trục
Dạng 1. Chứng minh, tính toán các đại lượng hình học
Bài toán 17. Cho tam giác ABC với trực tâm H. Chứng minh rằng. 1. Các điểm đối xứng của H qua các cạnh của tam giác nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCH, CAH, ABH, ABC có bán kính bằng nhau.
Lời giải. Gọi (O, R) là tâm đường tròn ngoại tiếp 4ABC. Gọi AA0 là đường kính của (O, R) và H1 là giao điểm thứ hai của AH với (O, R). Ta có BH ⊥ AC, A0C ⊥ AC suy ra BH//A0C.
Tương tự ta có CH ⊥ AB, A0B ⊥ AB suy ra A0B//CH. Do đó
BHCA0 là một hình bình hành nên trung điểm I của BC cũng là trung điểm của đoạn HA0.
Mặt khác ta có AH ⊥ BC tại K và AH ⊥ H1A0 tại H1. Ta suy ra
IK//A0H1 và IK là đường trung bình của 4HH1A0. Vậy H1 đối xứng với H qua BC.
Tương tự ta chứng minh được H2 đối xứng của H qua CA nằm trên đường tròn ( O, R ) và H3 đối xứng của H qua AB cũng nằm trên (O, R).
Hình 1.22:
2. Hai tam giác 4BHC và 4BH1C bằng nhau (vì chúng đối xứng nhau qua BC). Vậy đường tròn ngoại tiếp 4BCH có bán kính bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp 4BCH1, mà đường tròn này chính là đường tròn ngoại tiếp 4ABC. Ta suy ra các đường tròn ngoại tiếp các tam giác
4ABC, 4BCH,4CAH, 4ABH có bán kính bằng nhau.
Nhận xét 13. Từ kết quả ý 2 của bài toán khi xét bài toán trong hệ tọa độ ta có bài toán khó như sau.
Bài toán 18. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1;−2) và
B(3; 0). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB có tâm I(4;−3). Hãy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp
4ABC.
(Trích đề thi học sinh giỏi toán tỉnh Nam Định năm học 2010- 2011)
Bài toán 19. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3x+ 5y −8 = 0 và x−y −4 = 0. Đường thẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp 4ABC tại điểm thứ hai là D(4;−2). Hãy viết phương trình các đường thẳng AB, AC
biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.
Nhận xét 14. Từ kết quả H1, H2, H3 nằm trên đường tròn ngoại tiếp
4ABC chúng ta có thể sáng tạo ra nhiều bài toán ’vệ tinh’ hay và khó phù hợp với các bài trong đề thi đại học hoặc học sinh giỏi như bài toán sau: Trong mặt phẳng Oxy, cho 4ABC nhọn có trực tâm là điểm H. Các đường cao AH, BH, CH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, F. Biết tọa độ D(2;1), E(3;4) và F
6 5; 17 5
. Hãy tìm tọa độ các điểm
A, B, C.
Bài toán 20. Cho tam giác ABC là tam giác vuông tại A.Kẻ đường cao
AH. Về phía ngoài tam giác vẽ hai hình vuông ABDE, ACF G.
1. Chứng minh rằng tập hợp 6 điểm B, C, F, G, E, D có một trục đối xứng.
2.Gọi K là trung điểm củaEG. Chứng minh K ở trên đường thẳng AH.
3. Gọi P là giao điểm của DE và F G. Chứng minh P ở trên đường thẳng AH.
4. Chứng minh CD ⊥BP, BF ⊥ CD. 5. Chứng minh AH, CD, BF đồng quy.
Lời giải. 1. Do BAD\ = 450 và \CAF = 450 nên ba điểm D, A, F thẳng hàng.
Xét phép đối xứng trục DF ta có: A 7→ A0; D 7→D0; F 7→F0 C 7→ G;
B 7→E (tính chất của hình vuông).
Vậy tập hợp 6 điểm B, C, F, G, E, D có trục đối xứng chính là đường thẳng DAF.
2. Qua phép đối xứng trục nói trên ta có4ABC = 4AEGnên\BCA= \
AEG nhưng \BCA= Ac1 (góc có cạnh tương ứng vuông góc).
mà \AGE = Ac2 (do tam giác KAG cân tại K) suy ra Ac1 = Ac2. Suy ra
K, A, H thẳng hàng. Vậy K ở trên đường thẳng AH.
3. Tứ giác AF P G là một hình chữ nhật nên A, K, P thẳng hàng (hơn thế nữa K là trung điểm của AP). Vậy P ở trên đường thẳng AH.
