2 Ứng dụng góc định hướng trong giải bài tập hình học
2.5 Ứng dụng trong chứng minh một số định lý điển hình
Bài toán 2.5.1. [Định lý Miquel][5] Các điểm M, N, P theo thứ tự nằm trên các đường thẳng chứa các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Khi đó các đường tròn (AN P),(BP M),(CM N) cùng đi qua một điểm.
Chứng minh. Gọi S là giao điểm của (BP M) và (CM N). Ta có
(SN, SP) ≡ (SN, SM) + (SM, SP) (mod π)
≡ (CN, CM) + (BM, BP) (mod π)
≡ (CA, CB) + (BC, BA) (mod π)
≡ (CA, BA) ≡ (AN, AP) (mod π)
Suy ra S ∈ (AN P) (Hình 2.33).
Hệ quả 2.5.1. Một đường thẳng cắt các đường thẳng chứa các cạnh
BC, CA, AB của tam giác ABC theo thứ tự tại M, N, P. Khi đó các đường tròn (ABC),(AN P),(BP M) và (CM N) cùng đi qua một điểm. Chứng minh. Theo phần chứng minh định lý Miquel, các đường tròn(AN P),
(BP M),(CM N) cùng đi qua điểm S. Ta có
Hình 2.34
(M N, M P) ≡ (M N, CN) + (CA, BA) + (BP, M P) (mod π)
≡ (M S, CS) + (CA, BA) + (BS, M S) (mod π)
≡ (SB, SC)−(AB, AC) (mod π) (2.36) Từ đó ta có các điều kiện sau tương đương
a) (AN P),(BP M),(CM N),(ABC) cùng đi qua một điểm. b) S ∈ (ABC). c) (SB, SC) ≡ (AB, AC) (mod π). d) (SB, SC)−(AB, AC) ≡0 (mod π). e) (M N, M P) ≡0 (mod π). f) M, N, P thẳng hàng.
Các điều kiện trên dễ dàng được chứng minh như sau: Theo chứng minh của định lý Miquel ta có a ⇔ b.
b ⇔c theo tính chất các điểm đồng viên. hiển nhiên ta có c ⇔ d.
Từ công thức (2.36) ta có
(M N, M P) ≡ (SB, SC)−(AB, AC) ≡0 (mod π).
Do đó ta có d ⇔ e. Hiển nhiên từ e ⇔f.
Vậy các đường tròn (ABC),(AN P),(BP M) và(CM N) cùng đi qua một điểm khi và chỉ khi M, N, P thẳng hàng (Hình 2.34).
Bài toán 2.5.2. [Định lý Collings][5] Cho 4ABC và đường thẳng d đi qua trực tâm H của 4ABC. Gọi da, db, dc lần lượt là các đường thẳng đối xứng với d qua BC, CA, AB. Các đường thẳng đó đồng quy tại một điểm nằm trên đường tròn (ABC) (điểm anti-Steiner của d) và d là đường thẳng Steiner của điểm đó.
Chứng minh. Gọi HA, HB, HC lần lượt là các điểm đối xứng với trực tâm
H qua BC, CA, AB. Ta có HA, HB, HC nằm trên đường tròn ngoại tiếp
4ABC và HA, HB, HC lần lượt thuộc da, db, dc. Ta có
(da, db) ≡(da, BC) + (BC, CA) + (CA, db) (mod π)
≡(BC, d) + (BC, CA) + (d, CA) (mod π)
≡2(BC, CA) ≡(CHA, CHB) (mod π)
Suy ra ba đường thẳng da, db, dc đồng quy tại G.
Dễ dàng thấy d chính là đường thẳng Stenier đối với G (Hình 2.35). Bài toán 2.5.3. [Định lý con bướm với đường tròn] [5] Cho đường tròn (O) và dây cung AB. Gọi I là trung điểm của AB. Qua I vẽ hai dây cung tùy ý M N và P Q sao cho M P và N Q cắt AB tại E, F. Khi đó I là trung điểm của EF.
