2 Ứng dụng góc định hướng trong giải bài tập hình học
2.2.3 Chứng minh các đường thẳng song song, vuông góc
(i) a k b ⇔(a, b) ≡ 0 (mod π) hoặc (a, c) ≡(b, c) (mod π),∀c. (ii) a⊥b ⇔(a, b) ≡ π
2 (mod π).
Bài toán 2.2.9. [Định lý Reim] Cho hai đường tròn (O) và (O0) cắt nhau tại A, B. Hai cát tuyến bất kì qua A, B cắt (O) và (O0) lần lượt tại M, M0
và N, N0. Chứng minh rằng M N kM0N0. Chứng minh. Ta có
(M N, M A) ≡ (BN, BA) (mod π) vì (AM N B) nội tiếp (2.15)
(M0A, M0N0) ≡(BA, BN0) (mod π) vì (AM0N0B) nội tiếp
⇔(M A, M0N0) ≡ (BA, BN) (mod π) (2.16) Từ (2.15) và (2.16) và theo hệ thức Chales ta có
(M N, M0N0) ≡0 (mod π)
Từ đó suy ra M N k M0N0 (Hình 2.11).
Bài toán 2.2.10. Cho hai đường tròn (O1),(O2) cắt nhau tại hai điểm
A, B phân biệt. Một đường thẳng qua B, cắt (O1),(O2) theo thứ tự tại
K, M. Gọi d là đường thẳng song song với AM, tiếp xúc với (O1) tại Q, đường thẳng AQ cắt (O2) tại P. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại P của đường tròn (O2) song song với AK.
Hình 2.12
Chứng minh. Gọi t là tiếp tuyến tại P của (O2). Ta cần chứng minh
(AQ, AK) ≡(AQ, t) (mod π)
Từ giả thiết, ta có
Ta có
(AP, AK) ≡ (AQ, AK) ≡ (BQ, BK) (mod π) (Do A, Q, B, K ∈ (O1))
≡ (BQ, BA) + (BA, BM) (mod π)
≡ (AM, AQ) + (BA, BM) (mod π)
≡ (AM, AP) + (BA, BM) (mod π)
≡ (BM, BP) + (BA, BM) (mod π)
≡ (BA, BP) ≡ (QA, t) (mod π)
Suy ra điều phải chứng minh (Hình 2.12).
Bài toán 2.2.11. Từ một điểm M trên đường tròn ngoại tiếp 4ABC, vẽ một đường thẳng vuông góc với BC gặp đường tròn (ABC) tại N. Ta luôn có AN song song với đường thẳng Simson ứng với M .
Hình 2.13
Chứng minh. Ta có M, C0, A0, B đồng viên nên
(BM, BC0) ≡ (A0M, A0C0) (mod π)
suy ra
(BM, BA) ≡ (N M, A0C0) (mod π) (2.18) Theo giả thiết M, B, N, A đồng viên nên ta có
Từ (2.18) và (2.19) suy ra
(N M, A0C0) ≡ (N M, N A)) (mod π)
Vậy A0C0 k N A (Hình 2.13).
Bài toán 2.2.12. [2] Cho 4ABC nội tiếp đường tròn (O). M N là đường kính của (O).Chứng minh rằng các đường thẳng Simson của 4ABC ứng với hai điểm M, N vuông góc với nhau.
Chứng minh. Gọi X, Y là hình chiếu của M trên AB, BC theo thứ tự và
Z, T lần lượt là các hình chiếu của N trên AB, BC. Ta cần chứng minh
XY⊥ZT. Thật vậy, bộ bốn điểmM, B, X, Y và N, B, Z, T đồng viên nên ta có
Hình 2.14
(XY, ZT) ≡ (XY, M Y) + (M Y, N T) + (N T, ZT) (mod π)
⇒ (XY, ZT) ≡ (XB, M B) + 0 + (N B, ZB) (mod π)
⇒ (XY, ZT) ≡ (N B, M B) (mod π) (vì XB, ZB trùng nhau)
⇒ (XY, ZT) ≡ π
Bài toán 2.2.13. Cho hai đường tròn (O),(O0) cắt nhau tại A, B. Điểm
M lưu động trên (O). M A và M B cắt (O0) tại C và D. Chứng minh rằng
M O⊥CD.
