Tài liệu Sử dụng phép quay,phép vị tự quay,phép quay véc tơ giải một số bài toán hình học phẳng

  • Số trang: 23 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 2704 |
  • Lượt tải: 1
dinhthithuyha

Đã đăng 3693 tài liệu

Mô tả:

Sử dụng phép quay,phép vị tự quay,phép quay véc tơ giải một số bài toán hình học phẳng -----------------------------------Phần 1. MỞ ĐẦU 1.Lý do chọn đề tài: Bài toán hình học phẳng là bài toán nằm trong cấu trúc bắt buộc của các đề thi học sinh giỏi . Trong chương trình dạy và học toán ở phổ thông , phép biến hình và các phép dời hình trong mặt phẳng thường được lựa chọn để giải nhiều các dạng toán khác nhau . Hiện nay , nội dung phép biến hình trong mặt phẳng được đưa vào chương trình hình học lớp 11 ,nhưng các tài liệu tham khảo về phép biến hình không nêu rõ phương pháp ứng dụng để giải các bài toán về hình học phẳng một cách có hệ thống. Trong chuyên đề này, tôi tập trung khai khác sử dụng phép quay,phép vị tự quay và phép quay véc tơ để giải một số bài toán hình học phẳng theo các dạng toán cụ thể nhằm giúp học sinh có thêm một công cụ ,một phương pháp sử dụng phép biến hình vào việc giải quyết một số dạng toán về hình học phẳng. 2. Mục đích nghiên cứu: Chuyên đề nhằm hệ thống kiến thức phép quay,phép vị tự quay,phép quay véc tơ , trình bày các ứng dụng của các phép biến hình này vào việc giải quyết một số dạng bài toán trong hình học phẳng. Chuyên đề không có tính chất liệt kê mà mục đích muốn tìm hiểu sâu hơn về phép quay và có sự so sánh về những ưu điểm của việc sử dụng phép quay,phép vị tự quay,phép quay véc tơ áp dụng vào từng bài toán cụ thể cho hợp lý . Chẳng hạn, đối với phép quay có tâm, việc áp dụng thường phức tạp do tính lệ thuộc vào tâm quay, cho nên đôi khi phải sử dụng hai hoặc ba phép quay đồng thời. Trong phép quay véc tơ, các yếu tố được dịch chuyển dễ dàng, vì thế việc sử dụng cũng tiện lợi hơn, hay là khi giải quyết một số bài toán bằng phép quay không được thì phải sử dụng kết hơp giữa phép quay và phép vị tự. Chuyên đề này là tài liệu tham khảo cho các đồng nghiệp trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi quốc gia và giúp học sinh có kiến thức nền tảng và có thêm một định hướng cho các dạng bài toán về hình học phẳng. 1 Phần 2. NỘI DUNG Sử dụng Phép quay,Phép vị tự quay,Phép quay véc tơ , giải một số bài toán hình học phẳng A .Ứng dụng của phép quay vào giải quyết một số bài toán hình học phẳng I.Phép quay : 1.1 Định nghĩa: Cho điểm O và góc lượng giác  . Phép biến hình biến mỗi điểm O thành chính nó, biến mỗi điểm M OM  OM ' � khác O thành M’ sao cho � được gọi là phép quay tâm O góc  . Kí hiệu: Q O ,  .  OM , OM '   � Điểm O được gọi là tâm quay còn  là góc quay của phép quay đó. Ta kí hiệu M '  Q O ,   M  nghĩa là M’ là ảnh của M qua phép quay tâm O góc quay  . * Lưu ý: chiều dương của phép quay là chiều ngược chiều kim đồng hồ (chiều dương của đường tròn lượng giác). 