Năm 2015 O A O OB O MA MB = NA

Size: px

Start display at page:

Download "Năm 2015 O A O OB O MA MB = NA"

Thomasina Cobb
5 years ago
Views:

1 hép vị tự quay Nguyễn Văn Linh Năm Giới thiệu hép vị tự và phép quay là những phép biến hình quen thuộc. Tuy nhiên phép vị tự quay còn ít được đề cập tới. Vì vậy trong bài viết này xin giới thiệu với bạn đọc các tính chất và ứng dụng của phép vị tự quay. Trước tiên chúng ta cần hiểu định nghĩa của phép vị tự quay. Định nghĩa. hép vị tự quay là hợp của một phép vị tự và một phép quay có chung tâm. Nếu kí hiệu phép vị tự quay có tâm, tỉ số k và góc quay α là S k,α thì S k,α : khi và chỉ khi = k và (, ) = α. ' Ở đây ta hiểu α là góc có hướng theo chiều ngược kim đồng hồ, α là góc có chiều xuôi kim đồng hồ. Tuy nhiên trong bài viết này không quan tâm tới hướng của góc α. 2 Tính chất Tính chất 1. S :, thì () ( ), [] [ ]. M ' N ' hứng minh. Thật vậy, gọi M là điểm bất kì trên đường thẳng, N là điểm trên sao cho M M = N N. Từ giả thiết suy ra, từ đó. Mà M M = N nên M N N. Từ đó MN hay S : M N. 1

2 Từ lời giải tính chất 1 chúng ta có tính chất 2. Tính chất 2. S : [] [ ], M, N sao cho M M = N N thì S : M N. Tính chất 3. S : [] [ ] thì tồn tại một phép vị tự quay khác có tâm, S : [ ] [ ]. hứng minh. Ta có nên. Do đó tồn tại một phép vị tự quay tâm biến [ ] thành [ ]. Tính chất 4. ho hai đoạn thẳng không song song [] và [ ]. Khi đó luôn tồn tại một phép vị tự quay tâm biến [] thành [ ]. Nếu gọi là giao của hai đường thẳng và thì là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp các tam giác và. ' ' hứng minh. Do là giao điểm thứ hai của ( ) và ( ) nên =, =. Từ đó. Như vậy là tâm của phép vị tự quay biến [] thành [ ]. Từ tính chất 3 và 4 ta có hệ quả quen thuộc: điểm Miquel của tứ giác toàn phần. ho tứ giác D. D giao tại E, giao D tại F. Khi đó đường tròn ngoại tiếp của các tam giác E, ED, F, F D đồng quy tại một điểm. E M F D Như vậy điểm Miquel của tứ giác toàn phần là tâm của phép vị tự quay của các cặp cạnh đối diện của tứ giác. Tính chất 5. ho hai tam giác và đồng dạng cùng hướng. Khi đó luôn tồn tại một phép vị tự quay biến tam giác thành tam giác. 2

3 ' ' ' hứng minh. Xét phép vị tự quay S : [] [ ]. Khi đó. Mà nên dễ chứng minh. Do đó S :, suy ra S :. Tính chất 6. ho hai đường tròn ( 1 ) và ( 2 ) giao nhau tại và. Khi đó và là hai tâm vị tự quay biến ( 1 ) thành ( 2 ). 1 2 Q hứng minh. Gọi là một điểm bất kì trên ( 1 ). Đường thẳng giao ( 2 ) lần thứ hai tại Q. Dễ thấy Q 1 2. Do đó xét phép vị tự tâm biến 1 thành 2 : R 2,( 1, 2) R 1 S : Q. Như vậy ứng với mỗi điểm, ảnh của qua phép vị tự này luôn nằm trên ( 2 ). Do đó phép vị tự tâm biến ( 1 ) thành ( 2 ). hứng minh tương tự với tâm. 3 Ví dụ ài 1. (ổ đề ERIQ) ho hai đường thẳng d 1 và d 2. Trên d 1 lấy các điểm 1, 1, 1, trên d 2 lấy các điểm 2, 2, 2 sao cho = = k. Trên 1 2, 1 2, 1 2 lần lượt lấy các điểm 3, 3, 3 sao cho = = hứng minh rằng 3, 3, 3 thẳng hàng và = k. 3