4. Do hai tam giác EDC và DBP bằng nhau nên ta có DC = BP.
Mà DC = BP DB = AB BC = AP(=EG)
Suy ra 4BCD = 4ABP nên CD = BP do đó BCD\ = AP B\. Mà
BC ⊥AP. Từ đó DC ⊥ BP.
Lý luận tương tự ta có BE ⊥CP.
5. Xét tam giác 4BCP ta có các đương thẳng AH, CD, BF chính là ba đường cao của tam giác ấy nên chúng đồng quy.
Bài toán 21. Chứng minh rằng trong tam giác ABC bất kỳ, ta có bất đẳng thức sau: ha ≤ pp(p−a), ở đây ha là chiều cao kẻ từ A, p là nửa chu vi,
a = BC.
Lời giải. Gọi l là đường thẳng qua A và song song với BC. Xét phép đối xứng trục Đl. Ta giả sử, B 7→B0 ; C 7→C0 ; A 7→ A.
Theo tính chất của phép đối xứng trục ta có AB’ = AB.
Hình 1.24:
Theo định lý pitago ta có CB0 = √ BB02 + BC2 = p4h2 a+a2 (2). Thay (2) vào (1) ta có b+ c ≥ p a2 + 4h2 a ⇔ (b + c)2 −a2 ≥ 4h2a ⇔ (b+c+a)(b+c−a) ≥ 4h2a ⇔(2p)2(p−a) ≥4h2a ⇔ ha ≤pp(p−a). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi C, A, B’ thẳng hàng tức là tam giác ABC cân tại đỉnh A.
Bài toán 22. Cho tam giác ABC và hai đường trung tuyến AF và CE. Giả sử BAF\ = BCE\ = 300. Chứng minh rằng ABC là tam giác đều.
Lời giải.Do \BAF = BCE\ = 300 nên tứ giác AECF là tứ giác nội tiếp. Gọi Ω là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ấy và O là tâm của Ω. Xét phép đối xứng tâm ĐE ta cóA7→ B. Vậy giả sử Ω 7→Ω1 doA ∈ Ω, nênB ∈ Ω1.
Ta lại có phép đối xứng tâm F biến C thành B.
Giả sử ĐE(Ω) = Ω2 thì do C ∈ Ω, và B ∈ Ω2. Như thế B nằm trên giao của hai đường tròn Ω1 và Ω2
Hình 1.25:
Do E, F đều nằm trên đường tròn Ω với tâm O ⇒ OE = OF. Ta lại có EOF\ = 2\EAF = 600 ⇒ EOF là tam giác đều.
GọiO1, O2 tương ứng là tâm củaΩ1,Ω2 thì ĐE(O) =O1và ĐF(O) = O2 suy ra OO1O2 là tam giác đều với cạnh bằng 2R, ở đây R là bán kính của các đường tròn Ω,Ω1,Ω2.
Lại do B ∈ Ω2 ( với tâm O2) ⇒O2B = R. Vậy BO1 + BO2 = O1O2 (1).
Đẳng thức (1) chứng tỏ O1, B, O2 thẳng hàng. Do OO1O2 là tam giác đều ⇒ EBF là tam giác đều ⇒ ABC cũng là tam giác đều. Đó là điều phải chứng minh.
Dạng 2. Toán cực trị
Bài toán 23. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, cạnh BC cố định. Hãy tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC_
sao cho chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải. Gọi Ao là trung điểm của cung lớn BC_
.
Hình 1.26:
Giả sử A là điểm tùy ý trên cung lớn BC_
, và qua phép đối xứng truc
AoAthì điểm C biến thành điểm M, điểm A biến thành điểm A do đó AM = AC và AoM = AoC. Ngoài ra cũng theo tính chất phép đối xứng trục, suy ra A\oAM = A\oAC (1).
Vì A0ACB là tứ giác nội tiếp nên A\0AC+A\0BC = 1800 mà A\0BC = \
A0CB ( do tam giác A0BC) cân và A\0CB = A\0AB vì cùng chắn cung
AOB, suy ra A\0AC +A\0AB = 1800 (2).
Từ (1) và (2) suy ra A\0AM +A\0AB = 1800 nên B, A, M thẳng hàng. Goi ξ là chu vi của tam giác ABC và ξ0 là chu vi của tam giác A0BC, ta có ξ0−ξ = (A0B+A0C+BC)−(AB+AC+BC) = (A0B+A0M)−
Vậy chu vi tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi A≡ Ao là trung điểm của cung lớn BC_
.
