Об одном геометрическом месте точек

45

I. F. Sharyzin

Năm «Kvant» Số 11 cho năm 1972 trong “Vấn đề «Kvant»” bài toán M174 đã được đề xuất. Vòm điều kiện của nó.

Trên các cạnh của tam giác ABC, cũng như trên các đáy, các tam giác đều AB₁C, BA₁C và AC₁B được dựng (Hình 1). Chứng minh rằng các đường vuông góc lần lượt vẽ từ các điểm A, B, C tới các đường thẳng B₁C₁, C₁A₁ và A₁B₁ cắt nhau tại một điểm.

Bài viết đã xuất bản mô tả một phương pháp khá tổng quát lời giải bài toán thuộc loại này, cụ thể là lời giải bài toán M174. Ở cuối bài viết có bài toán dành cho lời giải độc lập.

Khá thường xuyên có bài toán, trong đó cần phải chứng minh rằng có ba đường thẳng trở lên cắt nhau tại một điểm. Thông thường, những bài toán này có thể được giải theo cách này: chứng minh rằng hai trong số các đường thẳng đang xét cắt nhau tại một điểm thỏa mãn một số điều kiện được thỏa mãn bởi tất cả các điểm của đường thẳng thứ ba và chỉ chúng. Để làm ví dụ, chúng ta có thể trích dẫn hai định lý sau từ sách giáo khoa ở trường: các đường phân giác của các góc trong của một tam giác cắt nhau tại một điểm; các đường vuông góc vẽ trung điểm các cạnh của tam giác cắt nhau tại một điểm.

Tương tự, nếu bạn cần chứng minh rằng ba điểm trở lên nằm trên một đường thẳng, thì bạn có thể cố gắng chứng minh rằng tất cả các điểm được đề cập đều thỏa mãn một điều kiện được thỏa mãn bởi tất cả các điểm của một số đường thẳng và chỉ chúng (lý luận tương tự có thể được thực hiện không chỉ đối với đường thẳng mà còn, chẳng hạn như đối với đường tròn).

Bây giờ chúng ta sẽ nói về một vị trí hình học của các điểm giúp giải bài toán tương tự.

cách diễn đạt tuyên bố

Phát biểu 1. Cho A₁ và A₂ là hai điểm cố định (khác nhau) của mặt phẳng; k, k₁ and k₂ are real numbers. Khi đó quỹ tích của điểm M sao cho

k₁ (A₁M)² + k₂ (A₂M)² = k,
chúng tôi sẽ:

a) một đường tròn hoặc một điểm hoặc một tập rỗng, nếu k₁ + k₂ ≠ 0;

b) một đường thẳng vuông góc với đoạn A₁A₂, nếu k₁ + k₂ = 0 (nhưng k₁ ≠ 0).

Cơm. 1.

46

Sự khái quát hóa của Tuyên bố 1 cho một số lượng lớn các điểm cũng đúng.

Phát biểu 2. Cho $A_1, A_2, \dots, A_n$ là các điểm cố định trên mặt phẳng, $k_1, k_2, \dots, k_n$ (tất cả $k_i \neq 0$) là các số. Khi đó quỹ tích các điểm $M$ cũng chính là tổng
$$k_1(A_1M)^2 + k_2(A_2M)^2 + \dots + k_n(A_nM)^2$$
không đổi, chúng tôi sẽ
a) một đường tròn, một điểm hoặc một tập rỗng nếu $k_1 + k_2 + \dots + k_n \neq 0$;
b) một đường thẳng hoặc toàn bộ mặt phẳng nếu $k_1 + k_2 + \dots + k_n = 0$.

Sử dụng Tuyên bố 16, chúng ta có thể chứng minh điều kiện rất hữu ích sau đây.

Phát biểu 3. Để các phân bố lại bị lược bỏ khỏi các điểm $A_1, B_1$ và $C_1$ tương ứng với các cạnh BC, AC và AB của tam giác ABC cắt nhau tại một điểm thì điều kiện cần và đủ để thỏa mãn đẳng thức
$$(A_1B)^2 - (BC_1)^2 + (C_1A)^2 - (AB_1)^2 + (B_1C)^2 - (CA_1)^2 = 0.$$ (1)

Hệ quả sau đây được rút ra từ phát biểu cuối cùng.

