1 HƯỚNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG 1. Nhu cầu xây dựng một lí thuyết chặt chẽ về hướng mà không sử dụng phương pháp toạ độ. 1. Trong toàn bộ cuốn cơ sở hình học của Hilbert, không có thuật ngữ hướng. 2. Bằng phương pháp toạ độ, người ta có thể xây dựng lí thuyết về hướng. Tuy nhiên cách xây dựng này không hoàn chỉnh: góc bẹt? 3. Cần phải xây dựng lí thuyết chặt chẽ về hướng mà không sử dụng phương pháp toạ độ. 4. Hãy nhìn lại vần đề hướng trong chương trình toán phổ thông: + a b;b c a c.           + Định lí Thales dạng hình học và định lí Thales dạng đại số. Không có định Thales dạng đại số, không thể có các định lí Ceva, Menelaus + Góc lượng giác và hệ thức Chasles cho góc lượng giác (người ta đã chứng minh được rằng Người ta là ai?). + Phép quay và cách chứng mịnh các định lí liên quan tới phép quay (tất cả các định lí liên quan tới phép quay đều được chứng minh bằng phương pháp mô tả). + Phép đối xứng trục và các định lí liên quan tới phép đối xứng trục. Định lí L13. Tích hai phép đối xứng trục mà hai trục đối xứng cắt nhau là một phép quay. Chứng minh. Giả sử 1 R  và 2 R  là hai phép đối xứng trục có các trục đối xứng ∆ 1 , ∆ 2 cắt nhau. Gọi O là giao điểm của ∆ 1 và ∆ 2 . Lấy M bất kì thuộc (P). Gọi M’ là ảnh của M qua 1 R  ; M’’ là ảnh của M’ qua 2 R .  Dễ thấy OM OM' OM''.    1 2 1 2 1 2 (OM,OM'') (OM,OM') (OM',OM'')(mod2 ) 2( ,OM') 2(OM', ) 2(( ,OM') (OM', )) 2( , )(mod2 ).                       Suy ra 2 1 2 R .R (M) R (M') M''      = 1 2 2( , ) O Q (M).   Do đó 2 1 R .R   = 1 2 2( , ) O Q .   □ 2. Nói qua về cách xây dựng lí thuyết về hướng mà không sử dụng phương pháp toạ độ. 1. Đoạn thẳng định hướng, sự cùng hướng, sự ngược hướng của hai đoạn thẳng định hướng. Điểm, đoạn thẳng, đoạn thẳng-không, đoạn thẳng định hướng, đoạn thẳng định hướng-không, hình thang, hình thang-không, các kí hiệu hình thang, hai đoạn thẳng định hướng cùng hướng, hai đoạn thẳng định hướng ngược hướng. Định nghĩa 9. Hai đoạn thẳng định hướng AB, CD   được gọi là cùng hướng nếu tồn tại đoạn thẳng-khác không XY sao cho các tứ giác ABYX và CDYX là những hình thang (có thể là hình thang-không) (h.4a, h.4b, h.4c, h.4d, h.4e, h.4f). 