Đường tròn phụ trợ

Kvant 1971, số 1 tr. 28-31 Thẻ TDBR

Bản dịch máy từ tiếng Nga (gpt-5.6-terra). Chưa được người kiểm tra. Bản gốc →

ĐƯỜNG TRÒN PHỤ

Việc giải nhiều bài toán hình học bắt đầu bằng cách vẽ các đường phụ, giúp thiết lập mối liên hệ giữa các yếu tố đã cho và chưa biết của hình. Thường không dễ tìm được một phép dựng phụ thích hợp. Vì vậy, đối với mỗi bài toán đã giải, cần xem xét và cố gắng làm rõ vì sao những đường phụ này hay đường phụ kia lại dẫn đến mục đích. Không thể dùng ví dụ đã tìm được để giải một số bài toán khác sao?

Trong buổi họp tiếp theo của câu lạc bộ toán học, chúng ta sẽ xét một trong những ví dụ thú vị về giải bài toán hình học, gồm việc đưa một đường tròn phụ vào hình vẽ.

Ví dụ 1. Trong một tam giác nhọn, đã kẻ các đường cao AP, BQ và CR. Chứng minh rằng $\angle ABQ = \angle APR$ ).

Lời giải. Gọi H là giao điểm các đường cao của tam giác ABC (hình 1). Vì $\angle APB$ và $\angle CRB$ là các góc vuông, nên có thể ngoại tiếp một đường tròn quanh tứ giác BPHR, lấy BH làm đường kính. Sau khi dựng nó, ta nhận thấy rằng $\angle ABQ = \angle APR$ (là các góc nội tiếp chắn cùng một cung).

*) Xem “Kvant” số 1, 1970, tr. 59.

Hình 1.

Như vậy, việc dựng đường tròn phụ cho phép sử dụng định lý về góc nội tiếp và nhờ đó thiết lập mối liên hệ giữa các góc nêu trong đề bài.

Hãy xác định kết quả sẽ thay đổi như thế nào nếu $\angle B$ của tam giác ABC là góc tù.

Hãy tự giải một số bài toán tương tự.

Từ một điểm tùy ý M trên cạnh góc vuông BC của tam giác vuông ABC, hạ đường vuông góc MN xuống cạnh huyền AB. Chứng minh rằng $\angle MAN = \angle MCN$ .
Chứng minh rằng đường thẳng nối đỉnh góc vuông của tam giác vuông với tâm của hình vuông dựng ra phía ngoài trên cạnh huyền chia đôi góc vuông của tam giác.
Từ một điểm tùy ý M bên trong góc đã cho, hạ các đường vuông góc MP và MQ xuống các cạnh của góc. Từ đỉnh góc A hạ đường vuông góc AK’ xuống đoạn PQ. Chứng minh rằng $\angle KAP = \angle MAQ$ .

Ví dụ 2. Chứng minh rằng đoạn thẳng nối chân của hai đường cao của một tam giác nhọn cắt từ tam giác đó một tam giác đồng dạng với tam giác đã cho.

Hình 2.

Lời giải. Gọi $AA_1$ và $BB_1$ là các đường cao của tam giác nhọn $ABC$ (hình 2). $\angle AA_1B$ và $\angle AB_1B$ vuông, vì vậy đường tròn dựng trên cạnh $AB$ của tam giác làm đường kính sẽ đi qua các điểm $A_1$ và $B_1$ . Tiếp theo, $\angle ABC = 180^\circ$ — $\angle AB_1A_1$ , $\angle A_1B_1C = 180^\circ$ — $\angle AB_1A_1$ , vì vậy $\angle ABC = \angle A_1B_1C$ , và các tam giác $ABC$ và $A_1B_1C$ đồng dạng.

Bài toán này cũng có thể giải mà không cần dựng thêm, nếu nhận thấy rằng các tam giác $AA_1C$ và $BB_1C$ đồng dạng, rồi viết tỉ lệ

$\frac{A_1C}{AC} = \frac{B_1C}{BC}.$

Hãy giải mỗi bài trong hai bài sau bằng cả hai cách.

