Tài liệu Phép nghịch đảo ứng dụng trong hình học

www.MATHVN.com Phép nghịch đảo – Ứng dụng trong hình học MAI T HỊ ANH THƯ PHẠM QUANG NHẬT LÊ THÀNH ĐẠT HỌC SINH LỚP 10CT2 THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG, TP.HCM Bài toán mở đầu “Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); các đường cao BD, CE. CMR: DE ⊥ AO ” x Bài toán trên có thể dễ dàng giải bằng kiến thức THCS. Kẻ Ax là tiếp tuyến của (O) tại A A Ta có: tứ giác BCDE nội tiếp (vì ∠BDC=∠BEC=90o ) D E Suy ra: ∠ADE=∠ABC O Mà∠ ABC=∠CAx C B ∠ CAx=∠ ADE  DE//Ax DE ⊥ AO (vì AO ⊥Ax) Ta thấy đường thẳng AO qua tâm của (O) ⇒ AO ⊥ (O). Theo bài toán : ED ⊥ AO Vậy giữa (O) và ED có liên hệ gì ở đây? Liệu có phép biến hình nào biến (O) thành ED không? Câu trả lời là có. Đó chính là phép nghịch đảo. Chú ý rằng 𝐴𝐸 . 𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 . 𝐴𝐶 = 𝑘 nên nếu ta gọi f là quy tắc: f: mặt phẳng \{A} --> mặt phẳng --> M‟ : 𝐴𝑀. 𝐴𝑀′ = 𝑘 M Thì f(B)=D và f(C)=E ...Phép nghịch đảo được xây dựng từ bài toán đó I. LÍ THUYẾT 1. Định nghĩa Cho một điểm O cố định và một số k ≠ 0. Với mỗi điểm M trong mặt phẳng khác O ta tìm được một điểm M‟ sao cho 𝑂𝑀. 𝑂𝑀′ = 𝑘. Quy tắc này gọi là phép nghịch đảo cực O, phương tích k. Ta kí hiệu f(O, k). M‟ gọi là ảnh của M qua f, ta viết f(M)=M‟ 2. Tính chất a) Tính đối hợp Phép nghịch đảo có tính chất đối hợp. Tức là P=f(P‟) và P‟=f(P) nên f of(M)=M. Do đó f 2 là một phép đồng nhất. b) Tính chất bất biến Phép nghịch đảo biến đường thẳng qua O thành chính nó. Phép nghịch đảo với k > 0 biến đường tròn (𝑂; 𝑘) thành chính nó. Ta gọi (𝑂; 𝑘) là đường tròn nghịch đảo. Phép nghịch đảo với k > 0 biến các đường tròn trực giao với đường tròn nghịch đảo thành chính nó. Phép nghịch đảo www.MATHVN.com Page 2 www.MATHVN.com c) Đường tròn trực giao, sự đồng viên Cho f(O;k) với k > 0 và M‟=f(M) thì mọi đường tròn (C) qua M và M‟ đều trực giao 𝑘) và (C) biến thành chính nó qua f. Khi đó nếu (C1 ) và (C2 ) cắt nhau ở A,B với (𝑂; và lần lượt trực giao với (𝑂; 𝑘),k >0 thì A, B là ảnh của nhau qua f. Cho f(O;k), k ≠ 0 thì với A, B không thẳng hàng với O, ta có: A, B, f(A), f(B) thuộc một đường tròn d) Các định lí Định lí 1: Cho f(O,k). Nếu f(A)=A và f(B)=B‟ thì 𝐴′ 𝐵 ′ = 𝑘 .𝐴𝐵 𝑂𝐴 .