Bài toán 2.1.4.1: (Bài 379 (T9/255)/[8])
Trong hệ tọa độ trực chuẩn Oxy, cho hai điểm A, B trên Ox với các hoành độ tương ứng a, b sao cho 0 < a < b. Lấy điểm P nào đó trên đường thẳng Oy. Đường thẳng vuông góc với Ox tại A cắt đường thẳng BP tại diểm M. Gọi Q, Q’ thứ tự là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ B tới đường tròn tâm P bán kính PM. Tìm tập hợp các điểm Q và Q’. Lời giải Hình 2.1.4.1 N Q Q' M P y O ' B x A
Gọi N là hình chiếu vuông góc của Q trên trục x’Ox, dễ thấy hai tam giác vuông OQN và PBQ đồng dạng (vì có 𝑁𝑂𝑄̂ = 𝐵𝑂𝑄̂ = 𝐵𝑃𝑄̂ do bốn
điểm O, P, Q, B cùng thuộc đường tròn đường kính BP). Từ đó ta được NQ
ON = QB PB. (1) Mặt khác, ta có PQ = PM = R, và QB2 = BP2 – PQ2, do đó hay là (2)
Nhưng và tương ứng là hoành độ và tung độ của tiếp điểm Q nên từ (1) và (2) ta thu được phương trình sau đây (trong hệ tọa độ Oxy) biểu thị quỹ tích của điểm Q và Q’:
(3)
Kết luận: Quỹ tích các điểm Q và Q’ là hai đường thẳng ∆ và ∆’ đi qua O có phương trình (3). Để ý thêm rằng hai đường thẳng ∆ và ∆’ này nhận hai trục x’Ox và y’Oy làm các đường phân giác và hợp với trục x’Ox góc
(Hình 2.1.4.1).
Bài toán 2.1.4.2: ([16])
Cho đường tròn (C) đường kính AB = 2R, điểm M chuyển động trên (C), A’ là điểm đối xứng qua A của M. Tìm tập hợp điểm A’ và trọng tâm G của tam giác A’AB.
Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho gốc tọa độ O trùng với tâm đường tròn (C) đã cho, trục hoành đi qua các điểm A, B.
* Tập hợp các điểm A’
Ta có: B = - A , A’ + A = 2M
⇒ A’ – B = 2M ⇒|𝐴′ − 𝐵| = 2|𝑀| = 2𝑅.
Suy ra, điểm A’ chuyển động trên đường tròn (C1) tâm B, bán kính 2R. * Tập hợp trọng tâm G của tam giác A’AB
Gọi G là trọng tâm của tam giác A’AB. Ta có:
Suy ra , trong đó .
Do đó . Vậy điểm G chuyển động trên đường tròn (C, 2) tâm tại , bán kính (Hình 2.1.4.2) Hình 2.1.4.2 C2 C1 M G A' B A
Bài toán 2.1.4.3: (Bài 421 (T10/256)/[8])
Cho tứ diện OABC có góc tam diện đỉnh O là tam diện vuông. Tìm tập hợp các điểm M trong không gian thỏa mãn điều kiện:
MA2 + MB2 + MC2 = 3MO2.
Lời giải
Hình 2.1.4.3
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC, G là trọng tâm tam giác ABC.
Vì góc tam diện đỉnh O là tam diện vuông nên O, G, I thẳng hàng và
IO ⃗⃗⃗⃗ = 3
2GO⃗⃗⃗⃗⃗ .
Ta thấy, MA2 + MB2 + MC2 = 3MO2
⟺ (MI⃗⃗⃗⃗ + IA⃗⃗⃗ )2+ (MI⃗⃗⃗⃗ + IB⃗⃗⃗ )2 + (MI⃗⃗⃗⃗ + IC⃗⃗⃗ )2 = 3(MI⃗⃗⃗⃗ + IO⃗⃗⃗⃗ )2
⟺ 2MI⃗⃗⃗⃗ (IA⃗⃗⃗ + IB⃗⃗⃗ + IC⃗⃗⃗ ) + IA2 + IB2 + IC2 = 6MI⃗⃗⃗⃗ . IA⃗⃗⃗ + IO2
Vì IA = IB = IC = IO và IA⃗⃗⃗ + IB⃗⃗⃗ + IC⃗⃗⃗ = 3IG⃗⃗⃗ nên đẳng thức trên tương
đương với 6MI⃗⃗⃗⃗ . IG⃗⃗⃗ = 6MI⃗⃗⃗⃗ . IO⃗⃗⃗⃗ ⇔ MI⃗⃗⃗⃗ . (IG⃗⃗⃗ = IO⃗⃗⃗⃗ ) = 0 ⟺ MI⃗⃗⃗⃗ . OG⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 ⟺ MI ⊥ OG
⟺ M thuộc mặt phẳng (α) qua I, vuông góc với OG.
