Ứng dụng góc định hướng vào một số bài toán hình học phẳng

HNUE JOURNAL OF SCIENCE DOI: 10.18173/2354-1059.2018-0001
Natural Science 2018, Volume 63, Issue 3, pp. 3-22
This paper is available online at 
ỨNG DỤNG GÓC ĐỊNH HƯỚNG VÀOMỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đạt Đăng1 và Lưu Công Đông2
1Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, 2Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Y Hà Nội
Tóm tắt. Trong bài báo này chúng tôi sử dụng góc định hướng vào giải một số bài toán
Hình học phẳng chọn lọc và sáng tạo một số bài toán hình học. Đây là những bài toán chủ
yếu liên quan đến mối quan hệ giữa đường thẳng và đường tròn, đa giác và đường tròn
nội ngoại tiếp chúng. Việc sử dụng góc định hướng sẽ tránh tình trạng xét thiếu trường
hợp hoặc phải biện luận nhiều trường hợp như việc dùng góc vô hướng thông thường trong
Hình học phổ thông.
Từ khóa: Góc định hướng, điểm đồng viên, điểm thẳng hàng, đường thẳng đồng quy.
1. Cơ sở lý thuyết
Trong lượng giác và số phức, người ta quan tâm tới sự chuyển động giữa hai tia để xây dựng
các giá trị lượng giác hoặc là argumen. Thông qua góc định hướng, ta biết được hình dạng và vị trí
của góc. Những kiến thức về góc định hướng đã được đề cập đến trong một số tài liệu [1-3], tuy
nhiên trong các tài liệu này chưa đề cặp nhiều đến tính ứng dụng góc định hướng vào các bài toán.
Trong phần cơ sở lí thuyết dưới đây, chúng tôi sẽ nhắc lại và xây dựng một số các tính chất hữu ích
và thường xuyên xuất hiện trong các bài toán.
1.1. Góc định hướng giữa hai tia
Định nghĩa 1.1. Cho góc hình học x̂Oy, nếu coi Ox là tia đầu và Oy là tia cuối, thì ta nói góc
x̂Oy đã được định hướng (hoặc gọi là góc định hướng (Ox,Oy)). Số đo của góc định hướng
(Ox,Oy) bằng số đo của một góc lượng giác bất kì trong tất cả các góc lượng giác có tia đầu Ox,
tia cuối Oy.
Ngày nhận bài: 13/3/2018. Ngày sửa bài: 20/3/2018. Ngày nhận đăng: 27/3/2018.
Tác giả liên lạc: Nguyễn Đạt Đăng, địa chỉ email: dangnd@hnue.edu.vn
3
Nguyễn Đạt Đăng và Lưu Công Đông
Định nghĩa 1.2. Với mỗi góc định hướng (Ox,Oy) cho trước, ta tìm được góc lượng giác (Ox,Oy)
với số đo α (rad) trong đó: −π < α ≤ π. Khi đó α được gọi là giá trị chính của góc định hướng
(Ox,Oy) thành thử ta viết số đo của góc định hướng (Ox,Oy) dưới dạng: Sđ(Ox,Oy) = α+k2π
hoặc (Ox,Oy) = α (mod 2π), với α là giá trị chính.
Định nghĩa 1.3. Góc định hướng (Ox,Oy) có tia đầu Ox trùng với tia cuối Oy được gọi là góc
định hướng không và kí hiệu là (Ox,Ox) = 0 (mod 2π) hoặc (Oy,Oy) = 0 (mod 2π).
Định nghĩa 1.4. Hai góc định hướng (Ox,Oy) và (Ou,Ot) chỉ khác nhau một bội của 2π, tức là
(Ox,Oy) = (Ou,Ov) (mod 2π) thì ta nói hai góc này bằng nhau.
Định nghĩa 1.5. Cho hai góc định hướng có số đo là α và β. Tổng của hai góc đó là một góc định
hướng có số đo là α+ β. Hiệu của hai góc đó là một góc định hướng có số đo là α+ (−β) hoặc
α− β. Nếum là một số nguyên cho trước thì tích của m với góc có số đo α là một góc định hướng
có số đo bằng m.α.
