Bài toán 3.1.1. (Định lí Ptoleme)Chứng minh rằng trong một tứ giác nội tiếp: Tích hai đường chéo bằng tổng các tích của các cặp cạnh đối diện.
Chứng minh. Qua phép Z(A, a, k): với a = (−→
AC,−→
AB) = (−−→
DC,−−→
DB), k = AB : AC thì A 7−→ A, C 7−→ B, D 7−→ E ∈ DB(∗) ⇒ AE : AD = AB : AC ⇒ ∆AED ∼ ∆ABC ⇒ AD : AC = ED : BC(1). Cũng từ (*)⇒ ∆ACD ∼ ∆ABE ⇒ AC : AB = CD : BE(2). Từ (1) và (2)⇒ AC.ED = AD.BC, AC.BE = AB.CD ⇒ AC.ED + AC.BE =
Hình 3.4
AD.BC+AB.CD = AC(ED+BE) = AC.BD ⇔ AC.BD = AD.BC+ AB.CD
Bài toán 3.1.2. Cho hai đường tròn (O) và (O0) cắt nhau tại A và B.
Một cát tuyến di động M AN(M ∈ (O);N ∈ (O0)). Tìm quỹ tích trực tâm H của ∆BM N.
Lời giải. Do OO0 là đường nối đỉnh của hai tam giác cân có chung đáy AB nên ta có: BOO\0 = BM A\ và BO\0O = BN A\ nên các tam giácBM N và BOO0 đồng dạng với nhau (1). Kẻ trực tâm H của ∆BM N và đặt k = BH
BM và (−−→
BM;−−→
BH) = α(Hình 3.5).
Hình 3.5
∆BM N đồng dạng với ∆BOO0 cố định nên α, k không đổi và phép vị tự quay Z(B, α, k) = VBk.QαB : M 7−→ H ⇒ Tập hợp các điểm H
là đường tròn (O00) là ảnh của đường tròn (O) qua phép vị tự-quay Z(B, α, k) nói trên (*).
Từ (1) ta có O00 là trực tâm ∆BOO0 và từ (*) ta có B ∈ (O) và B là điểm bất động nên B ∈ (O00) và bán kính đường tròn là O00B.
Vậy tập hợp điểm H là đường tròn (O00;O00B).
Bài toán 3.1.3. Dựng một tứ giác (lồi) nội tiếp ABCD biết độ dài các cạnh: AB = a;BC = b;CD = c;DA = d, trong đó a, b, c, d là các độ dài cho trước.
Lời giải. Giả sử tứ giác ABCD đã dựng được. ABCD nội tiếp khi và chỉ khi Ab + Cb = 180o (hoặc Bb + Db = 180o). Kéo dài cạnh BC về phía C để xuất hiện DCx[ = \BAD. Trên tia Cx (tia đối của tia CB) lấy điểm E sao cho ∆DCE đồng dạng với ∆DAB. Bài toán dựng tứ giác ABCD quay về dựng ∆DCE. Giả sử ∆DCE đồng dạng với
∆DAB, hai tam giác này chung đỉnh D. Bởi vậy ∆DCE được suy ra từ
∆DAB qua phép vị tự quay Z(D, δ = (−−→ DA,−−→
DC), k = c
d). Do đó ta đặt k = c
d; (−−→ DA,−−→
DC) = \ADC = δ (Hình 3.6).
Hình 3.6
Xét phép Vị tự-quay Z(D;δ;k): Ta có: Z : A 7−→ C và B 7−→ E sao cho E nằm trên đường thẳng BC. khi đó ∆DCE động dạng với∆DAB và do đó \DCE = DAB\ và B, C, E thẳng hàng theo thứ tự đó, đồng thời ta đượcBDE\ = \ADC = δ . Bài toán trở thành dựng∆DBE có các yếu
tố đã biết BC = b, CE = ca
d , do đó BE = ac+bd
d ;CD = c;DE DB = c
d. Điểm D được dựng là giao điểm của đường tròn γ1(C;c) và đường tròn Apôlônius(γ2) có đường kính IJ với I, J chia đoạn BE theo tỷ số k = c d đỉnh A được dựng sau cùng. Bài toán có thể có một nghiệm hình hoặc không tùy theo (γ1) và (γ2) có cắt nhau hay không.
