Dùng vị tự quay để giải một bài toán

Bài 1 (Trần Việt Hùng): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và đường tròn mixtilinear (D) ứng với góc A tiếp xúc với (O), AB, AC tại X, E, F. AX cắt đường tròn (D) tại K. L là điểm đối tâm của K đối với (D). EF cắt KL tại M. AL cắt (ABC) tại điểm thứ hai là N. Chứng minh XM vuông XN

Lời giải:

Ý tưởng là chứng minh $\angle MXA=\angle NXL$ Gọi MX cắt (D) tại R, Gọi A' là điểm đối tâm của A đối với (O) thì ta có X, L, A' thẳng hàng.
Ta có được: $\angle XAR=\angle XA'N$ ta cần chứng minh: $\Delta AXR \sim \Delta A'XN$ dùng phép vị tự quay tâm X ta đưa về bài toán $\Delta RXN \sim \Delta AXA'$
Mặt khác ta có: $\frac{RE}{RF}=\frac{XE}{XF}=\frac{KE}{KF}=\frac{LE}{LF}$ suy ra tứ giác RELF là tứ giác điều hòa suy ra L, R, A thẳng hàng.
Như vậy ta có: $\angle XNA= \angle XA'A$
Và $\angle XRN=\angle XKL=\angle XAA'$ ( do X là tâm vị tự của (D) biến thành (O) nên KL//AA' )
Như vậy ta có đpcm

Dùng phép quay vector chứng minh vuông góc và tỉ số

Bài toán 1 (MOSP 2002): Cho tam giác ABC. Lấy các cạnh AB, AC làm đáy dựng ra ngoài các tam giác cân ABC', ACB' không nhất thiết đồng dạng. Lấy A' khác phía với A đối với đường thẳng BC sao cho $\angle A'CB=\frac{1}{2} \angle BC'A, \angle A'BC=\frac{1}{2}AB'C$. Gọi D là hình chiếu A' trên BC. Chứng minh rằng AA' vuông B'C' và $\frac{AA'}{B'C'}=2\frac{A'D}{BC}$.

Giải:

Đặt: $\alpha=\angle BCA', \beta =\angle A'BC$. Ta có $\frac{BC}{A'D}=cot\alpha+cot\beta.$ Đặt $k=\frac{2}{cot\alpha+cot\beta}=2\frac{A'D}{BC}$
Giá sử tam giác ABC có hướng dương, gọi f là phép quay vecto theo góc $+\frac{\pi}{2}$ ta có:
$f(\overrightarrow{B'C'})=f(\overrightarrow{B'E}+\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{FC'})\\=cot\beta\overrightarrow{AE}+cot\alpha\overrightarrow{AF}+\frac{1}{2}(cot\alpha+cot\beta)\overrightarrow{DA'}\\=\frac{1}{2}(cot\alpha \overrightarrow{AB}+cot \beta \overrightarrow{AC})+\frac{1}{2}(cot \alpha+cot \beta)\overrightarrow{DA'}(1)$

Mặt khác: $\frac{DB}{DC}=\frac{DB}{DA'}\frac{DA'}{DC}=\frac{cot\beta}{cot\alpha}=\frac{tan\alpha}{tan\beta }$

Do đó $(tan \alpha+tan \beta ) \overrightarrow{AD}=tan\beta \overrightarrow{AB}+tan\alpha \overrightarrow{AC}\\\Leftrightarrow (cot \alpha+cot \beta)\overrightarrow{AD}=cot\alpha\overrightarrow{AB}+\cot \beta \overrightarrow{AC}(2)$

Từ (1), (2) suy ra:
$f(\overrightarrow{B'C'})=\frac{1}{2}(cot \alpha + cot \beta)\overrightarrow{AA'} \Leftrightarrow \\\overrightarrow{AA'}=\frac{2}{cot \alpha+ cot \beta}.f(\overrightarrow{B'C'})=kf(\overrightarrow{B'C'})$

Suy ra điều phải chứng minh.

Bài 2: Cho tứ giác ABCD có AC=BD. Lấy các cạnh làm cạnh đáy, dựng ra ngoài các tam giác đều ABX, BCY, CDZ, DAT, có tâm lần lượt là O1,O2,O3,O4. Chứng minh rằng O1O3 vuông O2O4

Lời giải

Giả sử tứ giác ABCD định hướng âm. Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, CD, BC, DA. Do AB=BD nên tứ giác MNPQ là hình thoi và MN vuông PQ. kí hiệu f là phép quay vecto theo góc +$90^o$.

