GIẢI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH ÔN THI HỌC SINH GIỎI (LV thạc sỹ)

Luận văn “Một số dạng toán quỹ tích trong đề thi học sinh giỏi toán phổ thông” với mục đích có được một hệ thống bài tập để giúp học sinh khá giỏi khi đứng trước một bài toán quỹ tích, có thể nhanh chóng xác định đúng công cụ, cách tiếp cận để giải quyết đưa ra được lời giải cho bài toán quỹ tích.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

-

NGUYỄN THỊ HỒNG NHUNG

MỘT SỐ DẠNG TOÁN QUỸ TÍCH TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN

PHỔ THÔNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

-

NGUYỄN THỊ HỒNG NHUNG

MỘT SỐ DẠNG TOÁN QUỸ TÍCH TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

LỜI CẢM ƠN

Trước tiên em xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc nhất tới PGS.TS Trịnh Thanh Hải, người thầy với lòng nhiệt huyết đã luôn chỉ bảo tận tình cho em từ những ngày đầu tiên, đồng thời đưa ra những lời khuyên

bổ ích giúp em hoàn thiện luận văn này

Em cũng xin gửi lời cảm ơn tới các thầy cô, tập thể cán bộ khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban lãnh đạo và các đồng nghiệp trường Đại học Tân Trào cùng các bạn học viên lớp cao học toán K7C, đã không chỉ trang bị cho em những kiến thức bổ ích mà còn luôn giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi trong quá trình em học tập tại trường

Cuối cùng em xin cảm ơn gia đình, bạn bè người thân là những người luôn ủng hộ, động viên em vượt qua những khó khăn để em hoàn thành tốt

luận văn

Thái Nguyên, tháng 12 năm 2015

MỤC LỤC

Trang

Trang phụ bìa i

Mục lục ii

Lời cảm ơn ……….……… iii

Lời mở đầu ……….……… 1

Chương I KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 2

1.1 Bài toán quỹ tích 2

1.2 Một số quỹ tích cơ bản 3

1.3 Các hướng giải bài toán quỹ tích thường gặp trong chương trình phổ thông 5

Chương II MỘT SỐ DẠNG TOÁN QUỸ TÍCH TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 16

2.1 Dạng quỹ tích cơ bản 16

2.1.1 Các bài toán sử dụng công cụ hình học tổng hợp 16

2.1.2 Các bài toán sử dụng phép biến hình 31

2.1.3 Các bài toán sử dụng công cụ hình học giải tích 47

2.1.4 Các bài toán sử dụng công cụ đại số……… 56

2.2 Dạng quỹ tích không cơ bản ……… 69

Kết luận ……… 77

Tài liệu tham khảo ……… 78

PHẦN MỞ ĐẦU

Trong chương trình môn toán ở phổ thông, các bài toán quỹ tích đóng một vai trò đặc biệt quan trọng trong việc giúp học sinh hình thành, phát triển năng lực tư duy và giúp học sinh được tiếp cận với các đối tượng toán học, các mối quan hệ toán học trong quá trình vận động biến đổi của chúng từ đó nhận biết được các yếu tố mang tính quy luật Tuy nhiên đây cũng là một nội dung khó đối với cả người dạy và người học nên trong thực tế việc nghiên cứu sâu về bài toán quỹ tích thường chỉ được đặt ra đối với học sinh giỏi

Với mong muốn tìm hiểu, học hỏi và tích lũy thêm kinh nghiệm để phục vụ ngay chính công tác giảng dạy nội dung hình học trong ở trường phổ

thông chúng tôi chọn đề tài “Một số dạng toán quỹ tích trong đề thi học sinh giỏi toán phổ thông” với mục đích có được một hệ thống bài tập để giúp

học sinh khá giỏi khi đứng trước một bài toán quỹ tích, có thể nhanh chóng xác định đúng công cụ, cách tiếp cận để giải quyết đưa ra được lời giải cho bài toán quỹ tích

Luận văn có các nhiệm vụ cụ thể sau:

(1) Nghiên cứu một số lời giải các bài toán quỹ tích để đưa ra một số cách tiếp cận, một số công cụ thường được sử dụng để giải bài toán quỹ tích trong khuôn khổ kiến thức phổ thông

(2) Tham khảo đề thi học sinh giỏi, tài liệu tham khảo chọn lọc ra một

hệ thống các bài toán quỹ tích để minh họa một cách trực quan các cách giải bài toán quỹ tích

Chương I KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Bài toán quỹ tích

Khái niệm quỹ tích:

Quỹ tích những phần tử có tính chất là tập hợp tất cả những phần tử

có tính  đó Những phần tử trong quỹ tích có thể là điểm, là đường thẳng, là đường cong Tập hợp tìm được có thể là vô hạn, hữu hạn (một số điểm rời rạc); thậm trí có thể là một tập hợp rỗng (không có phần tử nào)

Các bước giải bài toán quỹ tích:

Khi giải một bài toán quỹ tích chúng ta thường phải chứng minh hai

phần Thuận và Đảo (hoặc các cặp mệnh để tương đương)

Xuất phát từ khái niệm quỹ tích ta có

- Gọi A là tập hợp những phần tử M có tính chất : AM  ;

- Gọi F là hình cần tìm (F có thể rỗng)

Thực chất chứng minh một bài toán quỹ tích là chứng minh: AF.