𝑂𝐵 Chú ý: khẳng định A‟B‟=f(AB) là sai Định lí 2: Phép nghịch đảo bảo tồn góc. Ta nhắc lại định nghĩa về góc giữa hai đường cong Cho hai đường cong (C1 ) và (C2 ) cắt nhau tại A, ta dựng các tiếp tuyến d, d‟ tại A của chúng. Khi đó góc giữa (C1 ) và (C2 ) là góc giữa d và d‟ e) Ảnh của đường thẳng và đường tròn qua phép nghịch đảo Ảnh của đường thẳng qua tâm nghịch đảo là chính nó Ảnh của đường thẳng không qua tâm nghịch đảo là đường tròn đi qua tâm nghịch đảo A' A O H H' Thật vậy, xét phép nghịch đảo f(O;k), đường thẳng d. Gọi H là hình chiếu của O trên d, H‟=f(H). A‟thuộc d và A‟=f(A). Khi đó OH.OH‟=OA.OA‟=k nên tứ giác HH‟A‟A nội tiếp, suy ra ∠OA‟H‟=90o . Do đó A‟ thuộc đường tròn (C) đường kính OH‟. Vậy f(d)=(C) và tâm O‟ của (C) đối xứng với O qua d Ảnh của đường tròn đi qua tâm nghịch đảo là đường thẳng không qua tâm nghịch đảo O và nó song song với tiếp tuyến của đường tròn tại O Thật vậy, xét f(O;k) và (C) qua O. gọi OH‟ là đường kính của (C) và H=f(H‟). Với A‟ thuộc (C) (A‟ ≠ O), gọi A=f(A‟). Khi đó ∆OHA đồnng dạng ∆OA‟H‟ ⇒∠OHA=∠OA‟H‟=90. Do đó A thuộc đường thẳng đi qua H và vuông góc với OH. Ảnh của đường tròn không qua tâm nghịch đảo là đường tròn không qua tâm nghịch đảo Ta có bổ đề sau hay được sử dụng trong chứng minh hình học Bổ đề: Cho phép nghịch đảo f(I;k) biến (O) thành (O’) thì O biến thành chân A' đường đối cực của I đối với (O’) Chứng minh: A I O Phép nghịch đảo P O' www.MATHVN.com Page 3 www.MATHVN.com Kẻ tiếp tuyến IA của (O). Xét phép nghịch đảo f(I;k) biến IA ↔IA, (O) ↔(O‟), O↔P Vì IA tiếp xúc (O) nên IA cũng tiếp xúc (O‟) tại A‟ (A‟=f(A)). Ta có: IA.IA‟=IO.IP=k nên tứ giác AA‟PO nội tiếp. Do đó ∠IPA‟=∠IAO=90o . Vậy qua f O biến thành P là chân đường vuông góc kẻ từ tiếp điểm A‟ xuống IO‟ nên P là chân đường đối cực của I đối với(O‟) II. VẺ ĐẸP CỦA PHÉP NGHỊCH ĐẢO TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC Bài toán mở đầu: x Xét phép nghịch đảo cực A, phương tích k=AE.AB=AD.AC, ta có: A E↔B, D↔C; D ED↔(ABC); AO↔AO O E Vì đường thẳng AO đi qua tâm c ủa (ABC) nên AO⊥(ABC) C B  AO⊥ED (đpcm) Tuy có thể được giải quyết bằng cách vẽ đường phụ nhưng bài toán trên sẽ trở nên tự nhiên và đẹp hơn khi ta sử dụng công cụ phép nghịch đảo. 1. Cho tứ giác ABCD. CMR: (ABC) ⊥ (ABD) ⟺AB2 .CD2 =AC2 .BD 2 +AD2 .BC2 Giải. Xét phép nghịch đảo f(A;k) (k bất kì): B↔B‟; C↔C‟; D↔D‟ (ABC) ↔B‟C‟; (ABD) ↔B‟D‟ (ABC) ⊥ (ABD) ⟺B‟C‟ ⊥B‟D‟ ⟺C‟D‟2 =B‟C‟2 +B‟D‟2 ⟺ ⟺ 𝑘 . 