Tài liệu Chuyên đề môn toán phép biến hình trong mặt phẳng

BÀI THAM GIA HỘI THẢO CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MÔN: TOÁN PHÉP BIẾN HÌNH TRONG MẶT PHẲNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA Người viết: Hoàng Xuân Bính ) Chuyên đề phép vị tự I. Lí do chọn đề tài. Hình học phẳng là một trong những nội dung quan trọng, luôn xuất hiện trong các bài thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế. Đối với học sinh thì nội dung hình học phẳng tương đối khó và đa dạng. Phép biến hình là một trong những phần quan trọng của nội dung hình học phẳng, tuy nhiên học sinh thường lúng túng, ngại khi học phần này. Trong phép biến hình có nhiều phần, tôi chọn nội dung phép vị tự để trình bày trong bài viết này, vì phép vị tự là một trong các phép biến hình giúp chúng ta chứng minh các tính chất hình học mà nếu thực hiện theo các phương án khác thường rất khó và dài, đặc biệt trong các bài toán về tìm quĩ tích điểm và dựng hình thì phép vị tự giúp chúng ta nhanh chóng xác định được các yếu tố về quĩ tích điểm và dựng được các hình thỏa mãn yêu cầu của bài toán đặt ra. Chuyên đề này bao gồm một số kiến thức cơ bản về phép vị tự và các dạng bài tập thường gặp về phép vị tự : chứng minh, dựng hình, quĩ tích. Cuối chuyên đề là một số bài tập để người đọc tự rèn luyện. II.Nội dung 1. Phép vị tự Định nghĩa Trong mặt phẳng cho điểm O uuuu cốurđịnhuuuu và r một số k  0 . Phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho OM '  kOM được gọi là phép vị tự tâm O, tỉ số k Kí hiệu : VO;k  , O gọi là tâm vị tự, k gọi là tỉ số vị tự. Nhận xét : - Phép vị tự tỉ số 1 là phép đồng nhất. - Phép vị tự tỉ số -1 là phép đối xứng tâm. 2. Tính chất phép vị tự + VO;k  ( k  1 ) có 1 điểm bất động duy nhất là O. + VO;k  biến M thành M’ thì O, M, M’ thẳng hàng. uuuuur uuur + VO;k  A a A ' và B a B ' thì A ' B '  k. AB + Phép vị tự biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng. + Phép vị tự biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó. + Phép vị tự biến tia thành tia song song hoặc trùng với nó. + Phép vị tự biến đoạn thẳng AB thành đoạn thẳng A’B’ và A ' B '  k . AB 1 + Phép vị tự biến tam giác thành tam giác đồng dạng với nó và tỉ số đồng dạng bằng k . + Phép vị tự biến góc thành góc bằng nó. + Phép vị tự biến đường tròn (I;R) thành đường tròn (I’;R’) mà tâm I’ là ảnh của tâm I qua phép vị tự và bán kính R '  k R . 3. Tích của hai phép vị tự Tích của hai phép vị tự có tỉ số k1 và k2 là một phép vị tự, tỉ số k  k1.k2 (với k1k2  1 ), có tâm thẳng hàng với tâm của hai phép vị tự đó hoặc là một phép tịnh tiến nếu k1.k2  1 . III. Bài tập áp dụng 1) Dạng 1. Chứng minh các tính chất hình học Trong một số bài toán hình học phẳng có yêu cầu chứng minh các tính chất của hình học, nếu chúng ta chứng minh chúng bằng các phương pháp hình học thông thường thì việc chứng minh tương đối phức tạp. Tuy nhiên khi sử dụng phương pháp vị tự, giúp chúng ta có thể thu gọn một cách đơn giản nhất và ít phải sử dụng thêm các đường phụ, giúp cho việc chứng minh tương đối dễ và ngắn gọn. Bài 1. (Định lí về đường tròn Euler) Chứng minh rằng trong một tam giác, trung điểm các cạnh, chân các đường cao và trung điểm của các đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh cùng nằm trên một đường tròn, gọi là đường tròn chín điểm hay đường tròn Euler của tam giác đó. Bán kính đường tròn Euler bằng nửa bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác và tâm O’ của đường tròn Euler thẳng hàng với tâm O đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm G và trực tâm H trên đường thẳng Euler sao cho O’ là trung điểm của đoạn thẳng OH và bốn điểm H, G, O, O’ làm thành một hàng điểm điều hòa. Giải A A'' A' G C1 O O' H B B' B1 B'' C'' C A1 A' Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp A’B’C thì V 1 (G , ) 2 uuuur 1 uuur 2 đường thẳng Euler OGH và ta có : GO '   GO hay : O  O ' . Do đó, O’ nằm trên GO ' 1  2 GO 2 Từ đó ta có : HG  2GO  4O ' G và OH  3OG , 3O ' G  O ' O  O ' H . Do đó ta có :  HGOO '  OH O ' H .  