Dùng đường tròn Apollonius vào bài toán tìm tập hợp điểm

Lưu ý với một số bài toán dùng đường tròn $Apollonius$ để tìm tập hợp điểm, ta phải xét tỉ số bằng 1 là thiết yếu do khi đó quỹ tích sẽ là đường trung trực của đoạn thẳng chứ không còn là đường tròn nữa. Chúng ta xét các bài tập sau:
Bài 1: Cho tam giác ABC và điểm P . Gọi $P_1, P_2, P_3$ là hình chiếu vuông góc của P trên BC, CA, AB

theo thứ tự. Tìm quỹ tích của P sao cho $P_1P_2 = P_1P_3$

Lời giải

Ta có tứ giác BP1PP3 nội tiếp trong đường tròn đường kính BP nên theo định lý sin ta có

$P_1P_3 = BP sin B$

Tương tự

$P_1P_2 = CP sin C$

$\Rightarrow P_1P_2=P_1P_3 \Leftrightarrow  \frac{BP}{CP}=\frac{sinC}{sinB}=\frac{AB}{AC}$
Vậy quỹ tích P là đường tròn A − apollonius của tam giác ABC
Nếu AB=AC thì P thuộc trung trực BC.
Bài 2 (VMO 1999): Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Hãy xác định vị trí của P không thuộc đường tròn để các đường PA, PB, PC cắt lại đường tròn ở A', B', C' sao cho tam giác A'B'C' là vuông cân với đáy B'C'.

Lời giải:

Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa vì lời giải sử dụng góc định hướng nên không cần xét hai trường hợp P ở trong và ngoài đường tròn

Giả sử điểm P thỏa mãn đề bài, không mất tính tổng quát giả sử (AB, AC) là góc dương. P phải thỏa hai điều kiện sau:
Điều kiện 1: (PB,PC)=(PB,AB)+(AB,AC)+(AC,PC)
=(BP,BA)+(CA,CP)+(AB,AC).

$\Rightarrow (PB,PC)\equiv (A'B',A'A)+(A'A,A'C')+(AB,AC)\\ \equiv (A'B',A'C')+(AB,AC) \equiv \frac{\pi}{2}+(AB,AC)(mod \pi)$


Nếu tam giác ABC vuông tại A thì P thuộc BC.

Nếu tam giác ABC không vuông tại A thì P nằm trên đường tròn $C$ đi qua B, C và chắn cung $\frac{\pi}{2}+(AB,AC)$

Điều kiện 2: Ta có:

$\triangle ABP \sim \triangle B'A'P \Rightarrow \frac{AB}{A'B'}=\frac{PB}{PA'}\\\frac{AC}{A'C'}=\frac{CP}{A'P}\\B'A'=A'C'\Rightarrow \frac{PB}{PC}=\frac{AB}{AC} (3)$

Nếu AB=AC thì P thuộc trung trực BC
Nếu AB khác AC thì P thuộc đường tròn Apollonius $(C_p)$ thỏa mãn (3)

Kết hợp những điều kiện trên suy ra được tập hợp điểm.

Bài 3: (VMO 2000): Trên mặt phẳng cho trước $(O_1)$ tâm $O_1$ bán kính $r_1$ và $(O_2)$ tâm $O_2$ bán kính $r_2$. Trên đường tròn $(O_1)$ lấy một điểm $M_1$, trên đường tròn $(O_2)$ lấy một điểm $M_2$ sao cho đường thẳng $O_1M_1$ cắt $O_2M_2$ tại một điểm Q. Cho $M_1$ chuyển động trên đường tròn $(O_1)$, $M_2$ chuyên động trên đường tròn $(O_2)$ cùng theo chiều kim đồng hồ và với vận tốc góc như nhau.
1) Tìm quỹ tích trung điểm đoạn thẳng $M_1M_2$

2) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $M_1QM_2$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải:

Do điều kiện bài toán ta sẽ dùng góc định hướng để lời giải ngắn gọn và chuẩn xác.

Câu 1  bạn đọc dùng Vecto rồi giải, ta chỉ quan tâm đến câu 2 vì có liên quan đến đường tròn Apollonius

Gọi P là giao điểm thứ 2 của $(M_1QM_2)$ và $O_1QO_2$ thì:

$\left ( \overrightarrow{PM_1}, \overrightarrow{PO_1} \right )=\left ( \overrightarrow{PM_1}, \overrightarrow{PM_2} \right )+\left ( \overrightarrow{PM_2}, \overrightarrow{PO_2} \right )+\left ( \overrightarrow{PO_2}, \overrightarrow{PO_1} \right )=\left ( \overrightarrow{PM_2}, \overrightarrow{PO_2} \right )\\ \left ( \overrightarrow{O_1M_1},\overrightarrow{O_1P} \right )=\left ( \overrightarrow{O_1M_1},\overrightarrow{O_2M_2} \right )+\left ( \overrightarrow{O_2M_2},\overrightarrow{O_2P} \right )+\left ( \overrightarrow{O_2P},\overrightarrow{O_1P} \right )=\left ( \overrightarrow{O_2M_2},\overrightarrow{O_2P} \right )$

do đó tam giác $PO_1M_1 \sim PO_2M_2$. Suy ra $\frac{PO_1}{PO_2}=\frac{r_1}{r_2}$ Do đó nếu $r_1=r_2$ thì P thuộc trung trực $O_1O_2$ còn nếu không thì P thuộc đường tròn Apollonius dựng trên đoạn $O_1O_2$ cố định, theo tỉ số $\frac{r_1}{r_2}$ không đổi.

