Bài toán 2.1.2.1: (Bài 57/[7])
Trong mặt phẳng cho hai đường tròn đồng tâm, bán kính R, r (R > r). P là điểm cố định trên đường tròn bán kính r và B là điểm chuyển động trên đường tròn bán kính R.
Đường thẳng BP cắt đường tròn bán kính R ở điểm thứ hai C và đường thẳng l vuông góc với đường thẳng BP tại P cắt đường tròn bán kính r ở điểm thứ hai A (nếu l là tiếp tuyến của đường tròn thì A P).
a) Tìm tập hợp các giá trị của biểu thức: BC2 + CA2 + AB2
b) Tìm quỹ tích trung điểm của AB.
Lời giải
a) Ta biểu thị tổng 2 2 2
CA BC
AB
T qua độ dài các đoạn AP, CP và PD bằng cách áp dụng định lý Pitago và các đẳng thức , CPDB BC CP PD DB . Ta được: 2 2 2 2 2 2 ( ( ) ) (4 4 . ) ( ) T AB PD DB CP CP PD PD CP AP 2 2 2 (2AP 2PD ) (6CP 6CP PD. ).
Theo Định lý Pitago, biểu thức trong dấu ngoặc thứ nhất bằng 2
Sr , và theo Định lý về cát tuyến trong đường tròn thì 2 2
)
(CP PD R r
CP , vậy biểu thức trong dấu ngoặc thứ hai bằng 2
6 6R r . Ta được 2 2
2 6R r
T là một đại lượng không đổi và tập hợp các giá trị của biểu thức 2 2 2 AB CA BC chỉ gồm một số duy nhất là 2 2 2 6R r .
b) Gọi O là tâm đường tròn và M là trung điểm của AB. Thế thì OM sẽ là đường trung bình của tam giác ADB và ta dễ ràng thấy rằng điểm M là ảnh
của điểm C qua phép vị tự tỉ số
2 1
với tâm vị tự là điểm nằm trên OP và chia nó theo tỉ số
2 1
.
Nếu điểm B chạy trên đường tròn lớn thì điểm C cũng chạy trên đường tròn này, còn điểm M chạy trên đường tròn vị tự với nó có bán kính
2
R
và tâm là trung điểm của OP.
Vậy quỹ tích trung điểm M của AB là đường tròn bán kính
2
R
có tâm là trung điểm của OP (Hình 2.1.2.1).
Hình 2.1.2.1
Bài toán 2.1.2.2: (Bài 64/[7])
Gọi (L) là tiếp tuyến của đường tròn (C) và M là một điểm trên (L). Hãy tìm quỹ tích các điểm P thỏa mãn tính chất: tồn tại hai điểm R, Q trên (L) sao cho RM = QM và tam giác PQR nhận (C) làm đường tròn nội tiếp.
Cho X là giao điểm của (C) và (L), O là tâm của (C).
Giả sử XO cắt (C) tại điểm thứ hai Z; Y là điểm trên QR sao cho M là trung điểm XY.
Gọi (C’) là đường tròn tiếp xúc với cạnh QR, các đường thẳng PQ, PR nhưng ở về phía khác với (C) so với cạnh QR (tức đường tròn bàng tiếp góc P của tam giác PQR).
Giả sử (C’) tiếp xúc với QR tại Y’. Phép vị tự tâm P, tỉ số
PZ PY'
biến (C) thành (C’), tiếp tuyến với (C) tại Z biến thành đường thẳng QR, suy ra Z biến thành Y’.
Ta sẽ chứng minh rằng QX = RY’.
Thật vậy, hiển nhiên X và Y’ là chân đường vuông góc với QR hạ từ O và O’ tương ứng. Ta cũng có 𝑂𝑄𝑂′̂ = 𝑂𝑅𝑂′̂ = 90𝑜.
Từ đó suy ra hai tam giác QY’O’ và OXQ đồng dạng với nhau, do đó:
XQ OX O Y QY ' '
' . Cũng tương tự như vậy, hai tam giác RXO và O’Y’R đồng dạng
với nhau nên:
R Y Y O XO RX ' ' '
. Suy ra: QY’.XQ = Y’O’.OX = RX.Y’R.
Từ đó ta được: ' ' ' ' QY RY RY QR RY QX QR QX RX QX , suy ra QX = RY’.
Mặt khác, QX = RY vì M vừa là trung điểm của XY, vừa là trung điểm QR, do đó ta có Y trùng Y’. Như vậy, điểm P di động nhưng luôn luôn nằm trên tia YZ (dễ thấy Z cố định, Y cố định nên tia YZ cố định).