Chứng minh. Gọi K, T là trung điểm M P và N Q. Ta có hai tứ giác
OIEK, OIF T là tứ giác nội tiếp, suy ra
(OE, OI) ≡ (KE, KI) (mod π) (OI, OF) ≡ (T I, T F) (mod π)
Ta lại có 4M IP ∼ 4QIN do đó
(KE, KI) ≡ (T I, T F) (mod π)
Suy ra (OE, OI) ≡ (OI, OF) (mod π). Do vậy 4EOF cân tại O. Do đó
I là trung điểm EF (Hình 2.36).
Bài toán 2.5.4. [Định lý Pascal] [5] Cho sáu điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn. Gọi G, H, K theo thứ tự là giao điểm của các cặp đường thẳng (AB, DE); (BC, EF); (CD, F A). Khi đó ba điểm G, H, K
thẳng hàng.
Hình 2.37
Chứng minh. Gọi I là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (DBG) và
Hơn nữa, theo tính chất 2, ta lại có
(KD, KF) ≡ 1
2((OC, OA)−(OF, OD)) (mod π)
≡ 1
2((OC, OB) + (OB, OA)−(OF, OA)−(OE, OD) (mod π) (GB, GD) ≡ 1
2((OA, OE)−(OD, OB)) (mod π)
≡ 1
2((OA, OF) + (OF, OE)−(OD, OC)−(OC, OB)) (mod π)
Và
(HB, HF) ≡ 1
2((OB, OF)−(OE, OC)) (mod π)
Suy ra
(HB, HF) ≡ (KD, KF) + (GB, GD) ≡ (IB, IF) (mod π)
Do đó bốn diểm B, H, I, F đồng viên. Mặt khác, do bốn điểm đồng viên nên ta có
(IB, IG) ≡ (DB, DG) ≡ (F B, F E) (mod π)
Vì vậy (IB, IG) ≡ (IB, IH) (mod π) hay ba điểm I, G, H thẳng hàng. Tương tự, ta cũng chứng minh được ba điểm I, H, K thẳng hàng. Từ đó suy ra ba điểm G, H, K thẳng hàng (Hình 2.37).
Nhận xét 2.5.1. Vận dụng khái niệm góc định hướng và một số tính chất của góc định hướng có thể cho ta lời giải ngắn gọn, thú vị. Ví dụ ta xét bài toán dưới đây với hai lời giải khác nhau. Một lời giải không sử dụng khái niệm góc định hướng và một lời giải sử dụng khái niệm góc định hướng để thấy được tính ưu việt của việc sử dụng góc định hướng trong giải toán. Bài toán 2.5.5 (HSG Quốc gia Bảng A 2004 – 2005).[7] Trong mặt phẳng cho đường tròn (O, R) và hai điểm A, B cố định trên đường tròn đó sao cho chúng không thẳng hàng với (O). Xét một điểm C trên đường tròn (O), C không trùng với A và B. Dựng các đường tròn (O1) đi qua A và tiếp xúc với AB tại C, và đường tròn (O2) đi qua B, tiếp xúc với AC tại
C. Hai đường tròn (O1) và (O2) cắt lại nhau ở điểm D khác C. Chứng minh rằng:
1) CD ≤2R.
2) Đường thẳng CD luôn đi qua một điểm cố định khi C di động trên (O) và C không trùng với A và B.
