Hướng trong hình học phẳng

Chia sẻ: Nguyễn Minh Hải | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:58

Thêm vào BST

Báo xấu

15
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Hướng trong hình học phẳng" bao gồm các nội dung về: Nhu cầu xây dựng một lí thuyết chặt chẽ về hướng mà không sử dụng phương pháp toạ độ; cách xây dựng lí thuyết về hướng mà không sử dụng phương pháp toạ độ; góc định hướng, sự cùng hướng, sự ngược hướng của hai góc định hướng;... Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Hướng trong hình học phẳng

HƯỚNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG 1. Nhu cầu xây dựng một lí thuyết chặt chẽ về hướng mà không sử dụng phương pháp toạ độ. 1. Trong toàn bộ cuốn cơ sở hình học của Hilbert, không có thuật ngữ hướng. 2. Bằng phương pháp toạ độ, người ta có thể xây dựng lí thuyết về hướng. Tuy nhiên cách xây dựng này không hoàn chỉnh: góc bẹt? 3. Cần phải xây dựng lí thuyết chặt chẽ về hướng mà không sử dụng phương pháp toạ độ. 4. Hãy nhìn lại vần đề hướng trong chương trình toán phổ thông:       + a  b; b  c  a  c. + Định lí Thales dạng hình học và định lí Thales dạng đại số. Không có định Thales dạng đại số, không thể có các định lí Ceva, Menelaus + Góc lượng giác và hệ thức Chasles cho góc lượng giác (người ta đã chứng minh được rằng ... Người ta là ai?). + Phép quay và cách chứng mịnh các định lí liên quan tới phép quay (tất cả các định lí liên quan tới phép quay đều được chứng minh bằng phương pháp mô tả). + Phép đối xứng trục và các định lí liên quan tới phép đối xứng trục. Định lí L13. Tích hai phép đối xứng trục mà hai trục đối xứng cắt nhau là một phép quay. Chứng minh. Giả sử R 1 và R 2 là hai phép đối xứng trục có các trục đối xứng ∆1, ∆2 cắt nhau. Gọi O là giao điểm của ∆1 và ∆2. Lấy M bất kì thuộc (P). Gọi M’ là ảnh của M qua R 1 ; M’’ là ảnh của M’ qua R 2 . Dễ thấy  OM  OM '  OM ''.            (OM, OM '')  (OM, OM ')  (OM ', OM '')(mod 2 )  2(1 , OM ')  2(OM ',  2 )  2((1 , OM ')  (OM ',  2 ))  2(1 ,  2 )(mod 2 ). Suy ra R 2 .R 1 (M)  R 2 (M ')  M '' = Q 2( 1 ,2 ) (M). O Do đó R 2 .R 1 = Q 2( 1 , 2 ) . O □ 2. Nói qua về cách xây dựng lí thuyết về hướng mà không sử dụng phương pháp toạ độ. 1. Đoạn thẳng định hướng, sự cùng hướng, sự ngược hướng của hai đoạn thẳng định hướng. Điểm, đoạn thẳng, đoạn thẳng-không, đoạn thẳng định hướng, đoạn thẳng định hướng-không, hình thang, hình thang-không, các kí hiệu hình thang, hai đoạn thẳng định hướng cùng hướng, hai đoạn thẳng định hướng ngược hướng.     Định nghĩa 9. Hai đoạn thẳng định hướng AB, CD được gọi là cùng hướng nếu tồn tại đoạn thẳng-khác không XY sao cho các tứ giác ABYX và CDYX là những hình thang (có thể là hình thang-không) (h.4a, h.4b, h.4c, h.4d, h.4e, h.4f). 1
