SỬ DỤNG HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒATRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNGLUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THẾ NGHĨA SỬ DỤNG HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA TRONG GIẢI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THẾ NGHĨA SỬ DỤNG HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HỊA TRONG GIẢI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành Mã số : Phương pháp Toán sơ cấp : 60 46 01 13 NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN DANH NAM THÁI NGUYÊN - 2016 i Mục lục Trang LỜI MỞ ĐẦU Chương 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ .2 1.1 Tỉ số đơn, tỉ số kép hàng điểm điều hòa 1.2 Chùm đƣờng thẳng tứ giác toàn phần .5 1.3 Đƣờng tròn trực giao 1.4 Cực đƣờng đối cực 1.5 Cách xác định cực đƣờng đối cực 15 Chương 2: SỬ DỤNG HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HỊA TRONG GIẢI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG 19 2.1 Chứng minh hàng điểm điều hòa .19 2.2 Chứng minh vng góc 25 2.3 Chứng minh song song .31 2.4 Chứng minh thẳng hàng .33 2.5 Chứng minh đồng quy 40 2.6 Chứng minh điểm cố định 46 2.7 Chứng minh đẳng thức .56 2.8 Một số toán khác 64 KẾT LUẬN 72 TÀI LIỆU THAM KHẢO 73 LỜI MỞ ĐẦU Hình học phẳng chủ đề hấp dẫn kì thi học sinh giỏi Một tốn hình học phẳng ln đƣợc giải nhiều cách khác nhau, áp dụng khái niệm “hàng điểm điều hòa”, “cực đƣờng đối cực” đƣợc vận dụng để giải toán cho lời giải cách ngắn gọn đẹp mắt Đây công cụ mạnh thú vị hình học Kiến thức chùm đƣờng thẳng, phép chiếu xuyên tâm, đặc biệt chùm đƣờng thẳng điều hòa, tứ giác tồn phần đƣợc sử dụng để tìm kiếm hàng điểm điều hòa Khi xuất hàng điểm điều hòa, dễ dàng sử dụng kết liên quan nhƣ hệ thức Đề-các, hệ thức Niutơn hệ thức Mácloranh giải toán hình học phẳng Với hƣớng khai thác hàng điểm điều hòa đơn giản hàng điểm điều hòa xuất từ quan hệ cực đƣờng đối cực điểm cặp đƣờng thẳng cắt đƣờng tròn để giải dạng tốn hình học nhƣ: chứng minh thẳng hàng, chứng minh đồng quy, chứng minh song song, chứng minh vng góc, chứng minh điểm cố định, chứng minh đẳng thức, tốn quỹ tích tốn dựng hình Trong luận văn này, chúng tơi quan tâm đến tốn có liên quan đến hàng điểm điều hòa xuất thi học sinh giỏi toán quốc gia toán quốc tế Các tốn hàng điểm điều hòa luận văn đƣợc lựa chọn với lời giải có tính độc đáo thú vị so với phƣơng pháp thƣờng gặp Do vậy, nói kết luận văn cung cấp công cụ cho học sinh việc tiếp cận giải toán hình học phẳng, đặc biệt tốn xuất kì thi học sinh giỏi mơn Tốn Luận văn đƣợc thực Trƣờng Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành dƣới hƣớng dẫn TS Nguyễn Danh