Chứng minh. Ta chứng minh ý 2) của bài toán
Lời giải 1: Vì B không đối xứng với A qua O nên dây cung AB chia
đường tròn (O) thành hai cung: cung lớn
_
AγB chứa góc nhọn γ và cung nhỏ
_
Aγ0B chứa góc tù γ0 = 180◦ −γ. Ta xét hai trường hợp:
+) Nếu C ∈AγB_ thì \ACB = γ <90◦; khi đó O và D nằm cùng phía với
C đối với AB. Gọi C0 là giao điểm thứ hai của tia CD và (O), thế thì
D thuộc đoạn CC0 và tia DC0 nằm trong góc (giữa hai tia) ADB\. Góc \
CDA là góc nội tiếp của đường tròn O1 chắn cung bù của cung
_
ADC
nên \CDA = 180◦ − 1
2ADC\. Bởi vậy góc ADC\
0 kề bù của CDA\ có số đo \
ADC0 = 1 2sđ
_
ADC và do đó ADC\0 = \ACB, trong đó góc (giữa hai tia)
ACB là góc nội tiếp của đường tròn (O1) có một cạnh chứa dây cung CA
(Chính vì lẽ đó mà ta cũng xem và gọi góc (giữa hai tia) ADC0, kề bù của CDA có một cạnh chứa dây DA và cạnh kia DC0 mà tia đối của nó chứa dây cung DC của (O1) là góc nội tiếp suy rộng chắn cung
_
ADC của đường tròn (O1) ngoại tiếp 4CDA). Với cách quan niệm đó và cách lập luận tương tự, ta có C\0DB = \ACB (hai góc nội tiếp của (O2) cùng chắn cung
_
CDB).
Do đó ADB\ = \AOB và D thuộc cung AOB chứa góc \AOB = 2γ của đường tròn (AOB), đồng thời đường thẳng DC0 cũng tức là đường thẳng
CD đi qua một điểm cố định là trung điểm P của cung bù của cung AOB
thuộc đường tròn (AOB) (Hình 2.38). +) Nếu C ∈
_
Aγ0B thì \ACB = γ0 = 180◦ −γ > 90◦; khi đó D nằm khác phía với C đối với (AB) và do đó D vẫn nằm cùng phía với với (O) đối với (AB) (Hình 2.41).
Hình 2.39
Trong trường hợp này đối với(O1)và(O2)theo thứ tự ta cóADC\ = ACB\0 và CDB\ = A\0CB, trong đó CB0 là tia đối của tia CB; CA0 là tia đối của tia CA.
Mặt khác \ ACB0 = A\0CB = 180◦ −ACB\ = γ. Do đó \ ADC = CDB\ = 1 2ADB\ = 1 2\AOB (2.37)
và các kết luận rút ra trong trường hợp góc \ACB nhọn đã xét ở trên vẫn còn nguyên hiệu lực (Hình 2.39).
Lời giải 2: Rõ ràng lời giải trên chỉ đòi hỏi vốn kiến thức hình học môn
toán Trung học cơ sở, nhưng lập luận phải chặt chẽ, phải xét đầy đủ hai trường hợp về góc ACB\. Tuy nhiên, nếu sử dụng góc định hướng giữa hai đường thẳng (mod π) và góc giữa hai vectơ (mod π) thì lời giải sẽ ngắn gọn hơn. Hơn nữa, ta còn dễ ràng chỉ ra được quỹ tích của điểm D.
Thật vậy, ta có
(DA, DC) ≡ (AD, AC) + (CA, CD) (mod π)
≡ (CA, CD) + (CD, CB) ≡ (CA, CB) (mod π)
Tương tự
(DC, DB) ≡ (CD, CB) + (BC, BD) (mod π)
≡ (CA, CD) + (CD, CB) ≡ (CA, CB) (mod π)
Từ đó suy ra
(DA, DB) ≡ 2(DA, DC) ≡ 2(DC, DB) ≡(CA, CB) (mod 2π)
≡ (−→
OA,−−→
OB) (mod 2π)
Đẳng thức (DA, DB) ≡(−→
OA,−−→
OB) (mod2π) nói lên rằng
(−−→
DA,−−→
DB) ≡ (−→
OA,−−→
OB) (mod2π)
Do đó, ta dễ dàng kết luận được rằng: Nếu {C} là (O)\ {A, B} thì {D}
là
_
AOB \{A, B} ({C},{D} là kí hiệu tập hợp các điểm C, D).
