Hsg hh8 chuyên đề quỹ tích (tìm tập hợp điểm) ( 34 trang)

CHUN ĐỀ QUỸ TÍCH (TÌM TẬP HỢP ĐIỂM) A Kiến thức cần nhớ Các quỹ tích Để tìm quỹ tích mặt phẳng, người ta thường dựa vào quỹ tích Một số quỹ tích sau thường người thừa nhận quỹ tích bản: Quỹ tích 1: Quỹ tích điểm cách hai điểm A B cố định đường trung trực đoạn thẳng AB Quỹ tích 2: Quỹ tích điểm cách hai cạnh góc đường phân giác góc Quỹ tích 3: Quỹ tích điểm cách đường thẳng xy cố định khoảng a cho trước hai đường thẳng song song với xy cách xy khoảng a cho trước Quỹ tích 4: Quỹ tích điểm cách điểm O cố định khoảng R cho trước đường trịn có tâm O bán kính R Quỹ tích 5: Quỹ tích điểm nhìn đoạn thẳng AB cố định góc  không đổi ( 0    180 ) hai cung chứa góc  dựng đoạn thẳng AB Đặc biệt,   90 ta nhận Quỹ tích 5a: Quỹ tích điểm nhìn đoạn thẳng AB cố định góc vng đường trịn đường kính AB Các bước giải tốn quỹ tích Muốn chứng minh quỹ tích (tập hợp) điểm M thỏa mãn tính chất  hình H đó, ta phải chứng minh hai phần:  Phần thuận: Mọi điểm có tính chất  thuộc hình H  Giới hạn Xem điểm M thuộc phần H1 hình H hay hình H  Phần đảo: Mọi điểm thuộc hình H thuộc phần H1 (nếu có giới hạn) có tính chất   Kết luận: Quỹ tích (tập hợp) điểm M có tính chất  hình H (hoặc thuộc phần H1 ) B Một số ví dụ Ví dụ Cho nửa đường trịn đường kính BC Một điểm A di động cho tam giác ABC có ba góc nhọn trọng tâm G tam giác nằm nửa đường trịn Tìm quỹ tích điểm A Giải Tìm cách giải  Nếu gọi BP, CQ đường trung tuyến, ta ln có AP  PC AQ  QB Nếu lấy E đối xứng với C qua B BP ln song song với AE, F đối xứng với B qua C CQ song song với AF, mà E, F cố định Khi G di động EAF  90 khơng đổi nên ta tìm điểm A di chuyển nửa đường trịn đường kính EF  Vì G trọng tâm tam giác ABC, gọi O trung điểm BC A, G, O thẳng hàng Mặt khác G trọng tâm nên OA  3.OG không đổi Từ suy A di chuyển đường trịn  O;3R  Trình bày lời giải Phần thuận Cách Trên đường thẳng BC lấy hai điểm E, F cho B trung điểm CE, C trung điểm BF Ta có: EF  3BC cố định (1) Gọi P Q giao điểm BG AC; CG AB CQ đường trung bình ABF nên CQ / / AF BP đường trung bình ACE nên BP / / AE Mà CQ  BP nên AF  AE  EAF  90 (2) Từ (1) (2), suy A di động đường trịn đường kính EF Cách Gọi O trung điểm BC  O cố định A, G, O thẳng hàng G trọng tâm ABC nên OA  OG  3 BG Suy A di động đường tròn tâm O bán kính BG 2 Giới hạn Do ABC nhọn nên A di động cung nhỏ MN (trừ hai điểm M, N) Phần đảo Lấy điểm A biết thuộc cung nhỏ MN, gọi G giao điểm OA với nửa đường tròn đường kính BC  AO đường trung tuyến ABC Ta có OG  1 BG  OA  G trọng tâm ABC Kết luận Vậy tập hợp điểm A cung nhỏ MN (trừ hai điểm M, N) Ví dụ Cho đường trịn tâm O đường kính AB cố định, BC dây cung Trên tia đối tia CB lấy điểm D cho CD  BC Gọi P giao điểm AC DO Tìm quỹ tích điểm P Giải Tìm cách giải Ta nghiên cứu tính chất điểm P Ta có AC PO hai trung tuyến ABD , (với E  AB ) APE  90 CP  ; lại có ACB  90 nên dựng PE / /CB AC BE  , E điểm cố định APE  90 không đổi AB Như quỹ tích điểm P xác định Trình bày lời giải Phần thuận Nối AD, AC DO hai trung tuyến ABD nên P trọng tâm tam giác, suy CP  AC Trên đoạn thẳng AB xác định điểm E cho BE  điểm E AB điểm cố định Ta có CP BE       nên PE / /CB (định lý Ta-lét đảo) AC AB    APE  ACB  APE  90 Mà A; E hai điểm cố định nên tập hợp điểm P đường trịn có đường kính AE Phần đảo Lấy điểm P thuộc đường kính AE Gọi C giao điểm thứ hai tia AP với đường tròn (O) Gọi D giao điểm hai tia BC OP Ta có ACB  90; APE  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Suy