Kvant 2017, số 9 · Trang

11

Định Lý

khăn choàng

TRONG

BA

NGƯỜI

Định lý Chall. Bất kỳ chuyển động nào của mặt phẳng Euclide đều là một chuyển động quay, hoặc chuyển động song song hoặc đối xứng trượt. Định lý này, được chứng minh bởi nhà hình học người Pháp Michel Chales vào giữa thế kỷ 19, được biết đến khá rộng rãi và xuất hiện trong nhiều cuốn sách về hình học cơ bản; có một bài viết về cô ấy trong $«Кванте»^{4}$. Trong bài viết này, chúng tôi sẽ chứng minh định lý Chall và các định lý tương tự của nó trong ba hình học: hình học Euclide phẳng, hình cầu và lobachevsky. Tiên đề của hình học lobachevsky chỉ khác với Euclide ở một tiên đề - tiên đề song song. Tiên đề Euclid trông như thế này: tiên đề Euclid. Qua một điểm A không thuộc đường thẳng a cho trước, có thể vẽ được nhiều nhất một đường thẳng song song với đường thẳng a (tức là không có điểm chung với nó). Tiên đề này, so với những tiên đề khác, có vẻ không rõ ràng và giống như một định lý cần được chứng minh. Tuy nhiên, những nỗ lực nhằm thực hiện điều này, được thực hiện bởi nhiều nhà hình học từ thời Euclid cho đến thế kỷ 19, đã không thành công. Rốt cuộc, Nikolai Ivanovich Lobachevsky trong tác phẩm “Về các nguyên tắc hình học” (1828) đã gợi ý rằng nếu bạn thay thế tiên đề Euclide về sự song song bằng phủ định của nó, bạn sẽ có được một lý thuyết nhất quán, và do đó không thể chứng minh tiên đề này như một định lý từ các tiên đề khác (sự hiện diện đồng thời của một phát biểu và phủ định của nó làm cho lý thuyết trở nên mâu thuẫn). Cùng lúc đó, Janos Bolyai và Carl Friedrich Gauss cũng nảy ra ý tưởng này. Dựa trên giả định rằng việc thay thế tiên đề song song bằng phủ định của nó không dẫn đến mâu thuẫn, lobachevsky đã đạt được tiến bộ đáng kể trong việc phát triển một lý thuyết hình học mới, mà ngày nay chúng ta gọi là hình học của lobachevsky - tuy nhiên, có thể chứng minh một cách chặt chẽ rằng về nguyên tắc, những mâu thuẫn trong đó là không thể đạt được chỉ nửa thế kỷ sau phát hiện của Lobachevsky. Vì mục đích này, các mô hình hình học lobachevsky đã được xây dựng, một trong số đó chúng tôi trình bày dưới đây. Vì vậy, trong hình học của Lobachevsky, thay vì tiên đề về sự tương đương, sự phủ định của nó được chấp nhận. Tiên đề Lobachevsky. Tồn tại một đường thẳng a và một điểm A không nằm trên đó sao cho qua điểm A vẽ được ít nhất hai đường thẳng không có điểm chung với A. Với sự có mặt của các tiên đề Euclide khác, tiên đề Lobachevsky ngụ ý phiên bản mạnh mẽ hơn của nó: với bất kỳ đường thẳng a và điểm A nào không nằm trên nó, thì có thể vẽ được nhiều đường thẳng song song với a qua A. Tất cả các tiên đề khác trong Euclid và Lobachevsky đều trùng khớp. Đối với hai hình học này - Euclid và Lobachevsky - chúng ta cũng sẽ thêm hình học hình cầu. Các điểm của hình học này nằm trên một hình cầu (trong không gian Euclide ba chiều thông thường). Vai trò của các đường thẳng được thực hiện bởi các vòng tròn lớn được hình thành khi một hình cầu bị cắt bởi các mặt phẳng đi qua tâm của nó: cung của một vòng tròn lớn là đường đi ngắn nhất giữa hai điểm nếu chuyển động chỉ được phép dọc theo hình cầu. Có vẻ như người ta có thể suy luận về các hình trên một mặt cầu bằng cách sử dụng các phương pháp lập thể Euclide thông thường, và không cần thiết phải phân biệt hình học hình cầu một cách riêng biệt. Tuy nhiên, xem hình cầu như một dạng tương tự của một mặt phẳng đôi khi rất hữu ích, cả về mặt lý thuyết và thực tiễn $задач.^{5}$ Hình học hình cầu thực sự giống về nhiều mặt với phép đo phẳng của Euclid và Lobachevsky (đặc biệt, nhiều định lý được sử dụng trong chứng minh định lý Chall là đúng - xem bên dưới), nhưng nó khác ở nhiều điểm. Ví dụ: có thể có một hình tam giác trên một hình cầu, tất cả các góc của nó đều là góc vuông (hình5).

4 V. Bugaenko. “Chuyển động của máy bay và theo-

các số liệu trong thiên văn học có thể được đọc trong cuốn sách của V.P. Tsesevich “Quan sát cái gì và như thế nào trên bầu trời.”

Rema Shalya” («Kvant» Số 4, 2009).

5 Ví dụ, về việc sử dụng địa lý hình cầu

13

Định Lý

khăn choàng

kiểm tra A và B. Chứng minh Euclide cổ điển về thực tế này không sử dụng tiên đề song song - như người ta nói, nó thuộc về hình học tuyệt đối, tức là phần tổng quát của hình học Euclid và lobachevsky. Định lý đường trung trực cũng đúng đối với hình cầu. Vì vậy, vẫn còn phải hiểu cách bố trí của hai hoặc ba đối xứng trục được sắp xếp trong mỗi hình học trong số ba hình học đó. Thành phần của hai đối xứng, $S_{a} o S_{b}$, tương đối dễ tính. Trong trường hợp Euclide, có thể xảy ra hai tình huống: (1) các đường thẳng a và b cắt nhau, và sau đó $S_{a} o S_{b}$ là một phép quay so với điểm giao nhau của chúng gấp đôi góc giữa

Hình 9

với những đường thẳng này (hình9); (2) đường thẳng a và b song song – thì $S_{a} o S_{b}$ là