2 B X Y YX A A C D BC D (h.4a) (h.4b) B X Y YX A A C=D B C=D (h.4c) (h.4d) C=D A=B X Y YX A=B=C=D (h.4e) (h.4f) Bổ đề ba hình thang khẳng định sự hợp lí của định nghĩa trên. Để biểu thị AB, CD   cùng hướng hoặc ta viết AB CD    hoặc ta viết CD AB    . Thay cho cách nói AB, CD   cùng hướng, ta còn nói AB, CD   có hướng trùng nhau. Bổ đề ba hình thang khẳng định sự hợp lí của định nghĩa trên. Để biểu thị AB, CD   cùng hướng hoặc ta viết AB CD    hoặc ta viết CD AB    . Thay cho cách nói AB, CD   cùng hướng, ta còn nói AB, CD   có hướng trùng nhau. Định nghĩa 10. Hai đoạn thẳng định hướng AB, CD   được gọi là ngược hướng nếu tồn tại đoạn thẳng-khác không XY sao cho các tứ giác ABYX và CDXY là những hình thang (có thể là hình thang-không) (h.5a, h.5b, h.5c, h.5d, h.5e, h.5f). B X Y YX A A D B C D C (h.5a) (h.5b) 3 B X Y YX A A C=D B C=D (h.5c) (h.5d) C=D A=B X Y YX A=B=C=D (h.5e) (h.5f) Bổ đề ba hình thang khẳng định sự hợp lí của định nghĩa trên. Để biểu thị AB, CD   ngược hướng hoặc ta viết AB CD    hoặc ta viết CD AB    . Thay cho cách nói AB, CD   ngược hướng, ta còn nói AB, CD   có hướng ngược nhau. 2. Góc định hướng, sự cùng hướng, sự ngược hướng của hai góc định hướng. Góc giữa hai tia, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc giữa hai tia-không, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc giữa hai tia-bẹt, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài. Góc định hướng giữa hai tia, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc định hướng giữa hai tia-không, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc định hướng giữa hai tia-bẹt, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài. Cát tuyến dương, cát tuyến âm. x z y t t' ' Y T Z X Y' Z' X' T' O 4 x y z t t' ' Z T Y X Z' Y' X' T' O Chú ý:     S AMB MB . S AMC MC  Góc lượng giác giữa hai tia, đỉnh, cạnh, chu kì. Góc giữa hai vectơ, góc định hướng giữa hai vectơ, góc lượng giác giữa hai vectơ. Cung, cung định hướng, cung lượng giác. Góc giữa hai đường thẳng, góc lượng giác giữa hai đường thẳng. Ba định lí cơ bản. Định lí 69. Với ba tia Ox, Oy, Oz và ba số nguyên k, l, m, ta có 1) (Ox, Oy) k  (Ox, Oz) l + (Oz, Oy) m (mod 2  ) (hệ thức Chasles cho góc lượng giác giữa hai tia). 2) (Ox, Oy) k  (Oz, Oy) m – (Oz, Ox) l (mod 2  ). Chứng minh. Trong phép chứng minh này các định lí 50, 52 thường xuyên được sử dụng. 1) Bỏ qua các trường hợp đơn giản: c¸ctia Ox,Oy trïng nhau c¸ctia Ox,Oy ®èi nhau.    Không mất tính tổng quát giả sử (Ox, Oy) có hướng dương. Có bốn trường hợp cần xem xét. Trường hợp 1. Tia Oz nằm trong góc  xOy (h.34a). x y x' y' z O (h.34a) 5 Theo hệ thức Chasles dạng mịn cho góc giữa hai tia, ta có    0 0 0 (Ox,Oy) xOy xOz zOy (Ox,Oz) (Oz,Oy) .      Do đó (Ox, Oy) k  (Ox, Oz) l + (Oz, Oy) m (mod 2  ). Trường hợp 2. Tia Oz nằm trong góc  yOx'. y' z=x' y x x y x' y' z O O (h.34b) (h.34c) Có hai khả năng xảy ra. Khả năng 2.1. Tia Oz không trùng với tia Ox’ (h.34b). Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có    0 0 0 (Ox,Oy) xOy xOz zOy (Ox,Oz) (Oz,Oy) .     Do đó (Ox, Oy) k  (Ox, Oz) l + (Oz, Oy) m (mod 2  ). Khả năng 2.2. Tia Oz trùng với tia Ox’ (h.34c). Có hai tình huống xảy ra.  Khi 0 (Ox,Oz) ,   theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có   0 0 0 (Ox,Oy) xOy zOy (Ox,Oz) (Oz,Oy) .       Khi 0 (Ox,Oz) ,   theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có    0 0 0 (Ox,Oy) xOy zOy 2 zOy 2 (Ox,Oz) (Oz,Oy) .          Do đó (Ox, Oy) k  (Ox, Oz) l + (Oz, Oy) m (mod 2  ). Trường hợp 3. Tia Oz nằm trong góc  x 'Oy'. x' x y x' y' x z=y' y z O O (h.34d) (h.34e) Có hai khả năng xảy ra. Khả năng 3.1. Tia Oz không trùng với tia Oy’ (h.34d). Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có    0 0 0 (Ox,Oy) xOy 2 xOz zOy 2 (Ox,Oz) (Oz,Oy) .       6 Do đó (Ox, Oy) k  (Ox, Oz) l + (Oz, Oy) m (mod 2  ). Khả năng 3.2. Tia Oz trùng với tia Oy’ (h.34e). Có hai tình huống xảy ra.  Khi 0 (Oz,Oy) ,   theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có   0 0 0 (Ox,Oy) xOy xOz (Oz,Oy) (Ox,Oz) .      Do đó (Ox,Oy) k  (Ox,Oz) l + (Oz,Oy) m (mod2  ).  Khi 0 (Oz,Oy) ,   theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có    0 0 0 (Ox,Oy) xOy xOz 2 xOz 2 (Oz,Oy) (Ox,Oz) .          Do đó (Ox, Oy) k  (Ox, Oz) l + (Oz, Oy) m (mod 2  ). Trường hợp 4. Tia Oz nằm trong góc  y'Ox (h.34f). y x z y' x' O (h.34f) Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có    0 0 0 (Ox,Oy) xOy xOz zOy (Ox,Oz) (Oz,Oy) .      Do đó (Ox, Oy) k  (Ox, Oz) l + (Oz, Oy) m (mod 2  ). □ 2) Theo định lí 60, (Ox, Oz) 0 = – (Oz, Ox) 0 . Suy ra (Ox, Oz) l = – (Oz, Ox) l . Từ đó, theo phần 1, suy ra (Ox, Oy) k  (Oz, Oy) m – (Oz, Ox) l (mod 2  ). □ Chú ý. Khi không quan tâm tới chu kì của các góc lượng giác giữa hai tia, định lí 69 được viết đơn giản như sau. 1) (Ox, Oy)  (Ox, Oz) + (Oz, Oy) (mod 2  ). 2) (Ox, Oy)  (Oz, Oy) – (Oz, Ox) (mod 2  ). Định lí 82. Với ba vectơ-khác không a, b, c    và ba số nguyên k, l, m, ta có 1) k l m (a,b) (a,c) (c,b) (mod 2 ).          (hệ thức Chasles cho góc lượng giác giữa hai vectơ). 2) k m l (a,b) (c,b) (c,a) (mod 2 ).          Định lí 82 là hệ quả trực tiếp của định lí 69. □ Khi không quan tâm tới chu kì của góc lượng giác giữa hai vectơ, định lí 82 được viết đơn giản như sau 7 1) (a,b) (a,c) (c,b)(mod 2 ).          2) (a,b) (c,b) (c,a)(mod2 ).          Định lí 99. Với ba đường thẳng a, b, c và ba số nguyên k, l, m, ta có 1) (a, b) k  (a, c) l + (c, b) m (mod  ) (hệ thức Chasles cho góc lượng giác giữa hai đường thẳng). 