(Luận văn thạc sĩ) phương pháp giải bài toán quỹ tích trong hình học không gian

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - VŨ XUÂN SANG PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN QUỸ TÍCH TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - VŨ XUÂN SANG PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS NGUYỄN VIỆT HẢI THÁI NGUYÊN - 2017 Mục lục Lời cảm ơn i Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Bài tốn quỹ tích 3 1.1.1 Khái niệm 1.1.2 Quỹ tích 1.2 Véc tơ tọa độ 1.2.1 Véc tơ không gian 1.2.2 Tọa độ không gian 1.3 Sơ lược phép biến hình 10 1.3.1 Phép dời hình 10 1.3.2 Phép vị tự phép đồng dạng 11 1.3.3 Một số ví dụ mở đầu 12 Các phương pháp giải tốn quỹ tích khơng gian 16 2.1 Phương pháp quỹ tích 16 2.2 Phương pháp quỹ tích phẳng khơng gian 19 2.2.1 Quỹ tích phẳng không gian 19 2.2.2 Quỹ tích hình chiếu điểm lên đường thẳng 23 2.2.3 Quỹ tích hình chiếu điểm lên mặt phẳng 27 2.3 Phương pháp véc tơ tọa độ 31 2.3.1 Tìm quỹ tích nhờ véc tơ 31 2.3.2 Tìm quỹ tích nhờ tọa độ 33 2.4 Phương pháp biến hình 37 2.4.1 Ứng dụng phép dời hình 38 2.4.2 Ứng dụng phép vị tự phép đồng dạng 41 2.5 Một số tốn quỹ tích nâng cao 44 2.5.1 Kết hợp phương pháp giải 44 2.5.2 Một số cách giải đặc biệt 49 Tài liệu tham khảo 59 Danh mục hình 1.1 Bài toán mở đầu 12 1.2 Quỹ tích điểm M, N, G 15 2.1 Quỹ tích 17 2.2 Quỹ tích I, H, E, F 18 2.3 Quỹ tích trung điểm I 20 2.4 Quỹ tích I,K,H 21 2.5 Bài toán A: Quỹ tích H, E 23 2.6 Bài tốn A: quỹ tích E, N, H 25 2.7 Bài toán B: Quỹ tích hình chiếu H A 28 2.8 Bài toán B: Quỹ tích hình chiếu N A 29 2.9 Quỹ tích hình chiếu A 31 2.10 Mặt phẳng trung trực mặt cầu 32 2.11 Phương pháp tọa độ 35 2.12 Đối xứng tâm SD 38 2.13 Đối xứng trục SBC 40 2.14 Quỹ tích M′ 41 2.15 Quỹ tích trọng tâm Q 42 2.16 Quỹ tích 43 2.17 Hai phương pháp 45 2.18 Quỹ tích S 47 2.19 Quỹ tích A, B, C, D 50 2.20 M nhìn mặt cầu góc vng 52 2.21 Quỹ tích trọng tâm tam giác 53 2.22 Quỹ tích H 55 A′ , B′ , C′ , G i Lời cảm ơn Tôi xin chân thành cảm ơn BGH trường Đại học Khoa học - Đại Học Thái Ngun, thầy thuộc phịng Đào tạo sau đại học, cán thuộc Trung tâm Nhiên cứu Giáo dục-Đào tạo Hải Phòng, tạo điều kiện tốt để hồn thành khóa học Tôi xin chân thành cảm ơn quý thầy cô giảng dạy lớp Cao học K9B (2015 - 2017) nhà trường tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện cho tơi hồn thành khóa học Để hoàn thành luận văn cách hoàn chỉnh, nhận hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình PGS.TS Nguyễn Việt Hải, Giảng viên cao cấp Trường Đại học Hải Phịng Tơi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy xin gửi lời tri ân điều thầy dành cho Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho suốt trình học tập thực luận văn