BC / / EP  Mà DP BE  DO BO BE BE BE DP        AB 2.BO BO DO ABD có DO đường trung tuyến; DP   P trọng tâm ABD  AC đường trung tuyến DO  CD  CB Kết luận Vậy quỹ tích điểm P đường trịn đường kính AE Ví dụ Cho đường tròn ( O; R ) điểm P cố định nằm đường tròn) Dây cung AB thay đổi qua P Tiếp tuyến A B với đường trịn cắt M Tìm quỹ tích điểm M Giải Tìm cách giải Nhận thấy I giao điểm AB MO I thuộc đường trịn đường kính OP MI MO  R2 Do vậy, khai thác yếu tố không đổi này, ta nhận thấy H hình chiếu M đường thẳng OP OP.OH  R2 khơng đổi, suy H cố định Từ ta có lời giải Trình bày lời giải Phần thuận Gọi H hình chiếu M đường thẳng OP Gọi I giao điểm AB MO Suy AB  MO từ ta có OHM  OIP (g.g) OM OH   OM OI  OH OP (1) OP OI Mặt khác OAM vuông A có: AI  MO nên OA2  OM OI (2) Từ (1) (2) suy OH OP  OA2  OH  R2 không đổi OP  M thuộc đường thẳng d vng góc với OP điểm H cách O khoảng cách OH  R2 OP Phần đảo Trên đường thẳng d lấy điểm M  Từ M  kẻ tiếp tuyến M A, M B Đường thẳng AB cắt M O I  Giả sử OH cắt AB P Ta có OP.OH  OI .OM   R2  OP  R2  P  P OH Kết luận Quỹ tích điểm M đường thẳng d vng góc với OP điểm H thỏa mãn OH  R2 OP Ví dụ Cho nửa đường trịn đường kính AB cố định C điểm thuộc nửa đường trịn Ở phía ngồi tam giác ABC, vẽ hình vng BCDE ACFG Gọi Ax, By tiếp tuyến nửa đường tròn a) Chứng minh C di chuyển nửa đường trịn cho đường thẳng ED qua điểm cố định đường thẳng FG ln qua điểm cố định khác b) Tìm quỹ tích điểm E G C di chuyển nửa đường trịn cho c) Tìm quỹ tích điểm D F C di chuyển nửa đường tròn cho Giải a) Gọi K giao điểm Ax GF, I giao điểm By ED Ta có: BEI  BCA  90 EBI  CBA (góc có cạnh tương ứng vng góc) BE  BC Do đó: BEI  BCA  BI  BA Mà By cố định, suy điểm I cố định Tương tự, K cố định Vậy C di chuyển nửa đường trịn (O) đường thẳng ED qua điểm I cố định đường thẳng GF qua điểm K cố định b)  Tìm quỹ tích điểm E Phần thuận Ta có B I cố định (chứng minh câu a) mà BEI  90 (vì BCDE hình vng) suy E thuộc nửa đường trịn đường kính BI (bên phải By) Phần đảo Lấy điểm E thuộc nửa đường trịn đường kính BI (bên phải By) Trên tia EI lấy điểm D cho ED  BE Dựng hình vng BEDC  BC  BE   Ta có ABC  EBD  90  CBI ; BA  BI (chứng minh câu a)  ABC  IBE (c.g.c)  ACB  IEB  90  C thuộc nửa đường trịn đường kính AB Kết luận Vậy quỹ tích điểm E nửa đường trịn đường kính BI (bên phải By)  Tìm quỹ tích điểm G Phần thuận Ta có A K cố định (chứng minh câu a) mà AGK  90 (vì ACFG hình vng) suy G thuộc nửa đường trịn đường kính AK (bên trái Ax) Phần đảo Lấy điểm G thuộc nửa đường trịn đường kính AK (bên trái Ax) Trên tia GK lấy điểm F cho GA  GF Dựng hình vng AGFC  AC  AG   Ta có BAC  KAG  90  CAK ; BA  KA (chứng minh câu a)  ABC  AKG (c.g.c)  ACB  AGK  90  C thuộc nửa đường trịn đường kính AB Kết luận Vậy quỹ tích điểm G nửa đường trịn đường kính AK (bên trái Ax) c)  Tìm quỹ tích điểm D Phần thuận Ta có ADI  90 mà A, I cố định nên điểm D thuộc nửa đường trịn đường kính AI (bên trái AI) Phần đảo Lấy điểm D thuộc nửa đường trịn đường kính AI (bên trái AI) Dựng hình vng BCDE (thứ tự đỉnh theo chiều kim đồng hồ) Suy D, I, E thẳng hàng (vì DI, DE vng góc với AD)   Ta có ABC  EBD  90  CBI ; BA  BI (chứng minh câu a)  ABC  IBE (c.g.c)  ACB  IEB  90  C thuộc nửa đường trịn đường kính AB Kết luận Vậy quỹ tích điểm D nửa đường trịn đường kính AI (bên trái AI)  Tìm quỹ tích điểm F Phần thuận Ta có BFK  90 mà B, K cố định nên điểm F thuộc nửa đường trịn đường kính BK (bên phải BK) Phần đảo Lấy điểm F thuộc nửa đường trịn đường kính BK (bên