BÀI TOÁN VỀ QUỸ TÍCH – TẬP HỢP ĐIỂM

289 BÀI TỐN VỀ QUỸ TÍCH – TẬP HỢP ĐIỂM I MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa tập hợp điểm (quỹ tích) Một hình H gọi tập hợp điểm điểm M thoả mãn tính chất T chứa chứa tính chất T Phương pháp chủ yếu giải toán tập hợp điểm Để tìm tập hợp điểm M thoả mãn tính chất T ta làm sau: Bước 1: Tìm cách giải - Xác định yếu tố cố định không đổi - Xác định điều kiện điểm M - Dự đoán tập hợp điểm Bước 2: Trình bày lời giải • Phần thuận: Chứng minh điểm M có tính chất T thuộc hình H • Giới hạn:Căn vào vị trí đặc biệt điểm M, chứng tỏ điểm M thuộc vào hình H, phần B hình H(nếu được) • Phần đảo: Chứng minh điểm thuộc hình H (quỹ tích giới hạn) có tính chất T Thường làm sau: + Lấy điểm M thuộc hình H (quỹ tích giới hạn), giả sử tính chất T gồm n điều kiện + Dựng hình để chứng minh M có tính chất T cho M thoả mãn n − điều kiện tính chất T chứng minh M có thoả mãn điều kiện cịn lại • Kết luận:Tập hợp điểm M hình H Nêu rõ hình dạng cách xác định hình H Chú ý: - Việc tìm mối liên hệ yếu tố cố định, không đổi với yếu tố chuyển động khâu chủ yếu giúp ta giải toán tập hợp điểm - Nếu toán hỏi “ Điểm M chuyển động đường nào? ” ta trình bày phần thuận, phàn giới hạn phàn kết luận mà không cần không chứng minh phần đảo - Giải toán tập hợp điểm thường tìm cách đưa tập hợp điểm học THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 290 - Để khỏi vẽ hình lại chứng minh phần đảo tên điểm phần đảo nên giữ nguyên phần thuận Một số tập hợp điểm a) Tập hợp điểm đường trung trực phần đường trung trực Định lí: Tập hợp điểm M cách hai điểm phân biệt A, B cố định đường trung trực d đoạn thẳng AB b) Tập hợp điểm tia phân giác Định lí: Tập hợp điểm nằm góc xOy(khác góc bẹt) cách hai cạnhcủa góc tia phân giác góc Hệ quả: Tập hợp điểm M cách hai đường thẳngcắt xOx’ yOy’ bốn tia phân giác bốn góc tạo thành, bốn tia tạo thành hai đường thẳng vng góc với giao điểm O hai đường thẳng c) Tập hợp điểm đường thẳng song song Định lý 1: Tập hợp điểm M cách đường thẳng h cho trước khoảng a không đổi hai đường thẳng song song với đường thắng cho cách đường thẳng a Định lí 2: Tập hợp điểm cách hai đường thẳng song song cho trước đường thẳng song song nằm cách hai đường thẳng cho d) Tập hợp điểm đường tròn, phần đường trịn, cung chứa góc + Tập hợp điểm M cách điểm O cho trước khoảng không đổi r đường trịn tâm O bán kính r + Tập hợp điểm nhìn đoạn thẳng cố định AB góc 900 đường trịn đường kính AB  có số đo + Tập hợp điểm M tạo thành với hai mút đoạn thẳng AB cho trước góc AMB ( ) khơng đổi α 0 < α < 180 hai cung tròn đối xứng qua AB THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 291 II CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ Cho hình vng ABCD Tìm tập hợp điểm M mặt phẳng cho MA + MB = MC + MD Lời giải • Phần thuận: Dựng đường thẳng d qua tâm A B D C O hình vng d song song với AB, DC Khi d đường trung trực AD BC Ta thấy với điểm M không thuộc đường M thẳng d ta có MA + MB ≠ MC + MD + MA + MB > MC + MD điểm M nằm khác phía với điểm A so với đường thẳng d ; + MA + MB <  MC + MD điểm M nằm phía với điểm A so với đường thẳng d Vậy để MA + MB = MC + MD M thuộc đường trung trực d AD BC • Giới hạn: Mọi điểm M thuộc d có MA = MD MB = MC nên MA + MB = MC + MD Vậy M thuộc đường thẳng d • Phần đảo: Lấy M thuộc đường thẳng d ta có MA = MD MB = MC Khi ta có MA + MB = MC + MD • Kết luận: Tập hợp điểm M cần tìm đường trung trực AD BC Ví dụ Cho góc vng xOy, tia Ox lấy điểm A cố định, B điểm chuyển động tia Oy Tìm tập hợp điểm C cho ∆ ABC vuông cân C Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 292 • Phần thuận: Vẽ CH vng góc với Ox (H thuộc Ox) y CK vng góc với Oy (K thuộc Oy) Xét hai tam  = CBK  giác vng CAH CBK có CA = CB CAH B K ∆CAH = ∆CBK C  cố định nên Từ ta CH = CK Mà góc xOy C'  C thuộc tia phân giác Oz góc vng xOy O H A x • Giới hạn: Khi B trùng với O C trùng với C’, điểm C’ thuộc tia phân giác Oz tam giác C’OA vuông cân C’ Khi B chạy xa O vô tận tia Oy C chạy xa O vơ tận tia Oz Vậy C chuyển động tia C’z  