Nghiên cứu hình học phẳng và phương pháp số phức: Phần 2

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:114

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nối tiếp nội dung phần 1, phần 2 cuốn sách "Phương pháp số phức và hình học phẳng" trình bày các nội dung: Đường tròn đơn vị nội tiếp, đa giác đều, diện tích đa giác. Cuối sách là phần lời giải và gợi ý bài tập và các bài tập tự giải để người học tự ôn tập và củng cố kiến thức.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Nghiên cứu hình học phẳng và phương pháp số phức: Phần 2

Chương 8 ĐƯỜNG TRÒN ĐƠN VỊ NỘI TIẾP 8.1. Tọa độ đơn vị mới . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 8.2. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 8.3. Bài tập. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 8.1. TỌA ĐỘ ĐƠN VỊ MỚI Những bài toán ở các phần trước đều giải bằng cách chọn hệ toạ độ sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác hoặc tứ giác là đường tròn đơn vị. Với cách đã chọn thì việc tính toán và giải các bài toán trở nên đơn giản và dễ hiểu. Nhưng có những bài toán về đường tròn nội tiếp hay đường phân giác, thì cách tốt hơn là chọn chính đường tròn nội tiếp tam giác hoặc tứ giác làm đơn vị. Trong phần này ta xét một loạt thí dụ và bài tập bằng cách chọn này. Cho tam giác A1 A2 A3 , ta thường gán nhãn của các đỉnh tam giác là a1 ,a2 ,a3 rồi đi tìm những mối liên hệ giữa chúng theo dữ kiện của bài toán đã cho. Hình 8.1. Trong trường hợp đường tròn
8.2. Ví dụ 71 nội tiếp tam giác A1 A2 A3 tâm J và các điểm tiếp xúc T1 ,T2 ,T3 lần lượt đối với các cạnh A2 A3 , A3 A1 , A1 A2 , người ta thường chọn đường tròn nội tiếp tam giác trùng với đường tròn đơn vị và nhãn t1 ,t2 , t3 là đã biết trên đường tròn, còn các đỉnh của tam giác có nhãn tính theo công thức ở chương trước 2t2 t3 2t1 t3 2t1 t2 a1 = , a2 = , a3 = , t2 + t3 t1 + t3 t1 + t2 ở đây ta đưa thêm vào ký hiệu sau: δ1 = t1 + t2 + t3 , δ2 = t1 t2 + t2 t3 + t3 t1 , δ3 = t1 t2 t3 . Người ta cũng tìm được nhãn các điểm đặc biệt của tam giác biểu diễn theo t1 ,t2 , t3 thông qua các ví dụ sau: 8.2. VÍ DỤ Ví dụ 8.1. Cho tam giác A1 A2 A3 , đường tròn đơn vị J nội tiếp tam giác tiếp xúc các cạnh A1 A2 , A2 A3 , A3 A1 lần lượt tại T1 , T2 , T3 . Hãy tính các đại lượng sau theo t1 , t2 , t3 . 1. Nhãn o của tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 . 2. Nhãn h trực tâm H của tam giác A1 A2 A3 . 3. Nhãn o9 của tâm O9 đường tròn 9 điểm của tam giác A1 A2 A3 . 4. Bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 . Lời giải. 1. Vì |OA1 | = |OA2 | = |OA3 |, suy ra o là nghiệm của hệ (o − a1 )(o − a1 ) = (o − a2 )(o − a2 ) (o − a2 )(o − a2 ) = (o − a3 )(o − a3 )