4 hứng minh. Xét phép vị tự quay tâm, S : [ 1 1 ] [ 2 2 ]. Do = nên S : 1 2. Suy ra S : [ 1 1 ] [ 2 2 ]. Theo tính chất 3, tồn tại một phép vị tự quay S : [ 1 2 ] [ 1 2 ]. Lại có 3 1 = 3 1 nên S : Suy ra tồn tại một phép vị tự quay S : [ 3 3 ] [ 2 2 ]. Tương tự, tồn tại phép vị tự quay S : [ 3 3 ] [ 2 2 ]. Do S và S cùng biến 3 thành 2 nên S S. Vậy S : 3 2, 3 2, 3 2. Mà 2, 2, 2 thẳng hàng đồng thời = k nên 3, 3, 3 thẳng hàng và = k. ài 2. ho hai đường thẳng d và d. Trên d lấy ba điểm,,, trên d lấy ba điểm,, sao cho =. Gọi là giao của d và d. hứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác,, đồng trục. ' ' ' hứng minh. Xét phép vị tự quay S : [] [ ] thì ( ), ( ). Do = nên S :. Suy ra ( ). Vậy 3 đường tròn ( ), ( ), ( ) có chung trục đẳng phương. ài 3. ho tam giác nội tiếp đường tròn (), cố định, chuyển động trên một trong hai cung. là điểm thuộc đoạn sao cho = k không đổi. hứng minh rằng chuyển động trên một đường tròn cố định. 4

5 Q hứng minh. Xét phép vị tự quay S Q : [] [ ]. Theo tính chất 3, tồn tại S Q : [ ] []. Do giao tại nên theo tính chất 4, Q () và Q ( ) (đường tròn qua và tiếp xúc với tại ). Do S Q : nên Q = k. Suy ra Q cố định. Do đó (Q) cố định. Vậy Q luôn chuyển động trên đường tròn qua Q và tiếp xúc với tại. ài 4. (IM Shortlist 2014). ho 3 điểm,, cố định trên đường tròn (). Gọi λ là một hằng số và λ (0, 1). Với mỗi điểm,, trên (), gọi M là điểm trên đoạn thẳng sao cho M = λ. Q là giao điểm thứ hai của (M ) và (M). hứng minh rằng khi chuyển động, Q luôn nằm trên một đường tròn cố định. G X Q K M hứng minh. Gọi G là giao của Q với (), K là giao của G và QM. Do tứ giác QM nội tiếp nên theo định lý Reim, G QM. Do đó K G = M = λ. Ta có GK = 180 M = 180 G nên, G, M, Q cùng thuộc một đường tròn. Do (GQK) giao (G) tại nên tồn tại một phép vị tự quay S : [G] [K]. Suy ra Q K = Q. Từ đó G = λ. Áp dụng bài toán 3 suy ra Q chuyển động trên một đường tròn đi qua điểm X trên () sao cho X X = λ và tiếp xúc với tại. ài 5. (IM 2007) ho hình bình hành D. Một đường thẳng d đi qua D cắt, lần lượt tại M, N. Gọi là tâm ngoại tiếp tam giác MN. hứng minh rằng nếu nằm trên () thì d là phân giác D. 5

6 N Y M X D hứng minh. Xét phép vị tự quay S : [] [N]. Ta có M M = D N = N nên S : M. Gọi X, Y lần lượt là trung điểm của M, N suy ra S : X Y. Do đó S : [X] [Y ]. Mà X giao Y tại nên theo tính chất 4, (XY ), (). Suy ra. Từ đó M, suy ra = hay là phân giác ngoài của. Suy ra tam giác MN cân tại. Ta thu được MD = MN = NM = DN. ài 6. ho tứ giác nội tiếp D. giao D tại. () giao (D) tại K nằm trong D. Dựng điểm L thuộc nửa mặt phẳng bờ không chứa sao cho tam giác L đồng dạng với tam giác DK. hứng minh rằng tứ giác KL ngoại tiếp. L K I D hứng minh. Dựng điểm I sao cho hai tam giác KD và I đồng dạng thuận. Suy ra KI D. Từ đó KI = D. Do K KD nên I K, từ đó KI. Ta thu được KI =. Lại có D = nên KI là phân giác K. Mặt khác, ta có KI = D, KL = K + L = K + DK = D + K + K = D + K + K = D + D = 2 KI. Suy ra I là phân giác KL. Tương tự I là phân giác KL. Vậy tứ giác KL ngoại tiếp đường tròn tâm I. 6

