Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Chuyên đề: phép biến hình (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $MB=x$ thì $MA=2x$, $MC=3x$. Xoay tam giác $AMB$ quanh $A$ một góc $90^{\circ }$ theo chiều đưa $B\to C$ (do $AB=AC$, $\angle BAC=90^{\circ }$), điểm $M$ biến thành $M^{\prime }$. Khi đó $A{M}^{\prime }=AM=2x$, $M^{\prime }C=MB=x$, và $\angle MA{M}^{\prime }=90^{\circ }$ nên $M{M}^{\prime }=2x\sqrt{2}$. Xét tam giác $M{M}^{\prime }C$: $M{M}^{\prime 2}+M^{\prime }{C}^2=8x^2+x^2=9x^2=M{C}^2$, suy ra $\angle M{M}^{\prime }C=90^{\circ }$. Mặt khác tam giác $AM{M}^{\prime }$ vuông cân tại $A$ nên $\angle A{M}^{\prime }M=45^{\circ }$. Vì phép quay biến góc $\angle AMB$ thành $\angle A{M}^{\prime }C$, ta có $\angle AMB=\angle A{M}^{\prime }C=\angle A{M}^{\prime }M+\angle M{M}^{\prime }C=45^{\circ }+90^{\circ }=135^{\circ }$. Vậy đáp án B.

Cách 1. Do $\angle ABK=\angle BAC=60^{\circ }\Rightarrow BK//AC$, tương tự $CL//AB$. Gọi $KB$ cắt $CL$ tại $X$ thì $ABXC$ là hình bình hành nên trung điểm $M$ của $BC$ là trung điểm $AX$.
Xét phép quay tâm $A$ với góc 60 độ biến $K$ thành $B$, $C$ thành $L$ nên nó biến $CK$ cắt $AB$ tại $S$ thành $BL$ cắt $AC$ tại $R\Rightarrow \Delta ASR$ đều và $\angle KTL=120^{\circ }$ (do phép quay) $\Rightarrow$ Tứ giác $ASTR$ nội tiếp và $\angle BXC=\angle BAC=60^{\circ }$ nên tứ giác $BTCX$ nội tiếp.
Từ đó ta thấy $\Delta XKL$ và $\Delta ARS$ cùng là tam giác đều và có cạnh tương ứng song song nên $XA,KR,LS$ đồng quy tại $Y$. Ta chứng minh $Y$ là tâm đẳng phương của $(KSB),(BCT),(ACL)$.
Gọi $YK$ cắt $(BSK)$ tại $U$, $AX$ cắt $(BCT)$ tại $D$. Ta chứng minh $U,D$ nằm trên $(ASR)$.
Ta có $\angle RUS=\angle KBS=60^{\circ }=\angle SAR$ nên $U$ nằm trên $(ASR)$.
Ta cũng có $\angle ADT=\angle TBX=180^{\circ }-\angle KBR=\angle ARB$ (do $KB//AR$) nên $D$ nằm trên $(ASR)$.
Nên $\angle YUD=\angle DAC=\angle AXB$ (do $AC//BX$) $\Rightarrow$ Tứ giác $UDXK$ nội tiếp $\Rightarrow YU.YK=YD.YX$.
$\Rightarrow Y$ nằm trên trục đẳng phương của $(BCT)$ và $(BKS)$.
Tương tự ta có $Y$ nằm trên trục đẳng phương của $(BCT)$ và $(CLR)$.
Vậy ta có $Y$ là tâm đẳng phương của 3 đường tròn hay ta có điều cần chứng minh.



Cách 2. Ta xét thế hình như hình vẽ.
Đặt ${\omega }_1=(KSB)$, ${\omega }_2=(BTC)$, ${\omega }_3=(LRC)$ và $AB=c$, $AC=b$.