72 Chương 8. Đường tròn đơn vị nội tiếp hay là −o(a1 − a2 ) − o(a1 − a2 ) = a2 a2 − a1 a1 (8.1) −o(a2 − a3 ) − o(a2 − a3 ) = a3 a3 − a2 a2 (8.2) Ta có 2 2 2(t1 − t2 ) a1 − a2 = − = t2 + t3 t3 + t1 (t2 + t3 )(t3 + t1 ) 2t2 t3 2t1 t3 2t2 (t2 − t1 ) 3 a1 − a2 = − = t2 + t3 t3 + t1 (t2 + t3 )(t3 + t1 ) 4t1 t3 4t2 t3 a2 a2 − a1 a1 = 2 − (t3 + t1 ) (t2 + t3 )2 t1 (t2 + 2t2 t3 + t2 ) − t2 (t2 + 2t1 t3 + t2 ) 2 3 3 1 = 4t3 (t3 + t1 )2 (t2 + t3 )2 t1 t2 + t1 t2 − t2 t2 − t2 t2 = 4t3 2 3 3 1 (t3 + t1 )2 (t2 + t3 )2 t1 t2 (t2 − t1 ) − t2 (t2 − t1 ) 3 (t2 − t1 )(t1 t2 − t2 ) 3 = 4t3 = 4t3 (t3 + t1 )2 (t2 + t3 )2 t3 + t1 )2 (t2 + t3 )2 Từ (8.1) ta có 2(t2 − t1 ) 2t2 (t2 − t1 ) 3 (t2 − t1 )(t1 t2 − t2 ) 3 o −o = 4t3 (t3 + t1 )(t2 + t3 ) (t3 + t1 )(t2 + t3 ) t3 + t1 )2 (t2 + t3 )2 Hay là 2t3 (t1 t2 − t2 ) o − t2 o = 3 3 (t3 t1 )(t2 + t3 ) Từ (8.2) tương tự có 2t1 (t2 t3 − t2 ) o − t2 o = 1 1 (t3 t1 )(t1 + t2 ) Trừ hai đẳng thức sau cùng cho nhau được 2t1 (t2 t3 − t2 ) 2t3 (t1 t2 − t2 ) (t2 − t2 )o = 3 1 1 − 3 (t3 t1 )(t1 + t2 ) (t3 t1 )(t2 + t3 )
8.2. Ví dụ 73 (t2 + t3 )(2δ3 − 2t3 ) − (t1 + t2 )(2δ3 − 2t3 ) 3 3 = (t3 + t1 )(t2 + t3 )(t1 + t2 ) 2δ3 (t3 − t1 ) + 2t2 (t3 − t3 ) + 2t3 t1 (t2 − t2 ) 3 1 3 1 = δ1 δ2 − δ3 Khi đó 2δ3 + 2t2 (t2 + t3 t1 + t2 ) + 2t3 t1 (t3 + t1 ) 3 1 (t3 + t1 )o = δ1 δ2 − δ3 4δ3 + 2t2 t2 + 2t2 t2 + 2t2 t1 + 2t3 t2 3 1 3 1 = δ1 δ2 − δ3 t2 t3 (t3 + t1 ) + t3 t1 (t3 + t1 ) + t1 t2 (t1 + t3 ) =2 δ1 δ2 − δ3 từ đó suy ra 2δ2 o= δ1 δ2 − δ3 δ1 δ2 Do δ2 = , δ1 = ta nhận được δ3 δ3 δ1 2 2δ2 δ3 2δ1 δ3 o= = = δ1 δ2 − δ3 δ2 δ1 1 δ1 δ2 − δ3 δ32 − δ 3 2δ1 δ3 o= δ1 δ2 − δ3 − → − → − → −→ − − − − 2. Do công thức tính tổng vectơ, ta có OA1 + OA2 + OA3 = OH. Do đó a1 − o + a2 − o + a3 − o = h − o, hay là h = a1 + a2 + a3 − 2o. h t2 t3 t3 t1 t1 t2 2δ1 δ3 = + + − 2 t2 + t3 t3 + t1 t1 + t2 δ1 δ2 − δ3 t2 t3 (t3 + t1 )(t1 + t2 ) + t3 t1 (t1 + t2 )(t2 + t3 ) + t1 t2 (t2 + t3 )(t3 + t1 ) = (t1 + t2 )(t2 + t3 )(t3 + t1 ) 2δ1 δ3 − δ1 δ2 − δ3
