IV 3) (Tiên đề Đơđơkin) Nếu ta tạo nên một lát cắt trên một đường thẳng (hay
A =O OB =O OC O
3.3.10. Bài toán 10 (Hình chiếu trong mô hình Poăngcarê)
Cho ba đường tròn đồng quy ở O và đôi một cắt nhau ở A, B, C tạo thành một tam giác cong ABC (không chứa điểm O). Gọi ; ;A B C là ba góc của tam giác cong ABC. Khi đó, ta có:
. . cos . cos BC OA= AB OC B+AC OB C Chứng minh: Hình 3.6 C B A O O1 O3 O2 A' B' C'
Thật vậy, dùng phép nghịch đảo cực O, phương tích 1 thì tam giác cong
ABC biến thành tam giác ' ' 'A B C (với '; '; 'A B C lần lượt là ảnh của A, B, C) và theo tính chất bảo giác của phép nghịch đảo thì: 'A = A B; '=B C; '=C.
Theo định lý hình chiếu trong hình học Ơclit thì: ' ' ' 'cos ' ' 'cos ' B C =A B B + A C C cos cos . . . BC AB AC B C OB OC =OA OB +OA OC . . cos . cos BC OA= AB OC B+AC OB C
Hoàn toàn tương tự, ta có các kết quả:
. . cos . cos
AC OB= AB OC A+BC OA C
. . cos . cos
3.3.10. Bài toán 11.
Cho ba đường tròn ( ) ( ) ( )O1 ; O2 ; O3 đôi một cắt nhau ở A, B, C và đồng quy ở O. Khi đó nếu đường tròn ( )O3 tạo với đường tròn ( ) ( )O1 ; O2 những góc bằng nhau thì đường tròn ( )O4 đi qua đi qua O, A trực giao với ( )O3 cũng tạo với( ) ( )O1 ; O2 những góc bằng nhau. Chứng minh: Hình 3.7 C B A O O1 O3 O2 A' B' C'
Thật vậy, dùng phép nghịch đảo cực O, phương tích 1. Giả sử,
( ) ( ) ( )O1 ; O2 ; O3 lần lượt biến thành d d d1; ;2 3 tương ứng đôi một cắt nhau tại '; '; '
A B C và '; '; 'A B C lần lượt là ảnh của A, B, C.
Đường tròn (O4) biến thành đường thẳng d4 đi qua 'A và vuông góc với B C' ' và đó chính là đường vuông góc với B C' ' kẻ từ 'A .
Do ( )O3 tạo với ( ) ( )O1 ; O2 những góc bằng nhau nên 'B =C', tức là tam giác A B C' ' ' cân tại 'A . Theo tính chất của tam giác cân thông thường thì đường cao kẻ từ đỉnh chính là đường phân giác nên d4 tạo với d d1; 2 những góc bằng nhau. Vậy, (O4) tạo với( ) ( )O1 ; O2 những góc bằng nhau.
Ngược lại, nếu (O4)tạo với ( ) ( )O1 ; O2 những góc bằng nhau thì (O4)trực giao với (O3).
Nhận xét: Cách lập luận hoàn toàn tương tự và được suy ra từ định lý: “Trong
một tam giác cân, đường phân giác ở đỉnh chính là đường cao”.
3.3.12. Bài toán 12.
Cho ba đường tròn ( ) ( ) ( )O1 ; O2 ; O3 đôi một cắt nhau ở A, B, C và đồng quy ở O tạo ra tam giác cong ABC (không chứa điểm O). Nếu tam giác cong ABC có ba góc bằng nhau thì đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và đường tròn
tiếp xúc với cả ba đường tròn ( ) ( ) ( )O1 ; O2 ; O3 có tâm trùng nhau.
Chứng minh:
Thật vậy, dùng phép nghịch đảo cực O, phương tích 1.