Ta có thể chứng minh điều đó bằng cách chỉ ra rằng nếu một đường thẳng (hay một tia) bất kì đi qua P, cắt (O) ở hai điểm C1, C2 và cắt cung
_
AOB
ở điểm D thì hai cặp đường tròn (O1), (O2) và (O10),(O20) ứng với hai điểm
C1, C2 đều nhận D là giao điểm thứ hai, khácC của chúng. Ngoài ra, cũng từ các đẳng thức thu được về góc định hướng, kết luận nêu ra ở lời giải 1 vẫn còn nguyên hiệu lực (Hình 2.40).
Kết luận
Với mục đích đưa ra được một vài minh họa cho việc khai thác các tính chất liên quan đến góc định hướng vào giải một số bài tập hình học, luận văn đã đạt được một số kết quả ban đầu như sau:
(1) Trình bày một cách sơ lược những kiến thức liên quan đến góc định hướng như khái niệm góc định hướng, góc định hướng giữa hai tia, góc định hướng giữa hai đường thẳng và một số tính chất của chúng. Nội dung này chủ yếu được trình bày trong tài liệu [1],[3], [5].
(2) Trình bày một số các ví dụ minh họa cho việc vận dụng các tính chất của góc định hướng trong việc giải một vài dạng bài toán hình học như các bài toán về góc, các bài toán về đường thẳng, các cài toán về đường tròn, các bài toán về phép đồng dạng và phép biến hình và chứng minh một số tính chất hình học được trình bày theo cấu trúc tài liệu [10].
37 bài toán (được chọn lọc trong các tài liệu tham khảo) đã phần nào cho thấy những ứng dụng hết sức thú vị của góc định hướng trong việc đưa ra một lời giải đơn giản ngắn gọn đối với một số bài toán khó. Đối với một số bài tập, luận văn đã cố gắng đưa ra lời giải chi tiết hơn đối với lời giải ở trong tài liệu tham khảo và đưa thêm các dẫn dắt để học sinh có thể đọc và hiểu được.
Mặc dù luận văn là kết quả nghiên cứu hết sức nghiêm túc, được đầu tư về thời gian của bản thân tác giả nhưng đứng trước những ứng dụng rộng rãi của góc định hướng thì chắc chắn luận văn còn bỏ ngỏ nhiều vấn đề và không tránh khỏi sai sót. Tôi kính mong nhận được sự chỉ bảo, giúp đỡ của các thầy giáo, cô giáo để tôi tiếp tục hoàn thiện bản luận văn, đồng thời cũng giúp bản thân có được một tài liệu hữu ích đối với công tác giảng
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Nguyễn Minh Hà (2015), Hướng trong hình học phẳng, NXB Dân Trí. [2] Nguyễn Minh Hà (2006), Ứng dụng góc định hướng vào giải một số bài toán hình học, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, số 343,344, NXB Giáo dục.
[3] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Việt Hải (2005), Góc định hướng, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, số 339, 340, NXB Giáo dục.
[4] Nguyễn Mộng Hy (2003), Các phép biến hình trong mặt phẳng, NXB Giáo dục.
[5] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Hiền(2014), Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi, Kỷ yếu hội thảo khoa học.
[6] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Đăng Phất, Đỗ Thanh Sơn (2008), Hình học và một số vấn đề liên quan, NXB Giáo dục.
[7] Nguyễn Đăng Phất (2006), Những cách tiếp cận một bài toán từ nhiều góc độ khác nhau, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, số 343, NXB Giáo dục.
[8] Tuyển tập (2003), 40 năm Olympic Toán học quốc tế, NXB Giáo dục.
Tiếng Anh
[9] Viktor Prasolov (2006),Problems in plane and solid Geometry. Trans- lated and edited by Dimitry Leites, Moscow textbooks.
[10] Wu W.T (2005), On the Notion of Oriented Angles in Plane Elemen- tary Geometry and Some of its Applications, MM Research Preprints, 1–12 KLMM, AMSS, AcademiaSinica Vol. 24.