hệ quả quen thuộc: điểm Miquel của tứ giác toàn phần

Cho tứ giác ABCD AD giao BC tại E, AB giao CD tại F Khi đó đường tròn ngoại tiếp của các tam giác EAB, ECD, F BC, F AD đồng quy tại một điểm

M

F

E

B A

Như vậy điểm Miquel của tứ giác toàn phần là tâm của phép vị tự quay của các cặp cạnh đối diện của tứ giác

Tính chất 5 Cho hai tam giác ABC và A0B0C0 đồng dạng cùng hướng Khi đó luôn tồn tại một

Trang 3

O

B A

B' A'

C

Chứng minh Xét phép vị tự quay SO : [AB] 7→ [A0B0] Khi đó 4OAB ∼ 4OA0B0 Mà 4ABC ∼ 4A0B0C0 nên dễ chứng minh 4OAA0 ∼ 4OCC0

Do đó SO: C 7→ C0, suy ra SO: 4ABC 7→ 4A0B0C0

Tính chất 6 Cho hai đường tròn (O1) và (O2) giao nhau tại A và B Khi đó A và B là hai tâm vị

tự quay biến (O1) thành (O2)

Q

B

A

P

Chứng minh Gọi P là một điểm bất kì trên (O1) Đường thẳng P B giao (O2) lần thứ hai tại Q Dễ thấy 4AP Q ∼ 4AO1O2 Do đó xét phép vị tự tâm A biến O1 thành O2:

S

R2

R1

,(AO 1 ,AO 2 )

A : P 7→ Q Như vậy ứng với mỗi điểm P , ảnh của P qua phép vị tự này luôn nằm trên (O2) Do đó phép vị tự tâm A biến (O1) thành (O2) Chứng minh tương tự với tâm B

Bài 1 (Bổ đề ERIQ) Cho hai đường thẳng d1 và d2 Trên d1 lấy các điểm A1, B1, C1, trên d2 lấy các điểm A2, B2, C2 sao cho A1B1

B1C1

= A2B2

B2C2

= k Trên A1A2, B1B2, C1C2 lần lượt lấy các điểm A3, B3, C3

sao cho A3A1

A3A2 =

B3B1

B3B2 =

C3C1

C3C2 Chứng minh rằng A3, B3, C3 thẳng hàng và

A3B3

B3C3 = k.

Trang 4

C 3

C 2

A 2

C 1

A 1 A 3

B 1

Chứng minh Xét phép vị tự quay tâm O, SO: [A1C1] 7→ [A2C2]

Do A1B1

B1C1 =

A2B2

B2C2 nên SO : B1 7→ B2 Suy ra SO: [A1B1] 7→ [A2B2] Theo tính chất 3, tồn tại một phép vị tự quay S0O: [A1A2] 7→ [B1B2] Lại có A3A1

A3A2

= B3B1

B3B2

nên S0O : A3 7→ B3 Suy ra tồn tại một phép vị tự quay S00O : [A3B3] 7→ [A2B2]

Tương tự, tồn tại phép vị tự quay S000O: [A3C3] 7→ [A2C2]

Do S00O và S000O cùng biến A3 thành A2 nên S00O≡ S000O

Vậy S00O : A3 7→ A2, B37→ B2, C37→ C2

Mà A2, B2, C2 thẳng hàng đồng thời A2B2

B2C2

= k nên A3, B3, C3 thẳng hàng và A3B3

B3C3

= k

Bài 2 Cho hai đường thẳng d và d0 Trên d lấy ba điểm A, B, C, trên d0 lấy ba điểm A0, B0, C0 sao cho AB

BC =

A0B0

B0C0 Gọi P là giao của d và d0 Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác

P AA0, P BB0, P CC0 đồng trục

B'

O

P

C

C'

A

A'