A B D C A C B D X Y X Y (h.4a) (h.4b) A B A C=D B C=D X Y X Y (h.4c) (h.4d) A=B A=B=C=D C=D X Y X Y (h.4e) (h.4f) Bổ đề ba hình thang khẳng định sự hợp lí của định nghĩa trên.           Để biểu thị AB, CD cùng hướng hoặc ta viết AB  CD hoặc ta viết CD  AB .         Thay cho cách nói AB, CD cùng hướng, ta còn nói AB, CD có hướng trùng nhau. Bổ đề ba hình thang khẳng định sự hợp lí của định nghĩa trên.           Để biểu thị AB, CD cùng hướng hoặc ta viết AB  CD hoặc ta viết CD  AB .         Thay cho cách nói AB, CD cùng hướng, ta còn nói AB, CD có hướng trùng nhau.     Định nghĩa 10. Hai đoạn thẳng định hướng AB, CD được gọi là ngược hướng nếu tồn tại đoạn thẳng-khác không XY sao cho các tứ giác ABYX và CDXY là những hình thang (có thể là hình thang-không) (h.5a, h.5b, h.5c, h.5d, h.5e, h.5f). A B A D C B D C X Y X Y (h.5a) (h.5b) 2
A B A C=D B C=D X Y X Y (h.5c) (h.5d) A=B A=B=C=D C=D X Y X Y (h.5e) (h.5f) Bổ đề ba hình thang khẳng định sự hợp lí của định nghĩa trên.         Để biểu thị AB, CD ngược hướng hoặc ta viết AB  CD hoặc ta viết     CD  AB .         Thay cho cách nói AB, CD ngược hướng, ta còn nói AB, CD có hướng ngược nhau. 2. Góc định hướng, sự cùng hướng, sự ngược hướng của hai góc định hướng. Góc giữa hai tia, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc giữa hai tia-không, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc giữa hai tia-bẹt, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài. Góc định hướng giữa hai tia, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc định hướng giữa hai tia-không, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc định hướng giữa hai tia-bẹt, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài. Cát tuyến dương, cát tuyến âm. t' T' O X' Z' x X Z Y T z Y' t ' y 3
t' T' O X' Y' Z x X Y Z' T y t ' z S  AMB  MB Chú ý:  . S  AMC  MC Góc lượng giác giữa hai tia, đỉnh, cạnh, chu kì. Góc giữa hai vectơ, góc định hướng giữa hai vectơ, góc lượng giác giữa hai vectơ. Cung, cung định hướng, cung lượng giác. Góc giữa hai đường thẳng, góc lượng giác giữa hai đường thẳng. Ba định lí cơ bản. Định lí 69. Với ba tia Ox, Oy, Oz và ba số nguyên k, l, m, ta có 1) (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  ) (hệ thức Chasles cho góc lượng giác giữa hai tia). 2) (Ox, Oy)k  (Oz, Oy)m – (Oz, Ox)l (mod 2  ). Chứng minh. Trong phép chứng minh này các định lí 50, 52 thường xuyên được sử dụng.  c¸c tia Ox, Oy trïng nhau 1) Bỏ qua các trường hợp đơn giản:   c¸c tia Ox, Oy ®èi nhau. Không mất tính tổng quát giả sử (Ox, Oy) có hướng dương. Có bốn trường hợp cần xem xét.  Trường hợp 1. Tia Oz nằm trong góc xOy (h.34a). y x' z O y' x (h.34a) 4