74 Chương 8. Đường tròn đơn vị nội tiếp t2 t3 (t2 + δ2 ) + t3 t1 (t2 + δ2 ) + t1 t2 (t2 + δ2 ) 1 2 3 2δ1 δ3 = − (t1 + t2 )(t2 + t3 )(t3 + t1 ) δ1 δ2 − δ3 δ1 δ3 + δ2 2 2δ1 δ3 δ 2−δ δ 1 3 = − = 2 δ1 δ2 − δ3 δ1 δ2 − δ3 δ1 δ2 − δ3 2 δ2 − δ1 δ3 h=2 δ1 δ2 − δ3 (h + o) 3. Do O9 là trung điểm của OH, nên e = , hay là 2 δ 2 − δ1 δ3 + δ1 δ3 δ22 e= 2 = δ1 δ2 − δ3 δ1 δ2 − δ3 2 2 4. R = |o − a| = (o − a)(o − a) = oo + aa − ao − oa 4δ1 δ2 δ3 4 4δ1 δ3 1 = + − (δ1 δ2 − δ3 )2 (t2 + t3 )(t2 + t3 ) δ1 δ2 − δ3 t2 + t3 R2 δ1 δ2 δ3 4 δ1 δ3 = + − 4 (δ1 δ2 − δ3 )2 (t2 + t3 )2 (δ1 δ2 − δ3 )(t2 + t3 ) t2 t3 δ2 − (δ1 δ2 − δ3 )(t2 + t3 ) δ1 δ2 δ3 t2 t3 (δ1 δ2 − δ3 ) − (t2 + t3 )δ1 δ3 − t2 t3 (t2 + t3 )δ2 = 2 + (δ1 δ2 − δ3 ) (t2 + t3 )(δ1 δ2 − δ3 ) δ1 δ2 δ3 t2 t3 (t1 + t3 )(t1 + t2 )δ1 δ2 − t2 t3 δ2 = + (δ1 δ2 − δ3 )2 (t2 + t3 )(δ1 δ2 − δ3 ) δ1 δ2 δ3 t1 δ3 − δ1 δ3 = 2 + (δ1 δ2 − δ3 ) (t2 + t3 )(δ1 δ2 − δ3 ) δ1 δ2 δ3 δ3 (t2 + t3 ) = 2 − (δ1 δ2 − δ3 ) (t2 + t3 )(δ1 δ2 − δ3 ) δ1 δ2 δ3 δ3 δ32 = − = (δ1 δ2 − δ3 )2 δ1 δ2 − δ3 (δ1 δ2 − δ3 )2 Như vậy, 2 2 4δ3 2δ3 R2 = = (δ1 δ2 − δ3 )2 δ1 δ2 − δ3
8.2. Ví dụ 75 δ3 Ta sẽ chứng minh số λ = là số thực và dương, thật vậy δ1 δ2 − δ3 1 δ3 δ3 δ3 λ= = = =λ δ3 − δ1 δ2 1 δ1 δ2 δ3 − δ1 δ2 − 2 δ3 δ3 Do đó λ là một số thực. Ta viết λ cách khác δ3 1 1 1 = = = δ3 − δ1 δ2 δ2 1 − δ1 δ1 1 − |δ1 |2 1 − δ1 δ3 Chúng ta sẽ chứng minh |δ1 | < 1. Thật vậy, ta nhận thấy các góc của tam giác T1 T2 T3 luôn luôn nhọn. Suy ra trực tâm nằm trong tam giác T1 T2 T3 , nhãn của trực tâm chính là δ1 , vậy nó nằm trong đường tròn ngoại tiếp T1 T2 T3 , đó chính là đường tròn đơn vị, vì thế |δ1 | < 1. Như vậy λ ≥ 0, từ R2 = 4λ2 , suy ra R = 2λ, nghĩa là R= 2 1 − δ1 δ2 . J Ví dụ 8.2. Cho tam giác A1 A2 A3 nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R và đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 , tâm J bán kính r. Gọi d là khoảng cách giữa hai tâm đường tròn O và J. Chứng minh rằng d2 = R2 − 2Rr. Lời giải. Gọi T1 , T2 , T3 là tiếp điểm của các cạnh A2 A3 ,A3 A1 ,A1 A2 và đường tròn nội tiếp tâm J. Chọn hệ toạ độ sao cho tâm đường tròn đơn vị trùng với tâm của đường tròn nội tiếp. Gọi t1 , t2 , t3 nằm trên đường tròn đơn vị và đường thẳng JT1 , JT2 , JT3 , do đó nhãn của T1 , T2 , T3 là t1 = rt1 , t2 = rt2 , t3 = rt3 . Từ ví dụ trước ta có 2δ1 δ3 o= do đó δ1 δ2 − δ3 2δ1 δ3 2δ3 o= r và R = r δ1 δ2 − δ3 δ3 − δ1 δ2
76 Chương 8. Đường tròn đơn vị nội tiếp Vì vậy o = −Rδ1 và o = −Rδ1 . Tính δ1 δ2 δ3 − δ1 δ2 d2 = |OI|2 = oo = R2 δ1 δ1 = R2 = R2 (1 − ) δ3 δ3 2r = R2 (1 − ) = R2 − 2Rr. R Ví dụ 8.3. Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm O của đường tròn ngoại tiếp với tâm J của đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 là đường thẳng Euler của tam giác T1 T2 T3 (T1 , T2 , T3 là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp và tam giác). Lời giải. Tất cả các ký hiệu và chọn hệ toạ độ như các ví dụ trên. Do đó theo ví dụ 1, ta có 2δ1 δ3 o= δ1 δ2 − δ3 Vậy, o 2δ3 2 2 o = = = = δ1 δ1 δ2 − δ3 δ2 δ1 δ1 − 1 δ1 δ1 − 1 δ3 mà trực tâm của tam giác T1 T2 T3 có nhãn chính là δ1 . Như vậy, IO o và IH cùng nằm trên một đường thẳng (do arg = 0 hoặc π). δ1 J Ví dụ 8.4. (Đề thi quốc tế lần thứ 23). Cho tam giác A1 A2 A3 với các cạnh có độ dài khác nhau. Với mỗi k = 1, 2, 3 ký hiệu Mk là điểm giữa của các cạnh đối diện với đỉnh Ak , Tk là điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp tam giác với cạnh đối diện với đỉnh Ak . Sk là điểm đối xứng của Tk qua đường phân giác xuất phát từ đỉnh Ak . Chứng minh rằng , những đường thẳng M1 S1 , M2 S2 , M3 S3 cắt nhau tại một điểm.
8.2. Ví dụ 77 Lời giải. Chọn hệ toạ độ sao cho A3 đường tròn nội tiếp là đơn vị . Do T1 cung T2 T3 và T1 S1 song song, từ đó T2 O suy ra t2 t3 = t1 s1 hay là s1 = t2 t3 t1 . S2 S1 Tương tự s2 = t1 t3 t2 , s3 = t1 t2 t3 . J S3 A1 A2 Khi đó s2 − s3 = t1 (t3 t2 − t2 t3 ). T3 Nhưng số t3 t2 − t2 t3 hoàn toàn ảo, Hình 8.2. nghĩa là OT1 vuông góc với S2 S3 . Từ đó suy ra S2 S3 song song với A2 A3 , mà M2 M3 //A2 A3 vậy S2 S3 //M2 M3 . Từ cách chứng minh trên suy ra S1 S2 S3 và M1 M2 M3 có các cạnh tương ứng song song. Hai tam giác này không bằng nhau, vì đường tròn đi qua S1 S2 S3 là đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 có bán R kính r ≤ (đẳng thức xẩy ra khi tam giác A1 A2 A3 là đều). Mà bán 2 R kính đường tròn ngoại tiếp tam giác M1 M2 M3 là . Suy ra theo 2 định lý Talet thì M1 M2 M3 và S1 S2 S3 vị tự, nghĩa là M1 S1 ,M2 S2 , M3 S3 cắt nhau tại một điểm (đó chính là tâm vị tự). J Ví dụ 8.5. Các giả thiết như ví dụ cuối cùng. Chứng minh rằng điểm cắt của ba đường thẳng trong cách chứng minh của ví dụ trên nằm trên đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 . Lời giải. Ta gọi z là điểm cắt thứ hai của đường M1 S1 với đường tròn đơn vị. Do đó có công thức z + s1 = m1 + zs1 m1 1 2t3 t1 2t1 t2 Nhưng m1 = (a2 + a3 ), a2 = và a3 = do tính chất 2 t1 + t3 t1 + t2
78 Chương 8. Đường tròn đơn vị nội tiếp của tiếp tuyến với đường tròn. Khi đó thay vào trên ta có t2 t3 t3 t1 t1 t2 t2 t3 1 1 z+ = + +z + t1 t3 + t1 t1 + t2 t1 t3 + t1 t1 + t2 Biến đổi đẳng thức về dạng t2 t3 1 1 t3 t1 t1 t2 t2 t3 z 1− + = + − t1 t3 + t1 t1 + t2 t3 + t1 t1 + t2 t1 và z(t1 + t2 + t3 )(t2 − t2 t3 ) = (t1 t2 + t2 t3 + t3 t1 )(t2 − t2 t3 ) 1 1 hoặc t1 t2 + t2 t3 + t3 t1 z= t1 + t2 + t3 (vì t2 − t2 t3 = 0, nếu ngược lại thì T1 T2 T3 là tam giác cân, từ đó suy 1 ra A1 A2 A3 cũng cân vô lý). Nhãn z