phải BK) Dựng hình vng AGFC (thứ tự đỉnh theo chiều kim đồng hồ) Suy G, F, K thẳng hàng (vì GK, FK vng góc với BK)   Ta có BAC  KAG  90  CAK ; BA  KA (chứng minh câu a)  ABC  AKG (c.g.c)  ACB  AGK  90  C thuộc nửa đường tròn đường kính AB Kết luận Vậy quỹ tích điểm F nửa đường trịn đường kính BK (bên trái BK) C Bài tập vận dụng Cho ba điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (B nằm A C) Một đường tròn (O) thay đổi qua A B, gọi DE đường kính đường trịn (O) vng góc với d CD CE cắt đường tròn (O) M N Khi đường trịn (O) thay đổi hai điểm M N di động đường cố định nào? Cho đường tròn (O; R) đoạn thẳng AB cố định nằm bên ngồi đường trịn (O) Gọi C điểm chuyển động đường trịn Tìm tập hợp trọng tâm G tam giác ABC Cho đường trịn (O) nội tiếp hình vng PQRS OA OB hai bán kính thay đổi vng góc với Qua A kẻ đường thẳng Ax song song với đưnòg thẳng PQ, qua B kẻ đường thẳng By song song với đường thẳng SP Tìm quỹ tích giao điểm M Ax By Cho đường tròn (O) dây BC cố định không qua tâm O, điểm A di chuyển cung lớn BC Trên tia đối tia AB lấy điểm D cho AD  AC Gọi M trung điểm CD Hỏi M di chuyển đường nào? Nêu cách dựng đường giới hạn Cho đường trịn tâm O đường kính AB Điểm M chuyển động đường trịn Gọi H hình chiếu điểm M AB Tìm quỹ tích tâm I đường trịn nội tiếp tam giác OMH Cho góc vng xOy điểm A cố định tia Ox, điểm B chuyển động tia Oy Dựng hình vng ABCD nằm góc xOy Tìm tập hợp giao điểm I hai đường chéo hình vuông Cho ba điểm A, B, C theo thứ tự đường thẳng d Vẽ nửa đường trịn đường kính AB, AC thuộc hai nửa mặt phẳng đối bờ đường thẳng d Một điểm H chuyển động đoạn AB Đường thẳng vng góc với d H cắt hai nửa đường tròn nói D E Gọi M giao điểm hai đường thẳng DB EC Tìm quỹ tích điểm M Cho đường trịn (O; R) tam giác cân ABC có AB  AC nội tiếp đường trịn (O; R) Kẻ đường kính AI Gọi M điểm cung nhỏ AC Gọi Mx tia đối tia MC Trên tia đối tia MB lấy điểm D cho MD  MC a) Chứng minh MA tia phân giác góc BMx b) Gọi K giao thứ hai đường thẳng DC với đường tròn (O) Tứ giác MIKD hình gì? Vì sao? c) Gọi G trọng tâm tam giác MDK Chứng minh M di động cung nhỏ AC G ln nằm đường trịn cố định Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Gọi C điểm nửa đường tròn M điểm chuyển động cung BC Gọi N giao điểm AM OC Gọi I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CMB Tìm tập hợp điểm I HƯỚNG DẪN GIẢI - ĐÁP SỐ Gọi H, K giao điểm CA với DE EM Do A, B, C cố định nên H cố định  CMK CHD có: M  H  90 DCH góc chung Vậy: CMK  CHD (g.g) CK CM  CD CH  CK.CH  CM CD (1)  CMB CAD có: CMB  CAD (do tứ giác ABMD nội tiếp); ACD góc chung Vậy: CMB CAD (g.g)  CM CB   CM CD  CA.CB (2) CA CD Từ (1) (2)  CK CH  CA.CB  CK  CA.CB (không đổi) CH  K điểm cố định  Tam giác CDE có K trực tâm nên DN qua điểm K cố định Mà DME  DNE  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  KMC  KNC  90 Vậy: Khi đường trịn (O) thay đổi hai điểm M N di động đường tròn cố định đường kính CK, với CK  CA.CB CH Phần thuận Gọi M trung điểm AB  M cố định Kẻ GO / /OC O  OM Ta có G trọng tâm nên MG  MC Ta có GO / /OC Suy OG MO MG OG MO nên     OG MO MC OC MO  MO  MO  O điểm cố định 1  OG  OC  OG  R 3 Vậy điểm G thuộc đường tròn tâm O bán kính R Phần đảo Lấy G thuộc đường trịn tâm O bán kính đường thẳng MG C  Ta có: R qua O kẻ đường thẳng song song với OG cắt OG MO OG     OC   3.OG  R  C   (O) OC  MO OC  Kết luận Vậy tập hợp trọng tâm G tam giác ABC đường trịn tâm O bán kính R 3 Kí hiệu hình vẽ Phần thuận Ta có AOB  AMB  90 (giả thiết)  tứ giác AOBM ln