Chứng minh. Tại M kẻ tiếp tuyến M T với đường tròn (O)
Hình 2.15 Ta có
(M A, M T) ≡(BA, BM) (mod π) (2.20) Xét (O0) ta có
(BA, BD) ≡ (CA, CD) (mod π) (2.21) hay (BA, BM) ≡(M A, CD) (mod π) (2.22) Từ (2.20), (2.21), (2.22) ta có (M A, M T) ≡ (M A, CD) (mod π) Suy ra CD k M T. Mà M T⊥M O. Vậy M O⊥CD (Hình 2.15).
Bài toán 2.2.14. Hai dây cung AB, CD của đường tròn (O) vuông góc nhau tại P. Chứng minh trung tuyến P M của tam giác BP C là đường cao của tam giác P AD.
Chứng minh. Ta có
(P M, AD) ≡ (P M, P C)+(P C, AD) ≡ (P M, P C)+(DC, DA) (mod π)
(2.23) Vì tam giác P M C cân tại M nên
(P M, P C) ≡ (CP, CB) ≡ (CD, CB) ≡ (AD, AB) (mod π)
thay vào (2.23) ta có
(P M, AD) ≡ (AD, AB) + (DC, DA) ≡ (DC, DA) + (DA, AB) (mod π)
≡ (DC, AB) ≡ π
2 (mod π)
Suy ra
(P M, AB) ≡ π
2 (mod π)
Suy ra điều phải chứng minh (Hình 2.16).
2.3 Ứng dụng trong các bài toán về đường tròn
Bài toán 2.3.1. Cho 4ABC với trực tâm H nội tiếp đường tròn tâm
O. Gọi A1, A2 theo thứ tự là điểm đối xứng với H qua BC và trung điểm
BC. Các điểm B1, B2, C1, C2 được xác định một cách tương tự. Chứng minh rằng Ai, Bi, Ci ∈ (O) (i = 1,2).
Chứng minh. Gọi A0, B0, C0 theo thứ tự là hình chiếu của A, B, C trên
Suy ra A1 ∈ (ABC). Gọi M là trung điểm của BC. Do A2 là điểm đối xứng với H qua BC nên tứ giác HBA2C là hình bình hành. Do đó
(A2B, A2C) ≡ (HC, HB) ≡(HC0, HB0) ≡ (AB, AC) (mod π)
Suy ra A2 ∈ (ABC). Tương tự, ta cũng chứng minh được bốn điểm
B1, B2, C1, C2 ∈ (ABC) (Hình 2.17).
Bài toán 2.3.2. Cho hai đường tròn (O),(O0) cắt nhau tại A. Kẻ cát tuyến M N qua A. Các tiếp tuyến tại M và N với đường tròn cắt nhau tại
Chứng minh. Vì M C là tiếp tuyến nên ta có
(BM, BA) ≡ (M C, M A) (mod π) (2.24) Vì N C là tiếp tuyến nên
(BA, BN) ≡ (N A, N C) (mod π) (2.25) Cộng (2.24) và (2.25) ta có
(BM, BN) ≡ (M C, N C) ≡(CM, CN) (mod π)
Vậy bốn điểm C, N, B, M cùng nằm trên một đường tròn (Hình 2.18). Bài toán 2.3.3. Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc tại O.
Chứng minh rằng các điểm đối xứng vớiO qua các đường thẳng AB, BC, CD, DA
cùng nằm trên một đường tròn.
Chứng minh. Gọi K, L, M, N theo thứ tự là các điểm đối xứng với O qua các đường thẳng AB, BC, CD, DA và X, Y, Z, T lần lượt là hình chiếu của O trên các đường thẳng chứa cạnh của tứ giác. Để ý rằng VO2 biến tứ giác XY ZT thành tứ giác KLM N, nên chỉ cần chứng minh tứ giác
XY ZT nội tiếp là đủ. Ta có
(XT, XY) ≡ (XT, XO) + (XO, XY) (mod π)
≡ (AT, AO) + (BO, BY) ≡ (AD, AC) + (BD, BC) (mod π)
≡ (DA, DB) + (CA, CB) (mod π) (vì (DA, DB) ≡ π
2 (mod π))
≡ (DT, DO),(CO, CY) ≡(ZT, XO) + (ZO, ZY) (mod π)
≡ (ZT, ZY) (mod π)
Suy ra tứ giác XY ZT nội tiếp (Hình 2.19).