Nam Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy hƣớng dẫn tận tình giúp đỡ suốt trình làm luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn GS, PGS, TS thầy cô giảng viên Trƣờng Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên giảng dạy tạo điều kiện thuận lợi trình tác giả học tập nghiên cứu Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Tỉ số đơn, tỉ số kép hàng điểm điều hòa 1.1.1 Độ dài đại số Trên đƣờng thẳng d chọn véctơ đơn vị 𝑒 ta có trục d hƣớng 𝑒 hƣớng trục d Định nghĩa 1.1 Trên trục d, cho hai điểm A, B Độ dài đại số 𝐴𝐵 số có giá trị tuyệt đối 𝐴𝐵 số dƣơng 𝐴𝐵 hƣớng với 𝑒 số âm 𝐴𝐵 ngƣợc hƣớng với 𝑒 Kí hiệu: AB Các tính chất 1) AB   BA 2) AB  BC  AC (A, B, C thẳng hàng) 3) A1 A  A A   A n  A n  A1 A n (với A i , i  1, n thẳng hàng) 1.1.2 Tỉ số đơn Định nghĩa 1.2 Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng, tỉ số đơn chúng lấy theo thứ tự tỉ số CA Kí hiệu: (ABC) CB Định lý 1.1 Cho hai điểm A, B số thực k  tồn điểm C cho (ABC) = k Chứng minh Ta có (ABC) = k  CA   k  CA  kCB  CA  k CA  AB CB   CA  k AB  AC  CA  k AC  k AB  AC  Suy ra, tồn điểm C cho (ABC) = k k k 1  A B ( k  1) 1.1.3 Tỉ số kép Định nghĩa 1.3 Cho bốn điểm A, B, C, D thẳng hàng, tỉ số kép chúng lấy theo thứ tự tỉ số CA CB Vậy  A B C D   CA CB : : DA Kí hiệu: (ABCD) DB DA DB   ABC   ABD  Các tính chất 1) Tỉ số kép bốn điểm không thay đổi trƣờng hợp sau: + Nếu hoán vị cặp điểm đầu với cặp điểm cuối: (ABCD) = (CDAB) + Nếu đồng thời hoán vị hai điểm đầu hai điểm cuối: (ABCD) = (BADC) + Nếu viết chúng theo thứ tự ngƣợc lại: (ABCD) = (DCBA) 2) Tỉ số kép bốn điểm thay đổi trƣờng hợp: + Nếu hoán vị hai điểm đầu hai điểm cuối tỉ số kép bốn điểm trở thành số đảo ngƣợc nó: (BACD) = (ABDC)   ABCD  + Nếu hoán vị hai điểm hai điểm đầu cuối tỉ số kép bốn điểm trở thành phần bù 1:  A B C D     A C B D     D B C A  1.1.4 Hàng điểm điều hoà Định nghĩa 1.4 Nếu (ABCD) = -1 ta nói bốn điểm A, B, C, D lập thành hàng điểm điều hoà hay A, B chia điều hoà C, D hay A, B liên hợp điều hoà C, D Các tính chất Cho bốn điểm A, B, C, D thẳng hàng, ta có: 1) Hệ thức Đề-các:  A B C D      AB 2) Hệ thức Niutơn:  A B C D   đoạn thẳng AB)  AC   IA  IC ID AD (trong I trung điểm 3) Hệ thức Mácloranh: (trong J trung điểm đoạn A C A D  A B A J thẳng CD) Chứng minh Trên đƣờng thẳng AB, chọn O làm gốc toạ độ Đặt OA = a, OB = b, =d–a; Ta có  A B C D     = d, ta có: OD =a–c; CA  OA  OC DA  OD  OA = c, OC CB  OB  OC DB  OD  OB CA : CB DA a - c  =d-b   b - c DB =b-c a - d b - d  (a - c )(b - d )  - (a - d )(b - c )  ( a b + c d )  ( a + b )( c + d ) (1) + Chọn OA thì: OA = a = 0, AC = OC = c, AB = OB = b, AD = OD = d Từ (1) ta có 2cd = bc + bd   