Xin trân trọng cảm ơn! Hải Phòng, tháng năm 2017 Tác giả Vũ Xuân Sang Mở đầu Trong hình học phổ thơng ta biết tốn quỹ tích gọi tốn tìm tập hợp điểm Khi có kiến thức tọa độ phép biến hình loại tốn gặp thường xun Luận văn muốn nghiên cứu cách hệ thống tốn tìm quỹ tích điểm khơng gian (đương nhiên có liên quan đến quỹ tích mặt phẳng) Ngồi cách phát biểu tốn quỹ tích, nội dung chủ yếu luận văn nêu phương pháp hay dùng giải toán quỹ tích khơng gian Đó phương pháp có hiệu biết sử dụng chỗ Mục đích đề tài là: - Nghiên cứu tốn quỹ tích hình học khơng gian phương pháp giải - Trình bày sở khoa học kỹ thuật áp dụng phương pháp: Phương pháp quỹ tích bản, phương pháp quỹ tích phẳng không gian, phương pháp véc tơ-tọa độ, phương pháp biến hình số vấn đề liên quan - Các kiến thức hình học khơng gian kỹ thuật giải tốn hình học khơng gian hệ thống nâng cao qua toán quỹ tích hay khó kỳ thi học sinh giỏi - Người nghiên cứu có thêm kiến thức lực bồi dưỡng học sinh giỏi vấn đề khó Hình học Nội dung đề tài, vấn đề cần giải Trình bày hệ thống cách giải tốn quỹ tích khơng gian Phần lý thuyết trình bày tóm tắt sở khoa học phương pháp Phần trọng tâm chương nêu kỹ thuật chi tiết áp dụng phương pháp giải Đồng thời đưa ví dụ điển hình để chứng tỏ phương pháp giải thực hiệu Chương Kiến thức chuẩn bị Nhắc lại toán quỹ tích, véc tơ tọa độ khơng gian vấn đề phép biến hình không gian Nội dung phần chọn lọc đủ để áp dụng chương hai, bao gồm mục sau: 1.1 Bài tốn quỹ tích mặt phẳng khơng gian 1.2 Các quỹ tích 1.3 Véc tơ, phép toán véc tơ 1.4 Tọa độ không gian 1.5 Sơ lược phép biến hình Chương Các phương pháp giải tốn quỹ tích khơng gian Lần lượt trình bày phương pháp giải tốn quỹ tích khơng gian, mở đầu phương pháp quỹ tích Mỗi phương pháp có phân tích bình luận cách sử dụng, ví dụ toán mẫu chọn lọc Lưu ý cách giải tốn quỹ tích mức độ khó chương hai chia thành mục sau: 2.1 Phương pháp quỹ tích 2.2 Phương pháp quỹ tích phẳng khơng gian 2.3 Phương pháp véc tơ, tọa độ 2.4 Phương pháp biến hình 2.5 Một số tốn quỹ tích nâng cao Tác giả Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Bài tốn quỹ tích Bài tốn quỹ tích tốn khó khơng người học mà người dạy thân tốn chuyển động, tốn hàm hình học Về chất tốn tập hợp: "Tìm tập hợp (hay dựng tập hợp) cho biết tính chất đặc trưng phần tử nó" Về thuật ngữ chúng tơi chọn thuật ngữ "quỹ tích" để thể rõ tốn nghiên cứu tốn hình học mà không dùng thuật ngữ chung chung "tập hợp" Hơn nữa, xét phương pháp giải tốn quỹ tích điểm, quỹ tích khác nghiên cứu đề tài khác 1.1.1 Khái niệm Bài tốn quỹ tích(điểm): Tìm tất điểm (trên mặt phẳng hay khơng gian) có chung tính chất α điểm Nghiệm tốn hình (tập hợp điểm) gồm gồm điểm có tính chất α Nếu ta gọi H(α) tập hợp tất điểm M có