- Phần thuận: Chứng minh AF: Để chứng minh AF, ta lấy 1 phần tử M bất kỳ thuộc A, ta chứng minh MA kéo theo MF Chứng minh

điều này là đảm bảo tính không thiếu của quỹ tích, bất cứ phần tử nào của A

đều là của F

- Phần đảo: Chứng minh FA: Để chứng minh FA, ta lấy một phần tử M’ bất kỳ thuộc F, ta phải chứng minh MF kéo theo MA Chứng

minh được điều này là đảm bảo tính chất không thừa của quỹ tích, mọi phần

tử của F đều là của A

Sau khi chứng minh được hai phần trên, ta kết luận: A F

Trong lý thuyết tập hợp, người ta đã chứng minh: Thuận  Phản đảo; Đảo  Phản Vì vậy ngoài cặp mệnh đề Thuận và Đảo, ta còn có các cặp mệnh đề khác tương đương Sơ đồ các cặp mệnh có thể dùng để chứng minh một bài toán quỹ tích là:

Cặp Thuận và Đảo a) Thuận: MAMF;

b) Đảo: MFMA.

Cặp Đảo và Phản đảo a) Đảo: MFMA;

b) Phản đảo: MFMA.

Cặp Phản đảo và Phản a) Phản đảo: MFMA;

Vậy để giải một bài toán quỹ tích chúng ta tiến hành theo 5 bước cơ bản sau: Dự đoán; Chứng minh Thuận; Chứng minh Đảo; Dựng hình và Biện luận

Mối liên hệ giữa yếu

tố quỹ tích với yếu

tố cố định

Quỹ tích cơ bản trong hình học phẳng

Quỹ tích cơ bản trong hình học không gian

bán kính R

Mặt cầu tâm O bán kính R

Hai chỏm cầu chứa góc dựng đối xứng nhau qua A, B

MA 

Đường tròn Apôlôniút đường kính IJ

Mặt cầu Apôlôniút

5

A và B

(k0)

2 2 2

k MB

Là đường tròn (I, )

  I là trung điểm A,B

7 x ˆ O y

MF ME

Oy MF

Ox ME

y O

d MH





Hai đưởng thẳng song song cách đều đường thẳng

d một khoảng h

Mặt trụ tròn xoay

có trục là đường

thẳng d

9

A và B

(k0)

2 2 2

k MB



1.2.2 Các quỹ tích không cơ bản

STT Yếu tố cố

định

Mối liên hệ giữa yếu

tố quỹ tích với yếu

tố cố định

Quỹ tích cơ bản trong hình học phẳng

Quỹ tích cơ bản trong hình học không gian

Quỹ tích là mặt Elipxoit tròn xoay

Quỹ tích là Hypecbol

Quỹ tích là mặt Hyperboloid

1.3 Các hướng giải bài toán quỹ tích thường gặp trong chương trình phổ thông

1.3.1 Sử dụng biểu thức hình học tổng hợp:

Trong chương trình phổ thông, học sinh thường giải bài toán quỹ tích theo phương pháp tổng hợp Sau khi dự đoán sẽ chứng minh thuận, đảo sau

đó kết luận

Ví dụ 1.1.([16])

Cho đường tròn đường kính BC cố định lấy điểm M di động trên đường

tròn Trên tia đối của tia BM lấy điểm D sao cho MD = DB Tìm quỹ tích của

điểm D

Lời giải

Hình 1.1

- Phân tích

+ Chọn vị trí của M trên đường tròn đường kính BC

Lấy điểm M bất kỳ trên cung BC nối B với M và trên BM lấy

+ Nhìn vào hình ta thấy ba điểm D không thẳng hàng Nên ta đoán quỹ tích là một đường tròn hay một cung tròn

→ ∆ CDM vuông cân tại M

Khi M di động trên đường tròn đường kính BC cố định nên ta luôn có ̂ nên ta có ∆ CDM vuông cân tại → ̂ = 45o

không đổi

Vậy khi M chuyển động trên đường tròn đường kính BC và MD = MC thì D cũng chuyển động theo và luôn nhìn BC dưới một góc 45 không đổi Hay D nằm trên cung chứa góc 45 vẽ trên cung BC

