đường Tròn Apollonius - 123doc

Đường tròn Apollonius của tam giác ABC ứng với đỉnh A là đường tròn có đường kính là đoạn thẳng nối hai chân đường phân giác trong và ngoài góc BAC.. Như vậy trong một tam giác, có ba đư

Đường tròn Apollonius

Nguyễn Văn Linh Năm 2014

Apollonius là một nhà hình học người Hy Lạp lỗi lạc, người khai sinh ra các tên gọi ellipse, hyperbola, parabola mà chúng ta vẫn sử dụng ngày nay Tên tuổi của ông gắn liền với một số bài toán nổi tiếng, đặc biệt là bài toán về đường tròn Apollonius được phát biểu như sau:

Cho hai điểm A, B Tập hợp các điểm P sao cho tỉ số P A

P B = k không đổi (k > 0) là một đường tròn, được gọi là đường tròn Apollonius của đoạn thẳng AB ứng với tỉ số k

C

P

Chứng minh Gọi C, D là hai điểm nằm trong và ngoài đoạn thẳng AB sao cho CA

CB =

DA

DB = k. Khi đó P A

P B =

CA

CB =

DA

DB nên C, D lần lượt là chân đường phân giác trong và ngoài của góc AP B. Suy ra ∠CP D = 90◦ Vậy P nằm trên đường tròn đường kính CD

Ngược lại giả sử P là điểm bất kì nằm trên đường tròn đường kính CD Khi đó ∠CP D = 90◦ Mà (ABCD) = −1 nên theo tính chất hàng phân giác, suy ra C, D lần lượt là chân đường phân giác trong

và ngoài của góc AP B Từ đó P A

P B = k.

Như vậy tập hợp các điểm P là đường tròn đường kính CD

Chú ý rằng khi k = 1, đường tròn Apollonius suy biến thành đường trung trực của đoạn thẳng AB

Từ định nghĩa đường tròn Apollonius của đoạn thẳng chúng ta xây dựng đường tròn Apollonius của một tam giác như sau

Đường tròn Apollonius của tam giác ABC ứng với đỉnh A là đường tròn có đường kính là đoạn thẳng nối hai chân đường phân giác trong và ngoài góc BAC

Như vậy trong một tam giác, có ba đường tròn Apollonius ứng với ba đỉnh của tam giác Rõ ràng các đỉnh của tam giác đều nằm trên đường tròn Apollonius tương ứng Sau đây chúng ta tìm hiểu một

số tính chất của các đường tròn này

2 Tính chất

Tính chất 1 Đường tròn Apollonius trực giao với đường tròn ngoại tiếp

E

D J

O

A

Chứng minh Gọi D, E lần lượt là chân đường phân giác trong và ngoài góc A của tam giác ABC J

là trung điểm DE (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Do (BCDE) = −1 nên theo hệ thức Newton J A2 = J D2 = J B.J C, hay J A là tiếp tuyến của (O) Điều đó có nghĩa là (J ) và (O) trực giao

Nhận xét Từ tính chất trên ta thấy tâm của đường tròn Apollonius là giao của tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp kẻ từ một đỉnh tới cạnh đối diện

Tính chất 2 Ba đường tròn Apollonius của một tam giác thì đồng trục với trục đẳng phương là đường thẳng nối tâm ngoại tiếp với điểm Lemoine

L

X

O a

O A

Chứng minh Gọi (Oa), (Ob), (Oc) lần lượt là các đường tròn Apollonius ứng với các đỉnh A, B, C; X

là giao điểm thứ hai của (Oa) với (O)

Do hai đường tròn (Oa) và (O) trực giao nên OaA, OaX là hai tiếp tuyến của (O) Suy ra tứ giác ABXC điều hoà hay AX là đường đối trung ứng với đỉnh A Như vậy AX đi qua điểm Lemoine L của tam giác ABC

Nghĩa là L nằm trên trục đẳng phương của (Oa) và (O), tương tự L nằm trên trục đẳng phương của (Ob) và (O), (Oc) và (O) hay L có cùng phương tích tới ba đường tròn (Oa), (Ob), (Oc)

Mặt khác, phương tích từ O đến ba đường tròn Apollonius đều bằng nhau và bằng R2 Vậy OL là trục đẳng phương của (Oa), (Ob), (Oc) Ta có đpcm

Tính chất 3 Ba đường tròn Apollonius giao nhau tại hai điểm isodynamic, hai điểm này là hai điểm nghịch đảo ứng với đường tròn (O)

Chứng minh Theo tính chất 2 thì ba đường tròn Apollonius đồng trục Đồng thời phương tích từ L đến ba đường tròn là âm, phương tích từ O đến ba đường tròn là dương nên ba đường tròn trên phải giao nhau tại hai điểm P1 và P2 Ta có OP1.OP2 = R2 nên P1 và P2 là hai điểm nghịch đảo ứng với (O)

Ta có thể mở rộng tính chất của ba đường tròn Apollonius của một tam giác đồng trục như sau Tính chất 4 Cho tam giác ABC Gọi ωa, ωb, ωc lần lượt là đường tròn Apollonius của các đoạn

BC, CA, AB theo tỉ số x, y, z sao cho xyz = 1 Khi đó ωa, ωb, ωcđồng trục và tâm ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên trục đẳng phương của 3 đường tròn này

Chứng minh Gọi P là giao của ωb và ωc, khi đó P C

P A = y,

P A

P B = z nên

P C

P B = yz hay

P B

P C = x, điều

đó nghĩa là P nằm trên ωa Tương tự với giao điểm thứ hai của ωb và ωc Mặt khác, dễ thấy các đường tròn ωa, ωb, ωcđều trực giao với (ABC), do đó tâm ngoại tiếp tam giác ABC có cùng phương tích tới

3 đường tròn Ta có đpcm

Tính chất 5 Cho tam giác ABC P là điểm bất kì trong mặt phẳng Gọi XY Z là tam giác pedal của

P ứng với tam giác ABC (X ∈ BC, Y ∈ CA, Z ∈ AB) Khi đó P nằm trên đường tròn A-Apollonius khi và chỉ khi tam giác XY Z cân tại X

Z

Y

X A

P

Chứng minh Ta có XY = XZ khi và chỉ khi P C sin∠ACB = P B sin ∠ABC

Hay P C

P B =

sin ∠ABC sin ∠ACB =

AC

BC. Điều kiện này tương đương P nằm trên đường tròn A-Apollonius

Tính chất 6 (Tournament of the Towns 1995) Trên mặt phẳng chỉ tồn tại hai điểm sao cho tam giác pedal của hai điểm đó ứng với tam giác ABC là tam giác đều

Z 2

X 2

Z 1

X 1

Y 1

P 1

P 2

O a

A

B

C

Chứng minh Gọi P là điểm bất kì trong mặt phẳng, XY Z là tam giác pedal của P ứng với tam giác ABC

Theo tính chất 5 thì tam giác XY Z cân tại X khi và chỉ khi P nằm trên A-Apollonius Tương tự tam giác XY Z cân tại Y khi và chỉ khi P nằm trên B-Apollonius Như vậy tam giác XY Z đều khi và chỉ khi P là giao điểm của ba đường tròn Apollonius

Tính chất 7 Điểm isodynamic là điểm liên hợp đẳng giác của điểm Fermat

Z

Y

X

P F A

Chứng minh Gọi P là điểm isodynamic thứ nhất, F là điểm liên hợp đẳng giác của P , XY Z là tam giác pedal của P Do XY Z là tam giác đều nên ∠ZBP + ∠Y CP = ∠ZXP + ∠Y XP = 60◦

Suy ra ∠F BC + ∠F CB = 60◦ hay ∠BF C = 120◦

Tương tự suy ra điểm F nhìn ba cạnh của tam giác ABC dưới góc 120◦ hay F là điểm Fermat thứ nhất

Tính chất 8 Cho tam giác ABC với P là điểm isodynamic Khi đó một đỉnh bất kì của tam giác ABC là điểm isodynamic của tam giác tạo bởi hai đỉnh còn lại và điểm P