Bài toán 3.1.4. (Bài toán Napoleon)Lấy các cạnh của một ∆ABC bất kì làm đáy dựng ra phía ngoài của ∆ABC ba tam giác đều BCA0, CAB0 và ABC0. Chứng minh rằng các tâm A0, B0, C0 của ba tam giác đều vừa dựng là các đỉnh của một tam giác đều.
Hình 3.7
Chứng minh. Dễ thấy rằng A0BC, B0CA và C0AB là các tam giác cân đồng dạng có góc ở đáy là 30o.
Kí hiệu: Z1 = Z(C,30o,√
3);Z2 = Z(B,30o, 1
√3).
Xét tích Z1Z2. Dễ thấy: Z1 : A0 7−→ A0, B0 7−→ A và Z2 : A0 7−→
A0, A 7−→ C0. Do đó Z1Z2 : B0 7−→ C0, A0 7−→ A0. Mặt khác, k1k2 =
√3. 1
√3 = 1, ϕ1 +ϕ2 = 60o nên Z1Z2 là một phép dời hình D, cụ thể là phép quay góc 60o tâm A0 biến B0 thành C0. Vậy A0B0C0 là tam giác đều (Hình 3.7).
Bài toán 3.1.5. Trên hai đường thẳng a và b cắt nhau tại một điểm C có hai động tử chuyển động thẳng đều với vận tốc khác nhau: A trên a với vận tốc v1, B trên b với vận tốc v2, v1 6= v2, chúng không gặp nhau ở C.
1. Chứng minh rằng ở bất kì thời điểm nào, đường tròn ngoại tiếp
∆ABC cũng luôn đi qua điểm O cố định nào đó khác C.
2. Tìm quỹ đạo chuyển động của động tử M luôn ở vị trí trung điểm AB.
Lời giải.
Hình 3.8
1. Giả sử A0, B0 là hai vị trí xuất phát ứng với thời điểm t0.A1, B1 là 2 vị trí của hai động tử ở thồi điểm t1 > t0. Khi đó BA0B1
0A1 = vv2(t1−t0)
1(t1−t0) =
v2
v1 = k (k = const). Gọi O là giao điểm thứ 2 của hai đường tròn (A0B0C)và (A1B1C)khi đó ta có:OA\0C = OBd0 màA\0OB0 = A\0CB0 = B\1OC1 ⇒ B\1OB0 = A\1OA0 = B\1OC1 −A\0OB1 ⇒ ∆OA1A0 đồng dạng với ∆OB1B0
Từ đó ta suy ra:
A\1OB1 = A\0OB0 = α OB1
OA1 = OB0
OA0 = B0B1 A0A1 = v2
v1
⇒
(−−→
OB1;−−→
OA1) = −−→
CA1;−−→
CB1 = α (1) OB1
OA1 = v2
v1 (2) (Hình 3.8)
(1) chứng tỏ O thuộc cung định hướng α(mod2π) dựng trên A1B1 cố định (3).
(2) chứng tỏ O thuộc đường tròn Apôlônius đường kính CD cố định (C, D chia đoạn A1B1 theo tỷ số không đổi vv2
1) (4) Từ (3) và (4) chứng tỏ O cố định.
2. Kí hiệu A0 = A, B0 = B khi t = 0; M0 là trung điểm đoạn A0B0.
−
→v1,−→v2 là hai véctơ vận tốc của A và B.
M là trung điểm của A và B tại thời điểm t khi và chỉ khi 2−−−→
M0M =
−−−→M0A0 +−−→
A0A+−−→
AM + −−−→
M0B0 +−−→
B0B+ −−→
BM = −−→
A0A+−−→
B0B = t(−→v1 +−→v2) Khi đó quỹ tích điểm M là đường thẳng M0m đi qua M0 và có véctơ chỉ phương là −→v = 12(−→v1 +−→v2).
Nhận xét 3.3. O chính là tâm của phép Vị tự-quay tỷ số k = v2 v1, góc quay (−−→
CA1;−−→
CB1) = α biến đường thẳng a thành đường thảng b trong đó A1 thành B1. Vì a, b cố định, k, α không đổi nên O cố định.
Nhận xét 3.4. Để chứng minh đường tròn (ABC) luôn đi qua một điểm cố định, trong đó A, B là hai động tử chuyển động, ta cố định hóa hai vị trí nào đó của A, B và xét hai vị trí bất kỳ A1, B1 của hai động tử đó.