1 (đpcm). OG O ' G Bài 2. (Đề thi chọn đội tuyển Nhật Bản,1996) Cho tam giác ABC nội tiếp một đường tròn, M là một điểm tùy ý thuộc đường tròn đó. Chứng minh rằng các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, BC, CA thuộc một đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC Giải Gọi M1 , M 2 , M 3 là các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, BC, CA. H1 , H 2 , H 3 là các điểm đối xứng của H qua AB, BC, CA. Khi đó H1 , H 2 , H 3 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Theo định lí Simson các hình chiếu E1 , E2 , E3 lên các cạnh AB, BC, CA thẳng hàng. Thực hiện phép vị tự V M ,2 các điểm E1 , E2 , E3 có ảnh là các điểm M1 , M 2 , M 3 tương ứng. Do đó M1 , M 2 , M 3 thẳng hàng. · · Thực hiện phép đối xứng trục BC ta có góc BHM 2 biến thành góc BH 2 M . Từ đó : · · BHM 2  BH 2 M . · · Tương tự thực hiện phép đối xứng trục AB, ta nhận được BHM 1  BH 1 M . · M  BH · M , vì các góc nội tiếp cùng chắn cung BM. Từ đó đường Ta lại có BH 1 2 thẳng M 1M 2 đi qua H (đpcm). Bài 3. Cho tam giác ABC bên trong tam giác dựng 4 đường tròn  O1  ;  O2  ;  O3  ; O4  bằng nhau sao cho 3 đường tròn đầu tiên cùng tiếp xúc với hai cạnh của tam giác. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC và tâm đường tròn (O 4) thẳng hàng. Giải A O1 I O4 O2 B O O3 C Ta có : IA, IB, IC chứa O1 , O2 , O3 . Suy ra : O1O2 / / AB, O2O3 / / BC , O3O1 / / AC Đặt IO1 IO2 IO3 1    IA IB IC k 3 Xét phép vị tự V I ,k  : O1 a A, O2 a B, O3 a C Do O4 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác O 1O2O3 vì O cách đều 3 điểm này. Suy ra : V I ,k  : O4 a O . Do đó : I , O4 , O thẳng hàng. Bài 4. (Đề thi HSG quốc gia 2000) Cho 2 đường tròn (O) và (O’) có bán kính khác nhau cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng tiếp xúc với (O) tại P, tiếp xúc với (O’) tại P’. Gọi Q và Q’ lần lượt là chân đường cao hạ từ P và P’. Đường thẳng AQ và AQ’ cắt lần thứ hai với hai đường tròn tại M và M’. Chứng minh rằng M,M’,B thẳng hàng. Giải P P' A' A Q' O S O' Q M' B M Hai đường tròn cắt nhau suy ra : R  R ' , gọi S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn Xét phép vị tự : V R '  : O ' a O, P ' a P, A a A ', Q ' a Q  s,   R ·' AQ '  OA · 'Q . Suy ra : O Ta có : SP2  SQ.SO; SP2  SA.SA '  SQ.SO  SA.SA ' . Suy ra tứ giác AQOA’ nội tiếp đường tròn. · · ' Q . Vậy OAQ · ·' AQ ' . Suy ra OAQ  OA O · · AOM ' . Do tam giác MOA và tam giác M’O’A’ cân. Suy ra : MOA · ' A  1800  1 MOA · ABM  1800  MA Ta có : · 2 · ' BA  1 M · ' O ' A  1 MOA · Mà góc : M Suy ra : 2 2 0 · · ABM  ABM '  180 . Do đó M, B, M’ thẳng hàng. Bài 5. (Bài toán bồi dưỡng đội tuyển Anh 1990) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R. Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC, E là điểm đối xứng của B qua AC và F là điểm đối xứng của C qua AB. Giả sử H là trực tâm tam giác ABC, chứng minh rằng D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi OH  2R . Giải 4 E O D' A E' C1 B G F' B1 A1 C D F Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và A1 , B1 , C1 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Dựng tam giác A2 B2C2 mà các điểm A, B, C lần lượt là trung điểm của B2C2 , C2 A2 , A2 B2 . Suy ra G, H lần lượt là trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2C2 . Gọi D’, E’, F’ lần lượt là hình chiếu của O lên các cạnh B2C2 , C2 A2 , A2 B2 Xét phép vị tự V 1  . Phép vị tự này biến A, B, C, A2 , B2 , C2 lần lượt thành A1 , B1 , C1 ,  G ,  2  A, B, C. Từ đó phép vị tự này biến 3 điểm D, E, F thành D’, E’, F’. Vậy D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi D’, E’, F’. Theo định lí Simson, các điểm D’, E’, F’ thẳng hàng khi và chỉ khi O thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2C2 tương đương với OH = 2R. Bài 6. Cho hai đường tròn  O1  ;  O2  có bán kính khác nhau và nằm ngoài nhau. Ta xét một đường tròn (O) tiếp xúc ngoài lần lượt với  O1  ;  O2  tại A và B. Trên đường tròn (O) ta lấy điểm M bất kì, khác A và B. Đường thẳng MA cắt (O 1) lần thứ hai tại M1, MB cắt (O2) lần thứ hai tại M2. Chứng minh rằng khi M di động trên đường tròn (O) thì đường thẳng M1M2 đi qua một điểm cố định. Giải 5 M O A O1 B O2 S M2 M1 Nhận xét, nếu hai đường tròn tiếp xúc với nhau thì tiếp điểm là tâm của một phép vị tự với hệ số vị tự có giá trị tuyệt đối bằng tỉ số hai bán kính, biến đường tròn này thành đường tròn kia. Ta xét phép vị tự : tâm A biến O1 thành O do đó biến M1 thành M. Xét phép vị tự : tâm B biến O thành O 2, do đó biến M thành M2. Như vậy tích của hai phép vị tự tâm A và tâm B biến O1 a O2 và M1 a M 2 nên M 1M 2 đi qua tâm vị tự của hai đường tròn  O1  ,  O2  . Hai đường tròn này cố định nên tâm vị tự của chúng là điểm cố định hay M 1M 2 đi qua điểm cố định. Bài 7. (Đề thi HSGQG 2003) Trong mặt phẳng, cho hai đường tròn cố định  O1 , R1  và  O2 , R2  với điều kiện R1  R2 sao cho hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau tại điểm M. Xét điểm A nằm trên đường tròn  O2 , R2  sao cho 3 điểm A, O 1,O2 không thẳng hàng. Từ A kẻ các tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn (O 1) với B, C là các tiếp điểm. Các đường thẳng MB, MC cắt lần thứ hai đường tròn (O 2) tương ứng tại các điểm E và F. Gọi D là giao điểm của EF với tiếp tuyến tại A của đường tròn (O2). Chứng minh rằng điểm D di động trên một đường thẳng cố định khi A di động trên (O2) sao cho 3 điểm A, O 1, O2 không thẳng hàng. Giải A D E F A' D' O2 B C H O1 M Từ giả thiết ta có tứ giác ABO 1C nội tiếp đường tròn (O 3). Gọi A’ là giao điểm thứ hai của AM với đường tròn  O1 , R1  . D’ là giao điểm của hai tiếp tuyến tại M và A’ 6 của đường tròn  O1 , R1  . Khi đó D’ thuộc trục đẳng phưởng BC của hai đường tròn  O2 , R2  và (O3). Thật vậy, gọi H là giao điểm thức hai của (O 3) với AM. Khi đó O1H vuông góc với AM nên H là trung điểm của dây cung MA’. Tam giác D’MA’ cân tại D’, do đó 2 D’H vuông góc với AM và D’O1 đi qua H. Từ : D ' H .D ' O1  D ' M . Suy ra : D’ cùng phương tích đối với hai đường tròn (O 1) và (O3). Như vậy D’ di động trên tiếp tuyến của đường tròn (O 1) tại M và tiếp tuyến đó cố định. Phép vị tự tâm M biến đường tròn (O 1 ) thành đường tròn (O 2) cho nên đường thẳng BC biến thành đường thẳng EF, tiếp tuyến tại A’ biến thành tiếp tuyến tại A và D’ thành D. Tập hợp các điểm D nằm trên đường thẳng MD’ là tiếp tuyến của (O1). Bài 7. Trong mặt phẳng, cho hai đường tròn cắt nhau tại X và Y. Chứng minh rằng tồn tại 4 điểm thỏa mãn các tính chất sau : Với mỗi đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn đã cho tại A và B, và cắt đường thẳng XY tại C và D, thì mỗi đường thẳng trong các đường thẳng AC, AD, BC, BD phải đi qua một trong 4 điểm ấy. Giải Y D R B A C P X Q Gọi (E) là một đường tròn thỏa mãn đầu bài. Vì (E) cắt đường thẳng XY tại C,D nên (E) hoặc cùng tiếp xúc ngoài hoặc cùng tiếp xúc trong với cả hai đường tròn. Ta xét trường hợp tiếp xúc trong, trường hợp tiếp xúc ngoài chứng minh tương tự. Giả sử đường thẳng CA cắt đường tròn (AXY) tại một điểm P khác nữa và CB cắt đường tròn (BXY) tại một điểm Q khác nữa, khi đó C nằm trên XY, theo tính chất phương tích ta có : CA.CP  CX .CY  CB.CQ . ·  CQP · . Vậy các tam giác CAB và CQP đồng dạng, suy ra CAB Kẻ đường thẳng CR tiếp xúc với (E) với R nằm cùng phía với B đối với đường ·  CAB ·  CQP · . thẳng XY. Lúc đó : BCR 7 Suy ra : CR // PQ. Xét hai phép vị tự, tâm lần lượt là A và B, biến (E) thành hai đường tròn đã cho. Một trong hai phép vị tự này biến đường thẳng CR thành tiếp tuyến tại P của một trong hai đường tròn này và phép vị tự kia biến CR thành tiếp tuyến tại Q của đường tròn còn lại. Cả hai đường thẳng ảnh đều song song với CR, nên chúng trùng với đường thẳng PQ vì thế nó phải là tiếp tuyến chung của hai đường tròn này. Kết luận : Bốn tiếp điểm tạo bởi hai tiếp tuyến chung của hai đường tròn đã cho có tính chất của đề bài. Bài 8. Cho tam giác ABC cân tại C, có đường cao CD. Cho P là điểm nằm trên cạnh CD. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của đường thẳng AP với cạnh BC, đường thẳng BP với cạnh AC. Giả sử hai đường tròn nội tiếp tam giác ABP và tứ giác PECF bằng nhau. Chứng minh rằng hai đường tròn nội tiếp các tam giác ADP và BCP cũng bằng nhau. Giải C' C F E P' P A D' D B Gọi (H1) và (H2) lần lượt là hai đường tròn nội tiếp tứ giác CEFP và tam giác ABP. Trong các tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn này, ta xét tiếp tuyến gần A nhất, tiếp tuyến này cứt BC và BD tại hai điểm tương ứng C’ và D’. Khi đó C’D’//CD. Gọi giao điểm của hai đoạn thẳng C’D’ và BF là P’. Khi đó (H1) và (H2) cũng lần lượt là hai đường tròn nội tiếp tam giác BC’P’ và BD’P’. Xét phép vị tự V CD  . Khi đó phép vị tự này sẽ biến tam giác BC’P’ và BD’P’  B,   C 'D'  tương ứng thành hai tam giác BCP và BDP. Như thế biến hai đường tròn (E1) và (E2) thành hai đường tròn nội tiếp tam giác BCP và BDP. Vì hai đường tròn (E1) và (E2) bằng nhau nên hai đường tròn nội tiếp hai tam giác BCP và BDP cũng bằng nhau. Nhưng các tam giác BDP và ADP cũng có hai đường tròn nội tiếp bằng nhau. Từ đó ta có đpcm. 8 Bài 9. (Bulgaria, Problem 11.3.2001) Trên mỗi cạnh của một tam giác có các góc 300 , 600 ,900 và có độ dài cạnh huyền bằng 1, ta chọn một điểm sao cho 3 điểm này tạo thành một tam giác vuông cân. Hỏi cạnh huyền của tam giác mới này có giá trị bé nhất bằng bao nhiêu? Giải B2 A B1 X Y C1 C A2 B A1 Xét tam giác ABC có các góc  ,  ,  . Cho A1  BC , B1  CA, C1  AB là các điểm sao A1C1 B1  900 . Giả sử đường tròn (K) đường kính A1B1 cho tam giác A1 B1C1 vuông với · cắt AB tại X  C1 . Dễ thấy nếu   900 ,   900 thì X nằm trong đoạn AB. Vẽ tiếp tuyến d của (K) sao cho d//AB và tiếp điểm Y thuộc cung nhỏ C 1X. Gọi B2, A2 lần lượt là giao điểm của d với CA và CB. Xét phép vị tự tâm C sao cho ảnh B2 là A, A2 là B. Khi đó qua phép vị tự tâm C này thì ảnh của tam giác B1A1Y nội tiếp trong tam giác ABC và cạnh huyền của nó bé hơn B1A1. Do vậy, không mất tính tổng quát, giả sử AB là tiếp tuyến của đường tròn (K). Từ đó, nếu đặt B·1 A1C1   thì B·1C1 A   . Áp dụng định lí sin cho tam giác AC 1B1 và tam giác BC1A1 ta được : B1 A1.cos .sin  900      B1 A1.sin  .sin     AC1  và BC1  sin  sin  0 B1 A1.sin  .sin     B1 A1.cos .sin  90       Vì AB = AC1 + C1B nên AB  (1) sin  sin   2 AB  A1B1  cot   cot   2sin 2   cot   cot   cos2  Mặt khác, ta lại có : cot   cot   2sin 2   cot   cot   cos2  4   cot   cot   .sin  2    2  4   cot   cot   2 2  cos  2 4   cot   cot    trong đó  thỏa mãn :  cot   cot  sin   2  4   cot   cot    9 Khi đó : giá trị bé nhất cần tìm của B1A1 là : B1 A1  Thật vậy : nếu B1 A1  2 AB cot   cot   4   cot   cot   2 AB cot   cot   4   cot   cot   2 2 đồng thời 2    900 thì (1) đúng, do đó tồn tại tam giác với B1A1 xác định như trên. Với giả thiết tam giác ABC có các góc 300 , 600 ,900 và có độ dài cạnh huyền bằng 1, trong các trường hợp của tam giác vuông nội tiếp trong tam giác này thì B1A1 có 3 giá trị tính được là : 39  3 , 21 3 , 3 Giá trị nhỏ nhất là 12 39  3 . 