Đang tải... (xem toàn văn)
Một số dạng toán về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian (LV thạc sĩ)Một số dạng toán về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian (LV thạc sĩ)Một số dạng toán về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian (LV thạc sĩ)Một số dạng toán về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian (LV thạc sĩ)Một số dạng toán về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian (LV thạc sĩ)Một số dạng toán về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian (LV thạc sĩ)Một số dạng toán về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian (LV thạc sĩ)Một số dạng toán về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian (LV thạc sĩ)Một số dạng toán về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian (LV thạc sĩ)Một số dạng toán về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian (LV thạc sĩ)Một số dạng toán về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian (LV thạc sĩ)Một số dạng toán về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian (LV thạc sĩ)
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - - - - - - O0O - - - - - - PHẠM VĂN PHÁP MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - - - - - - O0O - - - - - - PHẠM VĂN PHÁP MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Thái Nguyên - 2015 i Mục lục TÓM TẮT NỘI DUNG iii LỜI CẢM ƠN iv LỜI NÓI ĐẦU 1 Một số kiến thức bổ trợ 1.1 Phương trình số đường tham số hóa 1.2 Hệ thức Chasles 1.2.1 Số đo đại số quãng đường đường tròn đơn vị 1.2.2 Góc lượng giác đường tròn đơn vị 1.3 Sử dụng tọa độ để chứng minh số định lý hình học 1.3.1 Đường thẳng Newton 1.3.2 Định lý Pascal 1.4 Đường tròn chín điểm đường thẳng Euler Phương pháp tọa độ không gian 2.1 Tích vô hướng, tích có hướng hai véctơ 2.2 Bài toán véctơ liên quan tới tam giác, tứ diện 2.3 Phương pháp diện tích phương pháp thể tích 2.3.1 Phương pháp diện tích 2.3.2 Phương pháp thể tích Các dạng toán mặt phẳng đường phẳng gian 3.1 Một số dạng toán mặt phẳng không gian 3.2 Một số dạng toán đường thẳng không gian 3.3 Một số dạng toán khác KẾT LUẬN 2 4 6 12 20 20 27 31 32 41 không 49 49 59 65 76 ii TÀI LIỆU THAM KHẢO 76 iii TÓM TẮT NỘI DUNG Luận văn trình bày số dạng toán đường thẳng mặt phẳng không gian Luận văn có bố cục: Mở đầu , ba nội dung chính, Kết luận Tài liệu tham khảo Một số kiến thức bổ trợ Trình bày phương trình số đường tham số hóa gồm có: Phương trình đường thẳng, biểu diễn bán kính đường tròn ngoại tiếp qua tọa độ đỉnh, phương trình tham số đường thẳng; Hệ thức Chasles gồm có: số đo đại số quãng đường đường tròn đơn vị, góc lượng giác đường tròn đơn vị; sử dụng tọa độ để chứng minh số định lý hình học gồm có: Bài toán bướm cho đường cônic, đường thẳng Newton, định lý Pascal; Đường tròn chín điểm đường thẳng Euler Phương pháp tọa độ không gian Trình bày tích vô hướng, tích có hướng hai vectơ; Bài toán liên quan tới tam giác, tứ diện; Phương pháp diện tích phương pháp thể tích Các dạng toán mặt phẳng đường thẳng không gian Trình bày số dạng toán mặt phẳng như: chứng minh hai mặt phẳng vuông góc, góc hai mặt phẳng, góc đường thẳng mặt phẳng, khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng; Một số dạng toán vế đường thẳng không gian như: chứng minh hai đường thẳng vuông góc, ba đường thẳng đồng quy, iv LỜI CẢM ƠN Lời luận văn này, xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS TSKH Nguyễn Văn Mậu, tận tình hướng dẫn, giúp đỡ suốt trình làm hoàn thiện luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn thầy, cô giáo khoa Toán - Tin, Phòng Đào tạo , bạn học viên lớp Cao học Toán K7D Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Trường THPT Cẩm Giàng II, giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi động viên trình học tập nghiên cứu trường Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô bạn bè đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Thái Nguyên, 2015 Phạm Văn Pháp Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên Lời nói đầu Lý chọn đề tài Trong chương trình phổ thông tập đường thẳng mặt phẳng không gian dạng tập Để làm rõ sâu sắc luận văn trình bày cụ thể số dạng tập đường thẳng mặt phẳng Mục đích nghiên cứu Hệ thống hóa dạng toán đường thẳng mặt phẳng không gian Đối tượng phạm vi nghiên cứu Các toán đường thẳng mặt phẳng không gian Phương pháp nghiên cứu Tham khảo, phân tích, hệ thống hóa tài liệu, chuyên đề nhằm rút kết luận có tính khái quát Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Đề tài tạo nên tư liệu lý thú toán đường thẳng mặt phẳng không gian Cấu trúc luận văn Luận văn gồm ba nội dung phần mở đầu, kết luận Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, tác giả trình bày dạng phương trình đường thẳng, biểu diễn bán kính đường tròn ngoại tiếp qua tọa độ đỉnh, sử dụng phương pháp tọa độ để chứng minh số định lý hình học Trình bày định nghĩa tích vô hướng, tích có hướng, tích hỗn tạp; số toán liên quan tới tam giác, tứ diện; phương pháp diện tích phương pháp thể tích Trình bày số dạng toán mặt phẳng, đường thẳng không gian số dạng toán khác Dù nghiêm túc nghiên cứu cố gằng thực luận văn, với trình độ hạn chế nhiều lý khác, luận văn chắn không tránh khỏi thiếu sót Kính mong góp ý Thầy Cô, bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh nhiều ý nghĩa Thái Nguyên, ngày 24 tháng 11 năm 2015 Phạm Văn Pháp Học viên Cao học Toán K7D, khóa 2014 - 2016 Chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên Chương Một số kiến thức bổ trợ Có nhiều cách giải toán hình sơ cấp Trong chương sử dụng phương pháp tọa độ để nghiên cứu số hình sơ cấp qua phương trình đường, mặt Phương pháp tọa độ đòi hỏi biết sử dụng phép biến đổi đại số thục thông qua ký hiệu hình thức (xem [2-5]) 1.1 Phương trình số đường tham số hóa Các dạng phương trình đường thẳng: Với a, b ∈ R a2 + b2 = ta có (i) d : ax + by + c = (ii) t : x − x0 y − y0 = a b (iii) Đường thẳng AB : (y2 − y1 )x − (x2 − x1 )y + x2 y1 − x1 y2 = với A(x1 ; y1 ), B(x2 ; y2 ) x y (iv) Đường thẳng AB : x1 y1 = với A(x1 ; y1 ), B(x2 ; y2 ) x y2 (v) Giả sử d1 : a1 x + b1 y + c1 = d2 : a2 x + b2 y + c2 = Khi tọa b1 c1 b c1 độ giao điểm A = d1 × d2 với xA = b2 c2 a1 b1 a2 b2 , yA = b c2 c1 a1 c2 a2 Góc d1 d2 α với tan α = sin α = a1 b a2 b a1 b − a2 b = a1 a2 + b1 b2 a1 a2 + b b |a1 b2 − a2 b1 | , cos α = (a21 + b21 )(a22 + b22 ) |a1 a2 + b1 b2 | (a21 + b21 )(a22 + b22 ) Giả sử tam giác ABC có A(x1 ; y1 ), B(x2 ; y2 ), C(x3 ; y3 ) Khi diện tích SABC x1 y1 1 = x2 y2 x3 y3 Phương trình đường thẳng chứa đỉnh a = y − y3 BC : a1 x + b1 y + c1 = với b1 = x3 − x2 c = x y − x y 3 a = y3 − y1 CA : a2 x + b2 y + c2 = với b2 = x1 − x3 c = x y − x y 1 a = y − y2 AB : a3 x + b3 y + c3 = với b3 = x2 − x1 c = x y − x y 2 Nếu giải hệ phương trình, ngược lại để tính xi , yi qua aj , bj , cj , ta có a3 c2 − a2 c3 b2 c3 − b3 c2 , y1 = a2 b3 − a3 b2 a2 b3 − a3 b2 b3 c1 − b1 c3 a1 c3 − a3 c1 x2 = , y2 = a3 b1 − a1 b3 a3 b1 − a1 b3 b1 c2 − b2 c1 a2 c1 − a1 c2 , y3 = x3 = a1 b2 − a2 b1 a1 b2 − a2 b1 x1 = 63 −1 + b O(ab; 0) Do a BC qua gốc tọa độ N, nên BC có phương trình y = cx Suy b bc −b −bc ab abc B ; ,C ; M ; c−a c−a c−a c−a c − a2 c2 − a2 −−→ bc ⇒ AM = Từ đường thẳng