Theo hệ thức Chasles dạng mịn cho góc giữa hai tia, ta có    (Ox, Oy)0  xOy  xOz  zOy  (Ox,Oz)0  (Oz, Oy)0 . Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  ).  Trường hợp 2. Tia Oz nằm trong góc yOx '. z y x' y z=x' O O y' x y' x (h.34b) (h.34c) Có hai khả năng xảy ra. Khả năng 2.1. Tia Oz không trùng với tia Ox’ (h.34b). Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có    (Ox, Oy)0  xOy  xOz  zOy  (Ox, Oz)0  (Oz, Oy)0 . Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  ). Khả năng 2.2. Tia Oz trùng với tia Ox’ (h.34c). Có hai tình huống xảy ra.  Khi (Ox, Oz)0  , theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có   (Ox, Oy)0  xOy   zOy  (Ox, Oz)0  (Oz, Oy)0 .  Khi (Ox, Oz)0  , theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có    (Ox, Oy)0  xOy   zOy  2 zOy  2  (Ox, Oz)0  (Oz, Oy)0 . Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  ).  Trường hợp 3. Tia Oz nằm trong góc x 'Oy '. y y x' x' z O O y' z=y' x x (h.34d) (h.34e) Có hai khả năng xảy ra. Khả năng 3.1. Tia Oz không trùng với tia Oy’ (h.34d). Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có    (Ox, Oy)0  xOy  2  xOz  zOy  2  (Ox, Oz)0  (Oz,Oy)0 . 5
Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  ). Khả năng 3.2. Tia Oz trùng với tia Oy’ (h.34e). Có hai tình huống xảy ra.  Khi (Oz, Oy)0  , theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có   (Ox, Oy)0  xOy   xOz  (Oz, Oy)0  (Ox, Oz)0 . Do đó (Ox,Oy)k  (Ox,Oz)l + (Oz,Oy)m (mod2  ).  Khi (Oz, Oy)0  , theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có    (Ox, Oy)0  xOy   xOz  2 xOz  2  (Oz, Oy)0  (Ox, Oz)0 . Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  ).  Trường hợp 4. Tia Oz nằm trong góc y ' Ox (h.34f). x' y O y' z x (h.34f) Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có    (Ox,Oy)0  xOy   xOz  zOy  (Ox,Oz)0  (Oz, Oy)0 . Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  ). □ 2) Theo định lí 60, (Ox, Oz)0 = – (Oz, Ox)0. Suy ra (Ox, Oz)l = – (Oz, Ox)l. Từ đó, theo phần 1, suy ra (Ox, Oy)k  (Oz, Oy)m – (Oz, Ox)l (mod 2  ). □ Chú ý. Khi không quan tâm tới chu kì của các góc lượng giác giữa hai tia, định lí 69 được viết đơn giản như sau. 1) (Ox, Oy)  (Ox, Oz) + (Oz, Oy) (mod 2  ). 2) (Ox, Oy)  (Oz, Oy) – (Oz, Ox) (mod 2  ).    Định lí 82. Với ba vectơ-khác không a, b, c và ba số nguyên k, l, m, ta có       1) (a, b)k  (a, c) l  (c, b) m (mod 2). (hệ thức Chasles cho góc lượng giác giữa hai vectơ).       2) (a, b)k  (c, b) m  (c, a) l (mod 2). Định lí 82 là hệ quả trực tiếp của định lí 69. □ Khi không quan tâm tới chu kì của góc lượng giác giữa hai vectơ, định lí 82 được viết đơn giản như sau 6