Bài toán 24. Cho tam giác ABC. Tìm trên đường thẳng l qua đỉnh A sao cho với mọi điểm M trên d, ta đều có ξM BC ≥ ξABC trong đó ξM AB, ξABC
tương ứng là chu vi của hai tam giác MBC và tam giác ABC.
Lời giải. Gọi l là đường phân giác ngoài của góc A. Xét phép đối xứng trục Đl và giả sử B 7→ B1. Dễ thấy B1 nằm trên CA kéo dài. Lấy điểm
M bất kỳ trên l, khi đó ta có: M B = M B1, AB = AB1.
Từ đó ta suy raξM AB−ξABC = (M B+M C+BC)−(AB+AC+BC) =
M C+M B1−(AC+AB1) = M C+M B1−B1C ≥ 0 ⇒ ξM AB ≥ ξABC. Vậy l là một đường thẳng cần tìm.
Hình 1.27:
Xét đường thẳng xy bất kỳ qua A. Rõ ràng trong hai tia Ax, Ay có một tia ở cùng phía B đối với l (chẳng hạn trong hình vẽ trên là tia Ax).
Xét phép ĐAx, và giả sử B 7→ B0.
Gọi N là giao điểm của B’C và Ax. Khi đó tương tự như chứng minh phần trên ta có ξN BC −ξABC = (N B + N C) −(AB + AC) = (N B0 +
N C)−(AB0 +AC) = CB0−(CA+AB0) < 0 ⇒ξN BC < ξABC.
Vậy đường thẳng xy không phải là đường thẳng cần tìm. Như thế đường phân giác ngoài l của góc A là đường thẳng duy nhất thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Dạng 3.Toán quỹ tích, dựng hình
Bài toán 25. Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn. Gọi M
điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB. 1. Tìm tập hợp các điểm M1, M2,M3.
2. Chứng minh rằng cả ba tập hợp ấy đều chứa trực tâm H của tam giác
ABC.
Lời giải. 1. Vì M và M1 đối xứng nhau qua đường thẳng BC . Do đó khi điểm M di động trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì M1 di động trên đường tròn đối xứng với đường tròn ngoại tiếp 4ABC.
Ta kí hiệu đường tròn chứa M1 là (M1).
Hình 1.28:
Đảo lại lấy một điểm M1 tuỳ ý trên đường tròn (M1) và dựng M đối xứng với M1 qua BC ta chứng minh được M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác 4ABC. Vậy tập hợp các điểm M1 là đường tròn (M1) đối xứng với đường tròn (ABC) qua trục BC.
Tương tự ta chứng minh được tập hợp các điểm M2 là đường tròn (M2) đối xứng với đường tròn (ABC) qua trục CA và tập hợp các điểm M3 là đường tròn (M3) đối xứng với đường tròn (ABC) qua trục AB.
2. Kéo dài AH cắt đường tròn (ABC) ở K và cắt cạnh BC ở I. Gọi
L là giao điểm của BH và AC. Tứ giác HICL nội tiếp được một đường tròn vì Ib= Lb = 900. Do đó hai góc Hb và Cb của tứ giác đó bù nhau, suy ra BHI[ = ACB\. Mặt khác ta có \ACB = AKB\ vì cùng chắn cung BC_
. Vậy BHI[ = AKB\ và 4HBK cân tại B . Do đó HI = IK và H là điểm đối xứng của K qua BC.
Vì K thuộc đường tròn ngoại tiếp 4ABC nên H thuộc đường tròn (M1).
Chứng minh tương tự ta có H thuộc đường tròn(M2)và H thuộc đường tròn (M3). Như vậy cả ba đường tròn (M1), (M2), (M3) cùng đi qua điểm
H.
Bài toán 26. Cho hai điểm A, B ở cùng một phía đối với đường thẳng
x0x. Dựng điểm M trên x0x sao cho AM x\0 = 2 BM x\.
Lời giải. Phân tích: Giả sử dựng được điểm M thuộc xx0 sao cho \
AM x0 = 2 BM x\. Gọi B0 là điểm đối xứng của B qua xx0.
Hình 1.29:
Ta có Mc3 = Mc4 (tính đối xứng) và Mc2 = Mc4 (góc đối đỉnh) suy ra c
M2 = Mc3 = 1
2 AM x\
0. Từ đó ta có Mc1 = Mc2 = Mc3. Như vậy đường thẳng
B0M là đường phân giác gócAM x\0, nên ảnh A0 của A qua phép đối xứng trục B0M phải ở trên đường thẳng xx0. Do đó B0A = B0A0.
Cách dựng: Dựng điểm B0 đối xứng của B qua xx0.
