Giáo án Hình học khối 11 - Phép nghịch đảo – Ứng dụng trong hình học

Phép nghịch đảo Page 2 x O D E B C A Phép nghịch đảo – Ứng dụng trong hình học Bài toán mở đầu “Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); các đường cao BD, CE. CMR: DE ⊥ AO ” 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 --> M‟ : 𝐴𝑀 .𝐴𝑀′ = 𝑘 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 f2 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. Bài toán trên có thể dễ dàng giải bằng kiến thức THCS. Kẻ Ax là tiếp tuyến của (O) tại A Ta có: tứ giác BCDE nội tiếp (vì ∠BDC=∠BEC=90o) Suy ra: ∠ADE=∠ABC Mà∠ ABC=∠CAx  DE//Ax DE ⊥ AO (vì AO⊥Ax) ∠CAx=∠ADE MAI THỊ ANH THƯ PHẠM QUANG NHẬT LÊ THÀNH ĐẠT HỌC SINH LỚP 10CT2 THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG, TP.HCM www.MATHVN.com www.MATHVN.com Phép nghịch đảo Page 3 A' H A O H' A I O' O A' P 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 với (𝑂; 𝑘) và (C) biến thành chính nó qua f. Khi đó nếu (C1) và (C2) cắt nhau ở A,B 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 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 đường đối cực của I đối với (O’) Chứng minh: 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 www.MATHVN.com www.MATHVN.com Phép nghịch đảo Page 4 x O D E B C A 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: 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.BD2+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 2 = 𝑘 .𝐵𝐶 𝐴𝐵.𝐴𝐶 2 + 𝑘 .𝐵𝐷 𝐴𝐵.𝐴𝐷 2 ⟺ 𝑘 .𝐶𝐷 .𝐴𝐵 𝐴𝐶 .𝐴𝐷.𝐴𝐵 2 = 𝑘 .𝐵𝐶.𝐴𝐷 𝐴𝐵.𝐴𝐶.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 Xét phép nghịch đảo cực A, phương tích k=AE.AB=AD.AC, ta có: E↔B, D↔C; ED↔(ABC); AO↔AO Vì đường thẳng AO đi qua tâm của (ABC) nên AO⊥(ABC)  AO⊥ED (đpcm) www.MATHVN.com www.MATHVN.com Phép nghịch đảo Page 5 P N M E D O F I B C A c4 c2 c1 c3 D C B A P d4 d2 d3 d1 C' A' D' B' (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: r2=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: 𝑅′ = 𝑟2 𝑃𝐼/(𝑂) 𝑅 = 𝑟2 𝑑2 − 𝑅2 𝑅 = 𝑟2 𝑅2 − 𝑑2 𝑅 (1) 𝑇𝑎 𝑐ó: 𝑆∆𝐷𝐸𝐹 = 4𝑆∆𝑀𝑁𝑃 ⟺ 𝐷𝐸 .𝐷𝐹.𝐸𝐹 4𝑟 = 4. 𝑀𝑁.𝑀𝑃.𝑁𝑃 4𝑅′ ⟺ 2𝑀𝑁.2𝑀𝑃. 2𝑁𝑃 4𝑟 = 4. 𝑀𝑁.𝑀𝑃.𝑁𝑃 4𝑅′ ⟺𝑅′ = 1 2 𝑟 (2) Thay (2) vào (1) ta được: (R2-d2). 1 2 r=rR2 ⟺ d2=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 𝑨𝑫.𝑫𝑪 = 𝑷𝑩𝟐 𝑷𝑫𝟐 Giải. Xét phép nghịch đảo f(P,k) (k bất kì): A↔A‟; B↔B‟; C↔C‟; D↔D‟ www.MATHVN.com www.MATHVN.com Phép nghịch đảo Page 6 X Y ED B C A P B' C' P' (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 = 𝑘 𝑃𝐴′ .𝑃𝐵′ .𝐴′𝐵′ ; 𝐵𝐶 = 𝑘 𝑃𝐵′ .𝑃𝐶 ′ .𝐵′𝐶; 𝐴𝐷 = 𝑘 𝑃𝐴′ .𝑃𝐷 ′ .𝐴′𝐷 ′ ;𝐷𝐶 = 𝑘 𝑃𝐷 ′ .𝑃𝐶 ′ .𝐷 ′𝐶′ ; 𝑃𝐵 = 𝑘 𝑃𝐵′ ; 𝑃𝐷 = 𝑘 𝑃𝐷′ Suy ra: 𝐴𝐵 .𝐵𝐶 𝐴𝐷.𝐷𝐶 = 𝑃𝐷′2 𝑃𝐵′2 . 𝐴′ 𝐵′ .𝐵′𝐶′ 𝐴′ 𝐷′ .𝐷′𝐶′ = 𝑃𝐵2 𝑃𝐷2 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 Giải. 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’ www.MATHVN.com www.MATHVN.com Phép nghịch đảo Page 7 D K F E O A B C H 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) : 𝐵𝐴 𝐵𝑃 = 𝑃′𝐴 𝑃′𝐵′ = 𝑃′𝐴 𝑃′𝐶′ = 𝐶𝐴 𝐶𝑃 Suy ra: 𝑋𝐴 𝑋𝑃 = 𝑌𝐴 𝑌𝑃 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. 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 www.MATHVN.com www.MATHVN.com Phép nghịch đảo Page 8 P' N' Y X H P N M D F E B C A 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: IaG ⊥ XY và IaA ⊥ XY nên G thuộc IaA hay G thuộc da Tương tự: G thuộc db, dc. Do đó: da , db , dc đồng quy tại G www.MATHVN.com www.MATHVN.com Phép nghịch đảo Page 9 (C) (O) C O P QB A A' B'Q'CP' Q P N M OD B A C N' Q' M' P' 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 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 www.MATHVN.com www.MATHVN.com Phép nghịch đảo Page 10 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<MA, MD<MC). Gọi K là giao điểm thứ hai của (OAC) và(OBD). Chứng minh ∠MKO=90o . K M' P K' B D OA M C www.MATHVN.com www.MATHVN.com Phép nghịch đảo Page 11 Kẻ tiếp tuyến MP của (O) Xét phép nghịch đảo f(O;R2), ta có: A↔A; B↔B; C↔C; D↔D; M↔M‟; P ↔P (OAC) ↔AC; (OBD) ↔BD K=(OAC) ⋂ (OBD) nên K‟=f(K)=AC ⋂ BD AB↔AB, CD↔(OCD) , M‟=f(M)=AB ⋂ (OCD) Xét ∆K‟AB có K‟A ⊥ BC và K‟B ⊥ AD nên (OCD) là đường tròn Euler của ∆K‟AB Do đó: (OCD) cắt AB tại M‟ và K‟M‟ ⊥ AB Lại có: OP2=OM‟.OM nên PM‟ ⊥ AB ⇒ P thuộc K‟M‟ Từ P, K‟, M‟ thẳng hàng ⇒ P, K, M, O đồng viên Suy ra K thuộc đường tròn đường kính MO nên ∠MKO=90o . 11. Cho (O) và 2 đường thẳng Ox, Oy vuông góc với nhau. Tiếp tuyến tại M thay đổi trên (O) cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B. Trục đẳng phương của (O) và (OAB) cắt Ox, Oy lần lượt ở C, D. Tìm quỹ tích trung điểm I của CD. Gọi E, F là giao điểm của (O) và (OAB) Xét phép nghịch đảo f(O; OM2): M↔M, E↔E, F↔F; MO↔ MO; Ox↔Ox; Oy↔Oy; (OAB) ↔EF; Ta có: A=Ox ⋂ (OAB); C=Ox ⋂ EF nên A=f(C) B=Oy ⋂ (OAB); D=Oy ⋂ EF nên B=f(D) N C D F E A B O M www.MATHVN.com www.MATHVN.com Phép nghịch đảo Page 12 Suy ra: OA.OC=OM2 và OB.OD=OM2 nên MC ⊥ OA và MD ⊥ OB Do đó: OCMD là hình chữ nhật. Khi đó I cũng là trung điểm của OM Vậy quỹ tích của I là đường tròn (O; OM/2) 12. Cho hai đường tròn (C) và (C’) cùng tiếp xúc với (O), (C) cắt (C’) tại A, B. Một đường tròn (W) thay đổi tiếp xúc với (C) và (C’), cắt (O) ở M, N. Chứng minh tâm đường tròn (AMN) nằm trên đường cố định Xét phép nghịch đảo f(A; k) với 𝑘 = 𝑃𝐴/(𝑂) (O) ↔(O), (W) ↔(W‟); M↔M‟ ; N↔N‟ (C) ↔d , d tiếp xúc với (O) tại C (C‟) ↔d‟,d‟ tiếp xúc với (O) tại D B↔B‟ , B‟=d ⋂ d‟ (AMN) ↔M‟N‟, Gọi I là tâm của (AMN) thì AI ⊥ M‟N‟ ⇒ I thuộc đường thẳng ∆ vuông góc với M‟N‟ Mặt khác: (W) tiếp xúc với (C) và (C‟) nên (W‟) tiếp xúc với d và d‟ Suy ra: Tâm W‟ của (W‟), O, B‟ thẳng hàng (cùng thuộc đường phân giác của ∠CB‟D) M‟N‟ là trục đẳng phương của (O) và (W‟) nên OW‟ ⊥ M‟N‟ ⇒ OB‟ ⊥ M‟N‟ Do đó: M‟N‟ cố định ⇒ ∆ cố định Vậy tâm I của (AMN) luôn thuộc đường thẳng ∆ cố định www.MATHVN.com www.MATHVN.com Phép nghịch đảo Page 13 I' D' M' A' C B O O' A D M 13. Cho đường tròn (O), (O’) tiếp xúc ngoài tại A, BC là tiếp tuyến chung ngoài của (O) và (O’) (B ∈ (O), C∈ (O’)). D là điểm cố định trên (O), M thay đổi trên (O’). Tìm quỹ tích giao điểm thứ hia của (MBC) và (MDA) Giải. Xét phép nghịch đảo f(B; BC2): (O‟) ↔(O‟); A↔A‟; M↔M‟; D↔D‟; C↔C (MBC) ↔(CM‟); (MAD) ↔(M‟A‟D‟) Có: ∆BAD ∽∆BD‟A‟ ⇒ ∠BA‟D‟=∠BDA=∠ABC ⇒D‟A‟ // BC Gọi I‟=(CM‟) ⋂ (M‟A‟D‟) thì ∠I‟M‟A‟=90o nên A‟I‟ là đường kính của (M‟A‟D‟) ⇒I‟D‟ ⊥ D‟A‟ ⇒ I‟D‟ //OB Mà D‟ cố định nên quỹ tích của I‟ là đường thẳng đi qua D‟ và song song OB Vậ y quỹ tích của I=(MBC) ⋂ (MAD)=f(I‟) là đường tròn qua D và tiếp xúc với OB tại B 14. Dựng đường tròn (C) đi qua hai điểm A, B cho trước và tiếp xúc với đường tròn (O) cho trước tại M. Phân tích Giả sử ta đã dựng được đường tròn (C) thỏa yêu cầu bài toán. Xét phép nghịch đảo f(A; PA/(O)) :B↔B‟; M↔ M‟; (C) ↔d; (O) ↔(O) Vì (C) tiếp xúc với (O) tại M nên d tiếp xúc với (O) tại M‟ Vì B ∈ (C) nên B‟ ∈ d Cách dựng www.MATHVN.com www.MATHVN.com Phép nghịch đảo Page 14 M M' B' C O A B C' K I H K'H' I' O3O1 O2A C B Dựng cát tuyến ACC‟ với (O) Dựng (BCC‟) cắt AB tại B‟ Dựng tiếp tuyến BM‟ (M‟ là tiếp điểm), AM‟ cắt (O) tại M Đường tròn (ABM) là đường tròn cần dựng Chứng minh Xét phép nghịch đảo f(A ; PA/(O)) : (O) ↔(O); M↔M‟; B↔B‟ ; (C) ↔B‟M‟; Do tính chất của phép nghịch đảo nên B‟M‟ tiếp xúc với (O) và đi qua B‟,M‟ ⇒ (C) tiếp xúc với (O) và đi qua A, B, M Biện luận Khi A, B thuộc (O) : (C) chính là (O) . Bài toán có 1 nghiệm hình Khi A ∉ (O), B ∈ (O) hay A ∈ (O), B ∉ (O): Bài toán có vô số nghiệm hình Khi A, B ∉ (O): Các đường tròn cần dựng là 2 đường tròn tiếp xúc trong và ngoài (O). Bài toán có 2 nghiệm hình 15. Cho 3 điểm A, B, C ∈ d thẳng hàng theo thứ tự đó. Các nửa đường tròn (O1), (O2), (O3) đường kính AB, AC, BC cùng nằm về một phía của AB. Dựng đường tròn tiếp xúc với cả ba nửa đường tròn đó. Phân tích Giả sử ta đã dựng được đường tròn (O) thỏa yêu cầu bài toán Xét phép nghịch đảo