b + Chọn O  I ta có OA  OB  d  c  AB  AC AD hay a = - b Từ (1) ta có 2(- a2 + cd) =  a2 = cd  I A  I C I D Chứng minh tƣơng tự hệ thức Macsloranh Định lý 1.2 Nếu AD, AE lần lƣợt phân giác trong, phân giác tam giác ABC (D, E thuộc đƣờng thẳng BC) (BCDE) = - A B D C E Hình 1.1 Định lý 1.3 Cho tam giác ABC điểm O không thuộc đƣờng thẳng chứa ba cạnh tam giác Các đƣờng thẳng AO, BO, CO theo thứ tự cắt BC, CA, AB M, N, P BC cắt NP Q Khi ta có (BCMQ) = - A P N O B M Q C Hình 1.2 Định lý 1.4 Từ điểm S nằm ngồi đƣờng tròn (O) kẻ tiếp tuyến SA, SB tới (O) (A, B tiếp điểm ) Một đƣờng thẳng qua S cắt (O) lần lƣợt M, N, AB cắt MN I Khi (SIMN) = - Hình 1.3 1.2 Chùm đường thẳng tứ giác toàn phần 1.2.1 Chùm đường thẳng Định nghĩa 1.6 Trong mặt phẳng, cho tập hợp đƣờng thẳng đồng quy điểm S chúng lập nên chùm đƣờng thẳng S đƣợc gọi tâm chùm Tập hợp đƣờng thẳng nằm mặt phẳng song song với lập nên chùm đƣờng thẳng có tâm vơ tận S Định lý 1.5 Một chùm bốn đƣờng thẳng N’ M’ cắt đƣờng thẳng theo hàng điểm có tỉ số kép không thay đổi B’ l’ N M D’ C’ A’ Chứng minh * Trường hợp chùm đồng quy điểm S: A Gọi l đƣờng thẳng cắt đƣờng thẳng a, b, c, a B C D c b Hình 1.4 l d d lần lƣợt A, B, C, D l’ đƣờng thẳng cắt đƣờng thẳng a, b, c, d lần lƣợt A’, B’, C’, D’ Ta cần chứng minh đẳng thức (ABCD) = (A’B’C’D’) (Hình 1.4) Qua điểm B kẻ đƣờng thẳng song song với đƣờng thẳng a cắt đƣờng thẳng c N, cắt đƣờng thẳng d M Ta có: CA CB  SA MB DA  DB SA NB Từ suy ra:  ABCD   CA CB : DA  AB SA SA : MB NB  NB (1) MB Tƣơng tự, từ điểm B’ kẻ đƣờng thẳng song song với đƣờng thẳng a cắt đƣờng thẳng c, d lần lƣợt M’, N’ Ta có  A ' B ' C ' D '   N 'B ' (2) M 'B ' Mặt khác, ta có: NB MB  N 'B ' (3) M 'B ' Từ (1), (2) (3) ta có (ABCD) = (A’B’C’D’) * Trường hợp chùm song song: Nếu a // b // c // d ta ln có đẳng thức (ABCD) = (A’B’C’D’) Định nghĩa 1.7 Trong mặt phẳng cho chùm bốn đƣờng thẳng a, b, c, d Một đƣờng thẳng l cắt chùm A, B, C, D (ABCD) đƣợc gọi tỉ số kép chùm bốn đƣờng thẳng a, b, c, d Kí hiệu: (abcd) = (ABCD) Nếu chùm đồng quy S ta kí hiệu: S S(abcd) = (ABCD) l N Nếu (abcd) = - ta có chùm điều hồ, hay a, b liên hợp điều hoà với c, d hay a, b B chia điều hoà c, d Định lý 1.6 Trong mặt phẳng cho chùm bốn đƣờng thẳng đồng quy Điều kiện cần đủ M a c b Hình 1.5 d để chùm lập thành chùm điều hồ là: Một đường thẳng song song với bốn đường thẳng bị ba đường thẳng lại chia thành hai đoạn thẳng Chứng minh Kẻ đƣờng thẳng l song song với a cắt b, c, d lần lƣợt M, B, N Theo định lý trên, ta có: NB BCD  =   A(abcd) (abcd) = -1 MB  NB  1  N B   M B MB  B trung điểm đoạn thẳng MN hay MB = NB (Hình 1.5) Hệ Trong chùm điều hồ có hai đƣờng liên hợp vng góc với hai