nội tiếp  AMO  ABO  45 (vì AOB vuông cân O) Suy M nằm đường thẳng qua O tạo với đường PQ góc 45 Trường hợp B vị trí B M  nằm đường thẳng qua O tạo với PS góc 45 Giới hạn *) Khi A  H M  Q , A  K M  S *) Trường hợp B vị trí B : A  H M   P , A  K M   R Phần đảo Lấy M đường chéo SQ (hoặc M  PR), qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) A Kẻ bán kính OB  OA Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì AMO  ABO  45 ) Suy ra: AMB  AOB  90 Mà AM / / PQ, PQ  PS  MB / / PS Kết luận Quỹ tích giao điểm M đường chéo hình vng PQRS Tam giác ACD cân A nên BAC  ADC (Góc BAC góc ngồi tam giác ACD) Gọi I trung điểm BC, ta có MI / / BD (đường trung bình tam giác BCD); nên IMC  BDC  1  BAC  BOC  (   BOC không đổi) 4 Do M chạy cung trịn nhìn IC góc  phía với điểm A đường thẳng BC không đổi Cách dựng Gọi I trung điểm BC Dựng tia OI cắt đường tròn (O) N, ta có: NBC  BAC  BDC  IMC Dựng tia IN  / / BN , dựng đường thẳng qua I vng góc với IN  cắt trung trực đoạn IC O1 Đường tròn tâm O1 qua C đường cần dựng Khi A chạy cung lớn BC tới trùng với B D trùng với D0 tiếp tuyến Bt (O) BD0  BC Khi M trùng với M trung điểm CD0 Vậy M di chuyển cung lớn CM đường tròn (O1 ) Phần thuận Xét với M thuộc đường tròn cho AM  MB Ta có HMO  HOM  90 (vì HMO vng H) mà I tâm đường trịn nội tiếp HMO Suy IMO  IOM  1 HMO  HOM  90  45 2  MIO  135 OIM OIA có OM  OA ; MOI  AOI ; OI chung  OIM  OIA (c.g.c)  MOI  AIO  135 mà OA cố định; AIO  135  I nằm cung chứa góc 135 dựng đoạn OA Tương tự với M thuộc đường tròn cho AM  MB Phần đảo bạn đọc tự chứng minh Kết luận Vậy quỹ tích điểm I bốn cung chứa góc 135 dựng đoạn OA; OB Phần thuận Tứ gíc AIBO tứ giác nội tiếp có AIB  AOB  180 Suy IOB  IAB (hai góc nội tiếp chắn cung IB) Do IOA  45 nên OI tia phân giác góc AOB Vậy điểm I chạy tia phân giác góc xOy Giới hạn Vẽ hình vng AOC1D1 nằm góc xOy Vì điểm B chạy tia phân Ox nên B trùng với O C trùng với C1 , I trùng với I1 giao điểm OD1 với AC1 Phần đảo Lấy điểm I  thuộc tia I1t Nối AI  Trên nửa mặt phẳng bờ AI  chứa điểm O, vẽ tia AB ( B thuộc Ox) cho I AB  45 Gọi C , D điểm đối xứng A B qua I  Chỉ cần chứng minh I  giao điểm hai đường chéo hình vng ABCD Kết luận Tập hợp điểm I tia I1t thuộc tia phân giác Ot góc xOy Phần thuận Đặt AB  2R, AC  2R R R độ dài không đổi Trong tam giác vuông ADB AEC, ta có: AD2  AB AH  2R.AH ; AE  AC.AH  2R.AH Từ suy AD AE  AH RR Tứ giác ADME nội tiếp đường trịn ADM  AEM  180 Suy AMD  AED Từ DAM Ta có: HAE (g.g) AD AM  AH AE Suy AM AH  AD AE  AH RR  AM  RR không đổi Từ điểm M chạy đường trịn tâm A bán kính Giới hạn Vì H chuyển động đoạn AB nên: RR - Khi H trùng với A D trùng với A, M trùng với M hình vẽ Khi H trùng với B M trùng với M hình vẽ Vậy nên H chạy cung M1M Phần đảo Lấy điểm M  thuộc cung M1M Các tia M B CM; cắt nửa đường tròn đường kính AB, AC D, E Các bạn tự chứng minh DE vng góc với AB Kết luận Quỹ tích M cung M1M thuộc đường trịn tâm A bán kính RR a) AMB  sđ AB (góc nội tiếp (O) chắn AB) AMx  180  AMC  180  sñ ABC sñ AC sñ AB   2 Vậy: AMB  AMx hay MA tia phân giác BMx b) Tam giác MCD cân  MCD  MDC  BMC (góc ngồi tam giác) Lại có tam giác ABC cân  I điểm cung BC BMC  IMC  IMB  Vậy MCD  IMC  IM song song với CD MCD  MDC  BMI  BI  MK  MIK  IMB  IK / / MD Vậy MIKD hình bình hành c) D thuộc đường tròn ( A; AC ) Gọi NA  N điểm AI 2 AI  NG  AD  AC (hằng số) 3  G thuộc đường tròn ( N ; AC ) Phần thuận Ta có CMN  sđ AC  45  CIN  2.CMN  90 (góc tâm đường trịn ( I ) ) cho tuyến a với O B M N Tìm tập hợp tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN Hướng dẫn: sđ AD; sđ DNM a) Phần thuận: sđ ACD 1800 sđ BD sđ AD sđ BD Suy ACD sđ AB M DNM C tứ giác DCMN nội tiếp đường tròn I A B O F D DAC I E 900 (góc nội tiếp (d) chắn nửa đường tròn) N 90 , AE trung tuyến suy EA AMN có A Do ACF Mà ANM FAC AMN ANM 900 a, EI a EAM AME AMN ACF 900 hay AE FAC I tâm đường tròn qua D,C , M, N AO EM OI DC , AE DC DC AE / /OI AO / /EI Suy AOIE hình bình hành EI AO R Đường thẳng a cố định Vậy I thuộc đường thẳng cố định d song song với đường thẳng a cách a khoảng R b) Giới hạn: CD quay quanh O nên E chuyển động đường thẳng a I chuyển động đường thẳng d, d / /a, d cách a khoảng R d nằm nửa mặt phẳng bờ a không chứa điểm A c) Phần đảo: Lấy điểm I tùy ý đường thẳng d Vẽ IE a E a Vẽ DC OI O AC , AD cắt a M , N AO a , EI a OI / /DC nên AE AO / /EI mà AO DC EI R AOIE hình bình hành AE / /OI Mà EAM cân E Tương tự trên, ta chứng minh tứ giác DCMN nội tiếp Suy Suy EAN cân E EA EN Do EM EN EA EM Vậy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN d) Kết luận: Tập hợp điểm I đường thẳng d , song song với a , d cách a khoảng R , d nằm nửa mặt phẳng bờ a không chứa điểm A Câu Cho nửa đường trịn đường kính AB tâm O bán kính R C trung điểm cung AB M điểm chuyển động cung BC , AM cắt CO N Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN Tìm tập hợp điểm I Hướng dẫn: C sđ AC a) Phần thuận: CMN 450 ; N CMN nhọn suy CMN CIN CIN 900 ICN cân IC 900 có CIN IN M I I1 A B O r ICN vuông cân I 450 NCI 450 ( OBC cân O ) suy C , I , B thẳng hàng Mà NCB Do I thuộc đường thẳng BC b) Giới hạn: Khi M B I I ( I trung điểm BC Khi M C I C Vậy I chuyển động đoạn I 1C thuộc đoạn thẳng BC c) Phần đảo: Lấy điểm I thuộc đoạn thẳng I 1C Vẽ đường tròn I ; IC cắt OC N , AN cắt I M M N Ta có IC IN CMN CIN ICN cân mà NCI 450 ; CMN CBA 450 450 CNI 450 CIN 900 Do tứ giác ACMB nội tiếp M thuộc nửa đường tròn O d) Kết luận: Tập hợp điểm I đoạn thẳng CI ( I trung điểm đoạn thẳng BC ) Câu 10 Cho góc nhọn xOy A điểm cố định tia Ox Đường tròn I di động tiếp xúc tia Ox A cắt tia Oy B C Tìm tập hợp tâm K đường tròn nội tiếp tam giác ABC Hướng dẫn: a) Phần thuận: BAK OAB sđ AB OCA Do OAK BAC (tính chất tiếp tuyến) OAB OAB OCA OCA OAC OCA OAB y C z A' BAK H BAC B I K 900 BAC x A O AOC 900 xOy Ta có OAK khơng đổi, OA cố định, K thuộc tia Az cho OAz 900 xOy b) Giới hạn: K nằm xOy Do K thuộc đoạn thẳng AA ' ( A ' giao điểm tia Az tia Oy ) c) Phần đảo: Lấy điểm K tia Az Vẽ KH Oy , vẽ đường tròn K ; KH Từ A vẽ Oy H tiếp tuyến với K cắt Oy B C Cần chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với tia Ox Ta có BAK BAC (tính chất tiếp tuyến); 900 OAK OAz OAK OCA suy OAB xOy OAB 900 AOC OCA BAC (1) Mà OAK OAC OAB BAK OCA OAB OAB BAC BAC (2) Từ (1) (2) OCA (*) Vẽ tia Am tia tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp chứa tia OA ) Ta có: mAB OCA sđ AB ABC (tia Ax nằm nửa mặt phẳng bờ AB có (**) Từ (*) (**) có OAB Am trùng Vậy AO tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC mAB suy hai tia AO d) Kết luận: Tập hợp điểm K đoạn thẳng AA ' ( A ' giao điểm hai tia Az Oy OAz 900 xOy không đổi , điểm B cố định nằm xAy Đường tròn O di động qua A Câu 11 Cho xAy B cắt Ax, Ay C D Chứng minh trọng tâm G tam giác ADC thuộc đường cố định Hướng dẫn: Ta có: xAB CDB, y BAy BCDDAC DBC 1800 D Các góc B H xAB, BAy, DAC khơng đổi K M G Do góc CDB, BCD, DBC C A E x không đổi Gọi M trung điểm đoạn CD , ta có góc BMC , BMD khơng đổi Vẽ đường trịn ngoại tiếp tam giác