Bài toán khoảng tám điểm

39

Vấn đề
khoảng điểm thứ tám

Ứng viên Khoa học Vật lý và Toán học
N. V. VASILBEV

Trong ghi chú này, chúng ta đang nói về bài toán, được cung cấp cho học sinh lớp 10 vào tháng 4 năm ngoái tại Cuộc thi Optimide toàn Liên minh cuối cùng về Toán học ở Ashgabat.*) Chúng ta hãy trình bày công thức của nó với những thay đổi nhỏ.

Bài toán 1. Một đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Qua một điểm P tùy ý trong mặt phẳng của tam giác (không nằm trên đường tròn), vẽ các đường thẳng AP, BP, CP và các điểm thứ hai giao nhau với đường tròn lệch nhau. Chứng minh rằng có nhiều nhất 8 điểm P sao cho tọa độ của điểm đó không trùng với một trong các điểm A, B, C và một đỉnh của tam giác bằng tam giác ABC.

bài toán này hóa ra lại khá khó khăn. Một số người tham gia đã giải quyết nó bằng cách thử các vị trí khác nhau của điểm P so với các đường thẳng AB, BC, CA và đường tròn. Đây là một lời giải khác, vinh dự hơn trong số bài toán này, được sử dụng “ngôn ngữ chuyển động”: chúng ta sẽ tưởng tượng rằng các phần tử riêng lẻ trong cấu hình của chúng ta đang quay và tại một thời điểm nào đó, hình mong muốn sẽ xuất hiện.

Đầu tiên chúng ta giải “nghịch đảo” bài toán sau.

Vòng xoay và giao điểm đường

Bài 2. Hai tam giác ABC và A1B1C1 nội tiếp trong một đường tròn (không nhất thiết phải bằng nhau). Tam giác ABC cố định và tam giác A1B1C1 được lành quanh tâm đường tròn. Tại vị trí nào các đường AA1, BB1 và ​​CC1 chỉ cắt nhau một lần tại một điểm (và trong một số trường hợp “được phát âm” sẽ không có vị trí nào như vậy cả).

Giải bài toán 2 bằng phương pháp quỹ tích.

Bổ đề. Cố định dây AB của đường tròn và dây A1B1С1 trượt hai đầu dọc theo đường tròn. Khi đó góc giữa các đường thẳng AA1 và BB1 không đổi và điểm M là giao điểm của các đường thẳng này (nếu φ≠0) mô tả một đường tròn đi qua các điểm A và B (hình 1).

Chúng ta bắt đầu chứng minh bổ đề. Nếu các điểm A1 và B1 di chuyển đều dọc theo đường tròn với cùng tốc độ thì các đường thẳng AA1 và BB1 quay đều với cùng tốc độ góc quanh hai điểm A và B, nghĩa là góc giữa chúng không đổi (tại hình 1 đối với điểm M nằm một bên đường thẳng AB, góc AMB bằng φ - góc giữa hai đường thẳng và đối với các điểm M nằm phía bên kia của AB, góc AMB bằng φ). Nếu tại thời điểm ban đầu đường thẳng AA1

*) Các bài toán oimpid khác được phát triển vào «Kvant» Số 11 năm 1984.

Hình 1. Nếu điểm A và B cố định, điểm A1 và B1 chuyển động cùng tốc độ góc (di chuyển theo đường tròn) thì các đường thẳng AA1 và BB1 được điều chỉnh với tốc độ góc /2 và giao điểm M1 của chúng di chuyển dọc theo đường tròn màu đỏ (với tốc độ góc)).

và BB1 cắt nhau tại một điểm M1 nhất định thì đường tròn ngoại tiếp ABM1 sẽ là quỹ đạo mong muốn của điểm M, đồng thời M cũng chuyển động đều dọc theo đường tròn (vận tốc góc quay của các đường thẳng bằng đường đa giác của vận tốc góc quay dọc theo các đường tròn của chúng các điểm A1, B1 và ​​M).

Ẩn đằng sau lập luận trực quan “bằng ngôn ngữ phép quay,” như dễ thấy, là việc sử dụng lặp đi lặp lại định lý về độ lớn của góc nội tiếp.*)

Bổ đề cần phải làm rõ hai điều, sau này sẽ được làm tròn thành những điều cần thiết.

1°. Trường hợp đặc biệt φ=0 phát sinh nếu các dây AB và A1B1 có độ dài bằng nhau và tại một thời điểm ban đầu nào đó, điểm A1 trùng với B và B1 với A. Trong trường hợp này, tại thời điểm ban đầu, các đường thẳng AA1 và BB1 trùng nhau và khi chuyển động xa hơn, chúng sẽ luôn song song với nhau.

2°. Tại thời điểm A1 trùng với A (hoặc B1 với B), đường thẳng AA1 (tương ứng với BB1) “theo tính liên tục” phải được coi là tiếp tuyến trực tiếp với đường tròn đã cho (hoặc nếu không làm như vậy thì hai điểm tương ứng phải bị loại khỏi vị trí hình học tìm được - đường tròn).

