Trong mục này đề cập đến việc sử dụng phép vị tự để giải các bài toán quỹ tích (Bài toán tìm tập hợp điểm). Hai điểm vị tự với nhau thì quỹ tích của điểm thứ nhất sẽ là hình vị tự với quỹ tích của điểm thứ hai, việc giải bài toán chính là xác định đúng phép vị tự thông qua giả thiết của bài toán.
Bài toán 2.3.1. Cho đường tròn (O, R) và điểm A cố định thuộc đường tròn. Với mỗi điểm M nằm ngoài đường tròn (O, R) ta kẻ từ đó tới đường tròn tiếp tuyến M T (T là tiếp điểm). Tìm tập hợp điểm M sao cho M T = kM A, trong đó k là một số dương cho trước.
Lời giải. Ta kí hiệu A0 là điểm chung thứ hai của đường thẳng M A với đường tròn (O, R). ta có: M T2 = M A.M A0 ⇔ M A.M A0 = k2.M A2
⇔ M A(M A0 −k2.M A) = 0 ⇔ M A0 = k2.M A2 ( vì M A 6= 0,∀M 6≡ A)
⇔ −−→
M A0 = k2.−−→
M A(−−→
M A ↑↑ −−→
M A0) ⇔ −−→
M A + −−→
AA0 = k2.−−→
M A ⇔ −−→
AA0 = (1−k2)−−→
M A
Hình 2.33
Nếu k = 1, thì −−→
AA0 = −→
0, A0 và A trùng nhau và tập hợp M là tiếp tuyến của (O) tại A.
Nếu k 6= 1, thì −−→
AM = 1 1−k2
−−→AA0 khi đó M là ảnh của A0 tròn phép vị tự tâm A tỷ số k = 1
1−k2
Vậy tập hợp điểm M trong trường hợp này là một đường tròn ảnh của đường tròn (O) trong phép vị tự trên.
Bài toán 2.3.2. Cho đoạn AB và điểm C di chuyển trên đoạn AB.
Dựng hai hình vuông ACEF và CBGH nằm cùng phía bờ AB. Gọi O và O0 lần lượt là tâm hai hình vuông trên. Tìm tập hợp điểm I trung điểm của OO0.
Lời giải. (Hình 2.34)Gọi Q = AO ∩ BO0 ⇒ Q cố định (∆AQB vuông
Hình 2.34
cân tại Q) ⇒CO0QO là hình chữ nhật ⇒I là trung điểm của OO0 cũng là trung điểm của CQ ⇒ Qua V−
1 2
Q : C 7−→ I. Tập hợp điểm C là đoạn AB ⇒tập hợp I là đoạn I1I2 = V−
1 2
Q (AB) (I1I2 là đường trung bình của
∆QAB).
Bài toán 2.3.3. Cho ∆ABC, M ∈ BC, E, F theo thứ tự nằm trên AB và AC sao cho M E k AC, M F k AB. Tìm tập hợp I trung điểm của EF khi M ∈ BC.
Lời giải. Vì AEM F là hình bình hành ⇒ trung điểm I của EF cũng là trung điểm của AM ⇒ Qua V
1 2
A : M 7−→ I ⇒ tập hợp I là d k BC, d = V
1 2
A(BC) hay d là đường trung bình của ∆ABC.
Hình 2.35
Bài toán 2.3.4. Cho đường tròn (O, R) và một đường kính P Q cố định của đường tròn. Trên tia P Q ta lấy điểm S cố định (khác P và Q). Với mỗi điểm A thuộc đường tròn ta dựng tia P x vuông góc với tia P A và nằm về cùng một phía với đường thẳng P Q. Gọi B là giao điểm của P x và SA. Tìm tập hợp điểm B khi A di động trên đường tròn (O, R).
Lời giải. Gọi B0 là giao điểm thứ hai của P x với đường tròn (O). Gọi d là đường thẳng đi qua B và d k AB0, O0 là giao điểm của d và P Q. Ta thấy hai tam giác OP B0 và O0P B đồng dạng mà tam giác OP B0 cân tại O, nên ∆O0P B cân tại O0. Ta có:
SO0
SO = O0B
OA ⇒ SO0
SO = O0P
R ⇒ SO0
SO = SO0 −SP
R ⇒ SO0 = SP
SO −RSO(∗)
và ta đặt k = SO0−SP
R , k là số không đổi thì (*) được viết lại dưới
Hình 2.36
dạng véctơ: −−→
SO0 = k−→
SO (**)
Hệ thức (**) chứng tỏ rằng O0 là ảnh của O qua phép vị tự tâm S tỷ số k = SO0 −SP
R , do đó O0 cố định. Mặt khác, từ SB
SA = SO0
SO, ta suy
ra −→
SB = k−→
SA và B là ảnh của A trong phép vị tự đó. Tập hợp điểm B là một đường tròn (O0) là ảnh của đường tròn (O) trong phép vị tự VSk với k = SO0 −SP
R .
Bài toán 2.3.5. Cho (O) và hai đường kính AOB ⊥ COD. Kẻ tiếp tuyến Bx của (O), M chạy trên Bx. Gọi N là hình chiếu của M trên CD. Tìm tập hợp M0 = AM ∩ BN.
Lời giải. Vì AB k M N ⇒ AM0
M0M = AB
M N = 2R R = 2
1 ⇒ AM0
AM0 +M0M = 2
2 + 1 = 2
3 ⇒ −−→
AM0 = 2 3
−−→AM ⇒ Qua V
2 3
A : M 7−→ M0. Tập hợp M0 là x0 = V
2 3
A(Bx), (hoặc có thể dùng V
2 3
B : N 7−→ M0).
Hình 2.37
Bài toán 2.3.6. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) cho trước có hai đỉnh A, B cố định.
1. Tìm quỹ tích trọng tâm G của ∆ABC.
2. Từ đó suy ra quỹ tích trực tâm H của ∆ABC. Lời giải. 1. Gọi I là trung điểm của cạnh AB, ta có: −→
IG = 1 3
−→
IC. Từ đó ta có quỹ tích điểm G nhận được từ quỹ tích điểm C chính là đường tròn (O) trong phép vị tự V
1 3
I .
Vậy quỹ tích trọng tâm G là đường tròn (O1), bán kính R1 = R 3, trong đó R là bán kính (O) và O1 được xác định bởi −−→
OO1 = 2 3
−→ OI. 2. Ta có −−→
OH = 23−→
OG (Bài 4 mục 2.1.2). Do đó, quỹ tích trực tâm H được suy ra từ phép vị tự VO3. Vậy tập hợp điểm H là đường tròn tâm
Hình 2.38
(O0, R), trong đó O0 được xác định bởi −−→
OO0 = 3−−→
OO1, từ −−→
OO1 = 2 3
−→ OI ⇒
−−→OO0 = 2−→
OI ⇒ O0 đối xứng với O qua I và qua cả AB. Từ đó ta được quỹ tích trực tâm H là đường tròn tâm (O0, R) đối xứng với đường tròn (O, R) ngoại tiếp ∆ABC qua cạnh AB.
Bài toán 2.3.7. Cho hai đường tròn (O) và (O0) tiếp xúc nhau tại A, (O0) nằm trong (O).BC là một dây cung của (O) tiếp xúc với (O0). Tìm tập hợp tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC khi dây BC thay đổi.
Lời giải. Xét V
R R0
A : O 7−→ O0;M0 7−→ M ⇒−−→
OM0 7−→ −−→
O0M;−→
AO = RR0
−−→AO0
với M ∈ (O). Vì O0M k OM0;O0M ⊥ BC ⇒ OM0 ⊥ BC ⇒ OM0 là đường kính chia đôi dâyBC ⇒ ∆M0BC cân⇒ CAM\0 = BAM\0 ⇒AM là tia phân giác của BAC[ nên tâm đường tròn nội tiếp I của ∆ABC nằm trên đoạn M A.
Hình 2.39
Theo tính chất đường phân giác ta có IM
IA = BM
BA ⇔ BA
BM = IA IM.
Ngoài ra ta có phương tích: P(B)/(O0) = BM2 = BB0.BA.
⇒ BA
BM = IA
IM = BA
√
BB0.BA
⇒V
R R0
A : B0 →B ⇒ −→
AB = R R0
−−→AB0 ⇒ AB0 = R0
R.AB ⇒ AB = k.AB0 (k = R
R0 > 1)⇒ AB0
AB = k ⇒ AB −AB0
AB = 1−k
1 ⇒BB0 = (1−k)AB
⇒ BA
√BB0.BA = BA
p(1−k).BA2 = 1
√1−k.
Ta có: AI
IM = 1
√1−k = q ⇒−→
AI = q 1 +q
−−→AM ⇒ V
q 1+q
A : M 7−→ I. Vậy I thuộc đường tròn (O0) qua V
q 1+q
A .
Bài toán 2.3.8. Cho hai đường tròn (O) và (O0) tiếp xúc với nhau tại M. k 6= 0 là một số thực cho trước. Một đường thẳng d đi qua M cắt các đường tròn (O) và (O0) tương ứng tại A và A0 (khác M). Tìm tập hợp điểm P trên d sao cho −→
P A = k.−−→
P A0. Lời giải. Ta có: −→
P A = k.−−→
P A0 ⇔ −−→
M A−−−→
M P = k.(−−→
M A0 −−−→
M P)
⇔(k −1)−−→
M P = k.−−→
M A0 −−−→
M A (2.5)
Hình 2.40
Vì hai đường tròn vị tự với nhau nên ∃λ sao cho:
−−→M A0 = λ.−−→
M A (2.6)
Từ (2.5) và (2.6) ta suy ra: (1−k)−−→
M P = (kλ−1)−−→
M A (*) Nếu k = 1, thì −→
P A = −−→
P A0 ⇔ A ≡ A0 trái với giả thiết. Vậy k 6= 1 và từ (*) ta có: −−→
M P = β.−−→
M A, β = kλ−1 1−k .
Đẳng thức trên chứng tỏ P là ảnh của A trong phép vị tự tâm M, tỷ số β = kλ−1
1−k .
Vậy tập hợp các điểm P là một đường tròn trừ điểm M trong phép vị tự VMβ
Bài toán 2.3.9. Cho đường tròn (O) và một điểm A cố định trong (O);M chạy trên (O) kẻ dây cung CD là trung trực của AM. Tìm tập hợp O0 là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ACD.
Lời giải. Gọi E là hình chiếu của A trên CD, H là hình chiếu của O trên CD. Vì ∆CM D và ∆CAD đối xứng qua CD ⇒ OO0 = 2OH ⇒
Hình 2.41
qua VO2 : H 7−→ O0(1). Tìm tập hợp H: Trong hình thang vuông OAEH, IJ là đường trung bình ⇒ IJ là đường trung trực của EH ⇒ J E = J H ⇒ tập hợp H trùng với tập hợp E.
QuaV
1 2
A :M 7−→ E ⇒tập hợp E là đường tròn p(J,R2) tròn đó J A = J O, J ∈ AO ⇒ tập hợp H là p ⇒ tập hợp O0 là P0 = VO2(p), trong đó p0 có tâm là A, bán kính R0 = 2R
2 = R.
Bài toán 2.3.10. Cho hình thangABCD, AB = a cố định (AB k CD), AD = b, DC = c không đổi. Tìm tập hợp điểm M = AC∩BD khi C và D chuyển động.
Lời giải. Vì AB k CD ⇒ AM : M C = a : c ⇒ AM : (AC + M C) = a : (a + c) = k ⇒ Qua VAk : C 7−→ M(1). Vì DC = c, DC k AB ⇒
−
→c k −→
AB ⇒ −→c xác định. Qua phép tịnh tiến T−→c : D 7−→ C(2). Tập hợp D là đường tròn P(A, b) ⇒ Từ (2) ta có tập hợp C là P0 = T−→c(P).
Từ (1) ta có tập hợp M là đường tròn P00 = VAk(P0) (P00 có tâm là A00 = V(A0), A0 = T−→c(A), Hình 2.42) .
Hình 2.42
Bài toán 2.3.11. Cho xOyd cố định; A ∈ Ox, B ∈ Oy sao cho OA + OB = m cho trước. Tìm tập hợp trung điểm I của đoạn AB.
Lời giải. Đăt OA0 = OB0 = m ⇒ A0, B0 cố định và lần lượt nằm trên Ox và Oy. Lấy M ∈ A0B0 sao cho AM k Oy và BM k Ox
Hình 2.43
.5⇒ AM = AA0 = OB ⇒ AOBM là hình bình hành⇒trung điểmI của đoạnAB cũng là trung điểm củaOM ⇒QuaV
1 2
O : M 7−→I. Vậy tập hợp I là đoạn I1I2 = V
1 2
O(A0B0);I1I2 là đường trung bình của tam giác OA0B0 (Hình 2.43).
Bài toán 2.3.12. Cho (O) và một điểm A ∈ (O). Một xAyd = α không đổi, quay quanh A, Ax, Ay cắt (O) lần lượt ở B, C.
a. Tìm tập hợp trọng tâm G của ∆ABC.
b. Tìm tập hợp trực tâm H của ∆ABC.
Lời giải. Gọi I là trung điểm của BC ⇒ OI = r không đổi
Hình 2.44
(BC = Const)⇒ tập hợp I là một cung p(O, r). Vì −→
AG = 23−→
AI ⇒ Qua phép V
2 3
A : I 7−→ G ⇒ tập hợp G là cung p0 = V
2 3
A(P)(Hình 2.44). Gọi H0 ∈ (O) sao cho AH0 là đường kính. Dễ dàng CM được BHCH0 là hình bình hành nên ta có H, H0 đối xứng với nhau qua I và H0 cố định ⇒ Qua VH20 : I 7−→ H ⇒ Tập hợp H là một cung p00 = VH20(p).
Bài toán 2.3.13. Cho hai đường thẳngd ⊥ d0 tạiO. Trênd0 lấy hai điểm B, C cố định nằm về hai phía của O sao cho OC > OB. Gọi x là đường trung trực của BC.I chuyển động trên x. Gọi A = CI ∩d, A0 = BI ∩d.
GọiM, N là tâm hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác∆COA,∆BOA0. Gọi O0 là giao điểm thứ hai của hai đường tròn trên. Tìm tập hợp O0. Lời giải. Do IOB[ = ICB[ = N OB\ = M OC\ ⇒ N O k IC, N I k OM ⇒ Nếu gọi S = BC∩M N thì SO
SC = SN
SM = R
R0 (R, R0 là bán kính hai của hai đường tròn (M) và (N)) ⇒ S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn
⇒ S cố định. Lại có O, O0 đối xứng nhau qua SN ⇒ SO0 = SO ⇒ O0 nằm trên đường tròn p(S, SO).
Hình 2.45
Bài toán 2.3.14. Cho đường tròn (O) và điểmG cố định ở trong đường tròn, GO = m = Const. Ba điểm A, B, C chuyển động trên đường tròn (O) sao cho ∆ABC nhận G là trọng tâm.
1. Tìm tập hợp I là trung điểm BC. Điểm A có thể chạy khắp đường tròn (O) hay không?
2. Tìm hệ thức liên hệ giữa R và m để A có thể chạy trên toàn bộ (O).
Lời giải. 1. Từ giả thiết ⇒−→
GI = −−→GA2 ⇒ Qua phép V−
1 2
G : A 7−→ I. Tập hợp A nói chung là một cung của đường tròn (O) ⇒tập hợp I là cung p là ảnh của cung tròn của A qua V−
1 2
G . Vì I là trung điểm BC nên I chạy trên p nhưng nằm ở phần trong của (O). Gọi E và F là giao điểm của p
và (O) ⇒ I không nằm trên cung tròn EF nằm ngoài (O) ⇒ A không nằm trên cung tròn E0F0 nằm trên (O) (E0, F0là giao điểm của GE và GF với (O)).
Hình 2.46
2. Gọi J = OG∩ p ⇒ để cho p nằm trên (O) (để A chạy khắp (O)) thì OJ 6 R ⇒ OG+GO0+ O0J 6 R ⇔ m + m
2 + R
2 6 R ⇔ 3m 2 6 R
2
⇒m 6 R
3 (O0 là tâm đường tròn chứa cung p). Vậy m 6 R
3 thì A chạy khắp (O).