X A= BA Y A= CA
3. Tìm quỹ tích, đường đi qua điểm cố định
Tư tưởng: Ta thường gặp hai dạng quỹ tích là đường thẳng và đường tròn. Ta sẽ sử dụng việc biến đổi qua lại giữa đường thẳng và đường tròn của phép nghịch đảo để tìm quỹ tích.
Ví dụ 8. Cho (O) và điểm S nằm ngoài (O). Hai cát tuyến chuyển động của S lần lượt cẳt (O) tại A,A’ và B, B’. Gọi M giao điểm thứ hai của (SAB’) và (SBA’). Tìm quỹ tích điểm M.
Phân tích: Ở bài toán xuất hiện tứ giác nội tiếp có hai cát tuyến cắt nhau tại một điểm là mô hình quen thuộc để chúng ta nghĩ tới phép nghịch đảo. Ta dự đoán quỹ tích là đường tròn đường kính OS và đề bài chỉ cho hai điểm cố định nên ta sẽ chọn tâm nghịch đảo là một trong hai điểm đó với phương tích là một đại lượng cố định.
Hướng dẫn giải.
Gọi I = AB’Ç A’B.
Đường thẳng qua S và vuông góc với OS cắt OS và (O) tại H, I’. Theo tính chất của cực và đối cực, ta có SI’ là 1 tiếp tuyến của O Þ SH.SO = SI’2 = P(S,(O))
Þ Phép nghịch đảo N(S, k) với k = P(S,(O)) biến: H « O A « A’
B « B’Þ Phép nghịch đảo NS,k) với k = P(S,(O)) biến: (SA’B) « AB’ Þ Phép nghịch đảo NS,k) với k = P(S,(O)) biến: (SA’B) « AB’
(SAB’) « A’B
Þ Phép nghịch đảo NS,k) với k = P(S,(O)) biến M = (SA’B) Ç (SAB’) « I = AB’Ç A’B
Þ Tứ giác HIMO nội tiếp Þ OMI· = 180o - IHO· = 180o - 90o = 90o. Vậy quỹ tích điểm M là đường tròn đường kính OS.
Ví dụ 9. Cho một đường tròn cố định tâm (O) và dây cung AB cố định của đường tròn đó. Một điểm M di động trên đường tròn (O). Gọi M’ là giao điểm thứ 2 của các đường tròn qua M lần lượt tiếp xúc với AB tại A và B. Tìm quỹ tích M’.
Phân tích: Ta dự đoán quỹ tích là đường tròn đối xứng với (O) qua AB. Vì vậy ta nghĩ đến dùng phép vị tự biến (O) thành (AM’B) với tỉ số k = 1. Vì đây là phép vị tự hai đường tròn nên ta sẽ chuyển qua sử
Gọi (O1), (O2) lần lượt là các đường tròn ngoại tiếp DAMM’ và DBMM’ Gọi I = MM’Ç AB. 1 2 2 ( (O ) 2 ) ( ,(O )) , . ' I IM IM I IB IA IB IA = P = = P = Þ = Vậy IA2 = IM.IM’ = IB2.
Þ phép nghịch đảo N(I,k) với k = IA2 biến: A ® A; B ® B; M ® M’ Þ Phép nghịch đảo N(I,k) biến (O) thành đường tròn (AM’B). Suy ra đường tròn (AM’B) là ành của phép vị tự V(I, k’) với
22 2 ( ,( )) ' 1 I O k IA k P IA = = =
mà A, B cố định Þ Đường tròn (AM’B) đối xứng với (O) qua AB. Vậy M’ luôn thuộc đường tròn đối xứng với đường tròn (O) qua AB.
Ví dụ 10. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Điểm I nằm trên đoạn AB (khác A, B). Một đường thẳng d thay đổi qua cắt (O) tại C, D (d không trùng với AB). Đường thẳng AC, AD cắt d’ tại M, N (d’ là tiếp tuyến tại B của (O)). Chứng minh (AMN) qua điểm cố định thứ 2, từ đó suy ra tâm của đường tròn (AMN) luôn nằm trên đường thẳng cố định.
Phân tích: Bài toán yêu cầu chứng minh đường tròn đi qua một điểm cố định, ta sẽ chứng minh dựa vào các điểm cố định của đề bài và tìm các phép biến đổi để được điểm cố định cần tìm. Một trong các hướng suy nghĩ tự nhiên đó là phép nghịch đảo bởi nó cho ta biến đổi qua lại giữa đường thẳng và đường tròn.
Ta có AB ⊥ MN, BC ⊥ AM, BD ⊥ AM.
⇒ AC.AM = AB2 = AD.AN
⇒ phép nghịch đảo N(A,k) với k = AB2 biến: M → C N → D
⇒ phép nghịch đảo N(A,k) biến (AMN) → CD. Gọi I’ = N(A,k)(I) ⇒ I’∈ (AMN)
Mà I cố định ⇒ I’ cố định.
⇒ (AMN) luôn đi qua điểm cố định thứ 2 là ảnh của I qua phép nghịch đảo N(A,k)⇒ Tâm của (AMN) luôn thuộc đường trung trực của AI’.
Ví dụ 11 (VMO 2014). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), trong đó B,C cố định và A thay đổi trên (O). Trên các tia AB và AC lần lượt lấy các điểm M và N sao cho MA = MC và NA = NB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AMN và ABC cắt nhau tại P (P ¹ A). Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tại Q.
(a) Chứng minh rằng ba điểm A, P, Q thẳng hàng
(b) Gọi D là trung điểm của BC. Các đường tròn có tâm là M,N và cùng đi qua A cắt nhau tại K (K ¹ A).
Đường thẳng qua A vuông góc với AK cắt BC tại E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt (O) tại F (F
a. Vì ∆MAC cân tại M và ∆NAB cân tại N
⇒ (BA, BN) º (AN, AB) º (AC, AM) º (CM, CA) (mod π ) ⇒ B, N, C, M đồng viên.
⇒ AB.AM = AN.AC
⇒ Phép nghịch đảo N(A,k) với k = AB.AM biến: B ↔ M; C ↔ N
⇒ phép nghịch đảo N(A,k) biến: (AMN) ↔ BC (ABC) ↔ MN
⇒ phép nghịch đảo N(A,k) biến giao điểm P của (AMN) và (ABC) thành giao điểm Q của BC và MN ⇒
, ,
A Q P (đpcm)
b. Ta có OA=OB và NA=NB ⇒ ON là đường trung trực của AB ⇒ ON ⊥ AB Tương tự ta có MO ⊥ AC
⇒ O là trực tam của tam giác (AMN) ⇒ AO ⊥ MN.
Ta có AK là trục đẳng phương của đường tròn (N, NA) và (M, MA) ⇒ AK ⊥ MN
⇒ AOK
⇒ AE ⊥ AO
Ta có D là trung điểm của BC ⇒ OD ⊥ BC
⇒ tứ giác EAOD nội tiếp đường tròn đường kính OE ⇒ tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác EAOD là trung điểm OE
⇒ OE ⊥ AF ( vì AF là trục đẳng phương của (O) và (EAOD)).
⇒ OL.OE = OA2
⇒ phép nghịch đảo N(O,k) với k = OA2 biến: A → A E → L
⇒ phép nghịch đảo N(O, k) biến đường tròn (OAE) thành đường thẳng AL. Mà D ∈ (OAE) ⇒ I = N(O,k) (D) ⇒ OI.OD = OA2
Mà D cố định ⇒ I cố định.
Vậy đường thẳng AF luôn đi qua một điểm I cố định trên AB và OI.OD = OA2.