Đường tròn Apllonius và một bài toán IMO

Chia sẻ: AtaruMoroboshi _AtaruMoroboshi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

34
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài viết "Đường tròn Apllonius và một bài toán IMO" tập trung nhắc lại kiến thức và các bài toán liên quan đến Đường tròn Apllonius từ khâu vẽ hình tới giải bài toán đều dùng tới Đường tròn Apllonius. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đường tròn Apllonius và một bài toán IMO

Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 ĐƯỜNG TRÒN APOLLONIUS VÀ MỘT BÀI TOÁN IMO Nguyễn Bá Đang Hội Toán học Hà Nội Tóm tắt nội dung Trước năm 2000 trong chương trình môn toán Trung học phổ thông có đưa bài toán quỹ tích Đường tròn Apllonius vào sách giáo khoa lớp 10. Hiện nay, do giảm tải nên chỉ còn các lớp Chuyên toán được học bài toán này. Những năm gần đây, trong các kỳ thi Olympiad ở rất nhiều nước đã đưa bài toán này với tính chất áp dụng. Kỳ thì IMO lần thứ 59 vừa qua có bài số 6 liên quan đến vấn đề này. Bài này được đánh giá là bài khó, hầu hết các thí sinh đều không giải được, chỉ có trên mười em làm trọn vẹn. Từ khâu vẽ hình tới giải bài toán đều dùng tới Đường tròn Apllonius. Chính vì thế tôi muốn nhắc lại kiến thức và các bài toán liên quan đến Đường tròn Apllonius trong Hội thảo này. 1 Đường tròn Apollonius Bài toán 1. Cho đoạn thẳng AB = a, k là số cho trước (0 < k < 1), M là điểm chuyển MA động trong mặt phẳng sao cho = k. Tìm quỹ tích của điểm M. MB Lời giải. \ = 90◦ , Theo tính chất Phần thuận: Dựng MD, ME là phân giác của ∆MAB nên DME DA EA MA DA k đường phân giác và giả thiết thì = = = k nên = suy ra DB EB MB DA + DB k+1 ak ak DA = , tương tự AE = . (1) k+1 k−1 \ = 90◦ , suy ra D, E cố định, DME suy ra M thuộc đường tròn đường kính DE. 59
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Phần đảo: Lấy M’ trên đường tròn đường kính DE qua B kẻ đường vuông góc DM’ cắt M’D và MA tại H và K suy ra BK k M’E suy ra BK AB k − 1 BH DB ak ak 2ak 0 = = , 0 = ; DE = AE − AD = − = 2 .Từ (1) EM AE k EM DE k−1 k+1 k −1 a suy ra DB = , k+1 BH DB a k2 − 1 k−1 BH BK suy ra = = = suy ra 2 = , EM DE k + 1 2ak 2k EM EM suy ra BK = 2BH suy ra HB = HK suy ra ∆MBK là tam giác cân suy ra M’D là phân \ 0 \ 0 giác AM B suy ra M’E là phân giác ngoài AM B. Đây là quỹ tích cơ bản được gọi là Đường tròn Apollonius, mang tên nhà toán học Apolonius. Bài toán 2. Cho tam giác ABC không cân. Điểm M thay đổi trong tam giác thỏa mãn điều kiện ∠ AMC − ∠ ABC = ∠ AMB − ∠ ACB. 60