tính chất α, cịn Φ hình Ta nói hình Φ nghiệm tốn tức ta phải chứng minh đẳng thức tập hợp H(α) = Φ ⇐⇒ H(α) ⊆ Φ Φ ⊆ H(α) Mệnh đề "nếu M ∈ H(α) M ∈ Φ" gọi mệnh đề thuận; mệnh đề "nếu M ∈ Φ M ∈ H(α)" gọi mệnh đề đảo Hai mệnh đề gọi cặp thuận-đảo Áp dụng quy tắc lô gic, ngồi cặp "thuận-đảo" ta cịn giải tốn quỹ tích với cặp mệnh đề tương đương sau: -Cặp "thuận-phản": Nếu M ∈ H(α) M ∈ Φ M ∈ / H(α) M ∈ / Φ; -Cặp "phản đảo-đảo": Nếu M ∈ / Φ M ∈ / H(α) M ∈ Φ M ∈ H(α); -Cặp "phản đảo-phản": Nếu M ∈ / Φ M ∈ / H(α) M ∈ / H(α) M ∈ / Φ Chú ý i Trong tốn quỹ tích việc phát hình Φ′ ⊇ Φ đóng vai trị quan trọng toán Cách phát Φ′ phải tìm cách dự đốn từ cách làm phần thuận với kinh nghiệm hình học sẵn có bật hình Φ′ ii Quan điểm chúng tơi trình bày lời giải tốn quỹ tích cần cần có hai phần: phần thuận phần đảo Phần thuận đảm bảo tính khơng thiếu phần đảo đảm bảo tính khơng thừa quỹ tích Chính "giới hạn (nếu có)" chi tiết nhỏ phần đảo để loại phần thừa, quan điểm khác với nhiều tác giả coi "giới hạn quỹ tích cần thiết mục thiết phải trình bày lời giải" (xem chẳng hạn [4]) iii Kỹ thuật lập mệnh đề đảo Bản chất chứng minh mệnh đề đảo chứng minh "từ M ∈ H(α) kéo theo M ∈ Φ" theo nghĩa chứng minh bao hàm thức H(α) ⊆ Φ Trên thực tế tính chất α hội tính chất, chẳng hạn α1 , α2 , α3 , phần đảo ta phải lấy M ∈ Φ thỏa mãn α1 , α2 chứng minh M thỏa mãn α3 Chính sau lấy M ∈ Φ ta phải tiến hành toán dựng hình Ở cần đến kỹ thuật tách α thành tính chất α1 , α2 , α3 Từ thấy có nhiều cách lập mệnh đề đảo, khéo léo ta nhận phép chứng minh phần đảo đơn giản Để bắt đầu với tốn quỹ tích ta phải liệt kê quỹ tích (Xem chi tiết [2]) 46 Phần đảo Lấy A′ ∈ (c1 ), gọi giao BA′ với tia Ax M Với N ∈ By dễ chứng minh AA′ ⊥ (BMN) Vậy quỹ tích hình chiếu A lên (BMN) nửa đường tròn (c1 ) α Tương tự ta có quỹ tích hình √ chiếu B lên (AMN)là nửa đường trịn (c2 ), đường kính AB = a 2, nửa mặt phẳng β b Quỹ tích tâm cầu ngoại tiếp ABMN Phần thuận Dễ thấy MN đường kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN, suy tâm O, trung điểm AB thuộc mặt phẳng trung trực γ AB Gọi giao tuyến γ với α IX, với β IY, γ cắt BM O1 , cắt AN O2 (với I trung điểm AB) Xét hệ tọa độ IXY Giả sử I(0, 0), O(X, Y), O1 (0, Y), O2 (X, 0) ta có: AM m BN a2 a2 a2 OO2 = = , OO1 = = =⇒ OO1 = =⇒ Y = 2 2m 4IO2 4X a2 Do Vậy tọa độ điểm O thỏa mãn phương trình hypebol Y = 4X O thuộc đường hypebol mặt phẳng γ Phần đảo Dễ thấy ta cần xét nhán hypebol ứng với X > 0, Y > a2 Lấy O nhánh hypepol Y = , X > 0, Y > Từ O dựng 4X a2 a2 a2 O1 , O2 M, N Ta có Y = =⇒ OO1 = =⇒ OO1 = = 4X 4IO2 2m m AM BN ; OO2 = = Từ suy O cách đỉnh tứ diện 2 Quỹ tích tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN nhánh hypebol a2 , X > 0, Y > vng nằm mặt phẳng γ có phương