Dựng đường tròn tâm B0, bán kính B0A. Đường tròn này cắt xx0 tại A0. Dựng đường trung trực của đoạn AA0. Đường thẳng này cắt xx0 tại M. Đó là điểm cần dựng.
Chứng minh: Theo cách dựng ta có Mc1 = Mc2 = Mc4 và Mc3 = Mc4. Suy ra Mc1+ Mc2 = 2 Mc3. Vậy AM x\0 = 2BM x\.
Biện luận: Vì A, B ở cùng phía với xx0 nên A, B0 ở hai phía đối với xx0. Do đó đường tròn tâm B0 bán kính B0A cắt xx0 tại hai điểm M và M0 .
Bài toán 27. Cho tam giác ABC và một điểm P nằm trong tam giác. Hãy dựng tam giác cân đỉnh P có đáy song song với cạnh BC và có hai đỉnh lần lượt nằm trên hai cạnh AB, AC của tam giác ABC cho trước.
Lời giải. Giả sử ta đã dựng được tam giác P M N thỏa mãn các điều kiện của bài toán và ta nhận thấy M và N là ảnh của nhau qua phép đối xứng trục, có trục đối xứng là đường thẳng d đi qua P và vuông góc với BC cho trước. Do đó ta có cách dựng.
Hình 1.30:
-Dựng đường thẳng d qua P và vuông góc với BC.
-Dựng ảnh của cạnh AC là A’C’ qua phép đối xứng trục nhận d làm trục đối xứng.
-Gọi M là giao điểm của AB và A’C’. Dựng N là ảnh của M qua phép đối xứng trục là d ta được PMN là tam giác cần dựng thỏa mãn các điều kiện bài toán.
1.5.3 Một số bài toán sử dụng phép tịnh tiến
Dạng 1. Chứng minh, tính toán các đại lượng hình học
Bài toán 28. Cho hình thang ABCD (BC//AD) biết tổng hai đáy lớn hơn tổng hai cạnh bên. Gọi M là điểm của các đường phân giác trong của
các góc Abvà Bb gọi N là giao điểm của các đường phân giác trong của các góc Cb và Db.Chứng minh rằng 2M N = BC +AD −(AB +CD).
Lời giải. Do M là giao điểm của hai đường phân giác các góc Ab và Bb suy ra M cách đều hai đáy BC và AD.
Hình 1.31:
Tương tự ta có N cũng là điểm cách đều hai đáy BC và AD suy ra
M N//AD.
Ta xét phép tịnh tiến T−−→
M N. Trong phép tịnh tiến này ta có M 7→ N B 7→ B0, B0 thuộc BC A 7→ A0, A0 thuộc AD. Vậy Bc1 7→ Bc10; Bc2 7→ Bc20 c
A1 7→ Ac01; Ac2 7→ Ac02. Từ đó ta suy ra Bc10 = Bc2 ; Ac01 = Ac02, do ( Bc1 = c
B2; Ac1 = Ac2), nên N là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác A0B0CD. Vậy
A0B0+CD = B0C +A0D (1).
Theo trên suy ra BB0 = AA0 = M N. Mặt khác ta xét T−−→
M N thì BA 7→
B0A0 suy ra BA = B0A0. Vì thế từ (1) ta suy ra AB + CD = (BC −
M N) + (AD −M N), hay 2M N = BC + AD−(AB +CD).(đpcm) Bài toán 29. Cho hình bình hành ABCD và điểm M sao cho C nằm trong tam giác M BD . Giả sửM BC\ = M DC\. Chứng minh rằngAM D\ =
\
BM C.
Lời giải. Xét T−−→
BA khi đó M 7→ M0, B 7→ A, C 7→ D (Do ABCD là hình bình hành), suy ra M C 7→ M0D nên M C//M0D và M C = M0D do đó DCM M0 là hình bình hành suy ra M DC\ = DM M\0. (1)
Hình 1.32:
Xét T−−→
BA thì M BC\ 7→ M\0AD. Vậy M BC\ = M\0AD (2). Theo giả thiết ta có M BC\ = M\0AD.
Từ (1), (2) ta có DM M\0 = M\0AD, suy ra AM M0D là tứ giác nội tiếp suy ra AM D\ = AM\0D (3).
Mặt khác xét T−−→
BA thì BM C\ 7→ AM\0D, nên BM C\ = AM\0D (4). Từ (3), (4) suy ra AM D\ = BM C.\ (đpcm)
Bài toán 30. Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Giả sử M P +N Q = p , ở đây p là nửa chu vi của