đƣờng đƣờng phân giác góc tạo hai đƣờng lại (Hình 1.6a) Hệ Hai đƣờng phân giác hai góc kề bù chia điều hồ hai cạnh góc (Hình 1.6b) Chùm đƣờng thẳng gồm hai cạnh góc hai đƣờng phân giác góc đƣợc gọi chùm phân giác S S b D c C A B d a a) b) Hình 1.6 Trong mặt phẳng, tập hợp đƣờng thẳng đồng quy điểm S, đƣợc gọi chùm đƣờng thẳng tâm S Cho chùm bốn đƣờng thẳng a, b, c, d Một đƣờng thẳng  cắt a, b, c, d thứ tự A, B, C, D Khi (ABCD) khơng phụ thuộc vào vị trí  Giá trị 59 Hình 2.44 Tƣơng tự, gọi CL giao với (O1) S khác L tiếp tuyến S L (O1) cắt Q’ thuộc AB (ABPQ’) = -1 Q  Q’ Từ QL, QK lần lƣợt tiếp xúc (O1), (O2) mà AB trục đẳng phƣơng (O1), (O2) QL = QK Từ đó, ta dễ thấy hai tam giác vuông QML = QMK suy MK = ML Ví dụ 2.43 Cho hình bình hành ABCD d đƣờng thẳng thay đổi qua A cắt BD, BC, CD lần lƣợt E, F, G Chứng minh AE  AF  AG Giải Đẳng thức cần chứng minh có dạng giống nhƣ hệ thức Đề-các, ta cần dựng điểm K cho  AK AF  , nghĩa AG minh (AKFG) = -1 A D O E F B C K L G Hình 2.45 AK  AE , cần chứng 60 * Cách 1: Gọi K điểm thuộc d cho hay E trung điểm AK  AE AK Khi EO // KC (tính chất đƣờng trung bình tam giác), suy BD//KC Xét chùm CA, CK,CF, CG Ta có BD // CK chắn CA, CF, CG lần lƣợt O, B, D; mà OB = OD (do ABCD hình bình hành) nên theo định lý cát tuyến song song C(AKFG) = -1 suy (AKFG) = -1 Theo hệ thức Đề-các:  AK  AF  AG 1  AE  AF  AE (do A K ) AG * Cách 2: Gọi L trung điểm CG K giao điểm BL AG Do AB // LG nên KL KB  LG LG (định lý Ta-lét) mà BA BA  CL , suy CD KL KB  CL CD Theo định lý Ta-lét đảo, ta có CK // BD Xét tam giác ACK, ta có O trung điểm AC OE // CK, suy E trung điểm AK Xét chùm BA, BK, BF, BG, ta có GD cát tuyến song song với BA, chắn ba tia lại hai đoạn CL = LG Theo định lý cát tuyến song song, BA, BK, BF, BG chùm điều hòa nên suy (AKFG) = -1 Theo hệ thức Đề-các:  AK 1  AF  AG  AE AF  AG Ví dụ 2.44 Cho tam giác ABC có trọng tâm G Một đƣờng thẳng d thay đổi qua G cắt BC, CA, AB lần lƣợt M, N, P Chứng minh rằng:  GM  GN  GP Giải Q A x N G B M I d P Hình 2.46 C 61 Dựng Ax // BC Gọi I là trung điểm BC Xét chùm Ax, AG, AB, AC có BC cát tuyến song song với Ax, chắn ba tia lại hai đoạn IB = IC Theo định lý cát tuyến song song, Ax, AG, AB, AC chùm điều hòa suy (Ax, AG, AB,AC) = -1 Gọi Q giao điểm Ax d (QGPN) = -1 (Hình 2.46) Theo hệ thức Đề-các: GQ Mà  GP  G IM :  G A Q ( g  g )   1  GM GI  GP 2G M GN     GN  GP GM (1) GN GQ GM GM  GQ GM GA Vậy từ (1) ta suy  GM  1  GP  GN * Nhận xét: Từ toán ta mở rộng thêm: Qua A kẻ đƣờng thẳng song song với GB, GC cắt d X, Y Chứng minh 1  GM  GX  GY Giải X A Y G x R M B I C S d Hình 2.47 Giả sử đƣờng thẳng qua A, song song GB, GC cắt BC lần lƣợt R, S Ta chứng minh đƣợc G