1.2. Góc định hướng giữa hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng cắt nhau x và y. Hai đường thẳng đó lập thành bốn góc mà mỗi góc
hình học có số đo từ 0◦ đến 180◦. Góc có số đo nhỏ nhất trong bốn góc đó được gọi là góc hình
học giữa hai đường thẳng x và y, được kí hiệu là (x, y) hoặc (y, x). Trên cơ sở này, ta có khái niệm
góc định hướng giữa hai đường thẳng.
Định nghĩa 1.6. Cho góc hình học tạo bởi hai đường thẳng x và y. Nếu coi x là cạnh đầu và y là
cạnh cuối thì ta nói góc giữa hai đường thẳng x và y đã được định hướng (hoặc gọi là góc định
hướng (x, y)). Số đo của góc định hướng (x, y) là số đo của góc định hướng giữa hai tia có chung
đỉnh O và hai cạnh nằm trên hai đường thẳng x và y [1] .
Nhận xét 1.1. Từ định nghĩa này, ta suy ra rằng nếu α là số đo của góc giữa hai tia nằm trên x
và y thì số đo của góc định hướng giữa x và y là:
Sđ(x, y) = α+ kπ (k ∈ Z) hoặc (x, y) = α (mod π).
Trong đó α được gọi là giá trị chính.
Định nghĩa 1.7. Cho hai góc (x, y) = α, (x′, y′) = β. Khi đó: (x, y) = (x′, y′) (mod π) khi và
chỉ khi giá trị chính của hai góc bằng nhau.
Định nghĩa 1.8. Cho hai góc (x, y) = α, (x′, y′) = β. Khi đó:
(x, y)± (x′, y′) = α± β.
k(x, y) = kα(k 6= 0).
4
Ứng dụng góc định hướng vào một số bài toán hình học phẳng
1.3. Một số kết quả về góc định hướng
Định lí 1.1. Cho hai điểm phân biệt A,B và góc α (khác 0 và π). Tập hợp các giao điểm M của
hai đường thẳng x và y lần lượt đi qua A và B sao cho (x, y) = α (mod π) là một đường tròn đi
qua A và B (trừ A,B). Trường hợp x ‖ y thì góc định hướng (x, y) = 0 (mod π).
Định lí 1.2. (Hệ thức Chasles) Với x, y, z là 3 đường thẳng bất kì thì:
(x, y) + (y, z) = (x, z) (mod π).
Định lí 1.3. Bốn điểm phân biệt A,B,C,D cùng nằm trên một đường thẳng khi và chỉ khi:
(CA,CB) = (DA,DB) = 0 (mod π).
Định lí 1.4. Bốn điểm phân biệt A,B,C,D cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi:
(AC,AB) = (DC,DB) 6= 0 (mod π).
Định lí 1.5. (Hệ thức Chasles trong tam giác). Với mọi tam giác ABC , ta có:
(BA,BC) + (CB,CA) + (AC,AB) = 0 (mod π).
Định lí 1.6. Nếu I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC thì:
(IA, IB) =
π
2
+
1
2
(CA,CB) (mod π)
Hệ quả 1.1. Cho tam giác ABC . Khi đó các điều kiện sau là tương đương:
(i) Tam giác ABC cân tại A.
(ii) (BA,BC) = (CB,CA) (mod π).
(iii) (AB,AC) = 2(CB,CA) (mod π) [2] .
5
Nguyễn Đạt Đăng và Lưu Công Đông
Hệ quả 1.2. (Định lí Miquel) Cho tam giác ABC vàM,N,P lần lượt nằm trên các đường thẳng
chứa các cạnh BC,CA,AB. Khi đó các đường tròn (ANP ), (BPM), (CMN) có một điểm
chung. Điểm này được gọi là điểm Miquel của bộ ba đường tròn (ANP ), (BPM), (CMN).
2. Ứng dụng góc định hướng
Các bài toán sau đây chủ yếu bao gồm những bài toán do tác giả sáng tác ra dựa trên việc sử
dụng góc định hướng, còn lại là một số bài toán do tác giả sưu tầm. Những bài không chỉ ra nguồn
tài liệu tham khảo là những bài do tác giả sáng tác, còn những bài toán do tác giả sưu tầm sẽ được
chỉ rõ nguồn tài liệu sưu tầm.
Bài toán 2.1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), đường tròn đường kính AB cắt đường
tròn đường kính BC lần thứ hai tạiN và  ... N,C,D
đồng viên.