tia phân giác Oz góc vng xOy • Phần đảo: Lấy điểm C thuộc tia C’z Vẽ đường thẳng vng góc CA C cắt tia Oy B Vẽ CH vng góc với Ox (H thuộc Ox) CK vng góc với Oy (K thuộc Oy) Ta  = 90 có CH = CK KHC  nên ∆CAH =  = CBK ∆CBK Xét hai tam giác vuông CAH CBK có CH = CK CAH Từ ta CA = CB tam giác ABC vng cân C • Kết luận: Tập hợp điểm C tia C’z tia phân giác Oz góc xOy Ví dụ Cho tam giác ABC điểm M di chuyển cạnh BC Tìm quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng AM Lời giải • Phần thuận: Kẻ đường cao AH tam giác ABC A với H thuộc BC Từ I kẻ IK vng góc với BC (K thuộc BC) Từ IK//AH Xét tam giác MAH có IM = IA IK//AH nên IK đường trung bình tam giác AMH Do ta IK = AH Mà tam giác ABC cố định nên AH cố định, suy IK = AH không đổi THCS.TOANMATH.com P B I Q H' H M C TÀI LIỆU TOÁN HỌC 293 Vậy điểm I cách BC đoạn IK = AH không đổi nên I nằm đường thẳng song song với BC cách BC khoảng AH • Giới hạn: Vì A, I nằm mặt phẳng bờ đường thẳng BC nên I nằm đường thẳng xy // BC cách BC khoảng AH phía đường thẳng BC + Khi M ≡ B I ≡ P với P trung điểm AB + Khi M ≡ C I ≡ Q với Q trung điểm AC Vậy M chạy cạnh BC điểm I chạy đoạn thẳng PQ (thuộc đường thẳng xy) PQ đường trung bình tam giác ABC ( P ∈ AB , Q ∈ AC ) • Phần đảo: Lấy điểm I thuộc đường trung bình PQ tam giác ABC, tia AI cắt BC M Vì I ∈ PQ nên tia AI nằm tia AB, AC M thuộc đoạn Từ I kẻ IK vuông góc với BC Vì I thuộc đoạn PQ nên ta IK = AH Mặt khác ta có IK vng góc với BC AH vng góc với BC nên ta IK//AH Gọi H’ giao điểm AH PQ  = IAH'  = K = 90 MIK AH , H' ∆IMK nên suy IA = IM hay I trung điểm AM Do ta ∆AIH' = Xét hai tam giác AIH’ IMK có= IK AH' = • Kết luận: Vậy quỹ tích trung điểm I đoạn AM đường trung bình PQ tam giác ABC với P thuộc cạnh AB, Q thuộc cạnh AC  cố định, điểm A cố định Oy, điểm B di động Ox Ví dụ Cho góc vng xOy Tìm tập hợp trung điểm M AB Lời giải • Phần thuận: Ta có OM = AB (trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vng AOB) Mà ta có MA = AB , suy MA = OM không đổi THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 294 Điểm M cách điểm O A cố định nên M thuộc y đường trung trực OA  nên • Giới hạn: Vì AB thuộc miền góc xOy A điểm M nằm tia Nm thuộc đường trung trực  (N trung điểm OA thuộc miền góc xOy M N OA) O B • Phần đảo: Lấy điểm M thuộc tia Mn, nối AM cắt Ox B, ta cần phải chứng minh M trung điểm AB Thật ta có M’A = M’O nên tam giác MOA cân  = MOA  M Do ta MAO  + MOB =  + MBO = Mà ta có MOA 90 MAO 90  = MBO  nên tam giác MOB cân M Do ta MO = MB nên Từ suy MOB MA = MB Từ suy M trung điểm AB • Kết luận: Khi B chuyển động Ox tập hợp trung điểm M AB tia Nm  với N trung điểm OA thuộc đường trung trực OA thuộc miền góc xOy  điểm A cố định nằm Ox(A khác O) Một điểm C Ví dụ Cho góc vng xOy  Tìm quỹ tích điểm B di động cạnh Oy Vẽ tam giác AMC nằm góc xOy đỉnh tam giác ABC Lời giải • Phần thuận: Vẽ tam giác AOD nằm góc x  , điểm A, O cố định nên D cố định Xét hai tam xOy giác DAB OAC có= OA DA, = AC AB z B A  = DAB  OAC   ∆OAC nên ta ADB Suy ∆DAB = = AOC = 90 D hay BD vng góc với AD D Vậy điểm B nằm đường thẳng d vng góc với AD D O d C y • Giới hạn: Vì điểm C di động Oy nên C tùng với O B trùng với điểm D, điểm C chạy Oy điểm B chạy tia Oz thuộc đường thẳng d Vậy điểm B thuộc tia Oz đường thẳng d vng góc với AD D THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 295 • Phần đảo: Lấy điểm B thuộc tia Oz đường thẳng d vuông góc với AD D  = 60 Qua A vẽ AC(C thuộc tia Oy) cho BAC ∆OAC , nên suy AC = AB Khi ta chứng minh ∆DAB = Từ ta tam giác ABC • Kết luận: Vậy quỹ tích điểm B Oz đường thẳng d vng góc với AD D Ví dụ Cho hình bình hành ABCD có cạnh AB cố định cạnh CD chuyển động đường thẳng d song song với AB Gọi I trung điểm CD Tia AI cắt BC N Tìm quỹ tích điểm N CD thă đổi đường thẳng d Lời giải • Phần thuận: Gọi khoảng cánh giưac đường thẳng AB đường thẳng d h không đổi  = CIN  , ID = IC IDA  = ICN  Xét hai tam giác IAD INC có AID Do ta ∆IAD = ∆INC nên suy H CN = AD = BC K Kẻ NH vng góc với AB, NH cắt đường thẳng d C B N K I Tam giác NBH có CB = CN