2 Một số ứng dụng của phương tích và trục đẳng phương
2.6 Chứng minh vuông góc, song song
Với cách giải quyết các bài toán ở trên cho ta thấy càng nghiên cứu sâu và kĩ chủ đề này càng giúp ta thấy được cái hay, cái đẹp của hình học. Bài toán chứng minh về quan hệ vuông góc, song song sau đây là một sự kết hợp tuyệt vời tính chất của phương tích và trục đẳng phương.
Bài toán 2.6.1. [2] Cho đường tròn(O) đường kínhAB. GọiAM vàBN là hai dây cung cắt nhau tạiI. KẻIH vuông góc vớiAB đường này cắt(O)tại
J. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácIJ M. Chứng minh rằngKJ
vuông góc vớiAJ.
Giải.(Hình 2.33) Vì AB là đường kính nên \
AM B = \AN B = 900.
Suy ra tứ giác BHIM nội tiếp trong đường tròn đường kínhIB.
Ta lại có tam giác AJB vuông tại J có JH là đường cao nên AJ2 = AH.AB. Mà tứ giácBHIM nội tiếp nên ta cóAH.AB =
AM .AI. Suy ra
AJ2 = AM .AI.
Đẳng thức chứng tỏ rằng AJ tiếp xúc với Hình 2.33 đường tròn(M IJ)hay KJ vuông góc vớiAJ.
Bài toán 2.6.2. [4] Cho hai đường tròn (O),(O0) cắt nhau tạiA và B. Trên đường thẳng AB, ngoài đoạn AB lấy điểm C. Qua C vẽ cát tuyến CM N
của (O) và CP Qcủa (O0). CT vàCT0 là tiếp tuyến của (O)và (O0). Gọi I
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácT P Q, chứng minh rằng IT vuông góc với CT, I0 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T0M N, chứng minh rằng
I0T0 vuông góc với CT0.
Giải.(Hình 2.34) Tứ giácAM N B nội tiếp đường tròn(O), do đó
CM .CN = CA.CB.
Suy ra
CM .CN = CA.CB.
Ta cóCT tiếp xúc(O) tạiT và CM N là cát tuyến của(O), nên
CT2 = CM .CN .
Theo chứng minh trên ta có
CM .CN = CP .CQ.
Do đóCT2 = CP .CQ.
Vậy CT là tiếp tuyến tại T của đường tròn ngoại tiếp tam giác
T P Q hay IT vuông góc với CT. Tương tự ta có CT0 là tiếp tuyến tại T0 của đường tròn ngoại tiếp tam giác T M N, I0T0 vuông góc vớiCT0.
Hình 2.34
Bài toán 2.6.3. [3] Cho đường tròn (O) và điểm P nằm ngoài đường tròn. QuaP vẽ cát tuyến P AB của (O). Các tiếp tuyến của(O) tạiA, B cắt nhau tạiM. Đường thăngOM cắt AB tạii, đường thẳngM H vuông góc với OP
tại H, cắt AB tại n. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IN T, chứng minh rằngKT vuông gócP T (P T là tiếp tuyến của(O)).
Giải. (Hình 2.35) Ta có OHM\ = OAM\ = OBM\ = 900 nên 5 điểm
O, H, A, M, B cùng ở trên một đường tròn.
Trong đường tròn đó, OH vàAB cắt nhau tạiP nên
P A.P B = P O.P H. (1)
Hình 2.35:
OIM N cóOHN\ = OIN[ = 900. Do đóOIM N nội tiếp được. Suy ra
P O.P H = P I.P N . (2)
So sánh(1)và(2) ta được
P A.P B = P O.P H = P I.P N . (3)
P T là tiếp tuyến của (O) tại T. Trong (O), P AB là cát tuyến, P T là tiếp tuyến nên
P T2 = P A.P B. (4)
Từ (3)và (4)ta suy ra P T2 = P I.P N .Điều này chứng tỏ đường tròn ngoại tiếp tam giácIN T tiếp xúc vớiP T tạiT hay KT ⊥P T.
Bài toán 2.6.4 (Thi vô địch toán Iran 1996). Cho hai điểm D, E tương ứng nằm trên các cạnhAB, AC của tam giácABC sao choDE kBC. GọiP là điểm bất kỳ nằm bên trong tam giácABC, các đường thẳng P B và P C lần lượt cắt DE tại F và G. Gọi O1, O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
Hình 2.36:
Giải. (Hình 2.36) Gọi M là giao điểm thứ 2 của AB với (O1) và N là giao điểm thứ 2 củaAC với(O2). Ta có
\
P M D = P GD\ = \P CB.
Suy ra tứ giác BP CM nội tiếp, tương tự tứ giác BP CN nội tiếp, do đó tứ giácBM N C nội tiếp. MàDE k BC ta thu được tứ giácM DEN nội tiếp.
Áp dụng định lý về tâm đẳng phương cho các đường tròn ngoại tiếp
DGP, P EF vàDEN M ta cóDM∩EN = {A}nằm trên trục đẳng phương của(O1)và(O2). Suy ra AP ⊥ O1O2
Bài toán 2.6.5. [2] Cho tam giácABC, các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H, M là trung điểm BC, EF cắt BC tại I. Chứng minh IH vuông góc với AM.