Phát biểu 4. Nếu phân phối lại giảm từ các đỉnh $A_1, B_1, C_1$ của tam giác $A_1B_1C_1$ xuống các cạnh BC, AC và AB của tam giác ABC cắt nhau tại một điểm, thì phân phối lại giảm từ các điểm $A, B$ và $C$ xuống các đường thẳng $B_1C_1, A_1C_1$ và $A_1B_1$ cũng cắt nhau tại một điểm.

Hãy cố gắng tự mình chứng minh tất cả những tuyên bố này. Trước tiên, chúng tôi sẽ trình bày cách giải bài toán M174 bằng cách sử dụng câu 3 hoặc 4, sau đó chúng tôi sẽ chứng minh chính các câu phát biểu đó.

Lời giải bài toán M174

Theo Tuyên bố 3, chúng ta cần kiểm tra đẳng thức sau (xem Hình 1):
$$(AB_1)^2 - (B_1C)^2 + (CA_1)^2 - (A_1B)^2 + (BC_1)^2 - (C_1A)^2 = 0.$$

Cơm. 2.

47

Ở đâu
$(MD)^2 = \frac{k - k_1(A_1D)^2 - k_2(A_2D)^2}{k_1 + k_2} = C$.

Ở vế phải của đẳng thức cuối cùng, chúng ta thu được một giá trị không đổi và ký hiệu là $C$. Do đó, $(MD)^2$ không đổi, tức là điểm $M$ nằm trên một đường tròn có tâm tại điểm $D$ và bán kính $\sqrt{C}$, nếu $C > 0$; trùng với điểm $D$ nếu $C = 0$; Không có điểm $M$ thỏa mãn điều kiện bài toán nếu $C < 0$.

Dễ dàng kiểm tra mệnh đề ngược lại: điểm $M$ của tập hợp kết quả thỏa mãn hệ thức $k_1(A_1M)^2 + k_2(A_2M)^2 = k$; để làm điều này, chỉ cần thay biểu thức của $(MD)^2$ vào công thức (2).

Chúng tôi đã xem xét trường hợp $k_1 > 0$, $k_2 > 0$. Trường hợp $k_1 < 0$, $k_2 < 0$ trùng với việc thay thế các dấu hiệu $k_1$, $k_2$ và $k$ bằng các dấu ngược lại, và trong trường hợp $k_1 > 0$, $k_2 < 0$ (hoặc $k_1 < 0$, $k_2 > 0$), bạn chỉ có thể hành động theo cách tương tự như trong trường hợp đầu tiên điểm $D$ sẽ nằm ngoài đoạn $A_1A_2$ (Hình 3; tự thực hiện tất cả các phép tính). Công thức (2) vẫn có hiệu lực trong mọi trường hợp; chúng ta sẽ sử dụng điều này trong phần tiếp theo.

Phát biểu 16. Tỷ lệ
$$k_1(A_1M)^2 - k_1(A_2M)^2 = k$$

tỷ lệ tương đương
$$(A_1M)^2 - (A_2M)^2 = \frac{k}{k_1}$$.

Cơm. 3.

Cơm. 4. Hình 5.

Gọi $D$ là hình chiếu của điểm $M$ lên đường thẳng $A_1A_2$. Khi đó, theo định lý Pythagore (xem hình 4, 5)
$$(A_1M)^2 = (A_1D)^2 + (MD)^2,$$
$$(A_2M)^2 = (A_2D)^2 + (MD)^2,$$
Ở đâu
$$(A_1M)^2 - (A_2M)^2 = (A_1D)^2 - (A_2D)^2 = \frac{k}{k_1}.$$

Vì vậy, bài toán được rút gọn thành việc tìm các điểm $D$ trên đường thẳng $A_1A_2$ thỏa mãn mối quan hệ cuối cùng. Điểm như vậy rất dễ tìm thấy (kiểm tra) và nó là điểm duy nhất. điểm $M$ phải nằm trên đường vuông góc được khôi phục thành đường $A_1A_2$ tại điểm $D$.