12 4 4 Bài 10. (Thi vô địch Ba Lan,1999) Gọi D là điểm nằm trên cạnh BC của tam giác ABC sao cho AD > BC. Gọi E là điểm nằm trên cạnh AC sao cho : AE BD  EC AD  BC Chứng minh rằng : AD > BE. Giải A E B C D Ta cố định các điểm B, C, D và khoảng cách AD. Cho A thay đổi. Quĩ tích điểm A là một đường tròn tâm D. Từ phương trình ở đầu bài, ta có tỉ số tỉ số : a  EC AC AE EC cố định. Suy ra cũng cố định. Do E là ảnh của A qua phép vị tự tâm C, tỉ số a, nên quĩ tích các điểm E là ảnh của quĩ tích các điểm A qua phép vị tự này, tức là quĩ tích của E là một đường tròn có tâm nằm trên đoạn thẳn BC. Khi đó, giá trị của BE lớn nhất khi và chỉ khi E là giao điểm của đường tròn này với đường thẳng BC (điểm này gần C hơn B). Đến đây, nếu ta chứng minh được trong trường hợp này AD = BE thì sẽ có điều phải chứng minh, bởi vì ta luôn có AD  BE và đẳng thức chỉ xảy ra với trường hợp suy biến đó. Thật vậy, trong trường hợp nói trên, các điểm B, D, C, E, A thẳng hàng theo thứ tự đó. Khi đó, từ đẳng thức ở đầu bài ta được : AE. ( AC – BD ) = AE. ( AD – BC ) = EC. BD. 10 Suy ra : AE . AC = ( AE + EC ). BD = AC. BD. Do đó : AE = BD, suy ra AD = BE (đpcm) Bài 11. Cho hai đường tròn (C 1) và (C2) nằm bên trong và tiếp xúc với đường tròn (C) theo thứ tự tại M và N. Giả sử đường tròn (C 1) đi qua tâm của (C 2). Đường nối hai điểm chung của (C1) và (C2) cắt (C) tại A và B. Các đường thẳng MA, MB cắt (C1) tương ứng tại E và F. Chứng minh rằng đường thẳng EF là tiếp tuyến của (C 2). Giải N A X O2 Y E M V O1 O W F B Gọi O, O1 , O2 , r , r1 , r2 lần lượt là tâm và bán kính của các đường tròn (C), (C 1), (C2) tương ứng. Giả sử EF cắt O 1O2 tại W. Đặt O2W= x. Ta cần chứng minh x = r2. Chọn hệ trục trực chuẩn có gốc là O 2, O2O1 là trục hoành, giả sử O có tọa độ là (a,b). Nx: O và M không nằm trên O 2O1. Giả sử AB cắt O2O1 tại V. Dễ thấy : O2V  r22 . 2r1 Khi đó các tam giác O 1YO2 và XVO2 đồng dạng, suy ra : O2V O2Y .  O2 X O2O r biến O1 thành O, biến EF thành AB. Do đó EF  O1O2 r1 r Do đó, khoảng cách từ O 1 đến EF bằng 1 lần khoảng cách từ O đến AB, suy ra : r r r2  r1  x  1  a  2  (1) r 2r1  Phép vị tự tâm M, tỉ số Bây giờ ta xác định a. Bằng cách tính khoảng cách từ O đến O 1 và O2, ta nhận được hai phương trình chứa a và b sau đây : 11  r  r1  2   r1  a   b2 và  r  r2   a 2  b2 2 2 2 Khử b từ hai phương trình trên ta có : a  r2  r  r. r2 . Thay vào (1) ta nhận được x = r2 (đpcm) 2r1 r1 2. Quĩ tích Việc phát hiện và dự đoán quĩ tích điểm tương đối phức tạp, tuy nhiên nhờ phép vị tự mà việc định hướng quĩ tích các điểm cần tìm với các yếu tố ban đầu của bài toán trở nên dễ dàng hơn. Bài 1. Chứng minh rằng quỹ tích những điểm của mặt phẳng mà tỷ số khoảng cách từ đó đến hai đường thẳng cắt nhau ở một điểm O bằng k (k>0) không đổi gồm hai đường thẳng đi qua O. Giải y' x' H x A H1 O K1 M1 K MB y M' Giả sử hai đường thẳng xx’ và yy’ là hai đường thẳng cho trước cắt nhau tại O. M là một điểm của mặt phẳng sao cho MH/MK = k (hằng số dương cho trước). Gọi M1 là điểm tương ứng của điểm M trong một phép vi tự thay đổi tâm O. Vậy quĩ tích này sẽ gồm các đường thẳng đi qua O. Khi đó quỹ tích của những điểm cần tìm trên một cát tuyến AB của hai đường thẳng Ox, Oy sao cho OA = OB. Với mỗi điểm M của AB các tam giác vuông MAH và MBK có các góc nhọn bằng nhau ở A và B thì đồng dạng với nhau và ta có : tích nếu tỷ số MH  k hay là MK : MA k. MB MH MA  . MK MB Điểm M sẽ là một điểm của quĩ Khi đó tỷ số k  1 thì trên AB có hai điểm M và M’ đáp ứng điều kiện đòi hỏi của bài toán. Vậy quỹ tích cần tìm bao gồm hai đường thẳng OM và OM’ liên hợp điều hòa đối với hai đường thẳng Ox, Oy đã cho vì hàng điểm ABMM’ điều hòa. Bài 2. Cho 2 đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc với nhau tại A, (O’) nằm trong (O), BC là một dây cung