Ví dụ 8. Cho tam giác $ABC$. Vẽ các tam giác đều $ABB’$ và $ACC’$ nằm phía ngoài tam giác $ABC$. Gọi $I,J$ lần lượt là trung điểm của $CB’$ và $BC’$. Chứng minh các điểm $A,I,J$ hoặc trùng nhau hoặc tạo thành một tam giác đều.
Giả sử góc lượng giác $\left( AB,AC \right)>0$.
Xét phép quay ${{Q}_{\left( A;{{60}^{0}} \right)}}$.
Ta có ${{Q}_{\left( A;{{60}^{0}} \right)}}:B’\mapsto B$, $C\mapsto C’$, do đó ${{Q}_{\left( A;{{60}^{0}} \right)}}:B’C\mapsto BC’.$
Mà $I,J$ lần lượt là trung điểm của $B’C$ và $BC’$ nên ${{Q}_{\left( A;{{60}^{0}} \right)}}\left( I \right)=J$.
Vậy nếu $I,J$ không trùng $A$ thì $\Delta AIJ$ đều.
Khi $\widehat{BAC}={{120}^{0}}$ thì $I\equiv J\equiv A$.
Ví dụ 9. Cho hai đường tròn bằng nhau $\left( O;R \right)$ và $\left( O’;R \right)$ cắt nhau tại hai điểm $A,B$ sao cho $\widehat{OAO’}={{120}^{0}}$. Đường thẳng $d$ đi qua $B$ cắt hai đường tròn $\left( O \right)$ và $\left( O’ \right)$ theo thứ tự tại $M,M’$ sao cho $M$ nằm ngoài $\left( O’ \right)$ còn $M’$ nằm ngoài $\left( O \right)$. Gọi $S$ là giao điểm của các tiếp tuyến với hai đường tròn tại $M$ và $M’$. Xác định vị trí của $M,M’$ sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $SMM’$ lớn nhất.
Giả sử góc lượng giác $\left( AO’,AO \right)={{120}^{0}}.$
Xét phép quay ${{Q}_{\left( A;-{{120}^{0}} \right)}}$.
Gọi $B’={{Q}_{\left( A;-{{120}^{0}} \right)}}\left( B \right)$ thì $\widehat{BAB’}={{120}^{0}}$.
Dễ thấy $\widehat{OAB}={{60}^{0}}$ suy ra $\widehat{OAB}+\widehat{BAB’}={{180}^{0}}$ nên $O,A,B’$ thẳng hàng.
Ta có $\widehat{MBA}+\widehat{ABM’}={{180}^{0}}$, $\widehat{ABM’}+\widehat{AB’M’}={{180}^{0}}$$\Rightarrow \widehat{MBA}=\widehat{AB’M’}$.
Mà $\left( O;R \right)$ và $\left( O’;R’ \right)$ bằng nhau nên $AM=AM’\left( 1 \right)$.
Từ đó ta có $\Delta OAM=\Delta O’AM’$$\Rightarrow \widehat{OAM}=\widehat{O’AM’}$$\Rightarrow \widehat{O’AM}+\widehat{O’AM}=\widehat{OAM}+\widehat{O’AM}={{120}^{0}}$ hay $\widehat{MAM’}={{120}^{0}}\left( 2 \right)$.
Từ $\left( 1 \right);\left( 2 \right)$ suy ra ${{Q}_{\left( A;-{{120}^{0}} \right)}}\left( M \right)=M’$.
Do đó trong phép quay này tiếp tuyến $MS$ biến thành tiếp tuyến $M’S$ nên góc tù giữa hai đường thẳng $MS$ và $M’S$ bằng ${{120}^{0}}$, do đó $\widehat{MSM’}={{60}^{0}}$.
Áp dụng định lí sin cho tam giác $SMM’$ ta có $R=\frac{MM’}{2\sin {{60}^{0}}}=\frac{MM’}{\sqrt{3}}$ $\Rightarrow R$ lớn nhất khi $MM’$ lớn nhất.
Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $O,O’$ trên $MM’$ thì ta có $MM’=2HK\le 2OO’$, đẳng thức xảy ra khi $MM’\parallel OO’$.