Giải.(Hình 2.37) GọiO, J lần lượt là trung điểm AH, M H. Ta có \
Hình 2.37:
Suy ra tứ giác FEMD nội tiếp. Khi đó IE.IF = IM .ID. Suy ra I nằm trên trục đẳng phương của(O;OA)và(J;J H). Suy raIH vuông góc vớiOJ.
Mà OJ là đường trung bình của tam giác AM H nên OJ k AM. Do vậy,
IH vuông góc vớiAM.
Bài toán 2.6.6(Vô địch Toán Hungary 1999). Cho tam giác ABC nhọn với các đường caoAD, BE, CF cắt nhau tạiH. GọiM, N lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳngDE, CF và DF, BE; O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC. Chứng minh rằng hai đường thẳng OA và M N vuông góc với nhau.
Giải. Trước hết ta chứng minh bài toán: Cho tam giác ABC có E là tâm đường tròn Euler và H là trực tâm. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácBHC. Khi đó ta cóA, E, Othẳng hàng. (Hình 2.38)
Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tam giácABC. Gọi K là giao điểm của tiaAH với (I). Ta dễ dàng chứng minh đươc hai tam giác BHC, BKC đối xứng nhau qua đường thẳngBC. Do vậy đường tròn (O)ngoại tiếp tam giác
BHC đối xứng với đường tròn(I) ngoại tiếp tam giác ABC quaBC. Suy raOI vuông góc với BC. Do đó OI k AH. (1)
Hình 2.38: Hình 2.39:
là hình bình hành nên AH = CJ. Mà M là trung điểm của BC vàO, I đối xứng nhau qua BC nên OI = 2IM = CJ (IM là đường trung bình của tam giácBJ C).
Do đó OI = AH (2).
Từ (1) và (2) suy ra AHOI là hình bình hành. Vì E là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC nên E là trung điểm của IH. Suy ra E là trung điểm của AO. Điều này chứng tỏ A, H, O thẳng hàng. Bài toán được chứng minh.
Ta quay trở lại bài toán ban đầu (Hình 2.39). Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácDEF tứcGlà tâm đường tròn Euler của tam giácABC. Ta cũng có tứ giác BHFD nội tiếp nên
PN/(BF HD) = N F .N D = N B.N H.
MàN F .N D = PN/(G), N B.N H = PN/(O). Suy ra PN/(G) = PN/(O). Tương tự ta cũng cóPM/(G) = PM/(O). Do đóM N là trục đẳng phương của (O) vàG . Suy raM N vuông góc với OG. Mà O, G, A thẳng hàng nên
Bài toán 2.6.7. [2] Trên cạnh AB của hình bình hành ABCD lấy hai điểm thay đổi A0, B0 tùy ý. Các đường thẳng CA0, DB0 cắt nhau tại P. Chứng minh rằng trục đẳng phương của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác
P AA0, P BB0 luôn luôn song song với BC.
Hình 2.40:
Giải.(Hình 2.40) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giácP AA0 vàP BB0
cắt nhau tại điểm thứ haiQthìP Qlà trục đẳng phương của chúng. GọiM là giao điểm củaP Qvà AB;N là giao điểm củaP Q vàCD.
Ta có M A.M A0 = M B.M B0 (1).
Mặt khác, tam giácP M A0và tam giácP N C đồng dạng nên
M A0 N C =
P M
P N. (2)
Ta lại có, tam giácP M B0 và tam giácP N D đồng dạng nên
M B0 N D = P M P N. (3) Từ (2) và (3) suy ra M A 0 = M B0 . (4)
Từ (1) và (4) ta có N C
N D = M B
M A mà AD song song với BC nên M N song song vớiBC hay P Qsong song vớiBC.
Bài toán 2.6.8. [1] Cho hai đường tròn (O),(O0) tiếp xúc ngoài tại A. Tiếp tuyến chung ngoài tiếp xúc với(O)tạiT, với (O0) tạiT0, cắtOO0tạiS . Tiếp tuyến chung trong cắtT T0 tạiM.
a. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácOM O0, chứng minh rằng
HM vuông góc với SM.
b. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AT T0, chứng minh rằng
KAvuông góc với SA.
Hình 2.41:
Giải. (Hình 2.41) a. Nối M O và M O0. Đó là phân giác của hai góc kề bù
T M Avà gócAM T0 nênM O vuông góc vớiM O0.
Tam giác OMO’ vuông tại M vì MA là đường cao nên M OA\ = AM O\0. MàAM O\0 = O\0M T0 (MO’ là phân giác), suy ra M OA\ = O\0M T0 .
tam giácSM O và tam giácSOM đồng dạng. Suy ra
SM SO0 =
SO
SM ⇒SM2 = SO.SO0.
