2.2.1. Ph−ơng pháp tỉ số kép
Để giải đ−ợc bài toán tìm quỹ tích bằng ph−ơng pháp tỉ số kép. Ta th−ờng áp dụng tính chất của tỉ số kép và tính chất hình 4 đỉnh toàn phần, hình 4 cạnh toàn phần để chỉ ra quỹ tích điểm (đ−ờng thẳng) cần tìm nằm trên một đ−ờng thẳng cố định (đi qua một điểm cố định).
Các bài toán minh hoạ:
Bài 2.2.1.1. Trong P2 cho hai đ−ờng thẳng phân biệt a, b và một điểm M không nằm trên chúng. Qua M vẽ một đ−ờng thẳng thay đổi cắt a và b lần l−ợt tại A và B. Cho số k mà k ≠0,k≠1.
Tìm quỹ tích những điểm N sao cho [A, B, M, N] = k
Bài giải
Gọi O = a∩b; m = OM
Giả sử có đ−ờng thẳng d1 bất kì qua M, d1∩a = A; d1∩b =B. Gọi N∈d1 sao cho: [A,B,M,N] = k. Nối ON, d = ON (Hình 2.15) Xét chùm đ−ờng thẳng tâm O.
Ta có: [a, b, m, d] = [A, B, M, N] = k Mà a, b, m cố định => d cố định. Vậy N nằm trên đ−ờng thẳng d sao cho: [a, b, m, d] = k.
Đảo lại: với N≠O thuộc đ−ờng thẳng d thoả mãn [a, b, m, d] = k ; nối MN∩a = A; MN∩b = B => [A, B, M, N] = [a, b, m, d] = k.
Tóm lại: Quỹ tích N là đ−ờng thẳng d (trừ điểm O) thoả mãn: [a, b, m, d] = k
Bài 2.2.1.2. Trong P2 cho ba điểm độc lập O, A, B, điểm M trên AB mà M≠A; M≠B và một đ−ờng thẳng thay đổi đi qua M cắt OA tại A’, cắt OB tại B’. Tìm quỹ tích các điểm N = AB’∩BA’.
b a m m o a b d1 N d Hình 2.15
Bài giải
Gọi d là đ−ờng thẳng đi qua M
+ Tr−ờng hợp 1: O∈d =>A’≡B≡O =>N≡O + Tr−ờng hợp 2: O∉d.
Xét hình 4 đỉnh toàn phần AA’B’B có ba điểm chéo là: O, N, M (Hình 2.16) MN∩OA = C; MN∩OB = D
Theo tính chất của hình 4 đỉnh toàn phần ta có: [M, N, C, D] = -1
Nối ON∩MB = M’ => [OM, OM’, OA, OB ]
= [M, M’, A, B] = [M, N, C, D] = -1. Vì A, B, M cố định ⇒ M’ cố định
⇒ OM’ cố định. Vậy N luôn thuộc OM’. (<=) Giả sử N∈OM’
A’=NB∩OA; B’=NA∩OB. Ta phải chứng minh: M, A’, B’ thẳng hàng Nếu N≡O => A’≡B’≡O => M, A’, B’ luôn thẳng hàng
Nếu N≠O xét hình 4 đỉnh toàn phần A’B’AB. Gọi M”=A’B’∩AB
=> [M”, M’, A, B]=-1= [M, M’, A, B] => M≡M”. Suy ra: A’, B’, M thẳng hàng
Vậy quỹ tích điểm N là đ−ờng thẳng OM’ trong đó M’ thoả mãn: [M, M’, A, B] = -1
Bài 2.2.1.3. Trong P2 cho hai đ−ờng thẳng a, b và điểm M không nằm trên chúng. Vẽ qua M hai đ−ờng thẳng thay đổi cắt a ở A và A’; cắt b ở B và B’ Tìm quỹ tích giao điểm N = A’B ∩ AB’.
Bài giải
Gọi O = a∩b; N = AB’∩A’B (Hình 2.17)
b o b' d m' a m a' n c Hình 2.16 d
Khi đó: N≡O.
+ Tr−ờng hợp 2: m1, m2 đều không đi qua O. Khi đó ta xét hình 4 đỉnh toàn phần ABB’A’ có ba điểm chéo là O, M, N.