Chứng minh Theo định nghĩa và do P là giao của ba đường tròn Apollonius, ta có P A.BC =

P B.CA = P C.AB

Điều này nghĩa là vai trò của các điểm P, A, B, C là như nhau trong các đẳng thức trên Như vậy ta

có thể đảo lại vị trí của các đỉnh hay A là điểm isodynamic của tam giác P BC, tương tự với B, C Nhận xét Ta gọi bộ bốn điểm A, B, C, P là bộ điểm isodynamic

Tính chất 9 Phép nghịch đảo tâm là điểm isodynamic, phương tích bất kì biến tam giác ABC thành một tam giác đều, đồng thời biến điểm isodynamic còn lại thành tâm của tam giác đều đó

P' 1

C'

B'

P 1

P A

A'

Chứng minh Xét phép nghịch đảo IPk: A 7→ A0, B 7→ B0, C 7→ C0

Suy ra A0B0 = k.AB

P A.P B, A

0C0 = k.AC

P A.P C Mà

AB

P B =

AC

P C nên A

0B0 = A0C0, chứng minh tương tự suy ra tam giác A0B0C0 đều

Mặt khác, gọi P1 là điểm isodynamic thứ hai, P10 là ảnh của P1 qua IPk

Ta có P10A0 = k.P1A

P P1.P A, P

0

1B0= k.P1B

P P1.P B.

Do đó P10A0= P10B0 khi và chỉ khi P1A

P A =

P1B

P B hay

P1A

P1B =

P A

P B, luôn đúng.

Chứng minh tương tự suy ra P10 là tâm của tam giác A0B0C0

Tính chất 10 Cho tam giác đều ABC và điểm P bất kì trong mặt phẳng Phép nghịch đảo tâm P phương tích k bất kì biến A, B, C lần lượt thành A0, B0, C0 Khi đó P, A0, B0, C0 lập thành một bộ điểm isodynamic

Chứng minh Ta có tam giác ABC đều và A0B0 = k.AB

P A.P B, A

0C0= k.AC

P A.P C nên A

0B0.P C0 = A0C0.P B0 khi và chỉ khi P C

0

P B =

P B0

P C Điều này tương đương P C

0.P C = P B0.P B, luôn đúng do bằng k

Chứng minh tương tự suy ra A0B0.P C0 = A0C0.P B0= B0C0.P A0 Ta có đpcm

Tính chất 11 Cho bộ điểm isodynamic A, B, C, D Gọi A1 là điểm isodynamic thứ hai của tam giác BCD, tương tự xác định B1, C1, D1 Khi đó A1, B1, C1, D1 cũng lập thành một bộ điểm isodynamic

D' 1

B' 1

A' 1

Chứng minh Xét phép nghịch đảo tâm D phương tích k biến điểm P bất kì thành điểm P0.

Theo tính chất 8 ta thu được tam giác A0B0C0 đều Do C1 là điểm isodynamic thứ hai của tam giác ABD nên A, B, C1, D là một bộ điểm isodynamic Suy ra A0B0C10 là tam giác đều Do C0 và C10 phân biệt nên C0 và C10 đối xứng nhau qua A0B0

Tương tự A01 và A0 đối xứng nhau qua B0C0, B10 và B0 đối xứng nhau quaA0C0 Suy ra tam giác

A01B10C10 là tam giác đều

Hơn nữa cũng theo tính chất 8, D01 là tâm của tam giác A0B0C0 nên D10 cũng là tâm của tam giác A01B01C10 Theo tính chất 9 suy ra D1 là điểm isodynamic thứ hai của tam giác A1B1C1 Vậy

A1, B1, C1, D1 lập thành một bộ điểm isodynamic

Bài 1 Cho tam giác ABC, dựng tam giác đều XY Z nội tiếp tam giác ABC sao cho diện tích của tam giác XY Z nhỏ nhất

Y

X

Z 1

Y 1

X 1 P A

Z

Chứng minh Gọi P là điểm Miquel của tam giác ABC ứng với bộ điểm X, Y, Z X1Y1Z1 là tam giác pedal của P ứng với tam giác ABC