12
Ứng dụng góc định hướng vào một số bài toán hình học phẳng
Khi coi tam giác ABC là một tứ giác có hai đỉnh trùng nhau, ta thu được bài toán sau đây:
Bài toán 2.12. Cho tam giác ABC , điểm M thuộc đường thẳng AB. Đường tròn đi qua A,M
cắt đường thẳng AC tại N . Chứng minh rằng: B,M,N,C đồng viên khi và chỉ khi tiếp tuyến (d)
tại A của đường tròn (AMN) song song với BC .
Lời giải:
Ta có :
(MN,MB) = (MN,MA) = (AC, d) = (CA,CB) = (CN,CB).
Tiếp theo,chúng tôi sẽ trình bày lời giải của bài 4, đề thi IMO - 2017 bằng việc sử dụng một
số kết quả trên
Bài toán 2.13. (Bài 4, đề thi IMO 2017) Cho R và S là hai điểm phân biệt trên đường tròn Ω sao
cho RS không phải là đường kính. Cho ℓ là tiếp tuyến tại R của Ω. Lấy điểm T sao cho S là trung
điểm của đoạn thẳng RT . Lấy điểm J trên cung nhỏ RS của Ω sao cho đường tròn ngoại tiếp Γ
của tam giác JST cắt ℓ tại hai điểm phân biệt. Gọi A là giao điểm gần R nhất của Γ và ℓ. Đường
thẳng AJ cắt lại Ω tại K. Chứng minh rằng KT tiếp xúc với Γ.
Lời giải:
Theo Bài toán 2.11, trong tứ giác ATKR có (AJST ), (RKSJ) và đường chéo AK cùng
đi qua điểm J nên RK ‖ AT .
13
Nguyễn Đạt Đăng và Lưu Công Đông
GọiH là điểm đối xứng với A qua S. Khi đó ARHT là hình bình hành, suy ra TH ‖ AR.
Theo Bài toán 2.12, bốn điểmH,K,S, T đồng viên. Ta có: (AS,AT ) = (HS,HK) = (TS, TK)
nên KT tiếp xúc với Γ.
Kết luận: Đặc biệt hóa, khái quát hóa các bài toán là một cách hữu hiệu để từ một bài toán
đơn giản ta có được một bài toán mới thú vị hơn và có tính ứng dụng cao hơn.
Bài toán 2.14. (Tham khảo trong [3])Cho tam giác ABC và các điểmA1, A2 nằm trên đường thẳng
BC (khác B,C), B1, B2 nằm trên đường thẳng AC (khác A,C) , C1, C2 nằm trên đường thẳng
AB (khác A,B). Gọi M1 là điểm Miquel của bộ ba đường tròn (AB1C1), (BC1A1), (CA1B1)
và M2 là điểm Miquel của bộ ba đường tròn (AB2C2), (BC2A2), (CA2B2). Kí hiệu D,E,F
lần lượt là giao điểm thứ hai của các cặp đường tròn : (AB1C1) và (AB2C2), (BC1A1) và
(BC2A2), (CA1B2) và (CA2B2). Chứng minh rằng:(i) Các điểm D,E,F,M1,M2 cùng nằm
trên một đường tròn. Ta kí hiệu đường tròn này là (ω); (ii) Các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy
tại một điểm nằm trên (ω).
Lời giải.
(i) Ta sẽ chứng minhM2,M1,D, F đồng viên.
Thật vậy: (M2D,M2F ) = (M2D,M2B2) +(M2B2,M2F ) = (AD,AB2) + (CB2, CF )
= (AD,CF ) = (AD,AB1) + (CB1, CF ) = (M1D,M1B1) + (M1B1,M1F ) =
(M1D,M1F ) (mod π).
Chứng minh tương tự ta cóM2,M1,D,E đồng viên. Vậy D,E,F,M1,M2 cùng nằm trên
một đường tròn (ω) hoặc cùng nằm trên một đường thẳng.
(ii) Giả sử D,E,F,M1,M2 cùng nằm trên một đường tròn (ω).
Gọi giao điểm của AD với đường tròn (ω) là J . Ta có: (JF, JC)=(JF,M2F ) +
(M2F, JC) = (JD,M2D) + (B2M2, B2C) = (AD,M2D) + (B2M2, B2A) = (AD,M2D) +
(DM2,DA) = 0 (mod π). Tương tự, (EJ,EB) = 0 (mod π) Vậy đường thẳng AD,BE,CF
đồng quy tại J.
