Hh9 chuyên đề 9 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 ln 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 khơng đổi Từ suy A di chuyển đường tròn  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 3 G trọng tâm ABC nên OA OG  BG Suy A di động đường trịn 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 trịn đường kính BC  AO đường trung tuyến ABC 1 Ta có OG  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 , CP  ; lại có ·ACB 90 nên dựng PE / / CB AC BE  , E điểm cố định ·APE 90 không đổi (với E  AB ) ·APE 90 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 tròn 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 R Do vậy, khai thác yếu tố không đổi này, ta nhận thấy H hình chiếu M đường thẳng OP OP.OH R không 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  R  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 ln qua điểm cố định đường thẳng FG 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 (Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học 2004 – 2005) Giải a) Gọi K giao điểm Ax GF, I giao điểm By ED · · Ta có: BEI BCA 90 · · (góc có cạnh tương ứng vng góc) BE BC EBI CBA 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 · · 90  CBI ; BA BI (chứng minh câu a) Ta có ·ABC EBD   ·  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 · · · KAG 90  CAK ; BA KA (chứng minh câu a) Ta có BAC    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) · · 90  CBI ; BA BI (chứng minh câu a) Ta có ·ABC EBD   ·  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) · · · KAG 90  CAK ; BA KA (chứng minh câu a) Ta có BAC    ABC AKG (c.g.c)  ·ACB  ·AGK 90  C thuộc nửa đường trịn 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 trịn (O) thay đổi ln 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 (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên tỉnh Phú Yên, năm học 2009 – 2010) 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 (Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học 2007 – 2008) Cho đường tròn 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 vng 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 trịn nói D E Gọi M giao điểm hai đường thẳng DB EC Tìm quỹ tích điểm M Cho đường tròn (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 tròn cố định Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Gọi C điểm nửa đường trịn M điểm chuyển động cung BC Gọi N giao điểm AM OC Gọi I tâm đường tròn 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 nh ả H 90 CMK v CHD cú: M · góc chung DCH Vậy: CMK : CHD (g.g)  CK CM  CD CH  CK CH CM CD (1) · ·  CMB CAD có: CMB (do tứ giác ABMD nội tiếp); ·ACD góc chung CAD 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 trịn) · ·  KMC KNC 90 Vậy: Khi đường trịn (O) thay đổi hai điểm M N di động trịn 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 đường Phần đảo Lấy G thuộc đường trịn tâm O bán kính R qua O kẻ đường thẳng song song với OG cắt đường thẳng MG C  Ta có: 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 tròn tâm O bán kính R 3 Kí hiệu hình vẽ Phần thuận Ta có ·AOB  ·AMB 90 (giả thiết)  tứ giác AOBM nội tiếp  ·AMO  ·ABO 45 (vì AOB vng 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 vuông PQRS · Tam giác ACD cân A nên BAC 2 ·ADC (Góc BAC góc ngồi tam giác ACD) Gọi I trung điểm BC, ta có MI / / BD (đường trung bình tam giác BCD); nên 1· 1·  · · · IMC BDC  BAC  BOC  (  BOC khơng 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 trịn (O) N, ta có: 1· · · · 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 trịn cho ¼ AM  MB · · Ta có HMO  HOM 90 (vì HMO vng H) mà I tâm đường trịn nội tiếp HMO 1· 1· · ·  IOM  HMO  HOM  90 45 Suy IMO 2 ·  MIO 135 · · ; OI chung OIM OIA có OM OA ; MOI  AOI  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 trịn cho ¼ 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 (hai góc nội tiếp chắn cung IB) IAB · Do IOA 45 nên OI tia phân giác góc AOB Vậy điểm I chạy tia phân giác góc xOy Giới hạn Vẽ hình vng AOC1 D1 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 2 R, AC 2 R R R độ dài không đổi Trong tam giác vuông ADB AEC, ta có: AD  AB AH 2 R AH ; AE  AC AH 2 R AH Từ suy AD AE 2 AH RR Tứ giác ADME nội tiếp đường tròn ·ADM  ·AEM 180 Suy ·AMD  ·AED Từ DAM : HAE (g.g) Ta có: AD AM  AH AE Suy AM AH  AD AE 2 AH RR  AM 2 RR khơng đổi Từ điểm M chạy đường trịn tâm A bán kính RR Giới hạn Vì H chuyển động đoạn AB nên: - 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 M 1M Phần đảo Lấy điểm M  thuộc cung M 1M Các tia M B CM; cắt nửa đường trịn đường kính AB, AC D, E  Các bạn tự chứng minh DE  vng góc với AB Kết luận Quỹ tích M cung M 1M thuộc đường trịn A bán kính RR » a) ·AMB  sđ AB (góc nội tiếp (O) chắn AB) » » sđ ¼ ABC sđ AC sđ AB · · AMx 180  AMC 180    2 · Vậy: ·AMB  ·AMx hay MA tia phân giác BMx · BMC · · b) Tam giác MCD cân  MCD (góc ngồi MDC  tam giác) Lại có tam giác ABC cân tâm D FMH có IK / / FH ( IK ^ BC , FH ^ BC ) ; I trung điểm MF Þ IK đường trung bình D FMH Þ IK = FH (không đổi) Vậy I thuộc đường thẳng ( d) song song với BC cách BC khoảng FH b) Giới hạn: Khi M º B I = I ( I trung điểm BF ); Khi M º C I = I ( I trung điểm CF ) Do I chuyển động đoạn thẳng I 1I c) Phần đảo: Lấy điểm I thuộc đoạn thẳng I 1I , FI cắt BC M Vẽ MD / / CF ( D Ỵ BF ) , ME / / BF ( E ẻ CF ) ị DMEF l hỡnh bỡnh hành mà I trung điểm MF Þ I trung điểm DE Dễ dàng chứng minh DB = DM EM = EC Do AB tiếp xúc với ( D ) ;AC tiếp xúc với ( E ) ¼ ) d) Kết luận: Tập hợp điểm I đường trung bình tam giác FBC (với F trung điểm BC Câu Cho đường tròn ( O;R ) đường kính cố định AB đường kính CD di động AC AD cắt tiếp tuyến ( a) với ( O ) B M N Tìm tập hợp tâm I đường trịn ngoại tiếp tam giác CMN Hướng dẫn: ( ) ¼ · · » - sđ BD » ;sđ DNM = sđ AB a) Phần thuận: sđ ACD = sđ AD 2 = ( ) 1 ¼ » 1800 - sđ BD = sđ AD 2 M C · · Suy ACD = DNM Þ tứ giác DCMN nội tiếp A O đường tròn ( I ) B F D E I (d) N