Ta có ∠ZP X = 180◦− ∠ABC = ∠Z1P X1, tương tự suy ra ∠X1P X = ∠Y1P Y = ∠Z1P Z = α

Do đó các tam giác X1P X, Y1P Y, Z1P Z đồng dạng

Phép vị tự quay tâm P tỉ số P X1

P X < 1, góc quay α lần lượt biến X thành X1, Y thành Y1, Z thành

Z1

Vậy tam giác X1Y1Z1là tam giác đều nội tiếp tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất, đó là tam giác pedal của điểm isodynamic P

Bài 2 Cho tam giác ABC và một điểm P bất kì trong mặt phẳng Khi đó các đường tròn Apollonius ứng với đỉnh P của các tam giác BP C, CP A, AP B đồng trục

Chứng minh Gọi Q là giao điểm thứ hai của đường tròn P -Apollonius của các tam giác BP C và

CP A

Ta có QB

QC =

P B

P C,

QC

QA =

P C

P A Từ đó

QB

QC ·

QC

QA =

P B

P C ·

P C

P A hay

QB

QA =

P B

P A Có nghĩa là Q nằm trên đường tròn P -Apollonius của tam giác AP B

Bài 3 Cho tứ giác toàn phần ABCDEF (AB ∩ CD = {E}, AD ∩ BC = {F }) Chứng minh rằng các đường tròn đường kính AC, BD, EF đồng trục

X

F

E

B A

Chứng minh Gọi X là giao của AC và BD, Y là giao của AC và EF , Z là giao của BD và EF Theo tính chất của tứ giác toàn phần ta có (EF Y Z) = (ACXY ) = (BDXZ) = −1 Do đó (AC), (BD), (EF ) lần lượt là đường tròn Apollonius của các đoạn thẳng XY, ZX, Y Z theo tỉ số AX

AY ,

DZ

DX,

EY

EZ.

Theo định lý Menelaus, AX

AY ·

DZ

DX ·

EY

EZ = 1 nên theo tính chất 4 ta có đpcm.

Bài 4 Cho tam giác ABC có I, J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp góc A Gọi ω1, ω2 lần lượt là đường tròn Apollonius của đoạn thẳng BC ứng với các tỉ số IB

IC,

J B

J C. Chứng minh rằng IJ là tiếp tuyến chung của ω1 và ω2

N

F E

M

J

I A

B

C

Chứng minh Gọi M, N lần lượt là điểm chia trong và chia ngoài BC theo tỉ số IB

IC, E là trung điểm

M N

Do (BCM N ) = −1 nên theo hệ thức Newton, EI2 = EM2= EB.EC hay EI tiếp xúc với đường tròn (BIC) Do tâm của (BIC) là trung điểm cung BC nên ∠EIJ = 90◦ Vậy IJ tiếp xúc với ω1, tương tự IJ tiếp xúc với ω2

Bài 5 Cho tam giác ABC có F là điểm Fermat Chứng minh các đường thẳng đối xứng với F A qua

BC, F B qua AC, F C qua AB đồng quy

P a

P F A

Chứng minh Gọi P là điểm liên hợp đẳng giác của F trong tam giác ABC Pa đối xứng với P qua BC

Ta có ∠PaBC = ∠P BC = ∠ABF, ∠PaCB = ∠P CB = ∠ACF

Do đó Pa và A liên hợp đẳng giác trong tam giác BF C Mà A nằm trên đường phân giác của

∠BF C nên A, F, Pa thẳng hàng

Như vậy điểm đối xứng của P qua BC nằm trên AF , điều đó nghĩa là điểm đường thẳng đối xứng với AF qua BC đi qua P Chứng minh tương tự suy ra các đường đối xứng này đồng quy tại P Bài 6 Cho tam giác ABC P là điểm bất kì nằm trên đường tròn Apollonius ứng với đỉnh A Gọi

I1, I2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AP B, AP C, Q là chân đường phân giác ngoài đỉnh A Chứng minh rằng Q, I1, I2 thẳng hàng

T

I 2

I 1

A

P

Chứng minh Gọi T là giao của BI1 với AP Ta có AT

P T =

BA

BP =

CA

CP, suy ra T, I2, C thẳng hàng. Gọi Q0 là giao của I1I2 với BC Theo định lý Menelaus ta có Q

0B

Q0C ·

I2C

I2T ·

I1T

I1B = 1.