𝐶𝐷 𝐴𝐶. 𝐴𝐷 𝑘 . 𝐶𝐷. 𝐴𝐵 𝐴𝐶. 𝐴𝐷. 𝐴𝐵 2 2 = 𝑘 . 𝐵𝐶 𝐴𝐵. 𝐴𝐶 2 𝑘 . 𝐵𝐶. 𝐴𝐷 = 𝐴𝐵. 𝐴𝐶. 𝐴𝐷 + 2 𝑘 . 𝐵𝐷 𝐴𝐵. 𝐴𝐷 2 𝑘 . 𝐴𝐶. 𝐵𝐷 + 𝐴𝐵. 𝐴𝐷. 𝐴𝐵 2 ⟺ AB2 .CD2 =AC2 .BD2 +AD2 .BC2 2. Gọi (O;R) và (I;r) là đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp ∆ABC. CMR:OI2 =R2 -2Rr Phép nghịch đảo www.MATHVN.com Page 4 www.MATHVN.com A E M F O I P N B C D (I;r) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F. Gọi M, N, P lần lượt là giao điểm của IA và EF, IB và DF, IC và DE. Ta có: r 2=ID2=IE2=IF2=IM.IA=IN.IB=IP.IC Xét f(I;r2): D↔D, E↔E, F↔F; A↔M, B↔N, C↔P (ABC) ↔(MNP) và (I;r) ↔(I;r) Gọi R‟ là bán kính của (MNP). Theo tính chất phép nghịch đảo: 𝑟2 𝑟2 𝑟2 𝑅′ = 𝑅= 2 𝑅 = 𝑅 (1) 𝑑 − 𝑅2 𝑅2 − 𝑑2 𝑃𝐼/(𝑂) 𝐷𝐸. 𝐷𝐹. 𝐸𝐹 𝑀𝑁. 𝑀𝑃. 𝑁𝑃 𝑇𝑎 𝑐ó: 𝑆∆𝐷𝐸𝐹 = 4𝑆∆𝑀𝑁𝑃 ⟺ = 4. 4𝑟 4𝑅 ′ 2𝑀𝑁. 2𝑀𝑃. 2𝑁𝑃 𝑀𝑁. 𝑀𝑃. 𝑁𝑃 1 ⟺ = 4. ⟺ 𝑅 ′ = 𝑟 (2) 4𝑟 4𝑅′ 2 2 2 1 2 2 Thay (2) vào (1) ta được: (R -d ).2 r=rR ⟺ d =R2 -2Rr 3. Cho (C1 ), (C2 ), (C3 ) là các đường tròn phân biệt sao cho: (C1 ) và (C3 ) tiếp xúc ngoài tại P, (C2 ) và (C4 ) tiếp xúc ngoài tại P. (C1 ) và (C2 ), (C2 ) và (C3 ), (C3 ) và (C4 ), (C4 ) và (C1 ) lần lượt cắt nhau ở A, B, C, D (A, B, C, D ≠ P). CMR: 𝑨𝑩. 𝑩𝑪 𝑷𝑩𝟐 = 𝑨𝑫. 𝑫𝑪 𝑷𝑫𝟐 c2 d1 A' B D' A c3 c1 d4 d2 P d3 B' C' C c4 D Giải. Xét phép nghịch đảo f(P,k) (k bất kì): A↔A‟; B↔B‟; C↔C‟; D↔D‟ Phép nghịch đảo www.MATHVN.com Page 5 www.MATHVN.com (C1 ) ↔ d1 ; (C2 ) ↔ d2 ; (C3 ) ↔ d3 ; (C4 ) ↔ d4 (C1 ) và (C3 ) tiếp xúc ngoài ⇒ d1 //d3 (C2 ) và (C4 ) tiếp xúc ngoài ⇒ d2 //d4 Do đó A‟B‟C‟D‟ là hình bình hành ⇒ A‟B‟=C‟D‟ và A‟D‟=B‟C‟ Mặt khác: 𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 = 𝑃𝐵 = 𝑘 𝑃𝐴′ . 𝑃𝐵 ′ 𝑘 𝑃𝐴′ . 𝑃𝐷 ′ . 𝐴′ 𝐵 ′ ; 𝐵𝐶 = . 𝐴′ 𝐷 ′ ; 𝐷𝐶 = 𝑘 𝑃𝐵 ′ . 𝑃𝐶 ′ 𝑘 𝑃𝐷 ′ . 𝑃𝐶 ′ . 𝐵 ′ 𝐶; . 𝐷 ′ 𝐶′ ; 𝑘 𝑘 ; 𝑃𝐷 = 𝑃𝐵′ 𝑃𝐷′ Suy ra: 𝐴𝐵.𝐵𝐶 𝐴𝐷.𝐷𝐶 = 𝑃𝐷 ′ 2 𝐴 ′ 𝐵′ .𝐵′𝐶′ 𝑃𝐵′ 2. = 𝐴 ′ 𝐷 ′ .𝐷′𝐶′ 𝑃𝐵 2 𝑃𝐷 2 a) Chứng minh sự đồng quy, thẳng hàng 4. Cho điểm P bên trong ∆ABC thỏa: ∠APB-∠ACB=∠APC-∠ABC. Gọi D, E là tâm đường tròn nội tiếp ∆APB, ∆APC. CMR: AP, BD, CE đồng quy A Giải. XY E D P B C C' B' P' Gọi X, Y là giao điểm của AP và BD, AP và CE. Ta sẽ chứng minh X≡Y Theo tính chất đường phân giác : 𝑋𝐴 𝑋𝑃 = 𝐵𝐴 𝐵𝑃 ; 𝑌𝐴 𝑌𝑃 = 𝐶𝐴 𝐶𝑃 Xét phép nghịch đảo f(A ;k) (k bất kì) : B↔B‟; C↔C‟; P↔P‟ Ta có: ∆ABC và ∆AC‟B ‟ ; ∆APB và ∆AB‟P‟ (1); ∆APC và ∆AC‟P‟(2) là các cặp tam giác đồng dạng => ∠ABC=∠AC’B’ ; ∠APB=∠AB’P’ ; ∠APC=∠AC’P’ Phép nghịch đảo www.MATHVN.com Page 6 www.MATHVN.com Do đó : ∠B′C′P′ =∠AC′P′ – ∠ AC′B =∠APC – ∠ABC= ∠APB – ∠ACB = ∠ APB – ∠ ACB = ∠AB′P – ∠ AB′C′ =∠C′B′P′. => ∆B‟C‟P‟ cân tại P‟ nên P‟B‟=P‟C „ (3) Từ ( 1), (2), (3) : Suy ra: 𝑋𝐴 𝑋𝑃 = 𝐵𝐴 𝐵𝑃 𝑌𝐴 𝑌𝑃 = 𝑃′ 𝐴 𝑃′𝐵′ = 𝑃′𝐴 𝑃′𝐶′ = 𝐶𝐴 𝐶𝑃 nên X≡Y ⇒ điều phải chứng minh 5. Cho đường tròn (O) đường kính AB, C thay đổi trên (O) sao cho ∆ABC không cân tại C. Gọi H là chân đường cao kẻ từ C của ∆ABC. Vẽ HE, HF vuông góc với AB, AC (E, F thuộc AB, AC). EF và AB cắt nhau tại K. D là giao điểm thứ hai của (O) và đường tròn (C) đường kính CH. Chứng minh D, K, C thẳng hàng. C E D F A O H B K Ta có: CH2 =CE.CA=CD.CB=k Xét phép nghịch đảo f(C;k): E↔A ; H↔H ; F↔B (ABC) ↔EF ; (CEF) ↔AB Mặt khác: D=(ABC) ⋂ (CEF) và K=EF ⋂ AB => D=f(K) nên D,K, C thẳng hàng 6. Đường tròn (I;r) nội tiếp ∆ABC, tiếp xúc với BC, AC, AB tại M, N, P. CMR: trực tâm H của ∆MNP, tâm I, O của đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp ∆ABC thẳng hàng Giải: Gọi D, E, F là trung điểm của NP, MP, MN. Ta có: IA.ID=IB.IE=IC.IF=IM2 =IN2 =IP2 =r2 Xét phép nghịch đảo f(I;r2 ): A↔D; B↔E; C↔F  (ABC) ↔(DEF); O↔O‟ Ta thấy H và I thuộc d là đường thẳng Euler của ∆MNP Mặt khác O‟ là tâm của (DEF) là đường tròn Euler của ∆MNP ⇒ O‟ thuộc d mà I, O, O‟ thẳng hàng và I thuộc d⇒ O thuộc đường thẳng d Vậy H, O, I thẳng hàng Phép nghịch đảo www.MATHVN.com Page 7 www.MATHVN.com 7. Cho ∆ABC nhọn nội tiếp (O), các đường cao AD, BE, CF, H là trực tâm. Gọi M, N, P là giao điểm của HA và EF, HB và DF, HC và DE. Gọi da , db , dc là các đường thẳng lần lượt qua A, B, C và vuông góc với NP, MP, MN. Chứng minh da , db , dc đồng quy tại tâm đường tròn Euler của ∆ABC Ta có: AF.AB=AE.AC=AH.AD=k Xét phép nghịch đảo f(A,k): F↔B, E↔C, H↔D; BE↔(ACF), DF↔(AHB); CF↔(AEB), DE↔(AHC) Gọi N‟=(ACF) ⋂ (AHB) thì N‟=f(N); Gọi P‟=(AEB) ⋂ (AHC) thì P‟=f(P) Do đó: NP↔(AN‟P‟) Gọi Ia là tâm (AN‟P‟), vì da ⊥ NP nên da ⊥ (AN‟P‟) hay Ia thuộc da Ta lại có: NF.ND=NB.NH=NN‟.NA ⇒ 𝑃𝑁/(𝐴𝑁 ′ 𝑃′ ) = 𝑃𝑁/(𝐵𝐻𝐶 ) Tương tự: 𝑃𝑃/(𝐴𝑁 ′ 𝑃′ ) = 𝑃𝑃/(𝐵𝐻𝐶 ) => N, P thuộc trục đẳng phương của (AN‟P‟) và (BHC) Gọi X, Y là giao điểm của (AN‟P‟) và (BHC) thì N, P thuộc XY Gọi G, Oa là