Điều này chứng tỏSM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp OM O0 tạiM hay
HM vuông góc vớiSM.
b. Tứ giácOAM T nội tiếp nên
SM .ST = SO.SA. (1)
Tứ giác O0AM T0 nội tiếp nên
SM .ST0 = SO0.SA. (2)
Nhân (1) và (2) vế theo vế ta được
SM2.ST .ST0 = SO0.SO.SA2. (3)
Mà SM2 = SO0.SO nên (3) trở thành SA2 = ST .ST0. Điều này chứng tỏ
SA là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác AT T0 hay KA
vuông góc vớiSA.
Bài toán 2.6.9 (Iran MO 1996). Trên hai cạnh AB, AC của tam giác ABC
lần lượt lấy các điểmD, E sao choDEsong song với BC. GọiP là điểm tùy ý bên trong tam giácABC, các đường thẳngP B, P C cắt DE tạiF, G. Gọi
O1, O2 lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giácP DG, P EF. Chứng minhAP vuông góc với O1O2.
Giải. (Hình 2.42) Gọi M là giao điểm thứ hai của AB với
(O1), N là giao điểm thứ hai củaAC với(O2).
Suy ra tứ giác BP CM nằm trên một đường tròn, tương tự tứ giác BP CN cũng nội tiếp một đường tròn. Do đó, tứ giác
BM N C nội tiếp.
Mà ta có DE k BC nên ta có Hình 2.42
tứ giácM DEN nội tiếp.
Áp dụng định lý về tâm đẳng phương cho các đường tròn ngoại tiếp tam giác
DGP, tam giác P EF và tứ giác DEN M ta có A là giao của DM và EN
nằm trên trục đẳng phương của(O1),(O2). Suy ra AP vuông góc vớiO1O2.
Bài toán 2.6.10. [4] Cho tam giác ABC không cân tại A, nội tiếp đường tròn tâm (O). (O1;R1) là đường tròn đi qua B, C và cắt AB, AC theo thứ tự tại K, L. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AKLcắt đường tròn(O) tạiM
khácA. S là giao diem cuaAM, KL, BC. Chứng minh rằng SA vuông góc vớiM O1.
Giải.(Hình 2.43) Gọi(O2) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác AM KL. Vì tam giác ABC không cân tại A nên ba điểm O, O1, O2 không thẳng hàng nên S là tâm đẳng phương của ba đường tròn(O), (O1), (O2). Ta có
SM .SA= SK.SL = PS/(O1) = SO21 −R21. (1)
Ta lại có\SM L = LKA[ = LCB[. Suy ra tứ giác LM SC nội tiếp. Suy ra
Hình 2.43:
Từ (1) và (2) suy ra:SM .SA−AM .AS = SO21 −AO21
⇒(SM +AM).SA = SO12 −AO12
⇒(SM +AM).(SM −AM) = SO12 −AO12
⇒SM2 −AM2 = SO21 −AO21.
Kết luận
Luận văn đã đề cập đến một số vấn đề như sau:
1. Trình bày một cách sơ lược những kiến thức liên quan đến phương tích, trục đẳng phương và tâm đẳng phương như: Khái niệm phương tích, trục đẳng phương và tâm đẳng phương và một số tính chất của chúng. Nội dung này chủ yếu được trình bày trong chương 1.
2. Trong chương 2 trình bày một số các ví dụ minh họa cho việc vận dụng các tính chất của phương tích, trục đẳng phương và tâm đẳng phương trong việc giải một vài dạng bài toán hình học như bài toán chứng minh đồng quy, thẳng hàng, đi qua điểm cố định, các điểm cùng nằm trên một đường tròn, chứng minh vuông góc, song song.
Những bài tập về phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng phương thường được kết hợp với nhiều kiến thức toán học khác như: vectơ, tam giác đồng dạng, hệ thức lượng trong tam giác vuông và nhiều các định lý toán học khác đã được chứng minh. Do thời gian nghiên cứu hạn chế nên tác giả không thể đi qua hết tất cả các ứng dụng của phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng phương trong toán học. Ngoài những lý thuyết và ứng dụng được nêu trong bài luận thì phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng phương có thể được ứng dụng để giải các bài toán liên quan đến mặt cầu, bài toán quỹ tích, bài toán dựng hình,bài toán cực trị, chứng minh bất đẳng thức hình học....
Hy vọng những bài nghiên cứu sau sẽ đi sâu hơn cũng như mở rộng hơn nữa cho vấn đề này.
Tài liệu tham khảo Tiếng Việt
[1] Trần Đức Huyên, Phạm Thành Luân, Lê Mậu Thống, Lê Mậu Thảo (2010), Các vấn đề Hình học 10, tài liệu bồi dưỡng học sinh Khá & Giỏi, NXB Đại học Quốc Gia Tp. Hồ Chí Minh.
[2] Đoàn Quỳnh (chủ biên) (2009), Tài liệu chuyên toán - Hình học 10, NXBGD.
[3] Nhiều tác giả (2005), Tuyển tập 30 năm tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, NXBGD.
[4] Nhiều tác giả (2006), Tuyển tập theo chuyên đề Toán học và Tuổi trẻ, NXBGD.
Tiếng Anh
[5] Dusan Djukic, Vladimir Jankovic, ivan Matic, Nikola Petrovic,The IMO Compedium. A collection of Problems Suggested for the International Mathematical Olympiads(1959-2004).