MN∩a = P; MN∩b = Q
=> theo tính chất của hình 4 đỉnh toàn phần ta có: [M, N, P, Q] = -1
⇔[OM, ON, a, b] = -1
Đặt ON = d; OM = l. Khi đó [l, d, a, b] = -1 mà l, a, b cố định => d cố định.
=> N luôn thuộc đ−ờng thẳng d thoả mãn: [l, d, a, b] = -1
Đảo lại: Giả sử: N∈d. Qua M ta dựng m1: m1∩a = A; m1∩b = B; AN∩b = B’; BN∩a = A’. Ta cần chứng minh: M, A’, B’ thẳng hàng Gọi M’ = AB∩A’B’.
Ta áp dụng định lý hình 4 đỉnh toàn phần đối với ABB’A’. [OM’, d, a, b] = -1 = [l, d, a, b]
OM’≡l≡OM => M, M’ ∈l; M’∈AB; AB≠l =>M≡M’
Suy ra: M, A’, B’ thẳng hàng.
Vậy quỹ tích N = AB’∩A’B là đ−ờng thẳng d sao cho: [l, d, a, b] = -1.
2.2.2. Ph−ơng pháp dùng định lý Steiner và định lý đối ngẫu của định lý Steiner
Ph−ơng pháp này th−ờng dùng để tìm quỹ tích là giao điểm của các đ−ờng t−ơng ứng trong một ánh xạ xạ ảnh (hoặc nối hai điểm trong ánh xạ xạ ảnh). Vì vậy để giải đ−ợc bài toán bằng ph−ơng pháp này chúng ta cần xây dựng đ−ợc một ánh xạ xạ ảnh giữa hai chùm đ−ờng thẳng (hai hàng điểm) bằng cách sau ta tìm tâm của hai chùm là những điểm cố định (giá của hai hàng là đ−ờng thẳng cố định). Tr−ớc hết ta cần xây dựng t−ơng ứng thỏa mãn:
m o a' p n a b q b' a b m1 m2 Hình 2.17
+ T−ơng ứng là song ánh.
+ Các điểm, các đ−ờng trong phép dựng là đại số.
+ Xét các điều kiện giả thiết để đ−ờng nối hai tâm là đuờng tự ứng (giao của hai giá là điểm tự ứng).
Cần chú ý kết luận quỹ tích trong hai tr−ờng hợp:
+ Đ−ờng nối tâm(giao hai giá) tự ứng(vẽ riêng hình). + Đ−ờng nối tâm(giao hai giá) không tự ứng.
Bài tập minh hoạ:
Bài 2.2.2.1. Cho một đ−ờng ovan (S) và hai điểm A, B phân biệt cố định trên nó và một đ−ờng thẳng d cố định không đi qua A, B với mỗi điểm M trên (S) các đ−ờng thẳng AM, BM cắt d lần l−ợt tại A’, B’.
Tìm quỹ tích giao điểm O = AB’∩A’B.
Bài giải:
Theo giả thiết ta có A,B cố định ta xét 2 chùm {A} và chùm {B}. Xét t−ơng ứng f đ−ợc xây dựng nh− sau
Với mỗi Ax∈{A}: Tồn tại !B ’= Ax∩d
⇒tồn tại!M = BB’∩(S)⇒tồn tại!A’= AM∩d
⇒Tồn tại !BA’∈{B}: Đặt f(Ax) = BA’= By Ng−ợc lại: Mỗi By∈{B}
⇒ Tồn tại !A’= By∩d
⇒Tồn tại !M = AA’∩(S)
⇒Tồn tại !B’ = BM∩d
⇒Tồn tại !Ax = AB’: Đặt f-1(By) = Ax. T−ơng ứng này thoả mãn
là song ánh giữa hai chùm {A},{B}. Các phép dựng điểm, đ−ờng là đại số. Suy ra f là ánh xạ xạ ảnh (Hình 2.18). A B A’ B’ M d O Hình 2.18
Xét đ−ờng nối tâm AB
Nếu AB ∈{A} ⇒tồn tại ! O = AB∩d ⇒ tồn tại !A’ = BO∩(S)
⇒ tồn tại !A* = AA∩d;
⇒ tồn tại !BA* = f(AB)∈{B}.