Giới hạn: kẻ tiếp tuyến với đường tròn cho trước tại B có cung chứa góc 45 vẽ trên cạnh BC tại D’

Khi M → B thì D → D’ lúc này thì tia BD cũng gần tiếp tuyến BD’

Khi M ≡ B thì không còn cung BM nửa nên không còn tia BD do đó D’ là điểm giới hạn của quỹ tích và D không thuộc quỹ tích

Khi M → C thì D → C Khi M ≡ C thì không ∃ ∆ CMD nên không có điểm D Mặt khác ta thấy M di chuyển trên toàn bộ đường tròn nên còn có những điểm D nằm trên cung thứ 2 chứa góc 45 vẽ trên BC Hai cung này đối xứng nhau qua BC cùng cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn cho trước tại D’ và D”

Vậy khi M chạy trên đường tròn đường kính BC thì D nằm trên toàn bộ

Kết luận: Quỹ tích điểm D thỏa mãn bài toán là cung D’DC và CED”

đối xứng nhau qua CB trừ D’, C, D”

1.3.2 Sử dụng các phép biến hình trong mặt phẳng và không gian

chứng minh Thuận và Đảo

b) Ví dụ 1.2 (Đề thi HSG toàn quốc, bảng A, tháng 3 năm 2002)

Trong mặt phẳng cho tam giác ABC Một đường tròn (O) thay đổi đi qua A, không tiếp xúc với các đường thẳng AB, AC và có tâm O chuyển động trên đường thẳng BC Đường tròn này cắt lại các đường AB và AC lần lượt ở

M và N Tìm quỹ tích trực tâm H của tam giác AMN

Lời giải

Hình 1.2

Ta thấy ̂ vì nếu ̂ thì H = A

* Lời giải 1:

Gọi D là điểm xuyên tâm - đối của điểm A trên đường tròn (O) Thế thì

M và N theo thứ tự chính là các hình chiếu (vuông góc) của D trên (AB) và

(AC) Do đó trực tâm H của tam giác AMN là điểm đối xứng với D qua trung

điểm của MN Gọi M' và N' trên (AC) và (AB) Dễ thấy rằng tam giác AHM'

đồng dạng nghịch với tam giác ADM

Từ đó ta được: (AH, AM = -(AD, AM) (modπ)

| ̂ | và do đó | ̂ | | |, trong đó

̂

Các đẳng thức trên nói lên rằng (AH) đối xứng với (AO) qua phân giác

Ap của góc ̂ của tam giác ABC và (k không đổi), trong đó k=2|cos |

Vậy H là ảnh của O trong phép vị tự - đối xứng Z(A, Ap, k) Trả lời:

Nếu ký hiệu (BC = ) thì {H} là đường thẳng a’, ảnh của a trong phép đồng

dạng nghịch (vị tự - đối xứng) ( ∆ | |), bỏ đi hai điểm Hi

là ảnh của Oi (i = 1, 2) trên a = (BC), ở đó ̂ = ̂ = 90o

Vậy {H} = a’/{H1, H2}; {Hi}= Z(Oi), I = 1, 2

Chú thích: {H} ∪ {H1, H2} = a’ đi qua hai điểm E và F Trong đó

E = PE ⊥ AC, F = QF ⊥ AB và P = DB(A), Q = DC(A) Đường thẳng (PQ)

cũng được suy ra từ a = (BC) qua phép vị tự V(A, 2)

* Lời giải 2:

Gọi P = DB(A), Q = DC(A); E = PF ⊥ AC, F = QF ⊥ AB

Ta có: MH cùng hướng và bằng DN, DN song song với PE, MD cùng

hướng và bằng HN, HN song song với QF

Dùng một hệ trục toạ độ thích hợp để tìm mối liên hệ giữa yếu tố quỹ

tích M(x, y) với các điểm cố định bằng một phương trình biểu diễn một đường

cong cơ bản

b) Ví dụ 1.3 (T9/273/[8])

Cho đường tròn (O; R) và một điểm P nằm trong đường tròn Hai cạnh

Px và Py của góc vuông xPy cắt đường tròn ở A và B, các tiếp tuyến của

đường tròn tại A và B cắt nhau ở điểm M Tìm quỹ tích của điểm M khi góc vuông xPy quay quanh P

Gọi I là trung điểm của OP, theo công thức đường trung tuyến ta có:

Vậy N nằm trên đường tròn tâm I, bán kính √

Đảo lại, lấy một điểm N bất kỳ trên đường tròn (I; p), thế thì

√ và do đó 4IN2 = 2R2 – OP2

hay là Từ đó ON < R nghĩa là N nằm bên trong đường tròn (O; R) Bây giờ qua N kẻ dây cung AB của đường tròn đã cho (O; R) vuông góc với ON ở điểm N Thế thì N là trung điểm của

a) Ý tưởng: Giả sử M là một điểm thay đổi phụ thuộc tham số m Có

hai trường hợp sau đây:

 Trường hợp 1: Tọa độ điểm M biểu thị được theo tham số m

Khi đó để tìm quỹ tích đại số của một điểm M, ta thực hiện theo các bước sau:

1 Biểu thị tọa độ  x; y của M theo tham số m

) (

m g y

m h

x

) 2 (

) 1 (

) , (

x m g y

x m h x

2 Khử m trong hệ trên suy ra (C): y  f (x)

3 Giới hạn và kết luận quỹ tích: Từ điều kiện tồn tại điểm M, suy ra

điều kiện của m và điều kiện của x (nhờ (1)), chẳng hạn x ∈ D

Vậy quỹ tích của điểm M là đường (C) :

x f

y ( )

(1) được gọi là phương trình hoành độ;

(2) được gọi là phương trình tung độ

a x

(a là hằng số)

) 2 (

) ' 1 (

Thì (1’) là phương trình quỹ tích, (2) là điều kiện giới hạn

* Nếu tọa độ của điểm M có dạng

m h

(a là hằng số)

) ' 2 (

) 1 (

Thì (2’) là phương trình quỹ tích, (1) là điều kiện giới hạn

* Nếu M thuộc đồ thị (D) : y = g(x) thì y = g(x) chính là phương trình

tung độ

 Trường hợp 2: Tọa độ điểm M không biểu thị được theo m

Khi đó việc tìm quỹ tích đại số của điểm M được đưa vào điều kiện tồn tại của điểm ấy

b) Ví dụ 1.4 (Quỹ tích trung điểm dây cung)([2])

Cho Hypebol (H) :

2

3 4

y và đường thẳng (d) : y = kx + 1

1 Tìm k để (d) cắt (H) tại hai điểm phân biệt A và B

2 Tìm quỹ tích trung điểm I của dây cung AB

Lời giải

1 Phương trình hoành độ giao điểm của (H) và (d) là

0 1 ) 2 3 ( ) 1 ( 1 2

k kx

x

x x

(1)

Gọi h(x)  ( 1 k)x2  ( 3  2k)x 1 Đường thẳng (d) cắt (H) tại hai điểm phân biệt A và b khi phương trình hoành độ có hai nghiệm phân biệt hay phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác -2 Điều ấy xảy ra khi và chỉ khi:

1 0

1

0 1 ) 1 ( 4 1

0 1 ) 2 3 ( 2 ) 1 ( 4

0 ) 1 ( 4 ) 2 3 (

0 1

k

k k

k k

2

I là trung điểm AB

2 2

3 2 2

1

3 2 2

1

1 1

) 3 ( 1 2

k x x

.1)

2 5 2

1 1 2 1

Kết quả (4) chứng tỏ k  1 với mọi x1   1 Bởi vậy, từ (6) kết luận quỹ

tích I là đồ thị

2 2

2 5

Chương II MỘT SỐ DẠNG TOÁN QUỸ TÍCH TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

2.1 Các bài toán quỹ tích cơ bản

2.1.1 Các bài toán sử dụng công cụ hình học tổng hợp

Bài toán 2.1.1.1: (Bài 194 (T5/269)/[8])

Cho đường tròn (O; R) với hai đường kính vuông góc AB và CD Lấy điểm P trên đường tròn đó Trên tia OP lấy điểm M sao cho OM bằng tổng các khoảng cách từ P đến các đường thẳng AB và CD Tìm quỹ tích các điểm

M khi P chuyển động trên đường tròn

Lời giải

O D

M

C A

B

PH

K N

Hình 2.1.1.1

Giả sử điểm P thuộc cung nhỏ AC của đường tròn (O) (hình 2.1.1.1) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của P trên AB, AC và N là hình chiếu của C trên tia OP

⇒ ∆NCM vuông cân tại N

Vậy M thuộc nửa đường tròn đường kính AC nằm ngoài đường tròn (O ; R) Lập luận tương tự kết luận được: khi P chạy trên đường tròn (O ; R) thì M chạy trên các nửa đường tròn đường kính AC, CB, BD, DA nằm ngoài đường tròn (O ; R)

* Phần đảo:

Giả sử M thuộc các nửa đường tròn nói trong kết luận của phần thuận Không mất tính tổng quát, coi M thuộc nửa đường tròn đường kính AC nằm ngoài đường tròn (O ; R) Tia OM cắt cung nhỏ AC của đường tròn (O) tại P Xác định các điểm H, K, N như trên

Từ suy ra ∆ NCM vuông cân tại N nên MN = CN

Vậy OM = ON = OM + MN = P + CN = PH + PK

* Kết luận:

Quỹ tích các điểm M thỏa mãn điều kiện đề bài là các nửa đường tròn đường kính AC, CB, BD, DA nằm ngoài đường tròn (O ; R) (Hình 2.1.1.1)

Bài toán 2.1.1.2: (Bài 196 (T5/270)/[8])

Cho hai đường thẳng xx’ và yy’ vuông góc với nhau tại điểm A Trên

yy’ lấy điểm B (khác A) cố định Với mỗi điểm N trên xx’ lấy điểm M trên

sao cho BM = AN Tìm quỹ tích trung điểm I của MN khi N di động trên

xx’

Lời giải

Ta xét bài toán tổng quát hơn khi ̂ = α (0o < α < 180o

) Không mất

tính tổng quát coi B thuộc tia Ay (hình 2.1.1.2) Khi N ≡ A thì M ≡ B và I

trùng với trung điểm E của đoạn thẳng AB, do đó chỉ cần xét với N khác A

Vì EI là đường trung bình của tam giác ABP nên Vậy điểm I nằm trên tia Et với gốc E và

* Phần đảo:

Lấy điểm I (khác E) thuộc tia Et Lấy điểm P đối xứng với điểm A qua điểm I Dựng hình bình hành AMPN sao cho N ∈ Ax và M ∈ Ay thì I là trung điểm của MN

Hơn nữa, EI là đường trung bình của tam giác ABP nên

mà nên M phải thuộc tia By và BM = PM = AN

* Kết luận:

Quỹ tích trung điểm I của đoạn MN thỏa mãn cho N ∈ Ax và M ∈ Ay,

AN = BM là tia Et có gốc E là trung điểm của AB và

2) Lập luận tương tự khi cho N chạy trên xx’ và M chạy trên yy’ với

AN = BM thì quỹ tích trung điểm I của MN là hai đường thẳng t’t và vv’

vuông góc với nhau tại trung điểm E của AB và .(Hình 2.1.1.2)

Bài toán 2.1.1.3: (Đề thi HSG Quốc gia Bảng B - năm 2002)

Trong mặt phẳng cho hai đường tròn cố định (O ; R1) và (O ; R2) có

R1 > R2 Một hình thang ABCD (AB // CD) thay đổi sao cho bốn đỉnh A, B,

C, D nằm trên đường tròn (O ; R1) và giao điểm của hai đường chéo AC, BD nằm trên đường tròn (O ; R2) Tìm quỹ tích giao điểm P của hai đường thẳng

AD và BC

Lời giải

⇒ tứ giác AIOD nội tiếp

⇒PA.PD = PI.PO = OP(OP-OI) = OP2

* Phần đảo:

Lấy điểm P bất kỳ trên đường tròn (O ; ) Gọi I là giao điểm của OP

và (O ; R2) Ta dựng được hình thang ABCD nội tiếp đường tròn (O ; R1), nhận I làm giao điểm của hai đường chéo và nhận P là giao điểm của hai đường thẳng chứa hai cạnh bên

Cố định điểm Ao ∈ a, Bo ∈ b và điểm Mo ∈ AoBo sao cho:

Ta chứng minh quỹ tích điểm M là mặt phẳng (P) đi qua Mo và song song với a và b

* Phần thuận: Từ đẳng thức

, theo định lý Thales đảo, ta có

a, b và MoM cùng song song với một mặt phẳng Nhưng do (P) song song với mặt phẳng đó và Mo ϵ (P) suy ra M thuộc (P)

* Phần đảo: Lấy điểm M thuộc (P), tồn tại duy nhất một đường thẳng

đi qua M và cắt a, b tại A, B Áp dụng định lý Thales cho các mặt phẳng ( ) qua a và song song với b, mặt phẳng (β) qua b và song song với a, mặt phẳng (P) ta được: (Hình 2.1.1.4)

Bài toán 2.1.1.5: (Đề thi OLYMPIC truyền thống của Trường THPT

Chuyên Nguyễn Du - Đăk lăk năm 2014)

Cho đường tròn (O ; R) và điểm I, biết OI = d (0 < d < R) Qua I vẽ một dây AB tùy ý không phải là đường kính của đường tròn Hai tiếp tuyến của đường tròn tại A, B cắt nhau tại điểm M