Bài toán 2.3.4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn(O). GọiA1, C1, B1, D1
là hình chiếu của A, C và B, D lên BD, AC. Chứng minh A1B1C1D1 là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh. Vì tứ giác ABB1A1 nội tiếp nên ta có
(B1A1, B1A) ≡ (BA1, BA) (mod π) (2.26) Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên
(BD, BA) ≡ (CD, CA) (mod π).
Hay
Vì tứ giác CDD1C1 nội tiếp nên (CD, CD1) ≡ (C1D, C1D1) (mod π) hay (CD, CA) ≡ (C1A1, C1D1) (mod π) (2.28) Cộng (2.26), (2.27), (2.28) ta có (B1A1, B1A) ≡ (C1A1, C1D1) (mod π)
Suy ra A1B1C1D1 là tứ giác nội tiếp (Hình 2.20).
Bài toán 2.3.5. Điểm đối xứng của trực tâm H qua ba cạnh của tam giác
ABC nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Chứng minh. Gọi H1, H2, H3 lần lượt là các điểm đối xứng của H qua
BC, CA, AB. Ta có
(AC, AB) ≡ (HB, HC) (mod π) (Góc có cạnh tương ứng vuông góc) (HB, HC) ≡ (H1C, H1B) (mod π) (Hai góc đối xứng qua BC)
Suy ra
(AC, AB) ≡ (H1C, H1B) (mod π)
Vậy ba điểm H1, H2, H3 nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
(Hình 2.21).
Nhận xét 2.3.1. Với việc sử dụng góc định hướng giữa hai đường thẳng ta đã giải quyết được bài toán trên mà không cần phân biệt hai trường hợp là tam giác ABC nhọn và tam giác ABC là tam giác tù.
Bài toán 2.3.6 (Đường tròn Taylor). [5] Cho 4ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, EF. Chứng minh rằng chân đường vuông góc hạ từ D, E, F xuống các cạnh của tam giác nằm trên đường tròn.
Hình 2.22
Chứng minh. Ta có
(SM, SP) ≡ (DA, DP) ≡ (HA, HE) ≡ (F A, F E) ≡(N M, N A) (mod π)
Suy ra bốn điểm N, M, S, P đồng viên. Tương tự ta cho các bộ bốn điểm
(R, S, M, Q); (P, Q, R, N). Ta lại có
(RM, RQ) ≡ (SM, SQ) ≡ (SM, SP) + (SP, SQ) (mod π)
≡ (N M, N A) + (N P, N Q) (mod π)
≡ (N M, N Q) (mod π)
Bài toán 2.3.7. Cho 4ABC nội tiếp trong đường tròn (O). E, F là hai điểm trên (O). Chứng minh rằng góc giữa hai đường thẳng Simson của E
và F bằng một nửa số đo cung EF.
Hình 2.23
Chứng minh. ChọnI, J là hình chiếu vuông góc củaE trên AB, BC;G, H
lần lượt là hình chiếu vuông góc của F trên BC, AC. Gọi K là giao điểm của IJ và GH; L là hình chiếu vuông góc của K trên BC (Hình 2.25). Ta có
(KJ, KL) ≡ (J E, J I) ≡(BE, BA) (mod π)
và
(KL, KG) ≡(GK, GF) ≡ (CA, CF) (mod π)
Suy ra điều phải chứng minh (Hình 2.23).
Bài toán 2.3.8. Cho tứ giác ABCD. Gọi E = AB ∩ CD, F = AD ∩
CB. X, Y, Z, T theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác
ADE, BCE, ABF, CDF. S là điểm Miquel của tam giác ABF và đường thẳng qua 3 điểm C, D, E. Chứng minh rằng X, Y, Z, T, S cùng thuộc môt đường tròn.
Bổ đề 2.3.1. Cho hai đường tròn (O1),(O2) cắt nhau tại A, B. Hai điểm
M1, M2 theo thứ tự thuộc (O1),(O2) sao cho B ∈ M1M2. Khi đó các tam giác AM1M2, AO1O2 đồng dạng cùng hướng. Chứng minh. Ta thấy (M1A, M1M2) ≡ (M1A, M1B) (mod π) (vì M1M2 ≡ M1B (mod π)) ≡ 1 2( −−→ O1A,−−→ O1B) (mod π)) ≡ (−−→ O1A,−−−→ O1O2) (mod π)(vì O1A = O1B, O1O2 ⊥ AB) Tương tự (M2A, M2M1) ≡ (O2A, O2O1) (mod π).
Vậy các tam giác AM1M2, AO1O2 đồng dạng cùng hướng (Hình 2.24).