Đảo lại, lấy điểm P bất kỳ trên tia YZ, thì bằng cách lập luận tương tự như trên ta cũng có QX = RY. Nhưng M là trung điểm XY nên suy ra M là trung điểm QR, như thế P là điểm quỹ tích.
Hình 2.1.2.2
Bài toán 2.1.2.3: ([16])
Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn. Gọi M là một điểm di động trên đường tròn ấy và M1, M2, M3 theo thứ tự là các điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB.
1. Tìm quỹ tích các điểm M1, M2, M3.
2. Chứng minh rằng các quỹ tích của M1, M2, M3 giao nhau tại trực tâm H của tam giác ABC.
Lời giải
1. Ta có M1 và M đối xứng nhau qua BC, M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vậy, quỹ tích M1 là đường tròn đối xứng với đường tròn qua trục BC.
Tương tự, ta chứng minh được quỹ tích M2 là đường tròn đối xứng với đường tròn qua trục CA và quỹ tích M2 là đường tròn đối xứng với đường tròn qua trục AB.
2. Trực tâm H của tam giác ABC nằm trên đường tròn (O’) đối xứng với đường tròn ngoại tiếp (O) của tam giác ABC qua BC, nên đường tròn (O’) chính là đường tròn C1. Nói khác đi, H thuộc đường tròn . Lập luận tương tự, ta có H thuộc các đường tròn và (Hình 2.1.2.3).
φ3
φ2
Hình 2.1.2.3
Bài toán 2.1.2.4: (Bài toán */[4])
Hai điểm M và N chuyển động trên đường thẳng chứa cạnh AB của một tam giác ABC sao cho MN = AB. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của M trên đường thẳng (BC) và của N trên đường thẳng (CA); S là trung điểm của AN và Q là tâm đường tròn (CDE). Chứng minh SQ có độ dài không đổi; từ đó suy ra quỹ tích của Q khi MN trượt trên đường thẳng AB.
Lời giải
Để ý rằng MN = AB ⟺ AM = BN nên AS = SN ⟺ MS = SB hay hai đoạn thẳng AN, MB có trung điểm S.
Gọi K là giao điểm của MD, NE, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và H là trực tâm của tam giác ABC.
H K E C Q I D M S B N A Hình 2.1.2.4 Xét phép tịnh tiến theo vectơ AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ta có:
TAM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∶ (AH) ⟼ (MD), (BH) ⟼ (NE)
suy ra H ⟼ K hay HK⃗⃗⃗⃗⃗ = AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = BN⃗⃗⃗⃗⃗
Do S là trung điểm MB và Q là trung điểm CK nên
2SQ⃗⃗⃗⃗ = BC⃗⃗⃗⃗⃗ + MK⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = BC⃗⃗⃗⃗⃗ + AH⃗⃗⃗⃗⃗ = 2OC⃗⃗⃗⃗⃗
Suy ra 𝑆𝑄⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ do đó độ dài SQ không đổi và Q = 𝑇
𝑂𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ (𝑆).
Từ đó suy ra quỹ tích Q là đường thẳng ảnh của đường thẳng AB qua phép tịnh tiến 𝑇𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ (Hình 2.1.2.4).
Bài toán 2.2.5: ([16])
Cho điểm A cố định nằm trên đường tròn (O) và điểm C thay đổi trên đường tròn đó. Dựng hình vuông ABCD. Tìm quỹ tích điểm B và điểm D.
Trên đoạn thẳng AC lấy điểm M sao cho AM = AB = AD. Khi đó, ta có: AM
AC = AB
AC = √2
2. Ngoài ra: (AM, AB) = o
45 và (AM, AD) = - o 45 . Suy ra, phép vị tự V tâm A, tỉ số 2 2
k biến điểm C thành điểm M với phép quay Q tâm A góc quay 45o biến điểm M thành điểm B. Vậy nếu gọi F là phép hợp thành của V và Q thì F biến C thành B. Vì quỹ tích của C là đường tròn (O), nên quỹ tích của B là ảnh của đường tròn đó qua phép đồng dạng F.
Đường tròn quỹ tích B có thể xác định như sau:
Gọi AR là đường kính đường tròn (O) và PQ là đường kính của (O) vuông góc với AR (ta kí hiệu các điểm P, Q sao cho (AR, AP) = 45o). Khi đó ta thấy phép đồng dạng F biến AR thành AP. Vậy quỹ tích điểm B là đường tròn đường kính AP.
Tương tự ta có quỹ tích điểm D là đường tròn đường kính AQ. (Hình 2.1.2.5). P Q R D O A C B M
Hình 2.1.2.5
Bài toán 2.1.2.6: ([16])
Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm trong đường tròn đó. Một đường thẳng thay đổi đi qua P, cắt (O) tại hai điểm A và B. Tìm quỹ tích điểm M sao cho: PM PA PB .
