2 Ứng dụng góc định hướng trong giải bài tập hình học
2.2.2 Chứng minh các đường thẳng đồng quy
Phương pháp: Ba đường thẳng AA0, BB0, CC0 đồng quy khi và chỉ khi
AA0∩ BB0 = S ∈ CC0.
Bài toán 2.2.5. Cho 4ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng ∆ không đi qua A, B, C và theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1. Các điểm A2, B2, C2 thuộc (O) sao cho AA2, BB2, CC2 cùng song song với ∆. Chứng minh rằng A1A2, B1, B2, C1C2 đồng quy tại một điểm thuộc (O).
Hình 2.7
Chứng minh. Gọi K là điểm Miquel của 4ABC và đường thẳng ∆. Ta thấy (KA1, KA2) ≡(KA1, B1A1) + (B1A1, AA2) + (AA2, KA2) (mod π) ≡(KA1, B1A1) + (AA2, KA2) (mod π) (vì B1A1 k AA2) ≡(KC, B1C) + (AC, KC) (mod π)) (vì C ∈ (KA1B1), C ∈ (AA2K)) ≡(AC, B1C) (mod π) ≡0 (mod π) (vì AC ≡ B1C).
Từ đó suy ra K ∈ A1A2. Tương tự ta có K ∈ B1B2, K ∈ C1C2. Vậy
A1A2, B1B2, C1C2 đồng quy tại điểm K thuộc (O) (Hình 2.7).
Bài toán 2.2.6 (Shortlisted 2003 - G1). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi P, Q, R theo thứ tự là hình chiếu của D trên các
đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng P Q = QR khi và chỉ khi phân giác của các góc ABC,\ ADC\ cắt nhau tại một điểm nằm trên AC.
Hình 2.8
Chứng minh. Theo định lý về đường thẳng Simson, ba điểm P, Q, R thẳng hàng. Ngoài ra, do bộ bốn điểm (P, Q, D, C) và (D, Q, R, A) đồng viên nên ta có
(CD, CA) ≡ (CD, CQ) ≡ (P D, P Q) ≡ (P D, P R) (mod π)
và
(AD, AC) ≡ (AD, AQ) ≡ (RD, RQ) ≡ (RD, RP) (mod π)
Suy ra 4DCA ∼ 4DP R(g.g).
Tương tự, ta cũng có 4DAB ∼DQP, 4DBC ∼ 4DRQ. Vậy
DA DC = DR DP = DB · QR BC DB · P Q BA = QR P Q · BA BC Do đó QP = QR ⇔ DA DC = BA
BC khi và chỉ khi phân giác của \ABC và
\
ADC cắt nhau tại M ∈ AC (Hình 2.8).
Bài toán 2.2.7. Trên các cạnh của 4ABC về phía ngoài dựng các tam giác đồng dạng ABC1, A1BC, AB1C sao cho
Chứng minh rằng ba đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy.
Hình 2.9
Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh các đường tròn (ABC1),(A1BC),
(AB1C) cắt nhau tại một điểm. Thật vậy, gọi O là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (ABC1) và (A1BC). Khi đó ta có
(OB, OC) ≡ (OB, OA) + (OA, OC)
≡ (C1B, C1A) + (B1A, B1C) (mod π) (A1B, A1C) ≡(A1B, BC) + (BC, CA1)
≡(B1A, B1C) + (C1B, C1A) (mod π)
Do đó ta có(OB, OC) ≡ (A1B, A1C) (mod π). Nên bốn điểmA1, B, C, O
cùng nằm trên một đường tròn. Vậy các đường tròn (ABC1),(A1BC),
(AB1C) cắt nhau tại một điểm. Ta chứng minh AA1, BB1, CC1 cũng đi qua O. Thật vậy,
(OA, OB) ≡ (OA, OC1) + (OC1, OB) + (OB, OA1)
≡ (BA, BC1) + (AC1, AC) + (CB, CA1)
≡ (AC1, BC1) + (CA, CA1)
Nên đường thẳng AA1 đi qua O. Chứng minh tương tự BB1, CC1 cũng đi qua điểm O (Hình 2.9).
Bài toán 2.2.8. Cho 4ABC và các đường thẳng x, y, z lần lượt đi qua trung điểm của BC, CA, AB và song song với nhau. Chứng minh rằng các đường thẳng x0, y0, z0 lần lượt đối xứng với BC qua x với CA qua y, AB
qua z đồng qui với nhau tại một điểm.
Chứng minh. Gọi I1 = x0 ∩y0, I2 = y0 ∩ z0, I3 = z0 ∩x0. Để chứng minh 3 đường thẳng x0, y0, z0 đồng quy tại một điểm ta chứng minh I ≡ I1 ≡
I2 ≡ I3.
Hình 2.10
Vì các đường thẳng x0, y0 lần lượt đối xứng với BC qua x, CA qua y nên ta có (BC, x) ≡(x, x0) (mod π) (2.13) (y, AC) ≡ (y, y0) (mod π) (2.14) Vì x ky nên từ (2.13) và (2.14) ta có (BC, AC) ≡(x, x0) + (y0, y) (mod π) Suy ra (P N, P M) ≡(x, x0) + (y, y0) ≡ (y0, x0) ≡ (IN, IM) (mod π)
Vì P N k BC, P M k AC do đó P N, P M là đường trung bình của tam giác ABC. Do M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CA
suy ra I1 nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác P N M. Chứng minh tương tự ta có đường tròn ngoại tiếp tam giác P M N cũng đi qua I2. Ta sẽ chứng minh I2 ≡ I1.
Vì I2, I1 nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác P M N nên ta có
(M P, M N) ≡ (I1P, I2P) ≡ (I2P, I2N) (mod π)
⇔ (I1P, y0) ≡ (I2P, y0) (mod π)
⇔ I1P ≡ I2P
⇔I1 ≡ I2.
Chứng minh tương tự, ta có I2 ≡ I3. Vậy, ba đường thẳng x0, y0, z0 đồng quy tại một điểm (Hình 2.10).
2.2.3 Chứng minh các đường thẳng song song, vuông gócPhương pháp: Cho ba đường thẳng a, b, c bất kỳ