      1) (a, b)  (a, c)  (c, b) (mod 2).       2) (a, b)  (c, b)  (c, a) (mod 2). Định lí 99. Với ba đường thẳng a, b, c và ba số nguyên k, l, m, ta có 1) (a, b)k  (a, c)l + (c, b)m (mod  ) (hệ thức Chasles cho góc lượng giác giữa hai đường thẳng). 2) (a, b)k  (c, b)m – (c, a)l (mod  ). Để chứng minh định lí 99, ta cần có một bổ đề quan trọng. Bổ đề gốc Với hai đường thẳng AB, CD và hai số nguyên k, l, ta có     (AB, CD) k  (AB, CD) l (mod ). Bổ đề gốc được chứng minh như sau. Không mất tính tổng quát giả sử các đoạn thẳng AB, CD có điểm chung. Gọi O là điểm chung của AB, CD.       Theo các định lí 8, 9, OA  AB và OC  CD.        Do đó, theo định lí 80, (OA, OC) 0  (AB, CD)0 (1). Có bảy trường hợp cần xem xét.      Trường hợp 1. 0  (OA, OC)0  . (h.36a). 2 A D O C B (h.36a)    Theo định nghĩa 122, (AB, CD) 0  (OA, OC)0 .     Kết hợp với (1), suy ra (AB, CD)0  (AB, CD)0 .      Trường hợp 2. (OA, OC)0  (h.36b). 2 A D C O B 7
(h.36b)       (AB, CD)0  (OA, OC)0  2 Theo định nghĩa 122,      (AB, CD)  (OB, OC)    . 0 0   2          (AB,CD)0  (AB, CD)0 Từ đó, chú ý rằng (AB, CD)0  , suy ra      2 (AB,CD)0  (AB, CD)0  .       Trường hợp 3.  (OA, OC)0   (h.36c). 2 D A O B C (h..36c)      Theo định nghĩa 122, (AB, CD)0  (OA, OD) 0  (OA, OC)0  .     Kết hợp với (1), suy ra (AB, CD)0  (AB, CD)0  .      Trường hợp 4.   (OA, OC)0  0 (h.36d). 2 C B A O D (h.36d)    Theo định nghĩa 122, (AB, CD) 0  (OA, OC)0 .     Kết hợp với (1), suy ra (AB, CD) 0  (AB, CD) 0 .      Trường hợp 5. (OA, OC)0   (h.36e). 2 8
A D O C B (h.36e)       (AB,CD)0  (OA, OC)0   2 Theo định nghĩa 122,       (AB,CD)  (OB,OC)  . 0 0   2          (AB,CD)0  (AB, CD)0 Từ đó, chú ý rằng (AB, CD)0   , suy ra      2 (AB,CD)0  (AB,CD)0  .       Trường hợp 6.   (OA, OC)0   (h.36f). 2 C B O A D (h.36f)      Theo định nghĩa 122, (AB, CD)0  (OA, OD)0  (OA, OC)0  .     Kết hợp với (1), suy ra (AB, CD)0  (AB, CD)0  .     Trường hợp 7. (OA, OC)0  . (h.36g). A D O B C (h..36g) Theo định nghĩa 122, (AB, CD)0  0.         (AB, CD) 0   (AB, CD) 0  (AB, CD) 0   Từ đó, chú ý rằng      , suy ra      . (AB, CD) 0     (AB, CD) 0  (AB, CD)0    9
    (AB,CD)0  (AB, CD)0      Tóm lại ta luôn có (AB,CD)0  (AB, CD)0        (AB,CD)0  (AB, CD)0  .      Do đó (AB, CD)0  (AB, CD)0 (mod ).     Suy ra (AB, CD) k  (AB, CD) l (mod ). □ Chú ý. Khi không quan tâm tới chu kì của góc lượng giác giữa hai đường thẳng và góc lượng giác giữa hai vectơ, bổ đề gốc thường được viết đơn giản như sau     (AB, CD)  (AB, CD)(mod ). Trở lại chứng minh định lí 99. 1) Trên a, b, c theo thứ tự lấy các đoạn thẳng-khác không AB, CD, EF. Theo bổ đề gốc và theo định lí 82, ta có (a, b)k  (AB, CD)k (mod  )      ( AB, CD )k (mod  )        ( AB, EF )l + ( EF, CD )m (mod  )  (AB, EF)l + (EF, CD)m (mod  )  (a, c)l + (c, b)m (mod  ). □ 2) Theo định lí 97, (a, c)0 = – (c, a)0. Suy ra (a, c)l = – (c, a)l. Từ đó, theo phần 1, suy ra (a, b)k  (c, b)m – (c, a)l (mod  ). □ Chú ý. Khi không quan tâm tới chu kì của góc định hướng giữa hai đường thẳng, định lí 99 được viết đơn giản như sau 1) (a, b)  (a, c) + (c, b) (mod  ) . 2) (a, b)  (c, b) – (c, a) (mod  ) . 3. Độ dài đại số và ứng dụng của nó trong việc giải các bài toán hình học 3.1 Các bài toán về định lí Ceva, định lí Menelaus Bài toán 1. Cho tam giác ABC và điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1. BC, CA, AB theo thứ tự cắt B1C1, C1A1, A1B1 tại A2, B2, C2. A3, B3, C3 theo thứ tự là trung điểm của A1 A2, B1B2, C1C2. Chứng minh rằng A3, B3, C3 thẳng hàng. Lời giải. 10