1 Tìm quỹ tích điểm M khi dây cung AB thay đổi

2 Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác AOMB theo d và R

Do đó điểm H cố định trên tia OI và OH =

Vậy điểm M thuộc đường thẳng ∆ vuông góc với OI tại điểm H

Hình 2.1.1.5

* Phần đảo:

Với điểm M bất kỳ trên đường thẳng ∆, vẽ dây AB qua I và vuông góc với OM tại G

Tứ giác IHMG nội tiếp nên:

Do đó MA, MB là hai tiếp tuyến của đường tròn

Vậy quỹ tích các điểm M thỏa mãn yêu cầu là đường thẳng ∆

2

Vậy, min khi AB ⊥ OI (Hình 2.1.1.5)

Bài toán 2.1.1.6: ([7])

Cho tứ diện ABCD và M là một điểm di động trong đoạn CD Dựng

AK vuông góc với BM Tìm quỹ tích các điểm K

Phân tích

Ở bài toán này, nhìn vào hình vẽ chúng ta nhận thấy rằng điểm K luôn nhìn đoạn AB cố định dưới một góc vuông đồng thời nằm trên mặt phẳng (BCD) cố định, nên ta dự đoán ngay rằng K sẽ chạy trên đường tròn (hoặc một phần của đường tròn) đường kính A1B (trong đó AA1⊥ mp(BCD)) Ta có ngay lời giải bài toán

Lời giải

Hình 2.1.1.6

AA (vì AA

BK

AK

BK

1 1

 BK mp(AA1K) BK  A1K

Điểm K luôn nhìn A1B cố định dưới một góc vuông nên K chạy trên

đường tròn đường kính A1K (đường tròn này nằm trong mặt phẳng (BCD) cố

Lấy điểm K bất kỳ trên cung K1K2, nối BK cắt CD tại M Ta chứng

minh: AK ⊥ BM Thật vậy, K ∈ cung K1K2 ⇒ BK ⊥ AK1,

Bài toán 2.1.1.7: (Đề thi chọn HSG đội tuyển Quảng Bình)

Cho tam giác ABC với đường tròn nội tiếp (I) Điểm M tùy ý trên (I)

Gọi da là đường thẳng đi qua trung điểm MA và vuông góc với BC Các

đường thẳng db, dc được xác định tương tự Chứng minh rằng da, db, dc đồng

quy tại một điểm N Tìm tập hợp điểm N khi M chuyển động trên (I)

Lời giải

A

Hình 2.1.1.7 Gọi H là trực tâm tam giác ABC D là trung điểm MA N là trung điểm

Bài toán 2.1.1.8: (Đề thi khảo sát đội tuyển THPT chuyên Thái Bình)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) cố định, AB cố định và khác đường kính, C di động trên đường tròn Gọi N là trung điểm AC M là hình chiếu của N trên BC Tìm quỹ tích M khi C di động trên (O)

Do đó AKOP là hình chữ nhật, suy ra BKOP là hình bình hành, suy ra I

là trung điểm của BP

Mặt khác, tam giác BMP vuông tại M nên IM = IB không đổi Suy ra

M nằm trên đường tròn tâm I, bán kính IB

A

Hình 2.1.1.8

Bài toán 2.1.1.9: (Bài 6 - năm 1960/[7])

Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ có A ở phía trên A’, B trên B’

và tương tự như thế X là một điểm di động trên đường chéo AC và Y là điểm

di động trên B’D’

a) Tìm quỹ tích trung điểm của XY

b) Tìm quỹ tích những điểm Z nằm trên đoạn XY và thỏa mãn

ZY = 2XZ

Lời giải

a) Gọi (P) là mặt phẳng song song và cách đều hai mặt phẳng (ABCD)

và (A’B’C’D’), (P) cắt các cạnh A’A, B’B, C’C, D’D lần lượt tại M, N, P, Q

Rõ ràng là trung điểm của XY phải nằm trên (P)

Gọi R, S, T, U lần lượt là trung điểm của MN, NP, PQ và QR Ta nhận thấy trung điểm của XY chỉ nằm trên hình vuông RSTU

Đảo lại, Lấy bất kỳ điểm I trên hình vuông RSTU, mặt phẳng xác định bởi I và AC sẽ cắt đoạn B’D’ tại Y Khi đó, IY kéo dài trong tam giác ACY sẽ cắt AC ở X Vì mặt phẳng (RSTU) song song và cách đều hai mặt phẳng (ABCD) và (A’B’C’D’) nên theo Định nghĩa Thales trong không gian, hiển nhiên I là trung điểm của XY