AM có phương trình y = a(c − a2 ) a2 ab x + Vậy đường thẳng QO có phương trình x + cy − ab = Suy c c đường thẳng OQ, BC vuông góc với Nhận xét Trong toán trên, chọn hệ tọa độ mà AN không nằm trục hoành việc viết phương trình phân giác AN khó Khi chọn hệ tọa độ vậy, giúp cho ta tránh việc phải xác định tọa độ đỉnh, phương trình cạnh, đường tam giác Do P O⊥AB nên P O có phương trình y = Bài toán 3.16 (IMO 2000) Cho hai đường tròn (O1 ), (O2 ) cắt hai điểm phân biệt M, N Tiếp tuyến chung (gần M hơn) tiếp xúc với đường tròn (Oi ) Ai Đường thẳng qua M song song với A1 A2 , cắt lại đường tròn (Oi ) điểm Bi Các đường thẳng Ai Bi cắt C, đường thẳng Ai N cắt đường thẳng B1 B2 D, E Chứng minh CD = CE Lời giải Chọn hệ trục tọa độ A1 xy cho A1 (0; 0), A2 (a; 0), O1 (0; r1 ), O2 (0; r2 ) Giả sử hệ trục tọa độ điểm M (s; t) Khi B1 (−s; t), B2 (2a − s; t) Từ B1 B2 = 2a = 2A1 A2 Để ý A1 A2 B1 B2 , suy A1 ; A2 theo thứ tự trung điểm B1 C, B2 C C(s; −t) Vậy −−→ −−−→ CM = (0; 2t), B1 B2 = (2a; 0) Suy CM ⊥B1 b2 hay CM ⊥DE (1) Gọi K giao điểm M N với A1 A2 Ta có 2 PK/(O1 ) = KA = KM KN = PK/(O2 ) = KA Suy K trung điểm A1 A2 Từ đó, A1 A2 B1 B2 nên M trung điểm DE (2) Nhận xét 1) Trong này, hoàn toàn chọn hệ trục tọa độ cho trục hoành chứa đường thẳng O1 O2 Tuy nhiên, việc tìm phương trình B1 B2 không đơn giản Việc chọn hệ trục tọa độ lời giải việc làm khôn ngoan, tọa độ điểm Ai ; M ; Bi tìm cách dễ dàng 2) Trong lời giải trên, việc viết phương trình hai đường tròn, giải hệ phương trình tương giao để tìm tọa độ M, N không cần thiết Ở trên, sử dụng đến đặc điểm Oi Ai trung trực đoạn 64 M Bi , việc tìm tọa độ điểm Bi dễ dàng nhiều so với việc viết phương trình đường tròn 3) Trong lời giải trên, kết hợp phương pháp tọa độ phương pháp tổng hợp ( Chỉ K trung điểm A1 A2 Điều giúp cho lời giải ngắn gọn đẹp hơn.) Bài tập tự giải Bài toán 3.17 (Iran 1996) Cho hai điểm D, E tương ứng hai cạnh AB, AC tam giác ABC cho DE BC Gọi P điểm tùy ý nằm bên tam giác F, G giao điểm đường thẳng BP, CP với DE Gọi O1 ; O2 theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P GD, P EF Chứng minh AP ⊥O1 O2 Bài toán 3.18 Cho tam giác ABC cân A Gọi D trung điểm BC, E hình chiếu điểm D CA F trung điểm DE Chứng minh AF ⊥BE Bài toán 3.19 Cho hình vuông ABCD góc nhọn mAn (với tia Am, An nằm tia AB, AD) Gọi B1 , B2 hình chiếu điểm D Am, An theo thứ tự Chứng minh B1 B1 ⊥D1 D2 Bài toán 3.20 Đường tròn tâm O tiếp xúc với hai đường tròn nằm S, T Giả sử hai đường tròn cắt M, N (N gần ST M ) Chứng minh OM ⊥M N ⇔ S, N, T thẳng hàng Bài toán 3.21 Cho tam giác ABC không cân với ba đường cao AA1 , BB1 , CC1 cắt H Đường thẳng B1 C1 đường thẳng BC cắt A2 Các điểm B2 , C2 xác định tương tự Chứng minh điểm A2 , B2 , C2 nằm đường thẳng vuông góc với OH, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài toán 3.22 Gọi O, E theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp tâm đường tròn OWle tam giác ABC Lấy điểm E cho E BA = EAC Trung trực OA cắt BC A , điểm B , C xác định tương tự Chứng minh điểm A , B , C nằm đường thẳng vuông góc với OE Bài toán 3.23 (VMO 2008 - Prob 7)Cho tam giác ABC, trung tuyến AD Một đường thẳng d vuông góc với AD Xét M ∈ d Gọi E, F trung điểm M C, M B Đường thẳng qua E, vuông góc với d cắt AB P, đường thẳng qua F, vuông góc với d cắt AC Q Chứng minh đường thẳng qua M, vuông góc với P Q qua điểm cố định, M thay đổi d 65 3.3 Một số dạng toán khác Bài toán 3.24 Cho tam giác ABC có AB = AC nội tiếp đường tròn (O) Các tiếp tuyến B C đường tròn (O) cắt T, đường thẳng AT cắt đường tròn điểm X Gọi Y điểm xuyên tâm X (O) Các đường thẳng Y