A C1 B1 M B A1 C A3 A2 Theo định lí Ceva, định lí Menelaus ta có A1B B1C C1A A B BC CA . .  1; 2 . 1 . 1  1. A1C B1A C1B A 2 C B1 A C 1 B A1B A2B Suy ra  . A1C A2C  A1B A1B  A 2 B 2A 0 B     A1C A1C  A 2 C A 2 A1 Do đó   A1B  A1B  A 2 B  A 2 A1 .  A C A C  A C 2A C  1 1 2 0 2 A B A B Nhân vế với vế của hai đẳng thức trên, ta có 0   1  . A 0 C  A1C    2 2 B C  B C C A C A Tương tự 0   1  ; 0   1  . B 0 A  B1A  C 0 B  C1B      2 A B B C C A A B B C C A Vậy, theo định lí Ceva, ta có 0 . 0 . 0   1 . 1 . 1   (1)2  1. A 0 C B 0 A C 0 B  A1C B1A C1B    Từ đó, theo định lí Menelaus, suy ra A2, B2, C2 thẳng hàng. □ Bài toán 2. Cho tam giác ABC và điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Đường thẳng đi qua M song song với BC theo thứ tự cắt AB, AC tại C2, B1. Đường thẳng đi qua M song song với CA theo thứ tự cắt BC, BA tại A2, C1. Đường thẳng đi qua M song song với AB theo thứ tự cắt CA, CB tại B2, A1. Dựng các hình bình hành MA1A3 A2, MB1B3B2, MC1C3C2. Chứng minh rằng AA3, BB3, CC3 hoặc đồng quy hoặc đôi một song song. Lời giải.  AA3 // BC  Bỏ qua trường hợp đơn giản:  BB 3 // CA  CC 3 // AB.  Đặt A’ = AA3 ∩ BC; B’ = BB3 ∩ CA; C’ = CC3 ∩ AB; K = AA3 ∩ B2 A1; L = AA3 ∩ A2C1 (h.a36). 11
A B2 B3 C1 C3 K M C2 B1 A' L B A1 A2 C A3 (h.a36) AB AB AA1 AA 2 Ta cã  . . AC AA1 AA 2 AC AB AA1 LA 2  . . (v× A1K // BA; A 2 L // CA vµ ®Þnh lÝ A6) KA1 AA 2 AC AB AA1 LA 2  . . AC KA1 AA 2 AB AA 2 LA 2  . . (v× A1K // A 2 A 3 vµ ®Þnh lÝ A6) AC A 3 A 2 AA 2 AB LA 2  . (1). AC A 3 A 2        Theo bổ đề hình bình hành [1], A3 A 2  A1 M; AC 1  B 2 M. Do đó, theo bổ đề độ dài đại số [1], A3 A 2  A1 M; AC 1  B 2 M (2). Vậy, ta có LA 2 LA 2   (v× (2)) A3 A 2 A1 M LA 2 LC1   (v× A 3A 2 // AC1 vµ ®Þnh lÝ A 6 ) A3 A 2 AC1 LC1  (v× (2)). B2M LA 2 LA 2  LC1 Do ®ã  (theo tÝnh chÊt cña tØ lÖ thøc) A 3 A 2 A1 M  B 2 M C1 A 2  (theo ®Þnh lÝ 26[1])(3). A1 B 2 AB AB C1A 2 Từ (1) và (3) suy ra  . . AC AC A1B 2 B C BC A1B 2 CA CA B1C 2 Tương tự  . ;  . . B A BA B1C 2 CB CB C1A 2 12