7 ài 7. (Lym) ho tam giác nội tiếp (), ngoại tiếp (I). (I) tiếp xúc với tại D. J là trung điểm cung không chứa. E thuộc ID, F thuộc sao cho EF đi qua J và IE = IF. EF cắt () tại G. IG cắt () tại L. hứng minh rằng đường thẳng Simson của L ứng với tam giác tiếp xúc với (I). M L I D J H K G Q hứng minh. Kẻ đường kính LQ của đường tròn ngoại tiếp tam giác LIG. Do GI 2 = GJ.GH nên GIH = IJG = IKJ = 90 GJ = 90 GLH. Mà GIH + GIQ = 90 nên QIG = ILG = IQG, suy ra GI = GQ hay Q (I). Kẻ LM, L. Ta có LQI = LGI = L = LM nên phép vị tự quay S L L,(L,L ) L :, Q I, M, suy ra Q IM. Như vậy Q IM. Suy ra IM = Q = 180 I = 90 1 M. Vậy (I) là đường tròn bàng tiếp góc của tam 2 giác M hay M tiếp xúc với (I). Ta có đpcm. ài 8. ho tứ giác D. Hai đường chéo và D giao nhau tại. Gọi 1, 2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác D và. Gọi M, N, lần lượt là trung điểm, D, 1 2. hứng minh rằng là tâm ngoại tiếp tam giác M N. N 1 Q M 2 D 7

8 hứng minh. Gọi Q là giao điểm thứ hai của ( 1 ) và ( 2 ). Do Q là tâm vị tự quay của ( 1 ) và ( 2 ) nên S Q :, D. Do đó tồn tại phép vị tự quay S Q : [] [D]. Lại có M, N lần lượt là trung điểm của, D nên S Q : M N. Từ đó ( D), ( ), ( MN) cùng đi qua Q. Gọi là tâm của ( MN). Ta có 1 Q DQN, 1 Q 2 DQ nên là trung điểm 1 2 hay. Ta có đpcm. Nhận xét. Theo cách giải trên ta hoàn toàn có thể tổng quát bài toán bằng cách chọn các điểm M, N, sao cho M M = ND N = 1 = k. 2 ách giải khác cho bài toán này, xem [2]. ài 9. ho n đường tròn 1, 2,..., n cùng đi qua. Gọi ij là giao điểm của i và j. 1 là điểm bất kì trên cắt 2 lần thứ hai tại 2. Tương tự ta được 3, 4,..., n, n+1. hứng minh rằng n hứng minh. Gọi 1, 2,..., n lần lượt là tâm của 1, 2,..., n. Dễ chứng minh hai tam giác 1 2 và 1 2 đồng dạng cùng hướng. Do đó ( 1, 2 ) ( 1, 2 ) (mod π). hứng minh tương tự suy ra ( 1, n+1 ) ( 1, 2 ) + ( 2, 3 ) ( n, n+1 ) ( 1, 2 ) + ( 2, 3 ) ( n, 1 ) 0 (mod π). Vậy n+1 1. Nhận xét. -ó thể chứng minh bài toán bằng phép quy nạp dựa trên điểm Miquel của tam giác. -Dễ dàng chứng minh tích của n phép vị tự quay chung đỉnh là một phép vị tự quay. Kí hiệu S xy là phép vị tự quay tâm biến ( x ) thành ( y ). Ta có thể chứng minh bài toán bằng cách xét S 1n = S (n 1)n... S 34 S 23 S 12. Suy ra 1, n1, n thẳng hàng. ài 10. ho tam giác. là điểm bất kì trong mặt phẳng. Gọi XY Z là tam giác pedal của ứng với tam giác là tam giác nội tiếp tam giác sao cho đồng dạng thuận với XY Z. hứng minh là điểm Miquel của tam giác ứng với bộ ( 1, 1, 1 ). 8

9 1 Z Y 1 1 X hứng minh. Do hai tam giác và XY Z đồng dạng thuận nên tồn tại phép vị tự quay S : XY Z. Suy ra tồn tại S : [ 1 X] [ 1 Y ]. Do 1 X giao 1 Y tại nên ( 1 1 ), (XY ). hứng minh tương tự suy ra là giao của (Y Z), (XZ), (XY ) hay. Mà là giao của ( 1 1 ), ( 1 1 ), ( 1 1 ) nên là điểm Miquel của tam giác ứng với bộ ( 1, 1, 1 ). ài 11. (US TST 2012) ho tam giác. là một điểm chuyển động trên. Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên, sao cho Y =, Z =. hứng minh rằng (Y Z) luôn đi qua trực tâm của tam giác. hứng minh. ách 1. Y Z H Q Dựa theo ý tưởng bài 8, ta sẽ tìm một điểm Q trên sao cho QY Z đồng dạng cùng hướng với tam giác hình chiếu của trực tâm. Gọi Q là giao điểm thứ hai của ( Y Z) với. Ta có Y QZ = Y Z = 180 2, ZY Q = Z = 180 2, Y ZQ = Y = Ta biết rằng tam giác hình chiếu DEF của trực tâm có 3 góc lần lượt bằng 180 2, 180 2, 180 2, do đó QY Z DEF. Suy ra trực tâm H là điểm Miquel của tam giác ứng với bộ điểm (Q, Y, Z). Vậy (Y Z) luôn đi qua H. ách 2. 9

