TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH NIÊN KHÓA: * * CHUYÊN ĐỀ

Transcript

1 TRƯỜNG THT HUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH NIÊN KHÓ: * * HUYÊN ĐỀ ỘT SỐ ÀI TOÁN HÌNH HỌ HẲNG LIÊN QUN ĐẾN TỨ GIÁ TOÀN HẦN Người thực hiện han Hồng Hạnh Trinh Nhóm chuyên toán lớp 111 Kon Tum, ngày 26 tháng 03 năm 2012

2 ột số bài toán liên quan đến tứ giác toàn phần LỜI NÓI ĐẦU

3 Nhóm chuyên toán lớp 11 TỨ GIÁ TOÀN HẦN I. Á KIẾN THỨ LIÊN QUN ho tứ giác lồi có các cặp cạnh đối không song song. cắt tại, cắt tại. Hình tạo bởi tứ giác, và hai tam giác, được gọi là tứ giác toàn phần. Trong cả chuyên đề này, chúng ta quy ước gọi tứ giác như thế là tứ giác toàn phần.,,,,, là các đỉnh; các đoạn,, là các đường chéo của của tứ giác. ác góc trong của tứ giác và của hai tam giác, là các góc trong của tứ giác. Tứ giác toàn phần được gọi là nội tiếp trong một đường tròn nếu tứ giác nội tiếp. Tứ giác toàn phần được gọi là ngoại tiếp một đường tròn nếu tứ giác ngoại tiếp. Trong chuyên đề này, chúng tôi sẽ sử dụng kiến thức về góc định hướng và không chứng minh lại các bài toán quen thuộc như bài toán đường thẳng Simson, đường thẳng Steiner của tam giác, bài toán định lý tolemy.

4 ột số bài toán liên quan đến tứ giác toàn phần II. ỘT SỐ TÍNH HẤT Ơ ẢN 1/ Tính chất 1: ác đường tròn ngoại tiếp các tam giác,,, đồng quy tại một điểm. Điểm này là điểm iquel của tứ giác toàn phần hứng minh: Gọi là giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác và. Ta sẽ chứng minh các đường tròn còn lại cũng đi qua. Thật vậy: Xét góc định hướng giữa các đường thẳng theo mođun, ta có:,,,, Từ đây suy ra : (mod π) (mod π),,,,,,,, (mod ) o đó đường tròn ngoại tiếp đi qua điểm. hứng minh tương tự cho ta cũng suy ra được đường tròn ngoại tiếp cũng đi qua điểm. ở rộng: Khi tứ giác nội tiếp thì,, thẳng hàng (tính chất này dành cho bạn đọc tự chứng minh).

5 Nhóm chuyên toán lớp 11 2/ Tính chất 2: Tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác,,, và điểm iquel cùng thuộc một đường tròn O 2 O 4 J I K O 1 O 3 hứng minh: Gọi O 1, O 2, O 3, O 4 lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác,, và. ễ thấy O 1O 2, O 2O 3, O 1O 3 lần lượt là các đường trung trực của,,. Khi đó các hình chiếu của điểm lên các đường thẳng này (ta gọi là I, J, K như hình vẽ) lần lượt là các trung điểm cuả,,. Từ đây, theo định lý đảo về đường thẳng Simson, suy ra thuộc đường tròn đi qua ba điểm O 1, O 2, O 3. chứng minh tương tự, ta cũng có thuộc đường tròn đi qua ba điểm O 2, O 3, O 4. Từ đó suy ra đpcm. 3/ Tính chất 3: hân các đường vuông góc hạ từ điểm iquel lên các đường thẳng,,, cùng nằm trên một đường thẳng (đường thẳng Simson) hứng minh: Gọi G, I, J, H lần lượt là chân đường cao kẻ từ xuống,,,. Vì thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác nên đường thẳng đi qua I, J, H sẽ là đường thẳng Simson của điểm đối với tam giác, suy ra I, J, H thẳng hàng. hứng minh tương tự cho các điểm còn lại, ta suy ra điều phải chứng minh. 4/ Tính chất 4: ác trực tâm của các tam giác,,, cùng nằm trên một đường thẳng ( đường thẳng Steiner của tứ giác). hứng minh:

6 ột số bài toán liên quan đến tứ giác toàn phần Gọi là điểm iquel của tứ giác toàn phần. phép vị tự tâm, tỉ số 2 biến đường thẳng Simson của mỗi tam giác,,, thành đường thẳng Steiner của tam giác đó, đi qua trực tâm tam giác. Từ tính chất 3 suy ra các đường thẳng Steiner của bốn tam giác trên trùng nhau và đường thẳng đó đi qua trực tâm của bốn tam giác. H J H 1 H 2 I H 3 G H 4 5/ Tính chất 5: ác trung điểm của các đoạn thẳng,, cùng nằm trên một đường thẳng (đường thẳng Gauss). Đường thẳng Gauss vuông góc với đường thẳng Steiner hứng minh: Từ tính chất 4, ta có các trực tâm H 1, H 2, H 3, H 4 của các tam giác,,, cùng thuộc đường thẳng Steiner s của tứ giác toàn phần. Gọi, Q lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ H 1 xuống và ; S, T lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ H4 xuống và. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của,,. (I), (J), (K) lần lượt là các đường tròn đường kính,,. ễ thấy H1.H1 H1.H 1Q hay H /(K) = 1 1 H /(J). H4T.H 4 H4.H 4S hay H /(K) = 4 H /(J). 4 o đó s là trục đẳng phương của (J) và (K), suy ra JK s.

7 Nhóm chuyên toán lớp 11 Tương tự ta cũng chứng minh được s là trục đẳng phương chung của (I) và (J), suy ra IJ s. Từ đó có được ba điểm I, J, K thẳng hàng và đường thẳng đi qua ba điểm này vuông góc với đường thẳng s. Q K H 1 H 2 I J S H 3 H 4 T 6/ Tính chất 6: ho tứ giác toàn phần nội tiếp đường tròn (O) tâm O, cắt tại K. Khi đó O là trực tâm tam giác K (định lí rocard) hứng minh: Gọi H là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác K, K. Xét các góc định hướng giữa các đường thẳng theo mod ta có:xét tứ giác OH ta có: O,O,, K,, K HK, H H, HK H, H (mod ) Suy ra bốn điểm O,,, H cùng thuộc một đường tròn. Tương tự ta chứng minh được bốn điểm, O, H, cùng thuộc một đường tròn. ặt khác.., suy ra nằm trên trục đẳng phương của đường tròn đi qua bốn điểm O,,, H và đường tròn đi qua bốn điểm, O, H,. Suy ra, H, O thẳng hàng. Ta lại có: HO,HK HO, H H,HK 1 O,, K O, O, O (mod ) 2 2

8 ột số bài toán liên quan đến tứ giác toàn phần (vì tam giác O cân tại O). o đó, HO HK hay O K. hứng minh tương tự ta được O K. Vậy, O là trực tâm tam giác K. K O H Như vậy, ta lướt 6 tính chất quan trọng và cơ bản nhất của tứ giác toàn phần, để thấy rõ hơn về nét đẹp của tứ giác toàn phần chúng ta hãy cùng xem xét, suy nghĩ về những bài toán ở phần tiếp theo.