2) (a, b) k  (c, b) m – (c, a) l (mod  ). Để chứng minh định lí 99, ta cần có một bổ đề quan trọng. Bổ đề gốc Với hai đường thẳng AB, CD và hai số nguyên k, l, ta có k l (AB,CD) (AB,CD) (mod ).     Bổ đề gốc được chứng minh như sau. Không mất tính tổng quát giả sử các đoạn thẳng AB, CD có điểm chung. Gọi O là điểm chung của AB, CD. Theo các định lí 8, 9, OA AB    và OC CD.    Do đó, theo định lí 80, 0 0 1 (OA,OC) (AB,CD) ( ).      Có bảy trường hợp cần xem xét. Trường hợp 1. 0 0 (OA,OC) . 2      (h.36a). O A B C D (h.36a) Theo định nghĩa 122, 0 0 (AB,CD) (OA,OC) .    Kết hợp với (1), suy ra 0 0 (AB,CD) (AB,CD) .    Trường hợp 2. 0 (OA,OC) 2     (h.36b). C D O A B 8 (h.36b) Theo định nghĩa 122, 0 0 0 0 2 2 (AB,CD) (OA,OC) (AB,CD) (OB,OC) .                  Từ đó, chú ý rằng 0 2 (AB,CD) ,     suy ra 0 0 0 0 (AB,CD) (AB,CD) (AB,CD) (AB,CD) .             Trường hợp 3. 0 (OA,OC) 2       (h.36c). O A B C D (h 36c) Theo định nghĩa 122, 0 0 0 (AB,CD) (OA,OD) (OA,OC) .         Kết hợp với (1), suy ra 0 0 (AB,CD) (AB,CD) .      Trường hợp 4. 0 (OA,OC) 0 2       (h.36d). O A B C D (h.36d) Theo định nghĩa 122, 0 0 (AB,CD) (OA,OC) .    Kết hợp với (1), suy ra 0 0 (AB,CD) (AB,CD) .    Trường hợp 5. 0 (OA,OC) 2      (h.36e). 9 D C O A B (h.36e) Theo định nghĩa 122, 0 0 0 0 2 2 (AB,CD) (OA,OC) (AB,CD) (OB,OC) .                  Từ đó, chú ý rằng 0 2 (AB,CD) ,      suy ra 0 0 0 0 (AB,CD) (AB,CD) (AB,CD) (AB,CD) .             Trường hợp 6. 0 (OA,OC) 2       (h.36f). O A B C D (h.36f) Theo định nghĩa 122, 0 0 0 (AB,CD) (OA,OD) (OA,OC) .         Kết hợp với (1), suy ra 0 0 (AB,CD) (AB,CD) .      Trường hợp 7. 0 (OA,OC) .     (h.36g). A C OD B (h 36g) Theo định nghĩa 122, 0 0 (AB,CD) .  Từ đó, chú ý rằng 0 0 (AB,CD) , (AB,CD)             suy ra 0 0 0 0 (AB,CD) (AB,CD) . (AB,CD) (AB,CD)               10 Tóm lại ta luôn có 0 0 0 0 0 0 (AB,CD) (AB,CD) (AB,CD) (AB,CD) (AB,CD) (AB,CD) .                    Do đó 0 0 (AB,CD) (AB,CD) (mod ).     Suy ra k l (AB,CD) (AB,CD) (mod ).     □ Chú ý. Khi không quan tâm tới chu kì của góc lượng giác giữa hai đường thẳng và góc lượng giác giữa hai vectơ, bổ đề gốc thường được viết đơn giản như sau (AB,CD) (AB,CD)(mod ).     Trở lại chứng minh định lí 99. 1) Trên a, b, c theo thứ tự lấy các đoạn thẳng-khác không AB, CD, EF. Theo bổ đề gốc và theo định lí 82, ta có (a, b) k  (AB, CD) k (mod  )  ( AB,CD   ) k (mod  )  ( AB,EF   ) l + ( EF,CD   ) m (mod  )  (AB, EF) l + (EF, CD) m (mod  )  (a, c) l + (c, b) m (mod  ). □ 2) Theo định lí 97, (a, c) 0 = – (c, a) 0 . Suy ra (a, c) l = – (c, a) l . Từ đó, theo phần 1, suy ra (a, b) k  (c, b) m – (c, a) l (mod  ). □ Chú ý. Khi không quan tâm tới chu kì của góc định hướng giữa hai đường thẳng, định lí 99 được viết đơn giản như sau 1) (a, b)  (a, c) + (c, b) (mod  ) . 