CK//BH nên suy KH = KN A Từ ta = HN 2KH = 2h khơng đổi D d d' Khi CD chuyển động đường thẳng d với vị trí CD, điểm N luôc cách đường thẳng AB khoảng 2h không đổi Vậy điểm N thuộc đường thẳng d’ song song với đường thẳng AB cách đường thẳng AB khoảng 2h khơng đổi • Giới hạn: Khi CD di động đường thẳng d điểm N di động đường thẳng d’ song song với đường thẳng AB cách đường thẳng AB khoảng 2h khơng đổi • Phần đảo: Lấy điểm N đường thẳng d’ Đường thẳng AN cắt đường thẳng d I, đường thẳng NB cắt đường thẳng d C Lấy điểm D đối xứng với C qua điểm I Ta cần chứng minh tứ giác ABCD hình bình hành I trung điểm CD Thật vậy, kẻ NH vng góc với AB NH cắt đường thẳng d K Ta có K trung điểm HN Do tam giác HNB C trung điểm NB THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 296 Trong tam giác NAB có C trung điểm BN IC//AB nên IC đường trung bình, từ AB ta IC = AB Vì D đối xứng với C qua I nên ta ID = IC = 2 Do ta đường AB = CD , mà lại có AB//CD nên tứ giác ABCD hình bình hành I trung điểm CD • Kết luận: Vậy quỹ tích điểm N đường thẳng d’ song song với đường thẳng AB cách đường thẳng AB khoảng 2h không đổi Ví dụ Cho tam giác ABC cân A điểm M di động cạnh AB Lấy điểm N tia đối tia CA cho NC = MB Vẽ hình bình hành BMN Tìm tập hợp điểm P M di động AB Lời giải • Phần thuận: Tứ giác BMNP hình bình hành nên A ta NP = MB NC = MB Từ suy M NP = NC nên tam giác NCP cân N Trên tia đối d tia BA lấy điểm E cho EB = BM , từ ta B C AE = AN  180 − A   = ABC = Do AEN , nên suy NE//BC  = ENC  , nên suy NE ⊥ CP , Từ ta ENP N E ta có CP ⊥ BC Vậy điểm P nằm đường thẳng d vuông góc với BC C N1 P P1 • Giới hạn: Trên tia đối tia CA lấy điểm N1 cho N1C = CA Vẽ hình bình hành ABP1N1 Tương tự ta suy điểm P1 thuộc đường thẳng d Vì M di động đoạn thẳng AB nên M trùng với A N trùng với N1 , P trùng với P1 Khi M trùng với B N trùng với C, P trùng với C Vậy điểm P thuộc đoạn thẳng P1C đường thẳng d vng góc với BC C • Phần đảo: Lấy điểm P đoạn thẳng P1C đường thẳng d vng góc với BC C Vẽ hình bình hành BMNP có M thuộc đoạn AB N thuộc đoạn CN1  =N  Ta có NP = MB NP songsong với N1P1 nên ta NPC PC 1 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 297  = NCP  hay tam giác NPC cân N   Lại có N PC=N CP1 nên suy NPC 1 Từ ta NC = NP = BM • Kết luận: Vậy quỹ tích điểm P đoạn thẳng P1C đường thẳng d vuông góc với BC C Ví dụ Cho hai đường thẳng xx’ yy’ vng góc với A Trên yy’ lấy điểm B(khác A) cố định Với điểm N xx’ lấy M yy’ cho BM = AN Tìm quỹ tích trung điểm I MN N di động xx’ Lời giải Ta xét toán ( tổng quát x t )  xAy = α 0 < α < 180 P N Khơng tính tổng quát ta giả sử B thuộc tia I v' Ay Khi N trùng với A M trùng với B điểm A I trùng với trung điểm E đoạn thẳng AB Do E t' ta cần xét N khác A My B I' + Trường hợp 1: Khi điểm N thuộc tia Ax N' điểm M thuộc tia By x' P' v • Phần thuận: Dựng hình bình hành AMPN, = AN = PB ta BM 1 α   Từ suy PBM = BPM = PMy = 2 α  PBM  Vì EI đường trung bình tam giác ABP nên ta = IEB =  =α Vậy điểm I nằm tia Et với gốc E tEy • Phần đảo: Lấy điểm I khác E tia Et Lấy điểm P đối xứng với A qua điểm I Dựng hình bình hành AMPN cho N thuộc tia Ax M thuộc tia Ay Khi I trung điểm MN α   Hơn EI đường trung bình tam giác ABP nên ta PBy mà = tEy =  = α nên M phải thuộc tia By BM = PM = AN PMy • Kết luận: Quỹ tích trung điểm I đoạn MN thỏa mãn N thuộc tia Ax M thuộc tia  1=  α By cho AN = MB tia Et có gốc E trung điểm AB và= tEy xAy 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 298 + Trường hợp 2: Khi điểm N thuộc tia Ax’ M thuộc tia By Lập luận tương tự ta quỹ tích I đoạn MN thỏa mãn N thuộc tia Ax’ M thuộc tia By cho AN = MB  1=  α tia Ev có gốc E trung điểm AB và= vEy xAy 2 + Lập luận tương tự cho N chạy xx’ M chạy yy’ với BM = AN quỹ tích điểm I trung điểm MN hai đường thẳng tt’ vv’ cắt trung điểm E AB α   tEy = vEy = Với trường hợp α = 90 thì quỹ tích điểm I trung điểm MN hai đường thẳng tt’ vv’ vuông góc với trung điểm E AB Ví dụ Lấy điểm M nằm hình nhât ABCD cho trước Kẻ CE vng góc với BM E, kẻ DF vng góc với AM F Gọi N giao điếm CE DF Tìm quỹ tích trung điểm đoạn thẳng MN M di chuyển hình chữ nhật Lời giải • Phần thuận: Gọi H trung điểm MN Gọi X hình chiếu M BC Lấy điểm M’ bên B H F hình chữ ABCD cho M N' ∆CM' D = ∆AMB D Y E X H' M'    nên ta Ta có M = ' CD MAB = ADF CM' ⊥ ND N A Z C Hoàn toàn tương tự ta DM' ⊥ CD , từ suy M’ trực tâm tam giác NCD Từ ta NM' ⊥ CD Y ∆M' DY nên ta Do suy ∆BMX = MX ⊥ DY hay khoảng cách từ M đến BC khoảng cách từ N đến AD Vậy H di chuyển đường trung trực đoạn thẳng DC • Giới hạn: Gọi trung điểm DC Z, gọi N’ giao điểm đường vuông hạ từ C D theo thứ tự xuống BZ, AZ Trung điểm ZN’ H’ Khi H thuộc tia H’N’ • Phần đảo: Lấy điểm H tia H’N’ Gọi E’ F thuộc nửa đường trịn đường kính AD nằm hình chữ nhật ABCD cho HE' = HF Lấy điểm E đối xứng với E’ qua H’N’ Gọi M giao điểm AF BE Gọi N giao điểm DF CE THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 333   = ANC = 90 nên tứ giác BCNM hình thang vng • Phần thuận: Ta có AMB Gọi O trung điểm BC, O cố định Gọi K trung điểm MN Khi ta đường OK đường trung bình hình thang BCNM Do ta OK//BM  = 90 nên ta AKO  = 90 Do OA cố định nên K thuộc đường trịn Mà ta lại có AMB đường kính OA • Giới hạn: Gọi d1 tiếp tuyến A với đường đường kính AB, d tiếp tuyến A với đường đường trịn đường kính AC Khi d trùng với d1 điểm K trùng với K giao điểm d1 với đường trịn đường kính AO Khi d trùng với d điểm K trùng với K giao điểm d với đường tròn đường kính AO  Vậy điểm K di động cung K K đường trịn đường kính OA  • Phần đảo: Lấy điểm K cung K K đường trịn đường kính OA  = 90 Khi ta AKO Đường thẳng AK cắt nửa đường tròn đường kính AB, AC M, N   Ta có AMB = ANC = 90 nên tứ giác BCNM hình thang vng Mà ta có OK vng góc với MN nên OK //AM Lại có O trung điểm BC nên OK đường trung hình thang BCNM Do ta K trung điểm MN  • Kết luận: Vậy quỹ tích điểm K cung K K đường trịn đường kính OA Bài 16 Giả sử điểm P thuộc cung nhỏ AC đường tròn (O) M A Gọi H, K hình chiếu P AB AC P H Gọi N hình chiếu C OP Khi dễ thấy N ON = OK = PH; CN = PK • Phần thuận: Nếu điểm M tia OP thỏa mãn D O K C OM = PH + KP = PH + HO > PO điểm M nằm ngồi đường trịn (O) Lại có B MN = OM − ON = PH + PK − ON = ON + CN − ON = CN Từ suy tam giác NCM vuông cân N, nên ta THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 334  = 450 , suy OMC  = OAC  OMC  + AOC =  = 90 Do tứ giác AOCM nội tiếp được, nên ta AMC 180 , suy AMC Vậy điểm M thuộc nửa đườn trịn đường kính AC nằm ngồi đường trịn (O; R) Lập luận tương tự ta P chạy đường trịn (O; R) M chạy nửa đường trịn đường kính AC, BC, BD, DA nằm ngồi đường trịn (O) • Phần đảo: Giả sử điểm M nằm nửa đường trịn nói Khơng tính tổng quát ta coi M nằm nửa đường trịn đường kính AC nằm ngồi đường trịn (O) Tia OM cắt cung nhỏ AC P Xác định điểm H, K, N   Từ OMC = OAC = 450 suy tam giác NCM vuông cân N nên MN = CN Vậy ta OM = ON + MN = PH + CN = PH + PK • Kết luận: Vậy quỹ tích điểm M thỏa mãn đề nửa đường trịn đường kính AC, BC, BD, DA nằm ngồi đường tròn (O; R) Bài 17 Bạn đọc tự vẽ hình = BC = CA = (đvdd),= AF x,= BD y,CE = z với < x, y, z < • Phần thuận: Đặt AB Theo giả thiết ta có x + y + z= AM − MF + BM − MD + CM − ME = BM − MF + CM − MD + AM − ME = ( − x ) + ( − y ) + ( − z ) 2 Từ ta x + y + z = Khi AD, BE, CF đồng quy P, theo định lí Ceva ta S ACP S ABP S BCP y x z = = − x − y − z S BCP S ACP S ABP Do ta xyz = (1 − x )(1 − y )(1 − z ) , kết hợp với x + y + z =2 ta 8xyz += ( xy + yz + zx ) hay ( − 2x )( − 2y )( − 2z ) = Từ suy ta x = 1 y = z = hay ba điểm D, E, F trung 2 điểm cạnh tam giác ABC Từ suy M nằm ba đường trung tuyến tam giác ABC • Phần đảo: Lấy điểm M thuộc ba đường trung tuyến tam giác ABC Do đường trung tuyến trục đối xứng tam giác ABC, AD, BE, CF đồng quy • Kết luận: tập hợp điểm M ba đường trung tuyến tam giác ABC, không kể điểm đầu mút THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 335 Bài 18 Trước ta phát biểu bổ đề: Tập hợp điểm M nằm S  có tổng khỏng cách từ M đến cạnh góc xSy Sx, Sy k không đổi đoạn BC cho = k d= ( B,Sy ) d= ( C,Sx ) 2d= ( I ,Sy ) 2d( B,Sx ) , I hình  d chiếu M tia phân giác góc