Hãy quay lại bài toán 2. Sử dụng bổ đề, chúng ta dựng hai đường tròn - vị trí hình học của giao điểm của các đường AA1 và BB1, cũng như BB1 và ​​CC1 (hình 2). Điểm thứ nhất đi qua các điểm A và B, điểm thứ hai đi qua các điểm B và C. Đối với vai trò là điểm P, trong đó cả ba đường thẳng AA1, BB1 và ​​CC1 phải cắt nhau (tất nhiên nó không thể nằm trên một đường tròn cho trước), chỉ có một điểm phù hợp - khác với B, điểm giao nhau của hai đường tròn đã dựng. (Chúng ta không có các đường thẳng cần thiết cho vị trí hình học của giao điểm AA1 và CC1 - đường tròn thứ ba đi qua A và C - tất nhiên nó sẽ tự động đi qua cùng điểm P của giao điểm của hai đường tròn đã dựng.) Vậy, nói một cách tổng quát, chỉ có một vị trí của tam giác A1B1C1 thỏa mãn điều kiện yêu cầu. Trong mọi trường hợp, xét đến những giải thích nêu trên, chúng ta có thể khẳng định rằng có nhiều nhất một điểm bắt buộc P (đặc biệt

40

Hình 2. Điểm P nằm ở giao điểm của hai vị trí hình học: hệ số BB1 so sánh với vị trí BP thì AA1 và CC1 trùng với AP và CP.

trường hợp được mô tả trong hình 3). Vấn đề 2 đã được giải quyết.

Bây giờ chúng ta có thể giải quyết Bài toán 1. Với mỗi điểm P không nằm trên đường tròn, chúng ta ký hiệu A1, B1 và ​​C1 là các điểm giao nhau thứ hai với đường tròn của các đường thẳng AP, BP và CP. Điều kiện bài toán chọn những điểm P sao cho tam giác A1B1C1 bằng tam giác ABC; Thoạt nhìn có vẻ như khi lấy các tam giác bằng nhau trong nhiệm vụ 2, chúng ta sẽ chỉ tìm thấy một ΔA1B1C1 cần thiết (đối xứng với tam giác ABC so với tâm đường tròn). Nhưng có một sự tinh tế ở đây, không quá hình học mà lại logic. Chúng tôi sẽ công bố nó sau một thời gian tĩnh tâm ngắn.

Hoán vị của các đỉnh và đối xứng

Mọi người đều biết rằng các tam giác bằng nhau (theo thuật ngữ khác là “đồng dạng”), theo định nghĩa, có các góc và cạnh tương ứng bằng nhau, do đó chúng có thể được kết hợp bằng cách chồng lên nhau. Trong sách giáo khoa của Viện sĩ A.V. Pogorelov “Hình học 6-10”, đẳng thức của các tam giác ΔABC = ΔDEF, các đỉnh được biểu thị bằng các chữ cái, luôn được viết sao cho các đỉnh tương ứng theo cùng một thứ tự (nghĩa là A = D, B = E, C = E, AB = DE, v.v.).

Hình 3. Đường cơ sở φ=0, hệ số P không tồn tại (các đường AA1, BB1 và ​​CC1 vẫn song song).

Hình 4. Tình huống cơ bản: điểm P xuất hiện tại thời điểm hai tam giác trùng nhau.

Đọc lại điều kiện bài toán 1, bạn có thể thấy rằng theo nghĩa này, ΔA1B1C1 của chúng ta không nhất thiết phải bằng tam giác ABC - nó có thể bằng (có tính đến sự tương ứng của các đỉnh) với bất kỳ tam giác nào trong sáu tam giác ABC, BCA, CAB, BAC, ACB, CBA. Và số lượng biến thể này cần phải tăng gấp đôi, vì lý do hình học thuần túy: ΔA1B1C1 có thể, như người ta nói, “bằng” với tam giác ABC - nghĩa là, nó có thể được kết hợp với nó bằng chuyển động liên tục trong mặt phẳng (trong bài toán của chúng tôi - bằng cách xoay R), hoặc “gương bằng” - trong trường hợp này, để kết hợp các hình tam giác, một trong số chúng cần phải được “lật” (trong bài toán của chúng tôi) đủ để thực hiện tính đối xứng của S đối với một đường thẳng nào đó; tất cả các tam giác A1B1C1, gương bằng tam giác ABC, sẽ thu được từ nhau bằng phép quay). Để phân biệt các quy tắc này, chúng ta sẽ viết chữ R hoặc S trên sự bình đẳng của các hình tam giác. Và đối với mỗi trong số 2 6 = 12 tùy chọn, chúng ta, sử dụng bài toán 2, có thể xây dựng (nhiều nhất) một điểm cần thiết P.

Vollee, lý do này có thể được tóm tắt một cách trực quan như sau: chúng ta lấy một hình tam giác bằng bìa cứng T (có cùng bán kính đường tròn ngoại tiếp với tam giác ABC), đặt các đỉnh của nó trên đường tròn, đặt một hoặc cạnh kia trên mặt phẳng, đánh dấu chúng bằng các chữ cái A1, B1, C1 (6 cách) và xoay nó như trong nhiệm vụ 2, tìm điểm P cho mỗi phương án trong số 2·6 phương án.

Để hoàn thành lời giải bài toán 1, vẫn phải giải thích lý do tại sao trong trường hợp T=ΔABC, 4 tùy chọn bị loại trừ. Tuy nhiên, trong số này (trường hợp ΔABC = ΔDEF, các đỉnh được ký hiệu bằng các chữ cái, người ta thường viết nó sao cho các đỉnh tương ứng theo cùng một thứ tự (nghĩa là A = D, B = E, C = E, AB = DE, v.v.).

Hình 3. Đường cơ sở φ=0, hệ số P không tồn tại (các đường AA1, BB1 và ​​CC1 vẫn song song).