14
Ứng dụng góc định hướng vào một số bài toán hình học phẳng
Bài toán 2.15. (Tham khảo trong [3]) Cho tam giác ABC và điểmM nằm trong mặt phẳng của
tam giác (M không nằm trên các đường thẳng AB,BC,CA). Ký hiệu A1, B1, C1 lần lượt là ảnh
của M trong phép đối xứng tương ứng qua các trung điểm của BC,CA,AB.
(i) Chứng minh rằng các đường tròn (A1BC), (B1AC), (C1AB) có một điểm chung M ′.
(ii) Trung điểm E củaMM ′ nằm trên đường tròn cố định khiM thay đổi.
Lời giải:
Gọi giao điểm của (A1BC) và (C1AB) làM ′. Ta có:
(M ′A,M ′B) = (C1A,C1B), (M ′B,M ′C) = (A1B,A1C).
Sử dụng Hệ thức Chasles, ta có:
(M ′A,M ′C) = (M ′A,M ′B) + (M ′B,M ′C) = (C1A,C1B) + (A1B,A1C) =
−(MA,MB) − (MB,MC) = −(MA,MC) = (B1A,B1C). Suy ra M ′ nằm trên đường
tròn (B1AC). Vậy (A1BC), (B1AC), (C1AB) có một điểm chungM ′.
Ta có: (EK,EQ) = (M ′C1,M ′B1) = (M ′C1,M ′A)+ (M ′A,M ′B1)=(BC1, BA) +
(CA,CB1)= (AM,AB)+(AC,AM) = (AC,AB) = (PK,PQ) (mod π). Do đó E nằm trên
đường tròn (KQP), tức là đường tròn Euler của tam giác ABC.
Bài toán 2.16. (Tham khảo trong [4])
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Một đường thẳng không đi qua qua I cắt
BI,CI lần lượt tại các điểmM,N .
(i) Chứng minh rằng MN ⊥ AI khi và chỉ khi các điểm M,N,B,C cùng nằm trên một
đường tròn.
(ii) Ký hiệu A1, B1, C1 là các tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB tương ứng. Chứng minh
rằng M,N nằm trên đường tròn đường kính BC khi và chỉ khi đường thẳng MN đi qua B1 và
C1.
Lời giải:
(i) Giả sử rằng (MN,AI) =
π
2
(mod π). Trường hợp (MN,AI) =
−π
2
(mod π) chứng
minh tương tự.
Theo định lí Chasles, ta có: (MN,MB) = (MN,AI) + (AI,MB) =
π
2
+ (IA, IB) =
15
Nguyễn Đạt Đăng và Lưu Công Đông
pi
2
+ pi
2
+ 1
2
(CA,CB) = (CN,CB) (mod π) nên bốn điểmM,N,B,C cùng nằm trên một đường
tròn.
Ngược lại, giả sử M,N,B,C cùng nằm trên một đường tròn khi đó: (MN,MB) =
(CN,CB).
Ta có: (MN, IA) = (MN,MB) + (MB, IA) = (CN,CB) +
π
2
+
1
2
(CA,CB) =
π
2
(mod π).
Ta có điều phải chứng minh.
(ii) Nếu đường thẳng MN đi qua hai điểm B1 và C1 thì MN ⊥ AI . Theo câu (a) tứ giác
MNBC nội tiếp suy ra (MB1,MI) = (MN,MB) = (CN,CB) = (CB1, CI) (mod π). Do
đó MB1IC là tứ giác nội tiếp. Suy ra: (MI,MC) = (B1I,B1C) =
π
2
(mod π). Vậy điểm M
thuộc đường tròn đường kính BC, chứng minh tương tự đối với điểm N.
Ngược lại, nếu M,N nằm trên đường tròn đường kính BC thì các tứ giác MB1IC ,
BC1NI là các tứ giác nội tiếp. Ta sẽ chứng minh điểm M,N và B1 thẳng hàng bằng cách
chỉ ra (B1M,B1N) = 0 (mod π). Chứng minh M,N và C1 thẳng hàng tương tự. Ta có:
(B1M,B1N) = (B1M,B1C) + (B1C,B1N). Ta có: (B1M,B1C) = (IM, IC) = (IB, IC) =
π
2
+
1
2
(AC1, AB1) =
π
2
+ (AI,AB1). Mặt khác: (B1C,B1N) = (BC,BN). Suy ra
(B1M,B1N) = 0 (mod π). Vậy ta có M, N, C1,B1 thẳng hàng.