Các đường tròn ( ) ( ) ( )O1 ; O2 ; O3 lần lượt biến thành d d d1; ;2 3 đôi một cắt nhau ở '; '; 'A B C mà '; '; 'A B C lần lượt là ảnh của A, B, C.
Do đó, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biến thành đường tròn ngoại tiếp tam giác ' ' 'A B C (các đường tròn này không đi qua O).
Hình 3.8 C B A O1 O O3 A' B' C' O2
Đường tròn ( )O5 tiếp xúc với tất cả ba đường tròn ( ) ( ) ( )O1 ; O2 ; O3 biến thành đường tròn tiếp xúc với ' '; ' '; ' 'A B B C C A tức là biến thành đường tròn nội tiếp tam giác ' ' 'A B C . Lại có tam giác cong ABC có ba góc bằng nhau nên tam giác A B C' ' ' là tam giác đều. Theo tính chất của tam giác đều thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, và tâm đường tròn nội tiếp tam giác trùng nhau.
3.3.13. Bài toán 13.
Cho tứ điểm ABCD. Khi đó: (DAB) (⊥ DAC)khi và chỉ khi (DBC) (⊥ ABC). Chứng minh: d1 d3 d2 Hình 3.9 C B A D A' B' C'
Dùng phép nghịch đảo cực D, phương tích 1 ta có: (DAB) biến thành đường thẳng d1; (ADC) biến thành đường thẳng d2.
Gọi, A'=d1∩d2 và 'A là ảnh của A.
Tương tự, (DBC) biến thành đường thẳng d3 và gọi:
3 1 '; 3 2 '
d ∩d =B d ∩d =C . Ta có: '; 'B C lần lượt là ảnh của B, C.
Do đó, (ABC) biến thành (A B C' ' ') (hai đường tròn không đi qua O). Cho nên
Vậy, ' 'B C 2 =A B' '2+ A C' '2 ⇔B C' '≡d3 là đường kính của (A B C' ' '). Do đó, d3 ⊥(A B C' ' ')⇔(ABC) (⊥ DBC).
Tổng quát: Góc tạo bởi (ADB) với (ADC) bằng góc tạo bởi (DBC) với (ABC).
Thật vậy, góc tạo bởi (ADB) với (ADC) bằng góc (d d1; 2) và bằng góc tạo bởi tiếp tuyến tại 'B với (A B C' ' '), bằng góc tạo bởi (DBC) và (ABC). (Theo định lý về số đo góc nội tiếp và góc giữa một tia tiếp tuyến và một dây cung cùng chắn một cung).
3.3.14. Bài toán 14.
Cho tam giác ABC có ba cạnh BC =a AB; =c AC; =b. Khi đó, quỹ tích những điểm M sao cho .a MA b MB c MC; . ; . là số đo các cạnh một tam giác vuông là đường tròn trực giao với (ABC) ở hai trong ba đỉnh của tam giác ABC.
(Ở đây, ký hiệu (ABC dùng ) để chỉđường tròn đi qua ba điểm A, B, C)
Chứng minh:
Xét phép nghịch đảo cực M, phương tích 1. Gọi '; '; 'A B C lần lượt là ảnh của A, B, C qua phép nghịch đảo cực M, phương tích 1.
Ta có, .a MA b MB c MC; . ; . là ba cạnh một tam giác vuông. Chẳng hạn, cạnh huyền là .a MA, khi đó: .a MA2 =b MB. 2+c MC. 2 . . . . . . . a MA b MB c MC MA MB MC MA MB MC MA MB MC ⇔ = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . . . BC AC AB MB MC MA MC MA MB ⇔ = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ' ' ' ' ' ' B C A C A B ⇔ 2 = 2+ 2 ⇔ A C' '⊥ A B' '⇔(ABM) (⊥ ACM)
(Do ' '; ' 'A B A C lần lượt là ảnh của các đường tròn (ABM) và (ACM)) Theo kết quả Bài toán 1.3.13. thì (ABM) (⊥ ACM)⇔(BCM) (⊥ ABC). Vậy, quỹ tích các điểm M là đường tròn trực giao với (ABC) tại B và C. Hoàn toàn tương tự, nếu b MB c MC. ( . ) là độ dài cạnh huyền thì quỹ tích của M lần lượt là đường tròn trực giao với (ABC) tại A và C (tại A và B).