Kết luận: Quỹ tích cần tìm là mặt phẳng (α) xác định như trên (Hình 2.1.4.3). I G O C B A
Bài toán 2.1.4.4: (Bài 423 (T10/260)/[8])
Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ và mặt cầu (C) nội tiếp hình lập phương đó. Mặt phẳng (P) quay quanh A, tiếp xúc với mặt cầu (C) và cắt hai cạnh A’B’ và A’D’ lần lượt tại M và N. Tìm tập hợp tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AA’MN.
Lời giải
Lập hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O ≡ A’, B’(1 0 0); D’(0 1 0); A’(0 0 1).
Với hai điểm M, N bất kỳ nằm trong các cạnh A’B’, A’D’, ta có M(m 0 0), N(0 n 0), (0 < m, n < 1). Mặt phẳng (AMN) có phương trình 𝑥 𝑚+𝑦 𝑛+ 𝑧 = 1, mặt cầu (C) có phương trình (𝑥 −1 2)2+ (𝑦 −1 2)2+ (𝑧 −1 2)2 = 1 4.
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AA’MN ta có I(𝑚 2 ;𝑛
2;1
2). Vậy mặt phẳng (AMN) tiếp xúc với mặt cầu (C) khi và chỉ khi khoảng cách từ điểm (1 2;1 2;1 2) đến mặt phẳng (AMN) bằng 1 2. Hay = . = (*)
Từ (*) suy ra quỹ tích của I là đoạn thẳng I1I2 trong đó I1(1 2; 0;1
2), I2(0;1
2;1
2), không kể hai điểm I1, I2 (Hình 2.1.4.4).
Hình 2.1.4.4
Bài toán 2.1.4.5: ([8])
Cho họ đường cong y = x – 2 + 𝑚
𝑥 (*).
Tìm quỹ tích điểm cực đại, điểm cực tiểu của đồ thị.
Lời giải
Ta có, miền xác định của họ đường cong là mọi x ≠ 0.
Ta có y’ = 1 - 𝑚
𝑥2 =𝑥2−𝑚
Để tồn tại giá trị cực đại, cực tiểu, phương trình y’ = 0 phải có hai nghiệm phân biệt: x2 – m = 0 có hai nghiệm phân biệt (nghiệm phải khác 0)
⟺ m > 0 (α).
Khi đó y’ = 0 ⟺ x = √𝑚 hoặc x = -√𝑚. Bảng biến thiên:
- 0 +
+ 0 - - 0 +
CĐ
CT
Quỹ tích điểm cực đại: Từ bảng ta thấy điểm cực đại có hoành độ
Do điểm cực đại nằm trên đồ thị hàm số (*) nên ta có phương trình quỹ
tích là .
Do x phải thỏa mãn (α1) nên quỹ tích điểm cực đại là một phần của đường thẳng y = 2x - 2 có hoành độ x < 0.
Quỹ tích điểm cực tiểu: Từ bảng ta thấy điểm cực tiểu có hoành độ
Do điểm cực tiểu nằm trên đồ thị hàm số (*) nên ta có phương trình
quỹ tích là .
Do x phải thỏa mãn (α2) nên quỹ tích điểm cực đại là một phần của đường thẳng y = 2x - 2 có hoành độ x > 0.
Bài toán 2.1.4.6: ([8]) Cho hàm số y = x2
a) Tìm quỹ tích những điểm mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đồ thị.
b) Tìm quỹ tích những điểm mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc với nhau tới đồ thị.
Lời giải
a) Gọi A(xo; yo) là điểm thuộc quỹ tích.