1.2. Tínhchất: Tính chất 1: Phép quay bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì . Tính chất 2:Phép quay biến đường thẳng thành đường thẳng ,đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó,biến tam giác thành tam giác bằng nó, biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính. 1.3.Một số kết quảuuquan dụng vào giải các bài tập hình học phẳng ur utrọng uur uuáp u r uuur Kết quả 1; Q( O , ) : AB � CD ( AB, CD)   (mod 2 ), (AB, CD)   (mod  ) Kết quả 2:Nếu có hai đoạn thẳng AB và CD bằng nhau và AB không song song với CD. Khi uuur uuur đó tồn tại duy nhất một phép quay biến AB thành CD . Tâm O của phép quay là giao điểm hai uuur uuur đường trung trục của AC và BD, góc quay bằng góc giữa hai véc tơ AB và CD . 2.1.Ứng dụng phép quay vào các bài toán chứng minh tính chất hình học : Bài 1:Cho lục giác lồi ABCDEF nội tiếp đường tròn tâm O có các cạnh AB, CD, EF bằng bán kính đường tròn đó. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, DE, AF. Chứng minh rằng: Tam giác MNP là tam giác đều. Lời giải: Phân tích: Để chứng minh rMNP là tam giác đều, ta sẽ chỉ ra phép quay Q(P, 60 0 ) biến N  M 2 Q( P , 600 ) B  A Thật vậy: F E Lấy I, K là trung điểm EF và BE PI / /AE � (PI, KI)  600 � �� � KI / /BF � PI  KI � Ta có Fa E Q(O,600 ) : � � Da C �    Q(O, 60 0 ): FD  EC Suy ra 1 � IN  KM  FD � 2 Ta có: � (1) ���� ��� ( IN ,KM)  600 � I  K N  N' Xét Q( P , 60 ) : 0   � Q( P , 60 0 )    : IN  KN '   ( IN , KN ' ) = 60 0 �� � �� � � � ( IN ,KN ')  600 Lúc đó: � � IN  KN ' � (2) Từ (1) và (2) suy ra     KN ' KM � M N’ Suy ra: Q( P , 600 ) : I  K M  N suy ra rMPN đều. 3 Bài 2. Hình vuông ABCD nội tiếp hình bình hành MNPQ (A �Mn, B �NP, C �PQ, D �QM). Gọi M' là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AD, NN'  AB, PP'  BC, QQ'  CD. Chứng minh M'N'P'Q' là hình vuông. Gọi AC cắt BD tại O.Thì O cũng là tâm của hình bình hành MNPQ Xét Q 0, 90o : A a B; M a M 1   uuuu r uuuur ޮ AM BM 1  AM  BM 1  BM 1  AN Q 0, 90o : D a A; Q a Q1   uuur uuuu r  DQ AQ1 � DQ  AQ1 mà DQ//NB  AQ1  NB => BM1 cắt AQ1 tại H là trực tâm tam giác ANB và H là tạo ảnh chung của MQ và MA trong R(0, 90 o) => H là tạo ảnh của M trong Q 0, 90  . Mặt khác H � NN' o uuur Nên Q 0, 90  : M a H ޮ DA o uuur AB � MDA � HAB mà MM'  DA, HN'  AB ,suy ra Q 0, 90o  : � M ' a N ' Tương tự , Q 0, 90  : N' a P'; Q 0, 90  P' a Q'; Q 0, 90  Q' a M'. Nên M'N'P'Q' là hình vuông. o o o Bài 3.Tam giác ABC có AC > AB, trên AC lấy N sao cho NC = AB, trên tia BA lấy M sao cho MB = AC �  BAC �  180O . , MN cắt trung trực BC tại K. Chứng minh: BKC Lời giải: 4 uuur uuur Do AB = NC => Xét Q O,   . AB � NC => O là giao của trung trực AN và BC => O, K, H thẳng hàng với H là trung điểm BC và A, B, C ,O đồng viên. uuur uuur + Do MB = AC => Xét Q O,   : MB � AC => O' là giao điểm trung trực của AM và BC Và A, B, C có đồng viên. Do đó O �O ' và O là tâm (AMN ) Ta có BM = AC, AB = NC => AM = AN , � AO  MN và AO là phân giác của góc MAN 1� 1� � ANM  BAC  BOC  KOC Vì vậy � 2 2 �  KOC � � O, N, K, C đồng viên => KNA �  KOC �  OCK �  KNA �  ONM � �  OAN � => HKC  ANO �  MAN � � BKC �  BAC �  MAN �  BAC �  180o => BKC Bài 4: Cho