Mệnh đề ngược lại cũng đúng (bạn hãy tự chứng minh): với tất cả các điểm của đường thẳng vuông góc với đoạn $A_1A_2$, hiệu giữa các bình phương khoảng cách đến $A_1$ và $A_2$ là bằng nhau.

Mệnh đề 1 đã được chứng minh.

Phát biểu 2. Ta sẽ tiến hành chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Với $n = 2$ chúng ta đã chứng minh Mệnh đề 2. (Đối với $n = 2$ quỹ tích điểm là toàn bộ mặt phẳng nếu $k_1 + k_2 = 0$ và $A_1$ trùng với $A_2$. Khi đó với tất cả các điểm trên mặt phẳng $(A_1M)^2 - (A_2M)^2 = 0)$.

Bây giờ giả sử câu 2 đúng với một số $n$. Hãy chứng minh rằng nó cũng đúng với $(n + 1)$. Lưu ý rằng nếu $n \geq 2$ và tất cả $k_1, k_2, \dots, k_n, k_{n+1}$ không bằng 0 thì trong số đó

48

có hai số có tổng không bằng 0. Đặt nó là $k_1$ và $k_2$. Hãy lấy điểm $D$ được xây dựng trong chứng minh mệnh đề 1a và sử dụng công thức (2). Thế thì bình đẳng
$$k_1(A_1M)^2 + k_2(A_2M)^2 + k_3(A_3M)^2 + \dots + k_{n+1}(A_{n+1}M)^2 = k$$
có thể được viết dưới dạng
$$(k_1 + k_2)(DM)^2 + k_3(A_3M)^2 + \dots + k_{n+1}(A_{n+1}M)^2 = k - k_1(A_1D)^2 - k_2(A_2D)^2.$$
Bây giờ cái được xây dựng ở bên phải, và ở cái tiếp theo, số điểm đã giảm đi một, nhưng tổng các hệ số không thay đổi. Theo giả định quy nạp, đối với đẳng thức cuối cùng, Tuyên bố 2 đúng. Điều này có nghĩa là nó cũng đúng với điểm $(n+1)$. Mệnh đề 2 đã được chứng minh.

Tuyên bố 3. Sự cần thiết. Gọi $P$ là giao điểm của các phép phân phối lại bị bỏ qua từ $A_1$, $B_1$ và $C_1$ trên BC, AC và AB. Dự luật 16 ngụ ý sự bình đẳng
$$(A_1B)^2 - (CA_1)^2 = (PB)^2 - (CP)^2,$$
$$(B_1C)^2 - (AB_1)^2 = (PC)^2 - (AP)^2,$$
$$(C_1A)^2 - (BC_1)^2 = (PA)^2 - (BP)^2.$$
Cộng ba đẳng thức này lại, chúng ta thấy rằng trong trường hợp này điều kiện (1) được thỏa mãn.

Sự đầy đủ. Giả sử điều kiện (1) được thỏa mãn và đặt $P$ là giao điểm của các phép phân phối lại giảm từ $A_1$ xuống BC và $B_1$ xuống CA. Từ câu 16 suy ra rằng
$$(A_1B)^2 - (CA_1)^2 + (B_1C)^2 - (AB_1)^2 = (PB)^2 - (AP)^2.$$
Nhưng từ điều kiện (1), suy ra vế trái của đẳng thức cuối cùng bằng $(BC_1)^2 - (C_1A)^2$, tức là $(BC_1)^2 - (C_1A)^2 = (PB)^2 - (AP)^2$, và điều này có nghĩa là điểm $P$ nằm trên phân phối lại từ $C_1$ đến AB, đây là điều cần phải chứng minh.

Phát biểu 4. Nó tuân theo tính đối xứng của điều kiện (1) đối với $A$ và $A_1$, $B$ và $B_1$, $C$ và $C_1$.