MBC cắt Ax E , đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD cắt Ay F Ta có BEC BME 1800 BMC sđ BE , BDF BCE 1800 AEB BMC không đổi E cố định BCE (tứ giác ADBC nội tiếp), BDF BMF 1800 (tứ giác DBMF nội tiếp) Do BME Vẽ AH BMF EF H EF ,GK có GK / /AH suy G trọng tâm GK 1800 GM AM E, M , F thẳng hàng EF K EF ta có AH khơng đổi; đặt AH h, AH / /GK AHM GK AH ADC , AM trung tuyến h không đổi, EF cố định với EF cách EF khoảng ADC nên GM AM GK Do AH , suy Vậy G thuộc đường thẳng song song h Câu 12 Cho đường tròn O; R hai dây cung AB CD song song với M điểm di động đường tròn O Đường thẳng MD cắt đường thẳng AB Q Tìm tập hợp tâm J đường trịn ngoại tiếp tam giác MCQ Hướng dẫn: 1) Xét M nằm cung lớn CD M Tiếp tuyến O C cắt AB E , A E Q B J ta có E cố định.Gọi Cx tia đối O tia CE QEC QMC DCx (vì AB / /DC ), D sđ DC DCx Do QEC C QMC x tứ giác MECQ nội tiếp JC ; E,C cố định Do J thuộc đường cố định đường trung trực đoạn thẳng EC Ta có JE 2) Xét M nằm cung CD Tương tự trường hợp 1) ta có: QEC Do QEC QMC 1800 DCx QMC tứ giác MCEQ nội tiếp Ta có JE DCx 1800 JC ; E,C cố định Do J thuộc đường trung trực đoạn thẳng EC Câu 13 Cho tam giác ABC cân A M điểm di động cạnh BC Vẽ MD song song AC D AB vẽ ME song song AB E AC K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE Tìm tập hợp điểm K Hướng dẫn: a) Phần thuận: Gọi O giao điểm đường tròn ADE đường cao AH tam giác ABC Tứ giác MDAE hình bình hành A (vì MD / /EA DA / /ME ), suy DM Ta có: DMB DBM DAO D ACB DM / /AC ; B K2 O M C H DBM DBM cân D , suy DM OAE E K K1 ACB ( ABC cân A ) Suy DMB Vậy AE OD OE OD DB Do AE OE DB DM Xét OBD có OE OAE Do OAE OD, AEO OBD (c.g.c) OA ODB (tứ giác AEOD nội tiếp), AE OB DB O thuộc đường trung trực AB Vậy O điểm cố định (O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC ) KO, OA cố định, suy K nằm đường trung trực d đoạn thẳng OA Ta có KA b) Giới hạn: Khi M B D B, K K1 ( K giao điểm d đường trung trực AB ) Khi M C E C, K K2 ( K giao điểm d đường trung trực AC ) Vậy K di động đoạn thẳng K1K c) Phần đảo: Lấy điểm K thuộc đoạn thẳng K1K Vẽ đường tròn K ; KA cắt AB, AC D E Vẽ DM / /AC M Ta có: KA Xét KO OAE O AC Cần chứng minh ME / /AB K OBD có: OAE AE BD OBD OA OB Do OAE OBD DBM ACB ( ABC cân A ), DMB D DM Ta có AE OAD ; AEO AE ODB (tứ giác AEOD nội tiếp) BD ACB DM / /AC Do DBM DMB DBM cân BD DM mà AE / /DM nên tứ giác MDAE hình bình hành, suy ME / /AB d) Kết luận: Tập hợp điểm K đoạn thẳng K1K thuộc đường trung trực đoạn thẳng AO Câu 14 Cho tam giác ABC , H trực tâm Hai đương thẳng song song d d ' qua A H Các điểm M , N hình chiếu B C d ; điểm Q, P hình chiếu B,C d ' MP cắt NQ I Tìm tập điểm I d d ' di động Hướng dẫn: a) Phần thuận: N BM d CN d (gt ) A BM / /CN M D (d) I H (d') P K Q B E C BM / /CN MNPQ MN / /QP (gt ) hình bình hành Mà QMN 900 (gt) nên MNPQ hình chữ nhật I trung điểm đoạn thẳng MP NQ Gọi D E trung điểm AH BC , ta có D, E cố định ANHQ hình thang, DI đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo, suy DI / /MN MPCB hình thang, IE đường trung bình hình thang, suy IE / /NC 900 nên DIE DI / /MN , IE / /NC mà MNC DIE 900 900, DE cố định Vậy I thuộc đường trịn đường kính DE b) Giới hạn: d quay quanh A nên điểm I chuyển động đường trịn đường kính DE c) Phần đảo: Lấy điểm I thuộc đường tròn đường kính DE Nối DI Qua A, H kẻ đường thẳng d , d ' song song với DI Gọi M ,Q hình chiếu B d , d ' MI cắt d ' P ; QI cắt d N ; PQ cắt IE K MN / /DI / /QP, DA IM Mà M IP, IN IQ DH IM IQ MNPQ hình bình hành 900 nên