tam giác ABC. Trên AB, BC, CA về phía ngoài tam giác ta dựng tam giác cân ABC 1, BCA1, � C  90O , CB � A  120O . Tính các góc  A1B1C1. CAB1 thỏa mãn � AC1 B  150O , BA 1 1 5 Lời giải: Xét Q C1 , 150o  : B a A Q B , 120o : A a C 1  => Q = Q O1 , 120o  .Q C1 , 150o  là phép quay -90o tâm M biến B a C Và M được xác định như sau: Q( C ;75O ) : C1 B1 a C1M 1 Q( B ;60O ) : B1C1 a B1M 1 Mặt khác Q A , -90  : B a C , suy ra Q A1 , -90o  � Q M, -90o  ,suy ra M �A1 1 o �  75o , B �  60o , � =>  A1B1C1 có các góc C A1  45o 1 1 3.1. Ứng dụng phép quay vào các bài toán chứng minh thằng hàng đồng quy Bài 5. Cho tứ giác ABCD t/m BC=AD và BC không song song với AD. E, F lần lượt thuộc DAvà BC sao cho BF = DE. ,EF lần lượt cắt AC, BD tại R và Q; AC cắt BD tại P. Với E, F thay đổi .Chứng minh (PRQ) đi qua điểm cố định khác P. 6 Lời giải: Do DA = BC xét phép quay Q(O, ) : uuur uuur DA � BC => O là giao của trung trực AD và trung trực BC => O cố định. Do DE = BF, E thuộc AD, F thuộc BC uuur uuur Q(O, ) : DA � BC tức Q(O, ) : D a B; A a C Nên Q(O, ) : Ea F Theo tính chất (*) DEQO, ORFC nội tiếp. Kẻ OH, OI, OT, Ọ, OK lần lượt vuông góc AD, BD, EF, AC, BC Theo định lý về đường thẳng simson ta có: H, T, I thẳng hàng; T, J, K thẳng hàng (đường thẳng simson của XEOF) Vì vậy I, J, K thẳng hàng => O, Q, P, R nội tiếp (simson đảo) => (PQR) đi qua O cố định khác P Tính chất (*) 7 Xét Q(O) : uuur uuur AB � CD Gọi AB cắt CD tại E; AC cắt BD tại F Thì các tứ giác AECO, BEDO, ABFO, OFCD nội tiếp và O thuộc trung trực của AC và BD uuur uuur (Tính chất * vẫn đúng trong trường hợp phép vị tự quay tâm O biến AB � CD Bài 6. Cho tam giác ABC cố định. D, E thay đổi trên tia AB, AC sao cho BE = CD,BE cắt CD tại P � .Chứng minh phân giác DPE đi qua điểm cố định. Lời giải: Do BE = CD => Xét phép quay Q(O,  ) uuur uuu r DC � BE Theo tính chất (*) => O thuộc trung trực của BD và CE và BPOD, CPOE nội tiếp. �  DBO � , OPE �  OCE � => DPO �  BOD � , CPE �  COE � BPD �  CPE � � BOD �  COE � mà BPD �  OCE � Lại có BDO cân ở O, COE cân ở O � DBO 8 �  OPE � � . Vì vậy DPO => PO là phân giác DPE � Kẻ BM//AC, M �PO � � AEB  EBM �  COP � , lại có BPO �  CPO � Mà PCEO nội tiếp � � AEB  CEP � BPM OPC (c.g .c) � PB PM PB PO  �  PO PC PM PC �  POB �  BDP � => CM//AB do đó ACMB là hình bình hành,Suy ra M cố � BPOMPC (c.g.c) � PCM định , từ đó suy ra PO đi qua M cố định. �  CAD �  DAE � ,� Bài 7. Cho tam giác ADC. Bên ngoài tam giác lấy B và E thỏa mãn. BAC ABC  � ACD  � ADE . Gọi M là trung điểm DC. Chứng minh AM, EC, BD đồng quy. Lời giải: �  CAD �  DAE �  Đặt BAC Xét Q ( A, ) : Ba C Ca D Da E  BCD ޮ � BCD : CDE CDE Gọi giao điểm của CE và BD là N => Các tứ giác AEDN, ABCN nội tiếp �  DEN �  DEC �  BCD � � NAD => DC là tiếp tuyến (AEDN) ,tương tự có DC là tiếp tuyến (ABCN) 9 AM cắt CD = M' � DM '2 =M'A . M'N, CM '2 = M'A . M'N � DM '2 = CM '2 => DM'=CM' => M' là trung điểm DC => M' �M Do đó AM, BD, CE đồng quy. Bài 8. Cho lục giác đều ABCDEF. Điểm M, N lần lượt thuộc AC, AE thỏa mãn Tìm k để B, M, N thẳng hàng. Lời giải: Do lục giác ABCDEF đều => AC=AE;  AEC đều Mà AM NE  nên MC = NA; AM = NE MC NA Do MA = NE. Xét phép quay tâm O, Q(0, ) : E a A, N a M => O thuộc trung trực của AE và MN Và A, M, O, N đồng viên Do A, M, O, N đồng viên �  MNO �  NMO � � => OAC  EAO � => AO là phân giác EAC 10 AM NE  k. MC NA � Xét  ACE đều có O thuộc trung trực AE, AO là phân giác EAC => O là tâm  AEC hay O là tâm lục giác đều ABCDEF �  180o Để M1M1N thẳng hàng � � ABM  � ANM  NAB (Mà AN  AB ) � � ABM  � ANM  90o � � ABM  � AOM  90o �  75o � OMC �  75o Do B và O đối xứng nhau qua AC � � ABM  � AOM � � AOM  45o � MOC Suy ra tam giác MOC cân tại M. Đặt OC = OA = R � AC  3R; MC  OC  R Nên k  AM AC  MC 3R  R    3 1 MC MC R Bài 9.Trong mặt phẳng cho 2 tam giác: ABC,ADE thỏa mãn AD  AB, AE  AC, AD=AB, AE=AC và hai tam giác này ở ngoài nhau. Chứng minh rằng đường thẳng chứa trung truyến của tam giác này cũng là chân đường cao hạ từ A xuống tam giác kia. Lời giải: Gọi M là trung điểm của BC, AH  DE Gọi F là điểm đối xứng với C qua A �  90o và AE = AF � FAE 11 Xét Q 0, 90o : E a F   Da B ADE � ABF � �ED  FB r � �uuur uuu �� �ED � FB �ED  FB Mặt khác ta có AM là đường trung bình  FBC => AM//FB Do đó AM  ED mà AH  ED => A,M, H thẳng hàng. *)Khi giải quyết một số bài toán bằng phép quay không được thì phải sử dụng kết hơp giữa phép quay và phép vị tự ,sau đây ta xét một số bài tập hình phẳng sử dụng tích của hai phép biến hình này. B .Ứng dụng của phép vị tự quay vào giải quyết một số bài toán hình học phẳng II. PHÉP VỊ TỰ QUAY 2.1 Định nghĩa: Tích của một phép vị tự và một phép quay với cùng một tâm gọi là phép vị tự quay Kí hiệu : Z(O ,  , k )  Q(0, ) oV0k (V0k oQ(0, ) ) 2.2. Tính chất: Tính chất 1 .Phép vị tự quay bảo toàn sự thẳng hàng của 3 điểm và thứ tự của chúng trên đường thẳng chứa 3 điểm đó. Hệ quả 1: Phép vị tự quay biến một đường thẳng thành một đường thẳng, biếnmột tia thành một tia, biến một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng có độ dài gấpklần độ dài của đoạn thẳng ban đầu. Hệ quả 2: Phép vị tự quay biến một tam giác thành một tam giác đồng dạng với nó, biến một góc thành một góc bằng nó, biến một đường tròn thành một đường tròn, trong đó tâm biến thành tâm còn bán kính có độ dài gấp k lần bán kínhđường tròn ban đầu. 3.2.Ưng dụng phép vị tự quay vào các bài toán hình học phẳng. Bài 1 .Cho rABC, I là trung điểm của BC. Dựng ra phía ngoài các tam giác đều rMAB và rNAC có tâm lần lượt là O1 và O2 . Chứng minh rằng: IMO2 và INO1 đồng dạng. Lời giải: 12 Q ( B ,600 ) : M  A I  J Tam giác BIJ là tam giác đều. Xét phép vị tự quay: Z(C , 30o, 1 ): 3 A a O2 Ja I Suy ra: Z(C , 30o, à Z( I , 90o, 1 60o 3 ) oQB 1 3 : M a O2 Ia I ) : M  O2 Suy ra IMO2 vuông tại I và IO2 1  (1) IM 3 Tương tự xét phép đồng dạng Z( I , 90o, 1 3 ) : N  O1 IO1 1  (2) IN 3 Từ (1) và (2) suy ra IMO2 và INO1 đồng dạng. Suy ra INO1 vuông tại I và Bài 2. Tam giác ABC trực tâm H, trung trực AH cắt AB, AC tại D và E, O là tâm ngoại tiếp tam giác � . ABC. Chứng minh: OA là phân giác EOD Lời giải: Xét phép vị tự quay tâm A: D a H 13 �  OAC � Ta có BAH mà  ADH cân ở D,  AOC cân ở O. Nên phép biến hình trên D a H ,O a C Giả sử DO cắt CH tại F theo tính chất(*) � � Ta có AFOC nội tiếp => DOA ACH � � �  EOA � Tương tự ta có EOA (đpcm) ACH  � ABH (cùng phụ � ABH Mà � A )=> DOA Bài 3. Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A, B. Cát tuyến thay đổi qua A cắt (O 1), (O2) tại D và C, tiếp tuyến (O1) tại D cắt tiếp tuyến (O2) tại C ở P. Chứng minh đường trung trực d của BP tiếp xúc đường tròn cố định. Lời giải. �  PCB �  180o  DAB �  180o  CAB �  180o => P, D, B, C đồng viên Có PDB Ta có (BC, BP) = (BA, BD); (PB, PC) = (DA, DB) ;(BC, BA) = (BP, BD) Xét phép tự vị quay tâm B: C a P, A a D (O2) -> (BCPD)=> O2 a F là tâm (BCPD) Cũng xét phép vị tự quay tâm B: P a D, C a A 14 (BCPD) -> (O1) F a O1 Do O1F là trung trực BD, O2F là trung trực AC. 1 1 Suy ra : (FO1, FO2) = (FO1, FB) + (FB, FO2)  ( FD, FB )  ( FB, FC ) = (PD,PB)+(PB,PC) 2 2 =(CD,CB)+(DB,DC)=-(BD,BC)=-(BO1,BO2) (mod  ) => F, O1, O2, B đồng viên Mà F là tâm (PCBD) => F thuộc trung trực PB mà O2F là trung trực BC => (d,FO2) = (BC,BP) = (BF,BO2) (Do phép vị tự quay tâm B: C a P, O2 a F ) => d là tiếp tuyến của (O1O2B) tiếp điểm là F, suy ra điều phải chứng minh. Bài 4.(IMO 2007).Cho 5 điểm A, B, C, D, E sao cho ABCD là hình bình hành và BCED là tứ giác nội tiếp. Cho là một đường thẳng qua A cắt cạnh BC và đường thẳng BD tương ứng tại F và G. Giả sử . Chứng minh rằng là phân giác góc . Lời giải . Xét phép vị tự quay S biến đoạn BC thành đoạn DG. Do FB CD  nên S biến F thành C. Suy ra S biến FC CA trung điểm của đoạn FC thành trung điểm của CG. Theo mệnh đề tương tự với mệnh đề 3, tâm O của S phải đồng thời thuộc đường tròn nội tiếp các tam giác CBD và CIJ nên O trùng với E. Suy ra tam giác EBD đồng dạng với tam giác EIJnên tam giác EBD cân tại E và bài toán được giải quyết. Bài 5(TST 2013). Cho tứ giác ABCD có các cạnh đối không song song nội tiếp đường tròn (O;R) . Gọi E là giao điểm hai đường chéo, phân giác góc AEB cắt các đường thẳng AB,BC,CD,DA lần lượt tại M,N,P,Q.Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AQM, BMN , CNP, DPQ cùng đi qua một điểm K. 15 Lời giải : Bổ đề. Cho hai đoạn thẳng AB và CD sao cho ABCD không là hình thang. Khi đó có một phép vị tự quay tâm Kbiến AB thành CD. Nếu P là giao điểm của AB và CD, Q là giao điểm của AD và BC thì các tứ giác APDK, BCPK, ABQK, CDQK nội tiếp. Trở lại bài toán. Gọi V là giao điểm của AB và CD, U là giao điểm của AD và BC. a) Xét phép vị tự quay biến AB thành DC. Gọi K là tâm của phép vị tự quay đó, ta có K thuộc đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCV, ADV, ABU,CDU . (1) MB AM  nên phép vị tự quay trên cũng biến AM thành DP PC DP và MB thành PC.Từ đó ta cũng cóK thuộc đường tròn ngoại tiếp các tam giác AMQ,DPQ, MBP,CPN(2 ) Mặt khác do M thuộc AB, P thuộc AC và Từ (1) và (2) ta có các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AQM, BMN, CNP,DPQ cùng đi qua một điểm K **)Đối với phép quay có tâm,phép vị tự quay việc áp dụng thường phức tạp do tính lệ thuộc vào tâm quay, cho nên đôi khi phải sử dụng hai hoặc ba phép quay đồng thời. Trong phép quay véc tơ, các yếu tố được dịch chuyển dễ dàng, vì thế việc sử dụng cũng tiện lợi hơn,sau đây chúng ta xét một số ứng dụng của phép quay véc tơ vào bài toán hình học phẳng. 