Ta có
(XY, Y Z) ≡ (SA, SE) ≡(DE, DA) ≡ (DC, DF) (mod π))
≡ (SC, SF) ≡ (T Y, T Z) (mod π)
Suy ra X, Y, Z, T cùng thuộc một đường tròn. Theo bổ đề 2.3.1, các tam giác SXY, SAB đồng dạng cùng hướng. Kết hợp với SA⊥SZ, SF⊥T Z
ta có
(SX, SY) ≡ (SA, SB) ≡ (ZX, ZY) (mod π)
Suy ra X, Y, Z, T cùng thuộc một đường tròn (Hình 2.25).
Bài toán 2.3.9. [2] Cho hình bình hành ABCD. Hai đường chéo AC
và BD cắt nhau tại E. Xét hai điểm M, N đối xứng với nhau qua E và
M không nằm trên các đường thẳng AB, CD còn N không nằm trên các đường thẳng AD, BC. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp bốn tam giác ABM, CDM, ADN, CBN cùng đi qua một điểm.
Chứng minh. Nếu hai đường tròn (ABM) và (CDM) cắt nhau thì ta gọi điểm chung khácM của chúng làK. Nếu hai đường tròn(ABM),(CDM)
tiếp xúc với nhau tại M thì K trùng vớiM, lúc đó đường thẳngM K được hiểu là tiếp tuyến chung của(ABM) và(CDM). Với quy ước trên, ta được
(KA, KD) ≡ (KA, KM) + (KM, KD) (mod π)
⇒ (KA, KD) ≡ (BA, BM) + (CM, CD) (mod π)
⇒ (KA, KD) ≡ (CD, DN) + (AN, CD) (mod π)
(Vì AB kCD, BM k DN, CM kAN).
Suy ra(KA, KD) ≡ (N A, N D) (mod π)nênK thuộc đường tròn(ADN). Tương tự, ta cũng chứng minh được K ∈ (CBN). Suy ra điều phải chứng minh (Hình 2.26).
Bài toán 2.3.10. [Đường tròn Euler] (Đường tròn Feuerbach) Cho4ABC
với H là trực tâm của tam giác. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AH, BH, CH. D, E, F lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ các đỉnh A, B, C xuống các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng chín điểm
M, N, P, D, E, F, A1, B1, C1 cùng nằm trên một đường tròn. Đường tròn đó gọi là đường tròn Euler tức là đường tròn chín điểm.
Hình 2.27
Chứng minh. Trước tiên, ta chứng minh ba điểm D, E, F nằm trên đường tròn ngoại tiếp 4M N P. Thật vậy, các điểm M, N, P lần lượt là trung
điểm của các cạnh BC, CA, AB nên M N, N P, P M là ba đường trung bình của 4ABC. Suy ra M N k AB, N P k BC, do đó
(M N, N P) ≡ (AB, AC) ≡ (P B, P D) (mod π) (2.29) Mà 4ADB vuông tại D có DP là trung tuyến nên suy ra DP = BP =
AP. Do đó 4BDP cân tại P nên ta có
(P B, BD) ≡ (BD, DP) ≡(M D, DP) (mod π) (2.30) Từ (2.29) và (2.30) suy ra (DM, DP) ≡ (M N, N P). Vậy bốn điểm
M, N, P, D cùng nằm trên một đường tròn, hay điểm D nằm trên đường tròn ngoại tiếp 4M N P. Chứng minh tương tự ta có hai điểm E, F cũng nằm trên đường tròn ngoại tiếp 4M N P.
Tiếp theo, ta chứng minh ba điểm A1, B1, C1 nằm trên đường tròn ngoại tiếp 4M N P.
Ta có A1 là trung điểm của AH nên A1P, A1N lần lượt là đường trung bình của 4ABH và 4AHC. Suy ra A1P k BE, A1N k CF và
(A1P, A1N) ≡ (BE, CF) (mod π) (2.31) Mặt khác ta có BE⊥AC, CF⊥AB, nên suy ra
(BE, CF) ≡ (AC, AB) ≡(M P, M N) (mod π) (2.32) Từ (2.31) và (2.32) suy ra (A1P, A1N) ≡ (M P, M N) (mod π). Nên bốn điểm M, N, P, A1 cùng nằm trên một đường tròn hay điểm A1 nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác M N P. Chứng minh tương tự ta có hai điểm B1, C1 cũng nằm trên một đường tròn (Hình 2.27). Suy ra điều phải chứng minh.