B

Chứng minh Xét phép vị tự quay SO: [AB] 7→ [A0B0] thì P ∈ (P AA0), (P BB0) Do AB

BC =

A0B0

B0C0 nên

SO : C 7→ C0 Suy ra O ∈ (P CC0) Vậy 3 đường tròn (P AA0), (P BB0), (P CC0) có chung trục đẳng phương OP

Bài 3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), BC cố định, A chuyển động trên một trong hai cung BC P là điểm thuộc đoạn AC sao cho CP

AB = k không đổi Chứng minh rằng P chuyển động trên một đường tròn cố định

Trang 5

Q P

A

Chứng minh Xét phép vị tự quay SQ : [AB] 7→ [P C] Theo tính chất 3, tồn tại S0Q : [AP ] 7→ [BC]

Do AP giao BC tại C nên theo tính chất 4, Q ∈ (ABC) và Q ∈ (P CC) (đường tròn qua P và tiếp xúc với BC tại C) Do SQ : B 7→ C nên QC

QB = k Suy ra Q cố định Do đó (QCC) cố định Vậy P luôn chuyển động trên đường tròn qua Q và tiếp xúc với BC tại C

Bài 4 (IMO Shortlist 2014) Cho 3 điểm A, B, C cố định trên đường tròn (O) Gọi λ là một hằng

số và λ ∈ (0, 1) Với mỗi điểm P 6= A, B, C trên (O), gọi M là điểm trên đoạn thẳng CP sao cho

CM = λ · CP Q là giao điểm thứ hai của (AM P ) và (BM C) Chứng minh rằng khi P chuyển động,

Q luôn nằm trên một đường tròn cố định

K G

X

A

B

C P

Chứng minh Gọi G là giao của BQ với (O), K là giao của GC và QM Do tứ giác BQM C nội tiếp nên theo định lý Reim, P G k QM Do đó KC

GC =

M C

P C = λ.

Ta có ∠AGK = 180◦− ∠AP M = 180◦− ∠AGC nên A, G, M, Q cùng thuộc một đường tròn

Do (GQK) giao (GBC) tại A nên tồn tại một phép vị tự quay SA : [BG] 7→ [CK] Suy ra BQ

CK =

AB

AC Từ đó

BQ

CG =

AB

AC · λ Áp dụng bài toán 3 suy ra Q chuyển động trên một đường tròn đi qua điểm X trên (O) sao cho XB

XC =

AB

AC · λ và tiếp xúc với BC tại B.

Bài 5 (IMO 2007) Cho hình bình hành ABCD Một đường thẳng d đi qua D cắt AB, BC lần lượt tại M, N Gọi O là tâm ngoại tiếp tam giác BM N Chứng minh rằng nếu O nằm trên (ABC) thì d là phân giác ∠ADC

Trang 6

Y X

M

B A

Chứng minh Xét phép vị tự quay SO0 : [AB] 7→ [CN ] Ta có M A

M B =

AD

BN =

BC

BN nên SO

0 : M 7→ B Gọi X, Y lần lượt là trung điểm của M B, N B suy ra SO0 : X 7→ Y

Do đó SO0 : [AX] 7→ [CY ] Mà AX giao CY tại B nên theo tính chất 4, O0 ∈ (BXY ), (BAC) Suy

ra O0 ≡ O Từ đó 4OAC ∼ 4OM B, suy ra OA = OC hay BO là phân giác ngoài của ∠ABC Suy

ra tam giác BM N cân tại B

Ta thu được ∠M DC = ∠BM N = ∠BN M = ∠ADN

Bài 6 Cho tứ giác nội tiếp ABCD AC giao BD tại O (OAB) giao (OCD) tại K nằm trong ABCD Dựng điểm L thuộc nửa mặt phẳng bờ BC không chứa O sao cho tam giác BCL đồng dạng với tam giác ADK Chứng minh rằng tứ giác BKCL ngoại tiếp

L

I K

O A

D

B

C

Chứng minh Dựng điểm I sao cho hai tam giác BKD và BIC đồng dạng thuận Suy ra 4BKI ∼ 4BDC Từ đó ∠BKI = ∠BDC