của điểm Z phụ thuộc vào t1 , t2 , t3 có vai trò như nhau, vậy đường thẳng M2 S2 và M3 S3 cũng đi qua điểm Z (mà Z đã nằm trên đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 ). J 8.3. BÀI TẬP 8.6. Điểm A1 , B1 , C1 lần lượt là điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng nếu N là giao điểm của OC1 và A1 B1 thì CN đi qua điểm giữa cạnh AB. 8.7. Đường tròn tâm O tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lần lưowj t tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng nếu M là trung điểm của BC thì đường thẳng OM đi qua trung điểm AA1 . 8.8. Cho hai tiếp tuyến P T và P B của một đường tròn cho trước. Dựng đường kính AB đi qua B và dựng đường vuông góc từ T
8.3. Bài tập 79 xuống AB có chân là H. Chứng minh rằng đường thẳng AP đi qua điểm giữa của T H. 8.9. Chứng minh rằng trong tam giác ABC, đường phân giác của góc tại đỉnh A, đường trung bình song song với cạnh AC và đường thẳng nối hai điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp tam giác ABC trên cạnh BC và CA, cắt nhau tại một điểm . 8.10. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng những giao điểm N và M của đường phân giác trong đỉnh B và C của tam giác ABC với đường thẳng DE và đỉnh B, C cùng nằm trên một đường tròn. 8.11. (Định lý Newton). Trung điểm của các đường chéo trong một tứ giác ngoại tiếp đường tròn và tâm đường tròn đó thẳng hàng. 8.12. Cho tứ giác ngoại tiếp đường tròn (O). Chứng minh rằng những đường nối những điểm tiếp xúc của các cạnh đối diện và các đường chéo tứ giác cắt nhau tại một điểm. 8.13. Tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Tại các điểm A, B, C kẻ những tiếp tuyến với đường tròn, chúng cắt nhau tạo thành tam giác A0 B0 C0 (điểm A0 là điểm cắt của hai đường tiếp tuyến tại B và C,...). Lấy P, Q, R tương ứng là những điểm cắt của BC và B0 C0 , CA và C0 A0 , AB và A0 B0 . Chứng minh rằng những điểm P, Q, R nằm trên một đường thẳng. 8.14. Cho I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 . Những tia A1 I, A2 I, A3 I cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 tại các điểm tương ứng B1 , B2 , B3 . Chứng minh rằng A1 B1 và B2 B3 vuông góc với nhau.
80 Chương 8. Đường tròn đơn vị nội tiếp 8.15. Cho B1 và C1 là những điểm cắt của các đường phân giác xuất phát từ B và C của tam giác ABC với đưowh ng tròn ngoại tiếp tam giác này. Nếu O và I là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội −→ − → − → − − − tiếp, đồng thời có ON = OB1 + OC1 , chứng minh rằng IN và BC vuông góc với nhau.