Tiếp tuyến là đường thẳng (d) đi qua A(xo; yo) nên có phương trình
y = k(x – xo) + yo. (1)
(d) là tiếp tuyến tới đồ thị đã cho
⟺ phương trình x2 = k(x – xo) + yo có nghiệm kép
⟺ phương trình x2 - kx + kxo – yo = 0 có nghiệm kép
⟺ ∆ = k2 – 4(kxo – yo) = 0
⟺ k2 – 4kxo – 4yo = 0 (2) Ta cần tìm xo, yo để (1) có nghiệm kép với hai giá trị của k.
⟺ Ta cần tìm xo, yo để (2) có hai nghiệm phân biệt
⟺ ∆ = (2xo)2 – 4yo > 0
⟺ yo < xo2
Vậy quỹ tích mà những điểm từ đó kẻ được hai tiếp tuyến tới đồ thị là những điểm nằm dưới parabol y = x2.
b) Gọi B(xo; yo) là những điểm mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc với nhau tới đồ thị. Gọi k1, k2 là các hệ số góc của hai tiếp tuyến ấy.
Khi đó phương trình (1) có nghiệm kép với k1, k2 thỏa mãn k1.k2 = -1
⟺ Phương trình (2) có hai nghiệm k1, k2 thỏa mãn k1.k2 = -1
.
Vậy quỹ tích cần tìm là đường thẳng y = 1 4.
Bài toán 2.1.4.7: ([8])
Cho mặt phẳng (P) và hai đường thẳng chéo nhau (d), (d1) cắt (P) lần lượt tại A và A1. Gọi (d2) là đường thẳng nào đó song song với (P) và cắt (d), (d1) ở M và M1 tương ứng.
Tìm quỹ tích những điểm K chia trong đoạn MM1 theo tỉ số cho trước khi đường thẳng (d2) di động nhưng luôn song song với (P).
Lời giải
(Hình 2.1.4.7)
Xét hai đoạn thẳng MM1, NN1 song song với (P), có các đầu mút cắt (d) tại M, N và cắt (d1) tại M1, N1. K và K1 là hai điểm nằm trên MM1 và NN1
Cho M, M1 cố định (hình 2.1.4.7). Từ K kẻ KB // d, cắt NM1 tại B. Từ đó suy ra BK1 // d1. Mặt phẳng (Q) đi qua K, B, K1 là cố định và song song với (d), (d1). Trong mặt phẳng (Q) khi K1 di chuyển, những tam giác KBK1
luôn đồng dạng với chính nó vì có góc hoặc góc (180o - 𝐾𝐵𝐾̂1) bằng góc (không tù) của hai đường thẳng (d) và (d1).
không đổi vì và nên
trong đó không đổi do MM1 // NN1 // (P) theo hệ quả của định lý Thales.
Trong (Q) đường thẳng KB cố định còn góc không đổi nên K1
chạy trên đường thẳng xy đi qua K khi điểm N chạy trên (d).
Bài toán 2.1.4.8: ([8])
Cho ba đường thẳng từng đôi một cùng nằm trong một mặt phẳng. Mặt phẳng (P) cắt ba đường thẳng nói trên lần lượt tại A, B, C. Tìm quỹ tích trọng tâm của các tam giác ABC khi mặt phẳng (P) chuyển động song song với vị trí ban đầu.
Lời giải
Vì B1C1 // (P) và M1B1
M1C1 = MB
MC = 1
2 nên quỹ tích M1 là đường thẳng Mt (áp dụng kết quả của bài toán 2.1.4.7).
Tương tự, vì A1M1 // (P) và G1A1
G1M1 = GA
GM = 2 nên quỹ tích của G1 là đường thẳng xy đi qua G (Hình 2.1.4.8).
Bài toán 2.1.4.9: ([8])
Cho hai tia Ax và By chéo nhau và vuông góc với nhau, có AB là đường vuông góc chung. Trên tia Ax và By theo thứ tự lấy hai điểm M và P sao cho AM + BP = MP.
a) Chứng minh rằng khoảng cách từ trung điểm O của AB đến MP bằng .
Chứng minh rằng MP luôn tiếp xúc với mặt cầu có đường kính là AB. b) Tìm quỹ tích các tiếp điểm K giữa MP và mặt cầu nói trên.
Lời giải
a) Trên đường thẳng BP lấy điểm E sao cho B nằm giữa E, P và BE = AM
Dễ thấy ∆OBE = ∆OAM (c.g.c) nên có OE = OM. Lại có ∆OMP = ∆OEP (c.c.c).
Suy ra OK.MP = 2SOMP = 2SOEP = OB.EP, do MP = EP nên OK = OB = AB
2 không đổi. Vậy MP luôn tiếp xúc với mặt cầu tâm O bán kính AB
2 .
b) Từ B kẻ tia Bt // Ax và cùng hướng với tia Ax. Gọi M1 và K1 là hình chiếu vuông góc của M và K tương ứng lên mặt phẳng (Bt, By).
Ta có M1K1
K1P = MK
KP =BM
BP do , do đó K nằm trên đường phân giác Bz của góc . Vậy K nằm trong mặt phẳng (AB, Bz). Trong mặt phẳng đó K nhìn AB dưới một góc vuông vì OK = OA = OB, nên K chạy trên nửa đường tròn đường kính AB.
Bài toán 2.1.4.10: (Bài 20 - năm 1965/[7])
Tam giác OAB có góc O nhọn, M là một điểm tùy ý trên AB, P và Q lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống OA và OB tương ứng. Tìm quỹ tích trực tâm H của tam giác OPQ. Quỹ tích của H sẽ là gì nếu M di động trong miền trong của tam giác OAB?
Lời giải
Hình 2.1.4.10
Gọi X, Y lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ B, A tương ứng xuống OA, OB. Ta sẽ chứng minh rằng trực tâm của tam giác OPQ nằm trên XY.
Thật vậy, dễ thấy rằng MP // BX, do đó AM MB =AP
PX (1)
Ta có PH // AY vì chúng cùng vuông góc với OB, suy ra YH HX =AP PX (2) Mặt khác, ta cũng có MQ // AY nên AM MB= YQ BQ (3) (1), (2), (3) cho ta YQ BQ = YH HX , đẳng thức này chứng tỏ rằng QH song song với BX, và vì vậy QH AO. Điều này cho ta kết luận H là trực tâm của tam giác OPQ, khẳng định trên được chứng minh.
Khi M trùng A thì H trùng X, M trùng B thì H trùng Y.
Để chứng minh phần đảo lại, ta lấy H bất kỳ trên đoạn XY. Qua H, lần lượt kẻ các đường song song với BX và AY, chúng tương ứng cắt OB, OA tại Q và P. Như thế, rõ ràng H là trực tâm của tam giác OPQ.
Từ P, kẻ đường song song với BX, đường này cắt AB tại M. Từ Q, kẻ đường song song với AY, cắt AB tại M’.
Dùng các hệ thức Thales như trên, ta chứng minh được M trùng M’. Từ đó, suy ra H là điểm của quỹ tích.
Tóm lại, quỹ tích điểm H, trực tâm của tam giác OPQ, là đoạn thẳng XY, với X, Y được xác định như trên.
Bây giờ, ta giả sử M nằm trên A’B’ song song với AB (với A’ trên OA, B’ trên OB) thì chứng minh trên cũng cho thấy quỹ tích H là đường song song với XY. Sự dịch chuyển của A’B’ như thế trên toàn miền trong của tam giác OAB cũng cho ta hình ảnh của điểm M di chuyển trên toàn miền trong tam giác OXY. Khi ấy, đoạn song song với XY cũng quét toàn miền trong tam giác OXY. Vì vậy, Khi M chuyển động trên toàn miền trong tam giác OAB, quỹ tích điểm H cũng là toàn miền trong tam giác OXY, với X, Y được xác định như trên.
2.2. Các bài toán quỹ tích không cơ bản Bài toán 2.2.1: (Đề thi HSG Quốc gia 2007)
Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi H, G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC. Tìm quỹ tích điểm A biết rằng trung điểm K của HG thuộc đường thẳng BC.
Lời giải
Hình 2.2.1
Chọn hệ trục Oxy với O là trung điểm của BC và trục Ox là đường thẳng BC.