Từ đỉnh $A$ của hình bình hành $ABCD$ kẻ các đường cao $AM$ và $AN$ . Chứng minh rằng các tam giác $AMN$ và $ABC$ đồng dạng.
Từ chân đường cao $H$ của tam giác $ABC$ , hạ xuống các cạnh $AC$ và $BC$ các đường vuông góc $HM$ và $HN$ . Chứng minh rằng tam giác $CMN$ đồng dạng với tam giác $ABC$ .

Đôi khi có lợi khi dựng đường tròn ngoại tiếp tam giác.

Ví dụ 3. Chứng minh rằng bình phương đường phân giác của một tam giác bằng hiệu giữa tích các cạnh kề với nó và tích các đoạn của cạnh thứ ba mà đường phân giác chia ra.

Lời giải. Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và kéo dài đường phân giác $CD$ của tam giác cho đến khi gặp đường tròn tại điểm $E$ (hình 3). Đặt $BC = a$ , $AC = b$ , $AD = m$ , $BD = n$ , $CD = l$ , $DE = x$ .

Theo giả thiết $\angle ACE = \angle BCE$ , ngoài ra, $\angle AEC = \angle ABC$ , vì là các góc nội tiếp chắn cùng một cung. Do đó, các tam giác $ACE$ và $BCD$ đồng dạng và có đẳng thức $\frac{l + x}{b} = \frac{a}{l},$ suy ra $l^2 = ab - lx$ . Các dây $AB$ và $CE$ cắt nhau tại điểm $D$ . Vì vậy có đẳng thức $lx = mn$ . Do đó, $l^2 = ab - mn$ .

Ví dụ 4. Đường cao và trung tuyến của một tam giác, được kẻ từ cùng một đỉnh ở bên trong tam giác, khác nhau và tạo với các cạnh xuất phát từ cùng đỉnh ấy những góc bằng nhau. Chứng minh rằng tam giác vuông.

Lời giải. Giả sử đường cao $CH$ và trung tuyến $CM$ của tam giác $ABC$ tạo với các cạnh $AC$ và $BC$ những góc bằng nhau (hình 4). Dựng đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và kéo dài trung tuyến $CM$ cho đến khi gặp đường tròn tại điểm $D$ . Xét các tam giác $ACH$ và $BCD$ . Vì $\angle ACH = \angle BCM$ theo giả thiết và $\angle A = \angle D$ ,

Hình 4.

là các góc nội tiếp chắn cùng một cung, nên $\angle AHC = \angle CBD = 90^\circ$ . Do đó, $CD$ là đường kính của đường tròn.

Tâm đường tròn nằm trên đường kính $CD$ và trên đường vuông góc $m$ với cạnh $AB$ tại trung điểm $M$ của nó. Vì trung tuyến $CM$ không phải là đường cao, nên các đường thẳng $CD$ và $m$ chỉ có một điểm chung là $M$ , điểm này chính là tâm đường tròn ngoại tiếp. Do đó, $AB$ là đường kính của đường tròn và $\angle ACB = 90^\circ$ .

Hãy dùng kết quả thu được để giải hai bài toán sau.

Xác định các góc của tam giác, trong đó
a) trung tuyến và đường cao kẻ từ một đỉnh chia góc thành ba phần bằng nhau;
b) trung tuyến, đường phân giác và đường cao kẻ từ một đỉnh chia góc tại đỉnh đó thành bốn phần bằng nhau.
Dựng một tam giác khi biết các góc tạo bởi trung tuyến, đường phân giác và đường cao xuất phát từ một đỉnh.
Ví dụ 5. Dựng một tam giác đều sao cho các đỉnh của nó lần lượt nằm trên ba đường thẳng song song đã cho.

Hình 5.

Đã biết một số lời giải của bài toán thú vị này sử dụng phép quay quanh một điểm, phép đồng dạng và phương pháp đại số. Một lời giải rất ngắn gọn nhận được bằng cách dựng một đường tròn phụ.

Lời giải. Gọi $ABC$ là tam giác đều ban đầu, các đỉnh của nó lần lượt nằm trên các đường thẳng song song $a, b$ và $c$ (hình 5). Đường tròn ngoại tiếp nó cắt đường thẳng $c$ , ngoài điểm $C$ , còn tại một điểm nào đó $D$ . Khi đó, theo tính chất của các góc nội tiếp, ta có $\angle ADC = \angle ABC = 60^\circ$ .