*) Nhận xét: 1. Ba đường tròn quỹ tích có tâm A B C0; ;0 0 trong đó A B C0; ;0 0 là giao của ba tiếp tuyến kẻ từ A, B, C với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Hơn nữa chùng còn đôi một tiếp xúc với nhau (do khoảng cách giữa hai tâm bằng tổng hai bán kính).
2. Nếu ∆ABC vuông tại A. Đường tròn trực giao với (ABC) suy biến thành đường thẳng và đó chính là đường trung trực của BC.
Thế thì, quỹ tích của điểm M lúc này là hai đường tròn trực giao với (ABC ở A và B và ở B và C và đường trung trực của BC. )
Ta cũng có kết luận tương tự nếu ∆ABC vuông ở B hay ở C. 3. Trường hợp đặc biệt, ∆ABC đều. Khi đó, a= =b c.
Nên quỹ tích những điểm M sao cho MA, MB, MC là độ dài ba cạnh của
một tam giác vuông chính là quỹ tích những điểm M sao cho
. ; . ; .
a MA b MB c MClà độ dài ba cạnh một tam giác vuông và do đó ta đưa được về bài toán trên. Trong trường hợp đặc biệt này, ba đường tròn quỹ tích chính là ba đường tròn chứa các cung chứa góc 1500 dựng trên các cạnh của tam giác ABC.
3.3.14. Bài toán 15.
Cho tứ điểm ABCD, có tổng hai góc đối DAB+DCB=900. Khi đó, ta có:
. . . AB CD2 2+ AD BC2 2= AC BD2 2 Chứng minh: Hình 3.10 C A D B O1 O3 O2 D' A' C'
Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆DABlà O1; tâm đường tròn đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆DCB là O2.
Ta có: DAB = DO B1 1 2 và DCB= DO B2 1 2 . Mà, DAB+DCB=900 nên ta có: DO B1 +DO B2 =1800. Vậy, ( ) ( ) (O1 ⊥ O2 ( DAB) (⊥ DBC)).
Theo kết quả Bài toán 3.3.13. ta có: (DAB) (⊥ DBC)⇔(ABC) (⊥ ADC). Dùng phép nghịch đảo cực B, phương tích 1, ta gọi '; '; 'A D C lần lượt là ảnh của
A, D, C và ta có: (DAB) (⊥ DBC)⇔ A D' '⊥D C' ' ⇔ A C' '2 =A D' '2+D C' '2 . . . . . . AC AD DC AB CD AD BC AC BD BA BC BA BD BD BC ⇔ = + ⇔ + = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
Vậy, ta có điều phải chứng minh.
KẾT LUẬN
Với nội dung sử dụng mô hình Poăngcarê của hình học phẳng Ơclit và các tính chất của ánh xạ xạ ảnh và các phép biến đổi xạ ảnh trong các dạng cấp một và cấp hai để soi sáng hình học sơ cấp, đề tài đã đạt được một số kết quả sau:
1. Chúng tôi đã sử dụng những tính chất cơ bản của ánh xạ xạ ảnh và các phép biến đổi xạ ảnh giữa các dạng cấp một và các dạng cấp hai như một phương tiện hữu hiệu để phát hiện nhanh chóng một số tính chất của hình học trong nhiều bài toán hình học sơ cấp, đồng thời sau đó lại đưa ra thêm lời giải hoàn toàn sơ cấp.
2. Nêu ra những kết luận mới xoay quanh việc nghiên cứu mô hình Poăngcarê cũng nói lên được giá trị của phương pháp tiên đề và có tác dụng cho việc tìm ra những mệnh đề mới trong hình học Ơclit.