B, XC cắt P, đường thẳng XB, Y C cắt Q 1) Chứng minh P, Q, T thẳng hàng 2) Chứng minh đường thẳng P Q, BC, AY đồng quy Lời giải Do XY đường kính đường tròn (O) nên góc QBY = XBY = 900 góc P CY = XCY = 900 Suy P BQ = P CQ = 900 Do tứ giác BCQP nội tiếp đường tròn đường kính P Q Từ giả thiết suy Y T đường đối trung kẻ từ đỉnh Y tam giác Y BC Vì P, Q, T thẳng hàng T trung điểm P Q AB XB 2) Do tứ giác ABXC điều hòa nên AB.XC = AC.XB hay = (1) AC XC XP XB = (2) Do tứ giác BCQP nội tiếp nên XB.XQ = XC.XP suy XC XQ Do tứ giác ABCY nội tiếp nên ABY = ACY ⇒ ABP = ACQ (3) Từ (1), (2), (3) suy ∆ABP ∼ ∆ACQ Do AP Y = AP B = AQC = AQY Suy tứ giác AY QP nội tiếp đường tròn (ω) Gọi S giao điểm AY P Q Xét phương tích S đường tròn (O), (ω) (T ) ngoại tiếp tứ giác BCQP,ta có PS/(O) = SA.SY = PS/ω = SP SQ = PS/(T ) Suy S nằm trục đẳng phương (O) (T ) tức S ∈ BC Suy ba đường thẳng P Q, BC, AY đồng quy Bài toán 3.25 (Chinese 1996)Gọi H trực tâm tam giác nhọnABC Từ A kẻ hai tiếp tuyến AP, AQ đến đường tròn đường kính BC (P, Q tiếp điểm) Chứng minh P, Q, H thẳng hàng Lời giải Từ giả thiết suy ngũ giác AP DOQ nội tiếp đường tròn đường kính AO (O trung điểm BC) Do AQP = AOP Mặt khác, xét phương tích A đường tròn (O) đường tròn (CEHD) ta có AP AH AP = AE.AC = AH.AD ⇒ = ⇒ ∆AP H ∼ ∆ADP AD AP Do AP H = ADP = AOP ⇒ AP H = AOP 66 Suy AP H = AP Q, P, Q, H thẳng hàng Bài toán 3.26 (Russia 2008 - Grade 9)Cho tam giác ABC có trọng tâm G, trực tâm H Các đường thẳng qua A, B C theo thứ tự vuông góc với GA, GB GC tạo thành tam giác A1 B1 C1 Chứng minh trọng tâm tam giác A1 B1 C1 nằm đường thẳng GH Lời giải Các đường thẳng qua A, B, C theo thứ tự vuông góc với đường thẳng AG, BG, CG tạo thành tam giác A1 B1 C1 , gọi Ha , Hb , Hc theo thứ tự trực tâm tam giácBCA1 , CAB1 , ABC1 Do GA⊥AC1 , GB⊥BC1 nên tứ giác AC1 BG nội tiếp đường tròn đường kính C1 G ( Hc = ĐC0 (G), với C0 trung điểm AB ) Khi C1 Hc C1 G đối xứng với qua phân giác góc AC1 B Từ đó, để ý điểm G điểm Lemoine tam giác A1 B1 C1 nên C1 , Hc , G1 thẳng hàng Tương tự A1 , G1 , Ha thẳng hàng B1 , G1 , Hb thẳng hàng Do ĐG : A → Ha , B → Hb , C → Hc nên ĐG : H → G1 , Điều phải chứng minh Bài toán 3.27 Cho điểm P nằm cạnh AB tứ giác lồi ABCD đường tròn ω tâm I, nội tiếp tam giác CDP Giả sử ω tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác AP D, BP C K, L theo thứ tự AC ∩ BD ≡ E, AK ∩ BL ≡ F Chứng minh E, I, F thẳng hàng Lời giải Gọi J; R đường tròn tiếp xúc với AB, AD, BC (IA ; rA ), (IB ; rB ) đường tròn nội tiếp tam giác ADP, BCP R rA − Ta có V rA oV r : (I; r) → (J; R) Suy tâm vị tự (I), (J) giao điểm AK, IJ (1) R rA − Mặt khác V rB oV r : (I; r) → (J; R) Suy tâm vị tự (I), (J) giao điểm BL, IJ (2) Từ (1), (2) suy F ∈ IJ (3) (Nếu I ≡ J F ≡ I ≡ J ) Tứ giác AP CD có đường tròn nội tiếp hai tam giác AP D, P CD tiếp xúc với đường chéoP D điểm, nên AP CD ngoại tiếp đường tròn Tương tự, tứ giác BCDP ngoại tiếp đường tròn Gọi (JA ; ρA ), (JB ; ρB ) theo thứ tự đường nội tiếp tứ giác DAP C, BCDP 67 R ρA − Ta có V ρA oV r : (I; r) → (J; R) Suy tâm vị tự (I), (J) giao điểm của AC, IJ (4) R ρB − V ρB oV r : (I; r) → (J; R) Suy tâm vị tự (I), (J) giao điểm BD, IJ (5) Từ (4), (5) suy E ∈ IJ (6) Từ (5), (6) suy E, I, F thẳng hàng (điều phải chứng minh) Nhận xét Nhận thấy AB, KL, IA IB đồng quy Do đó, áp dụng định lý Desarguse cho hai tam giác AIA K, BIB L, ta J ≡ AIA ∩ BIB , I ≡ IA K ∩ IB L, F ≡ KA ∩ LB thẳng hàng Cũng vậy, JA JB , AB, CD đồng quy Do áp dụng định lý Desargues cho tam giác JA AC, JBBD I ≡ JA C ∩ JB D, J ≡ AJA ∩ BJB , E ≡ AC ∩ BD thẳng hàng Bài toán 3.28 Trong mặt phẳng cho tam giác