10 Y Z H T S G L Gọi T, S lần lượt là hình chiếu của trên,. Kẻ đường cao G cắt (EF ) tại H, cắt () tại L. Ta thấy S, T, G lần lượt là trung điểm của Z, Y, HL. Theo bài toán 2, (HY ), (GT ), (L) đồng trục và (HZ), (GS), (L) đồng trục. Do (L) (L), (GT ) (GS) nên (HY ) (HZ). Vậy H (Y Z). Nhận xét. Một số cách giải khác, xem [3]. 4 ài tập áp dụng ài 12. a) ho tam giác đồng dạng thuận với tam giác, X, Y, Z lần lượt thuộc,, sao cho X X = Y Y = Z Z. hứng minh rằng XY Z. b) hứng minh bài toán với các điểm X, Y, Z thỏa mãn các tam giác X, Y, Z đồng dạng thuận. ài 13. (Vietnam TST 2013). ho tứ giác D nội tiếp (). giao D tại I. phân giác góc I cắt,, D, D lần lượt tại X, Y, Z, T. hứng minh rằng (XT ), (XY ), (Y Z), (DZT ) cùng đi qua một điểm. ài 14. ho tam giác nội tiếp (), ngoại tiếp (I). Đường tròn đường kính I cắt () tại X. (I) tiếp xúc với tại D. hứng minh rằng XD đi qua trung điểm cung không chứa. ài 15. ho hình thang D vuông ( = = 90 ) có D = 2 = 2. M là một điểm chuyển động trên cạnh. Đường thẳng qua M và vuông góc với M cắt D tại N. hứng minh rằng trung điểm của MN chuyển động trên một đường thẳng cố định. thẳng hàng. ài 16. ho tứ giác D. giao D tại. M, N lần lượt thuộc D, sao cho M MD = N N. MN cắt, D tại E, F. a) hứng minh ( EF ) luôn đi qua điểm cố định khác. b) Nếu tứ giác D nội tiếp. Gọi Q là giao của D và. hứng minh rằng (QMN) và ( EF ) tiếp xúc nhau. ài 17. (Malaysia Junior lympiad 2014). ho tam giác nội tiếp (). X là một điểm bất kì trên (). Kẻ X 1, X 1. Gọi ω là đường tròn có tâm là trung điểm và đi qua 1. Tương tự xác định ω. hứng minh rằng ω và ω có chung một điểm trên X. 10

11 ài 18. ho tam giác. Trung tuyến M. 1, 2 lần lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác M, M, là tâm ngoại tiếp tam giác. hứng minh là đường đối trung của tam giác 1 2. ài 19. ho tứ giác D nội tiếp (). D giao tại. giao D tại I, giao D tại Q. I cắt ( ), ( D) lần thứ hai tại M, N. hứng minh rằng QM = QN. ài 20. (Iran 1997). ho tam giác nội tiếp (). chuyển động trên cung không chứa. I 1, I 2 lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác,. hứng minh rằng ( I 1 I 2 ) luôn đi qua một điểm cố định. ài 21. (IM Shortlist 2002) Hai đường tròn S 1 và S 2 giao nhau tại và Q. họn hai điểm 1 và 1 bất kì trên S 1. 1, 1 giao S 2 lần thứ hai tại 2, 2, 1 1 giao 2 2 tại. hứng minh rằng khi 1 và 1 chuyển động, đường tròn ngoại tiếp tam giác 1 2 luôn nằm trên một đường tròn cố định. ài 22. (US TST 2006) ho tam giác, các đường cao D, E, F đồng quy tại H. Một đường tròn tâm, đi qua và H cắt các cạnh và lần lượt tại Q,. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác Q tiếp xúc với tại R. hứng minh rằng R R = ED F D. ài 23. ho tam giác. là một điểm chuyển động trên. Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên, sao cho Y = Y, Z = Z. hứng minh rằng (Y Z) luôn đi qua qua một điểm cố định khác. ài 24. ho tam giác. là một điểm chuyển động trên. Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên, sao cho = Y, = Z. hứng minh rằng (Y Z) luôn đi qua một điểm cố định khác. ài 25. ho tam giác. là một điểm chuyển động trên. Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên, sao cho Y, Z. hứng minh rằng (Y Z) luôn đi qua một điểm cố định khác. ài 26. ho tam giác nội tiếp (). Một đường tròn ω có tâm nằm trên đường cao ứng với đỉnh của tam giác, cắt, lần lượt tại, Q sao cho Q = Q. hứng minh rằng ω tiếp xúc với (). 11