Lời giải
Gọi I là trung điểm của AB thì
2
PA PB PI
. Bởi vậy PM PA PB = 2PI.
Gọi V là phép vị tự tâm P tỉ số k = 2 thì V biến điểm I thành điểm M. Vì I là trung điểm của AB nên OI AB. Suy ra quỹ tích của điểm I là đường tròn (O) đường kính PO.
Vậy quỹ tích của điểm M là đường tròn (C’) là ảnh của (C) qua phép vị tự V. Nếu ta lấy O’ sao cho '
2
PO PO thì (C’) là đường tròn đường kính PO’
(Hình 2.1.2.6). (C') (C) O' I B A O P
Hình 2.1.2.6
Bài toán 2.1.2.7: ([16])
Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường tròn tâm O1 bán kính R1 tiếp xúc trong với nhau tại A, R > R1. Đường thẳng OA cắt đường tròn tại B và cắt đường tròn tại C; một đường thẳng d đi qua A cắt tại M và cắt tại N. Tìm quỹ tích các giao điểm S của BN và CM khi d quay quanh A.
Lời giải
Do BM và CN cùng vuông góc với d nên BM // CN. Do đó:
∆BMS ∼ ∆NCS. Suy ra CS MS = NC BM = AC AB = 2R1 2R = R1 R Do đó: CS SM+CS = R1 R+R1hay 𝐶𝑆 𝐶𝑀 = R1 R+R1,
nên ta có: S là một điểm thuộc quỹ tích ⟺ CS = R1
R+R1CM.
Vậy, quỹ tích các điểm S là đường tròn (O’), ảnh của đường tròn (O) qua phép vị tự tâm C, tỉ số vị tự k = R1
R+R1, có tâm là I sao cho CI = R1
R+R1CO, bán kính RR1
Hình 2.1.2.7
Bài toán 2.1.2.8: (Đề thi HSG Quốc gia 2003 - Bảng A)
Cho hai đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Từ một điểm M trên (O2) nhưng không nằm trên đường thẳng O1O2 kẻ hai tiếp tuyến MB, MC tới (O1) (B, C là các tiếp điểm). Các đường thẳng AB, AC theo thứ tự cắt lại đường tròn (O2) tại D, E. Chứng minh rằng giao điểm của đường thẳng DE và tiếp tyến của (O2) tại M luôn chạy trên một đường thẳng cố định khi M thay đổi trên (O2) nhưng không thẳng hàng với O1O2.
Lời giải A S B C I O O1 M N
Hình 2.1.2.8
Gọi M’ là giao điểm thứ hai cả đường thẳng MA với đường tròn (O1). Do tứ giác ABM’C là tứ giác điều hòa nên
CA.M’B = BA.M’C (*) Với k = AO2 AO1, xét phép vị tự V(A,K): (O1) → (O2) B → D C → E 𝑀′ → 𝑀. Khi đó: MD = |k|. M′B, ME = |k|. M′C, AE = |k|. AC và 𝐴𝐷 = |𝑘|. 𝐴𝐵. Từ đó kết hợp với (*) suy ra tứ giác ADME là tứ giác điều hòa.
A E D M' C B N M O2 O1
Do đó, tiếp tuyến tại M và A của đường tròn (O2) cắt nhau tại một điểm N nằm trên đường thẳng DE.
Vậy, khi M thay đổi trên đường tròn (O2) nhưng không thẳng hàng với O1O2 thì giao điểm N của DE và tiếp tuyến tại M của (O2) luôn chạy trên trục đẳng phương của (O1) và (O2) cố định (Hình 2.1.2.8).
Bài toán 2.1.2.9: ([16])
Cho một đường tròn tâm O và hai điểm cố định A, B của đường tròn đó. Một điểm M chuyển động trên đường tròn . Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn và cùng qua M, tương ứng tiếp xúc với đường thẳng AB tại A và B. Hãy tìm quỹ tích của điểm N.
Lời giải
Đường thẳng MN là trục đẳng phương của và nên nó phải đi qua trung điểm I của đoạn AB. Ta có:
IM.IN = IA2 = IB2 ⟺ N = 𝑓(𝑀), trong đó là phép nghịch đảo cực I và phương tích k = IA2 = IB2.
Vậy, khi M chuyển động trên đường tròn (O) thì quỹ tích của điểm N là đường tròn (O’) ảnh của đường tròn (O) qua phép nghịch đảo
Đường tròn (O) không đi qua cực I của và đi qua hai điểm A, B là hai điểm bất động của phép nghịch đảo nên (O’) đi qua A, B.