Hình 10

chuyển song song (hình10). Trên một hình cầu, mọi thứ thậm chí còn đơn giản hơn: hai “đường thẳng” bất kỳ (tức là hai đường tròn lớn) cắt nhau tại hai điểm đối xứng đường kính và $S_{a} o S_{b}$ là chuyển động quay của hình cầu quanh trục đi qua hai điểm này (hình11). Để hiểu trường hợp hình học lobachevsky, sẽ thuận tiện cho chúng ta khi có một biểu diễn trực quan của mặt phẳng lobachevsky

TRONG

BA

NGƯỜI

Hình 11

Nói cách khác, Bachevsky xây dựng mô hình mặt phẳng Lobachevsky trên vật liệu của mặt phẳng Euclide. Để làm được điều này, cần phải đưa ra một ý nghĩa mới cho các khái niệm hình học cơ bản - giải thích theo một cách mới thế nào là một điểm, một đường thẳng, đẳng thức các đoạn thẳng, đẳng thức các góc là gì và làm điều này theo cách mà tất cả các tiên đề Euclide vẫn đúng, ngoại trừ tiên đề song song. Điều này có thể được thực hiện theo nhiều cách khác nhau; chúng ta sẽ có một trong số chúng - mô hình Poincaré ở nửa mặt phẳng trên. Chỉ những điểm nằm hoàn toàn phía trên một số đường thẳng đã chọn, được gọi là điểm tuyệt đối, mới được coi là những điểm thuộc mặt phẳng Lobachevsky. (Nếu đường tuyệt đối được coi là trục Ox, thì chúng ta sẽ chỉ xem xét các điểm có y > 0.) Vai trò của các đường thẳng trong mô hình này sẽ được thể hiện bởi các hình bán nguyệt có tâm nằm trên đường tuyệt đối, cũng như các tia thẳng đứng. Loại đường thẳng thứ hai được gọi là đặc biệt. Rõ ràng là trong mô hình này, tiên đề Euclide về các đường song song đã bị vi phạm: thông qua một điểm A cho trước, người ta có thể vẽ vô số đường thẳng không có điểm chung với đường thẳng a cho trước (hình12). Tất cả những đường thẳng này có thể được coi là song song với đường thẳng a - tuy nhiên, thuật ngữ được chấp nhận rộng rãi chỉ coi các đường “cực đoan” $b_{1}$ và $b_{2}$, có điểm chung với nó ở điểm tuyệt đối, là song song với đường thẳng a; nghỉ ngơi

14

KVANT 2017/№9

Hình 15

Hình 12

đường thẳng được gọi là phân kỳ khỏi đường thẳng a. Trong trường hợp đường thẳng a đặc biệt thì một trong các đường thẳng song song với nó cũng sẽ đặc biệt (hình13).

Hình 13

Trong mô hình Poincaré, tính đối xứng đối với một đường đơn được xác định bởi ảnh Euclide (hình14); vai trò này là sim-

Hình 14

Hình dạng của một đường tương đối không đơn lẻ được thể hiện bằng một phép biến đổi đáng chú ý của mặt phẳng được gọi là nghịch đảo (hình15). Trong quá trình nghịch đảo đối với một đường tròn (đường thẳng theo nghĩa của Lobachevsky) có tâm O nằm trên đường tuyệt đối và bán kính R, điểm A đi đến điểm A a, nằm trên tia OA và sao cho OA $OA a R^{2}$. Sự đảo ngược được xác định cho tất cả các điểm của mặt phẳng ngoại trừ O - may mắn thay, điểm O nằm bên ngoài các điểm của mặt phẳng Lobachevsky và do đó chúng ta không quan tâm. Phép nghịch đảo có tất cả $свойствами^{6}$ mà chúng ta mong đợi từ sự đối xứng trục: i phép nghịch đảo đưa nửa mặt phẳng trên lên nửa mặt phẳng trên; i nghịch đảo đối với hình bán nguyệt (đường thẳng theo nghĩa của lobachevsky) a giữ cho các điểm nằm cố định tại một chỗ; i phép đảo ngược biến đường thẳng (theo nghĩa của Lobachevsky) thành đường thẳng (theo nghĩa của Lobachevsky); i nghịch đảo bảo toàn các góc (góc giữa các đường thẳng theo nghĩa Lobachevsky được coi bằng góc Euclide giữa các tiếp tuyến vẽ tại giao điểm); nếu bạn áp dụng cùng một phép đảo ngược hai lần, bạn sẽ nhận được một phép biến đổi giống hệt nhau. Hơn nữa, bằng cách xác định bằng cách sử dụng nghịch đảo sự bằng nhau của các phân số trong mô hình Poincaré, có thể chứng minh trong đó như các định lý, tiên đề của hình học tuyệt đối và từ đó chứng minh rằng đây thực sự là một mô hình của hình học Lobachevsky. Nhưng điều này, như người Iceland nói, không được thảo luận trong câu chuyện này. Chúng tôi sẽ cho bạn biết bố cục của hai và ba đối xứng trong hình học Lobachevsky thực sự trông như thế nào trong số tiếp theo của tạp chí.

6 Thông tin chi tiết hơn về các tính chất của nghịch đảo và ứng dụng của nó trong các bài toán hình học có thể tìm thấy trong I.D. Tài liệu quảng cáo “Đảo ngược” của Zhizhilkin (Thư viện “Giáo dục Toán học”, số 35, MCCMMO, 2009).

(Còn tiếp)

26

KVANT 2017/№9

tất cả các hình tam giác, như trong hình 12. Vì góc ở một đỉnh chung giảm theo

Hình 12

Khi n tăng, tất cả các cạnh huyền đều nghiêng theo phương ngang ở các góc khác nhau. Bây giờ, để làm cho các cạnh huyền bằng nhau, hãy kéo mỗi tam giác thành một tổng thể

số lần. Nếu số tỷ lệ này được chọn làm tích độ dài các cạnh huyền của tất cả các tam giác khác (một số nguyên!), thì sau khi kéo dài như vậy, độ dài của mỗi cạnh huyền sẽ bằng tích độ dài của tất cả các cạnh huyền ban đầu. Tất cả những gì còn lại, như thường lệ, là đặt các phân đoạn này (và hình ảnh phản chiếu của chúng) lần lượt và chúng sẽ xếp thành một đa giác đều! Vì vậy số cạnh trong đa giác như vậy là không giới hạn.