12 5 Gợi ý ài 12. a) Gọi là tâm của phép vị tự quay. hứng minh XY, Y Z. b) Tương tự câu a. ài 13. Dựa vào tỉ số X X = T T = T D T = ZD và tính chất 4. Z ài 14. Gọi E, F là tiếp điểm của (I) với,. hú ý X X = F E = D D. ài 15. hứng minh MN D. ài 16. a) Gọi T là tâm của phép vị tự quay biến thành D, suy ra T ( D), ( ). Từ giả thiết suy ra M N. Sau đó áp dụng bài toán về điểm Miquel của tứ giác toàn phần suy ra T ( EF ). b) hứng minh T ( MN) và T F M = T EN(= D). Từ đó suy ra (T EF ) tiếp xúc với (T MN). ài 17. Gọi T là hình chiếu của trên X, ω cắt lần thứ 2 tại 2. N là trung điểm. Suy ra NT, T X 1 đồng viên. T là tâm vị tự quay của (NT ) và (T X 1 ) nên NT 1 MT X (M là hình chiếu của trên X). Suy ra 2 T 1 T X, cộng góc suy ra T 1 X T 2. Dễ thấy 1 X cắt ω tại duy nhất 1 nên T là tâm vị tự quay của ω và (T X) hay T ω. ài 18. Sử dụng tính chất 6. ài 19. Gọi J là giao của Q với MN. Theo định lý rocard ta cần chứng minh JM = JN. Gọi E, F là trung điểm D, suy ra,, E, F đồng viên. Sau đó áp dụng bài toán 2. ài 20. Gọi J là giao của ( I 1 I 2 ) với (), E, F là điểm chính giữa cung,. hứng minh tứ giác EJF điều hòa. ài 21. Dùng bài toán đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần. ài 22. Dựa theo bài 11, ( Q) luôn cắt tại 2 điểm R và R thỏa mãn R = R, RQ = R và R Q DEF. Khi ( Q) tiếp xúc,. Suy ra R Q DEF và R R = R RQ = DE DF. ài 23, 24. Làm giống bài 11. ài 25. Xét phép vị tự quay tâm T biến [] thành []. hứng minh Z Y. Suy ra T (Y Z). ài 26. Xét phép vị tự quay tâm X biến [] thành []. Từ giả thiết suy ra Q. Suy ra ω đi qua X. hứng minh X = và X là phân giác X, suy ra là phân giác X. Suy ra X đi qua T là giao hai tiếp tuyến tại và. Tiếp tuyến tại của ω song song với tiếp tuyến tại T của () nên X là tâm vị tự trong của 2 đường tròn, suy ra 2 đường tròn tiếp xúc nhau tại X. 12

13 Tài liệu [1] Lê á Khánh Trình, Hình học tĩnh và động, kỉ yếu Trại hè Toán học [2] Nguyễn Văn Linh, Ứng dụng của tỉ số phương tích, Euclidean Geometry log.. [3] Nguyễn Văn Linh, huỗi bài toán về họ đường tròn đi qua điểm cố định, Euclidean Geometry log. [4] Yufei Zhao, Lemmas in Euclidean Geometry, IM Training [5]. ogomolny, Miquel s oint of a 4-line Via Spiral Similarity, from Interactive Mathematics Miscellany and uzzles. [6] oxeter, H. S. M. and Greitzer, Geometry Revisited. Washington, D: Math. ssoc. mer, [7] os Forum. Lovemathforever@gmail.com 13

hoctoancapba.com Kho đ ề thi THPT quốc gia, đ ề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán

hoctoancapba.com Kho đ ề thi THPT quốc gia, đ ề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán hoctoncpb.com xin giới thiệu Tuyển chọn các bài ÌN Ọ KÔNG GIN trong 1 Đ Ề TI T Ử TÂY NIN 15 y vọng tài liệu này s ẽ giúp các em học sinh ôn tập tốt hơn chuyên đề ÌN Ọ KÔNG GIN trong k ỳ thi TPT QG sắp