9 Nhóm chuyên toán lớp 11 III. ỘT SỐ ÀI TOÁN Ở RỘNG ài toán 1: ho tứ giác có các cặp cạnh đối không song song, ngoại tiếp đường tròn (O), nội tiếp đường tròn (I). Gọi, N,, Q lần lượt là các tiếp điểm của (I) với,,,. hứng minh rằng NQ. R N Q I O T Lời giải: Gọi, lần lượt là giao điểm của và, và. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử nằm giữa và, nằm giữa và (như hình vẽ trên). I cắt cắt, lần lượt tại R và T. Ta có I, I là các đường phân giác của,. Hơn nữa dễ thấy I và NQ I. Như vậy việc chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được I I. Thật vậy, theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có: RT R R T T RT Suy ra ΔRT cân tại. o đó I RT hay I I. Vậy, bài toán được chứng minh. Nhận xét: Qua bài toán, ta biết thêm một cách dựng tứ giác vừa ngoại tiếp vừa nội tiếp đường tròn, đồng thời rút ra được bổ đề sau: ho tứ giác toàn phần nội tiếp. Khi đó các đường phân giác trong của góc và góc vuông góc với nhau. ài toán 2: ho tứ giác nội tiếp (O). Gọi, Q lần lượt là các giao điểm của và, và. ựng hình bình hành. Gọi là giao điểm của và Q. hứng minh rằng, Q,, cùng thuộc một đường tròn.

10 ột số bài toán liên quan đến tứ giác toàn phần Q Lời giải: Ta xét trường hợp nằm giữa và, nằm giữa và Q (như hình vẽ trên). ác trường hợp còn lại chứng minh tương tự. ễ thấy: Δ Δ và chú ý rằng là hình bình hành, suy ra: = = sin sinq Q ặt khác: = = = sin sinq Q Q Áp dụng định lý Thales đối với Q, ta có: = Q Q Q Ta có: = =. =. = Q Suy ra: Δ ΔQ. =.Q Vậy, bốn điểm,, Q, cùng thuộc một đường tròn. ài toán 3: ho tứ giác toàn phần nội tiếp đường tròn tâm O. cắt tại I. là điểm iquel của tứ giác. hứng minh rằng O, I, thẳng hàng Lời giải: Từ mở rộng của tính chất 4, suy ra thuộc đường chéo. Theo định lý rocard ta có O là trực tâm I nên OI. Như vậy ta chỉ cần chứng minh O. ổ đề: (định lý bốn điểm) Trong mặt phẳng, cho điểm, đoạn thẳng và điểm H thuộc đường thẳng. hứng minh rằng nếu H H thì H. ổ đề khá đơn giản nên các bạn có thể tự chứng minh.

11 Nhóm chuyên toán lớp 11 Trở lại bài toán. Đặt R = O Ta có O O O R O R = /(O) /(O) =.... (do (), ()) 2 2. o đó O. ài toán được chứng minh. I O ài toán 4: ho tứ giác. Gọi, Q lần lượt là giao điểm của và, và. cắt tại O. ựng OR Q (RQ). Gọi, N, S, T lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ tử R xuống,,,. hứng minh rằng, N, S, T cùng thuộc một đường tròn Lời giải: Gọi L là giao điểm của và Q. Khi đó, từ tính chất quen thuộc của hàng điểm điều hòa, suy ra: (OL) = -1. ặt khác: RO RL, suy ra: RO là phân giác của R. Xét góc định hướng giữa các đường thẳng theo mođun π, ta có: T,TS T,T T,TS R,R R, RS (mod π ) N, NS N, N NQ, NS R,R RQ, RS (mod π ) Ta cần chứng minh: R, R R, RS R, R RQ,RS (1) Thật vậy: (1) R, R R, R RQ, RS R, RS R, R RQ,R R, RO RO, R (đúng do RO là phân giác của R). Vậy bài toán được chứng minh.