Hay Q

0B

Q0C ·

AC

AT ·

AT

AB = 1, điều này nghĩa là

Q0B

Q0C =

AB

AC. Vậy Q0≡ Q Ta có đpcm

Bài 7 (All Russian MO 2011) Cho tam giác ABC, M, N lần lượt là trung điểm BC và điểm chính giữa cung BAC I1, I2 lần lượt là tâm bàng tiếp góc A của các tam giác M AB, M AC Chứng minh rằng A, I1, I2, N cùng thuộc một đường tròn

N'

I' 2 I' 1

M' C'

I 2

I 1

N

M A

B

C B'

Chứng minh Xét phép nghịch đảo tâm A phương tích k biến điểm P bất kì thành điểm P0

Ta có IAk: BC 7→ (AB0C0), (ABC) 7→ B0C0 Do M ∈ BC nên M0 ∈ (AB0C0)

Hai đường thẳng B0C0 và BC đối song trong ∠BAC và AM là đường trung tuyến của tam giác ABC nên AM0 là đường đối trung trong tam giác AB0C0

Gọi I10, I20 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AB0M0, AC0M0 Ta có ∠AI1M = 1

2∠ABM = 1

2∠AM0B0 = ∠I10M0A Do đó tứ giác I1I10M0M nội tiếp Vậy I10 là ảnh của I1 qua IAk Tương tự với I20

Do N là điểm chính giữa cung BAC nên N0 là chân phân giác ngoài góc A của tam giác AB0C0 Như vậy A, I1, I2, N cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi I10, I20, N0 thẳng hàng Điều này hiển nhiên đúng theo bài toán trên do M0 nằm trên đường tròn A-Apollonius của tam giác AB0C0

Bài 8 (Romanian Master in Mathematics 2009) Cho 4 điểm A1, A2, A3, A4 trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng và thỏa mãn A1A2.A3A4 = A1A3.A2A4 = A1A4.A2A3 Kí hiệu Oi

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AjAkAl ({i, j, k, l} = {1, 2, 3, 4}) Chứng minh rằng 4 đường thẳng AiOi đồng quy hoặc song song

Chứng minh Điều kiện của đề bài cho thấy 4 điểm A1, A2, A3, A4 lập thành một bộ điểm isodynamic Gọi ωij là đường tròn Apollonius của đoạn thẳng AiAj và đi qua Ak, Al

Xét tam giác A1A2A3 Theo tính chất của đường tròn Apollonius ta có ω12, ω23, ω13 cùng đi qua

Chứng minh tương tự ta có:

ω12, ω14 có trục đẳng phương là A3O3, ω12, ω13 có trục đẳng phương là A4O4, ω13, ω14 có trục đẳng phương là A2O2 Suy ra A2O2, A3O3, A4O4 đồng quy hoặc song song Chứng minh tương tự ta có đpcm

Bài 9 (ELMO 2013) Cho tam giác ABC (AB < AC) Gọi D, P lần lượt là chân phân giác trong và ngoài góc A M là trung điểm BC, ω là đường tròn ngoại tiếp tam giác AP D Q là điểm nằm trên cung nhỏ AD sao cho M Q tiếp xúc với ω QB giao ω lần thứ hai tại R Đường thẳng qua R vuông góc với BC giao P Q tại S Chứng minh rằng SD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác QDM

S

R

Q

M

A

Chứng minh SD tiếp xúc với (QDM ) khi và chỉ khi∠SDP = ∠DQM = ∠SP D, khi và chỉ khi R là điểm chính giữa cung P D

Do (P DBC) = −1 nên theo hệ thức Newton, M Q2 = M D.M P = M B2 = M C2 Do đó tam giác BQC vuông tại Q

Mặt khác ∠P QD = 90◦ nên theo tính chất hàng phân giác ta có QD là phân giác ∠BQC Suy ra