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $SMM’$ lớn nhất khi $M,M’$ là các giao điểm thứ hai của đường thẳng $d$ đi qua $B$ và song song với $OO’$ với hai đường tròn.
Giả sử góc lượng giác $\left( AB,AC \right)>0$.
Xét phép quay ${{Q}_{\left( A;{{60}^{0}} \right)}}$.
Ta có ${{Q}_{\left( A;{{60}^{0}} \right)}}:B’\mapsto B$, $C\mapsto C’$, do đó ${{Q}_{\left( A;{{60}^{0}} \right)}}:B’C\mapsto BC’.$
Mà $I,J$ lần lượt là trung điểm của $B’C$ và $BC’$ nên ${{Q}_{\left( A;{{60}^{0}} \right)}}\left( I \right)=J$.
Vậy nếu $I,J$ không trùng $A$ thì $\Delta AIJ$ đều.
Khi $\widehat{BAC}={{120}^{0}}$ thì $I\equiv J\equiv A$.
Ví dụ 9. Cho hai đường tròn bằng nhau $\left( O;R \right)$ và $\left( O’;R \right)$ cắt nhau tại hai điểm $A,B$ sao cho $\widehat{OAO’}={{120}^{0}}$. Đường thẳng $d$ đi qua $B$ cắt hai đường tròn $\left( O \right)$ và $\left( O’ \right)$ theo thứ tự tại $M,M’$ sao cho $M$ nằm ngoài $\left( O’ \right)$ còn $M’$ nằm ngoài $\left( O \right)$. Gọi $S$ là giao điểm của các tiếp tuyến với hai đường tròn tại $M$ và $M’$. Xác định vị trí của $M,M’$ sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $SMM’$ lớn nhất.
Giả sử góc lượng giác $\left( AO’,AO \right)={{120}^{0}}.$
Xét phép quay ${{Q}_{\left( A;-{{120}^{0}} \right)}}$.
Gọi $B’={{Q}_{\left( A;-{{120}^{0}} \right)}}\left( B \right)$ thì $\widehat{BAB’}={{120}^{0}}$.
Dễ thấy $\widehat{OAB}={{60}^{0}}$ suy ra $\widehat{OAB}+\widehat{BAB’}={{180}^{0}}$ nên $O,A,B’$ thẳng hàng.
Ta có $\widehat{MBA}+\widehat{ABM’}={{180}^{0}}$, $\widehat{ABM’}+\widehat{AB’M’}={{180}^{0}}$$\Rightarrow \widehat{MBA}=\widehat{AB’M’}$.
Mà $\left( O;R \right)$ và $\left( O’;R’ \right)$ bằng nhau nên $AM=AM’\left( 1 \right)$.
Từ đó ta có $\Delta OAM=\Delta O’AM’$$\Rightarrow \widehat{OAM}=\widehat{O’AM’}$$\Rightarrow \widehat{O’AM}+\widehat{O’AM}=\widehat{OAM}+\widehat{O’AM}={{120}^{0}}$ hay $\widehat{MAM’}={{120}^{0}}\left( 2 \right)$.
Từ $\left( 1 \right);\left( 2 \right)$ suy ra ${{Q}_{\left( A;-{{120}^{0}} \right)}}\left( M \right)=M’$.
Do đó trong phép quay này tiếp tuyến $MS$ biến thành tiếp tuyến $M’S$ nên góc tù giữa hai đường thẳng $MS$ và $M’S$ bằng ${{120}^{0}}$, do đó $\widehat{MSM’}={{60}^{0}}$.
Áp dụng định lí sin cho tam giác $SMM’$ ta có $R=\frac{MM’}{2\sin {{60}^{0}}}=\frac{MM’}{\sqrt{3}}$ $\Rightarrow R$ lớn nhất khi $MM’$ lớn nhất.
Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $O,O’$ trên $MM’$ thì ta có $MM’=2HK\le 2OO’$, đẳng thức xảy ra khi $MM’\parallel OO’$.
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $SMM’$ lớn nhất khi $M,M’$ là các giao điểm thứ hai của đường thẳng $d$ đi qua $B$ và song song với $OO’$ với hai đường tròn.