AB BC CA Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, theo định lí 23 [1], ta có. .  1. AC BA CB Theo định lí A10, AA3, BB3, CC3 hoặc đồng quy hoặc đôi một song song. □ Bài toán 3. Cho tam giác ABC và điểm O không thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Đường thẳng ∆ đi qua O và theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1 khác A, B, C. A2, B2, C2 theo thứ tự là ảnh của A1, B1, C1 qua SO. Chứng minh rằng AA2, BB2, CC2 hoặc đồng quy hoặc đôi một song song. Lời giải. Trước hết ta cần có một bổ đề. Bổ đề. Cho bốn đường thẳng a, b, c, d đồng quy tại O và hai đường thẳng ∆1, ∆2 không đi qua O. ∆1, ∆2 theo thứ tự cắt a, b, c, d tại A1, B1, C1, D1; A2, B2, C2, D2. Khi đó C 1 A1 D 1 A1 C 2 A 2 D 2 A 2 :  : . C 1 B 1 D1B 1 C 2 B 2 D 2 B 2 Chứng minh bổ đề. Qua C1, dựng đường thẳng ∆3 song song với d. Gọi A3, B3 theo thứ tự là giao điểm của ∆3 với a, b. Qua C2, dựng đường thẳng ∆4 song song với d. Gọi A4, B4 theo thứ tự là giao điểm của ∆4 với a, b (h.a37). CA DA CA CB Ta thÊy 1 1 : 1 1  1 1 : 1 1 C1B1 D1B1 D1A1 D1B1 C1 A 3 C1 B 3  : (v× C1A 3 // D1O;C 1B 3 // D1O vµ ®Þnh lÝ A6) D1O D1O C1 A 3  (1). C1B 3 d b c a B4 C2 A2 B2 2 D2 3 A4 O A3 A1 1 C1 4 B1 D1 B3 (h.a37) C 2 A2 D2 A2 C 2 A4 Tương tự :  (2). C 2 B 2 D2 B2 C 2 B 4 C1 A 3 C 2A4 Vì ∆3 // d // ∆4 nên, theo định lí A7,  (3). C1B 3 C2 B4 13
C 1 A1 D 1 A1 C 2 A 2 D 2 A 2 Từ (1), (2) và (3) suy ra :  : . □ C 1 B 1 D1B 1 C 2 B 2 D 2 B 2 Trở lại giải bài toán A12.  AA 2 // BC  Bỏ qua trường hợp đơn giản:  BB 2 // CA  CC 2 // AB.  Đặt A3 = AA2 ∩ BC; B3 = BB2 ∩ CA; C3 = CC2 ∩ AB (h.a38). Vì A 2  S O (A1 ) nên, theo bổ đề 1 trong bài toán A7,  OA 2  OA1 (1). A A2 C1 B2 O B1 C2 A3 B C A1 (h.a38) A 3 B A 1 B A 2 C 1 A1 C 1 VËy :  : (theo bæ ®Ò trªn) A 3 C A1 C A 2 B 1 A 1 B 1 OC1  OA 2 A1C1  : (theo ®Þnh lÝ 26[1]) OB1  OA 2 A1 B1 OC1  OA1 A1C1  : (v× (1)). OB1  OA1 A1 B1 A 3B OA1  OC1 A1B1 A1 B Do đó  . . . A 3C OA1  OB1 A1C1 A1C B 3C OB1  OA1 B1C1 B1C C 3 A OC1  OB1 C1 A1 C1 A Tương tự  . . ;  . . . B 3 A OB1  OC1 B1 A1 B1 A C 3 B OC1  OA1 C1 B1 C1B Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, chú ý rằng A1, B1, C1 thẳng hàng, theo các định lí A11, 23 [1], ta có A 3B B 3C C 3A . .  1. A 3C B 3A C3 B Theo định lí A10, suy ra AA2, BB2, CC2 hoặc đồng quy hoặc đôi một song song. □ Bài toán 4. Cho tam giác ABC, điểm O, đường thẳng ∆. A1, B1, C1 theo thứ tự là ảnh của A, B, C qua SO. A2, B2, C2 theo thứ tự thuộc các đường thẳng B1C1, C1A1, A1B1 sao cho AA2, BB2, CC2 cùng song song với ∆. Chứng minh rằng A2, B2, C2 thẳng hàng. Lời giải. Dựng đường thẳng d bất kì, cắt ∆ (h.a39). Gọi  là phép chiếu song song phương ∆, xuống d. 14
(A)  (A 2 )  A '  (B)  (B 2 )  B ' (C)  (C 2 )  (C ')   Giả sử (A1 )  A1 '  (B1 )  B1 ' (C )  C' 1 1  (O)  O'.  Vì A1, B1, C1 theo thứ tự là ảnh của A, B, C qua SO nên, theo bổ đề 1 trong bài toán A7, OA1   OA;OB1   OB;OC1   OC. ' ' ' Từ đó, theo định lí A3 , suy ra O' A1   O' A ';O' B1   O ' B ';O' C 1   O' C ' (1). ' A 2 B1 A ' B1 VËy  (theo ®Þnh lÝ A3) ' A 2C1 A ' C1 ' O' B1  O ' A '  (theo ®Þnh lÝ 26[1]) ' O 'C1  O' A '  O' B '  O' A '  (v× (1)) O'C'  O'A' O' B '  O' A '  . O' C '  O ' A ' BC O 'C '  O' B ' C 2 A1 O' A '  O' C ' Tương tự 2 1  ;  . B 2 A1 O' A '  O' B ' C 2 B1 O ' B '  O' C ' A A2 B1 C1 O C B C2 A1 B2 (h.a39) A 2 B1 B 2 C 1 C 2 A1 Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, ta có . .  1. A 2 C 1 B 2 A1 C 2 B 1 Theo định lí A11, A2, B2, C2 thẳng hàng. □ 15