16 C.Ứng dụng của phép quay véc tơ vào giải quyết một số bài toán hình học phẳng III.PHÉP QUAY VECTƠ 3.1. Định nghĩa: f: EF (E, F là tập hợp các vectơ trong mặt phẳng)   U  U' f là phép quay vec tơ góc  . Kí hiệu là  Q 3.2. Tính chất: 1,   k 2 =  Q Q 2, 0   3, 4, thì   ( u , u ')  � � � �    Q (u  v ) Q (u )Q ( v ) � �   Q ( k u )  k .Q ( u ) 4.2.Ứng dụng phép quay véc tơ vào các bài toán hình học phẳng. Bài 1:Cho rABC tùy ý. Dựng về phía ngoài của nó các tam giác đều ABD và ACF. Dựng hình bình hành ADEF.Chứng minh rằng: rBCE là tam giác đều. Phân tích: Để chứng minh rBCE là tam giác đều Q 60 0     : EB  EC 17 Thật vậy Q 60 0 : �� � �� � �� � �� � FA a FC DB a DA                  FA  DB  FC  DA  ED  DB  FC  EF      EB  EC Vậy r BCE đều. Bài 2:Cho hình bình hành ABCD, {P} = AC  BD. M, N thứ tự là trung điểm của PD,BC. Chứng minh rằng: Hai mệnh đề sau tương đương. 1)  AMN vuông cân tại M. 2) ABCD là hình vuông. Giải: Đặt          AD  v AB  w MN  x    MA  y          1  x  MN  MD  DC  CN  ( v  3 w) 4      1 y  AM  (3 v  w) 4    2 v  ( x  3 y ) 5  2   w  (3 x  y ) 5  1) Nếu  AMN vuông cân tại M  2 Xét: Q :    v w   y  x  ABCD là hình vuông. 2) Nếu tam giác ABCD là hình vuông 18  2   Q :v  w   w  v Khi đó:   x y. Vậy tam giác AMN vuông cân tại M. Bài 3: Cho tứ giác lồi ABCD. Dựng về phía ngoài của nó các hình vuông với các cạnh tương ứng bằng các cạnh của tứ giác đã cho. Chứng minh rằng tâm của bốn hình vuông trên là đỉnh của một tứ giác có hai đương chéo bằng nhau và vuông góc với nhau. Giải: Gọi tâm 4 hình vuông dựng trên các cạnh AB, BC, CD, DA tương ứng là O1 , O2 , O3 , O4 Như vậy các tam giác O1 AB, O2 BC , O3CD, O4 DA là tam giác vuông cân. Gọi M, N, I, J tương ứng là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA. Ta chứng tỏ O1O3  O2 O4 O1O3 O2 O4 Thực hiện phép quay vec tơ với góc quay 90 0 ta có: 0 �� � �� � Q 90 (O2O4 )  O1O3 �� � �� � �� � �� � O2O4  O2 N  NJ  JO4 �� � 1 ��� ��� ��� ��� ��� ��� ��� O2 N  ( BA  CD )  JO4  O2 N  BM  CI  JO4 2 �� � �� � Q 90 : O2 N a BN 19 �� � �� � CI a IO3 �� � �� � BM a O 1 M �� � �� � JO 4 a JD �� � �� � �� � �� � �� � �� � �� � �� � �� � Vậy: O2O4 a BN  O1 M  IO3  JD  MI  O1M  IO3  O1O3 Bài 4: Cho tứ giác lồi ABCD có AC = BD. Dựng về phía ngoài tứ giác ABCD các tam giác đều với các cạnh thứ tự bằng AB, BC, CD, DA. Gọi O1 , O2 , O3 , O4 là tâm các tam giác đó. Chứng minh rằng: O1O3  O2 O4 . Phân tích: O1O3  O2 O4 0 �� � �� � Q 90 : O1O3 a K1. O2O4? Giải: Gọi M, N, I, J lần lượt là trung điểm của AD, DC, CB, BA. Vậy IJ  MN . IJ suy ra IJ = k.MN MN Ta có tam giác O1 AB, O2 BC , O3CD, O4 DA là tam giác cân với góc ở đáy bằng 30 0 . AB CD  O1 A O1 B  O3 C O3 D  3 3 ; BC DA O2 B O2 C  O4 D O4 A  3 3 Đặt k  Mặt khác ta có 20
- Xem thêm -