trọng tâm ARS (vì IB = IC IR = IS, mặt khác lại có IG IA  IB IR  IC IS  IG IA  nên ) áp dụng toán cho ba điểm M, X, Y lần lƣợt nằm RS, AR, SA ta có đƣợc điều phải chứng minh 62 Ví dụ 2.45 Cho đƣờng tròn đƣờng kính CD tâm O Trên CD lấy điểm cho ( A1 A C D ) = -1 Qua A1 , A lần lƣợt kẻ đƣờng thẳng d1, d2 vng góc A1 , A với CD Một tiếp tuyến thay đổi (O) cắt d1, d2 lần lƣợt M1, M2 Chứng minh OM OM  const Giải Việc chứng minh tỉ số OM OM  const làm ta nghĩ đến tính chất tỷ lệ đƣờng phân giác tam giác Vậy ta cần tạo chùm phân giác có hai tia OM1, OM2 Theo gải thiết, lại xuất tiếp tuyến làm ta liên tƣởng đến việc tạo vng góc (chùm phân giác) Nhƣ ta cần tạo tiếp tuyến để sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt Ở đây, tiếp tuyến dựng từ C D điều tối ƣu ta dùng Bằng cách cộng góc, ta có đƣợc  C 'O D '  90 o từ chùm tia cần tìm O(M1M2C’D’) x y M2 C’ M1 M D’ A2 d2 C A1 O D d1 Hình 2.48 Dựng hai tiếp tuyến Cx, Dy đƣờng tròn (O) Hai tiếp tuyến lần lƣợt cắt tiếp tuyến M (O) C’, D’ (M điểm thay đổi (O)) Theo định lý Ta-lét, ta có: 63  C 'M C A1   C A2 C 'M C 'M   C 'M D A1  D'M   D'M D A2   (M1M2C’D’) = -1 :  D'M D'M  C A1 C A2 : D A1  1 D A2 (do (A1A2CD) = -1) (OM1,OM2,OC’,OD’) = -1 Ta có OC’, OD’ lần lƣợt phân giác (1)  MOC,  MOD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Mà MOC + MOD = 180o  OC’ OD’ (2) Từ (1) (2) suy OM1, OM2, OC’, OD’ chùm phân giác Từ suy OC’ phân giác M1OM2 Theo tính chất chân đƣờng phân giác góc, ta có OM OM  C 'M C 'M  C A1  const C A2 Ví dụ 2.46 Trên đƣờng tròn (O) cho hai điểm B, C cố định điểm A thay đổi Gọi EF đƣờng kính vng góc với đƣờng thẳng BC Các đƣờng thẳng AB, AC cắt EF lần lƣợt G, H Chứng minh Giải Ta cần tính Niu-tơn O H O G  O E O H O G O H O G  c o n s t mà O trung điểm EF nên ta nghĩ đến hệ thức ta chứng minh đƣợc (EFGH) = -1 Ta lại nhận thấy CE  CF nên ta nghĩ tới chùm phân giác H E A G O C B F Hình 2.49 64 Ta có góc hai đƣờng thẳng (CE, CG) = (BG, BE) (do B, C đối xứng qua EF) (1) Mà tứ giác BEAC nội tiếp nên (BA, BE) = (CA, CE) (2) Từ (1) (2) suy (CA, CE) = (CE, CG) hay CE phân giác ACG Mặt khác, điểm C thuộc đƣờng tròn đƣờng kính EF nên CE  CF Nhƣ vậy, CE, CF, CG, CH chùm phân giác nên chùm điều hòa, từ suy (EFGH) = -1 Vì OE = OF nên theo hệ thức Niu-tơn : O H O G  O E  R  const (trong R bán kính đƣờng tròn (O)) * Mở rộng toán: - Mở rộng 1: Từ toán ta có O H O G  R nên qua G kẻ đƣờng thẳng song song với BC (hoặc vng góc với EF) cắt đƣờng tròn (O) L K ta có O H O G  R  OL  OK 2 , suy HK HL lần lƣợt tiếp tuyến (O) Ta giải thích: (HGEF) = -1 nên K(HGEF) = -1 mà KE  KF nên KH, KG, KE, KF chùm phân giác   H K E  HE HK  HK HF HK  H E H F  EKG  HEKHKG (g.g) , suy HK đƣờng tiếp tuyến đƣờng tròn (O) Tƣơng tự, ta suy HL đƣờng tiếp tuyến đƣờng tròn (O)) Nhƣ đề mở rộng thành: Chứng minh HK, HL tiếp tuyến đƣờng tròn (O) với giả thiết nhƣ cũ (có bổ sung điểm H K) - Mở rộng 2: Ta có K(HGEF) = -1 mà KE  KF, suy chùm phân giác, nên KO cắt đƣờng tròn (O) điểm thứ hai J JE  EK JE cắt GK, HK lần lƣợt M, N tam giác KMN cân K (vì KE vừa đƣờng cao, vừa đƣờng phân giác) nên đề mở rộng thành: Chứng minh tam giác KMN cân (với giả thiết nhƣ cũ, có bổ sung điểm K, M, N) 2.8 Một số tốn khác Ví dụ 2.47 [4] Cho tam giác ABC ngoại tiếp đƣờng tròn tâm I Các tiếp điểm đƣờng tròn (I) cạnh BC, CA, AB lần lƣợt D, E, F Đƣờng phân giác 65 góc I tam giác BIC cắt cạnh BC điểm M Đƣờng thẳng AM cắt đƣờng thẳng FE điểm N Chứng minh đƣờng thẳng DN phân giác góc EDF Giải Xét cực đƣờng đối cực đƣờng tròn (I) Gọi P giao điểm (I) đoạn thẳng IA Trên BC lấy điểm Q cho IQ vng góc với PD Ta chứng minh IQ phân giác ngồi góc I tam giác IBC (Hình 2.50) Từ ta có: (QMBC) = -1 nên A(QMBC) = -1 Ta suy EF cắt AQ điểm S (SNFE) = -1 Từ đó, ta có SA đƣờng đối cực N, nên điểm Q thuộc đƣờng đối cực điểm N Vậy điểm N thuộc đƣờng đối cực điểm S Dễ thấy DP đƣờng đối cực điểm S nên điểm D, N, P thẳng hàng Hình 2.50 Ví dụ 2.48 Cho tam giác ABC H chân đƣờng cao kẻ từ A Trên đoạn thẳng AH ta lấy điểm I kẻ BI cắt AC E CI cắt AB F Chứng minh AH phân giác EHF Giải * Cách 1: Nếu tam giác ABC cân (hiển nhiên) Giả sử ABC khơng cân Khơng tính chất tổng qt, ta giả sử AC > AB Dựng tam giác ABP cân 66 A AP cắt HE Q (Hình 2.51) Gọi F’ điểm đối xứng Q qua AH Khi đó, đƣờng thẳng AH tia phân giác góc EHF’ QA QB  F 'A F 'B A E F I B C H Hình 2.51 Áp dụng định lý Mênêlauýt cho tam giác ACP với ba điểm thẳng hàng H, Q, E ta có: HP HC EC QA 1  HB HC EA QB EC EA F 'A  1 F 'B Theo định lý Xêva ta có AH, BE, CF’ đồng quy A E F’ B Q H P C Hình 2.52 *Cách 2: Kẻ EF cắt BC K ta có (KHBC) = -1 Gọi L giao điểm EF với AH Từ (1) suy (AK, AH, AB, AC) = -1 (1) 67 Điều có nghĩa (KLFE) = -1 Vì LHK = 900 nên ta suy điều phải chứng minh A F E L I K B H C Hình 2.53 Ví dụ 2.49 [4] Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đƣờng tròn (O) Gọi E, F lần lƣợt giao điểm AC với đƣờng tròn (O) Hạ đƣờng thẳng OH vng góc với cạnh DB Chứng minh AHE = CHF Giải Hình 2.54 68 Gọi M, N, P, Q lần lƣợt tiếp điểm cạnh AB, BC, CD, DA với đƣờng tròn (O) Đặt L = MN  QP, K = QM  PN, I = DK  AL Vì hai tứ giác KEOH KFOH nội tiếp suy điểm K, E, O, H, F thuộc đƣờng tròn suy EHK = FHK (Hình 2.54) Thật vậy, ta dễ dàng chứng minh đƣợc HI  AL (ACIL) = -1 Vậy, HI đƣờng phân giác góc AHC Từ đó, ta suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.50 [4] Trong mặt phẳng cho hai