CUỘC THI ĐẶT THEO A.P. SAVINA

Chúng tôi đang bắt đầu một cuộc thi khác về lời giải toán bài toán. Chúng chủ yếu nhắm đến học sinh từ lớp 7 đến lớp 9, nhưng chúng tôi hoan nghênh học sinh ở mọi lứa tuổi tham gia. Gửi lời giải bài toán mà bạn có thể xử lý qua email đến địa chỉ: [email protected] hoặc bằng thư thông thường đến địa chỉ: 119296 Moscow, Leninsky Prospekt, 64-A, «Kvant» (được đánh dấu là “A.P. Savin Competition”). Ngoài họ và tên của bạn, hãy cho biết thành phố, trường học và lớp nơi bạn học cũng như địa chỉ bưu điện gửi lại. Chúng tôi hoan nghênh việc tham gia cuộc thi không chỉ của từng học sinh mà còn của các đội (trong trường hợp này, một tác phẩm sẽ được gửi kèm theo danh sách những người tham gia). Bạn có thể tham gia bắt đầu từ bất kỳ chuyến tham quan nào. Những người chiến thắng sẽ nhận được bằng tốt nghiệp từ tạp chí «Kvant» và các giải thưởng. Chúng tôi chúc bạn thành công!

1. Smart Rabbit có một lô đất rộng 8¥8 vuông gồm 64 giường 1¥1 giống hệt nhau. Anh ấy trồng bắp cải ở một số luống và cà rốt ở những luống còn lại (không có luống nào trống). Được biết, cạnh mỗi luống bắp cải có đúng 2 luống bắp cải, cạnh mỗi luống cà rốt có đúng 2 luống cà rốt (các luống liền nhau nếu chúng liền nhau). Tỷ lệ luống bắp cải có thể là: a) đúng một nửa, b) hơn 60% tổng số luống? M. Evdokimov

2. Số tự nhiên n lớn hơn 1 và không chia hết cho 10. Chữ số cuối cùng và chữ số áp chót của số $n^{4}$ có thể có cùng số chẵn lẻ không? (Cuối cùng

Cuộc thi được tổ chức chung với tạp chí «Kvant».

chữ số ở hàng đơn vị, chữ số áp chót ở hàng chục.) S. Dvoryaninov

3. Có thể cắt một hình chữ nhật 2 ¥ 5: a) thành bốn phần, b) thành ba phần, từ đó bạn có thể gấp một hình vuông? (Bạn chỉ có thể gắn các phần với nhau mà không có khoảng trống hoặc chồng chéo.)

4. Một triệu số được viết thành một hàng: số đầu tiên là 123456789 và 999999 số là số 0. Trong khi di chuyển, bạn được phép chọn một số nếu nó nhỏ hơn số liền kề bên trái ít nhất 10 và tăng nó lên 1, đồng thời giảm tất cả các số ở bên trái đi 9. Điều này được thực hiện miễn là bạn có thể thực hiện một nước đi. Bạn có thể kết thúc với bộ số nào? (Bạn cần tìm tất cả các phương án và chứng minh rằng không có phương án nào khác.) E. Bakaev

30

KVANT 2017/№9

đẩy rất nhanh từ dưới lên trên bằng một quả bóng gắn trên helicoid, kết quả là cánh quạt bắt đầu quay rất nhanh và tách ra khỏi helicoid, bay lên khá cao. Trong đồ chơi này, helicoid đứng yên, nhưng cánh quạt chuyển động – đó cũng là một đoạn, cũng là một bước.

Làm thế nào một helicoid quay một con quay

Cấu trúc cơ bản của con quay (hình7) như sau. Thân của con quay là hai hình nón có đế giống nhau. Đỉnh của đáy

Hình 7

của hình nón của anh ta, tức là phần chóp nằm trên bàn hoặc trên sàn nhà. Phần trên của hình nón phía trên được cắt đi một chút để thu được hình nón cụt. Phần đế trên của nó là một tấm tròn có độ dày nhất định. Tấm này có một cái khe, nó thành ra như thế này. Hãy tưởng tượng giao điểm của helicoid của chúng ta và đỉnh của đỉnh. Helicoid thật dày nên có một phần helicoid ở điểm giao nhau với tấm tròn. Đây là phần được ném ra khỏi đế. Nếu đầu quay đứng yên thì helicoid có thể bị đẩy qua khe hở này từ trên xuống dưới. Helicoid quay theo chiều kim đồng hồ. Vì vậy, trong trường hợp này, khe đứng yên, helicoid di chuyển xuống và quay. Chuyển động quay lẫn nhau của helicoid và rãnh có thể được biểu diễn theo một cách khác: helicoid (không quay!) Di chuyển xuống và rãnh quay ngược chiều kim đồng hồ. Nhưng khe là phần thân trên,

