2 Giải toán hình học trong mặt phẳng định hướng
2.3 Ứng dụng góc định hướng giải các bài toán quỹ tích
Khi giải các bài toán quỹ tích cần sử dụng các kết quả sau:
• Tập hợp điểm M nằm trên đường tròn(ABC)khi và chỉ khi
Hình 2.17.
• {M | (M A, M B) =α(modπ)}là cung tròn chứa gócαquaA, B.
• {M | (M A, M B) =−α(modπ)}là cung tròn không chứa gócαquaA, B.
Bài toán 2.17. Cho tam giácABC. Gọi M là một điểm di động trên cạnhBC. Hai đường tròn thay đổi qua M, tiếp xúc với AB, AC lần lượt tạiB, C cắt nhau tại I. Tìm tập hợp điểmI khiM thay đổi.
Hình 2.18.
Lời giải. Thuận.VìAB là tiếp tuyến của đường tròn(O1)nên ta có
VìAC là tiếp tuyến của đường tròn(O2) nên ta có
(IM, IC) = (CM, CA) = (BC, BA) (modπ) (2.29)
Cộng (2.28) và (2.29) vế với vế và áp dụng hệ thức Salơ
(IB, IC) = (AB, AC) (modπ).
Suy ra tứ giácABICnội tiếp. Vậy điểmI thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giácABC.
Đảo.Lấy bất kỳ I ∈ (ABC). NếuI ≡ A ta không dựng được hai đường tròn qua A
tiếp xúc vớiAB, AC lần lượt ởB vàC nên điểmAbị loại.
Với I 6≡ A (kể cảI ≡ B vàI ≡ C). Nối IB, IB, ta dựng (O1)tiếp xúc vớiAB
tại B và đi quaI, (O2) tiếp xúc với AC tại C và đi quaI. Giao thứ hai của(O1) và
(O2) làM. Ta phải chứng minhM ∈BC. VìABlà tiếp tuyến của(O1)nên
(IB, IM) = (BA, BM) (modπ).
VìAC là tiếp tuyến của(O2)nên
(IM, IC) = (CM, AC) (modπ).
Cộng vế với vế
(IB, IM) + (IM, IC) = (BA, BM) + (CM, CA) (modπ) ⇔ (IB, IC) = (BA, BM) + (CM, CA) (modπ)
⇔ (AB, AC) = (AB, M B) + (M C, CA) (modπ) (doI ∈(ABC)).
Từ đó suy raM B ≡ M C, hayM ∈BC.
Kết luận: Tập hợp các điểmI là đường tròn(ABC)trừ điểmA.
Bài toán 2.18. Cho đường tròn(O)và(O0)có bán kínhRvàR0cắt nhau tạiAvàB. Một điểmM di động trên(O). Đường thẳngM Avà M B cắt đường tròn(O0) tạiC
Hình 2.19.
Lời giải. Thuận.Ta có(AD, AC) = (AD, BM) + (BM, AC),mà
(AD, BM) = (AD, BD) = 1 2( −−→ O0A,−−→ O0B) = (O0O, O0B) (modπ) và (BM, AC) = (M B, M A) = 1 2( −−→ OB,−→ OA) = (OB, OO0) (modπ). Do đó
(AD, AC) = (O0O, O0B) + (OB, OO0) = (OB, O0B) (modπ)
= (BO, BO0) (modπ) =const.
Đặt∠OBO0 =π−α, suy ra∠BAC = α, thì độ dàiCDkhông đổ,CD = 2R0sinα. Từ đây suy ra khoảng cáchO0I = R0cosα. Vậy trung điểmI thuộc đường tròn tâm
O0bán kính bằngR0cosα.
Đảo. Đảo lại lấy mọi I ∈ (O0, R0cosα), α = π − OBO\0. Qua I vẽ đường thẳng vuông góc vớiO0I cắt(O0)ởM. Ta cần chứng minhM ∈(O). Lý luận ngược lại với phần thuận ta được điều phải chứng minh.
Kết luận: Tập hợp các trung điểmI thỏa mãn đề bài là đường tròn(O0, R0cosα).
Bài toán 2.19(VN IMO 2005-2006). Cho tứ giácABCD. ĐiểmM chạy trên đường thẳngAB và khácA, B. Các đường tròn (ACM)và(BDM)cắt nhau tại điểm thứ haiN. Chứng minh rằng
Hình 2.20. (b) M N luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải. (a) Thực chất ta chỉ giải phần thuận của bài toán quỹ tích. Đặt O = AC ∩
BD. Ta thấy (N C, N D) = (N C, N M) + (N M, N D) (modπ) = (AC, AM) + (BM, BD) (modπ) (vìA ∈(N CM);B ∈(N M D)), do hệ thức Salơ = (AC, BD) (modπ) (vìAM ≡BM) = (OC, OD) (modπ) (vìAC ≡OC vàBD ≡ OD).
Do đóN thuộc đường tròn(OCD). Vì(OCD) cố định, ta có điều chứng minh. (b) GọiK là giao điểm thứ hai củaM N với(OCD). Ta thấy
(OK, AC) = (OK, OC) (modπ) (vìAC ≡ OC)
= (N K, N C) (modπ) (vìN ∈ (OKC))
= (N M, N C) (modπ) (vìN K ≡N M)
= (AM, AC) (modπ) (vìA∈ (N M C))
= (AB, AC) (modπ) (vìAM ≡AB)
Bài toán 2.20. Cho tam giác cânABC đỉnhA. Một điểmM di động trên đường tròn ngoại tiếp tam giácABC. Đường thẳngAM cắtBC tạiP.
(1) Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp của tam giácBM P vàCM P tiếp xúc vớiAB, AC lần lượt tạiB vàC.
(2) Tìm tập hợp tâm của các đường trònBM P vàCM P.
Hình 2.21.
Lời giải. (1) VìA, B, C, M đồng viên nên
(BA, BM) = (CA, CM) = (CA, CB) + (CB, CM) (2.30)
Theo giả thiết tam giácABC cân tạiA nên ta có
(CA, CB) = (BC, BA) (modπ) (2.31)
và
(CB, CM) = (AB, AM) (modπ) (2.32) Từ (2.30), (2.31) và (2.32) ta có
= (BC, AM) = (P B, P M) (modπ)
Suy raBAlà tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác P M B. Tương tựAC là tiếp tuyến của đương tròn ngoại tiếp tam giácCM P tại C.
(2) Giả sửI là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácBM P suy raI là giao điểm của đường trung trực cạnh BP và đường thẳng ∆cố định vuông góc với AB tại B. Khi
M di động trên đường tròn(ABC)thìP di động trênBC, suy raI di động trên∆. Đảo lại, lấy I ∈ ∆, vẽ đường tròn (I, IB). Đường tròn này luôn cắt (ABC) tại một điểmM.AM cắtBC kéo dài tạiP. Ta cần chứng minh đường tròn(CM P)tiếp xúc vớiAC tạiC, hayAC là tiếp tuyến của đường tròn(CM P)tạiC.
Thật vậy, tương tự khi chứng minh phần thuận ta có:
(CA, CM) = (P C, P M) (modπ).
Kết luận: Tập hợp các điểm I là ∆ đi qua B, ∆ ⊥ BA. Gọi J là tâm đường tròn (CM P), tương tự như trên, tập hợp các điểm J là đường thẳng ∆0 đi qua C,
∆0 ⊥CA.