Nếu AB ∈{B}:Tồn tại !O = AB∩d; tồn tại !B = AO ∩(S)
⇒tồn tại !B* = BB’∩d
⇒tồn tại ! AB* = f-1(AB)∈{A}.
Vì A, B phân biệt và d không đi qua A, B nên f(AB) ≠BA.
⇒f không phải là phép chiếu xuyên trục.
⇒Theo định lí Steiner quỹ tích giao điểm O là đ−ờng ôvan (G). Đ−ờng ôvan này tiếp với AB*, BA* tại A và B.
Xét f(AA) tồn tại !A*= AA∩d; tồn tại !N = BA*∩(S) ⇒tồn tại ! P = AN∩d
⇒tồn tại !BP = f(AA*): dễ thấy các điểm A*, N, P cố định.
⇒BP cố định ⇒T = AA∩BP cố định.
T và các giao điểm (nếu có) của d và (S) đều thuộc quỹ tích.
Bài 2.2.2.2. Trong P2 cho đơn hình OAB và đ−ờng thẳng d không đi qua A,B. Điểm M biến thiên trên d và C = OA∩BM; D = OB∩AM.
Tìm quỹ tích các đ−ờng thẳng CD.
Bài giải
+ Xét O ∉ d
Đặt E = OA∩d; F = OB∩d (Hình 2.19) ánh xạ f: OA→OB
Với mỗi C ∈OA, tồn tại !M = BC ∩d
⇒Tồn tại !D = AM∩ OB ⇒f(C) = D∈OB Ng−ợc lại: mỗi D ∈OB ⇒Tồn tại !M = DA∩d ⇒Tồn tại !C = BM∩OA ⇒f-1(D) = C O A B M d E F C D Hình 2.19
⇒ f là song ánh giữa hai hàng điểm {OA}, {OB}
Các phép dựng điểm đ−ờng là đại số.Suy ra f là ánh xạ xạ ảnh. + O ∈ OA. Khi đó tồn tại ! M = OB∩d và AM∩OB = F≡M
⇒f(O) = F ≠ O (1)
+ Nếu O∈ OB ⇒tồn tại !E = OA∩d, theo cách xác định trên ta có f-1(O) = E. Dễ thấy f(A) = B.
Từ (1) ⇒f không phải là phép chiếu xuyên tâm. Theo định lý Steiner đối ngẫu: Các đ−ờng thẳng CD sẽ tiếp vối một đ−ờng ôvan.Đ−ờng ôvan này tiếp với OA tại E, OB tại F và tiếp với AB.
+ Nếu O ∈d. Khi đó f(O) = O.
⇒f là phép chiếu xuyên tâm I nào đó ⇒Quỹ tích đ−ờng thẳng CD là hai chùm đ−ờng thẳng một chùm đ−ờng thẳng tâm O và chùm thứ hai là chùm tâm I (I có thể xác định bởi điều kiện : [A, B, H, I] = -1, trong đó H = d∩AB) (Hình 2.20).
Bài 2.2.2.3. Trong P2 cho đ−ờng thẳng bậc hai không suy biến (G), hai điểm phân biệt A, B trên (G) và điểm F không thuộc (G). Một đ−ờng thẳng biến thiên đi qua F cắt (G) tại hai điểm M, N.
D A d I M C O B H Hình 2.20
Bài giải
Xét t−ơng ứng f:{A}→{B} nh− sau
Với mỗi Ax∈{A} tồn tại !M = Ax∩(G) ⇒Tồn tại !N = FM∩(G) ⇒Tồn tại !BN∈{B} Ng−ợc lại mỗi By ∈{B} tồn tại !N = By∩(G)
⇒Tồn tại !M = FN∩(G). ⇒Tồn tại !AM∈{A}.
f-1 (By) = AM⇒f là song ánh.
Các phép dựng điểm đ−ờng là đại số⇒f là ánh xạ xạ ảnh.
Giả sử từ F ta dung hai tiếp tuyến FT1, FT2 tới (G) (T1, T2 là tiếp điểm). f(AT1) = BT1, f(AT2) = BT2 ⇒T1, T2 đều thuộc quỹ tích.
Xét đ−ờng nối tâm AB:
Nếu AB∈{A}, tồn tại !M = AB ∩(G) ⇒ tồn tại !N = FM ∩(G) ⇒f(AB) = BN. Nếu AB∈{B}, tồn tại !N = BA ∩(G) ⇒tồn tại !M = FN ∩d ⇒tồn tại !AM thuộc {A} ⇒ f-1(BA) = AM.