Do đó, đầu quay quay ngược chiều kim đồng hồ. Trong trường hợp này, helicoid trượt dọc theo bề mặt của khe. Bạn có thể thấy một số điểm tương đồng với cách xích xe đạp chạy qua một bánh xích. Khi một mắt xích rời khỏi bánh xích, mắt xích khác sẽ thay thế nó, v.v. Ngoài ra, hai bánh răng bám vào nhau: một răng rời ra, răng tiếp theo xuất hiện, tiếp theo là răng khác… Lực mà chúng ta tác dụng lên thanh helicoid được truyền vào thân của con quay. Các bề mặt tiếp xúc (trùng khớp) của helicoid và rãnh có thể được coi gần đúng là bề mặt của hai hình nêm mà chúng ta đã nói đến trước đó. Bề mặt của rãnh là một dải chuyển động dọc theo thanh helicoid. Chúng tôi không liên tục quay con quay. Sau khi đẩy thanh helicoid đến độ sâu tối đa, chúng ta thả nó ra khỏi tay - con quay đang quay. Nhận thấy tốc độ quay chậm lại, chúng tôi nâng thanh lên. Đồng thời, anh ta không tương tác với con quay dưới bất kỳ hình thức nào. Sau đó chúng ta ấn thanh xuống một lần nữa. Quá trình này được lặp lại theo chu kỳ. Tương tự như vậy, năng lượng được nạp lại khi xe đạp di chuyển. Chúng ta quay bàn đạp, tác dụng lực lên chúng, xe đạp tăng tốc. Khi đó chúng ta không phải đạp - xe đạp chuyển động theo quán tính. Thiết bị ghép nối giữa thanh truyền và đầu quay tương tự như khớp nối của bánh dẫn động với bánh sau của xe đạp. Khi quay theo một hướng thì có sự ăn khớp, còn hướng kia thì không. Để kết luận, chúng tôi khuyên bạn nên tạo một mô hình con quay (hình8) bằng chính đôi tay của mình. Bạn sẽ cần một lọ thủy tinh, một mảnh giấy có rãnh và một đoạn dây nói trên. Chúng tôi đặt cái chai lên bàn, đặt một tờ giấy lên trên và nhét dây của chúng tôi vào khe. Bây giờ chúng ta nhấn vào thanh xoắn ốc từ trên xuống - và tờ giấy sẽ quay như $юла._{Рис.} 8$

Trisector

Cơ chế bản lề

Cơ cấu bản lề là hệ thống các thanh thẳng cứng được nối ở hai đầu bằng bản lề cho phép các thanh quay tương đối với nhau. Rõ ràng, những cơ chế như vậy đã được sử dụng trong công nghệ từ thế kỷ 18. Và giờ đây chúng gần như có mặt khắp nơi: từ gương thu vào trong phòng tắm cho đến một số loại hệ thống treo ô tô. Chúng cũng hữu ích cho bài toán của chúng tôi. hình 7 minh họa chiếc “quạt” được phát minh bởi nhà toán học J. J. Sylvester vào năm 1875.

Hình 7

Các điểm $A_{1}$, … $, A_{7}$ luôn nằm trên cùng một đường tròn tâm O và tại các điểm này các mắt xích màu tím không quay tương đối với nhau. Bạn có thể tìm thấy một phiên bản khác của phép chia ba sử dụng cơ chế bản lề trên trang web “Toán học Etudes” (www.etudes.ru/ru/etudes/angle-trisection/). Bạn có thể tìm hiểu thêm về cơ chế bản lề trong các bài viết của Yu. Solovyov “Đảo ngược” («Kvant» Số 4, 1990) và N. Andreev “Đảo ngược” («Kvant» Số 2, 2017).

Xếp giấy Origami

Vâng, vâng, nghệ thuật cổ xưa về việc gấp những hình thù lạ mắt từ một tờ giấy này cũng được phản ánh trong toán học. Bạn có thể đọc thêm về origami toán học trong bài viết “Origami và Công trình” của A. Petrunin trong «Kvant» Số 1 năm 2008. Chúng tôi sẽ chỉ trình bày một chuỗi các hành động cho phép bạn chia một góc nhất định thành ba phần (hình8). Phương pháp này được đề xuất bởi Hisashi Abe người Nhật.

Kết thúc. Xem phần đầu ở «Kvant» số 8.

Hình 8

Cho góc BAC trên một tờ giấy, tờ giấy này cần được chia thành ba phần bằng nhau. Trước tiên, bạn cần tạo các nếp gấp PP¢ và QQ¢ song song với AB, sao cho QQ¢ nằm ở giữa PP¢ và AB. Sau đó, bạn cần uốn tấm sao cho điểm A (trên hình 8 cạnh của nó được đánh dấu A ¢) A chạm QQ¢ và điểm P đồng thời chạm AC. Khi đó góc A ¢ AB sẽ bằng 1/3 góc BAC ban đầu.

Bài tập 8. Chứng minh điều đó. Giải thích tại sao công trình này không thể được tái tạo bằng compa và thước (bạn không thể sử dụng lập luận rằng điều này mâu thuẫn với tính không thể chia cắt được).

Đường cong phụ

Hóa ra phép chia ba có thể được thực hiện bằng la bàn thông thường và thước kẻ. Nhưng để làm được điều này, điều cần thiết là một đường cong phụ đã được vẽ trên mặt phẳng nơi việc xây dựng diễn ra. Có khá nhiều đường cong khác nhau phù hợp cho việc này, đây chỉ là một vài ví dụ đơn giản. Hyperbol y = 2/x. Cho điểm X là đỉnh của nhánh hyperbol, O là gốc tọa độ, các điểm A và B nằm trên đường thẳng OX sao cho BA = AO = OX (hình9).

Hình 9

39

TOÁN HỌC

VÒNG TRÒN

Hình 4

Hãy vẽ đường cao của tam giác ABC. Một tam giác có các đỉnh ở đáy được gọi là tam giác trực giao. Tam giác trực giao là tam giác có bàn đạp của trực tâm H. Khi đó, theo tính chất 1, ta thu được: Bán kính của đường tròn ngoại tiếp vẽ từ đỉnh của tam giác vuông góc với cạnh tương ứng của tam giác trực giao (hình5).

Hình 6

Khi đó AQ là đường trung trực của đoạn XY. Bằng chứng. Theo thuộc tính $1, AQ > B_{1} C_{1}, B_{1} C_{1} P XY$ (làm đường giữa). Khi đó AQ > XY. Bây giờ lưu ý rằng tại điểm A các đường trung trực của các cạnh PX và PY của tam giác PXY cắt nhau. Hoặc hơi khác một chút: YA = AP = AX thì tam giác AXY là tam giác cân, đường vuông góc với cạnh XY là đường phân giác vuông góc với XY. Cho các điểm X, Y và Z đối xứng P qua các đường thẳng AC, AB và BC (hình7). Tam giác XYZ sẽ được gọi là tam giác có bàn đạp đôi của điểm P so với tam giác ABC. Hệ quả sau đây rút ra từ tính chất 2: Các đường đẳng giác là các đường phân giác vuông góc với các cạnh của tam giác bàn đạp đôi.