MNPQ hình chữ nhật PMB có IM IP, IK / /MB BPC có KB KP, EB DIE IP, IN EC KB KP ; EK / /CP 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), DI / /MN EI MN , EI MN , PN MN C , P, N thẳng hàng d) Kết luận: Tập hợp điểm I đường trịn đường kính DE Câu 15 Cho đường trịn O; R , M điểm ngồi O , vẽ hai tiếp tuyến MA, MB đến O ( A, B tiếp điểm) đường trung trực đường kính BC cắt CA D 1) Tìm tập hợp điểm M cho MAB 2) Tìm tập hợp điểm D cho MAB Hướng dẫn: 1) a) Phần thuận: A D MAB AMB OMA 60 ; M AMB 30 C O B ( MA, MB tiếp tuyến O ) OMA có OAM 900,OAM OA OM 2OA OM 2R , O cố định, suy M thuộc đường tròn cố định O;2R OM 300 suy OMA nửa tam giác đều, 2R b) Giới hạn: M điểm tùy ý O;2R vẽ MAB Vậy M chuyển động O;2R c) Phần đảo: Lấy M thuộc O;2R vẽ hai tiếp tuyến MA, MB đến O; R ( A, B tiếp điểm) MA MB MAB cân M 900 ;OA Tam giác OMA có A AMB OM R , suy OMA nửa tam giác nên OMA 300 , suy 600 2.OMA MAB cân có AMB 600 MAB d) Kết luận: Tập hợp điểm M đường tròn O;2R 2) a) Phần thuận: ACB AOB DOC có O DO MAB AMB 600 Mà AMB AOB 1800 nên AOB 1200 ; 600 900, DCO 600 suy DOC nửa tam giác ta có DO OC R R , O cố định nên D thuộc đường tròn O; R b) Giới hạn: D điểm tùy ý O; R c) Phần đảo: Lấy điểm D thuộc O; R Vẽ đường kính BC vng góc OD, DC cắt O A M giao điểm hai tiếp tuyến A, B O DOC có O 900 ; DO 600 DCO OC 600 MAB MAB cân MA DOC nửa tam giác R 600 MB có MAB MAB d) Kết luận: Tập hợp điểm D đường tròn O; R Câu 16 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn bên ngồi tam giác vẽ hai nửa đường trịn có đường kính AB, AC Một đường thẳng d quay quanh A cắt hai nửa đường tròn theo thứ tự M , N (khác A ) Tìm tập hợp trung điểm MN Hướng dẫn: a) Phần thuận: AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), ANC tròn), suy BCNM hình thang vng 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường Gọi O trung điểm BC ta có O cố định; gọi K trung điểm MN OK đường trung bình hình thang BCNM suy OK / /BM OK / /BM 900 AMB AKO 900 (d) d2 N d1 A AKO K 900 , OA cố định, K thuộc đường trịn K1 K2 M đường kính OA b) GIới hạn: B C O d1 ( d1 tiếp tuyến đường trịn đường kính AB )thì K Khi d K1 ( K hình chiếu O d1 ) d2 ( d2 tiếp tuyến đường trịn đường kính AC )thì K1 Khi d d2 ) Vậy K chuyển động cung K1K đường trịn đường kính OA c) Phần đảo: Lấy điểm K thuộc cung K1K2 OKA 900 AK cắt đường trịn đường kính AB, AC M , N AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) K2 ( K hình chiếu O ANC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Suy BCNM hình thang vng OK MN OK / /BM KM KN d) Kết luận: Tập hợp điểm K cung K1K đường trịn đường kính OA Câu 17 Cho đường tròn O; R cố định BC dây cung cố định, A điểm chuyển động cung lớn BC Trên tia đối tia AB lấy điểm D cho AD AC Tìm tập hợp điểm D Hướng dẫn: a) Phần thuận: Gọi J trung điểm cung lớn BC , ta có I cố định xét điểm A thuộc cung IC IAC IBC D1 1800 I D A (tứ giác BIAC nội tiếp); O 1800 (hai góc kề bù), IAD IAB IBC IAB IC Xét Do IAC ID Suy IAC C IAD IAD có IA (cạnh chung), IAC IAC I ,C cố định B IAD (c.g.c), suy IC IAD, AC AD ID IC không đổi Vậy D chuyển động đường tròn I ; IC b) GIới hạn: Khi A B D D1 ( D1 giao điểm I ; IC với tiếp tuyến O B ) Khi A C D C Vậy D chuyển động cung D1C đường tròn I ; IC c) Phần đảo: Lấy điểm D cung D1C BD cắt O A A AIC IC ID B ABC (hai góc nội tiếp chắn cung AC O ; ABC DIC DIC , AIC Suy AIC Xét IAC Do IAD có IC IAC DIA ID, AIC DIA, IA cạnh chung IAD (c.g.c), suy AC AD d) Kết luận: Tập hợp điểm D cung D1C đường tròn I , IC (với D1 giao