∠RQD = 45◦ Từ đó R là điểm chính giữa cung P D

Bài 10 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M là trung điểm BC AM giao (O) lần thứ hai tại X Dựng hình bình hành BXCP Tiếp tuyến của (O) tại A giao BC tại K Chứng minh rằng

KA = KP

Bài 11 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P là điểm bất kì trong mặt phẳng AP, BP, CP giao (O) lần lượt tại X, Y, Z Chứng minh rằng chỉ tồn tại hai điểm trong mặt phẳng sao cho tam giác

XY Z đều

Bài 12 Cho tam giác ABC và hai điểm M, N thỏa mãn AM : BM : CM = AN : BN : CN Chứng minh rằng M N đi qua tâm ngoại tiếp tam giác ABC

Bài 13 (ELMO Shortlist 2014) Cho đa giác nội tiếp 2013 đỉnh A1A2 A2013 Chứng minh rằng với mọi điểm P không nằm trên đường tròn ngoại tiếp đa giác và không trùng với tâm đường tròn, luôn tồn tại điểm Q sao cho AiP

AiQ = k không đổi (i ∈ {1, 2, , 2013}) Bài 14 (St Petersburg MO 2008) Cho tam giác nhọn ABC K là điểm thỏa mãn∠AKC = 2∠ABC

và AK

KC =

 AB

BC

2

Gọi A1, C1 lần lượt là trung điểm BC, AB Chứng minh rằng K nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác A1BC1

Bài 15 (IMO 1996) Cho P là điểm nằm trong tam giác ABC thỏa mãn∠AP B − ∠ACB = ∠AP C −

∠ABC Gọi D, E lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác AP B, AP C Chứng minh rằng AP, BD, CE đồng quy

Bài 16 Cho tam giác ABC với P là điểm isodynamic thứ nhất Gọi I1, I2, I3 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác BP C, CP A, AP B Chứng minh rằng AIa, BIb, CIc đồng quy

Bài 17 (Sharygin Geometry Olympiad 2008) Cho tứ giác ABCD Biết rằng đường đẳng giác với BD trong góc B cắt đường đẳng giác với DB trong góc D tại trung điểm AC, chứng minh rằng đường đẳng giác với AC trong góc A cắt đường đẳng giác với CA trong góc C tại trung điểm BD

Bài 18 Cho tam giác nhọn ABC M là trung điểm BC Các đường cao AD, BE, CF giao nhau tại

H Gọi S là trung điểm AH, G là giao điểm của EF và AH, N là giao của đoạn thẳng AM với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCH Chứng minh rằng ∠HM A = ∠GN S

Bài 19 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AO giao BC tại E, P là giao điểm của đường đối trung ứng với đỉnh A với (O) D là hình chiếu vuông góc của A trên BC Chứng minh rằng tâm ngoại tiếp tam giác P DE nằm trên OP

Tài liệu

[1] Apollonius Circle, from Wolfram Mathworld

http://mathworld.wolfram.com/ApolloniusCircle.html

[2] Roger A Johnson, Advanced Euclidean Geometry, Dover Books on Mathematics

[3] Nathan Altshiller-Court, College Geometry: An Introduction to the Modern Geometry of the Tri-angle and the Circle, Dover Books on Mathematics

[4] Tarik Adnan Moon, The Apollonian Circles and Isodynamic Points, Mathematical Reflections 6 (2010)

[5] Trần Văn Tấn, Các chuyên đề hình học bồi dưỡng học sinh giỏi THCS, NXB Giáo dục, 2008 [6] AoPS topic, 17th Junior Tournament of the Towns 1995 Autumn problems

http://artofproblemsolving.com/community/c6h248949p1365322

[7] AoPS topic, ARO 2011 11-8

http://artofproblemsolving.com/community/c6h404946p2259452

[8] AoPS topic, Smallest equilateral triangle

http://artofproblemsolving.com/community/c6h43054p272246

[9] AoPS topic, 2nd Romanian Master of Mathematics

http://artofproblemsolving.com/community/q2h264531p1435905

Email: Lovemathforever@gmail.com