Hình 5

Bài tập 3. Từ điểm K nằm trong tam giác ABC, các đường vuông góc $KA_{1}, KB_{1}$ và $KC_{1}$ lần lượt hạ xuống các cạnh BC, AC, AB. Qua điểm $A_{1}$ vẽ đường thẳng $l_{1}$ song song với đường thẳng đối xứng với đường thẳng AK qua phân giác của góc A. Các đường thẳng $l_{2}, l_{3}$ được định nghĩa tương tự. Chứng minh rằng các đường thẳng $l_{1}, l_{2}, l_{3}$ cắt nhau tại một điểm. Gợi ý. Cho các đường thẳng $l_{A}$ và AK – BAC đẳng giác thì theo điều kiện $l_{1} P l_{A}$. Theo tính chất 1 ta có $l_{A} > B_{1} C_{1}$.

Chúng ta hãy lưu ý thêm một tính chất của đường đẳng giác. Tính chất 2. Cho AP và AQ đẳng giác về một góc và cho các điểm X và Y đối xứng với P theo các cạnh của góc (hình6).

Hình 7

40

KVANT 2017/№9

Bạn đời đẳng giác

Định lý 1. Cho điểm P không nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó các đường đẳng giác với các đường AP, BP và CP cắt nhau tại một điểm (hình8,a).

c) Gọi $AA_{0}, BB_{0}, CC_{0}$ là các đường cao của tam giác ABC, M là một điểm tùy ý, $A_{1}$ là một điểm đối xứng với M so với cạnh BC; điểm $B_{1}, C_{1}$ được xác định tương tự. Chứng minh rằng các đường thẳng $B_{0} B_{1}, C_{0} C_{1}, A_{0} A_{1}$ cắt nhau tại một điểm. Gợi ý. b) Các đường thẳng cắt nhau tại điểm liên hợp đẳng giác với M đối với tam giác ABC; c) Chứng minh các cạnh của tam giác ABC nằm trên các đường phân giác ngoài của tam giác $A_{0} B_{0} C_{0}$ và sử dụng phần b).

Tâm đường tròn và trực tâm

Hãy nhớ rằng bán kính của đường tròn ngoại tiếp và chiều cao vẽ từ một đỉnh của tam giác là đẳng giác. Khi đó các điểm O và H liên hợp đẳng giác.

Hình 8

Chúng ta hãy biểu thị điểm giao nhau là Q. Điểm Q được gọi là liên hợp đẳng giác với điểm P. Chúng ta cũng có thể nói rằng các điểm P và Q là liên hợp đẳng giác. Sử dụng hệ quả của tính chất 2, ta chứng minh được định lý và thu được ngay ý nghĩa hình học của điểm Q: đây là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác có bàn đạp đôi XYZ. Định lý 1 cũng được sử dụng trong một công thức hơi khác một chút. Định lý 1 a. Nếu AP và AQ, BP và BQ là hai cặp đường đẳng giác trong tam giác ABC thì CP và CQ cũng là hai đường đẳng giác (hình8,b). Lưu ý rằng nếu điểm P nằm trên đường tròn ngoại tiếp và khác các đỉnh của tam giác ABC thì các đường đẳng giác của AP, BP và CP song song với nhau.

Bài tập 4: Chứng minh điều đó.

Rõ ràng đường phân giác đó vuông góc với chính nó. Khi đó tâm của đường nội tiếp và tâm của các đường tròn ngoại tiếp liên hợp đẳng giác với nhau.

Bài tập 5. a) Trên phân giác góc A của tam giác ABC, lấy các điểm D và F nằm trong tam giác sao cho DBC FBA. Chứng minh rằng DCB FCA. b) Điểm M nằm trong tam giác ABC, $A_{1}$ là điểm đối xứng với M so với phân giác ngoài của góc A; điểm $B_{1}, C_{1}$ được xác định tương tự. Chứng minh rằng đường thẳng $AA_{1}, BB_{1}$ và $CC_{1}$ cắt nhau tại một điểm.

Bài tập 6. a) Cho đường thẳng đi qua đỉnh A của tam giác ABC và vuông góc với cạnh $B_{1} C_{1}$ của tam giác trực giao. Các dòng b và c được xác định tương tự. Chứng minh rằng các đường thẳng a, b và c cắt nhau tại một điểm. b) Cho $H_{1}, H_{2}, H_{3}$ là các điểm đối xứng với H qua các cạnh của tam giác ABC. Chứng minh rằng điểm $H_{1}, H_{2}, H_{3}$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. c) Qua đáy cao $AA_{1}$ của tam giác ABC vẽ đường thẳng $l_{1}$ song song với đường thẳng AO. Đường trực tiếp $l_{2}, l_{3}$ được định nghĩa tương tự. Chứng minh rằng các đường thẳng $l_{1}, l_{2}, l_{3}$ cắt nhau tại một điểm.

Chặn tiếp tuyến và trung tuyến kép

Gọi AM là đường trung bình của tam giác ABC. Hãy thực hiện một công trình tiêu chuẩn. Hãy nhân đôi đường trung tuyến AM của điểm M và nhận được điểm D. Dựng một điểm P vuông góc với D. Để làm được điều này, chỉ cần dựng các đường đẳng giác của BD và CD là đủ. Cho các góc của tam giác bằng A A, B B, C G. Vẽ một đường đẳng giác từ cạnh BA của góc ABC đến BD (hình 9,a). Khi đó đường thẳng này tạo thành góc A với cạnh BC. Tương tự, chúng ta hãy xây dựng một đường đẳng giác với CD. Giả sử các đường thẳng kết quả cắt nhau tại điểm P. Ta thấy PBC PCB BAC A. Theo tiêu chí đã biết (góc giữa tiếp tuyến và dây cung), PB và CP là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó, theo Định lý 1, AP là đường đẳng giác của đường trung tuyến AM đối với góc BAC. Đường đẳng giác này được gọi là simedian. Chúng ta đã có được tính chất chính của simedian:

41

TOÁN HỌC

VÒNG TRÒN

Hình 10

Hình 9

Đường trung tuyến vẽ qua đỉnh A đi qua giao điểm của các tiếp tuyến tại B và C với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (hình 9, b). Chi tiết hơn về các tính chất của đường đối xứng có thể tìm thấy trong bài viết [4].