Do 4KAC ∼ 4KBD nên 4CIB ∼ 4CKA, từ đó 4CKI ∼ 4CAB

Ta thu được ∠CKI = ∠CAB Lại có ∠BDC = ∠CAB nên KI là phân giác ∠BKC

Mặt khác, ta có ∠KBI = ∠DBC, ∠KBL = ∠KBC + ∠CBL = ∠KBC + ∠DAK = ∠DAC +

∠OAK + ∠KBC = ∠DAC + ∠OBK + ∠KBC = ∠DAC + ∠DBC = 2∠KBI

Suy ra BI là phân giác ∠KBL Tương tự CI là phân giác ∠KCL Vậy tứ giác BKCL ngoại tiếp đường tròn tâm I

Trang 7

Bài 7 (Lym) Cho tam giác ABC nội tiếp (O), ngoại tiếp (I) (I) tiếp xúc với BC tại D J là trung điểm cung BC không chứa A E thuộc ID, F thuộc BC sao cho EF đi qua J và IE = IF EF cắt (O) tại G IG cắt (O) tại L Chứng minh rằng đường thẳng Simson của L ứng với tam giác ABC tiếp xúc với (I)

Q

P

M

L

H A

D

O

C B

I

K

J

G

Chứng minh Kẻ đường kính LQ của đường tròn ngoại tiếp tam giác LIG

Do GI2 = GJ.GH nên ∠GIH = ∠IJG = ∠IKJ = 90◦− ∠GJB = 90◦− ∠GLH

Mà ∠GIH + ∠GIQ = 90◦ nên ∠QIG = ∠ILG = ∠IQG, suy ra GI = GQ hay Q ∈ (BIC)

Kẻ LM ⊥ AC, LP ⊥ AB Ta có ∠LQI = ∠LGI = ∠LBP = ∠LCM nên phép vị tự quay S

LP

LB ,(LB,LP )

L : B 7→ P, Q 7→ I, C 7→ M, suy ra 4BQC 7→ 4P IM Như vậy 4BQC ∼ 4P IM Suy ra

∠P IM = ∠BQC = 180◦− ∠BIC = 90◦−1

2∠M AP Vậy (I) là đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác AP M hay P M tiếp xúc với (I) Ta có đpcm

Bài 8 Cho tứ giác ABCD Hai đường chéo AC và BD giao nhau tại P Gọi O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AP D và BP C Gọi M, N, O lần lượt là trung điểm AC, BD, O1O2 Chứng minh rằng O là tâm ngoại tiếp tam giác M P N

Q

N

M O

O 2

O 1

P A

D

C B

Trang 8

Chứng minh Gọi Q là giao điểm thứ hai của (O1) và (O2) Do Q là tâm vị tự quay của (O1) và (O2) nên SQ : A 7→ C, D 7→ B Do đó tồn tại phép vị tự quay S0Q : [AC] 7→ [DB]

Lại có M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD nên S0Q: M 7→ N

Từ đó (P AD), (P BC), (P M N ) cùng đi qua Q Gọi O0 là tâm của (P M N )

Ta có 4O1QO0 ∼ 4DQN , 4O1QO2 ∼ 4DQB nên O0 là trung điểm O1O2 hay O0 ≡ O Ta có đpcm

Nhận xét Theo cách giải trên ta hoàn toàn có thể tổng quát bài toán bằng cách chọn các điểm

M, N, O sao cho M A

M C =

N D

N B =

OO1

OO2 = k.