ABC đường tròn (C) Gọi (ωa ), (ωb ), (ωc ) đường tròn tiếp xúc với (C) A , B , C theo thứ tự tiếp xúc với cặp tia AB AC, BC BA, CA CB Chứng minh đường thẳng AA , BB , CC đồng quy Lời giải Gọi Oa tâm đường tròn (ωa ) I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi Ra r V A; : O → Oa , V A; : Oa → I R Ra r Ra r Suy V S; oV A ; = V A; : O → I R Ra R Do đường thẳng AA qua điểm S tâm vị tự O I Hoàn toàn tương tự, BB , CC qua S Vậy AA , BB CC đồng quy S tâm vị tự O I Nhận xét Nếu (ωa ), (ωb ), (ωc ) tiếp xúc với đường tròn (O) điểm đồng quy tâm vị tự O (I) Bài toán 3.29 Cho tam giác ABC Một đường thẳng ∆ cắt đường thẳng BC, CA, AB D, E, F theo thứ tự Gọi O, Oa , Ob , Oc tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, AEF, BF D, CDE H, Ha , Hb , Hc trực tâm tam giác Chứng minh 1)∆Oa Ob Oc ∼ ∆ABC 2) Trung trực đoạn thẳng OH, Oa Ha , Ob Hb , Oc Hc đồng quy 68 Lời giải 1) Theo bổ đề Mi - Ken, đường tròn (Oa ), (Ob ), (Oc ), (O) đồng quy điểm M Ta có (Oa Ob ; Oa Oc ) ≡ (Oa Ob ; M F ) + (M F ; M E) + (M E; Oa Oc ) (modπ ) π π ≡ + (AF ; AE) + (modπ ) 2 ≡ (AB; AC) (modπ ) Tương tự (Ob Oc ; Ob Oa ) ≡ (BC; BA) (modπ ) Vậy ∆Oa Ob Oc ∼ ∆ABC 2) Gọi O , H theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm tam giác Oa Ob Oc Ta có −−−→ −−→ −−−→ −−→ OH M Ob = O H ; OH ≡ M Ob ; M B (mod 2π ) OH MB −−→ −−−→ OH M Ob OK Lấy K : OK = O H Khi = = MB −−−→ −−→OH −−OH −−→ −−→ −→ −−→ OK; OH ≡ O H ; OH ≡ M Ob ; M B (mod 2π ) Suy ∆KOH ∼ ∆Ob M B mà tam giác Ob M B cân Ob nên KO = KH hay K ∈ t[OH] Hoàn toàn tương tự K ∈ t[Oa Ha ], t[Ob Hb ], t[Oc Hc ] Bài toán 3.30 (JBMO) Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh la , hb trung trực AB đồng quy BAC = 600 Lời giải Gọi AD, BE phân giác góc BAC, đường cao kẻ từ B Gọi F trung điểm AB Điều kiện cần Giả sử AD, BE, M F đồng quy G Khi GA = GB Hơn GBA = GAB = GAC = α Điều kiện đủ Nếu BAC = 600 ABE = 900 − BAC = 300 Gọi G giao điểm AD, BE Ta có GAB = 300 = GBA Suy ∆GAB cân Do GA = GB Vậy G ∈ t[AB] Bài toán 3.31 Cho tứ giác ABCD hai cạnh nhau, ngoại tiếp đường tròn (O) có hai đường chéo cắt tai điểm E Gọi M, N, P Q theo thứ tự tiếp điểm AB, BC, CD DA với đường tròn O Gọi X, Y, Z T giao điểm tia phân giác góc AEB, BEC, CED DEA với cạnh AB, BC, CD DA Chứng minh đường thẳng AC, M N, P Q, XY, ZT tiếp tuyến đường tròn (O) giao điểm đường tròn (O) với BD qua điểm 69 Lời giải Gọi S, S theo thứ tự giao điểm M N, P Q với AC Áp dụng định lý Ménélaiis cho tam giác ABC với cát tuyến P QS Ta có QD S A P C = (1) QA S C P D M B SA N C = (2) M A SC N B Để ý BM = BN, DP = DQ, từ từ (1), (2) suy SA = SC SA MA = Vậy S ≡ S hay AC, M N, P Q đồng quy NC SC Giả sử XY, ZT cắt AC S , S Ta cần chứng minh S ≡ S ≡ S Áp dụng định lý Ménélaiis cho tam giác ABC với cát tuyến XY S tam giác ADC với cát tuyến ZT S Ta có XB S A Y C = (3) XA S C Y B T D S A ZC = (4) T A S C ZD Theo tính chất đường phân giác, ta có − ED (5) EA EB Y C EC T D XB =− =− = ; ; EA Y B EB T A XA S A S A EA = = điều nghĩa S ≡ S EC S C S C Mặt khác, tứ giác ABCD ngoại tiếp nên EA : EC = M A : N C Từ suy S ≡ S, hay đường thẳng AC, M N, P Q, XY, ZT đồng quy Từ (3), (4), (5) suy Bài toán 3.32 (Shortlisted 2003 - G1)Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi P, Q, R theo thứ tự hình chiếu D đường thẳng BC, CA, AB Chứng minh QP = QR phân giác góc ABC, ADC cắt điểm nằm đường thẳngAC Lời giải Theo định lý đường thẳng Simson, P, Q, R thẳng hàng 70 Ngoài ra, bốn điểm (P, Q, D, C), (D, Q, R, A) đồng viên, nên (CD; CA) ≡ (CD; CQ) ≡ (P D; P Q) ≡ (P D; P R) (mod π ) (AD; AC) ≡ (AD; AQ) ≡ (RD; RQ) ≡ (RD; RP ) (mod π ) Suy ∆DCA ∼ ∆DP R (g.g) Một cách tương tự, có ∆DAB ∼ ∆DQP, ∆DBC ∼ ∆DRQ Vậy QR DA DR BC = QR BA = = PQ DC DP P Q BC DB BA DA BA Do QP = QR ⇔ = ⇔ phân giác ABC ADC cắt DC BC điểm M ∈ AC Điều phải chứng minh Lời giải 2.Giả sử phân giác góc ABC ADC cắt AC L, M LA BA MA DA Khi = = LC BC MC DC Do đường phân giác cắt điểm đường thẳng DA BA AC L ≡ M, điều tương đương với = hay DC BC DA.BC = AB.CD Vậy cần chứng minh DA.BC = AB.CD chi khiQP = QR Từ giả thiết (DP ; DQ) ≡ (CB; CA) ≡ γ (mod π ) (DQ; DR) ≡ (AC; AB) ≡ α (mod π ) Do đó, theo định lý sin, ta có P Q = CD.sinγ QD = AD.sinα Vậy sinγ BC DA = = ⇔ AB.CD = DA.BC ( ĐPCM) QP = QR ⇔ DC sinα BA Nhận xét 1) Lời giải không sử dụng đến định lý Simson 2) Từ lời giải 2, ta thấy QP = QR tứ giác ABCD điều hòa AC phân giác góc BM D (trong M trung điểm AC ) BD phân giác góc AN C (trong N trung điểm BD) (AA) ∩ (CC) ∈ (BD) (BB) ∩ (DD) ∈ (AC) π Bài toán 3.33 (Russia 2010 - Grade 9)Cho tam giác ABC có BCA > CA = CB nội tiếp đường (C) Tiếp tuyến A, B đường tròn (O) cắt P Các đường thẳng AC, P B cắt D, đường thẳng BC, AP cắt E Chứng minh tâm đường tròn (ACE), (BCD), (P CO) nằm đường thẳng BD 71 Lời giải Gọi O1 , O2 , I, J theo thứ tự tâm đường tròn(ACE), (BCD), (P AOB), (P CO) Do tam giác P AO vuông O I trung điểm P O nên tam giác P IA cân hay P AI = AP O Mặt khác π P AO1 = EAO1 = − ACE π π = ACB − = π − ACE − 2 = AP O = P AI Từ đó, O1 , I nằm phía P A nên A, I, O1 thẳng hàng Suy hai đường tròn (O1 ) (I) tiếp xúc với Tương tự, hai đường tròn (O2 ) (I) tiếp xúc với Suy tiếp tuyến chung hai đường tròn (O1 ), (I) tiếp tuyến chung hai đường tròn (O2 ) (I) cắt điểm S nằm P O Do tính chất đối xứng nên SA = SB Xét phương tích điểm S đường tròn ta có PS/(O1 ) = SA2 = SB = PS/(O2 ) PS/(O1 ) = SA2 = PS/(I) = SO.SP = PS/(J) Suy SC trục đẳng phương chung (O1 ), (O2 ), (J) suy điều phải chứng minh Lời giải Gọi O1 , O2 , I, J theo thứ tự tâm đường tròn(ACE), (BCD), (P AOB), (P CO) Gọi L giao điểm thứ hai (O1 ), (O2 ), ta cần chứng minh tứ giác P CLO nội tiếp Ta có LAE = LCB = LDB Suy tứ giác ALDP nội tiếp Tương tự tứ giác BLEF nội tiếp Ta có (P L; P O) = (P L; P B)+(P B; P O) = (EL; EB)+(P B; P O) (mod π) (CL; CO) = (CL; CB) + (CB; CO) = (AL; AE) + (BO; BC) (mod π ) Ta cần chứng minh (EL; EB) + (BC; BO) = (AL; AE) + (P O; P B) (mod π ) Thật π π V T = (AL; AC) + + (AC; AB) (mod π ) = + (AL; AB) (mod π ) 2 V P = (DL; DP ) + (P O; P B) (mod π ) π = (AL; AP ) + (OP ; OB) + (mod π ) π2 = (AL; AO) + (OA; OB) + (mod π ) 72 π (= (AL; AP ) + (AP ; AB) + (mod π ) π = (AL; AB) (mod π ) Suy điều phải chứng minh Bài toán 3.34 Cho tam giác ABC cân A Xét D cạnh AB điểm E cạnh BC cho hình chiếu DE BC có độ dài BC Chứng minh đường thẳng vuông góc với DE E qua điểm cố định Lời giải Gọi O trung điểm BC, chọn hệ trục tọa độ cho A(0; a), B(−b; 0), C(b; 0) Khi đường thẳng AB, AC có phương trình −x y AB : + =1 b a x y AC : + = b a BC nên Gọi H hình chiếu điểm D cạnh BC Do EH = E ∈ OC, H ∈ OB ax0 Vậy, E(x0 ; 0), ≤ x0 ≤ H(x0 − b; 0) D x0 − b; b Gọi ∆ đường thẳng qua E vuông góc với DE Suy ∆ nhận −−→ −ax0 DE = b; làm vectơ pháp tuyến, ∆ : b2 x − ax0 y − b2 x0 b Phương trình tương đương với −(b2 + ay)x0 + b2 a = −b2 Suy ∆ qua điểm 0; cố định a Bài tập tự giải Bài toán 3.35 Cho tam giác ABC Một đường thẳng cắt cạnh BC, CA AB tam giác ABC D, E F tương ứng Chứng minh trực tâm tam giác ABC, CDF DEB thẳng hàng Bài toán 3.36 (IMO 1995)Cho A, B, C D thẳng hàng theo thứ tự Các đường tròn ω1 , ω2 với đường kính AC, BD cắt hai điểm phân biệt X, Y Lấy điểm Z ∈ XY, không trùng với XY ∩ AD CZ lại cắt ω1 điểm M vag BZ cắt ω2 N Chứng minh AM, DN XY