Để ý rằng: $3\overrightarrow{O_1O_3}=2\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{XZ},3\overrightarrow{O_4O_2}=2\overrightarrow{QP}+\overrightarrow{TY},\\f(2\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{XZ})=f(\overrightarrow{XM}+\overrightarrow{MN}.3+\overrightarrow{NZ})=f(\overrightarrow{XM})+3f(\overrightarrow{MN})+f(\overrightarrow{NZ}\\=\sqrt{3}\overrightarrow{AM}+\sqrt{3}\overrightarrow{NC}+\sqrt{3}\overrightarrow{TQ}+\sqrt{3}\overrightarrow{PY}=\sqrt{3}\overrightarrow{QP}+\sqrt{3}(\overrightarrow{TQ}+\overrightarrow{PY})\\\rightarrow f(\overrightarrow{O_1O_3})3\sqrt{3}=2\overrightarrow{QP}+\overrightarrow{TY}=3\overrightarrow{O_4O_2}$

Từ đây suy ra điều phải chứng minh, ngoài ra ta còn tính được tỉ số O1O3 và O2O4.

Dùng hàng điểm điều hòa để chứng minh vuông góc.

Bài toán: Cho tam giác ABC, đường cao BE, CD. gọi F, G là hình chiếu của D, E trên BC. DG cắt EF tại M. Chứng minh rằng AM vuông BC.

Lời giải:

Gọi P, Q là hình chiếu của A, M trên BC.
$U \equiv MQ \cap DE,$  $V \equiv AP  \cap DE$ và $L \equiv DE \cap BC.$

Vì $EG \parallel DF,$ theo bổ đề hình thang  $M(D,E,U,L)=-1,$ nhưng $(D,E,V,L)=-1$ vậy ta có đpcm

Một bài toán hay liên quan đến phép vị tự quay

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và $D$ bất kỳ, $DC,DB$ cắt $(O)$ tại $M,N$ khác $C,B$. $E,F$ là đối xứng của $B,C$ lần lượt qua $AM,AN$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $DEF$. Chứng minh răng $AK\perp MN$.

Lời giải (Nguyễn Đức Bảo):

Ta có $\angle DME=2\angle AMB+\angle BMC \ , \ \angle DNF=360^\circ-2\angle ANC-\angle BNC$

Mặt khác $2\angle AMB+2\angle ANC+\angle BNC+\angle BMC=2(\angle AMB+\angle ANC+\angle BMC)=2.180^\circ=360^\circ \implies \angle DME=\angle DNF.$

Để ý $\triangle DMB\sim \triangle DNC\implies \frac{DM}{BM}=\frac{DN}{CN}\implies \frac{DN}{NF}=\frac{DM}{ME}\implies \triangle DME\sim \triangle DNF$

$\implies \angle EDF=\angle MDN \ , \ \frac{DE}{DF}=\frac{DM}{DN}\implies \triangle EDF\sim \triangle DMN \implies DFE=\angle DNM.$

$S\equiv DN\cap (DEF)$. Dễ thấy $\angle BAE=2\angle BNM=2\angle BSE$ nên $A$ là tâm ngoại tiếp tam giác $BES\implies AK\perp ES$

Mặt khác $ES\parallel MN$ nên $AK\perp MN.\blacksquare$.

Nhận xét: -Ý tưởng của bài là tìm một đường tròn sao cho A là tâm của đường tròn đó, và ta đã có AE=AB nên ta sẽ vẽ (A,AB) cắt (K) tại S rồi chứng minh SE // MN Mà SE //MN thì $\angle DNM= \angle DFE$ nên ta sẽ để ý hai tam giác DMN và DFE đồng dang.
- Chúng ta cần chứng minh tam giác DNF đồng dạng DME để sử dụng phép vị tự quay, ta có thể dùng góc định hướng để chứng minh $(DM,ME)=(MC,MA)+(MA,ME)=(NC,NA)+(MB.MA)=(DN,AN)+(AN,NF)=(DN,NF)$

-$\angle DNM= \angle DFE=\angle DSE$ nên MN song song ES.

4 Cách chứng minh cho bài hình học APMO 2000

Bài toán: Cho  với trung tuyến  và phân giác . Đường thẳng vuông góc với  tại  cắt lần lượt tại . Đường thẳng vuông góc với  tại  cắt tại . Chứng minh: .

Lời giải 1.

---

Một cách tự nhiên ta nghĩ tới việc kéo dài  cắt  tại H.

Ta xét thêm PQ cắt  tại  ()

Ta thấy:  là trung điểm của  mà   (Tính chất hàng điểm điều hòa)

 (Hệ thức Newton)

Mà 

Mà   là trực tâm của 

 (đpcm).

Lời giải 2

Lời giải 3 (Khá giống lời giải 1 nhưng ý tưởng là chứng minh trùng và dùng cực, đối cực)

Giả sử đường thẳng qua O vuông góc BC cắt PR tại Q', Gọi E là giao điểm của đường thẳng qua A song song BC (đặt là l ) và PR.
Xét cực đối cực với (O)
Ta có Q thuộc đường đối cực của A nên A thuộc đường đối cực của Q nên l là đường đối cực của Q. (do l vuông góc OQ).

Từ đó do E là cực của AQ (Do đường đối cực của A là PR, đường đối cực của Q là l)

Gọi M' là giao AQ và BC. thì ta có:

 

Vậy M' là trung điểm BC. Suy ra Q trùng Q'. đpcm

Cách 4: Giả sử đường thẳng qua C và song song với AN cắt tia BA tại C'. 
Từ B kẻ đường vuông góc C'C cắt C'C tại T và tia AN tại U. 
Gọi A' là trung điểm CC'
Qua C kẻ đường thẳng song song với BT, đường này cắt bA ở V
Gọi chân đường thẳng vuông góc kẻ từ V xuống BT là W. Như thế CVWT là hình chữ nhật
AU là phân giác góc CAV và CV vuông góc với AU, nên U là trung điểm WT. 
Suy ra giao điểm N của AU và CW là tâm của hình chữ nhật CVWT, N chính là trung điểm CW. 
Ta đã có M là 
trung điểm BC. Vì M, N lần lượt là trung điểm các cạnh CB và CW của tam giác CBW nên
MN=BW/2
Do CC' song song AN ta có:
$\angle CC'A= \angle BAN= \angle CAN = \angle C'CA$
do đó AC'=AC.  Khi đó AU=C'T-C'A'. Mà N là tâm của hình chữ nhật CTWV nên $NU=\frac{1}{2}CT$ và

$AN=AU-NU=C'T-C'A'-\frac{1}{2}CT=\frac{1}{2}C'T$

Suy ra: $\frac{MN}{AN}=\frac{BW}{C'T}$ Nhưng MN song song với BW và NP nên:

$\frac{QN}{AN}=\frac{MN}{AN}=\frac{BW}{C'T}$

Bây giờ, ta có AN// VW và NP//BW, do đó các tam giác ANP và tam giác VWB đồng dang, và suy ra:

$\frac{AN}{NP}=\frac{VW}{BW}=\frac{CT}{BW}$

Từ đó ta được: $\frac{QN}{NP}=\frac{QN}{AN}.\frac{AN}{NP}=\frac{CT}{C'T}$

PN là đường cao của tam giác vuông ANO, nên hai tam giác ANP và PNO đồng dang. Từ đây ta suy ra:
$\frac{NP}{NO}=\frac{NA}{NP}$

Mặt khác, hai tam giác ANP và C'TB đồng dạng nên ta có:

$\frac{NA}{NP}=\frac{C'T}{BT}$

Do đó $\frac{QN}{NO}=\frac{QN}{NP}.\frac{NP}{NO}=\frac{CT}{C'T}.\frac{C'T}{BT}=\frac{CT}{BT}$

Ta lại có $\angle CTB$ và $\angle QNO$ là hai góc vuông nên hai tam giác $QNO$ và CTB đồng dạng, mà $NO 'perp BT$, do đó $QO \perp BC$

Dùng đường đối trung để giải bài toán.

Cho tam giác ABC nhọn, BE,CF là các đường cao. M là trung đ iểm của BC. N là giao

của AM và EF. X là hình chiếu của N trên BC. Y,Z theo thứ tự là hình chiếu của X trên

AB,AC. Chứng minh rằng N là trực tâm của tam giác AY Z.

Gọi K là hình chiếu của M lên EF. Thì K là trung điểm EF.

Ta có tam giác AKF đồng dạng tam giác AMC (c.g.c), kết hợp với tức giác KMNX nội tiếp ta có:

$\angle AKX=\angle AKF+\angle EKX=\angle AMB+\angle AMC=180^o$

Nên $A, K, X$ thẳng hàng.

Dùng AX là đối trung kết hợp tứ giác  AXYZ nội tiếp xuy ra AN vuông YZ

Ngoài ra $NE/NF=AE^2/AF^2=AB^2/AC^2=XB/XC=YB/YF$

Nên ta có NY song song BF hay NT vuông AZ.

Vậy ta có đpcm

Nhận xét: Qua bài này ta cần lưu ý kết quả sau, đường đối trung của tam giác ABC đi qua trung điểm EF.