Cách giải khác cho bài toán này, xem [2]

Bài 9 Cho n đường tròn C1, C2, , Cn cùng đi qua O Gọi Aij là giao điểm của Ci và Cj B1 là điểm bất kì trên C1 B1A12 cắt C2 lần thứ hai tại B2 Tương tự ta được B3, B4, , Bn, Bn+1 Chứng minh rằng Bn+1 ≡ B1

A 2

A 12

O 1

O 2 O

A 1

Chứng minh Gọi O1, O2, , On lần lượt là tâm của C1, C2, , Cn

Dễ chứng minh hai tam giác O1OO2 và A1OA2 đồng dạng cùng hướng

Do đó (OA1, OA2) ≡ (OO1, OO2) (mod π)

Chứng minh tương tự suy ra (OA1, OAn+1) ≡ (OA1, OA2) + (OA2, OA3) + + (OAn, OAn+1)

≡ (OO1, OO2) + (OO2, OO3) + + (OOn, OO1) ≡ 0 (mod π)

Vậy An+1≡ A1

Nhận xét -Có thể chứng minh bài toán bằng phép quy nạp dựa trên điểm Miquel của tam giác -Dễ dàng chứng minh tích của n phép vị tự quay chung đỉnh là một phép vị tự quay Kí hiệu

SOxy là phép vị tự quay tâm O biến (Ox) thành (Oy) Ta có thể chứng minh bài toán bằng cách xét

SO1n = SO(n−1)n◦ ◦ SO34 ◦ SO23◦ SO12 Suy ra B1, An1, Bn thẳng hàng

Bài 10 Cho tam giác ABC P là điểm bất kì trong mặt phẳng Gọi XY Z là tam giác pedal của P ứng với tam giác ABC A1B1C1 là tam giác nội tiếp tam giác ABC sao cho A1B1C1 đồng dạng thuận với XY Z Chứng minh P là điểm Miquel của tam giác ABC ứng với bộ (A1, B1, C1)

Trang 9

C 1

B 1

X

A

P

A 1

Chứng minh Do hai tam giác A1B1C1 và XY Z đồng dạng thuận nên tồn tại phép vị tự quay SP0 : 4A1B1C17→ 4XY Z

Suy ra tồn tại S00P : [A1X] 7→ [B1Y ] Do A1X giao B1Y tại C nên P0 ∈ (A1B1C), (XY C)

Chứng minh tương tự suy ra P0 là giao của (AY Z), (BXZ), (CXY ) hay P0 ≡ P Mà P là giao của (AB1C1), (BA1C1), (CA1B1) nên P là điểm Miquel của tam giác ABC ứng với bộ (A1, B1, C1) Bài 11 (USA TST 2012) Cho tam giác ABC P là một điểm chuyển động trên BC Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên AC, AB sao cho P Y = P C, P Z = P B Chứng minh rằng (AY Z) luôn đi qua trực tâm của tam giác ABC

Chứng minh Cách 1

Q

Z

Y

H A

Dựa theo ý tưởng bài 8, ta sẽ tìm một điểm Q trên BC sao cho 4QY Z đồng dạng cùng hướng với tam giác hình chiếu của trực tâm

Gọi Q là giao điểm thứ hai của (P Y Z) với BC

Ta có ∠Y QZ = ∠Y P Z = 180◦−2A, ∠ZY Q = ∠ZP B = 180◦−2B, ∠Y ZQ = ∠Y P C = 180◦−2C

Ta biết rằng tam giác hình chiếu DEF của trực tâm có 3 góc lần lượt bằng 180◦− 2∠A, 180◦− 2∠B,

180◦− 2∠C, do đó 4QY Z ∼ 4DEF Suy ra trực tâm H là điểm Miquel của tam giác ABC ứng với

bộ điểm (Q, Y, Z) Vậy (AY Z) luôn đi qua H

Cách 2

Trang 10

L

S

T Z

Y

H

C B

A

P

Gọi T, S lần lượt là hình chiếu của P trên AC, AB Kẻ đường cao AG cắt (AEF ) tại H, cắt (ABC) tại L

Ta thấy S, T, G lần lượt là trung điểm của BZ, CY, HL

Theo bài toán 2, (AHY ), (AGT ), (ALC) đồng trục và (AHZ), (AGS), (ALB) đồng trục

Do (ALC) ≡ (ALB), (AGT ) ≡ (AGS) nên (AHY ) ≡ (AHZ) Vậy H ∈ (AY Z)