Sau đó chứng minh giao điểm của (ABC) và (A1B1C) là hai giao điểm cố định bằng cách chỉ ra hai đặc trưng (1) và (2) của nó mà ta có thể dựng được.
Bài toán 3.1.6. Xét ∆ABC và một điểm D cho trước. Ta dựng các tam giác ADE và DBF đồng dạng (thuận) với tam giác ABC. Hãy so sánh các tam giác ABD, ACE và CBF và tìm hiểu bản chất của tứ giác CEDF.
Lời giải. Từ ∆ADE ∼ ∆DBF ta suy ra ∆ABC ∼ ∆ADE và ∆ABD ∼
∆ACE. Các tam giác BAC và BDF là đồng dạng thuận. Từ đó cũng suy ra ∆BAD ∼ ∆BCF. vì vậy các tam giác ABD, ACE và CBF là đồng dạng thuận.
Nhận xét 3.5. Từ ∆ABC, ADE và DBF là đồng dạng thuận ta thu được ba tam giác ABD, ACE và CBF là đồng dạng thuận. Như vậy ta có thể trao đổi vai trò của C và D cho nhau.
Ta đặt(−→
AB;−→
AC) = α(mod2π) và AC = kAB thế thì phép Vị tự-quay Z(A, α, k) sẽ biến −−→
BD thành −−→
CE. Còn phép Vị tự-quay Z(D, α, k) sẽ biến −−→
BD 7−→−−→
F D. Từ đó ta có: CE = kBD và F D = kBD (Hình 3.9).
Hình 3.9
Suy ra:
CE = F D (3.1)
Mặt khác, (−−→
BD,−−→
CE) = α và (−−→
BD,−−→
F D) = α; suy ra:
(−−→ CE;−−→
F D) = 0(mod2π) (3.2) Từ (3.1) và (3.2) suy ra −−→
CE = −−→
F D và do đó CEDF là hình bình hành.
Bài toán 3.1.7. Các điểm A, B, C chia đường trònΩ ngoại tiếp ∆ABC thành ba cung. Gọi X là một điểm thay đổi trên cung tròn AB và O1;O2 tương ứng là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác CAX và CBX. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp ∆XO1O2 cắt Ω tại một điểm cố định.
Chứng minh. Gọi T = (XO1O2) ∩ (ABC), M = XO2 ∩ (ABC), N = XO1 ∩(ABC). Trên (ABO) ta có XN T\ = XM T\.
Trên (XO1O2) ta có XO\1T = XO\2T ⇒ T O\1N = T O\2M ⇒
∆T O1N ∼ ∆T O2M ⇒ T MT N = O1N
O2M = AN
BM = k(không đổi) (1)(Hình 3.10).
Dễ thấy (−−→ T N;−−→
T M) = (−−→
XM;−−→
XN) = (−−→
T O1;−−→
T O2) = α(mod2π)(không đổi) (2).
Từ (1) suy ra T thuộc đường tròn Apolonius đường kính EF (E, F chia đoạn MN theo tỷ số k) (3).
Từ (2) suy ra T thuộc cung chứa góc α(mod2π) dựng trên đoạn M N cố định (4).
Từ (3) và (4) và do cung (α) đi qua 1 điểm cố định T (khác C).
Hình 3.10
Nhận xét 3.6. T chính là tâm phép Vị tự-quay góc α, tỷ số k biến M thành N.
Bài toán 3.1.8. Dựng hình vuông có 3 đỉnh nằm trên ba đường tròn cho trước.
Hình 3.11
Lời giải. Giả sử dựng được hình vuông là ABCD có ba đỉnh A, B, C nằm trên ba đường tròn (O1),(O2) và (O3). Khi đó phép vị tự-quay Z(A,45o,√
2) : B 7−→ C,(O2) 7−→ (O02) ⇒ C = (O3) ∩(O20) từ đó ta có cách dựng:
Dựng đường tròn (O02) là ảnh của đường tròn (O2) qua Z(A,45o, 2) thì C = (O3)∩ (O02) Gọi I là trung điểm AC thì B = d∩(O2) với d đi qua I, d ⊥ AC và IB = IA và D là điểm đối xứng của B qua I.
Từ cách dựng ta có ABCD là hình vuông cần dựng.
bài toán có nghiệm hay không tùy thuộc vào số giao điểm của hai đường tròn (O2) và (O20), nếu có nghiệm thì với mỗi điểm A ∈ (O1) ta có một hoặc hai nghiệm hình.