xSy ( I , ∆ ) F E K X Y H B M khoảng cách từ I đến đường thẳng ∆ C I  điểm M thỏa mãn yêu cầu Thật vậy, xét góc xSy tốn Ta cần chứng minh MK + MH = k không đổi M chạy BC, với H, K hình chiếu M SB SC Kẻ BE ⊥ SC,CF ⊥ SB Để ý SB = SC 1 1 Ta có S SBC = BE.SC = S SBM + S SCM = MH.SB + MK.SC = SC ( MH + MK ) 2 2 Từ suy MK + MH =BE =k không đổi S Trở lại toán: Gọi ME, MF, MH, MK khoảng cách từ M đến AD, BC, AB, CD Từ điều kiện AB + CD = AD + BC ta tứ giác A ABCD ngoại tiếp đường trịn(O; r) Khi ta xét X E P trường hợp sau H B F Y Q M O + Trường hợp 1: Tứ giác ABCD hình thoi Dễ thấy tập hợp điểm M thỏa mãn yêu cầu toán tất D K C điểm nằm trong(kể canh) hình thoi ABCD + Trường hợp 2: Tứ giác ABCD có cặp cạnh song song, khơng tính tổng qt ta giả sử AB//CD Khi gọi giao điểm AD BC S Kẻ MI vng góc với SO Theo bổ đề ta ME + MF =MH + MK ⇔ ME + MF =2r ⇔ 2d( I ,DS ) =2r , nghĩa hai điểm O I trùng Từ suy ra: tập hợp điểm A thỏa mãn yêu cầu toán đoạn PQ với P thuộc AC Q thuộc BC cho PQ vuông góc với SO O THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 336 + Trường hợp 3: Tứ giác ABCD có AB CD S cắt T, AD BC cắt S V Xét M khác O Gọi I J hình chiếu A M SO TO Gọi hình chiếu I X G B J tương ứng AD CD X Y Từ giả thiết ME + MF = MH + MK ta 2d( I ,AD= = JY ) 2d( J ,CD ) ⇔ d( I ,AD= ) d( J ,CD ) ⇔ XI IX JY IS JT OI OJ ⇔ = ⇔ = ⇔ = (* ) OG ON OS OT OS OT O Q M I J P D N C Y T • Phần thuận: Qua S kẻ SV vng góc với SO, hai đường thẳng SV MO cắt V Theo định lí Talets ta OI OM OI OM Từ ta , nên theo định lia Talets = = OS OV OJ OV đảo suy MJ//VT, VT ⊥ OT Giao điểm V SV VT điểm cố định đường thẳng Giả sử VO cắt hai cạnh tứ giác ABCD hai điểm P Q tập hợp điểm M thỏa mãn u cầu tốn đoạn PQ • Phần đảo: Giả sử điểm M thuộc đoạn PQ xác định Gọi hình chiếu M OI OM OJ SO TO I J Do xác định điểm V nên ta = = OS OV OT thỏa mãn điều kiện (*) Từ suy điểm M thỏa mãn u cầu tốn • Kết luận: Vậy tập hợp điểm M thỏa mãn yêu cầu toán đoạn PQ xác định Bài 19 Ta có AC BE theo thứ tự đường chéo E hình vng AICD BIEF Nên ta  O'  = OAB = BA 450 K C D O' M1 Gọi giao điểm tia BE AC K, M M2 O tam giác AKB vuông cân K, Mà A, B cố định nên K cố định F A I LH B AC ID hai đường chéo hình vng AICD nên ta AC ⊥ ID O nên ta  = 90 IOK THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 337  Hồn tồn tương tự ta IO' K = 90 Tứ giác IOKO’ có ba góc vng nên hình chữ nhật, mà M trung điểm OO’ nên M trung điểm KI Kẻ KH vng góc với AB H ML vng góc với AB L, nên ta ML//KH 1 a = KH AB , đặt AB = a ta ML = không đổi 4 a Như M cách AB khoảng ML = không đổi nên M nằm đường thẳng d a song song với AB cách AB khoảng không đổi Từ suy ra= ML Gọi giao điểm d với KA, KB theo thứ tự M1 ; M , I chuyển động AB nên I trùng với A M trùng với M1 trung điểm KA, I trùng với B M trùng với M trung điểm KA Vậy I di động AB M di động đường trung bình M1M tam giác KAB Bài 20 a) Ta xét trương hợp sau A E B + Trường hợp 1: Điểm M thuộc cạnh hình chưa nhật ABCD, khơng tính tổng quát ta giả sử M thuộc cạnh AB Khi áp dụng định lí Pitago K M I ta có D 2 2 2 MA + MC = MD − AD + MB + BC = MB + MD C F Nếu điểm M trùng với đỉnh hình chữ nhật ABCD, chẳng hạn trùng với đỉnh A ta MA + MC = MC = MB2 + BC = MB2 + AD = MB2 + MD + Trường hợp 2: Điểm M nằm hình nhật ABCD Khi gọi E, I, K, F hình chiếu vng góc M AB, BC, CD, DA Áp dụng định lí Pitago ta ( ) ( ) MA + MC = AE + ME + MI + IC = MI + BI + ME + DF = MB2 + MD + Trường hợp 3: Điểm M nằm ngồi hình chữ nhật ABCD, chứng minh hoàn toàn tương tự trường hợp M nằm hình chữ nhật ABCD ta MA + MC = MB2 + MD THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 338 b) Theo ta có MA + MC = MB + MD nên ta ( MA + MC ) =( MB + MD ) 2 Hay MA + MC + 2MA.MC = MB2 + MD + 2MB.MD Mà theo ta có MA + MC = MB2 + MD , ta 2MA.MC = 2MB.MD Từ ta ( MA − MC ) =( MB − MD ) 2 Suy ta MA − MC = MB − MD MA − MC = MD − MB + Nếu MA − MC = MB − MD kết hợp với MA + MC = MB + MD ta MA = MB , đoa M nằm đường trung trực đoạn thẳng AB + Nếu MA − MC = MD − MB kết hợp với MA + MC = MB + MD ta MA = MD , đoa M nằm đường trung