Đặt BC = 2a > 0, khi đó tọa độ B(-a; 0) ; C(a; 0). Giả sử A(xo, yo), y ≠ 0
Khi đó trực tâm H là nghiệm của hệ phương trình
Trọng tâm G(𝑥𝑜
3 ;𝑦𝑜
3), suy ra trung điểm K(2𝑥𝑜
3 ,3𝑎2−3𝑥𝑜2+𝑦𝑜2 6𝑦𝑜 ),
K thuộc đường thẳng BC khi và chỉ khi 3a2 - 3xo2 + 𝑦𝑜2 = 0 ⟺ xo2
a2 − yo2
3a2 = 1, (yo ≠ 0).
Vậy quỹ tích A là Hyperbol 𝑥2 𝑎2− 𝑦2
3𝑎2 = 1 bỏ đi hai điểm B, C (Hình 2.2.1).
Bài toán 2.2.2: ([16])
Cho đường tròn tâm F1 bán kính R1, một điểm F2 cố định. Một đường tròn tâm C luôn đi qua F2 và tiếp xúc với đường tròn (F1, R1). Tìm quỹ tích tâm C.
Lời giải
Hình 2.2.2
Ta giả sử điểm F2 thuộc bên trong đường tròn (F1, R1), khi đó Dễ thấy CM = CF2.
Có CF1 + CF2 = CF1 + CM = R1
Vì điểm F2 nằm bên trong đường tròn (F1, R1) nên CF1 + CF2 = R1 > F1F2.
Mặt khác:
Nếu điểm F2 nằm ngoài đường tròn (E1, R1), khi đó: |CF1− CF2| = R1 không đổi.
Vậy quỹ tích tâm C là Hypecbol. Đặc biệt:
Nếu F2 trùng với F1 khi đó quỹ tích tâm C chính là đường tròn (F1,
R1 2)
Nếu F2 nằm trên đường tròn (F1, R1) thì quỹ tích tâm C chính là đoạn thẳng F1F2. (Hình 2.2.2).
Bài toán 2.2.3: (Đề thi OLYMPIC Lê Hồng Phong 2008-2009)
Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Qua B dựng đường thẳng d vuông góc với BC, d cắt đường trung tuyến AI của tam giác ABC tại K. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Tìm quỹ tích điểm A, biết rằng IH song song với KC.
Hình 2.1.3
Chọn hệ trục Oxy với O trùng I và trục Ox là đường thẳng BC. Đặt BC = 2a > 0, khi đó tọa độ B(-a, 0); C(a, 0).
Giả sử A(xo, yo) với yo≠ 0
Khi đó trực tâm H là nghiệm của hệ phương trình
K = d ∩ (AI) là nghiệm của hệ phương trình
Theo giả thiết, ta có
HI
⃗⃗⃗⃗ cùng phương KC⃗⃗⃗⃗⃗
Vậy quỹ tích A là elip bỏ đi bốn điểm B, C, A1(0 ; -a√2), A2(0 ; a√2) là bốn đỉnh của elip (Hình 2.2.3).
Bài toán 2.2.4: ([16])
Cho đường tròn (C) tâm O và tiếp tuyến d tiếp xúc với (C) tại một điểm A cố định trên (C). M là một điểm trên mặt phẳng, kẻ tiếp tuyến MT với (C) và hạ MH vuông góc với d.
1. Tìm quỹ tích các điểm M thỏa mãn MT = MH.
2. Chứng minh các đường tròn tâm M bán kính MT luôn tiếp xúc với một đường tṛòn cố định.
Lời giải
1. Chọn hệ trục Oxy (hình 2.4.4) sao cho A là gốc tọa độ, tia Ox ≡ AO và tia Oy = d.
Khi đó O(R; 0), giả sử M(x; y)
Ta có MH = MT ⇒ MH2 = MT2 = MO2 – R2
⇔ x2 = (x – R)2 + y2 – R2 ⇔ y2 = 2Rx
Vậy quỹ tích M là Parabol.
2. Theo định nghĩa của Parabol, ta có: MF = MH1 = MH + R 2 . Suy ra MF = MT + R
2, điều này chứng tỏ đường tròn tâm M, bán kính MT tiếp xúc với đường tròn cố định tâm F, bán kính R
2.
Hình 2.2.4
Bài toán 2.2.5: ([16])
Cho Parabol y = x2. Tìm m để đường thẳng y = mx - m cắt y = x2 tại hai điểm A, B và tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng AB.
Đường thẳng y = mx – m cắt y = x2 tại hai điểm
⇔ Phương trình x2 – mx + m = 0 có hai nghiệm