Nhận xét Một số cách giải khác, xem [3]

4 Bài tập áp dụng

Bài 12 a) Cho tam giác ABC đồng dạng thuận với tam giác A0B0C0, X, Y, Z lần lượt thuộc

AA0, BB0, CC0 sao cho AX

XA0 = BY

Y B0 = CZ

ZC0 Chứng minh rằng 4XY Z ∼ 4ABC ∼ 4A0B0C0 b) Chứng minh bài toán với các điểm X, Y, Z thỏa mãn các tam giác AXA0, BY B0, CZC0 đồng dạng thuận

Bài 13 (Vietnam TST 2013) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) AC giao BD tại I phân giác góc AIB cắt AB, BC, CD, DA lần lượt tại X, Y, Z, T Chứng minh rằng (AXT ), (BXY ), (CY Z), (DZT ) cùng đi qua một điểm

Bài 14 Cho tam giác ABC nội tiếp (O), ngoại tiếp (I) Đường tròn đường kính AI cắt (O) tại X (I) tiếp xúc với BC tại D Chứng minh rằng XD đi qua trung điểm cung BC không chứa A

Bài 15 Cho hình thang ABCD vuông (∠A = ∠B = 90◦) có AD = 2AB = 2BC M là một điểm chuyển động trên cạnh BC Đường thẳng qua M và vuông góc với AM cắt CD tại N Chứng minh rằng trung điểm của M N chuyển động trên một đường thẳng cố định thẳng hàng

Bài 16 Cho tứ giác ABCD AC giao BD tại P M, N lần lượt thuộc AD, BC sao cho AM

M D =

CN

N B.

M N cắt AC, BD tại E, F

a) Chứng minh (P EF ) luôn đi qua điểm cố định khác P

b) Nếu tứ giác ABCD nội tiếp Gọi Q là giao của AD và BC Chứng minh rằng (QM N ) và (P EF ) tiếp xúc nhau

Bài 17 (Malaysia Junior Olympiad 2014) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) X là một điểm bất kì trên (O) Kẻ XC1 ⊥ AB, XB1 ⊥ AC Gọi ωC là đường tròn có tâm là trung điểm AB và đi qua C1

Trang 11

Bài 18 Cho tam giác ABC Trung tuyến AM O1, O2 lần lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác

AM B, AM C, O là tâm ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh AO là đường đối trung của tam giác

AO1O2

Bài 19 Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) AD giao BC tại P AC giao BD tại I, AB giao CD tại Q

P I cắt (P AB), (P CD) lần thứ hai tại M, N Chứng minh rằng QM = QN

Bài 20 (Iran 1997) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) P chuyển động trên cung BC không chứa A

I1, I2 lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác AP B, AP C Chứng minh rằng (P I1I2) luôn đi qua một điểm cố định

Bài 21 (IMO Shortlist 2002) Hai đường tròn S1 và S2 giao nhau tại P và Q Chọn hai điểm A1 và

B1 bất kì trên S1 A1P, B1P giao S2 lần thứ hai tại A2, B2, A1B1 giao A2B2 tại C Chứng minh rằng khi A1 và B1 chuyển động, đường tròn ngoại tiếp tam giác A1A2C luôn nằm trên một đường tròn cố định

Bài 22 (USA TST 2006) Cho tam giác ABC, các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H Một đường tròn tâm O, đi qua A và H cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại Q, P Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác OP Q tiếp xúc với BC tại R Chứng minh rằng CR

BR =

ED

F D. Bài 23 Cho tam giác ABC P là một điểm chuyển động trên BC Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên

AC, AB sao cho Y P = Y C, ZP = ZB Chứng minh rằng (AY Z) luôn đi qua qua một điểm cố định khác A

Bài 24 Cho tam giác ABC P là một điểm chuyển động trên BC Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên

AC, AB sao cho CP = CY, BP = BZ Chứng minh rằng (AY Z) luôn đi qua một điểm cố định khác A