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Chứng minh rằng M thuộc đường tròn cố định. Lời giải. Dựng ra phía ngoài tam giác ABC tam giác ADC đồng dạng với ∆AMB nên AD AC = và ∠ BAC = ∠ MAD suy ra ∆AMD và ∆ABC đồng dạng (c.g.c), suy ra AM AB ∠ AMD = ∠ ABC suy ra ∠ AMC − ∠ ABC = ∠ AMB − ∠ ACB = ∠CMD Mặt khác ∠ ADC = ∠ AMB và ∠ ADM = ∠ ACB, suy ra ∠ AMB − ∠ ACB = ∠ ADC − MB CD CM ∠ ADM = ∠ MDC suy ra ∠CMD = ∠CDM suy ra CD = CM suy ra = = AB AC AC BM AB suy ra = không đổi suy ra M thuộc đường tròn Apollonius dựng trên cạnh BC CM AC AB tỷ số . AC Bài toán 3 (Iran 1997). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Điểm M thay đổi trên cung BC (không chứa A) của đường tròn (O). Gọi I, J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABM, CAN. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MIJ luôn đi qua điểm cố định. Lời giải. Gọi N là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp ∆MI J, MI cắt đường tròn (O) tại E, MJ cắt đường tròn (O) tại D suy ra EA = EB, DA = DC, mặt khác EA = EB = EI DA = DC = DJ. Xét ∆N IE và ∆N JD, ta có: ∠ NEI = ∠ NDJ (chắn cung MN) ∠EI N = ∠ DJN (cùng NE EI AE bù với ∠ N I M = ∠ N J M) suy ra hai tam giác đồng dạng suy ra = = suy ra ND DJ AD AE N thuộc đường tròn Apollonius dựng trên đoạn ED với tỷ số suy ra N là giao điểm AD của đường tròn (O) và đường tròn Apollonius. Bài toán 4. Cho bốn điểm A, B, C, D thẳng hàng theo thứ tự đó, AB 6= CD. Điểm M thay đổi sao cho ∠ AMB = ∠CMD (M không thuộc AB). Chứng minh rằng M thuộc đường tròn cố định. Lời giải. Gọi P và Q là giao điểm của MA, MD với đường tròn ngoại tiếp ∆MBC, theo giả thiết ∠ AMB = ∠CMD, suy ra PB = QC suy ra PQk BC, theo định lý Thales 61
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 suy ra AP DQ = (1) AM DM Theo hệ thức đường tròn, AP.AM = AB.AC suy ra AP AM2 = AB.AC. (2) AM Từ DQ.DM = DC.DB, suy ra DQ DM2 = DC.DB. (3) DM Kết hợp (1), (2), (3) suy ra AM2 AB.AC AB.AC AM 2 = , A, B, C, D cố định suy ra không đổi suy ra = r DM DC.DB DC.DBr DM AB.AC AB.AC suy ra M thuộc đường tròn Apollonius có tỷ số trên đoạn AD. DC.DB DC.DB Bài toán 5 (IMO 2018). Cho tứ giác ABCD thỏa mãn AB.CD = BC.DA, X là điểm trong tứ giác sao cho ∠XAB = ∠XCD, ∠XBC = ∠XDA. Chứng minh ∠ BXA + ∠ DXC = 180◦ . AB CB Lời giải. Theo giả thiết AB.CD = BC.DA suy ra = theo tính chất đường phân AD CD giác ta suy ra đường phân giác góc ∠ BAD và góc ∠ BCD cắt nhau tại một điểm trên BD. 62