trực đoạn thẳng AD Vậy tập hợp điểm M thảo mãn MA + MC = MB + MD hai truch đối xứng hình chữ nhật ABCD Bài 21 Từ MA, MB hai tiếp tuyến cắt M với A B tiếp điểm Ta có tam giác MAO vng A có AN vng góc với OM Do ta OM.ON = OA = r không đổi a) Trên OM lấy O’ cho OO’ = O’M suy OO’ = O’M = O’A = O’B nên O’ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM Gọi giao điểm d (O’) K, ta MK vng góc với OK nên OK khoảng cách từ O tới đường thẳng d, đặt OK = h Ta có OK không đổi (do tâm O đường thẳng d cố định) Kẻ O’E//MK với E thuộc OK Kết hợp O’M = O’O MK ⊥ OK ta O’E ⊥ OK EO = EK = 1 OK = h 2 khơng đổi Từ suy tâm O’của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM thuộc đường trung trực đoạn thẳng OK 2b) Gọi H giao điểm AB OK hai tam giác ONH OKM đồng dạng với THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 339 Do ta ON OH OM.ON r r2 = ⇒ OH = = = không đổi OK OM OK OK h r2 , trừ điểm O h Trong r bán kính đường tròn (O) h khoảng cách từ O tới đường thẳng d c) Khoảng cách từ d tới (O) theo Do OH cố định Từ suy N thuộc đường trịn đường kính OH = h= r Khi d cắt (O) L L’ Xét hai trường hợp: + Khi M chuyển động tia Lx L’y ta vẽ tiếp tuyến với (O) + Khi M chuyển động đoạn thẳng LL’ khơng vẽ tiếp tuyến với (O) trừ điểm L, L’ - Xét M chuyển động tia Lx, tương tự = câu 2b ta có OH r2 = 2r h  Do điểm N chạy cung tròn ONL thuộc đường tròn đường kính OH = 2r trừ điểm O  thuộc Tương tự M chuyển động tia L’y điểm N chạy cung trịn ON’L’ đường trịn đường kính OH = 2r làm đường kính trừ điểm O h  thuộc điểm M thay đổi d điểm N di chuyển cung trịn LOL’ đường trịn đường kính OH = 2r , trừ điểm O Vậy r = Bài 22 • Phần thuận: Ta có OA ⊥ AM, BH ⊥ AM OB ⊥ BM, AH ⊥ BM nên suy B OA//BH OB//AH Do tứ giác AOBH O hình bình hành Lại có OB = OA = R H nên tứ giác AOBH hình thoi Từ ta HA = AO = R (khơng đổi) Ta có d A M HA = AO = R khơng đổi A cố định Do điểm M di động H di động theo H ln cách A cố định THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 340 = OA = R Nên khoảng không đổi HA H thuộc đường trịn tâm A bán kính R • Giới hạn: Khi M di động tiếp tuyến d H di động đường trịn tâm A bán kính R • Phần đảo: Lấy H thuộc đường tròn ( A; R ) , đường thẳng OH cắt d M, vẽ tiếp tuyến MB(B khác A) Ta chứng minh tứ giác AOBH hình thoi Do OA // BH OA ⊥ AM nên suy B’H ⊥  AM Chứng minh tương tự AH ⊥ BM Từ ta H trực tâm tam giác AMB • Kết luận: Vậy M di động điểm H di động theo H cách A cố định = AO = R Nên quỹ tích điểm H thuộc đường trịn tâm A bán khoảng khơng đổi HA kính R Bài 23 • Phần thuận: Do M điểm cung E D  nên ta MA =  ⇒ MBA =  Ta có AC MC MBC  = 90 nên ta BM ⊥ AD Tam giác ABD có AMB BM vừa đường phân giác vừa đường cao nên M C tam giác cân B Do ta BA = BD = 2R không đổi B cố định A O B Do C di động D di động theo D ln cách B cố định khoảng không đổi BA = BD = 2R Nên D thuộc đường tròn tâm B bán kính BA = 2R • Giới hạn: Vì điểm C chuyển động nửa đường trịn đường kính BC nên: + Khi C trùng với A D trùng với A + Khi C trùng với B BC trở thành tiếp tuyến đường tròn (O) B, D trùng với E giao điểm đường trịn tâm B, bán kính BA với tiếp tuyến nói đường trịn tâm B bán kính BA (trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa  hình vẽ) nửa đường trịn (O) cung AE Vậy D chạy  Nối DA, DB cắt nửa đường trịn (O) • Phần đảo: Lấy D thuộc cung AE M C Ta có tam giác BAD cân B (vì BA = BD = 2R ) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 341  = 90 nên ta BM ⊥ AD Do BM đường cao đồng thời phân giác Mà BMA  Vậy M điểm  = DBM  ⇒ AM  = MC tam giác ABD Từ ta ABM  AC • Kết luận: Vậy C di động D di động theo D cách B cố định khoảng không đổi BD đường trịn tâm B bán kính = AB = 2R Nên quỹ tích điểm D  hình vẽ) BA (trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn (O) cung AE Bài 24 • Phần thuận: Ta có OM vng góc với AB B (đường kính qua trung điểm dây không qua M  = 90 tâm) Do AMO Vì A, O cố định nên độ dài AO không đổi Vậy điểm A O' O M nằm đường trịn tâm O’ đường kính OA (O’ trung điểm OA) trừ điểm A  OA  Nối AM cắt (O) B • Phần đảo: Lấy M ∈  