của (O) tiếp xúc với (O’). Tìm tập hợp tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC khi dây cung BC thay đổi. Giải 12 C M' M O O' A B' B Xét phép vị tự : V R  A,   R'  : O a O ', M a M ' uuur ( do : AO  R uuuur . AO ' , M R' là điểm thuộc đường tròn (O)) · Ta thấy tia AM là tia phân giác của góc BAC · · , MAC · · Thật vậy : MAB  MCB  MBC Ta có : O’M//OM’. Mà O’M vuông góc với BC nên OM’ vuông góc với BC do đó OM’ là đường kính chia đôi dây BC. Suy ra : tam giác M’BC cân · ' BC  M · ' CB  M · ' AB  M · ' AC suy ra : I là tâm đường tròn nội tiếp Từ đó ta có : M tam giác ABC thuộc MA. MI BM AB BM AB AI      IA AB IA MI BM IM AB AI AB P B / O '  BM 2  BB '.BA    BM IM BB '.BA uuuur R ' uuur R' AB  AB '  . AB V R '  : B ' a B . Do đó : AB '  A , R R    R Theo tính chất phân giác ta có : AB ' AB  AB ' 1  k R   BB '  1  k  AB k   1  AB AB 1 R'   AB AB 1   Suy ra : 2 BA.BB ' 1 k 1  k  AB uur AI 1 q uuuur   q  AI  . AM .Khi đó : V q  : M a I Ta có : IM 1 q  A,  1 k  1 q  Suy ra : AB  k.AB '  k  Vậy I thuộc đường tròn là ảnh (O’) qua phép vị tự V q   A,   1 q  Bài 3. Cho đường tròn (O,R) và một đường kính PQ cố định của đường tròn. Trên tia PQ ta lấy một điểm S cố định khác P và Q. Với mỗi điểm A thuộc đường tròn, ta dựng tia Px vuông góc với tia PA và nằm cùng phía với nó đối với đường thẳng PQ. Gọi B là giao điểm của Px và SA. Tìm tập hợp điểm B, khi điểm A di động trên đường tròn (O,R). Giải 13 B' d O' P O S Q A B Gọi B’ là giao điểm thứ hai của Px đối với đường tròn (O), khi đó AB’ là đường kính của đường tròn (O). Gọi d là đường thẳng đi qua B và d//AB’. O’ là giao điểm của d và PQ. Ta có hai tam giác OPB’ và O’PB đồng dạng mà tam giác OPB’ cân tại O, nên tam giác O’PB cân tại O’. Khi đó : SO ' O ' B SO ' O ' P SO ' SO ' SP SP       SO '  .SO * SO OA SO R SO R SO  R SP Ta đặt k  , k là một số không đổi và (*) được viết lại dưới dạng véctơ uuur uuur SO  R SO '  k.SO (**). Hệ thức (**) chứng tỏ (O’) là ảnh của (O) trong phép vị tự tâm S, hệ số vị tự k SP , do đó O’ cố định. SO  R Mặt khác từ : uur uur SB SO '  , ta suy ra : SB  k.SA SA SO và B là ảnh của A trong phép vị tự. Tập hợp điểm B là đường tròn (O’) là ảnh của đường tròn (O) trong phép vị tự V S ,k  với k  SP SO  R . Bài 4. Cho hai đường tròn (O) bán kính R và đường tròn (O’) bán kính R’ tiếp xúc trong tại A với R > R’. Đường kính qua A cắt đường tròn (O) tại B và cắt đường tròn (O’) tại C. Một đường thẳng thay đổi đi qua A cắt (O) tại M và (O’) tại N. Tìm tập hợp các giao điểm S của BN và CM. Giải 14 M N S B A C O O' Ta có : BM // CN. Hai tam giác BMS và NCS đồng dạng nên ta có : CS CN 2 R ' R '    SM BM 2 R R uuur CS R' CS R' R ' uuuur .CM . Do đó : hay : suy ra : CS    R  R' CM R  R ' SM  CS R  R ' Vậy tập hợp các điểm S là đường tròn vị tự của đường tròn tâm O trong phép vị tự tâm C tỉ số vị tự k  R' . R  R' Bài 5. Trong mặt phẳng cho hai đường tròn đồng tâm, bán kính R, r (R > r). P là một điểm cố định trên đường tròn bán kính r, còn B là điểm chuyển động trên đường tròn bán kính R. Đường thẳng BP cắt đường tròn bán kính R ở điểm thứ hai C và đường thẳng l vuông góc với đường thẳng BP tại P cắt đường tròn bán kính r ở điểm thứ hai A (nếu l là tiếp tuyến cảu đường tròn thì P  A ). a) Tìm tập hợp các giá trị của biểu thức : BC 2  CA2  AB 2 . b) Tìm quĩ tích trung điểm của AB. Giải l D B P C O M A a)Ta biểu thị tổng : T  BC 2  CA2  AB 2 qua độ dài các đoạn AP, CP và PD bằng cách áp dụng định lí Pythagore và các đẳng thức CP = DB, BC = CP + PD + DB. Ta được : 15   T  AB 2   PD  DB    4CP 2  4CP.PD  PD 2    CP 2  AP 2  2   2 AP2  2PD2    6CP 2  6CP.PD  Theo định lí Pythagore, biểu thức trong dấu ngoặc thứ nhất bằng 4r2, theo định lí về phương tích trong đường tròn thì CP.