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Gọi E là giao điểm của AC và BD, đường thẳng đối xứng với AE qua phân giác góc ∠ BAD cắt BD tại điểm P (AE và AP là hai đường đẳng giác của góc ∠ BAD ) từ đó CE và CP cũng là hai đường đẳng giác của góc ∠ BCD ; Theo tính chất của đường đẳng giác ta có đẳng thức: PB EB AB2 CB2 = 2 = và ∠ BCA = ∠ DCP. PD ED AD CD2 Tiếp tuyến tại của đường tròn (DAB) cắt BD tại Q suy ra theo tính chất của đường đối QB AB2 CB2 trung ngoài (hoặc tam giác ADQ và tam giác BAQ đồng dạng) ta có = = QD AD2 CD2 suy ra ∠QCB = ∠CDQ suy ra QC là tiếp tuyến của đường tròn (BCD) suy ra QA2 = QB.QD = QC2 suy ra QA = QC ; ∠ BAC + ∠ BDA = ∠ BAC + ∠ BAQ = ∠QAC = ∠QCA = ∠QCB + ∠ BCA = ∠CDQ + ∠ BCA ∠ APB = ∠ PAD + ∠ PDA = ∠ BAC + ∠ BDA = ∠CDQ + ∠ BCA = ∠ PCD + ∠ PDC = ∠ BPC từ đó suy ra BP là phân giác góc ∠ APC. Gọi M là giao của đường tròn (APB) và (DPC) suy ra ∠ MCD = ∠ MPB = ∠ MAP, (1) ∠ MBC = ∠ ABC − ∠ ABM = 180◦ − ∠ BAC − ∠ BCA − (180◦ − ∠ APM) = ∠ APC − ∠ MPC − ∠ PAD − ∠ PCD = ∠ ADC − ∠ MCD = ∠ MDA. (2) Từ (1) và (2), kết hợp giả thiết ∠XAB = ∠XCD, ∠XBC = ∠XDA suy ra M ≡ X suy ra ∠ BMC = ∠ BPC = 180◦ − ∠ BPC = 180◦ − ∠ BPA = 180◦ − ∠ BMA suy ra ∠ BMC + ∠ BMA = 180◦ suy ra ∠ BXA + ∠ DXC = 180◦ . BA DA Cách dựng điểm M: Tứ giác ABCD thỏa mãn AB.CD = BC.DA nên = suy BC DC ra B và C năm trên đường tròn Apollonius bằng cách: Dựng đường phân giác trong và ngoài của góc B Gọi hai I, J chân đường đường phân giác trong và ngoài góc ∠ ABC. Đường tròn đường kính IJ có tên là đường tròn Apollonius. E là giao điểm AB và CD, F là giao điểm BC và AD. Giao điểm của hai đường tròn (ACE) và đường tròn (BDF) là M tứ giác AMCE và BMDF là các tứ giác nội tiếp ta có: ∠ BAM = ∠ MCE = ∠ MCD và ∠ MBC = ∠ MDF = ∠ MDA suy ra M là điểm cần dựng đóng vai trò điểm X. 63
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Cách 2. Giả sử X là điểm trong tứ giác ABCD thỏa mãn ∠XAB = ∠XCD, ∠XBC = ∠XDA. Gọi M là giao điểm của đường tròn (XAB) và (XCD) từ đó suy ra tứ ABXM và DMXC là các tứ giác nội tiếp suy ra ∠XMB = ∠XAB = ∠XCD = 180◦ − ∠XMD suy ra ∠XMB + ∠XMD = 180◦ suy ra D, M, B thẳng hàng. AB CB Theo giả thiết AB.CD = BC.DA nên = suy ra A và C nằm trên đường AD CD tròn Apollonius có tâm O nằm trên BD và OA là tiếp tuyến của đường tròn (ABD), OC là tiếp tuyến của đường tròn (BCD). Áp dụng góc ngoài tam giác ta có ∠ AOC = ∠ ABC − ∠ BAO − ∠ BCO = ∠ ABC − ∠ ADO − ∠CDO = ∠ ABC − ∠ ADC = = ∠ ABX + ∠XBC − ∠ ADC = 180◦ − ∠ AMX + ∠XDA − ∠ ADC = 180◦ − ∠ AMX − ∠XDC = = 180◦ − ∠ AMX − ∠XMC = 180◦ − ∠ AMC từ đó ∠ AOC + ∠ AMC = 180◦ suy ra tứ giác AOCM nội tiếp, do OA = OC suy ra ∠ AMB = ∠ BMC suy ra AXB = ∠ AMB = 180◦ − ∠ AMD = 180◦ − ∠CMD = 180◦ − ∠CXD suy ra AXB + ∠CXD = 180◦ . Tài liệu [1] Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, Tuyển tập. [2] Các bài thi Olympic toán Trung học phổ thông Việt Nam, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội, 2006. 64