O',   Ta phải chứng minh M trung điểm AB  = 90 ( Góc nội tiếp chắn nửa Thật vậy, ta có AMO đường trịn) Do ta OM vng góc với AB Mà tam giác AOB cân O Do ta OM vừa đường cao vừa đường trung tuyến, từ suy M trung điểm AB • Kết luận: Khi B chuyển động (O) quỹ tích trung điểm M dây AB  OA  đường tròn  O', với O’ trung điểm OA không lấy điểm A   Bài 25 Bạn đọc tự vẽ hình  = 450 AB khơng đổi Do điểm N thuộc cung chứa góc 450 • Phần thuận: Ta có ANB dựng đoạn thẳng AB • Giới hạn: Vẽ tia Ax vuồn góc AB, tia Ax cắt cung chứa góc 450 N’ + Khi M ≡ B N ≡ B + Khi M ≡ A N ≡ N'  Vậy N chạy cung N' B thuộc cung chứa góc 450 dựng đoạn thẳng AB  B , nối N với A cắt nửa đường trịn (O) M • Phần đảo: Lấy điểm N cung N' Ta cần phải chứng minh MN = MB THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 342  = 90 nên tam giác BMN vng M Thật vậy, ta có AMB  = 450 nên tam giác BMN tam giác vuông cân M Từ suy Mặt khác ta có ANB MN = MB  • Kết luận: Vậy quỹ tích điểm N cung N' B thuộc cung chứa góc 450 dựng đoạn thẳng AB Bài 26 Bạn đọc tự vẽ hình • Phần thuận: Vẽ OP ⊥ AB O với P thuộc đường tròn (O) Nối P với D  = OCH  Xét hai tam giác DOP HCO có OD = CH , OP = OC POC   ∆HCO , từ suy ODP Do ta ∆DOP = = OHC = 90  = 90 nên D nằm đường trịn đường kính OP với P điểm Vì O, P cố định ODP  cung AB • Phần đảo: Bạn đọc tự chứng minh Bài 27 • Phần thuận: Gọi xy đường trung trực AB Lấy x điểm M thuộc nửa mặt phẳng chứa B bờ xy (M M không thuộc xy) Các điểm M A thuộc hai nửa mặt C phẳng đối có bờ xy nên đường thẳng xy cắt = MC + CA đoạn thẳng MA C Do MA Ta có CA = CB MC + CB > MB Từ suy A B y MA > MB Vậy điểm M nằm nửa mặt phẳng không chứa A bờ đường thẳng xy (xy trung trực AB) • Phần đảo: Ta xét trường hợp sau + Nếu M ∈ xy MA = MB + Nếu M thuộc nửa mặt phẳng chứa A bờ xy Ta có MA < MC + CA = MC + CB = MB • Kết luận: Vậy quỹ tích điểm M cho MA > MB nửa mặt phẳng chứa B có bờ trung trực AB, không kể bờ mặt phẳng Bài 28 • Phần thuận: Gọi E, F trung điểm CD OA Khi A, O cố định nên điểm F cố định Lấy điểm K đoạn BF cho THCS.TOANMATH.com BK = , suy điểm K cố định BF TÀI LIỆU TOÁN HỌC 343 GK BG BK Trong tam giác BEF có = = , nên ta GK//EF, suy = EF BE BF EF , mà ta có 1 EF = OA nên ta GK = OA không đổi Mà K điểm cố định, G thuộc Từ ta GK = B K O G C đường tròn tâm K bán kính GK = OA E F G1 D A B1 • Giới hạn: Khi đường thẳng d tiếp đến tiếp tuyến AB điểm K tiến gần đến điểm B Khi đường thẳng d tiến gần đến tiếp tuyến AB1 điểm K tiến gần đến điểm G1 với G1   giao điểm AB1 với đường tròn  K; OA     đường tròn  K; OA  , không lấy hai điểm B G Vậy điểm G thuộc cung tròn BG   1    đường tròn  K; OA  (khơng lấy hai • Phần đảo: Lấy điểm K thuộc cung BG     điểm B G1 ) Khi ta GK = OA BG Trên tia BG lấy điểm E cho = , AE cắt đường tròn (O) D, C BE BG BK Trong tam giác BEF có = = nên ta GK//EF BE BF GK Từ suy = ⇒ EF = OA , nên E thuộc đường trịn đường kính OA, suy EF  = 90 OAE Do OE ⊥ CD nên E trung điểm CD BG = nên G trọng tâm tam giác BCD BE  đường trịn • Kết luận: Vậy tập hợp trọng tâm G tam giác BCD cung BG Tam giác BCD có BE đường trung tuyến    K; OA  (không lấy hai điểm B G1 )   THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 344 Bài 29 Gọi K giao điểm BC OO’, ta B1 B xét hai trường hợp sau: C1 C + Trường hợp 1: Hai đường tròn (O) O R A R' O' K (O’) tiếp xúc A C2 Do R > R ' nên K thuộc tia đối tia B2 O’O Từ giả thiết ta có  + BCA = CBA 90  + CAO' = BAO 90 Do ta ) ( ( ) ( ) ( )  + BCO'  = OBA  + CBA  + BCA  + ACO'  = OAB  + CAO'  + CBA  + BCA  = 180 OBC KO' CO' = KO BO Suy OB O’C song song vớ nhau, nên theo định lí Talets ta có R ' ( R + R ') KO' R' 2RR ' = ⇒ KO' = Do ta AK = KO'+ R ' = KO'+ R + R ' R R −R' R −R'  = 90 nên điểm H chạt đường trịn đường kính Do điểm A K cố định AHK Từ suy AK  quay đến vị trí góc B   Để ý góc xAy AC1 B AC , lúc B1C1 B2 C tiếp tuyến chung hai đường tròn (O) (O’) Khi hai tiếp tuyến cắt đường trịn  đường trịn đường đường kính AK D E nên điểm H chạy cung ADE kính AK + Trường hợp 2: Hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc B A Khi