12 ột số bài toán liên quan đến tứ giác toàn phần Q N R L S T O ài toán 5: (VO 2012) Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi nội tiếp đường tròn tâm O và có các cặp cạnh đối không song song. Gọi, Q, S, T tương ứng là giao điểm các đường phân giác trong của các cặp góc N và N, N và N, N và N, N và N. Giả sử bốn điểm, Q, S, T đôi một phân biệt. 1. hứng minh rằng bốn điểm, Q, S, T cùng nằm trên một đường tròn. Gọi I là tâm của đường tròn đó. 2. Gọi là giao điểm của các đường chéo và. hứng minh rằng ba điểm, O, I thẳng hàng. Lời giải: 1. Gọi d 1, d 2, d 3, d 4 lần lượt là các đường phân giác trong của các góc N, N, N và N. Xét các góc định hướng giữa các đường thẳng theo mod π và chú ý về tính chất của các đường phân giác, ta có: T,TS = d 1, d 4 = d 1,N N,d4,N N,, Q,QS = d 2, d 3 = d 2,N N,d3,N N,, Để ý rằng tứ giác nội tiếp, ta có:, =, +, =, +,,, N,,N, Từ đó suy ra: T,TS = Q,QS, hay bốn điểm,, Q, S, T cùng thuộc một đường tròn. 2. Theo định lý rocard, ta có O là trực tâm của N. o đó: O N. o đó việc chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được N là trục đẳng phương của (O) và (I).

13 Nhóm chuyên toán lớp 11 N S Q I T O Thật vậy, để tiện cho việc chứng minh và không mất tính tổng quát của bài toán, ta có thể giả sử nằm giữa và, nằm giữa N và, tức là các điểm phân bố như hình vẽ trên. Khi đó, xét, ta có: Q là phân giác trong của, Q là phân giác ngoài của, do đó Q nằm trên phân giác ngoài của. Xét, ta cũng suy ra được T nằm trên phân giác ngoài của, tức là nằm trên phân giác ngoài của. Từ đó suy ra:, Q, T thẳng hàng, gọi đường thẳng đó là 1. Tương tự ta cũng chứng minh được: N,, S thẳng hàng, gọi đường thẳng đó là 2. Ta có: 1 1 QT,Q = 1, d 3 = 1,,d3,,N Suy ra: Q, T,, cùng thuộc một đường tròn.,n,, N, d 4,N T, o đó: Q.T=. hay /(O) =/(I). Tương tự ta có: N/(O) =N/(I). Vậy N là trục đẳng phương của (O) và (I). Ta có đpcm. Nhận xét: ấu chốt của bài này là nhận biết được sự thẳng hàng của bộ ba các điểm, Q, T và N,, S.

14 ột số bài toán liên quan đến tứ giác toàn phần ài toán 6: ho tứ giác toàn phần N. ác đường phân giác ngoài các góc, cắt nhau tại. ác đường phân giác ngoài các góc, cắt nhau tại Q. ác đường phân giác ngoài các góc, N cắt nhau tại R. hứng minh rằng:, Q, R thẳng hàng. T 2 R N T 1 Q S 1 S 3 S 2 T 3 Lời giải: ổ đề: (định lý esargues) ho hai tam giác và. Gọi 1, 1, 1 lần lượt là các giao điểm của và, và, và. 1, 1, 1 thẳng hàng khi và chỉ khi,, đồng quy. Để khỏi cồng kềnh, chúng tôi sẽ không chứng minh lại bổ đề. Về chứng minh của nó, bạn đọc có thể tham khảo ở Tài liệu giáo khoa chuyên toán Hình học 10, phần huyên đề Hình học phẳng; hoặc xem bài tập 9, trang 51, ài tập Hình học 11(chương trình nâng cao). Trở về bài toán, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử nằm giữa N và, giữa và. Gọi d, d, d, d, d, d N lần lượt là các đường phân giác ngoài của các góc,,,,, N. Gọi T1, T2, T3 lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng d và dn, dn và d, d và d; S1, S2, S3 lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng d và d, d và d, d và d. Xét có S 1, S 1 là các đường phân giác ngoài của và. o đó S 1 nằm trên đường phân giác trong của. (1)

15 Nhóm chuyên toán lớp 11 Xét N có NT 1, T 1 là các đường phân giác ngoài của N và N. o đó T 1 nằm trên đường phân giác trong của N. (2) Từ (1) và (2) suy ra T 1S 1 là phân giác trong của N. Tương tự ta cũng chứng minh được T 2S 2 là phân giác trong của N, T 3S 3 là phân giác trong của N. o đó, T 1S 1, T 2S 2 và T 3S 3 đồng quy. Áp dụng định lý esargues cho hai S 1S 2S 3 và T 1T 2T 3 suy ra, Q, R thẳng hàng. Nhận xét: Giả thiết bài toán đề cập đến giao điểm của các cặp đường thẳng và yêu cầu chứng minh các điểm đó thẳng hàng dễ gợi cho chúng ta nghĩ đến định lý esargues. Như vậy, chỉ cần dựng thêm hình phụ cho phù hợp, chúng ta sẽ có ngay lời giải. ài toán 7: ho và điểm nằm trong tam giác. ác đường thẳng và cắt các cạnh và tương ứng tại 1 và 1. Q là điểm đối xứng với qua trung điểm của đoạn 1 1. hứng minh rằng nếu nằm trên đường tròn ngoại tiếp thì Q và Q. Lời giải: ách 1: (ùng tính chất đường thẳng Gauss) Q 1 1 I K O N Gọi N, I, K lần lượt là trung điểm của, 1 1,. Ta có N, I, K thẳng hàng (vì cùng nằm trên dường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần 1 1). Lấy đối xứng với qua K. Từ đó suy ra, Q, thẳng hàng. hú ý rằng: 1, 1 và - 11 là tứ giác nội tiếp, suy ra tứ giác nội tiếp. Từ đó có: Q. Tương tự ta cũng chứng minh được Q. ách 2: (Sử dụng tính chất điểm iquel của tứ giác toàn phần nội tiếp) Gọi J là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp các tam giác 1 và 1, suy ra J là điểm iquel của tứ giác toàn phần 1 1. Vì tứ giác 1 1 nên J thuộc đoạn thằng.

16 ột số bài toán liên quan đến tứ giác toàn phần Xét 1J và 1J, ta có: J J 1 1 J J J Suy ra: 1J 1J (1). Xét 1Q và J 1, ta có: 1Q= 1=J J = = (do (1)) Q J Suy ra: 1Q J 1. o đó: Q Q J J. 1 1 Tương tự, ta cũng chứng minh được Q. O Q 1 1 J ài toán 8: ho tứ giác toàn phần N nội tiếp. Kí hiệu I và J lần lượt là trung điểm các đường chéo và. hứng minh rằng: a) Hình chiếu của I và J trên các đường thẳng, nằm trên cùng một đường tròn. Tương tự như vậy với các hình chiếu của các điểm đó trên N và N. b) Nếu. =. thì các hình chiếu của I và J trên các đường thẳng,, N, N cùng nằm trên một đường tròn. Lời giải: a) Gọi, Q lần lượt là hình chiếu của I lên, ; S, T lần lượt là hình chiếu của J lên,. Ta cần chứng minh, Q, S, T cùng thuộc một đường tròn. có I, J lần lượt là trung điểm của và nên I J Suy ra: I = J α (hay I, J là hai đường đẳng giác trong góc ). Đặt β. Ta có: S. = I.cosα.J.cos β - α =Q.T. Từ đó suy ra bốn điểm, Q, S, T cùng thuộc một đường tròn. hú ý rằng tâm của đường tròn này là trung điểm của IJ (tính chất này dành cho bạn đọc tự chứng minh). b) Ta sẽ chứng minh I, J là các đường đẳng giác trong góc. Thật vậy, theo định lý tolemy đối với tứ giác nội tiếp, ta có:. +. =. ặt khác, vì. =. nên. = 1. =.J 2 Suy ra: = J.

17 Nhóm chuyên toán lớp 11 N S I J T Q Kết hợp với J = suy ra J. Từ đó có J =. Đến đây tương tự câu, ta chứng minh được các hình chiếu của I và J trên và cùng nằm trên đường tròn có tâm là trung điểm G của IJ, bán kính GS. Như vậy ta đã đó điều phải chứng minh. Nhận xét: ài toán này thực chất là một tính chất quen thuộc về các đường đẳng giác trong một góc. ài toán 9: ho tứ giác lồi nội tiếp trong (O). cắt tại, cắt tại., N là trung điểm của,. hứng minh rằng Lời giải: ách 1: ùng phương pháp vectơ Đặt γ, = c, = d, i = 1 1, j =. c d Vì là tứ giác nội tiếp nên = = = k. Suy ra = kc j và = kdi. Vì, nên tồn tại các số x, y thỏa mãn: x (1 x) xkc j (1 x)ci = y + (1 y) = ykd j + (1 y)di 2N.

18 ột số bài toán liên quan đến tứ giác toàn phần So sánh các hệ số của i và j từ các đẳng thức trên ta được: xkc (1 y)d và ykd (1 x)c O N Từ đó suy ra x kd c. 2 k 1 c Vậy 2 k 1 k kd c j kc d i, suy ra 2 2 k 2 2 kd c 2 kc d 2kd ckc dcosγ k 1 ặt khác ta có: N d kc j c kdi Suy ra Như vậy ta có Vậy N kd c kc d 2 kd c kc d cosγ N 1 k k 2 4 k 4 k 2N. ách 2: ùng tính chất của đường thẳng Gauss Giả sử nằm giữa và. Gọi là trung điểm của. Khi đó, N, thẳng hàng (vì cùng nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần ). Gọi T là điểm đối xứng với qua N, S là trung điểm của T. ễ thấy T và NS là các hình bình hành..

19 Nhóm chuyên toán lớp 11 S O N T o đó o o T ặt khác, ta có:. T o đó T, chú ý rằng, S là hai đường trung tuyến kẻ từ hai đỉnh tương ứng của hai tam giác này, suy ra S và ST ST T S. Vì vậy, S. SN Từ đó có. Suy ra 2. Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được 2N. Kết hợp với,n, thẳng hàng và nằm ngoài đoạn N, ta có đpcm.

20 ột số bài toán liên quan đến tứ giác toàn phần ài toán 10: ho tam giác nhọn không cân với, nội tiếp trong đường tròn (O). H là trực tâm tam giác. là chân đường cao kẻ từ. Gọi là điểm khác sao cho =, là trung điểm. Gọi X là giao điểm của H và, Y là giao điểm của O và X, Z là giao điểm của O và. R:,, Z, Y cùng thuộc một đường tròn K T H O Z X Y Q Lời giải: Rõ ràng ta cần chứng minh bốn điểm, Y, Z, cùng thuộc đường tròn đường kính YZ. ài toán trở thành chứng minh X Z. Gọi T là giao điểm của và (O). Ta chứng minh được là trung điểm của TH, suy ra TH là hình bình hành. o đó H T, suy ra X ựng tứ giác toàn phần T. Gọi K, Q lần lượt là giao điểm của O, với. Theo định lý rokard, ta có OK. Ta cần chứng minh X Q. Thật vậy, theo một bài toán quen thuộc, ta có (Q) = 1 Q X Từ đó có: 1 Q Q Q Q Q Suy ra X Q. ài toán được chứng minh.

21 Nhóm chuyên toán lớp 11 TÀI LIỆU TH KHẢO [1] Đoàn Quỳnh (chủ biên) Văn Như ương Trần Nam ũng Nguyễn inh Hà Đỗ Thanh Sơn Lê á Khánh Trình, Tài liệu giáo khoa chuyên toán Hình học 10, 2009 [2] Đỗ Thanh Sơn, ột số chuyên đề Hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, 2009 [3] Trang web mathlinks.ro