trình Y = 4X với cách chọn hệ tọa độ Ví dụ 2.23 Cho hình chóp tam giác S.ABC, góc B, C đáy góc nhọn Lấy điểm L ∈ AH (đường cao ∆ABC), gọi M = BL ∩ AC, N = CL ∩ AB Giả sử mặt phẳng α qua L, song song với (SBC) cắt măt (SML) theo đường thẳng song song với SB Gọi A′ , M′ , N′ tương ứng giao α với SA, SM, SN a Chứng minh tứ giác A′ M′ LN′ hình bình hành Ký hiệu hình bình hành P b Gọi K hình chiếu vng góc S BC Đặt SK = k, HA = a, HB = b, HC = c, HL = ℓ, ϕ góc nhị diện tạo hai nửa mặt 47 phẳng (BCA) BCS Gọi P ′ ảnh vị tự P qua phép vị tự AH tâm A, tỷ số vị tự Tính diện tích SP ′ , SP thể tích hình AL chóp S.A′ M′ LN′ theo a, b, c, k, ϕ c Tìm quỹ tích S để SP = s2 = const, d Tìm quỹ tích S để thể tích hình chóp VS.A′ M′ LN′ = m3 = const, e Tìm quỹ tích S để P hình chữ nhật, hình thoi, hình vng Lời giải Hình 2.18: Quỹ tích S a Ta thấy LM′ SB, A′ N′ SB nên LM′ N′ A′ Tương tự, A′ M′ N′ L nên A′ M′ LN′ hình bình hành AH , L → H nên biến mặt phẳng α với r = b Phép vị tự HA r AL thành mặt phẳng (SBC), biến hình bình hành P thành hình bình hành P ′ có đường chéo SH, có cạnh song song với SB, SC Ta gọi đỉnh P ′ S, N1 , H, M1 Ta có: 48 k.(b + c) SK.BC = Mặt khác, ∆BHN1 đồng dạng ∆SBC; 2 ∆CHM1 đồng dạng ∆SBC ta suy ra: S∆SBC = S∆BHN1 = S∆SBC BH BC b2 S∆BHM1 = = ; (b + c) S∆SBC CH CB c2 = =⇒ (b + c)2 b + c2 kbc AL ′ = =⇒ S∆CHM1 + S∆BHN1 = S =⇒ S Vì = ∆SBC P (b + c)2 (b + c)2 AH ℓ−a kbc ℓ−a ℓ−a Ta suy ra: SP = nên SP = SP ′ a a (b − c)2 a Thể tích chóp S.A′ M′ LN′ : Ta có AH ⊥ BC Hạ AI ⊥ (SBC) AI = a sin α Giả sử AI ∩ α = I′ I′ ảnh I qua phép vị tự HA r, a−ℓ a − ℓ AL = , AI′ = AI = (a − ℓ) sin ϕ Khoảng cách r= AH a a từ S đến P hiệu khoảng cách từ A đến (SBC) khoảng cách từ A đến α Như vậy, đường cao chóp ℓ sin ϕ a−ℓ kbc VS.A′ M′ LN′ = SP ℓ sin α = ℓ sin ϕ 3(b + c)2 a c Quỹ tích S diện tích SP = s2 (không đổi): Các độ dài a, b, c, ℓ không đổi nên SP không đổi k khơng đổi, điểm S có tính chất cách đường thẳng BC, trừ điểm (ABC) Vậy quỹ tích điểm S mặt trụ có trục đường thẳng BC, đáy có bán kính s2 a2 (b − c)2 , trừ điểm mặt (ABC) = bc(ℓ − a)2 Quỹ tích S VS.A′ M′ LN′ = m3 (không đổi): VS.A′ M′ LN′ = m3 (không 3m3 (b + c)2 a2 đổi) ⇐⇒ k sin ϕ = (khơng đổi) Nhưng k sin ϕ ℓbc(ℓ − a)2 khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) Do quỹ tích điểm S trường hợp hai mặt phẳng song song với mặt phẳng (ABC), 3m3 (b + c)2 a2 cách mặt phẳng khoảng= ℓbc(ℓ − a)2 d Quỹ tích S P hình chữ nhật: Vì P ′ đồng dạng với P nên P hình chữ nhật P ′ hình chữ nhật Lúc ta có BSC = 900 Do S nằm mặt cầu đường kính BC Bỏ phần giao mặt cầu với mặt phẳng (ABC) ta có quỹ tích S mặt cầu bỏ đường trịn 49 Khi P hình thoi, trường hợp SH phân giác góc BSC Nếu gọi H′ điểm liên hợp điều hòa với H B, C (H H′ chân