tâm của (DEF), (HBC), trong đó G là tâm đường tròn Euler ∆ABC Khi đó: f(A;k): X↔X, Y↔Y, H↔D, B↔F, C↔E; (HBC) ↔(DEF) => X,Y thuộc (DEF) Suy ra (DEF), (BHC), (AN‟P‟) là chùm đường tròn nên G, Oa , Ia thẳng hàng. Mặt khác: Ia G ⊥ XY và Ia A ⊥ XY nên G thuộc Ia A hay G thuộc da Tương tự: G thuộc db , dc. Do đó: da , db , dc đồng quy tại G A E M F H N X Y P N' P' B C D Phép nghịch đảo www.MATHVN.com Page 8 www.MATHVN.com b) Chứng minh tính chất hình học khác 8. Cho đường tròn (O) đường kính PQ, đường tròn (C) tiếp xúc với (O) và tiếp xúc với PQ tại C. Lấy A trên (O) và B trên CQ sao cho AB vuông góc với PQ và AB tiếp xúc với (C) . CMR: AC là phân giác của ∠PAB Giải A (O) A' (C) P Q B C O P' C Q' B' Với k bất kì, xét phép nghịch đảo f(C;k): P↔P‟; Q↔Q‟, A↔A‟, B↔B‟ ; PQ↔PQ; ∆CAP ∽ ∆CP‟A‟ ;∆CAB ∽ ∆CB‟A‟ nên∠ CAP=∠CP‟A‟ và ∠CAB=∠CB‟A‟ Vì (C) tiếp xúc với PQ và đi qua C nên (C) ↔đường thẳng c‟ , c‟//PQ Vì (O) tiếp xúc với (C) và (O) ⊥ PQ nên (O)↔ đường tròn (O‟) tiếp xúc với c‟ và có đường kính là P‟Q; Vì AB tiếp xúc (C) và AB⊥ PQ nên AB↔(CA‟B‟) tiếp xúc c‟ và có đường kính CB‟ Ta thấy (CA‟B‟) và (O‟) đối xứng với nhau qua trung trực của CQ‟ nên ∠CP‟A‟=∠CB‟A‟ => ∠CAP=∠CAB nên AC là phân giác của ∠PAB 9. Cho tứ giác lồi ABCD có 2 đường chéo vuông góc với nhau tại O. Gọi E, F , G, H là các điểm đối xứng với O qua AB, BC, CD, DA. CMR: E, F, G, H đồng viên Giải A Q D M N Phép nghịch đảo C M' P' N' B O P Q' www.MATHVN.com Page 9 www.MATHVN.com Gọi M, N, P, Q lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ O đến AB, BC, CD, DA. Ta có các tứ giác OMQ, OMBN, ONCP, OPDQ nội tiếp (vì 2 góc đối bù nhau) Gọi (OA) , (OB) ,( OC) ,( OD) là các đường tròn ngoại tiếp của chúng Xét phép nghịch đảo f(O;k), k bất kì: AC ↔ AC; BD ↔ BD Vì (OA) , (OB) ,( OC) ,( OD) lần lượt tiếp xúc với BD, AC, BD, AC nên (OA) ↔LA //BD ,( OC) ↔LC //BD (OB) ↔LB //AC ,( OD) ↔LD //AC Mặt khác: (OA) và (OB), (OB) và (OC), (OC) và (OD), (OD) và (OA) lần lượt cắt nhau ở M , N , P , Q ⇒ LA và LB , LB và LC , LC và LD , LD và LA lần lượt cắt nhau ở M‟, N‟, P‟, Q‟ Mà AC ⊥ BD nên M‟N‟P‟Q‟ là hình chữ nhật và nó nội tiếp được trong một đường tròn => E, F, G, H đồng viên 10. Cho đường tròn (O;R) đường kính AB và đường thẳng d cắt (O) tại C, D và cắt đường thẳng AB tại M (MB - Xem thêm -