đồng quy Bài toán 3.37 Hai đường tròn (O1 ), (O2 ) tiếp xúc với A Tiếp tuyến M tùy ý (O2 ) cắt (O1 ) B, C Chứng minh đường thẳng AM qua điểm cung BC 73 Bài toán 3.38 (Hungarian 2000)Cho tam giác ABC Gọi A1 , B1 , C1 theo thứ tự trung điểm BC, CA, AB Lấy B2 điểm đoạn gấp khúc ABC, điểm C2 , A2 xác định cách tương tự Chứng minh A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 đồng quy Bài toán 3.39 Tam giác A1 A2 A3 không cân, không vuông nội tiếp (O) Gọi Bi trung điểm cạnh Ai+1 Ai+2 (phép cộng lấy theo modul 3) Trên tia OBi lấy điểm Ci cho ∆OAi Bi ∼ ∆OCi Ai Chứng minh đường thẳng Ai Ci đồng quy Bài toán 3.40 Trong mặt phẳng cho trước ba tam giác Ai Bi Ci , i = 1, 2, Gọi Oi Gi Hi tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm tam giác Ai Bi Ci , i = 1, 2, theo thứ tự Chứng minh trọng tâm tam giác H1 H2 H3 , G1 G2 G3 , O1 O2 O3 thẳng hàng Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác H1 H2 H3 , G1 G2 G3 O1 O2 O3 thẳng hàng Bài toán 3.41 (Shortlisted 2011 -G4) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi B0 , C0 theo thứ tự trung điểm CA, AB Gọi D chân đường cao kẻ từ A G trọng tâm tam giác Đường tròn ω qua B0 , C0 tiếp xúc với (O) điểm M = A Chứng minh D, G, M thẳng hàng Bài toán 3.42 (Shortlisted 2011 - G3) Cho tứ giác lồi ABCD, với AD không song song với BC Gỉa sư đường tròn đường kính AB CD cắt E F nằm tứ giác Gọi ωe đường tròn qua chân đường vuông góc kẻ từ E tới AB, BC CD; ωf đường tròn qua chân đường vuông góc kẻ từ F tới CD, DA AB Gọi M, N giao điểm ωe ωf , gọi P trung điểm EF Chứng minh M, N, P thẳng hàng Bài toán 3.43 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (ω) tiếp xúc với tia AB, AC Ab , Ac tiếp xúc với đường tròn (O) A Các điểm Ba , Bc , B , Ca , Cb , C xác định cách tương tự Chứng minh đường thẳng Ab Ac , Bc Ba , Ca Cb đồng quy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác Hơn nữa, I trung điểm chung đoạn thẳng Ab Ac , Bc Ba , Ca Cb Chứng minh đường thẳng AA , BB , CC đồng quy tâm vị tự đường tròn (O), (I) 74 Gọi A0 , A1 theo thứ tự điểm cung BC ( không chứa điểm A) đường tròn (O), tiếp điểm đường tròn (I) với BC, gọi Ma trung điểm IA1 Một cách tương tự, có điểm B0 , B1 , C0 , C1 , Mb , Mc Chứng minh đường thẳng A0 Ma , B0 Mb , C0 Mc đồng quy Hãy rõ vị trí hình học điểm đồng quy Đường tròn (k) tiếp xúc với (ωa ), (ωb ), (ωc ) theo thứ tụ A , B , C Chứng minh A A , B B”, C C” đồng quy Bài toán 3.44 Xét điểm M đoạn AB, không trùng với A, B Về phía đường thẳng, dựng hình vuông AM CD, BM F E Đường tròn ngoại tiếp hai hình vuông cắt điểm thứ hai N Chứng minh F, A, N thẳng hàng B, C, N thẳng hàng Chứng minh M N luôn qua điểm cố định Tìm quỹ tích trung điểm P Q, P, Q theo thứ tự tâm hai hình vuông AM CD, BM F E Bài toán 3.45 (Russia 2007 - Grade 9) Cho tam giác nhọn ABC với đường phân gics BB1 Đường thẳng qua B1 vuông góc với BC cắt cung nhỏ BC đường tròn ngoại tiếp K Đường thẳng BB1 cắt lại đường tròn (ABC) T Chứng minh K, L, T thẳng hàng Bài toán 3.46 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Chứng minh đường thẳng Euler tam giác IAB, IBC, ICA đồng quy điểm J nằm đường thẳng Euler tam giác ABC Bài toán 3.47 Cho tam giác ABC với trực tâm H Chứng minh đường thẳng Euler tam giác HAB, HBC, HCA đồng quy điểm nằm đường thẳng Euler tam giác ABC Bài toán 3.48 Một đường thẳng d qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng BC, CA, AB D, E, F Chứng minh đường thẳng Euler tam giác AEF, BF D, CDE giới hạn tam giác Bài toán 3.49 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Xét điểm D thay đổi (O), không trùng với đỉnh tam giác Kí