Từ đây suy ra phép dựng sau. Từ một điểm tùy ý $D$ trên đường thẳng $c$ dựng các tia tạo với đường thẳng $c$ các góc $60^\circ$ và $120^\circ$ . Giả sử một trong các tia cắt đường thẳng $a$ tại điểm $A$ và đường thẳng $b$ tại điểm $B_1$ , còn tia kia cắt đường thẳng $b$ tại điểm $B$ . Khi đó đoạn thẳng $AB$ sẽ là một cạnh của tam giác $ABC$ .

Trên đường thẳng $c$ lấy đoạn $DC$ bằng đoạn $AB_1$ , sao cho các điểm $C$ và $A$ nằm về cùng một phía đối với đường thẳng $BD$ . Khi đó điểm $C$ là đỉnh thứ ba của tam giác đều $ABC$ , vì các tam giác $ABB_1$ và $BCD$ bằng nhau, từ đó suy ra $AB = BC$ và $\angle ABC = 60^\circ$ .

Như vậy, phương pháp dựng

Hình 6.

đường tròn phụ cũng nên được áp dụng khi giải một số bài toán dựng hình.

Xét thêm một bài toán khó, mà khi giải nó điều khó nhất là nghĩ ra việc dựng các đường tròn ngoại tiếp các hình vuông.

Ví dụ 6. Trên các cạnh AC và BC của tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các hình vuông ACA₁A₂ và BCB₁B₂. Chứng minh rằng các đường thẳng AB₁, A₁B và A₂B₂ cắt nhau tại một điểm, và xác định các góc giữa các đường thẳng này.

Lời giải. Nếu ∠ACB = 90°, thì mệnh đề là hiển nhiên. Các đường thẳng AB₁ và A₁B vuông góc với nhau và mỗi đường trong chúng cắt đường thẳng A₂B₂ tại điểm C dưới góc 45° (hình 6).

Nếu ∠ACB ≠ 90°, thì các đường tròn ngoại tiếp các hình vuông, ngoài điểm C, còn có một điểm chung nữa là C₁, chính là giao điểm của các đường thẳng AB₁, A₁B và A₂B₂ (hình 7). Thật vậy, ∠A₂C₁C = 90°, là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. Tương tự ∠CC₁B₂ = 90°. Do đó ∠A₂C₁C + ∠CC₁B₂ = 180°, tức là các tia C₁A₂ và C₁B₂ tạo thành một đường thẳng.

Hoàn toàn tương tự chứng minh được rằng điểm C₁ nằm trên các đường thẳng AB₁ và A₁B.

Xét các góc nội tiếp đã thu được, ta thấy rằng các đường thẳng AB₁ và A₁B vuông góc với nhau và mỗi đường trong chúng tạo với đường thẳng A₂B₂ một góc 45°.

Hình 7.

Bài toán sau có nhiều điểm chung với bài toán trước.

Trên các cạnh AB, BC và CA của một tam giác tùy ý ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABC₁, BCA₁ và CAB₁. Chứng minh rằng các đường thẳng AA₁, BB₁, CC₁ cắt nhau tại một điểm và mỗi đường trong chúng tạo với đường khác một góc 60°.
Chứng minh rằng nếu hai góc đối của một tứ giác là góc tù, thì đường chéo nối các đỉnh của những góc ấy ngắn hơn đường chéo kia.

Nêu thêm hai bài toán về cực đại và cực tiểu, để giải chúng cũng nên dựng một đường tròn phụ theo một cách nhất định.

Trên một cạnh của góc có đỉnh tại điểm S cho các điểm A và B. Tìm trên cạnh kia điểm C mà từ đó đoạn AB được nhìn dưới góc lớn nhất.
Từ một điểm tùy ý M nằm trên cạnh AB của tam giác ABC (hoặc trên phần kéo dài của nó), kẻ các đường vuông góc MP và MQ đến các cạnh AC và BC. Trong điều kiện nào đoạn PQ sẽ lớn nhất?

Như vậy, nhiều bài toán hình học khác nhau được giải bằng cùng một phương pháp. Việc dựng đường tròn phụ cho phép tăng số định lý có thể dùng khi giải bài toán, và nhờ đó tìm ra các quan hệ giữa các yếu tố của hình.