Bài toán 2.17. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong mặt phẳng của tam giác (M khác các
đỉnh tam giác). Ký hiệu A1, B1, C1 lần lượt là ảnh của A,B,C trong phép đối xứng quaM .
(i) Chứng minh rằng các đường tròn (A1BC), (B1AC), (C1AB) có một điểm chung và ta
kí hiệu điểm chung này là D.
(ii) Chứng minh rằng các đường tròn (A1B1C), (A1C1B), (B1C1A) có một điểm chung.
16
Ứng dụng góc định hướng vào một số bài toán hình học phẳng
Lời giải:
(i) Gọi D là giao điểm của (A1BC) và (C1AB). Ta có: (DA,DC) = (DA,DB) +
(DB,DC) = (C1A,C1B) + (A1B,A1C) (mod π). Mà ta có: A1C ‖ AC1 và C1B ‖ CB1
nên (C1A,C1B) = (A1C,B1C) (mod π). Tương tự, ta có (A1B,A1C) = (B1A,A1C) (mod
π). Từ đó: (DA,DC) = (A1C,B1C) + (B1A,A1C) = (B1A,B1C) (mod π). Điều này
chứng tỏ DACB1 là tứ giác nội tiếp. Vậy D nằm trên đường tròn (B1AC). Vậy 3 đường tròn
(A1BC), (B1AC), (C1AB) cùng đi qua điểm D.
(ii) Gọi E là giao điểm của (A1B1C) và (A1C1B). Ta thấy: (EC1, EB1) = (EC1, EA1)+
(EA1, EB1) = (BC1, BA1) + (CA1, CB1)= (B1C,B1A) + (AC1, BC1)=(BC1, AB1) +
(AC1, BC1) = (AC1, AB1)
Ta có điều phải chứng minh.
17
Nguyễn Đạt Đăng và Lưu Công Đông
Bài toán 2.18. (Tham khảo trong [4]) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng
AD cắt BC tạiM , đường thẳng AB cắt CD tại N , đường thẳng AC cắt BD tại P . Đường tròn
(ABP ) và đường tròn (CDP ) cắt nhau lần thứ hai tại E, đường tròn (ADP ) cắt đường tròn
(BCP ) lần thứ hai tại F . Chứng minh rằng:
(i) Các điểm E,M,O thẳng hàng và các điểm F,N,O thẳng hàng.
(ii) Điểm O là trực tâm của tam giácMPN .
Lời giải:
(i) Ta có (EA,ED) = (EA,EP ) + (EP,ED)= (BA,BP ) + (CP,CD) = (OA,OD)
nên tứ giác AEOD nội tiếp.
Tương tự BEOC cũng là tứ giác nội tiếp. Mà MA.MD = MB.MC nên M nằm trên trục đẳng
phương của (AEOD) và (BEOC). Suy ra E, M, O thẳng hàng. Trường hợp F,N,O tương tự.
(ii) Dễ chứng minh M,P,F thẳng hàng và N, P, E thẳng hàng. Ta có: (EP,EO) =
(EP,ED) + (ED,EO) = (CP,CD) + (AD,AO) = 1
2
(OA,OD) + 1
2
(OD,OA) + pi
2
= pi
2
(mod π) nên OM ⊥ EN .
Chứng minh tương tự ta cóMF ⊥ ON . Vậy O là trực tâm của△MPN .
Nhận xét 2.2. Dựa vào Hệ thức Chasles,ta không những tìm ra mối quan hệ giữa các góc nội tiếp
mà còn chứng minh được quan hệ vuông góc.
Bài toán 2.19. (Tham khảo trong [5]) Cho tam giác ABC và điểmM nằm trong mặt phẳng của
tam giác (M không nằm trên các đường thẳng AB,BC,CA). Ký hiệu A1, B1, C1 lần lượt là ảnh
củaM trong phép đối xứng qua BC,CA,AB.
(i) Chứng minh rằng các đường tròn (A1BC), (B1AC), (C1AB) có một điểm chung.
(ii) Chứng minh rằng các đường tròn (A1B1C), (A1C1B), (B1C1A) có một điểm chung.