AB tự ứng khi và chỉ khi AB≡BN≡AM ⇒A, B∈d⇒F, A, B thẳng hàng. Nếu F, A, B thẳng hàng thì f(AB) = BA ⇒f là phép chiếu xuyên trục ⇒Quỹ tích Q = AM∩BN là 2 đ−ờng thẳng trong đó một đ−ờng thẳng là AB còn đ−ờng thẳng còn lại là trục chiếu của phép chiếu xuyên trục f (đó chính là đối cực của F đối với (G)). (Hình 2.22)
Q M A F B Q N d A B N M Q F Hình 2.21 T1 T2
Nếu F, A, B không thẳng hàng thì f(AB)≠BA ⇒f không phải là phép chiếu xuyên trục ⇒Theo định lý Steiner quỹ tích Q là đ−ờng bậc hai tiếp với các tia AM, BN lần l−ợt tại A, B. Và qua hai điểm T1, T2.
Bài 2.2.2.4: Trong P2 cho đ−ờng bậc hai không suy biến (G), hai điểm phân biệt A, B không thuộc (G). Một đ−ờng thẳng (d) không đi qua A, B và không tiếp xúc với (G). Hai điểm M, M’ biến thiên trên d sao cho M, M’ liên hợp với nhau đối với (G).
Tìm quỹ tích các điểm : N = AM’∩BM.
Bài giải
Với mỗi Ax∈chùm {A} tồn tại duy nhất M’=Ax∩d.
⇒tồn tại!m’ là đ−ờng đối cực của điểm M’ đối với (G).
⇒tồn tại !M = m’ ∩d. Xét ánh xạ g: d→d
M’֏M
Ta có g(M) = M’, g(M’) = M.
Dễ thấy g là một biến đổi xạ ảnh đối hợp của d. Dùng phép nối lên chùm {A} và chùm {B} ta thấy
f: {A}→{B} là ánh xạ xạ ảnh. AM’ ֏BM
Nếu AB đi qua một giao điểm (nếu có) của d và (G) thì f(AB) = BA. Do đó f là một phép chiếu xuyên trục. Suy ra
quỹ tích N là một cặp đ−ờng thẳng trong đó một đ−ờng thẳng là AB, đ−ờng thẳng còn lại là trục chiếu của phép chiếu xuyên trục f. Đ−ờng thẳng này đi qua các giao điểm
B A d M M’ N P Q Hình 2.23 d A B M’ M
Nếu AB không đi qua giao điểm nào của d và (G) thì f(AB)≠BA. Do đó f không phải là phép chiếu xuyên trục. Suy ra theo định lý Steiner quỹ tích N là 1 ôvan, ôvan này tiếp với các tia AM’, BM lần l−ợt tại A, B. Các giao điểm (nếu có) của d và (G) đều thuộc quỹ tích.
Bài 2.2.2.5. Cho hình 4 đỉnh ABCD, đ−ờng thẳng a chứa A, đ−ờng thẳng b chứa B. Đ−ờng bậc hai biến thiên (G) ngoại tiếp ABCD cắt a ở điểm thứ hai M, cắt b ở điểm thứ hai M’. Tìm quỹ tích các đ−ờng thẳng MM’. Bài giải Xét hình 6 đỉnh nội tiếp ôvan (S) AMDBM’C ta có: P = a ∩b; Q = AC ∩BD; R = MD ∩M’C (Hình 2.25). Theo định lý Pascal P, Q, R thẳng hàng. Ta xét phép nối tâm D f1: a → {D}. M ֏DM Xét f2: {D} → {C}. DM ֏ CM’. Dễ thấy f2 là ánh xạ xạ ảnh Xét phép cắt bởi đ−ờng thẳng b f3: {C} →b CM’ ֏M’ là ánh xạ xạ ảnh. ⇒f = f3.f2.f1 : a→b là ánh xạ xạ ảnh M֏M’ Mặt khác f(P) = f = f3.f2.f1 (P) = f3.f2 (DP) = f3(CP) = P = a ∩b. Vậy f là phép chiếu xuyên tâm.Dễ thấy f(B) = A
a b B A M’ D C P Q R M Hình 2.25
⇒O = AB ∩MM’ là tâm chiếu cố định của f.