Tóm lại, quỹ tích các trung điểm của XY là hình vuông RSTU

Hình 2.1.1.9

b) Gọi E, F, G, H là các điểm lần lượt nằm trên các cạnh A’A, B’B, C’C, D’D sao cho A’E = 2EA, B’F = 2FB, và tương tự như thế, AB’, CB’, CD’, và AD’ lần lượt cắt các cạnh EF, FG, GH, HE tương ứng tại I, K, L, O

Dễ ràng chứng minh được IKLO là hình chữ nhật Ta có: EO = EI = EA =

a a

a  , với a là cạnh hình vuông đã cho

Tương tự như ở câu a), ta chứng minh được quỹ tích các điểm Z là hình chữ nhật IKLO (Hình 2.1.1.9)

Bài toán 2.1.1.10: (Bài 11- năm 1961/[7])

Cho 3 điểm A, B, C không thẳng hàng và mặt phẳng (P) không song song với (ABC) sao cho cả ba điểm A, B, C đều ở về cùng một phía với (P) Lấy ba điểm tùy ý A’, B’, C’ trên (P) Gọi A”, B”, C” lần lượt là những trung điểm của A’A, B’B, C’C Cho O là trọng tâm tam giác A”B”C” Tìm quỹ tích điểm O khi A’, B’, C’ di động trên mặt phẳng (P)

Lời giải

Hình 2.1.1.10

Gọi K’, K lần lượt là trọng tâm các tam giác A’B’C’ và ABC Ta có K

cố định vì ABC cố định Cho M, M’ lần lượt là trung điểm của BC và B’C’ Giả sử M’M cắt mặt phẳng (A”B”C”) tại M”, K’K cắt (A”B”C”) tại K” Ngoài ra, ta gọi T là trung điểm B”C” Ta sẽ chứng minh rằng K” trùng O

Ta có B’M’ = M’C’ và BM = MC nên theo Định lý Thales đảo trong

không gian, B’B, C’C, và M’M nằm trên ba mặt phẳng song song với nhau;

từ đó, ta lại theo Định lý Thales, ta được: B”M” = M”C”, nghĩa là M” nằm

trên trung trực của B”C” (*)

Cũng theo các định lý nói trên, vì ta có

KM

AK M

' '

nên ta suy ra:

K

A , suy ra K”O // M”T, điều này có

nghĩa OK”  B”C” (do theo (*) ta có M”T  B”C”)

Vừa rồi ta đã thực hiện với điểm A, A’ và cặp cạnh BC, B’C’ Tiến

trình này được lặp lại một cách hoàn toàn tương tự như trên với (B, B’, AC, A’C’) và (C, C’, AB, A’B’) để có: OK”  A”C” và OK”  A”B”

Tóm lại,

Ta đã chứng minh được O trùng với K” Nói cách khác, trọng tâm O

của tam giác A”B”C” nằm trên đường nối hai trọng tâm K (cố định) của tam

giác ABC và K’ của tam giác A’B’C’

Hơn nữa, cũng dựa vào Định lý Thales thuận và đảo trong không gian,

ta thấy O là trung điểm K’K

Khi A’, B’, C’ di động trên (P), K’ cũng di động trên toàn mặt phẳng

(P); do đó, O di động trên mặt phẳng  song song và cách đều (P) với điểm

K

Đó cũng là kết luận cho quỹ tích của điểm O, vì phần đảo lại cũng đơn

giản khi sử dụng Định lý Thales thuận và đảo trong không gian

2.1.2 Các bài toán sử dụng phép biến hình

Bài toán 2.1.2.1: (Bài 57/[7])

Trong mặt phẳng cho hai đường tròn đồng tâm, bán kính R, r (R > r) P

là điểm cố định trên đường tròn bán kính r và B là điểm chuyển động trên đường tròn bán kính R

Đường thẳng BP cắt đường tròn bán kính R ở điểm thứ hai C và đường thẳng l vuông góc với đường thẳng BP tại P cắt đường tròn bán kính r ở điểm thứ hai A (nếu l là tiếp tuyến của đường tròn thì AP)

a) Tìm tập hợp các giá trị của biểu thức:

BC2 + CA2 + AB2 b) Tìm quỹ tích trung điểm của AB

Lời giải

a) Ta biểu thị tổng 2 2 2

CA BC

)

CP    , vậy biểu thức trong dấu ngoặc thứ hai bằng 2

BC   chỉ gồm một số duy nhất là 2 2

2

6R  r b) Gọi O là tâm đường tròn và M là trung điểm của AB Thế thì OM sẽ

là đường trung bình của tam giác ADB và ta dễ ràng thấy rằng điểm M là ảnh

của điểm C qua phép vị tự tỉ số

tròn này, còn điểm M chạy trên đường tròn vị tự với nó có bán kính

2

R

và tâm

là trung điểm của OP

Vậy quỹ tích trung điểm M của AB là đường tròn bán kính

2

R

có tâm là trung điểm của OP (Hình 2.1.2.1)