Bài tập 7. a) (Olympic Hình học miệng, 2004) Cho $C_{1}$ và $B_{1}$ là hình chiếu của điểm P của giao điểm các tiếp tuyến tại điểm B và C với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, AM là đường trung tuyến. Sau đó $AM > B_{1} C_{1}$. b) (Olympic toàn Nga, 2013) Tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn số 7. Các tiếp tuyến của 7 tại các điểm B và C cắt nhau tại điểm P. Điểm D và E là đáy của các đường vuông góc hạ từ điểm P xuống các đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng giao điểm các đường cao của tam giác ADE là trung điểm của đoạn BC.

Tổng chu vi bàn đạp

Hãy quay lại nghiên cứu tính chất của các góc đẳng giác. Gọi AP và AQ là góc đẳng nhiệt BAC. Tính chất 3. Hình chiếu của các điểm P và Q lên các cạnh của góc AB và AC nằm trên cùng một đường tròn (hình10) và tâm của đường tròn này là trung điểm của đoạn PQ.

Bài tập 8. Chứng minh tính chất này.

Bây giờ chúng ta đã sẵn sàng để chứng minh định lý chính của phần này.

Định lý 2. Các đường tròn bàn đạp của các điểm liên hợp đẳng giác P và Q trùng nhau. Bằng chứng. Theo tính chất 3, hình chiếu của các điểm P và Q lên các đường thẳng AB và BC nằm trên cùng một đường tròn (hình11). Điều tương tự cũng đúng đối với hình chiếu của các điểm P và Q lên các đường thẳng AB và AC. Nhưng hai vòng tròn này có điểm chung

Hình 11

center – điểm giữa của đoạn PQ. Ngoài ra, chúng còn có một điểm chung, nghĩa là các đường tròn này trùng nhau.

Bài tập 9 (vòng chung kết Thế vận hội I.F. Sharygin, 2006). Cho tam giác ABC và điểm P bên trong tam giác đó. Các điểm Aa, Ba, Ca là các hình chiếu của P lên các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A a B a C a nằm trong tam giác ABC.

Chúng ta hãy xem Định lý 2 sẽ cho kết quả gì đối với cặp điểm liên hợp đẳng giác quen thuộc O và H. Các đỉnh của tam giác bàn đạp của điểm O là trung điểm của các cạnh và đối với điểm H là đáy của các đường cao. Khi đó, theo Định lý 2, tất cả sáu điểm này đều nằm trên

42

KVANT 2017/№9

một vòng tròn. Vòng tròn này được gọi là vòng tròn Euler.

Tiếp theo, chúng tôi áp dụng lý thuyết của mình cho lời giải bài toán.

Tứ giác có hai góc đối diện bằng nhau

Bài toán 1. Các đường chéo của hình bình hành ABCD (không phải hình chữ nhật) cắt nhau tại điểm M (hình12). Chứng minh điểm M và các căn cứ

Hình 12

các đường vuông góc hạ từ điểm D lên các đường thẳng BC, CA, AB nằm trên cùng một đường tròn. Hãy định dạng lại bài toán. Cần chứng minh điểm M nằm trên đường tròn bàn đạp của điểm D so với tam giác ABC $( A_{1} B_{1} C_{1}$ – tam giác bàn đạp của điểm D). Theo Định lý 2, trên cùng một đường tròn có các hình chiếu lên các cạnh của tam giác ABC của điểm liên hợp đẳng giác. Nếu chúng ta chứng minh rằng một trong các hình chiếu trùng với M thì bài toán được giải. Lời giải. Chúng ta hãy dựng một điểm P liên hợp đẳng giác với D. Vì BD là đường trung tuyến kép nên, theo tính chất đối trung, P là giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, được vẽ

Hình 13

nằm ở điểm A và C (hình13). Theo Định lý 2, điểm P và D có chung một đường tròn bàn đạp. Điểm M là hình chiếu của điểm P lên AC. Do đó, điểm M nằm trên đường tròn $A_{1} B_{1} C_{1}$. Hóa ra bài toán này có thể được khái quát hóa. Bài toán 2 (về tứ giác). Trong tứ giác lồi ABCD, các góc A và C bằng nhau (hình14). Chứng minh rằng căn cứ

Hình 14

các đường vuông góc hạ từ điểm D lên các đường thẳng AB, BC, AC và trung điểm của đoạn AC nằm trên cùng một đường tròn hoặc trên cùng một đường thẳng.

Bài tập

10. Chứng minh điều đó. Gợi ý. Cho điểm P liên hợp đẳng giác với D đối với tam giác ABC. Chứng minh M là hình chiếu của P lên AC. 11 (M991). Cho tam giác ABC, điểm M là trung điểm BC, H là đáy đường cao kẻ từ A đến BC. Chọn các điểm P và Q bên trong góc BAC sao cho BAP CAQ, BP > PA, AQ > QC (hình15). Chứng minh rằng các điểm P, Q, M và H cùng thuộc một đường tròn.