phân giác ngồi góc BSC) S phải thuộc mặt cầu đường kính HH′ Quỹ tích S mặt cầu đường kính HH′ , trừ phần giao với mặt phẳng (ABC) Để P hình vng, dễ thấy quỹ tích S phải giao hai quỹ tích trên, tức đường tròn giao mặt cầu đường kính BC mặt cầu đường kính HH′ , trừ điểm giao với mặt phẳng (ABC) 2.5.2 Một số cách giải đặc biệt Bài tốn quỹ tích hay gặp thi olympic với cách giải khác mức độ khó, giải cách giải đặc biệt Chúng lựa chọn toán [3], [8] với số thay đổi cách giải làm rõ cách giải tác giả Chắc chắn toán minh họa sâu sắc cho phương pháp trình bày Ví dụ 2.24 Cho mặt cầu tâm O, ABCD tứ diện ngoại tiếp mặt cầu, thỏa mãn bất đẳng thức OA ≥ OB ≥ OC ≥ OD Tìm quỹ tích điểm A, B, C, D Lời giải Trước hết nhận xét gọi r bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD thì: (i) Tất cạnh tứ diện lớn 2r; (ii) Bán kính đường tròn nội tiếp mặt tứ diện lớn r Nhận xét (i) hiển nhiên Để chứng minh nhận xét (ii) ta dựng qua tâm mặt cầu nội tiếp mặt phẳng song song với chẳng hạn mặt phẳng ABC Ta nhận thiết diện ∆A1 B1 C1 đồng dạng với ∆ABC với hệ số đồng dạng nhỏ chứa đường trịn bán kính r bên Tiếp theo, ta xét điều kiện A, B, C, D: a Điều kiện xác định điểm A bất đẳng thức OA ≥ 3r Dấu ” = ” ứng với tứ diện đều, điểm A thỏa mãn OA > 3r bán kính mặt cầu lớn chứa tứ diện ABCD nhỏ 3r Điều mâu thuẫn với kết R ≥ 3r (R bán kính cầu ngoại tiếp cầu) 50 Hình 2.19: Quỹ tích A, B, C, D √ b Điều kiện xác định điểm B OB > r Thật vậy, √ điểm B mà OB ≤√r với ∆DBC bán kính đường trịn chứa khơng lớn 5r2 − r2 = 2r, tức bán kính đường trịn nội tiếp ∆DBC không lớn r, trái với (ii) √ Đó c Điều kiện xác định điểm C bất đẳng thức OC > r √ OC ≤ r CD ≤ 2r, trái với (i) d Điều kiện xác định điểm D OD > r Ta chứng minh OD lớn tùy ý Thật vậy, lấy tứ diện ABCD có tất mặt tam giác cân với góc đỉnh đủ nhỏ Khi tâm nối tiếp R tâm ngoại tiếp tứ diện trùng nhau, cịn tỷ số lớn tùy ý r Ví dụ 2.25 Cho tam giác ABC Tìm quỹ tích tất điểm M khơng gian cho từ đoạn thẳng MA, MB, MC dựng tam giác vuông Lời giải Nếu MC cạnh huyền ta phải có đẳng thức MC2 = MA2 + MB2 Xét hệ tọa độ vng góc Axyz, gốc A, trục tung Ay≡AB, trục cao Az⊥ (ABC) Từ A(0,0,0), B(0,b,0), C(a,c,0), M(x,y,z) ta có: MC2 = MA2 + MB2 ⇐⇒ (x − a)2 + (y − c)2 + z2 = x2 + y2 + z2 + x2 + (y − b)2 + z2 ⇐⇒ (x − a)2 + (y + c − b)2 + z2 = b2 − 2bc Ta suy quỹ tích điểm M rỗng, điểm mặt cầu Ta tìm 51 cách xác định tâm bán kính mặt cầu Giả sử C1 trung điểm AB, C2 phần kéo dài CC1 cho C1 C2 = CC1 , tức ACBC2 hình bình hành Ký hiệu cạnh ∆ABC a, b, c ta có 2 MA + MB = 2MC21 AB2 c2 + = 2MC1 + 2 c2 = Giả sử Vì MA + MB − MC nên ta nhận MC − MC2 C = ϕ, theo định lý cô sin áp dụng vào ∆MC2 C ∆MC2 C1 : 2 2 2MC21 MC2 = MC2 + 4m2c − 4MC2 cos ϕ, MC1 = MC2 + m2c − 2MC2 cos ϕ Nhân đẳng thức sau với trừ vào đẳng thức đầu nhận được: MC2 − c2 c2 2MC22 = MC22 − 2MC22 + 2mc = Kéo theo MC22 = 2m2c − = a + b − c2 Tập hợp điểm M khác rỗng a2 + b2 − c2 ≥ 0, tức góc C tam giác khơng góc tù Do quỹ tích điểm M trường hợp tam giác ABC nhọn gồm mặt cầu có tâm C2 , B2 , A2 cho −−→ −→ −→ −−→ −→ −→ −−→ −→ −→ CC2 = CA√+ CB, BB2 =√ BC + BA, AA2√= AB + AC, bán kính tương 2 ứng a + b − c , b2 + c2 − a2 , a2 + c2 − b2 Trường hợp ∆ABC vng, quỹ tích mặt cầu điểm Trường hợp ∆ABC tù, quỹ tích mặt cầu Ví dụ 2.26 Tìm quỹ tích điểm mà từ vẽ tiếp tuyến đơi vng góc đến mặt cầu cho trước Lời giải Gọi mặt cầu cho C tâm O, bán kính R Phần thuận Giả sử từ M vẽ tiếp tuyến đơi vng góc tới mặt cầu MA, MB, MC Ta có MA=MB=MC nên ba tam giác vuông cân ∆AMC = ∆CMB = ∆BMA Bởi ∆ABC tam giác Hiển nhiên đoạn thẳng OM phải cắt phần tam giác ABC điểm, ta ký hiệu là√O1 , tâm ∆ABC Nếu đặt AM=a √ a Thay giá trị vào đẳng thức AC=a AO1 = √ √ a R OM.AO1 = OA.AM =⇒ OM = R.a =⇒ OM = 2 52 Hình 2.20: M nhìn mặt cầu góc vng √ R Suy M thuộc cầu B tâm O, bán kính Lúc MA = MB = √ √ √ R R R MC = , AB = BC = CA = R , O1 A = OO1 = 3 Phần đảo Lấy√bất kỳ M ∈ B Nối OM, đoạn OM lấy O1 R cho OO1 = Qua O1 dựng mặt phẳng (P) vng góc với OM, mặt phẳng (P) cắt mặt cầu C theo giao tuyến đường tròn (c) Trong (P), vẽ nội tiếp đường tròn (c) tam giác ABC nhận O1 làm tâm Ta cần chứng minh: MA, MB, MC tiếp tuyến mặt cầu C đơi vng góc với Thật vậy, hình chóp M.ABC chóp tam giác √ √ nên MA = MB = MC với A, B, C ∈ B Vì R R OO1 OM = = R2 = OA2 nên MA ⊥ OA, suy MA tiếp tuyến mặt cầu C Tương tự MB, MC Ngồi ta √ tính R ta AB = BC = CA = R kết hợp với MA = MB = MC = có tam giác vng cân M: ∆AMB, ∆BMC, ∆CMA Ta có điều phải chứng minh 53 √ R Quỹ tích điểm M mặt cầu B tâm O, bán kính Ví dụ 2.27 ([8]) Cho góc tam diện đỉnh O điểm N Một mặt cầu tùy ý qua O N, cắt cạnh Ox, Oy, Oz tương ứng A, B, C Tìm quỹ tích trọng tâm ∆ABC Lời giải Ký hiệu a, b, c véc tơ đơn vị phương cạnh góc tam diện Hình 2.21: Quỹ tích trọng tâm tam giác −→ − → Đặt ON = e = const Gọi I tâm mặt cầu thay đổi u = OI Từ −→ −→ −→ véc tơ OA, OB, OC ta dựng hình hộp với OX đường chéo −→ −→ −→ Ta ln có số x, y, z ∈ R cho OA = xa, OB = y b, OC = zc −→ OX = xa + y b + zc hay X=(x, y, z) Trước hết ta tìm quỹ tích X(x,y,z) Các điểm O, N, A, B, C thuộc − → − → − → mặt cầu tâm I nghĩa OI − IN = NI =⇒ (u − e)2 = u2 Tương tự, (xa − u)2 = (y b − u)2 = (zc − u)2 = u2 Từ ta nhận e2 − 2eu x − 2au y − 2bu z − 2cu = = = = 0 0 Giả sử khai triển theo véc tơ sở a, b, c ta có e = αa + β b + γc Sau 54 nhân ba đẳng thức cuối với α, β, γ e2 − 2eu αx − 2αau βy − 2β bu γz − 2γcu = = = = 0 0 Trừ đẳng thức đầu vào đẳng thức ta thu được: e2 − αx − βy − γz + 2(αa + β b + γc)u − 2eu = Suy ra: e2 = αx + βy + γz hay αx + βy + γz − e2 = Ta thấy quỹ tích X mặt phẳng Q có phương trình vừa tìm −−→ −→ Vì M trọng tâm tam giác nên OM = OX Suy quỹ tích M mặt phẳng Q′ ảnh vị tự mặt phẳng Q qua phép vị tự HO1 Ví dụ 2.28 ([8]) Một đường trịn di động có bán kính R khơng đổi ln tiếp xúc với mặt góc tam diện vng Tìm quỹ tích tâm đường trịn Lời giải Lập hệ tọa độ vng góc với trục cạnh góc tam diện gốc đỉnh góc tam diện Giả sử mặt phẳng đường tròn tạo với mặt phẳng tọa độ XOY, YOZ ZOX góc α, β, γ Khi điểm I tâm đường trịn có tọa độ (R sin β, R sin γ, R sin α) Từ gốc O dựng đường thẳng vng góc với mặt phẳng đường trịn, đường thẳng tạo với trục góc β, γ, α Do đó, cos2 α + cos2 β + cos2 γ = Nghĩa OI2 = R2 (sin2 α + sin2 β + sin2 γ) = 2R2 √ Như vậy, điểm I nằm mặt cầu tâm O, bán kính R Mặt khác, khoảng cách từ I đến mặt phẳng tọa độ không vượt R Do √ tập hợp điểm I cần tìm tam giác cầu thuộc mặt cầu (O, R 2)   X ≤ R    Y ≤ R  Z ≤ R    X2 + Y2 + Z2 ≤ 2R2 55 Các toán khác Bài toán 2.1 Cho tứ diện SABC, I trung điểm AB, SI ⊥ (ABC) M điểm di động SC Tìm quỹ tích hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng (ABM) HD Dùng phương pháp quỹ tích phẳng Quỹ tích hình chiếu H nửa Hình 2.22: Quỹ tích H đường trịn (c), đường kính SI, nằm nửa mặt phẳng (Q) chứa tia IE, có bờ SI Bài tốn 2.2 Cho tứ diện ABCD có AD ⊥ (BCD) Gọi DE, BK đường cao ∆DBC BF đường cao ∆ABC a Chứng minh (ADE) ⊥ (ABC), (BFK) ⊥ (ABC), trực tâm H ∆ABC hình chiếu vng góc trực tâm N ∆BCD lên mặt phẳng (ABC) b Giả sử mặt phẳng (BCD) cố định, điểm A chạy tia Dx ⊥ (BCD) Tìm quỹ tích điểm H F HD: Dùng phương pháp quỹ tích phẳng 56 Bài tốn 2.3 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a trung đoạn 2a Gọi O tâm hình cầu nội tiếp hình chóp a Tìm quỹ tích điểm M cho √ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ a 15 |MA + MB + MC + MD + MS| = b Tìm quỹ tích điểm N cho 33a2 NA + NB + NC + ND + NS = 2 2 HD: Dùng phương pháp véc tơ Bài tốn 2.4 Cho hình chóp S.ABC Trên cạnh SA, SB, SC lấy điểm D, E, F tùy ý Gọi I, K, J trung điểm AD, BC, EF Gọi G, G1 trọng tâm ∆ABC, ∆DEF N, T trung điểm IK, JK a Chứng minh GG1 , IT, JN đồng quy O có đẳng thức sau −→ − → − → −→ − → − → −→ SA + SB + SC + SD + SE + SF = 6SO b Tìm quỹ tích điểm M cho −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ |MA + 2MB + 2MC + MD + 2ME + 2MF| = k(const) HD: Dùng phương pháp véc tơ Bài toán 2.5 Một kiến đứng đỉnh hình lập phương cạnh 1cm Kiến bị mặt hình lập phương với vận tốc 1cm/s Tìm quỹ tích điểm mặt hình lập phương mà qua sau 2s? HD: Kiến đứng đỉnh A hình lập phương ABCDA1 B1 C1 D1 Xét ∆DCC1 Dễ chứng minh đường ngắn nối A với điểm ∆DCC1 cắt cạnh DC Bài tốn 2.6 Cho góc tam diện vuông đỉnh O Xét tất đường gấp khúc có độ dài a