Chương 9 TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG 9.1. Quan hệ đồng dạng của hai tam giác . . . . . . . . . . . . . . 81 9.2. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 9.3. Bài tập. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 9.1. QUAN HỆ ĐỒNG DẠNG CỦA HAI TAM GIÁC Cho hai tam giác đồng dạng A1 A2 A3 và B1 B2 B3 cùng hướng nào đó (các cạnh tương ứng của hai tam giác có cùng hướng với trục tọa độ). Khi đó những góc A1 ,A2 ,A3 A3 A3 tương ứng bằng các góc B1 , B2 , A1 A3 B1 B3 B3 và tỷ số và là bằng A1 A2 B1 B2 nhau. Nếu ta ký hiệu số phức A1 A1 A3 A1 k = (cos A1 + i sin A1 ) nghĩa B3 B3 A1 A2 A2 là A2 B1 B1 B3 B1 k= (cos B1 + i sin B1 ) B1 B2 B2 B2 hoặc nói cách khác a3 − a1 b3 − b1 Hình 9.1. k= và k = . a2 − a1 b2 − b1 Do đó, nếu tam giác A1 A2 A3 và B1 B2 B3 đồng dạng và cùng
82 Chương 9. Tam giác đồng dạng hướng, thì a3 − a1 b3 − b1 = a2 − a1 b2 − b1 Ngược lại, nếu đẳng thức sau cùng là đúng, thì hai tam giác A1 A2 A3 và B1 B2 B3 đồng dạng và cùng hướng, bởi vì A1 A3 B1 B3 = và A1 = B1 . A1 A2 B1 B2 Nếu hai tam giác A1 A2 A3 và B1 B2 B3 đồng dạng, nhưng ngược a3 − a1 b3 − b1 hướng nhau thì tỷ số và có cùng môđun, còn argu- a2 − a1 b2 − b1 men của chúng bằng nhau theo giá trị tuyệt đối, nhưng chỉ hướng khác nhau. Hay là, mỗi tỷ số trên của tam giác này bằng số phức liên hợp của tỷ số kia. 9.2. VÍ DỤ Ví dụ 9.1. Nếu B1 , B2 , B3 là những điểm của mặt phẳng A1 A2 A3 , sao cho những tam giác A1 A2 B3 , A2 A3 B1 , A3 A1 B2 là đồng dạng và cùng hướng. Chứng minh rằng những trọng tâm của các tam giác A1 A2 A3 và B1 B2 B3 trùng nhau. Lời giải. Từ giả thiết suy ra tồn tại số phức k sao cho b3 − a1 b1 − a2 b2 − a3 = = =k a2 − a1 a3 − a2 a1 − a3 suy ra b3 = a1 + k(a2 − a1 ), b1 = a2 + k(a3 − a2 ), b2 = a3 + k(a1 − a3 ). Cộng hai vế của các đẳng thức, ta có b1 + b2 + b3 = a1 + a2 + a3 . Từ đó suy ra trọng tâm của A1 A2 A3 và B1 B2 B3 trùng nhau. J
9.2. Ví dụ 83 Ví dụ 9.2. Cho hai tam giác ABC và P QR, một điểm F trong tam giác P QR. Những điểm A1 ,B1 ,C1 xác định sao cho những cặp tam giác ABC1 và QP F , BCA1 và RQF , CAB1 và P RF đồng dạng và cùng hướng. Chứng minh rằng tam giác A1 B1 C1 và P QR đồng dạng và cùng hướng. Lời giải. Chọn điểm gốc toạ độ là F , f = 0. Từ sự đồng dạng của a − c1 q ap − bq tam giác ABC1 và QP F ta có = từ đó suy ra c1 = . b − c1 p p−q bq − cr cr − ap Tương tự ta có a1 = và b1 = suy ra q−r r−p cr − ap bq − cr − b1 − a1 r−p q−r q−p = = c1 − a1 ap − bq bq − cr r−p − p−q q−r Đẳng thức sau cùng nói lên tam giác A1 B1 C1 và P QR đồng dạng và cùng hướng. J Ví dụ 9.3. Cho tam giác ABC vuông góc tại C. Chứng minh rằng trung tuyến AM và CN tương ứng của tam giác ADC và DBC, ở đây D là chân đường cao hạ từ đỉnh C, vuông góc với nhau. Lời giải. Chúng ta biết rằng DBC và DCA đồng dạng, chọn D là điểm gốc của hệ toạ độ, d = 0. Khi đó c = bi tg α, a = ci tg α và 1 1 n − c = b − bi tg α = b( − i tg α), Hình 9.2. 2 2 1 1 m − a = c − ci tg α = c( − i tg α). 2 2