(1) Ta có: $\angle KBA=\angle BAC=\angle LCA=60^{\circ }$. Do đó: $KB\parallel AC$ và $LC\parallel AB$.
Gọi $X=KB\cap LC$. Khi đó $ABXC$ là hình bình hành, suy ra $AX$ đi qua trung điểm của $BC$. Vậy $AX$ là đường trung tuyến của tam giác $ABC$.
Mặt khác, $K,A,L$ thẳng hàng và $KL=KX=LX=b+c$.
Do đó $△KXL$ đều. Ta có: $KL=LX$, $LC=XB=b$ và $\angle KLC=\angle LXB=60^{\circ }$. Suy ra $△KLC\sim △LXB$, nên $\angle LKC=\angle XLB$. Từ đó: $\angle BTC=120^{\circ }$. Lại có $\angle BXC=\angle BAC=60^{\circ }$, suy ra $B,T,C,X$ cùng thuộc một đường tròn. Vậy $X\in {\omega }_2$.
(2) Ta có: $△KBS\sim △CAS$ và $△LCR\sim △BAR$. Do đó: $AS=AR=\frac{bc}{b+c}$.
Lấy $D$ trên tia $AB$ sao cho $AD=AC=b$. Khi đó $△ACD$ đều. Từ $ABXC$ là hình bình hành ta có $B,C,X,D$ cùng thuộc một đường tròn. Suy ra $D\in {\omega }_2$.
Trên các đường thẳng $AB$, $AC$ ta lấy chiều dương lần lượt từ $A$ đến $B$ và từ $A$ đến $C$. Khi đó:
$${\mathcal{P}}_{A/(KSB)}=\overline{AS}.\overline{AB}=\frac{b{c}^2}{b+c},{\mathcal{P}}_{A/(BTC)}=\overline{AD}.\overline{AB}=bc,{\mathcal{P}}_{A/(LRC)}=\overline{AR}.\overline{AC}=\frac{b^{2}c}{b+c}.$$
Ta có: ${\mathcal{P}}_{X/(KSB)}=\overline{XB}.\overline{XK}=(-b)(-(b+c))=b(b+c)$.
Vì $X\in (BTC)$ nên ${\mathcal{P}}_{X/(BTC)}=0$. ${\mathcal{P}}_{X/(LRC)}=\overline{XC}.\overline{XL}=(-c)(-(b+c))=c(b+c)$.

Bổ đề 0.1. Đường thẳng $UV$ cắt trục đẳng phương của hai đường tròn $\alpha ,\beta$ tại $G$ thì
$$\frac{\overline{UG}}{\overline{GV}}=-\frac{{\mathcal{P}}_{U/(\alpha )}-{\mathcal{P}}_{U/(\beta )}}{{\mathcal{P}}_{V/(\alpha )}-{\mathcal{P}}_{V/(\beta )}}.$$
Chứng minh. Thật vậy, hiệu ${\mathcal{P}}_{Y/(\alpha )}-{\mathcal{P}}_{Y/(\beta )}$ là một hàm bậc nhất theo điểm $Y$ trên đường thẳng $UV$ và bằng 0 tại $G$.

(3) Gọi $G_1=BP\cap AX$. Vì $BP$ là trục đẳng phương của ${\omega }_1$ và ${\omega }_2$, áp dụng bổ đề ta có:
$$\frac{\overline{A{G}_1}}{\overline{G_{1}X}}=-\frac{{\mathcal{P}}_{A/(KSB)}-{\mathcal{P}}_{A/(BTC)}}{{\mathcal{P}}_{X/(KSB)}-{\mathcal{P}}_{X/(BTC)}}=-\frac{\frac{b{c}^2}{b+c}-bc}{b(b+c)}=\frac{bc}{(b+c{)}^2}.$$
Gọi $Q$ là giao điểm thứ hai của ${\omega }_2$ và ${\omega }_3$ khác $C$, đồng thời đặt $G_2=CQ\cap AX$. Vì $CQ$ là trục đẳng phương của ${\omega }_2$ và ${\omega }_3$, tương tự:
$$\frac{\overline{A{G}_2}}{\overline{G_{2}X}}=-\frac{{\mathcal{P}}_{A/(BTC)}-{\mathcal{P}}_{A/(LRC)}}{{\mathcal{P}}_{X/(BTC)}-{\mathcal{P}}_{X/(LRC)}}=-\frac{bc-\frac{b^{2}c}{b+c}}{-c(b+c)}=\frac{bc}{(b+c{)}^2}.$$
Do đó: $\frac{\overline{A{G}_1}}{\overline{G_{1}X}}=\frac{\overline{A{G}_2}}{\overline{G_{2}X}}$.
Vì $G_1,G_2$ cùng thuộc đường thẳng $AX$ nên $G_1\equiv G_2$, gọi chung là điểm $G$. Suy ra $BP$, $CQ$, $AX$ hay ta thu được tâm đẳng phương của ${\omega }_1,{\omega }_2,{\omega }_3$ nằm trên đường trung tuyến $AX$.

a) Gọi $B^{\prime }{C}^{\prime }$ cắt $BC$ tại $U$. Ta có: $B^{\prime }{C}^{\prime }$ là $d_a$ do đó: $d$ đi qua $U$.