Mặt khác: $\left ( \overrightarrow{PO_1}, \overrightarrow{PO_2} \right )=\left ( \overrightarrow{QO_1}, \overrightarrow{QO_2} \right )=\alpha$ (Không đổi)

Kết hợp những điều trên suy ra P cố định.

Nhận xét: Để ý rằng Q là tâm của phép vị tự quay biến tam giác $PM_1M_2$ thành tam giác $PO_1O_2$

Một bài toán hay liên quan đến phép vị tự quay

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và $D$ bất kỳ, $DC,DB$ cắt $(O)$ tại $M,N$ khác $C,B$. $E,F$ là đối xứng của $B,C$ lần lượt qua $AM,AN$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $DEF$. Chứng minh răng $AK\perp MN$.

Lời giải (Nguyễn Đức Bảo):

Ta có $\angle DME=2\angle AMB+\angle BMC \ , \ \angle DNF=360^\circ-2\angle ANC-\angle BNC$

Mặt khác $2\angle AMB+2\angle ANC+\angle BNC+\angle BMC=2(\angle AMB+\angle ANC+\angle BMC)=2.180^\circ=360^\circ \implies \angle DME=\angle DNF.$

Để ý $\triangle DMB\sim \triangle DNC\implies \frac{DM}{BM}=\frac{DN}{CN}\implies \frac{DN}{NF}=\frac{DM}{ME}\implies \triangle DME\sim \triangle DNF$

$\implies \angle EDF=\angle MDN \ , \ \frac{DE}{DF}=\frac{DM}{DN}\implies \triangle EDF\sim \triangle DMN \implies DFE=\angle DNM.$

$S\equiv DN\cap (DEF)$. Dễ thấy $\angle BAE=2\angle BNM=2\angle BSE$ nên $A$ là tâm ngoại tiếp tam giác $BES\implies AK\perp ES$

Mặt khác $ES\parallel MN$ nên $AK\perp MN.\blacksquare$.

Nhận xét: -Ý tưởng của bài là tìm một đường tròn sao cho A là tâm của đường tròn đó, và ta đã có AE=AB nên ta sẽ vẽ (A,AB) cắt (K) tại S rồi chứng minh SE // MN Mà SE //MN thì $\angle DNM= \angle DFE$ nên ta sẽ để ý hai tam giác DMN và DFE đồng dang.
- Chúng ta cần chứng minh tam giác DNF đồng dạng DME để sử dụng phép vị tự quay, ta có thể dùng góc định hướng để chứng minh $(DM,ME)=(MC,MA)+(MA,ME)=(NC,NA)+(MB.MA)=(DN,AN)+(AN,NF)=(DN,NF)$

-$\angle DNM= \angle DFE=\angle DSE$ nên MN song song ES.

Tiếp tục về tứ giác có hai đường chéo vuông góc

Bài toán: Cho tứ giác ABCD với hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I. Gọi EFGH là tứ giác bàn đạp của I trên AB, BC, CD, DA. Khi đó tâm ngoại tiếp tứ giác EFGH nằm trên đường thẳng nối trung điểm AC và BD.

Lời giải (theo bạn Huỳnh Bách Khoa):

Dùng đường đối trung để giải bài toán.

Cho tam giác ABC nhọn, BE,CF là các đường cao. M là trung đ iểm của BC. N là giao

của AM và EF. X là hình chiếu của N trên BC. Y,Z theo thứ tự là hình chiếu của X trên

AB,AC. Chứng minh rằng N là trực tâm của tam giác AY Z.

Gọi K là hình chiếu của M lên EF. Thì K là trung điểm EF.

Ta có tam giác AKF đồng dạng tam giác AMC (c.g.c), kết hợp với tức giác KMNX nội tiếp ta có:

$\angle AKX=\angle AKF+\angle EKX=\angle AMB+\angle AMC=180^o$

Nên $A, K, X$ thẳng hàng.

Dùng AX là đối trung kết hợp tứ giác  AXYZ nội tiếp xuy ra AN vuông YZ

Ngoài ra $NE/NF=AE^2/AF^2=AB^2/AC^2=XB/XC=YB/YF$

Nên ta có NY song song BF hay NT vuông AZ.

Vậy ta có đpcm

Nhận xét: Qua bài này ta cần lưu ý kết quả sau, đường đối trung của tam giác ABC đi qua trung điểm EF.