84 Chương 9. Tam giác đồng dạng từ đây suy ra các đường trung tuyến CN và AM vuông góc với nhau. J Ví dụ 9.4. Tam giác B1 B2 B3 nhận được từ tam giác A1 A2 A3 bằng cách quay một góc φ = π quanh tâm của đường tròn ngoại tiếp. Những đoạn B1 B2 , A1 A2 cắt nhau tại C3 ; B2 B3 , A2 A3 cắt nhau tại C1 và B3 B1 , A3 A1 cắt nhau tại C2 . Chứng minh rằng tam giác C1 C2 C3 đồng dạng với tam giác A1 A2 A3 Lời giải. Chọn hệ toạ độ sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 là đường tròn đơn vị. Theo công thức tính giao điểm B1 B2 và A1 A2 (a1 + a2 )b1 b2 − (b1 + b2 )a1 a2 c3 = b1 b2 − a1 a2 vì b1 = ka1 và b1 = ka2 , với k = cos φ + i sin φ, thì Hình 9.3. (a1 + a2 )k 2 a1 a2 − (a1 + a2 )ka1 a2 k c3 = 2a a − a a = (a1 + a2 ) k 1 2 1 2 k+1 Tương tự k k c1 = (a2 + a3 ) và c2 = (a3 + a1 ). k+1 k+1 Khi đó k k (a1 + a2 ) − (a2 + a3 ) c3 − c1 c2 − c1 = k+1 k k+1 k = a1 − a3 a1 − a2 . J (a3 + a1 ) − (a2 + a3 ) k+1 k+1 Ví dụ 9.5. Trong mặt phẳng tam giác ABC tồn tại hai điểm U và V sao cho những tam giác AU V , V BU , U V C là đồng dạng và cùng
9.3. Bài tập 85 hướng. Chứng minh rằng những tam giác này đồng dạng với tam giác ABC. Lời giải. Từ điều kiện của bài toán suy ra tồn tại một số phức λ, sao cho u−a b−v v−u = = =λ v−a u−v c−u u − λv 1 suy ra a = ,b = v + λ(u − v) và c = u + (v − u). Do đó 1−λ λ u − λv b−a v + λ(u − v) − = 1−λ c−a 1 u − λv u + (v − u) − λ 1−λ =λ (1 − λ + λ2 )v + (λ − λ2 − 1)u (λ − λ2 − 1)u + (1 − λ + λ2 )v = λ. J 9.3. BÀI TẬP 9.6. Cho hai tam giác đồng dạng ABC và A1 B1 C1 . Những điểm A0 , B0 ,C0 chia các đoạn thẳng AA1 , BB1 và CC1 với tỷ số bằng nhau. Chứng minh rằng A0 B0 C0 đồng dạng và cùng hướng với những tam giác đã cho. 9.7. Hai tam giác ABC và A1 B1 C1 đồng dạng và cùng hướng. −− −− −− −→ −→ −→ Chứng minh rằng, nếu vectơ M A0 ,M B0 ,M C0 tương ứng bằng vectơ −→ − → −→ − − − AA1 , BB1 , CC1 , thì tam giác A0 B0 C0 đồng dạng và cùng hướng với các tam giác đã cho. 9.8. Trong mặt phẳng cho hai tam giác đồng dạng và cùng hướng A1 A2 A3 và B1 B2 B3 . Ta chọn C1 , C2 , C3 sao cho những tam giác A1 B1 C1 , A2 B2 C2 , A3 B3 C3 đồng dạng và cùng hướng. Chứng minh rằng tam giác C1 C2 C3 đồng dạng với tam giác đã cho.
86 Chương 9. Tam giác đồng dạng 9.9. Cho tam giác A1 A2 A3 với trực tâm H. Cho G1 , G2 , G3 và G là trọng tâm của các tam giác A2 A3 H, A3 A1 H, A1 A2 H, A1 A2 A3 . Chứng minh rằng tam giác G1 G2 G3 và A1 A2 A3 đồng dạng với nhau và G là trực tâm của tam giác G1 G2 G3 . 9.10. Cho tam giác ABC và điểm M sao cho C là trung điểm của AM . Tam giác ACN xây dựng ra phía ngoài của tam giác ABC sao cho CAN = BAC và ACN = ABC. Cho ABCL và N M BS là những hình bình hành. Chứng minh rằng tam giác ABC và BLS đồng dạng. 9.11. Những tam giác ABC và DEC vuông tại C, đồng dạng và cùng hướng. Chứng minh rằng AD vuông góc với BE. 9.12. Những tam giác vuông ABC và AB1 C1 đồng dạng và ngược chiều nhau, BCA = B1 C1 A = 900 ,CAB = C1 AB1 . Chứng minh rằng nếu M là giao điểm của BC1 và CB1 , đường thẳng AM và CC1 tồn tại, thì chúng vuông góc với nhau. 9.13. Cho ngũ giác lồi ABCDE, mà AB = BC = CA và CD = DE = EC. Cho S là trọng tâm của tam giác ABC, còn M và N lần lượt là trung điểm của BD và AE. Chứng minh rằng tam giác SM E và SN D là đồng dạng. 9.14. Những đường thẳng đi qua đỉnh của tam giác đã cho sao cho chúng tạo với cạnh đối diện những góc bằng nhau. Chứng minh rằng tam giác tạo bởi những đường thẳng này đồng dạng với tam giác đã cho và tâm của đường tròn ngoại tiếp của tam giác này là trực tâm của tam giác đã cho. 9.15. Những điểm B,C và P nằm trên một đường tròn tâm O, tiếp tuyến tại B và C với đường tròn cắt nhau tại A. Đường thẳng
9.3. Bài tập 87 vuông góc với AP tại điểm P cắt các đường thẳng OB và OC tương ứng tại D và E. Từ D và E hạ đường vuông góc xuống AO và chân đường vuông góc được ký hiệu là M và N . Chứng minh rằng a) Các tam giác OAD và OEA đồng dạng . b) Những điểm M và N là nghịch đảo của đường tròn đã cho.