(CP + PD)  R2  r 2 , vậy biểu thức trong dấu ngoặc thứ hai bằng 6 R 2  6r 2 . Ta được T  6 R 2  2r 2 là một đại lượng không đổi và tập hợp các giá trị của biểu thức BC 2  CA2  AB 2 chỉ gồm một số duy nhất : T  6 R 2  2r 2 . b) Gọi O là tâm đường tròn và M là trung điểm của AB. Khi đó OM là đường trung bình của tam giác ADB và ta cũng có M là ảnh của C qua phép vị tự với tỉ số tâm vị tự là điểm nằm trên OP, chia OP theo tỉ số 1 2 1 2 và . Nếu điểm B chạy trên đường tròn lớn thì điểm C cũng chạy trên đường tròn này, còn điểm M chạy trên đường tròn vị tự với nó có bán kính bằng R 2 và tâm là trung điểm OP.. Vậy quĩ tích trung điểm M của AB là đường tròn bán kính của OP. R 2 , có tâm là trung điểm 3. Dựng hình Trong một số bài toán dựng hình, việc sử dụng các phép vị tự giúp bài toán trở nên tương đối đơn giản. Bài 1. Dựng một đường tròn tiếp xúc với một đường tròn (O) cho trước và với một đường thẳng d cho trước, biết một trong các tiếp điểm. Giải C O A E D d H B Giả sử ( E) là một đường tròn tiếp xúc với (O) tại A và đường thẳng d tại B. Khi đó ta có một phép vị tự tâm A là tiếp điểm của (E) và (O). Thật vậy (O) là ảnh của (E) trong một phép vị tự tâm A biến B thành một trong hai đầu mút C hoặc D của đường kính CD của (E) vuông góc với d. Ta xét hai trường hợp như bài toán đã đặt ra : 16 + Nếu điểm A cho trước trên đường tròn (O), đường thẳng CA cắt d tại điểm B. Khi đó phép vị tự V A,k  với k  AB sẽ biến đường tròn (O) thành đường tròn (E) tiếp AC xúc với (O) ở A và đường thẳng d tại B (Trường hợp thứ 2 thực hiện tương tự với đường thẳng DA) + Nếu điểm B cho trước trên đường thẳng d thì đường thẳng CB cắt (O) tại điểm A và phép vị tự V A,k  với k  AB sẽ cho một đường tròn (E) tiếp xúc với d tại B và (O) AC tại A (Trường hợp thứ 2 thực hiện tương tự với đường thẳng DB). Bài 2. Cho tam giác ABC. Hãy tìm điểm E trên cạnh AB và tìm điểm F trên cạnh AC sao cho : BE = EF = FC. Giải A E P M F B C N Giả sử ta dựng được hai điểm E, F sao cho thỏa mãn đầu bài. Qua A kẻ đường thẳng song song với EF cắt tia BF tại M, qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt đường thẳng BC tại N. Ta có : BE EF BF FC BC     k BA AM BM MN BN Ta có : BE = EF = FC suy ra AB = AM = MN. Ta cần tìm điểm M, N sao cho N thuộc tia BC và MN//AC đồng thời thỏa mãn điều kiện AB = AM = MN. Ta có cách dựng sau : + Dựng đường tròn tâm A, bán kính AB. + Trên tia CA lấy CP = AB. + Qua P dựng đường thẳng song song với BC cắt đường tròn tại M. BM cắt AC tại F. + Qua F kẻ đường thẳng song song với AM cắt AB tại E. Ta có tứ giác BEFC là hình vị tự của tứ giác BAMN trong phép vị tự tâm B với tỉ số vị tự k  BE . BA Vì BA = AM = MN nên ta suy ra : BE = EF = FC. Bài 3. Cho góc nhọn xOy, và một điểm C thuộc miền trong của góc đó. Tìm trên Oy một điểm A sao cho AC bằng khoảng cách từ A đến Ox. Giải 17 H H' C C1 C2 O A' A Dựng đường thẳng bất kì vuông góc với Ox, cắt Ox, Oy lần lượt tại H’ và A’. Đường tròn tâm A’ bán kính A’H cắt OC ở C’. Dựng CA//C’A’. Ta có tam giác ABC cân, vị tự với tam giác cân A’B’C’ với phép vị tự tâm O, tỉ số k OC . OC ' Vì đường tròn tâm A’ cắt OC tại 2 điểm nên bài toán có hai nghiệm hình . Bài 4. Cho tam giác ABC. Dựng hình bình hành AEMD có D, M, E theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC, CA sao cho các tam giác MDE và ABC đồng dạng. Giải A I' D' D B E' E I M C Giả sử ta đã dựng được hình bình hành AEMD thỏa mãn các điều kiện của bài toán. Ta có AM đi qua trung điểm I của đoạn DE. Trên AD lấy điểm D’ và trên AE lấy điểm E’ sao cho : D’E’//DE. Gọi I’ là trung điểm D’E’. Ta có hai tam giác AE ' D '  · ABC . Do đó ta có cách dựng: AD’E’ và ADE vị tự với nhau và góc : · AE ' D '  · ABC ta có điểm D’ trên AB. + Lấy một điểm E’ bất kì trên AC vẽ góc : · + Gọi I’ là trung điểm của D’E’, ta