đƣờng tròn cố định (O1), (O2) tiếp xúc điểm M bán kính đƣờng tròn (O2) lớn bán kính đƣờng tròn (O1) Xét điểm A nằm đƣờng tròn (O2) cho ba điểm O1, O2, A không thẳng hàng Từ A kẻ tiếp tuyến AB AC đến đƣờng tròn O1 (B, C tiếp điểm) Các đƣờng thẳng MB MC cắt lại đƣờng tròn (O2) tƣơng ứng E F Gọi D giao điểm đƣờng thẳng EF tiếp tuyến A đƣờng tròn (O2) Chứng minh điểm D di động đƣờng thẳng cố định A di động đƣờng tròn (O2) cho ba điểm O1, O2, A khơng thẳng hàng Giải Có hai trƣờng hợp tiếp xúc với Ta xét trƣờng hợp chúng tiếp xúc ngồi, tiếp xúc hồn tồn tƣơng tự Đƣờng thẳng AM cắt lại (O1) điểm G Các tiếp tuyến (O1) G, M cắt H Xét cực đƣờng đối cực đƣờng tròn (O1) (Hình 2.55) Hình 2.55 69 Ta thấy, đƣờng đối cực điểm H MG qua điểm A nên đƣờng đối cực điểm A qua điểm H Nói cách khác điểm B, C, H thẳng hàng Trong phép vị tự tâm M biến đƣờng tròn (O1) thành đƣờng tròn (O2) ta có B  E, C  F, G  A, H  D Vậy D, M, H thẳng hàng Chú ý HM tiếp tuyến chung hai đƣờng tròn nên điểm D ln thuộc đƣờng cố định tiếp tuyến chung chúng Ví dụ 2.51 [4] Cho tứ giác ABCD nội tiếp đƣờng tròn (O) Đƣờng thẳng AC cắt đƣờng thẳng BD điểm I Gọi M, N lần lƣợt giao điểm thứ hai cặp đƣờng tròn (AOB) (COD), (BOC) (AOD) Chứng minh điểm O, I, M, N nằm đƣờng tròn Giải Xét cực đƣờng đối cực đƣờng tròn (O) (Hình 2.56) * Cách 1: Ta thấy AB, OM, CD lần lƣợt trục đẳng phƣơng cặp đƣờng tròn (AOB) (O); (AOB) (COD); (COD) (O) nên đƣờng thẳng AB, CD, OM đồng quy điểm S Đƣờng thẳng SO cắt (O) E, F Hình 2.56 70 Ta thấy: S E S F  S A S B  S M S O Chú ý O trung điểm EF nên ta có (SMEF) = -1, điểm M thuộc đƣờng đối cực điểm S (1) Mà điểm I thuộc đƣờng đối cực điểm S (2) Từ (1) (2) suy IM đƣờng đối cực điểm S, IMO = 900 (3) Tƣơng tự có INO = 900 (4) Từ (3) (4) suy điều cần chứng minh *Cách 2: Xét phép nghịch đảo cực O phƣơng tích R2 Phép nghịch đảo biến A  A, B  B, C  C, D  D Do đó: (AOB)  AB, (COD)  CD Từ suy M  S (4) Tƣơng tự N  J (J giao điểm AD BC) (5) Gọi I' ảnh I qua phép nghịch đảo (6) Vì SJ đƣờng đối cực điểm I nên ta có điểm I' thuộc SJ, từ suy S, I', J thẳng hàng (7) Từ (4), (5), (6) (7) ta có điều cần chứng minh Ví dụ 2.52 Cho tam giác OAB, điểm M cạnh AB nhƣng đỉnh Một đƣờng thẳng biến thiên qua M cắt OA, OB lần lƣợt A’, B’ Gọi N giao điểm AB’ BA’ Tìm quỹ tích điểm N Giải A M O B’ B N A’ M’ Hình 2.57 71 Gọi M’ giao điểm ON AM Xét tứ giác toàn phần ABB’A’, ta có (ABMM’) = -1 Nhƣng ba điểm A, B, M cố định nên điểm M’ cố định Do đó, đƣờng thẳng OM’ cố định Vậy quỹ tích điểm N đƣờng thẳng OM’ (Hình 2.57) Nhƣ vậy, chƣơng luận văn trình bày ứng dụng hàng điểm điều hòa, cực đƣờng đối cực giải tốn hình học phẳng nhƣ: chứng minh thẳng hàng, chứng minh song