Hình 15

43

TOÁN HỌC

VÒNG TRÒN

Gợi ý. Cách xây dựng này tương tự như bài toán về một hình tứ giác. 12 (Olympic Toán học Mátxcơva, 1987). Điểm P bên trong tam giác ABC sao cho PBA PCA (hình16). Gọi $C_{1}$ và $B_{1}$ là hình chiếu của điểm P lên các cạnh AB và AC

Hình 17

Hình 16

do đó M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng $MB_{1} MC_{1}$. Gợi ý. Lưu ý rằng điều kiện đã chứa hình chiếu của điểm P lên hai cạnh và điểm giữa của cạnh đó. Hãy thêm một điểm khác $A_{1}$ – hình chiếu của điểm P lên cạnh BC. Bằng cách này, có thể xây dựng một công trình từ bài toán 2 (đối với trường hợp tứ giác ABPC không lồi). Việc còn lại là chứng minh sự bằng nhau của các dây trong đường tròn đi qua $A_{1}, B_{1}, C_{1}, M.$

Lại là giao điểm của các tiếp tuyến và hai lần đường trung tuyến

Xét giao điểm P của các tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vẽ tại các điểm B và C và đường trung tuyến kép AD (hình17). Bây giờ chúng ta hãy sử dụng định lý vòng tròn bàn đạp tổng quát để “phát minh” bài toán. Chúng ta đã biết rằng các điểm P và D là liên hợp đẳng giác và chúng có một đường tròn bàn đạp chung. Bây giờ hãy “ẩn” một số thành phần cấu trúc. Cụ thể, chúng ta hãy thử loại bỏ điểm D trong điều kiện bài toán (đó sẽ là gợi ý cho lời giải). Hãy tìm chiều cao AH. Vì ABDC là hình bình hành nên hình chiếu X của điểm D lên BC và điểm H đối xứng qua trung điểm M của đoạn BC, tức là CX = BH. Bây giờ chúng ta đã sẵn sàng xây dựng bài toán, gần như tương đương với Olympic phức tạp bài toán (Bài tập 13). Bài toán 3. Trong tam giác nhọn ABC không cân vẽ đường cao AH, điểm M là trung điểm BC. Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vẽ tại các điểm B và C cắt nhau tại điểm P. Trên cạnh BC vẽ đoạn thẳng CX = BH. Hai điểm E và F là hình chiếu của điểm P lên các cạnh AB và AC. Chứng minh rằng các điểm E, F, M và X cùng nằm trên một đường tròn.

Bài tập

13 (Olympic toàn Nga, 2015). Cho tam giác nhọn ABC không cân, vẽ đường trung tuyến AM và đường cao AH. Trên đường thẳng AB và AC, lần lượt đánh dấu các điểm Q và P sao cho QM > AC và PM > AB (hình18). Đường tròn ngoại tiếp tam giác PMQ cắt đường thẳng BC lần thứ hai tại X. Chứng minh BH = CX.

Hình 18

44

KVANT 2017/№9

Hình 19

Gợi ý. “Trở lại” cách vẽ giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm B và C và sử dụng kết quả bài tập 7, b. 14 (vòng trao đổi của Thế vận hội I.F. Sharygin, 2017). Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vẽ tại các điểm A và B cắt nhau tại điểm D. Đường tròn đi qua các hình chiếu của D lên các đường thẳng BC, CA, AB lại cắt AB tại điểm Ca. Các điểm Aa, Ba được xây dựng tương tự. Chứng minh rằng các đường thẳng AAa, BBa, CCa cắt nhau tại một điểm.

Cuối cùng, chúng ta hãy thử giải một câu khác khá khó bài toán. Bài toán 4 (Olympic Hình học Iran, 2014). Gọi H là đáy đường cao tính từ đỉnh A của tam giác ABC và H a ​​là điểm đối xứng với điểm H so với điểm giữa cạnh BC (hình 19,a). Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC vẽ tại các điểm B và C cắt nhau tại điểm X. A vuông góc với XH a vẽ tại điểm H a, cắt các đường thẳng AB và AC lần lượt tại các điểm Y và Z. Chứng minh rằng YXB ZXC. Lời giải. Xét trường hợp tam giác nhọn (người đọc có thể phân tích các trường hợp khác theo cách tương tự). Vì BX và CX là tiếp tuyến nên ta có CBX BCX A, do đó BXC 180 o 2 A. Đặt XYZ J, XZY Q. Với lời giải chỉ cần chứng minh rằng YXZ 2 A hoặc tương đương là J Q 2 A. Giả sử E và F là hình chiếu của điểm X lên AB và AC (hình19,b). Lưu ý rằng hình tứ giác

nick XH a YE được ghi, do đó, XYH a XEH a J. Tương tự, XZH a XFH a Q. Từ tứ giác AEXF ta tìm được EXF 180 o A. Vẫn phải đảm bảo rằng EH a F 180 o A (sau đó từ tổng các góc trong tứ giác XFH a E ta thu được J Q 2 A). Đã đến lúc áp dụng những kiến ​​thức thu được về thiết kế này. Ta đã biết các điểm E, M (giữa BC), H a, F cùng nằm trên một đường tròn. Sau đó EH và F EMF. Ngoài ra, theo Bài tập 7b, EM > AC, FM > AB, từ đó ta dễ dàng suy ra EMF 180 o A. Bài toán đã được giải.

Tài liệu tham khảo

1. P. Kozhevnikov. Điểm liên hợp đẳng giác. – «Kvant», 2016, số 1. 2. V.V.Prasolov. Điểm Brocard và liên hợp đẳng giác. – M.: MTsNMO, 2000. 3. A.V. Akopyan. Hình học trong hình ảnh. – M.: MTsNMO, 2011. 4. Yu. Blinkov. Symedia. – «Kvant», 2015, số 4. 5. A. Akopyan, A. Zaslavsky. Quan điểm khác nhau về liên hợp đẳng giác. – “Giáo dục Toán học”, 2007, số phát hành. 11.

VẬT LIỆU KIỂM TRA

Kỳ thi Vật lý thống nhất cấp bang

Cấu trúc đề thi Thống nhất môn Vật lý năm 2017 khác biệt đáng kể so với đề thi của hai năm trước. Mỗi tùy chọn bao gồm 26 nhiệm vụ chỉ xác minh đáp số và 5 nhiệm vụ chỉ xác minh lời giải (với đáp số mở rộng). Nhiệm vụ chọn một đáp số trong số bốn nhiệm vụ đã hoàn toàn biến mất. Đối với 17 trong số 26 nhiệm vụ, bạn có thể nhận được tối đa 1 điểm chính, đối với 9 trong số 26 nhiệm vụ, bạn có thể nhận được tối đa 2 điểm và đối với 5 nhiệm vụ cuối cùng có đáp số mở rộng, bạn có thể nhận được tối đa 3 điểm. Dưới đây là một phiên bản hoàn chỉnh và một số phần mở bài toán được chọn lọc của Kỳ thi Vật lý Thống nhất cấp Nhà nước năm 2017.