Bài toán 5. Cho tam giác không cân ABC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp. A’, B’, C’ theo thứ tự là ảnh của A, B, C qua RBC, RCA, RAB. Chứng minh rằng các đường tròn (OAA’), (OBB’), (OCC’) cùng đi qua một điểm khác O. Lời giải. Trước hết ta cần có một bổ đề. Bổ đề Cho tam giác ABC cân tại A. Trung trực của các đoạn AB, AC theo thứ tự cắt đường thẳng BC tại M, N. Khi đó MB   NC; NB   MC. Chứng minh bổ đề. Gọi H là trung điểm của BC; ∆B, ∆C theo thứ tự là trung trực của các đoạn AB, AC. (h.a40, h.a41). Vì ABC cân tại A nên AH là trung trực của đoạn BC. Suy ra R AH (A)  A; R AH (B)  C; R AH (C)  B. Do đó R AH ( B )   C ; R AH (BC)  CB. Vậy R AH (M)  R AH ( B  BC)  R AH ( B )  R AH (BC)  C  CB  N. A A C B B C B M H N C N B H C M (h.a40) (h.a41) Điều đó có nghĩa là H là trung điểm của MN. Tóm lại BC, MN có cùng trung điểm. □ Từ đó, theo định lí 28 [1], suy ra MB   NC; NB   MC. Trở lại giải bài toán A14. Giả sử trung trực của đoạn OA theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A0, A1, A2; trung trực của đoạn OB theo thứ tự cắt CA, AB, BC tại B0, B1, B2; trung trực của đoạn OC theo thứ tự cắt AB, BC, CA tại C0, C1, C2 (h.a42). Đương nhiên A0, B0, C0 theo thứ tự là tâm của (OAA’), (OBB’), (OCC’) (1). A A2 A1 O B1 C2 B C1 B 2 C C0 B0 A0 (h.a42) 16
Vì các bộ ba điểm A0, A1, A2; B0, B1, B2; C0, C1, C2 thẳng hàng nên, theo định lí A11, A 0 B A1 C A 2 A B C BA B B C A CB CC . .  1; 0 . 1 . 2  1; 0 . 1 . 2  1 (2). A 0 C A 1A A 2 B B 0 A B1B B 2C C 0 B C 1C C 2 A Vì các tam giác OBC, OCA, OAB cân tại O nên, theo bổ đề trên, C1 B   B 2 C;C1C   B 2 B; A1C   C 2 A; A1A   C 2 C; B1A   A 2 B; B 1B   A 2 A (3). A0B B0C C0 A Nhân vế với vế ba đẳng thức trong (2), chú ý tới (3), suy ra . .  1. A0C B0 A C 0B Theo định lí A11, A0, B0, C0 thẳng hàng (4). Gọi P là điểm đối xứng với O qua A0B0C0. Từ (1) và (4) suy ra (OAA’), (OBB’), (OCC’) cùng đi qua một điểm khác O (điểm P). □ Bài toán 6. Cho tam giác ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp. A1, B1, C1 theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB. A2, B2, C2 theo thứ tự thuộc các đường thẳng B1C1, C1A1,    A1B1 sao cho AIA 2  BIB 2  CIC 2  90. Chứng minh rằng A2, B2, C2 thẳng hàng. Lời giải. Trước hết ta cần có hai bổ đề. Bổ đề 1. Nếu đường tròn nội tiếp của tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB tại A1, B1, C1 thì AB1 = AC1 = p – a; BC1 = BA1 = p – b; CA1 = CB1 = p – c. Bổ đề 2. Với mọi tam giác ABC, ta có A (p  b)(p  c) A p(p  a) sin  ; cos  . 2 bc 2 bc Phép chứng minh các bổ đề trên rất đơn giản, không trình bày ở đây. Trở lại giải bài toán A15. Gọi X, Y theo thứ tự là giao điểm của IA2 với AB, AC (h.a43). Đương nhiên A không thuộc các đoạn C1X, B1Y (1).   Vì IAX  IAY; AI  XY nên AX = AY (2). pa p a bc Theo các bổ đề 1, 2, AX  AY    (3). 2 A p(p  a) p cos 2 bc 17
