Giải bài hình olympic chuyên KHTN 2024 bằng phương pháp tọa độ
Nội dung bài toán
Cho hai đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ cố định (có bán kính khác nhau), cắt nhau tại $A$ và $B.$ Điểm $P$ di chuyển trong đoạn thẳng $O_1O_2$ (không trùng với các đầu mút). Đường thẳng qua $A$ vuông góc $AB$ cắt $(O_1)$ và $(O_2)$ tương ứng tại $M$ và $N$ (khác $A$). Giả sử đường thẳng qua $B$ vuông góc $PB$ luôn cắt hai đường thẳng $PM$ và $PN$ lần lượt tại $C$ và $D.$ Chứng minh rằng góc tạo bởi hai đường thẳng $AC$ và $AD$ luôn không đổi.
Lời giải.
Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ, trong đó $A=(0,0),$ $B=(0, 2b),$ $M=(m, 0)$ và $N(n, 0),$ rõ ràng $O_1O_2$ là đường trung trực $AB$ nên $O_1O_2:\ y=b,$ kéo theo điểm $P=(p, b)$ (ở đây $p$ là đại lượng thay đổi).
Ta có $DC$ đi qua $B$ và nhận $\overrightarrow{BP}=(p, -b)$ là véc tơ pháp tuyến nên có phương trình
$$p(x-0)-b(y-2b)=0 \Leftrightarrow px-by=-2b^2.$$
Tính được $\overrightarrow{MP}=(p-m, b),$ đường thẳng $PM$ đi qua $M$ và nhận $\vec{n}=(b, m-p)$ là véc tơ pháp tuyến nên có phương trình
$$b(x-m)+(m-p)(y-0)=0 \Leftrightarrow bx+(m-p)y=bm.$$
Như vậy, tọa độ của $C$ là nghiệm của hệ phương trình
$$\begin{cases} px-by=-2b^2 \\ bx+(m-p)y=bm \end{cases}$$
Sử dụng công thức Cramer, tính được
$$\begin{aligned} D & = \begin{vmatrix}
p & -b\\
b & m-p
\end{vmatrix}
=p(m-p)+b^2=b^2+pm-p^2 \\ D_x & = \begin{vmatrix}
-2b^2 & -b\\
bm & m-p
\end{vmatrix}
=-2b^2(m-p)+b^2m=b^2(2p-m) \\ D_y & = \begin{vmatrix}
p & -2b^2\\
b & bm
\end{vmatrix}
=pbm+2b^3=b(pm+2b^2)\end{aligned}$$
Như vậy $x_C=\frac{b^2(2p-m)}{b^2+pm-p^2}$ và $y_C=\frac{b(pm+2b^2)}{b^2+pm-p^2},$ đến đây ta chọn được
$$\vec{u}_{AC}=(b(2p-m), pm+2b^2)$$
Do vai trò của $M, N$ là như nhau nên $\vec{u}_{AD}=(b(2p-n), pn+2b^2),$ từ đó
$$\begin{aligned}
\vec{u}_{AC}\cdot\vec{u}_{AD} & = b^2(2p-m)(2p-n)+(pm+2b^2)(pn+2b^2) \\
& = (b^2+p^2)(4b^2+mn) \\
|\vec{u}_{AC}| & =\sqrt{b^2(2p-m)^2+(pm+2b^2)^2} \\ & =\sqrt{(b^2+p^2)(4b^2+m^2)}\\
|\vec{u}_{AD}| & =\sqrt{b^2(2p-n)^2+(pn+2b^2)^2} \\ & =\sqrt{(b^2+p^2)(4b^2+n^2)}
\end{aligned}$$
Thay vào tính được
$$\cos(\vec{u}_{AC},\vec{u}_{AD})=\frac{\vec{u}_{AC}\cdot\vec{u}_{AD}}{|\vec{u}_{AC}|\cdot|\vec{u}_{AD}|}=\frac{4b^2+mn}{\sqrt{(4b^2+m^2)(4b^2+n^2)}}$$
Nhận thấy, $\cos(\vec{u}_{AC},\vec{u}_{AD})$ không phụ thuộc vào $p,$ từ đó góc giữa hai đường thẳng $AC, AD$ luôn không đổi.