Quỹ tích MM’ là 2 chùm đ−ờng thẳng là chùm {O}và chùm {P}.
2.2.3. Ph−ơng pháp dùng định lý Pascal và định lý Frêgiê
Ph−ơng pháp này giải quyết đ−ợc bài toán tìm quỹ tích là giao điểm của 2 đ−ờng thẳng,đ−ờng nối 2 điểm trên 1 ôvan.
Cần chú ý để áp dụng đ−ợc định lý Frêgiêr ta phải xác định đ−ợc ánh xạ xạ ảnh sao cho ánh xạ xạ ảnh cùng với những yếu tố của bài toán thoả mãn yêu cầu cầu của định lý.
Bài 2.2.3.1. Trong P2 cho hình 4 đỉnh ABCD, một đ−ờng bậc hai không suy biến (G) thay đổi luôn đi qua A, B, C, D.
Tìm quỹ tích giao điểm M của hai tiếp điểm của (G) tại A, B.
Bài giải
Giả sử G là một đ−ờng bậc hai không suy biến đi qua A, B, C, D. áp dụng định lý Pascal thuận vào hình 4 đỉnh ABCD và hai
tiếp tuyến tại A, B ⇒M thẳng hàng với hai điểm: P = AC∩BD; Q = BC∩DA. (Hình 2.26)
Vậy M∈PQ cố định Ng−ợc lại: cho một điểm bất kì trên PQ không trùng với P, Q; thì tồn
tại một đ−ờng bậc hai không suy biến (G) đi qua A, B, C, D tiếp xúc với AM tại A. Vì P, Q, M thẳng hàng ⇒(G) cũng tiếp xúc với BM tại B
Bài 2.2.3.2. Trong P2 cho hình 4 đỉnh ABCD, đ−ờng thẳng a đi qua A, đ−ờng thẳng b đi qua B, đ−ờng bậc hai biến thiên (G) đi qua A, B, C, D cắt a tại M,
Q A M B P C D Hình 2.26
Tìm quỹ tích các đ−ờng thẳng MM’ ? Bài giải P = a∩b; Q = AC∩BD; R = DM∩CM’ N = a∩BD; N’ = b∩AC (Hình 2.27) Dễ thấy N và N’ đều cố định áp dụng định lý Pascal vào hình 6 đỉnh AMDBM’C và (G) ta có P, Q, R thẳng hàng. Do đó áp dụng định lý Đơgiăc thứ nhất vào đơn hình MND và M’N’C suy ra: MM’ đi qua điểm cố định I = NN’∩DC.
Vậy quỹ tích các đ−ờng thẳng MM’ là chùm đ−ờng thẳng tâm I.
Bài 2.2.3.3. Trong P2 cho đ−ờng bậc hai không suy biến (G), hai điểm phân biệt A, B trên (G). Một điểm C trên đ−ờng thẳng AB, C ∉(G). Một đ−ờng thẳng thay đổi qua C cắt (G) tại hai điểm N và N’. Gọi d là tiếp tuyến của (G) tại A. Đặt M = BN∩d, M’ = BN’∩d. Hai tiếp tuyến xuất phát từ M, M’ (mà không phải là d) cắt nhau tại Q.
Tìm quỹ tích các điểm Q.
Bài giải
Xét phép nối bởi tâm B g: d→{B} M֏BM = BN h: {B} →{B}
BN֏ BN’(h là biến đổi xạ ảnh đối hợp của {B} theo định lý Frêgiêr) Xét phép cắt bởi đ−ờng thẳng d
p: {B}→d
BN’֏M’=BN’∩d (phép cắt bởi đ−ờng thẳng d).
f = p.h.g :d→d là một biến đổi xạ ảnh của d. a b B A M’ D C P Q R M Hình 2.27 N N N’ A B M’ C N N’ Q M d Hình 2.28
Ta thấy: f(M) = M’; f(M’) = M (Hình 2.28)
Do đó f là biến đổi xạ ảnh đối hợp của d (f≠id)⇒theo định lý Frêgiê đảo đối ngẫu quỹ tích Q là một đ−ờng thẳng.
Đó là đối cực của C đối với (G).