A 2 B1 XC1 YA VËy 1  . . (v× A 2 , X, Y th¼ng hµng vµ ®Þnh lÝ A11) A 2 C1 XA YB1 A 2 B1 AC1  AX YA  . . (theo ®Þnh lÝ 26[1]) A 2 C1 XA AB1  AY AC1 YA 1 AB  2 1 . AX . AY A 2 C1 XA AB1 1 AX AY AC1 A 2 B1 AX  1 1  . . (theo (1) vµ ®Þnh lÝ 25[1]) A 2 C1 1 AB1 1 AY A B AY AC1  AX  2 1. . A 2 C1 AX AB1  AY A 2 B1 AC1  AX  . (v× (2)) A 2 C1 AB1  AY c bc  A 2 B1 2 p  . (v× (3)). A 2 C1 b  bc 2 p A X A2 C1 B1 I Y B A1 C (h.a43) A 2 B1 c a  c  3b Từ đó, sau một vài phép biến đổi đại số đơn giản, suy ra  . . A 2 C1 b a  b  3c B 2C1 a b  a  3c C 2 A1 b c  b  3a Tương tự  . ;  . . B 2 A1 c b  c  3a C 2 B1 a c  a  3b A 2 B 1 B 2 C 1 C 2 A1 Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, ta có . .  1. A 2 C 1 B 2 A1 C 2 B 1 Theo định lí A11, A2, B2, C2 thẳng hàng. □ Bài toán 7. Cho tam giác ABC không cân, (O) là đường tròn ngoại tiếp, I là tâm  đường tròn nội tiếp. A1 là trung điểm cung BAC. A1I cắt BC tại A2. Tương tự có B2, C2. Chứng minh rằng AA2, BB2, CC2 đồng quy tại một điểm thuộc OI. 18
Lời giải. Trước hết ta cần có một bổ đề. Bổ đề. Với các kí hiệu trong bài toán 1, gọi A0 là giao điểm thứ hai của A1O với (O); A3 là giao điểm của A1O với BC; r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ta có AI r  . A 0 I A0A3 Chứng minh bổ đề. Gọi H là hình chiếu của I trên AB. IA BA 0 Ta cã 0  (v× AI 0  BA 0 ) IA AI AA  0 3 (v× c¸c tam gi¸c IAH, A 0 BA 3 ®ång d¹ng) IH AA  0 3. IM      IA 0 A 0 A3 Từ đó, chú ý rằng IA  IA 0 ; IM  A 0 A 3 , suy ra  . IA IM A1 A H O I B C M A3 A0 Trở lại giải bài toán 7. Giả sử AA2 cắt OI tại X. Từ A2 kẻ đường thẳng song song với A0 A1 theo thứ tự cắt OI, AA0 tại Y, Z. Vì O là trung điểm của A1 A0 nên Y là trung điểm của A2Z (1). Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AA2Z cát tuyến XYI, ta có XA YA 2 IZ . .  1. XA 2 YZ IA 19
A1 A Z O Y I X B A3 C A2 M A0 XA IZ Kết hợp với (1), suy ra .(1).  1. XA 2 IA XA 2 IZ Do đó  . XA IA AA 2 IZ Suy ra  1 (2). AX IA Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XYA2 cát tuyến IZA, ta có IY AX ZA 2 . .  1. IX AA 2 ZY IY AX Kết hợp với (1), ta có . .2  1. IX AA 2 IY 1 AA 2 Do đó  . . IX 2 AX IY 1  IZ  Kết hợp với (2), ta có  . 1  . IX 2  IA  Vậy, ta có IO IO IY IO 1  IZ  1 IO 1 IO IZ 1 IA1 1 IA 0 IZ  .  . 1   .  . .  .  . . IX IY IX IY 2  IA  2 IY 2 IY IA 2 IA 2 2 IZ IA 1  A A  1 IA 1  AA  1 A A 1  AA A A   .  1  1 2   . 0  . 1  1 3   . 0 3  .  1  1 3  0 3  2  IA 2  2 IA 2    IM  2 IM  2  IM IM  1  A A  1  2R  1 R  . 1  0 1   . 1    . 2  IM  2   r  2 r 20