có : AI’ cắt BC tại M. + Ta dựng hình bình hành ADME thỏa mãn các điều kiện của bài toán. Bài 5. (Đề thi APMO, 1990) Cho  là góc nằm trong khoảng  0,   . Hỏi có bao nhiêu tam giác ABC (không bằng nhau) sao cho A   , BC  1 và bốn điểm sau đây 18 nằm cùng trên một đường tròn : điểm A, trọng tâm tam giác ABC, trung điểm của AB và trung điểm của AC. Giải A O Q G B O G E X X M M C P Có một tam giác khi   600 , ngoài ra không tồn tại. Gọi O là tâm và R là bán kính, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của BC, G là trọng tâm tam giác ABC. Ta có thể xem như A di chuyển tự do trên đường tròn này, còn O, B, C là các điểm cố định. Gọi X là điểm nằm trên MO sao cho : MX 1  . MO 3 Phép vị tự tâm M, tỉ số 3 biến G thành A và X thành O, nên G phải nằm trên đường tròn tâm X, có bán kính R 3 . Đường tròn đường kính OA chứa các trung điểm của AB khi A di động và các ·  900 suy trung điểm của AC. Vì thế nếu G cũng nằm trên đường tròn này thì : OGA ·  900 . Do đó G cũng nằm trên đường tròn đường kính OM. Rõ ràng là hai ra : MGO đường tròn vừa nói này không cắt nhau, khi đó không tìm được tam giác thỏa mãn điều kiện đề bài hoặc chúng cắt nhau tại 1 hoặc 2 điểm. Nếu hai đường tròn đó cắt nhau tại 2 điểm thì các tam giác tương ứng hiển nhiên bằng nhau (chỉ thay đổi vị trí của B và C). Do đó, ta tìm tam giác thỏa mãn đề bài khi hai đường tròn cắt nhau là đủ. Giả sử đường tròn tâm X, bán kính cùng phía với M so với X. R 3 cắt đường thẳng OXM tại P và Q, với P nằm 1 1 3 3 2 1 1 XO  .OM  R  2.cos  , do đó : XQ  R  XO 3 3 3 Ta có OM  R.cos , do đó : XM  R.cos  R  XP , vậy M luôn nằm trong đoạn thẳng PQ. Bây giờ, nếu và chỉ nếu 19 2cos   1 hoặc    3  . Như vậy nếu   thì XQ > XO và do đó đường tròn đường 3 kính OM nằm hoàn toàn bên trong đường tròn tâm X, bán kính không thể cắt nhau. R 3 và do đó chúng  Nếu   thì hai đường tròn nói trên tiếp xúc với nhau tại O, ta được tam giác đều 3 thỏa mãn bài toán.  Nếu   , hai đường tròn sẽ giao nhau, cũng cho ta một tam giác thỏa mãn đầu 3 bài. 4. Bài tập rèn kĩ năng Bài 1. Cho tam giác ABC. Gọi O, H, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm và trọng tâm tam giác đó. a) Chứng minh rằng các điểm O, H, G cùng nằm trên một đường thẳng (đường thẳng Euler). b) Giả sử X là điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Đặt M  XA2  XB 2  XC 2 ; E, F là các điểm thuộc đường tròn trên và tại đó M lần lượt nhận những giá trị tương ứng lớn nhất, nhỏ nhất. Chứng minh 5 điểm H, O, G, E, F cùng thuộc một đường thẳng. Bài 2. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, tồn tại ba đường tròn có một điểm chung duy nhất sao cho 3 đường tròn này có bán kính bằng nhau và lần lượt tiếp xúc với các cặp cạnh AB, BC; BC, CA; AC, AB. Bài 3. Tứ giác lồi A1 A2 A3 A4 nội tiếp đường tròn (O,R). Gọi Bi là trọng tâm tam giác Aj Ak Al ; i  1, 2,3, 4 ; j, k , l  1, 2,3, 4 . Chứng minh rằng : tứ giác B1 B2 B3 B4 nội tiếp trong một đường tròn. Hãy xác định tâm O 1 và bán kính R1 của đường tròn đó. Bài 4. (Đề thi toán quốc tế IMO, Rumani 1978) Đường tròn (J) tiếp xúc trong với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cân ở A, đồng thời tiếp xúc với hai cạnh AB và AC ở M và N. Chứng minh rằng trung điểm của đoạn thẳng MN là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC A  600 . Hai đường chéo cắt nhau Bài 5. Cho một hình thoi có cạnh bằng a và góc µ tại O. Một đường thẳng d quay quanh A nhưng không cắt hình thoi. a) Đường thẳng d cắt hai đường thẳng BC và DC lần lượt tại B’, D’. Chứng tỏ rằng hai tam giác B’BA và ADD’ vị tự với nhau. Tìm vị trí của đường thẳng d để hai tam giác trên bằng nhau. b) Hạ OG vuông góc với d tại G. Tìm vị trí của d để OG cực đại hoặc cực tiểu và tính theo a các giá trị cực đại hoặc cực tiểu đó. 20