Bài 25 Cho tam giác ABC P là một điểm chuyển động trên BC Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên

AC, AB sao cho P Y k AB, P Z k AC Chứng minh rằng (AY Z) luôn đi qua một điểm cố định khác A Bài 26 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Một đường tròn ω có tâm nằm trên đường cao ứng với đỉnh

A của tam giác ABC, cắt AB, AC lần lượt tại P, Q sao cho BP · CQ = AP · AQ Chứng minh rằng ω tiếp xúc với (BOC)

Trang 12

5 Gợi ý

Bài 12 a) Gọi P là tâm của phép vị tự quay Chứng minh 4P XY ∼ 4P AB, 4P Y Z ∼ 4P BC b) Tương tự câu a

Bài 13 Dựa vào tỉ số XA

XB =

T A

T B =

T D

T C =

ZD

ZC và tính chất 4.

Bài 14 Gọi E, F là tiếp điểm của (I) với AC, AB Chú ý XB

XC =

BF

CE =

BD

CD. Bài 15 Chứng minh 4ABC ∼ 4AM N ∼ 4ACD

Bài 16 a) Gọi T là tâm của phép vị tự quay biến AC thành DB, suy ra T ∈ (AP D), (BP C)

Từ giả thiết suy ra M 7→ N Sau đó áp dụng bài toán về điểm Miquel của tứ giác toàn phần suy ra

T ∈ (P EF )

b) Chứng minh T ∈ (P M N ) và ∠T F M = ∠T EN (= ∠ADB) Từ đó suy ra (T EF ) tiếp xúc với (T M N )

Bài 17 Gọi T là hình chiếu của A trên OX, ωC cắt AB lần thứ 2 tại C2 N là trung điểm AB Suy ra AN OT, AT XC1 đồng viên

T là tâm vị tự quay của (AN OT ) và (AT XC1) nên 4N T C1 ∼ 4M T X (M là hình chiếu của O trên AX) Suy ra 4C2T C1 ∼ 4AT X, cộng góc suy ra 4T C1X ∼ 4T C2A Dễ thấy C1X cắt ωC tại duy nhất C1 nên T là tâm vị tự quay của ωC và (AT X) hay T ∈ ωC

Bài 18 Sử dụng tính chất 6

Bài 19 Gọi J là giao của QO với M N Theo định lý Brocard ta cần chứng minh J M = J N Gọi

E, F là trung điểm AD, BC suy ra P, O, E, F đồng viên Sau đó áp dụng bài toán 2

Bài 20 Gọi J là giao của (P I1I2) với (O), E, F là điểm chính giữa cung AC, AB Chứng minh tứ giác AEJ F điều hòa

Bài 21 Dùng bài toán đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần

Bài 22 Dựa theo bài 11, (OP Q) luôn cắt BC tại 2 điểm R và R0thỏa mãn RP = RC, RQ = RB và 4R0P Q ∼ 4DEF Khi (OP Q) tiếp xúc BC, P ≡ P0 Suy ra 4RP Q ∼ 4DEF và RC

RB =

RP

RQ =

DE

DF. Bài 23, 24 Làm giống bài 11

Bài 25 Xét phép vị tự quay tâm T biến [BA] thành [AC] Chứng minh Z 7→ Y Suy ra T ∈ (AY Z) Bài 26 Xét phép vị tự quay tâm X biến [BA] thành [AC] Từ giả thiết suy ra P 7→ Q Suy ra ω đi qua X Chứng minh ∠BXC = ∠BOC và XA là phân giác ∠BXC, suy ra BO là phân giác ∠BXC Suy ra AX đi qua T là giao hai tiếp tuyến tại B và C Tiếp tuyến tại A của ω song song với tiếp tuyến tại T của (BOC) nên X là tâm vị tự trong của 2 đường tròn, suy ra 2 đường tròn tiếp xúc nhau tại X

Ngày đăng: 11/05/2018, 13:54

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w