2) (a, b)  (c, b) – (c, a) (mod  ) . 3. Độ dài đại số và ứng dụng của nó trong việc giải các bài toán hình học 3.1 Các bài toán về định lí Ceva, định lí Menelaus Bài toán 1. Cho tam giác ABC và điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A 1 , B 1 , C 1 . BC, CA, AB theo thứ tự cắt B 1 C 1 , C 1 A 1 , A 1 B 1 tại A 2 , B 2 , C 2 . A 3 , B 3 , C 3 theo thứ tự là trung điểm của A 1 A 2 , B 1 B 2 , C 1 C 2 . Chứng minh rằng A 3 , B 3 , C 3 thẳng hàng. Lời giải. [...]... A, B, C, D trong ú khụng cú ba im no thng hng Chng minh rng ng trũn Euler ca cỏc tam giỏc BCD, CDA, DAB, ABC cựng i qua mt im Li gii Trc ht ta cn cúhai b 33 B 1 Cho bn im A, B, C, D trong ú khụng cú ba im no thng hng Cỏc im M, N, P, Q, R, S theo th t l trung im ca AB, CD, AC, DB, AD, BC Khi ú MN, PQ, RS cú cựng trung im Chng minh b 1 Vỡ M, P theo th t l trung im ca AB, AC nờn, theo b 1 trong bi toỏn... im chung khỏc O hoc ụi mt tip xỳc vi nhau ti O Chỳ ý Tỏc gi ca li gii trờn l Nguyn Nguyờn Hựng, hc sinh Trng THPT chuyờn HSP H Ni Bi toỏn 14 Cho ng trũn (O) ng trũn (O1) tip xỳc trong vi (O) ng trũn (O2) i qua O1 v tip xỳc trong vi (O) ti M (O1), (O2) ct nhau ti A, B AB ct (O) ti C, D MC, MD theo th t li ct (O2) ti E, F Chng minh rng EF tip xỳc vi (O1) Li gii Trc ht ta cn cú mt b B Cho hai ng trũn... ng trũn (DEF) theo th t ct cỏc ng thng BC, CA, AB ti cỏc im th hai X, Y, Z Chng minh rng trong ba s DX, EY, FZ cú mt s bng tng hai s cũn li Li gii (h.b16) t BC = a; CA = b; AB = c nh hng cỏc ng thng BC, CA, AB bi cỏc on thng nh hng BC, CA, AB Theo cỏc nh lớ 8, 9 [1], AE CA; AF AB (1) bc bc Theo b trong li gii 1 ca bi toỏn A5, AE ; AF (2) ca ba 2 2 bc bc Vậy c a EY AE AE.EY... OZ, OA, OB, OC (h.e17) OM ON OP OH OK OL 1 Theo b 1 trong bi toỏn A7, OA OB OC OX OY OZ 2 1 2 Suy ra M, N, P, H, K, L theo th t l nh ca A, B, C, X, Y, Z qua H O Do ú cỏc ng trũn (HNP), (KPM), (LMN) theo th t l nh ca cỏc ng trũn 1 2 (XBC), (YCA), (ZAB) qua H O (1) ng nhiờn H, K, L theo th t l hỡnh chiu vuụng gúc ca O trờn BC, CA, AB Theo b 1 trong bi toỏn B14, (HNP), (KPM), (LMN) theo th t l... 2R 1 R 1 0 1 1 2 r 2 r IM 2 20 Vy suy ra AA2, BB2, CC2 ng quy ti mt im thuc OI Chỳ ý Tỏc gi ca li gii trờn l Nguyn T Duy, hc sinh trng THPT chuyờn HSP H Ni 3.2 Cỏc bi toỏn v h thc lng trong ng trũn Bi toỏn 8 Cho tam giỏc ABC im O thuc ng thng BC v khỏc B, C ng trũn (O, OA) ct BC ti E, F Cỏc ng trũn (ABE), (ACF) theo th t ct AC, AB ti M, N I l tõm ca ng trũn (AMN) Chng minh rng OI BC... 2 ) (IC 2 R 2 ) BA.BN CA.CM (theo định lí B4) BC.BF CB.CE (theo định lí B5) CB(FB CE) (theo định lí 23[1]) (OB OC)(OB OF OE OC) (theo định lí 26[1]) (OB OC)(OB OC) (vì OE OF và bổ đề 1trong bài toán A7) OB 2 OC 2 A I B F C O E M N (h.b21) Bi toỏn 9 Cho tam giỏc ABC O l tõm ng trũn ngoi tip cỏc im P, Q theo th t thuc AC, AB Cỏc im X, Y, Z theo th t l trung im ca BP, CQ, PQ ng trũn... v ch khi PB / ( MAC) PC / (MAB) Chng minh b Gi s cỏc ng trũn (MAB), (MAC) theo th t li ct BC ti E, F Vỡ M (ABC) nờn E C ; F B (h.b24) A M B E A' F C (h.b24) Vỡ A l trung im ca BC nờn, theo b 1 trong bi toỏn A7, A ' B A ' C (1) Vy cỏc mnh sau tng ng 1 PB / (MAC) PC / ( MAB) 2 BF.BC CE.CB 3 BF CE 4 A ' F A ' B A ' E A 'C 5 A ' F A ' E 6 A ' F.A ' C A ' E.A ' B 7 PA '/ (MAC) PA... : : C 1 B 1 D1B 1 C 2 B 2 D 2 B 2 Tr li gii bi toỏn A12 AA 2 // BC B qua trng hp n gin: BB 2 // CA CC 2 // AB t A3 = AA2 BC; B3 = BB2 CA; C3 = CC2 AB (h.a38) Vỡ A 2 S O (A1 ) nờn, theo b 1 trong bi toỏn A7, OA 2 OA1 (1) T (1), (2) v (3) suy ra A A2 C1 B2 O B A3 B1 C C2 A1 (h.a38) Vậy A 3 B A 1 B A 2 C 1 A1 C 1 : : (theo bổ đề trên) A 3 C A1 C A 2 B 1 A 1 B 1 Do ú A 3B A 3C OC1 OA... abc c c abc abc FZ DX ; DX EY 2 2 2 ab cb (a b) (c b) b c ac (b c) (a c)2 c b c b b c 1 a c Kt hp ba ng thc trờn, chỳ ý rng 1 , suy ra DX EY FZ 0 ac ca b a b a b a 1 Do ú trong ba s DX, EY, FZ cú mt s bng tng hai s cũn li Suy ra Bi toỏn 12 Cho tam giỏc ABC v cỏc im M1, M2 khụng thuc cỏc ng thng BC, CA, AB AM1, AM2 theo th t ct BC ti A1, A2 A3 l giao im khỏc A ca cỏc ng... chiu song song phng , xung d 14 (A) (A 2 ) A ' (B) (B 2 ) B ' (C) (C 2 ) (C ') ' Gi s (A1 ) A1 ' (B1 ) B1 (C ) C' 1 1 (O) O' Vỡ A1, B1, C1 theo th t l nh ca A, B, C qua SO nờn, theo b 1 trong bi toỏn A7, OA1 OA;OB1 OB;OC1 OC ' ' ' T ú, theo nh lớ A3 , suy ra O' A1 O' A ';O' B1 O ' B ';O' C 1 O' C ' (1) ' A 2 B1 A ' B1 Vậy (theo định lí A3) ' A 2C1 A ' C1 ' O' B1 O ' A . 1 HƯỚNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG 1. Nhu cầu xây dựng một lí thuyết chặt chẽ về hướng mà không sử dụng phương pháp toạ độ. 1. Trong toàn bộ cuốn cơ sở hình học của Hilbert, không. định hướng- không, hình thang, hình thang-không, các kí hiệu hình thang, hai đoạn thẳng định hướng cùng hướng, hai đoạn thẳng định hướng ngược hướng. Định nghĩa 9. Hai đoạn thẳng định hướng.  ngược hướng, ta còn nói AB, CD   có hướng ngược nhau. 2. Góc định hướng, sự cùng hướng, sự ngược hướng của hai góc định hướng. Góc giữa hai tia, đỉnh, cạnh, miền trong, miền