điểm O cho mặt phẳng song song với mặt bên góc tam diện cắt đường gấp khúc khơng q điểm Tìm quỹ tích đầu mút đường gấp khúc HD: Dùng phương pháp véc tơ-tọa độ 57 Chương hai trọng tâm luận văn tác giả chọn lọc ví dụ điển hình để minh họa cho phương pháp giải: Phương pháp quỹ tích bản, phương pháp quỹ tích phẳng, phương pháp véc tơ-tọa độ, phương pháp biến hình Ngồi tác giả nêu số toán nâng cao mà giải phải kết hợp phương pháp giải 58 Kết luận luận văn Luận văn thu kết sau Trình bày lại số khái niệm quan trọng hình học liên quan đến tốn quỹ tích Tác giả nêu rõ quan điểm cá nhân cấu trúc lô gic tốn quỹ tích Chọn lọc ví dụ điển hình (23 ví dụ), trình bày chi tiết lời giải, lưu ý để minh họa phương pháp giải tốn quỹ tích Đây chun đề khó có ích giáo viên phổ thông Sau nắm phương pháp giải tốn quỹ tích, việc trình bày tốn khó, nâng cao (11 tốn) minh họa thêm tính hiệu phối hợp phương pháp Sau hoàn thành vấn đề đặt ra, chúng tơi nhận thấy có hướng nghiên cứu tiếp theo: -Nghiên cứu ứng dụng số phức việc giải tốn quỹ tích -Phép nghịch đảo phép biến hình đặc biệt vận dụng để giải toán quỹ mặt phẳng không gian Mặc dù cố gắng luận văn không tránh khỏi hạn chế, khiếm khuyết Tác giả mong góp ý, bổ sung đồng nghiệp thầy cô giáo nhằm làm cho kết nghiên cứu hồn chỉnh có ích Xin chân thành cảm ơn 59 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Phan Đức Chính, Phạm Văn Điều người khác (1988), Một số phương pháp chọn lọc giải toán sơ cấp, tập 3, NXB Đại học Giáo dục chuyên nghiệp [2] Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương (2012), Hình học nâng cao 11, NXB Giáo dục [3] Konnhiagin X.V.,Sarugin I.V (2013), Các đề thi vơ địch Tốn nước (19 nước), Bản tiếng Việt, NXB Hải Phòng [4] Nguyễn Anh Trường, Nguyễn Tấn Siêng (2012), Chun đề giải tốn Hình học khơng gian, NXB Tổng hợp thành phố Hồ Chí Minh [5] Nguyễn Đăng Phất (2005), Các phép biến hình mặt phẳng ứng dụng giải tốn hình học, NXB Giáo dục [6] Đỗ Thanh Sơn (2005), Phép biến hình không gian, NXB Giáo dục Tiếng Anh [7] Ganpery G.A., Tolpugo A.K (1986), Moscow Mathematic Olympic, Nauka, Moscow 60 [8] Sarugin I.F (1984), Geometry Problems, Nauka, Moscow ... Các phương pháp giải toán quỹ tích khơng gian 16 2.1 Phương pháp quỹ tích 16 2.2 Phương pháp quỹ tích phẳng khơng gian 19 2.2.1 Quỹ tích phẳng khơng gian 19 2.2.2 Quỹ tích hình. .. khoa học kỹ thuật áp dụng phương pháp: Phương pháp quỹ tích bản, phương pháp quỹ tích phẳng khơng gian, phương pháp véc tơ-tọa độ, phương pháp biến hình số vấn đề liên quan - Các kiến thức hình học. .. chương hai 16 Chương Các phương pháp giải toán quỹ tích khơng gian 2.1 Phương pháp quỹ tích Bài tốn quỹ tích giải ta đưa quỹ tích cần tìm quỹ tích Khi ta có hình Φ nói phần đầu Chủ yếu phần