f(A ; AB.AC) : B↔C ; (O3) ↔(O3) (O1) ↔ Cn, Cn ⊥ d (do (O1) ⊥ d) (O2) ↔ Bm, Bm ⊥ d (do (O2) ⊥ d) (O) ↔ (O‟), (O‟) tiếp xúc với (O3), Bm, Cn (do (O) tiếp xúc với (O1), (O2), (O3)) Suy ra tâm O‟ của (O‟) thuộc trung trực của BC và O3O‟=BC Cách dựng Dựng Bm, Cn là các tia tiếp tuyến của (O3) cùng phía với (O3) Dựng ∆ là trung trực của BC, ∆ cắt (O3) tại I‟. Dựng (I‟;BC/2) cắt ∆ tại O‟ Dựng (O‟;OI‟). Kẻ d‟ qua O‟ và d‟ ⊥ Bm, d‟ cắt (O‟) tại H‟, K‟ Dựng H=AH‟ ⋂ (O2); K=AK‟ ⋂ (O1); I=AI‟ ⋂ (O3) www.MATHVN.com www.MATHVN.com Phép nghịch đảo Page 15 (IHK) là đường tròn cần dựng Chứng minh Xét phép nghịch đảo f(A; PA/(O)) : B↔C ; (O3) ↔(O3) (O1) ↔ Cn (do (O1) ⊥ d) (O2) ↔ Bm (do (O2) ⊥ d) I↔I‟; H↔H‟; K↔K‟ (O) ↔(O‟) Ta có: O‟H‟=O‟K‟=OI‟ nên (O‟) tiếp xúc với Bm, Cn và (O3) ⇒ (O) tiếp xúc với (O1), (O2), (O3) Biện luận Do (O‟; O‟I‟) là duy nhất nên H‟, K‟, I‟ duy nhất ⇒ H, K, I là duy nhất ⇒ (O) duy nhất Vậy bài toán luôn có 1 nghiệm hình Bài 1: Cho đường tròn (O,R) và hai cát tuyến thay đổi PAB, PCD qua điểm P cố định cách O một khoảng 2R. Các đường tròn (PAD) và (PBC) cắt nhau tại điểm thứ hai M, các đường tròn (PAC) và (PBD) cắt nhau tại điểm thứ hai N. a) Tìm quỹ tích M,N. b) Chứng minh rằng MN đi qua điểm cố định. Bài 2: Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ở ngoài đường tròn. Một tiếp tuyến thay đổi của (O) cắt hai tiếp tuyến của (O) vẽ từ A tại B, C. Chứng minh rằng đường tròn (ABC) tiếp xúc với đường tròn cố định. Bài 3: Cho 2 đường thẳng Ox, Oy vuông góc nhau. Đường tròn (ω) tiếp xúc Oy tai O, cắt Ox tại A. Đường tròn (ω‟) tiếp xúc Oy tai B, tiếp xúc (ω) tại C và cắt Ox tại D, D‟. Chứng minh rằng tiếp tuyến của (ω) tại A, BD, đường tròn đường kính OD, hai đường tròn (OBC) và (ACD) có một điểm chung. Bài 4: Cho đường tròn O và đường thẳng cố định d cắt O tại A, B. M là điểm cố định chạy trên d. (C) và (C‟) là hai đường tròn thay đổi qua M và lần lượt tiếp xúc với (O) tại , AB. Hai đường tròn này cắt nhau tại một điểm thứ hai là P. Tìm quỹ tích điểm P. www.MATHVN.com www.MATHVN.com Phép nghịch đảo Page 16 Bài 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm M chạy trên đường thẳng d vuông góc với AB tại H ở ngoài đoạn AB. MA và MB lần lượt cắt đường tròn tại P và Q a/ Chứng minh rằng PQ đi qua điểm cố định b/ Tìm quỹ tích giao điểm thứ hai của hai đường tròn (MAB) và (MPQ) Bài 6: Cho đường thẳng d và điểm O cố định không thuộc d. Hai đường thẳng thay đổi tạo với nhau một góc nhọn α không đổi,quay quanh O và lần lượt cắt d tai A, B. Chứng minh rằng (OAB) tiếp xúc với một đường tròn cố định. Bài 7: (Định lí Feuerbach) Chứng minh trong một tam giác thì đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và 3 đường tròn bàng tiếp của tam giác. Bài 8: Cho tam giác ABC, M bất kì nằm trong tam giác, H là trực tâm tam giác. Đường thẳng qua H vuông góc với MA, MB, MC cắt BC, CA, AB lần lượt tại A‟, B‟, C‟. Chứng minh A‟, B‟, C‟ thẳng hàng. Bài 8: Cho tam giác ABC, M bất kì nằm trong tam giác. Đường thẳng vuông góc với MA, MB, MC tại M cắt BC, CA, AB lần lượt tại A‟, B‟, C‟. Chứng minh A‟, B‟, C‟ thẳng hàng. Bài 10: Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với BC, CA, AB tại D, E, F. Chứng minh tâm các đường tròn (AID), (BIE), (CIF) thẳng hàng. Bài 11: Cho tam giác ABC cố định nội tiếp (O). M, N chạy trên AB, AC sao cho khoảng cách 2 hình chiếu của M, N trên MC luôn bằng 1/2BC. Chứng minh đường tròn (AMN) luôn đi qua một điểm cố định khác A. Bài 12: Cho tam giác ABC nhọn có đường tròn nội và ngoại tiếp là (I) và (O). (I) tiếp xúc với BC, CA, AB tại D, E, F. (Oa), (Ob), (Oc) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, BDF, CDE. Gọi A‟, B‟, C‟ là giao điểm thứ hai của (Oa), (Ob), (Oc) với (O). Chứng minh A‟D, B‟E, C‟F đồng quy tại N và N thuộc đường thẳng Euler của tam giác DEF. Bài 13: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O). Gọi D, E, F là hình chiếu của A, B, C trên BC, CA, AB. (Oa), (Ob), (Oc) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, BDF, CDE. Gọi A‟, B‟, C‟ là giao điểm thứ hai của (Oa), (Ob), (Oc) với (O). Ao, Bo, Co là giao điểm thứ hai của các trung tuyến kẻ từ A, B, C của ∆ABC với (O). Chứng minh A‟Ao, B‟Bo, C‟Co đồng quy Bài 14: Đường tròn (I) nội tiếp ∆ABC, tiếp xúc với BC, CA, AB tại D, E, F. Gọi X là điểm bên trong ∆ABC thỏa: đường tròn nội tiếp ∆XBC tiếp xúc với BC tại D và tiếp xúc với XB, XC tại Z, Y. Chứng minh E, F, Z, Y đồng viên Bài 15: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường thẳng AB, AC cắt lại (BOC) tại B‟, C‟. BC và B‟C‟ cắt nhau tại D. (C1) tiếp xúc với AD tại A và có tâm trên B‟C‟, (C2) là đường tròn đường kính OD. Chứng minh (C1), (C2) trực giao www.MATHVN.com www.MATHVN.com Phép nghịch đảo Page 17 Tài liệu tham khảo “Các phép biến hình trong mặt phẳng – Nguyễn Mộng Hy”, 2008 “Tạp chí Toán học Mathvn”, số 03-2009 Chuyên đề Phép nghịch đảo- Đại học Sư Phạm Tp. HCM Olympiad Corner –Kin Y.Li, May 2004-July 2004 Notes on Euclidean Geometry, Kiran Kedlaya, August 3, 1999 Olympiad Training Materials: Inversion - Duˇsan Djuki´c, 2007 Bài tập hình học sơ cấp – Huỳnh Văn Thơ BaiTapHHsocap-www.MATHVN.com.rar www.MATHVN.com www.MATHVN.com