Bài tập

1. Sử dụng Câu 3, chứng minh rằng các đường cao của tam giác cắt nhau tại một điểm.

2. Cho ba vòng tròn giao nhau theo cặp. Chứng minh rằng mọi đường tròn chung của hai đường tròn bất kỳ đều đi qua một điểm.

3. Chứng minh rằng nếu các phân phối lại giảm từ các điểm $A_1$, $A_2$, …, $A_n$ xuống các đường thẳng $B_1B_2$, $B_2B_3$, …, $B_nB_1$ cắt nhau tại một điểm thì
   $$(B_1A_1)^2 - (A_1B_2)^2 + (B_2A_2)^2 - (A_2B_3)^2 + \dots + (B_nA_n)^2 = 0.$$

4. Lấy ba vòng tròn, mỗi vòng tròn tiếp xúc với một cạnh của tam giác và tiếp tục với hai cạnh còn lại. Chứng minh rằng sự phân bố lại được khôi phục cho các cạnh của tam giác tại các điểm tiếp tuyến của các đường tròn này cắt nhau tại một điểm.

5. Giả sử khoảng cách từ một số điểm $M$ đến các đỉnh $A$, $B$ và $C$ của tam giác ABC được biểu thị bằng các số $a$, $b$ và $c$. Chứng minh rằng với mọi $d \neq 0$ với bất kỳ điểm nào trên mặt phẳng, khoảng cách đến các đỉnh theo cùng một thứ tự không thể biểu thị bằng số

$$\sqrt{a^2 + d}, \sqrt{b^2 + d}, \sqrt{c^2 + d}.$$

6. Cho tam giác đều ABC và một điểm tùy ý $D$. $A_1$, $B_1$ và $C_1$ là tâm của các đường tròn nội tiếp các tam giác BCD, ACD và ABD. Chứng minh rằng các phân phối lại giảm từ các đỉnh $A$, $B$ và $C$ đến $B_1C_1$, $A_1C_1$ và $A_1B_1$ tương ứng cắt nhau tại một điểm.

7. Đặt $A_1$, $A_2$, $A_3$ và $A_4$ là các điểm tùy ý của mặt phẳng. Chứng minh rằng có bốn số $x_1$, $x_2$, $x_3$ và $x_4$, không phải tất cả đều bằng 0, sao cho $x_1(A_1M)^2 + x_2(A_2M)^2 + x_3(A_3M)^2 + x_4(A_4M)^2$ được dựng cho mọi điểm $M$ của mặt phẳng này.

8. Cho tam giác ABC. Chúng ta hãy xem xét tất cả các cặp điểm có thể có $M_1$ và $M_2$ sao cho $AM_1 : BM_1 : CM_1 = AM_2 : BM_2 : CM_2$. Chứng minh rằng mọi đường thẳng $M_1M_2$ đều đi qua một điểm cố định trên mặt phẳng.

9. Đường tròn tiếp xúc với cạnh $AB$ của tam giác ABC và cạnh kéo dài $AC$ và CB lần lượt tại các điểm $M$ và $N$. Vòng tròn còn lại tiếp xúc với cạnh $AC$ và cạnh mở rộng $AB$ và $BC$ lần lượt tại các điểm $P$ và $K$. Chứng minh giao điểm của đường thẳng $MN$ và $PK$ nằm ở đường cao của tam giác ABC đi qua đỉnh $A$.

10. Cho hai phân đoạn $AB$ và $CD$. Tìm quỹ tích các điểm $M$ sao cho tổng $S_{\triangle ABM} + S_{\triangle CDM}$ được xây dựng.

11. Sử dụng kết quả của bài toán trước đó, chứng minh rằng trung điểm của các đường chéo của tứ giác ngoại tiếp và tâm của đường tròn nội tiếp trong đó nằm trên cùng một đường thẳng (Newton’s bài toán).

12. Chứng minh rằng quỹ tích của một điểm, đường tương đối từ đó dựng lên hai điểm cố định trong mặt phẳng và không bằng đơn vị, là một đường tròn (đường tròn Apolloni).