Tùy chọn 1

Hướng dẫn hoàn thành bài Để hoàn thành bài thi môn Vật lý, thời gian làm bài là 3 giờ 55 phút (235 phút). Công việc gồm 2 phần, gồm 31 nhiệm vụ. Trong các bài toán 1–4, 8–10, 14, 15, 20, 24–26, đáp số là số nguyên hoặc phân số thập phân hữu hạn. Viết số ở trường đáp số trong văn bản của tác phẩm rồi chuyển số đó theo ví dụ dưới đây sang dạng đáp số Số 1. Không cần ghi đơn vị đo các đại lượng vật lý.

Đáp số cho nhiệm vụ 19 và 22 là hai số. Viết Đáp số vào trường đáp số trong nội dung tác phẩm, sau đó chuyển theo ví dụ dưới đây, không phân cách các số bằng dấu cách, thành dạng đáp số Số 1.

Đáp số cho nhiệm vụ 27–31 bao gồm mô tả chi tiết về toàn bộ tiến trình của nhiệm vụ. Ở mẫu đáp số số 2, cho biết số nhiệm vụ và viết đầy đủ lời giải. Khi thực hiện tính toán, được phép sử dụng máy tính không lập trình được. Tất cả các mẫu đơn của Kỳ thi Thống nhất đều được điền bằng mực đen sáng. Bạn có thể sử dụng bút gel, bút mao dẫn hoặc bút máy. Khi hoàn thành bài tập, bạn có thể sử dụng bản nháp. Các mục trong bản nháp không được tính đến khi chấm điểm tác phẩm. Điểm bạn nhận được khi hoàn thành nhiệm vụ sẽ được tổng hợp lại. Hãy cố gắng hoàn thành càng nhiều nhiệm vụ càng tốt và ghi được nhiều điểm nhất. Chúng tôi chúc bạn thành công!

Dưới đây là những thông tin tham khảo có thể bạn sẽ cần khi thực hiện công việc.

CÀI ĐẶT TRƯỚC THẬP BIỆT

Đáp số cho nhiệm vụ 5–7, 11, 12, 16–18, 21 và 23 là một dãy gồm hai số. Viết Đáp số vào trường đáp số trong nội dung tác phẩm, sau đó chuyển theo ví dụ dưới đây không dấu cách, dấu phẩy và các ký tự bổ sung khác thành dạng đáp số số 1.

Đáp số cho task 13 là một từ. Viết Đáp số vào ô đáp số trong nội dung tác phẩm, sau đó chuyển theo mẫu dưới đây sang mẫu đáp số số 1.

51

BÀI KIỂM TRA

cho lời giải bài toán, cũng như các phép biến đổi toán học, phép tính với số đáp số và, nếu cần, hình, giải thích lời giải. 28. Một khối lập phương nhỏ có khối lượng m = 1 kg bắt đầu trượt với tốc độ ban đầu bằng 0 dọc theo một đường trượt trơn, biến thành một “vòng chết” bán kính R = 2 m (hình13). Khối lập phương được thả ra từ độ cao H bao nhiêu, nếu ở độ cao h = 2,5 m tính từ điểm đáy của vòng dây thì lực ép của khối lên thành vòng bằng:

NGUYÊN VẬT LIỆU

Hình 15

chuyển động dần dần và đều với tốc độ khác nhau. Vận tốc của thanh thứ nhất so với thanh thứ hai là bao nhiêu? Bỏ qua hiện tượng tự cảm của mạch. 31. Trong một thí nghiệm nghiên cứu hiệu ứng quang điện, ánh sáng có tần số N 6,1 $10^{14}$ Hz chiếu vào bề mặt cực âm, làm xuất hiện dòng điện trong mạch. Đồ thị của dòng điện I so với điện áp U giữa cực dương và cực âm được thể hiện ở hình 16. Thế nào là

Hình 13

F = 5 N? Viết hình chỉ các lực, giải thích lời giải. 29. Trong một ống thủy tinh dài nằm ngang có tiết diện không đổi (hình14) bịt kín một đầu, có một cột không khí dài $l_{1} = 30,7$ cm, bị khóa bởi một cột thủy ngân. Nếu đặt ống thẳng đứng với lỗ hướng lên trên thì chiều dài của cột không khí dưới thủy ngân sẽ bằng $l_{2} = 23,8$ cm. Chiều dài của cột thủy ngân là bao nhiêu? Áp suất khí quyển 747 mm Hg. Nghệ thuật. Nhiệt độ không khí trong ống được coi là không đổi.

Hình 14

30. Hai thanh giống nhau có khối lượng m = 100 g và điện trở R = 0,1 Ohm mỗi thanh (hình 15) có thể trượt dọc theo đường ray gồ ghề nằm ngang với lực cản không đáng kể. Khoảng cách giữa các thanh ray là l = 10 cm, hệ số ma sát giữa thanh và ray là M 0,1. Đường ray có các thanh nằm trong từ trường đều, thẳng đứng có cảm ứng B = 1 T. Dưới tác dụng của một lực nằm ngang tác dụng lên thanh thứ nhất dọc theo đường ray, cả hai thanh đều

Hình 16

công suất của ánh sáng tới P, nếu trung bình một trong 20 photon tới ở cực âm có đánh bật một electron không?

Mục yêu thích bài toán phân đoạn mở

1. Một thanh ngang nhẵn được cố định trên trục thẳng đứng, dọc theo đó hai tải trọng $m_{1} = = 200$ g và $m_{2} = = 300$ g có thể chuyển động, được nối với nhau bằng một sợi dây không trọng lượng không giãn có chiều dài l = 20 cm (hình17). Ren được cố định vào trục Hình 17 sao cho các vật nặng nằm ở các phía khác nhau của trục và độ căng của ren ở cả hai phía của trục khi thanh quay là như nhau. Xác định mô đun lực căng T của sợi dây nối các vật nặng khi thanh quay với tần số N = 600 vòng/phút. 2. Trên mặt phẳng nghiêng tạo một góc A 30 o với đường chân trời,