18
Ứng dụng góc định hướng vào một số bài toán hình học phẳng
Lời giải:
(i) Gọi D là giao điểm của (A1BC) và (C1AB) ta có:
(DA,DB) = (C1A,C1B), (DB,DC) = (A1B,A1C).Từ đó : (DA,DC) =
(DA,DB) + (DB,DC) = (C1A,C1B) + (A1B,A1C) = −(MA,MB) − (MB,MC) =
−(MA,MC) = (B1A,B1C). Vậy D nằm trên đường tròn (B1AC). Vậy ba đường tròn cùng đi
qua điểm D.
(ii) Gọi E là giao điểm của (A1B1C) và (A1C1B). Ta có: (EA1, EB1) = (CA1, CB1) =
(CA1, CM) + (CM,CB1) = 2(CB,CM) + 2(CM,CA) = 2(CB,CA). Tương tự
(EC1, EA1) = 2(BA,BC). Từ đó suy ra (EC1, EB1) = (EC1, EA1) + (EA1, EB1) =
2(AB,AC) = (AC1, AB1) vậy E thuộc đường tròn ngoại tiếp△AB1C1.
Nhận xét 2.3. Trung điểm của đoạn thẳng DM cũng nằm trên đường tròn Euler của tam giác
ABC . Chứng minh tương tự Bài toán 2.15.
Bài toán 2.20. (Đề thi HSG Quốc Gia 2012) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O
và có các cặp cạnh đối không song song. GọiM,N tương ứng là giao điểm của các đường thẳng
AB và CD,AD và BC . Gọi P,Q, S,R tương ứng là giao điểm các đường phân giác trong của
19
Nguyễn Đạt Đăng và Lưu Công Đông
các cặp góc M̂AN và M̂BN , M̂BN và M̂CN , M̂CN và M̂DN , M̂DN và M̂AN . Giả sử bốn
điểm P,Q, S,R đôi một phân biệt.
(i) Chứng minh rằng bốn điểm P,Q, S,R cùng nằm trên một đường tròn. Gọi I là tâm
đường tròn đó.
(ii) Gọi E là giao điểm các đường chéo AC và BD. Chứng minh rằng ba điểm E,O, I
thẳng hàng.
Lời giải:
(i) Không mất tính tổng quát giả sử A nằm giữa N và D,C nằm giữa D vàM . Dễ thấy P
là tâm đường tròn bảng tiếp góc A của △NAB, S tâm đường tròn bàng tiếp góc D của △NDC
nên P, S,N thẳng hàng. Chứng minh tương tự Q,T,M thẳng hàng.
Ta có: (TQ, TP ) = (TM,TA) = pi
2
+ 1
2
(DM,DA) = pi
2
+ (DC,DN) = (SC, SN)
= (SQ,SP )
do đó PSTQ là tứ giác nội tiếp.
(ii) Dễ thấy T là tâm đường tròn bàng tiếp góc D của△ADM nên
(TA, TM) =
1
2
(DA,DM)=(TA, TQ). (BA,BQ)=(BA,BN)+(BN,BQ)= (BA,BC)+
1
2
(BN,BM)= (DA,DM)+1
2
(BC,BA) =(DN,DM)+ 1
2
(DM,DN) = 1
2
(DA,DM).
Do đó (TA, TQ) = (BA,BQ) (mod π). Vậy tứ giác ARQB là tứ giác nội tiếp suy ra
MB.MA=MT.MQ do đóM nằm trên trục đẳng phương của (O) và (I). Chứng minh tương tự
N cũng nằm trên trục đẳng phương của (O) và (I), như vậy MN là trục đẳng phương của (O)
và (I) và MN ⊥ OI . Mặt khác theo Bài toán 2.18 thì điểm E là trực tâm của tam giác MON
nên OE ⊥MN suy ra O,E, I thẳng hàng.
Nhận xét 2.4. Sử dụng góc định hướng ta nhận thấy rằng ý (a) của bài toán vẫn đúng khi ABCD
là một tứ giác bất kỳ và phát hiện được một số các tính chất sau:
(i) Giao điểm đôi một của bốn đường phân giác trong của các góc A,B,C,D cũng nằm
trên một đường tròn.