K nằm đoạn OO’ Tương tự ta R D chứng minh BO CO’ song song với O Từ suy KO' CO' R' = ⇒ = KO BO R KO' ⇒= R' O' KO' ( R − R ' ) − KO' ( R − R ' ) R ' ⇒= AK R + R' K H A C 2RR ' R + R' Mà điểm A cố định nên điểm K cố định Mặt khác  = 90 nên điểm H chạy đường tròn AHK THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 345 đường kính AK cố định  quay quanh A điểm H ln chạy đường trịn đường kính Vậy góc vng xAy AK cố định Bài 30 + Khi điểm K trùng với điểm A khơng tồn B điểm S + Khi điểm K trùng với điểm C điểm S trùng với điểm C F I P E S + Khi điểm K trùng với giao diểm H AC với Q đường phân giác góc B điểm D, N, S HM A C K N trùng với điểm A D + Ta xét điểm K không trùng với điểm nằm đoạn CH, trường hợp càn lai chứng minh hoàn toàn tương tự Gọi I trung điểm BK, ta có MI PN đường trung bình tam giác ABK ABD Do ta MI = PN = AB MI//PN//AB, suy tứ giác MIPN hình bình hành nên trung điểm Q đườngchéo PM trung điểm NI Từ suy bốn điểm Q, S, I, N thẳng hàng Trong tam giác vng ABK DBK có IA = ID = BK nên tam giác IAD cân I, từ IN dường trung trực đoạn thẳng AD Vì điểm S thuộc IN nên ta giác SAD cân S nên  = SDA  ta có SAD  = AKB  Dễ thấy tứ giác ABKD nội tiếp đường tròn nên ta ADB   = AKB  nên ta FAC  + KAD =  + KBE Từ suy SAD C  = KBD  KAD  = KBD  nên ta FAC  =C  , suy tam giác FAC cân F Ta lại có KBE nên FA = FC  = 90 − C  = FAB  nên tam giác FAB cân F, từ suy FA = FB hay F Dễ thấy FBA trung điểm BC Vậy điểm F thuộc đường trung tuyến AF tam giác ABC Để ý tia BD tia BA ln nằm phía BC nên K nằm đoạn AH S nằm phía với A nửa mặt phẳng bờ AC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 346 Vậy K di động AC(K khác A) điểm S nằm tia AF có chứa đường trung tuyến AF tam giác ABC Bài 31 • Phần thuận: Gọi N giao điểm thứ hai A D tia AM với đường tròn (O) Với AB ≠ AC , khơng tính tổng qt ta giả sử AB < AC Kh EF khơng song song mà cắt BC B J I C K M S O P Q F K Qua F kẻ đường thẳng song song với BC cắt AE, AN P, Q Từ IM AM MJ theo định lí Talets ta có = = , PQ AQ QF N E mà ta có IM = JM nên ta PQ = QF hay Q trung điểm PF Hơn theo giả thiết H trung điểm EF nên HQ đường trung bình tam giác EPF  = PEF  , mà ta lại có PEF  = QNF  nên suy QHF  = QNF  Do ta QHF  = NQF  Điều dẫn đến tứ giác QHNF nội tiếp đường tròn, ta NHF  = NMC  , suy tứ giác NHMR nội tiếp đường  = NMC  nên ta NHF Ta lại có NQF tròn   Do M, H trung điểm BC, EF nên a OMK = OHK = 90 tứ giác OMKH nội tiếp đường trịn Từ ta năm điểm O, M, N, K, H thuộc đường tròn Mà M, N, H cố định nên đường trịn cố định Khi giao điểm thứ hai đường trịn với BC K cố định Gọi S trung điểm OK, S cố định OS khơng đổi Như H thuộc đường trịn tâm S bán kính OS • Gới hạn: Gọi D giao điểm thứ hai đường tròn (S) với đường tròn (O) Do H trung điểm dây EF nên H nằm đường tròn (O) Vậy tập hợp điểm H cung  đường tròn (S) trịn DON THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 347  đường tròn (S) Gọi E ; F giao điểm • Phần đảo: Lấy điểm H1 cung DON 1  H1K với đường tròn (O)( F1 nằm K H1 ) Khi ta có OH K = 90 nên H1 trung điểm E1F1 Gọi I1 giao điểm AE1 với BC, J’ điểm đối xứng với I1 qua M, F’ giao điểm thứ hai AJ’ với đường trịn (O) Theo phần thuận ta có F',E1 ,K thẳng hàng nên giao điểm thứ KE1 với đường tròn (O) trùng với F1 hay H1 điểm quỹ tích xét  đường trịn (S) qua • Kết luận: Vậy quỹ tích điểm H cung tròn cung tròn DON điểm K, N, D tâm S xác định THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... trung điểm AB và= vEy xAy 2 + Lập luận tương tự cho N chạy xx’ M chạy yy’ với BM = AN quỹ tích điểm I trung điểm MN hai đường thẳng tt’ vv’ cắt trung điểm E AB α   tEy = vEy = Với trường hợp... tuyến trục đối xứng tam giác ABC, AD, BE, CF đồng quy • Kết luận: tập hợp điểm M ba đường trung tuyến tam giác ABC, không kể điểm đầu mút THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 335 Bài 18 Trước ta... bình tam giác AMH Do ta IK = AH Mà tam giác ABC cố định nên AH cố định, suy IK = AH không đổi THCS.TOANMATH.com P B I Q H' H M C TÀI LIỆU TỐN HỌC 293 Vậy điểm I ln cách BC đoạn IK = AH không đổi