Tương tự thì: $C^{\prime }{A}^{\prime }$, $AB$, $d$ đồng quy. Và: $AC$, $A^{\prime }{B}^{\prime }$, $d$ đồng quy.

Do đó áp dụng định lí Desargues ta có: $A{A}^{\prime }$, $B{B}^{\prime }$, $C{C}^{\prime }$ đồng quy tại $Y$. Gọi $Y_a$, $Y_b$, $Y_c$ đối xứng $Y$ qua $BC$, $CA$, $AB$ lần lượt. Theo tính chất đối xứng ta có: $Y_b{Y}_c$ song song $d$. Tương tự thì ta thu được: $Y_a$, $Y_b$, $Y_c$ thẳng hàng (cùng nằm trên đường thẳng song song $d$) dẫn đến theo tính chất đường thẳng Steiner đảo thì: $Y\in (O)$.

b) Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Gọi $d_1,d_2,d_3$ lần lượt là các đường thẳng đối xứng với $XH$ qua $BC,CA,AB$.

Gọi $H_a$ là điểm đối xứng của $H$ qua $BC$. Ta có $H_a\in (O)$. Gọi $Q$ là giao điểm thứ hai của $d_1$ với $(O)$. Gọi $Q_a,Q_b,Q_c$ lần lượt là các điểm đối xứng của $Q$ qua $BC,CA,AB$. Vì $Q\in d_1$ nên $Q_a\in XH$.

Theo tính chất điểm Anti-Steiner ta có: $d_1,d_2,d_3$ đồng quy tại điểm cố định $Q\in (O)$.

Gọi $X_a,X_b,X_c$ lần lượt là các điểm đối xứng của $X$ qua $BC,CA,AB$.

Vì $X\in (O)$ nên theo tính chất Steiner: $X_a,X_b,X_c,H$ thẳng hàng.

Ta có: $d_1=Q{X}_a$, $d_2=Q{X}_b$, $d_3=Q{X}_c$.

Do $(d_2,d_b)$ và $(d_3,d_c)$ lần lượt là ảnh của $(XH,d)$ qua các phép đối xứng nên: $\angle (d_2,d_b)=\angle (d_3,d_c)$.

Mà $A^{\prime }=d_b\cap d_c$, suy ra: $\angle Q{X}_b{A}^{\prime }=\angle Q{X}_c{A}^{\prime }$.

Do đó: $Q$, $X_b$, $A^{\prime }$, $X_c$ đồng viên. Tương tự: $Q$, $X_c$, $B^{\prime }$, $X_a$ đồng viên, $Q$, $X_a$, $C^{\prime }$, $X_b$ đồng viên.

Vậy ta thu được: $Q$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần: $(A^{\prime }{B}^{\prime },B^{\prime }{C}^{\prime },C^{\prime }{A}^{\prime },X_b{X}_c)$ dẫn đến: $Q\in (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ luôn đi qua điểm cố định $Q$.

Xét phép quay tâm $B$ góc quay $-60^{\circ }$ (hoặc xét tam giác bằng phép dựng hình):
Giả sử quay điểm $M$ quanh $B$ góc $-60^{\circ }$ thành điểm $M^{\prime }$. Khi đó tam giác $BM{M}^{\prime }$ đều cạnh $BM$, suy ra $M{M}^{\prime }=MB$.
Do phép quay biến $A$ thành $C$ hoặc dùng định lí Carnot, ta có quan hệ $M{C}^2+M{M}^{\prime 2}=M{A}^2⟺△M{M}^{\prime }C$ vuông tại $M$, nên $\widehat{M^{\prime }MC}=90^{\circ }$.
Vì tam giác $BM{M}^{\prime }$ đều nên $\widehat{BM{M}^{\prime }}=60^{\circ }$.
Suy ra $\widehat{BMC}=\widehat{BM{M}^{\prime }}+\widehat{M^{\prime }MC}=60^{\circ }+90^{\circ }=150^{\circ }$. Chọn A.