20
Ứng dụng góc định hướng vào một số bài toán hình học phẳng
(ii) Giao điểm đôi một của bốn đường phân giác ngoài của các góc A,B,C,D nằm trên
một đường tròn
3. Một số bài toán ứng dụng
Bài toán 3.1. Cho △ABC và ba điểm phân biệt M,N,P nằm trên đường thẳng (d) bất kì nằm
trong mặt phẳng chứa tam giác. Các điểm D,E,F theo thứ tự nằm trên các đường thẳng chứa
các cạnh BC,CA,AB (Kí hiệu A1, B1, C1 theo thứ tự lần lượt là giao điểm củaMA,MB,MC
với (AEF ), (BFD), (CED). Dựng hình tương tự đối với N và P .
(i) Chứng minh rằng (AEF ), (BFD), (CED) có một điểm chung và ta kí hiệu điểm
này là I.
(ii) Chứng minh rằng nếu (A1B1C1), (A2B2C2), (A3B3C3) có một điểm chung khác I thì
điểm chung đó nằm trên đường thẳng (d).
Bài toán 3.2. Dựng đường tròn tâm J bàng tiếp tam giác ABC , đường tròn này tiếp xúc với BC
tại M và phần kéo dài đường thẳng AB,AC tại E, F. Dựng một đường thẳng qua J cắt AC tại P
và BJ tại Q.
(i) Chứng minh rằng đường thẳng PQ vuông góc với JC khi và chỉ khi AQJP là tứ giác
nội tiếp.
(ii) Chứng minh rằng nếu PQ đi qua M và F thì Q là hình chiếu của A trên BQ.
Bài toán 3.3. Cho x̂Oy và B là điểm cố định trên Ax (B 6= A). Với mỗi điểm C nằm trên tia Ay
ta dựng đường tròn tâm J tiếp xúc với AC tại M và phần kéo dài cạnh BC,AB của tam giác ABC
tương ứng tại N và E.
21
Nguyễn Đạt Đăng và Lưu Công Đông
(i) Chứng minh rằng MN đi qua một điểm cố định khi C thay đổi.
Gọi F là giao điểm của ME và JC.
(ii) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác (JEF ) đi qua một điểm cố định khi C
thay đổi.
Bài toán 3.4. Cho tam giác ABC vuông tại B. Vẽ đường tròn tâm C và giả thiết rằng đường tròn
này không có điểm chung với đường thẳng AB. Từ A kẻ tới đường tròn tâm C các tiếp tuyến AP,
AQ( P, Q là các tiếp điểm và AQ nằm trong góc (BAP ) ). M là chân đường vuông góc hạ từ B
xuống đường thẳng PQ. Đường tròn đường kính AB cắt lại các đường thẳng AP,AQ tại các điểm
E và F.Chứng minh ràngM,E,F thẳng hàng.
Bài toán 3.5. Giả sử ABCD là một tứ giác lồi. Phép đối xứng qua BC biến tứ giác đó thành tứ
giác A′BCD′. Phép đối xứng qua CD′ biến A′BCD′ thành A′′B′CD′. Phép đối xứng quaD′A′′
biến A′′B′CD′ thành A′′B′′C ′D′. Chứng minh
−−−→
A′′B′′ =
−−→
AB là điều kiện cần và đủ để ABCD
nội tiếp.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Đỗ Thanh Sơn, 2010. Nâng cao và phát triển toán Hình học 11. Nxb Giáo Dục, Hà Nội.
[2] Nguyễn Minh Hà, 2015. Góc định hướng trong hình học phẳng. Nxb Giáo Dục, Hà Nội.
[3] Nguyễn Minh Hà, 2016. Hướng trong hình học phẳng. Nxb Giáo Dục, Hà Nội.
[4] Các bài thi olympic Toán THPT Việt Nam (1990 - 2006), Tủ sách Toán học và tuổi trẻ, Nxb
Giáo Dục, năm 2006.
[5] Transformational Plane Geometry, Ronald N. Umble, Zhigang Han, 1998.
ABSTRACT
Applications of oriented angles in some geometric problems
In this paper we use the oriented angles to solve geometric problems and create some
problems of geometry. These are featured problems that are related to the relation between straight
lines and circles, polygons, and circumcircles. Using oriented angles will avoid the lack of cases
or the discursion when using scalar angles.
Keywords: Oriented angles, inscribed circle points, collinear points, concurrent lines.
22