song, chứng minh vng góc, chứng minh điểm cố định, chứng minh đẳng thức tốn quỹ tích, dựng hình Có thể nói, với hệ thức liên quan đến hàng điểm điều hòa tính chất đƣờng đối cực đƣợc áp dụng để giải nhiều lớp toán với lời giải độc đáo “bất ngờ” 72 KẾT LUẬN Luận văn thu đƣợc số kết sau đây: Hệ thống hóa số vấn đề sở lý thuyết liên quan đến hàng điểm điều hòa nhƣ tỉ số kép, chùm đƣờng thẳng, chùm đƣờng thẳng điều hòa, đƣờng tròn trực giao, tứ giác toàn phần, cực đƣờng đối cực Đặc biệt, lý thuyết cực đƣờng đối cực đƣợc trình bày chƣơng để làm rõ khái niệm phép đối cực, từ làm sở cho việc chuyển đổi toán chứng minh đồng quy sang toán chứng minh thẳng hàng ngƣợc lại Làm rõ tính chất liên quan đến hàng điểm điều hòa (hệ thức Đề-các, hệ thức Niutơn hệ thức Mácloranh), tính chất tứ giác tồn phần, chùm đƣờng thẳng điều hòa đƣờng đối cực đƣờng tròn chứng minh tốn hình học Phân loại dạng tốn hình học có sử dụng đến hàng điểm điều hòa, tứ giác tồn phần, chùm đƣờng thẳng điều hòa đƣờng đối cực giải tốn nhƣ toán chứng minh thẳng hàng, chứng minh song song, chứng minh đồng quy, chứng minh vng góc, chứng minh đẳng thức, chứng minh điểm cố định số toán khác Đối với dạng toán trên, luận văn đƣa hệ thống ví dụ minh họa điển hình, phân tích lợi việc sử dụng khái niệm liên quan đến hàng điểm điều hòa giải tốn 73 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Việt Cƣờng, Nguyễn Danh Nam (2013), Giáo trình hình học sơ cấp, NXB Giáo dục Việt Nam [2] Trần Việt Cƣờng, Nguyễn Danh Nam (2015), Giáo trình tập hình học sơ cấp, NXB Giáo dục Việt Nam [3] Nguyễn Mộng Hy (2004), Các phép biến hình mặt phẳng, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Danh Nam (2016), Hình học nhóm phép biến hình, NXB Đại học Thái Nguyên [5] Durell C V (1982), Modern geomtry: The straight line and circle, Macmillan Publishers [6] Hardy G H (1967), A course of pure mathematics, Cambridge University Press [7] Lachlan R (1893), An elementary treatise on modern pure geometry, Macmillan Publishers ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THẾ NGHĨA SỬ DỤNG HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA TRONG GIẢI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chuyên ngành Mã số : Phương pháp Toán sơ cấp... kiếm hàng điểm điều hòa Khi xuất hàng điểm điều hòa, dễ dàng sử dụng kết liên quan nhƣ hệ thức Đề-các, hệ thức Niutơn hệ thức Mácloranh giải tốn hình học phẳng Với hƣớng khai thác hàng điểm điều. .. ĐIỀU HỊA TRONG GIẢI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG Để sử dụng hàng điểm điều hòa giải tốn, cần phải nhận hàng điểm điều hòa tốn, đặc biệt vận dụng linh hoạt tính chất tứ giác tồn phần, tứ giác điều hòa, chùm