điểm đường tròn I , IC với tiếp tuyến đường tròn O B , I trung điểm cung lớn BC O ) Câu 18 Cho AB dây cung cố định đường tròn O; R C điểm chuyển động cung lớn AB Trên tia CA lấy điểm D cho CD CB Tìm tập hợp điểm D Hướng dẫn: a) Phần thuận: Gọi I trung điểm AB Xét DCI BCI có CD CB, DCI BCI AI IB , CI (cạnh chung) Do (c.g.c), suy ID IB C (không đổi); I cố định D thuộc đường tròn cố định I ; IB O b) Giới hạn: Khi C D A D A E B I ( E giao điểm tiếp tuyến A với O I ; IB ) E Khi C B D B Vậy D chuyển động cung BAE I ; IB c) Phần đảo: Lấy điểm D BAE I ; IB , ta có ID IB Vẽ phân giác DIB cắt O C Xét DCI Mà BCI BCI (c.g.c), suy DCI sđ BI nên DCB BCI ,CD sđ AB ACB CB sđ AB Do A, D,C thẳng hàng d) Kết luận: Tập hợp điểm D BAE I ; IB ( I trung điểm AB Chú ý: 1) Xét toán tương tự C chuyển động AB 2) Nhận xét tốn Câu 19 Cho đường trịn O; R , A điểm cố định O Kẻ tiếp tuyến AB với O Đường thẳng d quay quanh A cắt O hai điểm C , D Tìm tập hợp trọng tâm G tam giác BCD Hướng dẫn: a) Phần thuận: Gọi E, F trung B điểm CD,OA ta có F cố định (vì OA cố định); K điểm K G F O BF cho BK BF C , suy K E A D G1 B1 cố định (vì BF cố định) GK BG BE BK BF GK EF EF mà EF OA , 1 OA (khơng đổi) K cố định Vậy G thuộc đường tròn cố định K bán kính OA 3 BEF có: Suy GK / /EF 3 GK b) Giới hạn: Khi d tiến dần đến tiếp tuyến AB G B Khi d tiến dần đến tiếp tuyến AB1 G G1 (với G1 giao điểm đường tròn K ; OA với BB1 ) Vậy G chuyển đọng BG1 đường tròn K ; OA (trừ hai điểm B G1 ) c) Phần đảo: Lấy điểm G BG1 ( trừ B G1 K ; OA ), suy GK lấy điểm E cho BG BE AE cắt O D,C OA Trên tia BG BEF có: BG BE BK BF GK / /EF GK EF GK 3 OA OA E thuộc đường trịn đường kính OA OE CD BCD OAE E trung điểm CD 900 BCD có BE trung tuyến BG BE nên G trọng tâm d) Kết luận: Tập hợp điểm G BG1 đường tròn K ; OA (với K thuộc đoạn BF , BK BF , G1 giao điểm BB1 K ; OA (trừ B G1 )) Câu 21 Cho điểm A chuyển động cung lớn BC cố định đường trịn O; R Tìm tập hợp tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC Hướng dẫn: Cách 1.a) Phần thuận: A Cung BC cố định, đặt sđ BC sđ BAC IBC (không đổi) sđ BC I B C ABC ( BI phân giác ACB ABC ); ICB (CI phân giác ACB ); BIC 1800 IBC ICB I thuộc cung chứa góc 900 1800 ABC ACB 900 BAC 900 , BC cố định Do dựng đoạn thẳng BC b) Giới hạn: Khi A B I B Khi A C I C Vậy I chuyển động cung chứa góc 900 đoạn thẳng BC nằm nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm O dựng c) Phần đảo: Lấy điểm I thuộc cung BC cung chứa góc 900 dựng đoạn thẳng BC Vẽ điểm A cung lớn BC đường tròn O; R cho BI phân giác ABC BIC 900 ; IBC ICB 1800 BIC ABC 900 IBC ABC có BI CI phân giác 1 BAC ABC ACB 2 I tâm đường tròn nội tiếp CI phân giác ACB ABC d) Kết luận: Tập hợp tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC cung chứa góc 900 dựng đoạn thẳng BC nằm nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm O Cách DAC suy DB a) Phần thuận: AI cắt O D , ta có BAD BID ABI BAI ( BID góc ngồi IBD IBC CBD; BAI ABI IBC ( I tâm đường tròn nội tiếp Suy IBD DI BID DB CBD DB DC DB DC (không đổi) ABI ) DC ABC ) DI DB không đổi D cố định Vậy I thuộc đường tròn D, DB b) Giới hạn: Khi A B I B , Khi A C I C Vậy I chuyển động BC đường tròn D, DB c) Phần đảo: Lấy điểm I thuộc BC đường tròn D, DB , ta có DI DB DI BAI CBD BID ABI IBD BID , DI cắt đường tròn A A BAI ; IBD IBC Vậy I tâm đường tròn nội tiếp CBD Suy ABI ABC D IBC BAI DB DAC , CBD DC DAC Do c) Kết luận: Tập hợp điểm I BC đường tròn D, DB nằm nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm O