2 Các phương pháp giải toán quỹ tích trong không
2.2.1 Quỹ tích phẳng trong không gian
Những bài toán quỹ tích tuy trong giả thiết có mang các yếu tố không gian nhưng điểm cần tìm quỹ tích được xác định là luôn ở trong một mặt phẳng cố định. Ta gọi đó là các quỹ tích phẳng trong không gian. Để giải các bài toán như vậy ta phải thiết lập các bước
Bước 1. Xác định mặt phẳng α chứa điểm cần tìm quỹ tích.
Bước 2. Trên mặt phẳng α giải bài toán quỹ tích phẳng.
Ví dụ 2.3. Cho hai đường thẳng a và b chéo nhau, vuông góc với nhau
và cách nhau một khoảng bằng h. Các điểm M và N thứ tự chuyển động
trên a và b sao cho độ dài MN luôn bằng k không đổi. Tìm quỹ tích
Lời giải.
Hình 2.3: Quỹ tích trung điểm I
Phần thuận. Gọi AB là đường vuông góc chung của a và b. Theo giả
thiết AB=h, ta gọi O là trung điểm của AB. Gọi α là mặt phẳng trung trực của AB, theo bài toán trên, trung điểm I của MN thuộc mặt phẳng
α. Ta đã quy về quỹ tích phẳng trên α.
Gọi a0, b0 là hình chiếu vuông góc của a, b trên α. Ta có a0 k a;b0 k b. Do a ⊥ b nên a0 ⊥ b0 tại O. Ký hiệu M0,N0 là hình chiếu tương ứng của M,N trên α, ta có: M0 ∈ a0,N0 ∈ b0 và MM0 = NN0 = AB
2 . Vậy I cũng là trung điểm của M0N0. Do đó,
OI = 1 2M 0I0 = IM0 = pIM2 −MM02 = 1 2 p k2 −h2 (2.1)
(2.1) chứng tỏ I nằm trên đường tròn(c)tâm O, bán kínhR = 1 2
√
k2 −h2
của mặt phẳng α.
Phần đảo. Lấy tùy ý điểm I∈ (c), theo phần đảo của bài toán mở đầu
ta dựng được hình bình hành MM’N’N nhận I làm tâm (M ∈ a,M0 ∈
a0,N∈ b,N0 ∈ b0). Vậy chỉ cần chứng minh MN=k. Ta có:MN = 2IM =
2 √ M0I2 + M0M2 = 2 √ IO2 + M0M2 = 2 s 1 2 p k2 −h2 2 + h 2 2 =k.
Ví dụ 2.4. Hình chóp tứ giác S.ABCD, đáy là hình chữ nhật. Cạnh SA
vuông góc với đáy; Gọi M,N là trung điểm của SB, SC. Một điểm Q
chuyển động trên cạnh SA. Mặt phẳng (MNQ) cắt SD tại P.
a. Tìm quỹ tích điểm I = MP∩NQ.
b. Tìm quỹ tích điểm K = MQ∩NP.
c. Tìm quỹ tích hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (MNQ).
Lời giải.
Hình 2.4: Quỹ tích I,K,H
Dễ chứng minh được tứ giác MNPQ là hình thang vuông. Đặc biệt khi Q trùng với trung điểm Q1 của SA thì tứ giác là hình chữ nhật. a. Quỹ tích I = MP∩NQ.
Phần thuận. Vì I ∈ MP nên I nằm trên mặt phẳng (SBD) cố định.
Lại có I ∈ NQ nên I nằm trên mặt phẳng (SAC) cố định. Vậy I nằm trên giao tuyến của hai mặt phẳng này. Gọi O1 là tâm của đáy, dễ thấy giao của hai mặt phẳng là SO1.
Phần đảo. Xét tam giác SAC. Khi Q−→ S thì I −→ S, khi Q −→ A thì I −→ I1, giao của AN và SO1. Dễ thấy I1 là trọng tâm ∆SAC. Những điểm nằm ngoài đoạn thẳng SI1 không thỏa mãn đề bài. Lấy bất kỳ I∈ SI1, Dễ thấy NI cắt SA ở Q và MI cắt SD ở P, I = MP∩NQ.
Vậy quỹ tích của I là đoạn SI1. b. Quỹ tích K = MQ ∩NP.
Phần thuận. Do MQ nằm trong mặt phẳng (SAB), NP nằm trong mặt
phẳng (SCD) nên giao điểm K của chúng nằm trên giao tuyến của hai mặt phẳng này. Vì ABkCD nên giao tuyến là đường thẳng qua z’Sz, song song với AB.
Phần đảo. Trong mặt phẳng (SAB) với mỗi vị trí của Q trong đoạn SA,
điểm K là giao của MQ và z’Sz. Do đó khi Q chuyển động trong đoạn SQ1 (với MQ1 k Sz, Q1 ∈ SA) thì K chạy trên tia Sz. Khi Q chuyển động trên đoạn AQ1 thì K chạy trên tia S1z0, trong đó, S1 = AM∩z0Sz. Mọi điểm K trên khoảng (SS1) đều bị loại vì khi đó KM không cắt đoạn SA. Lấy K thuộc Sz hoặc S1z0. Nối MK nó cắt SA ở Q, sau đó làm như phần thuận khi tìm quỹ tích của I.
Vậy quỹ tích cần tìm là hai tia Sx và S1x0 (kể cả gốc S,S1). c. Quỹ tích H, hình chiếu của S trên (MNQ):
Phần thuận.Trong mặt phẳng (SAB) dựng SH⊥MQ (H thuộc MQ).Theo
chứng minh trên, MN ⊥ (SAB) nên MN ⊥ SH. Do SH ⊥ MQ và
SH⊥ MN nên SH⊥ (MNQ). Vậy H chính là hình chiếu của S trên mặt
phẳng (MNQ). Do đó H luôn nằm trong mặt phẳng (SAB). Trong mặt phẳng này gócSHM = 90[ 0 nên H thuộc đường tròn (c) đường kính SM.
Phần đảo. Vì Q chỉ chạy trên SA nên H là giao điểm của MQ với đường
tròn (c) chỉ chạy trên cung SH1 (thuộc đường tròn (c)), trong đó H1 là giao thứ hai của AM với (c). Mọi điểm ở ngoài cung SH1 đều bị loại. Lấy bất kỳ H trên cung SH1. Đường thẳng MH cắt SA ở Q. Dựng thiết diện MNPQ. Dễ thấy H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (MNQ).
Quỹ tích các điểm H là cung SH1 ⊂(c) nằm trong mặt phẳng (SAB).
Nhận xét 2.2. Câu b. không khó phát hiện ra quỹ tích tuy nhiên nếu
không lưu ý sẽ bị sai lầm là lấy cả phần thừa của quỹ tích.
Sau đây ta xét hai bài toán hay gặp liên quan đến hình chiếu (vuông góc) của một điểm mà nội dung cũng là áp dụng phương pháp quỹ tích
phẳng. Ta gọi là bài toán A: "Quỹ tích hình chiếu của điểm lên đường thẳng" và bài toán B: "Quỹ tích hình chiếu của điểm lên mặt phẳng".
2.2.2 Quỹ tích hình chiếu của điểm lên đường thẳng
Bài toán A. Tìm quỹ tích hình chiếu vuông góc M của điểm cố định
A trên đường thẳng d di động trong mặt phẳng P cố định và luôn đi qua điểm O cố định.
Ta thực hiên giải bài toán này theo các bước sau:
B1. Dựng AH ⊥ P (H ∈ P) theo định lý ba đường vuông góc ta có:
HM ⊥ d.
B2. Trong mặt phẳng P có HMO = 90\ 0 nên H thuộc đường tròn đường kính OH trong mặt phẳng P.
Ví dụ 2.5. Cho hình vuông ABCD tâm O. S∈ Ax ⊥(ABCD).
a. Tìm quỹ tích hình chiếu vuông góc H của O lên đường thẳng SB.
b. Tìm quỹ tích chân đường cao vẽ từ đỉnh D trong tam giác SDC.
Lời giải.
Hình 2.5: Bài toán A: Quỹ tích H, E
a. Phần thuận. Gọi H là hình chiếu của O lên SB và I là trung điểm của
AB. Ta có: OI ⊥ AB,OI ⊥ SA =⇒ OI⊥ (SAB) =⇒OI ⊥ SB;
định (SAB), góc IHB = 90d 0 nên H di động trên đường tròn (c) đường kính IB.
Phần đảo. Dễ thấy H là giao điểm thứ hai của SB và c. Khi S−→ A thì
H−→ I, Khi S chạy ra vô tận trên tia Ax thì H chạy về B. Khi S di động trên tia Ax thì H chỉ chạy trên nửa đường tròn (c) nằm trong nửa mặt phẳng (SAB) chứa tia Ax, có bờ là AB và H không trùng với B. Gọi H là điểm bất kỳ trên nửa đường tròn (c) nói trên. Dựng S là giao của BH với tia Ax, ta chứng minh H là hình chiếu vuông góc của O lên SB. Thật vậy, ta có: SB⊥ HI,SB ⊥OI =⇒ SB⊥ (OHI) =⇒SB ⊥ OH.
Quỹ tích các điểm H là nửa đường tròn (c) nằm trong mặt phẳng
(SAB) chứa tia Ax, bờ là AB không tính điểm B.
b. Phần thuận. Gọi E là chân đường cao vẽ từ D trong tam giác SDC.
Ta có DO ⊥ AC,DO ⊥ SA =⇒ DO ⊥ (SAC) =⇒ DO ⊥ SC; SC ⊥
DO,SC ⊥DE =⇒SC ⊥ (DOE) =⇒SC ⊥ OE.
Trong mặt phẳng (SAC), OEC = 90[ 0, suy ra E thuộc đường tròn (c0) đường kính OC.
Phần đảo. E là giao điểm thứ hai của SC và (c0). Khi S −→A thì
E −→ O. Khi S chạy ra vô tận trên tia Ax thì E chạy về phía C. Khi S di động trên tia Ax thì E chỉ di động trên nửa đường tròn (c0) nằm trong nửa mặt phẳng SAC, chứa tia Ax và E không trùng C. Tiếp theo làm như phần a.
Quỹ tích các điểm E là nửa đường tròn (c0)nằm trong nửa mặt phẳng SAC, chứa tia Ax, loại bỏ điểm C.
Ví dụ 2.6. Cho tam giác đều ABC, S di động trên tia Ax ⊥ (ABC).
a. Tìm quỹ tích hình chiếu vuông góc của A lên SB.
b. Gọi N là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (SBC). Chứng
minh rằng đường thẳng SN đi qua trung điểm của BC. Tìm quỹ
tích điểm N.
c. Gọi K là trung điểm SC. Chứng minh rằng BK nằm trong một mặt
phẳng cố định. Tìm quỹ tích hình chiếu của A lên BK.
Lời giải.
a. Phần thuận. Gọi d là đường thẳng chứa Ax, E là hình chiếu vuông
Hình 2.6: Bài toán A: quỹ tích E, N, H
đường tròn c1 đường kính AB.
Phần đảo. Ta có E là giao điểm thứ hai giữa SB và (c1), suy ra khi
S ≡ A thì E ≡ A, khi S chạy ra vô tận trên tia Ax thì E chạy về B. Khi S di động trên tia Ax thì E di động trên nửa đường tròn (c1) nằm trong nửa mặt phẳng (B, d) chứa tia Ax, có bờ là AB và E không trùng B. Lấy E là điểm thuộc nửa đường tròn (c1) nói trên, khác B. Gọi S là giao của EB với tia Ax. Vì AE ⊥ SB nên E là hình chiếu của A lên SB.
Quỹ tích các điểm E là nửa đường tròn (c1) nói trên.
b. N là hình chiếu vuông góc của A lên (SBC) suy ra AN⊥(SBC). Ta
có BC ⊥ SA,BC ⊥ AN =⇒BC ⊥(SAN) =⇒BC ⊥ SN.
Gọi I=SN ∩ BC, ta có AI ⊂ (SAN) =⇒ AI ⊥ BC. Mặt khác ABC là tam giác đều nên I là trung điểm của BC.
Phần thuận. Trong mặt phẳng (I, d), ANI = 90d 0 suy ra I thuộc đường
tròn (c2) đường kính AI.
Phần đảo làm hoàn toàn tương tự câu a. Ta được quỹ tích các điểm N là nửa đường tròn (c2).
c. Gọi F là trung điểm của AC. Vì K là trung điểm SC nên FK k
d =⇒K ∈ d1 cố định đi qua F, song song với d. Suy ra BK nằm trong mặt phẳng cố định (B, d1). Gọi H là hình chiếu của A lên BK. Ta đi tìm quỹ tích của H.
Phần thuận.Ta có:AC ⊥ BF,AC ⊥ d1 (dod1 kAx nênd1 ⊥(ABC).
Suy ra AC ⊥(B,d1), kéo theo AC ⊥ BK.
BK ⊥AC,BK ⊥AH =⇒ BK ⊥ (AHC) =⇒BK ⊥ HF =⇒ BHF =[
900. Trong mặt phẳng (B, d1), BHF = 90[ 0 nên H thuộc đường tròn (c3) đường kính BF.
Phần đảo làm tương tự câu a. Ta được quỹ tích các điểm H là nửa đường tròn (c3) đường kính BF, trong nửa mặt phẳng (B, d1) có bờ là BF, chứa tia Fy song song, cùng chiều với Ax, bỏ điểm B.
Ví dụ 2.7. Cho tam giác đều ABC nằm trong mặt phẳng (P). Gọi
Bx,Cy là hai tia cùng chiều và cùng vuông góc với (P). Cho hai điểm
M ∈ Bx,N ∈ Cy. Tìm quỹ tích chân H của đường cao AH trong tam
giác AMN khi M,N di động thỏa mãn một trong các điều kiện sau:
(a) BM = 1
2CN; (b) BM + CN = 2m = const; (c) BM = CN.
Lời giải.
a. Bx, Cy cùng vuông góc với (P) nên chúng xác định một mặt phẳng cố định, ta gọi đó là mặt phẳng (Q).
Phần thuận. Gọi J là giao của MN và BC. Vì BM k CNvà BM=2CN
nên C là trung điểm của BJ, suy ra J là điểm cố định. Gọi I là trung điểm của BC thì ta có:
AI ⊥ BC,AI ⊥Bx =⇒ AI ⊥ (Q) =⇒ AI ⊥ MN
MN ⊥ AI,MN ⊥ AH =⇒MN ⊥(AIH) =⇒MN ⊥ IH
Như vậy trong mặt phẳng (Q), IHJ = 90d 0 suy ra H thuộc đường tròn đường kính IJ.
Giới hạn. Khi M≡B thì H≡ I, khi M ra vô tận trên tia Bx thì H đến
I. Khi M di động trên tia Bx thì H di động trên nửa đường tròn (c1) nằm trong nửa mặt phẳng chứa 2 tia Bx, Cy có bờ là BC. Phần đảo.
Lấy H là điểm tùy ý trên nửa đường tròn (c1) nói trên, H6= J. Dựng M,N lần lượt là giao của Bx, Cy với HJ. Ta phải chứng minh BM=2CN và AH⊥MN.
Vì C là trung điểm BJ, Cyk Bx nên BM=2CN. Ngoài ra, MN ⊥
IH,MN ⊥AI =⇒MN ⊥ (AIH) =⇒ AH⊥ MN.
Kết luận. Quỹ tích các điểm H là nửa đường tròn (c1) đường kính IJ,
nằm trong nửa mặt phẳng chứa 2 tia Bx, Cy có bờ là BC.
b. Phần thuận. Gọi K là trung điểm của MN thì IK là đường trung bình
trong hình thang BCNM nên IK kBx và IK = BM + CN
2 = m. Suy ra K cố định. Trong mặt phẳng tạo bởi hai tia Bx k Cy, góc IHK = 90d 0, suy ra H thuộc đường tròn (c2), đường kính IK.
Phần đảo.
H là giao thứ hai của MN với (c2) nên suy ra: Khi M ≡ Bthì N ≡ N0 trên Cy sao cho CN0 = 2m, H ≡ H0 với H0 là giao điểm thứ hai của BN0 với (c2). Khi N ≡ C thì M ≡ M0 trên Bx sao cho BM0 = 2m, H ≡H00 với H00 là giao điểm thứ hai của CM0 với (c2). Bởi vậy khi M,N di động trên Bx, Cy thì H ở trên cung H0KH00 của (c2).
Lấy điểm H bất kỳ trên cung nói trên . Dựng M,N lần lượt là giao điểm của KH với hai tia Bx, Cy. Khi đó tứ giác BCNM là hình thang, do
đó BM + CN = 2IK = 2m và do MN ⊥ IH,MN ⊥ AI nên MN ⊥ AH.
Vậy quỹ tích các điểm H trong trường hợp này là cung H0KH00 của (c2) nằm trong mặt phẳng tạo bởi hai tia Bx, Cy.
c. Phần thuận. Khi BM=CN tứ giác BCNM là hình chữ nhật, suy ra H
là trung điểm của MN nên H thuộc tia It song song, cùng chiều với hai tia Bx, Cy.
Phần đảo. Khi M ≡ B thì H ≡ I; khi M ra vô tận trên tia Bx thì
H ra vô tận trên tia It. Mọi điểm H trên tia It, dựng qua H đường thẳng song song với BC, căts Bx, Cy ở M,N. Dễ thấy BM=CN và từ MN ⊥ HI,MN ⊥AI suy ra MN ⊥AH.
Quỹ tích điểm H là tia It song song, cùng chiều với hai tia Bx, Cy.
2.2.3 Quỹ tích hình chiếu của điểm lên mặt phẳng
Bài toán B: Tìm quỹ tích hình chiếu vuông góc H của điểm cố định
A lên mặt phẳng (P) di động luôn chứa một đường thẳng d cố định. Ta thực hiên giải bài toán này theo các bước sau:
Phần thuận.
B2. Tìm giao tuyến d của (P) và (Q).
B3. Dựng H là hình chiếu vuông góc của A lên c thì H cũng là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (P).
B4. Gọi E = d ∩ (Q) Trong mặt phẳng (Q), tính góc AHE[. Quỹ tích là cung chứa góc trong (Q).
Phần đảo. Lấy bất kỳ H trên cung chứa góc, dựng hình thỏa mãn một
số điều kiện sau đó chứng minh H thỏa mãn bài toán.
Ví dụ 2.8. Cho hình vuông ABCD tâm O. S∈ Ax ⊥(ABCD).
a. Khi S di động trên tia Ax, tìm quỹ tích hình chiếu của điểm O lên
mặt phẳng (SBC).
b. Khi S cố định, M là điểm di động trên đoạn AC, tìm quỹ tích hình
chiếu của A lên mặt phẳng SMB.
Lời giải. a. Phần thuận.
Hình 2.7: Bài toán B: Quỹ tích hình chiếu H của A
Mặt phẳng (SBC) di động nhưng luôn chứa đường thẳng BC cố định. Dựng mặt phẳng đi qua O, vuông góc với BC. Gọi I và K lần lượt là
trung điểm của BC và SC. Lúc đó I cố định còn K di động trên tia Ot song song và cùng chiều với tia Ax. Gọi (Q) là mặt phẳng xác định bởi I và đường thẳng chứa Ot. Ta có Otk Ax,Ax ⊥ (ABCD) =⇒ Ot⊥ BC; BC ⊥ OI,BC ⊥ Ot =⇒ BC ⊥ (Q). Vậy (Q) là mặt phẳng qua O và vuông góc với BC. Trong (Q) dựng OH ⊥ KI,K ∈ KI. Ta có OH ⊥
BC(OH ⊂ (Q)),OH ⊥ KI =⇒ OH ⊥ (SBC). Trong mặt phẳng (Q),
d
OHI = 900, suy ra H thuộc đường tròn (c) đường kính OI.