Hình 2.1.2.1

Bài toán 2.1.2.2: (Bài 64/[7])

Gọi (L) là tiếp tuyến của đường tròn (C) và M là một điểm trên (L) Hãy tìm quỹ tích các điểm P thỏa mãn tính chất: tồn tại hai điểm R, Q trên (L) sao cho RM = QM và tam giác PQR nhận (C) làm đường tròn nội tiếp

Lời giải

Cho X là giao điểm của (C) và (L), O là tâm của (C)

Giả sử XO cắt (C) tại điểm thứ hai Z; Y là điểm trên QR sao cho M là trung điểm XY

Gọi (C’) là đường tròn tiếp xúc với cạnh QR, các đường thẳng PQ, PR nhưng ở về phía khác với (C) so với cạnh QR (tức đường tròn bàng tiếp góc P của tam giác PQR)

Giả sử (C’) tiếp xúc với QR tại Y’

' Cũng tương tự như vậy, hai tam giác RXO và O’Y’R đồng dạng

với nhau nên:

R Y

Y O XO

RX

'

' '

 Suy ra: QY’.XQ = Y’O’.OX = RX.Y’R

Từ đó ta được:

'

' '

'

QY

RY RY QR

RY QX

QR

QX RX

Mặt khác, QX = RY vì M vừa là trung điểm của XY, vừa là trung điểm

QR, do đó ta có Y trùng Y’ Như vậy, điểm P di động nhưng luôn luôn nằm trên tia YZ (dễ thấy Z cố định, Y cố định nên tia YZ cố định)

Đảo lại, lấy điểm P bất kỳ trên tia YZ, thì bằng cách lập luận tương tự như trên ta cũng có QX = RY Nhưng M là trung điểm XY nên suy ra M là trung điểm QR, như thế P là điểm quỹ tích

Tóm lại, quỹ tích của P là tia YZ (Hình 2.1.2.2)

Hình 2.1.2.2

Bài toán 2.1.2.3: ([16])

Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn Gọi M là một điểm

di động trên đường tròn ấy và M1, M2, M3 theo thứ tự là các điểm đối xứng

của M qua BC, CA, AB

1 Tìm quỹ tích các điểm M1, M2, M3

2 Chứng minh rằng các quỹ tích của M1, M2, M3 giao nhau tại trực tâm

H của tam giác ABC

Lời giải

1 Ta có M1 và M đối xứng nhau qua BC, M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Vậy, quỹ tích M1 là đường tròn đối xứng với đường tròn qua trục BC

Tương tự, ta chứng minh được quỹ tích M2 là đường tròn đối xứng với đường tròn qua trục CA và quỹ tích M2 là đường tròn đối xứng với đường tròn qua trục AB

2 Trực tâm H của tam giác ABC nằm trên đường tròn (O’) đối xứng với đường tròn ngoại tiếp (O) của tam giác ABC qua BC, nên đường tròn (O’) chính là đường tròn C1 Nói khác đi, H thuộc đường tròn Lập luận tương tự, ta có H thuộc các đường tròn và (Hình 2.1.2.3).

φ 3

φ 2

Hình 2.1.2.3

Bài toán 2.1.2.4: (Bài toán */[4])

Hai điểm M và N chuyển động trên đường thẳng chứa cạnh AB của một tam giác ABC sao cho Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của

M trên đường thẳng (BC) và của N trên đường thẳng (CA); S là trung điểm của AN và Q là tâm đường tròn (CDE) Chứng minh SQ có độ dài không đổi;

từ đó suy ra quỹ tích của Q khi trượt trên đường thẳng AB

Lời giải

Để ý rằng ⟺ nên ⟺ hay hai đoạn thẳng AN, MB có trung điểm S

Gọi K là giao điểm của MD, NE, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và H là trực tâm của tam giác ABC

suy ra H K hay ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

Do S là trung điểm MB và Q là trung điểm CK nên

⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

Suy ra ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ do đó độ dài SQ không đổi và Q = ⃗⃗⃗⃗⃗

Từ đó suy ra quỹ tích Q là đường thẳng ảnh của đường thẳng AB qua phép tịnh tiến ⃗⃗⃗⃗⃗ (Hình 2.1.2.4)

Bài toán 2.2.5: ([16])

Cho điểm A cố định nằm trên đường tròn (O) và điểm C thay đổi trên

đường tròn đó Dựng hình vuông ABCD Tìm quỹ tích điểm B và điểm D

Lời giải