hiệu sa , sb , sc , sd theo thứ tự đường thẳng Simson A, B, C, D tam giác BCD, CDA, DAB, ABC Chứng minh sa , sb , sc , sd đồng quy điểm P Tìm quỹ tích P D thay đổi 75 Bài toán 3.50 Cho lục giác lồi ABCDEF nội tiếp đường tròn (O) Kí hiệu s(X; Y ZT ) đường thẳng Simson điểm X tam giác Y ZT Chứng minh đường thẳng s(A; BDF ), s(B; ACE), s(D; ABF ), s(E; ABC) đồng quy CDEF hình chữ nhật Bài toán 3.51 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) −→ −−→ −→ −−→ Gọi G điểm thỏa mãn GA + GB + GC + GD = (G gọi trọng tâm −→ −−→ −→ −−→ −−→ tứ giác) H điểm thỏa mãn OA + OB + OC + OD = OH (H gọi trực tâm tứ giác nội tiếp) Chứng minh O, G, H nằm đường thẳng, −−→ −→ OH = 4.OG ( đường thẳng Euler tứ giác nội tiếp) Gọi Ha , Hb , Hc , Hd theo thứ tự trực tâm tam giác BCD, CDA, DAB, ABC Chứng minh đường tròn (HX ; R), với X = a, b, c, c qua H Chứng minh đường tròn Euler tam giác BCD, CDA, DAB, ABC qua điểm, xác định vị trí hình học điểm Chứng minh tâm đường tròn Euler tam giác nằm đường tròn ( đường tròn Euler tứ giác nội tiếp) Chứng minh đường thẳng qua trung điểm cạnh, vuông góc với cạnh đối diện, đồng quy Chỉ rõ vị trí hình học điểm đồng quy.( Điểm đồng quy gọi điểm Monge) Chứng minh S(A : BCD), S(B : CDA), S(C : DAB), S(D : ABC) đồng quy điểm Monge Xét điểm P tùy ý đường tròn Gọi sa , sb , sc , sd theo thứ tự đường thẳng Simson P tam giác BCD, CDA, DAB, ABC Chứng minh hình chiếu P đường thẳng nằm đường thẳng( đường thẳng Simson P tứ giác nội tiếp ABCD.) Bài toán 3.52 Đường tròn tâm (O) tiếp xúc với hai đường tròn nằm S, T Giả sử hai đường tròn cắt M, N ( N gần ST M) Chứng minh OM ⊥M M ⇔ S, N, T thẳng hàng Bài toán 3.53 Cho tam giác ABC nhọn ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi (ωa ) đường tròn có tâm nằm đường cao kẻ từ A, qua A tiếp xúc với đường tròn (I) A1 Các điểm B1 , C1 xác định cách tương tự 76 Kết luận Các kết luận văn "Một số dạng toán đường thẳng mặt phẳng không gian" đạt được: • Hệ thống dạng phương trình đường thẳng, biểu diễn bán kính đường tròn ngoại tiếp qua tọa độ đỉnh • Xây dựng số đo đại số quãng đường góc lượng giác đường tròn đơn vị, hệ thức Chasles • Trình bày phương pháp sử dụng tọa độ để chứng minh số định lý hình học, đường thẳng Newton định lý Pascal; trình bày đường tròn chín điểm, đường thẳng Euler • Trình bày số phương pháp tọa độ không gian: phương pháp diện tích phương pháp thể tích • Trình bày số dạng toán đường thẳng, mặt phẳng không gian số dạng toán khác 77 Tài liệu tham khảo [1] Lê Hải Châu (2007), Các toán thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam(1990 - 2006), NXB Giáo dục [2] Trần Văn Hạo, Nguyễn Mộng Hy, Khu Quốc Anh, Trần Đức Huyên (2006), Hình Học 12, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu, Đàm Văn Nhỉ (2012), Đồng thức phương pháp tọa độ hình học, NXB ĐHQGHN [4] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Đăng Phất, Đỗ Thanh Sơn (2009), Hình Học số vấn đề liên quan, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Đăng Phất (2015), Các phép biến hình, NXB Giáo dục ... Các dạng toán mặt phẳng đường phẳng gian 3.1 Một số dạng toán mặt phẳng không gian 3.2 Một số dạng toán đường thẳng không gian 3.3 Một số dạng toán khác KẾT... Các dạng toán mặt phẳng đường thẳng không gian Trình bày số dạng toán mặt phẳng như: chứng minh hai mặt phẳng vuông góc, góc hai mặt phẳng, góc đường thẳng mặt phẳng, khoảng cách từ điểm đến mặt. .. cụ thể số dạng tập đường thẳng mặt phẳng Mục đích nghiên cứu Hệ thống hóa dạng toán đường thẳng mặt phẳng không gian Đối tượng phạm vi nghiên cứu Các toán đường thẳng mặt phẳng không gian Phương