Giải sử DE là đường kính đi qua I của đường tròn (O), ta có:
Nếu lấy E’ đối xứng với E qua AB, thì 𝐼𝐸′̅̅̅̅ = −𝐼𝐸̅̅̅ nên
Vậy, E’ = f(D) và quỹ tích của điểm N là đường tròn (O’) đối xứng với đường tròn tâm O qua trục AB (Hình 2.1.2.9).
Hình 2.1.2.9
Bài toán 2.1.2.10: ([16])
Một đường tròn thay đổi luôn đi qua hai điểm cố định A và B. Từ một điểm C trên đường thẳng AB dựng các cát tuyến CD và CE với . Tìm quỹ tích của điểm D và điểm E.
Hình 2.1.2.10
Gọi M là giao điểm của OC và DE. Ta có CO ⊥ DE. Do đó: , k không đổi. Suy ra
.
Vậy, quỹ tích các điểm D và E là đường tròn β tâm C bán kính √k
(Hình 2.1.2.10).
Bài toán 2.1.2.11: ([16])
Cho đường tròn (O, R) và hai đường thẳng Ox, Oy vuông góc với nhau. Lấy điểm P trên đường tròn . Tiếp tuyến với đường tròn tại điểm P cắt Ox, Oy ở A và B. Trục đẳng phương của đường tròn và đường tròn (OAB) cắt Ox, Oy ở C và D. Khi điểm P chuyển động trên , tìm quỹ tích các trung điểm M của CD.
Lời giải
Hình 2.1.2.11
Giả sử E, F là các giao điểm của với đường tròn qua O, A, B. Khi đó, trục đẳng phương của và là E, F, giao với Ox, Oy lần lượt tại C và D. Gọi M là trung điểm của CD. Ta nhận thấy phép nghịch đảo IOR2biến đường tròn qua cực thành đường thẳng EF, vì E, F là những điểm bất động của IOR2. Ta có: IOR2(A) = C và IRO2(B) = D ⇔OC̅̅̅̅. OA̅̅̅̅ = OD̅̅̅̅. OB̅̅̅̅ = R2 ⟺PC ⊥ OA và PD ⊥ OB. Do đó, ODPC là hình chữ nhật và OM = 1 2OP = R 2.
Vậy, quỹ tích các điểm M là đường tròn tâm O, bán kính 𝑅
2 (Hình 2.1.2.11).
Bài toán 2.1.2.12: ([16])
Cho đường tròn C(O, R), đường thẳng m và một điểm A. Tìm quỹ tích các giao điểm M của OP với các trục đẳng phương của đường tròn (C) và các đường tròn (OAP).
Lời giải
Thực hiện phép nghịch đảo f cực O tỉ số k bảo toàn đường tròn (C)
f : (C) → (C)
(OAP) // d A // B ∈ P P // M
Với d là trục đẳng phương của hai đường tròn (C) và (OAP).
Tập hợp các điểm M là đường tròn (C2), ảnh của M qua phép nghịch đảo nói trên. (C2) là đường tròn đi qua O (hình 2.1.2.12).
Bài toán 2.1.2.13: (Đề thi OLYMPIC truyền thống của Trường THPT Chuyên Bắc Quảng Nam - Quảng Nam năm 2014)
Cho đường tròn tâm O bán kính R; qua điểm O vẽ đường thẳng d và I là một điểm trên vòng tròn tâm O (I không thuộc d). K là hình chiếu của I lên d. Gọi A là điểm đối xứng với O qua K. Dựng tam giác MOA cân tại M và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MOA. Tìm quỹ tích trực tâm H của tam giác MOA khi I di động trên vòng tròn tâm O.
Lời giải d I L K H N M A O1 O2 O Hình 2.1.2.13
Gọi L là giao điểm của MH với đường tròn ngoại tiếp tam giác MOA Ta thấy: L = ĐOA(H)
Lại có tam giác MOA cân nên: L = ĐI(M). Vậy ta tìm quỹ tích điểm M.
Xét 𝑎 là vec tơ có độ dài là R là giá vuông góc với d Ta có: IM⃗⃗⃗⃗ = 𝑎 hay IM⃗⃗⃗⃗ = −𝑎
Khi đó M = T𝑎⃗ (I) hay M = T−𝑎⃗ (I)
Mà I thuộc đường tròn tâm O nên M thuộc đường tròn tâm O1 hay O2 là ảnh của đường tròn tâm O qua phép tịnh tiến vec tơ 𝑎 hay −𝑎 .
Do IM⃗⃗⃗⃗ = −IL⃗⃗⃗ nên quỹ tích của điểm H cũng chính là quỹ tích của điểm
M.
Kết luận: Quỹ tích điểm H là hai đường tròn tâm O1, O2 (Hình 2.1.2.13).