Chương 10 ĐA GIÁC ĐỀU 10.1. Nhãn của đỉnh các đa giác đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 10.2. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 10.3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 10.1. NHÃN CỦA ĐỈNH CÁC ĐA GIÁC ĐỀU Trong chương 1 đa giác đều n đỉnh nằm trên đường tròn đơn vị như là biểu diễn hình học những nghiệm của phương trình xn = 1 trong số phức. Vậy mỗi đỉnh của n-đa giác đều có nhãn 2kπ 2kπ k wk = cos + i sin , k = 0, 1, 2, ..., n − 1. Ta biết rằng wk = w1 . n n Điều này làm công việc giải bài toán rất thuận tiện khi chọn đường tròn đó làm đơn vị. Nhưng trong thực tế một bài toán có tham gia một lúc nhiều đa giác đều, nên gặp khó khăn không phải là ít. Ngay ở những ví dụ đầu tiên của tài liệu này cũng đã đề cập đến bài toán có nhiều đa giác đều. Mỗi loại đa giác đều như tam giác đều, hình vuông,... có một đặc trưng riêng, nên ta phải đưa ra các tiêu chuẩn đặc trưng cho một loại đa giác đều cụ thể với hệ toạ độ bất kì. Vì các đa giác đều nội tiếp trong đường tròn đi qua các đỉnh, nên trong khi giải các bài tập ta luôn lấy các đường tròn này làm đơn vị, do đó việc tính nhãn của các đỉnh trở nên đơn giản và các công thức biến đổi được nhẹ nhàng.
10.2. Ví dụ 89 Thông dụng nhất là tam giác đều, cụ thể cho ba điểm A1 , A2 ,A3 là đỉnh của tam giác đều định hướng khi và chỉ khi A1 A2 = A1 A3 và π góc định hướng quay A1 A2 quanh A1 đến vị trí A1 A3 là , nghĩa là 6 √ π π 1 3 a3 −a1 = w(a2 −a1 ), ở đây ta ký hiệu w = cos +i sin = +i . 3 3 2 2 Ta viết lại a3 = a1 + w(a2 − a1 ) là nhãn của đỉnh thứ ba trong tam giác đều định hướng dương A1 A2 A3 xây dựng trên cạnh A1 A2 . Như ta đã biết w là nghiệm của phương trình w2 − w + 1 = 0 và phương trình w3 = −1. Những ví dụ sau chỉ ra thế mạnh của phương pháp số phức trong trường hợp các đa giác đều. 10.2. VÍ DỤ Ví dụ 10.1. Trên các cạnh của một tam giác bất kỳ ABC về phía ngoài dựng những tam giác đều ABC ,BCA và CAB . Chứng minh rằng trọng tâm C1 , B1 và A1 của những tam giác mới dựng là đỉnh của một tam giác đều. Lời giải. Theo công thức tính đỉnh thứ ba theo hai đỉnh kia c = b + w(a − b) b = a + w(c − a) a = c + w(b − c) Do đó 1 c1 = (a + b + c ) 3 1 = [(1 + w)a + (2 − w)b] 3 Tương tự ta có Hình 10.1. 1 b1 = [(1 + w)c + (2 − w)a] 3