2 MINH HỌA KẾT QUẢ MỘT SỐ BÀI TOÁN CÓ YẾU TỐ
2.3 Bài toán quỹ tích
2.3.1 Bài toán
i. Khái niệm quỹ tích được đưa vào chương trình phổ thông với thuật ngữ "Tập hợp" hay "Quỹ tích" và phát biểu mệnh đề toán học ở dạng: Tập hợp (quỹ tích) các điểm có tính chất P là hình H. Trong nội dung này các học sinh làm quen với dạng quỹ tích là là đường thẳng, đường tròn, đường conic. - Loại bài toán tìm quỹ tích ta biểu diễn các tọa độ của điểm cần tìm quỹ tích theo tham số m:
I :
( x=x(m)(1)
y=y(m)(2)
m là tham số.
ii. Phương pháp giải bài toán quỹ tích.
- Khử m từ (1) và (2) ta được hệ thức liên hệ giữa x và y không phụ thuộc vào m: F(x;y) = 0 (3) suy ra điểm M thuộc (C) có phương trình (3).
- Xác định giới hạn quỹ tích (nếu có) từ các điền kiện của tham số m để có
M.
thỏa mãn điều kiện giới hạn (nếu có). * Các trường hợp đặc biệt:
Nếu M(x;y):
( x=a y=y(m)
trong đóa là hằng số, m là tham số thì điểmM thuộc đường thẳng(d) :x=a
và giới hạn y=y(m). Nếu M(x;y):
( x=x(m)
y =b
trong đó b là hằng số, m là tham số thì điểmM thuộc đường thẳng (d) :x=b
và giới hạn x=x(m).
* Loại toán tìm quỹ tích của một điểm hay của đường thẳng không cho ở dạng tham số thì khi giải loại bài toán này ta thường chỉ dùng đến tính chất hình học để giải quyết (dạng bài tập này mang nặng màu sắc hình học phẳng).
Sau đây là một số ví dụ minh họa quỹ tích thường gặp trong chương trình. 2.3.2 Một số ví dụ
Ví dụ 2.15. Cho O là một điểm cố định trên một đường thẳng (d) cố định P, Q theo thứ tự là các điểm di động trên đường tròn tâm O bán kính bằng a và đường tròn tâm O bán kính bằng b (a > b) , sao cho (d) là đường phân giác của P OQ[ (với a, b là hai độ dài cho trước). Xét điểm M sao cho
−−→ OM =−→ OP +−→ OQ. Tìm quỹ tích điểm M. Giải:
Lập hệ trục tọa độ vuông góc có gốc là O, trục hoành Ox chứa (d), trục tung Oy vuông góc với Ox tại O.
Gọi M = (x, y) ta có −−→OM = (x, y). Tương tự: P = (xP, yP) ta có −→OP = (xP, yP). Tương tự: Q= (xQ, yQ) ta có −→OQ= (xQ, yQ). Từ giả thiết: −−→OM =−→ OP +−→ OQ. Ta có: x =xP +xQ và y =yP +yQ. Vì Ox là
phân giác trong của P OQ[, nên nếu OP có phương trình là y =kx thì OQ có phương trình là y=−kx.
Vì x2P +yP2 =a2 nên x2P +k2y2P =a2 ⇔x2P = 1+a2k2. Từ đó yP2 = 1+k2ak22.
Tương tự: x2Q= 1+b2k2; yQ2 = 1+k2bk22.
Chú ý rằng(d)là đường phân giác trong của góc P OQ[ nênxP.yQ >0, yP.yQ <
0. Do đó xP.xQ = 1+abk2;yP.yQ =−k1+2.a.bk2 Từ x=xP +xQ ta có x2=x2P +x2Q+ 2xP.xQ = (a+b) 2 1+k2 (1). Từ y =yP +yQ ta có y2 =yP2 +y2Q+ 2yP.yQ = (a−b) 2 1+k2 (2). Từ (1) và (2) suy ra: (a+x2b)2 + (a−y2b)2 = 1.
Vậy quỹ tích của M là (E) có phương trình:là: (ax+2b)2 +(a−y2b)2 = 1.
Hình 2.15: Hình vẽ minh họa.
Ví dụ 2.16. Cho Parabol y=x2. M là một điểm bất kỳ trên Parabol và
M 6= 0 (0 là gốc tọa độ), P là điểm khác trên Parabol sao cho OP⊥OM. a)Chứng minh rằng khi M di động thì các đường thẳng nối M và P luôn đi qua một điểm cố định.
Giải:
a) Giả sử M(m, m2) di động trên Parabol thì OM có phương trình là:
y=mx.
Hoành độ của P là nghiệm khác 0 của phương trình:
x2=−m1x⇒x=−m1 nên tọa độ của P là: P(−m1,−m12)
Vậy đường thẳng M P có phương trình là: x+
1 m m+m1 = y− 1 m2 m2− 1 m2 (trong trường hợp này ta xét với |m| 6= 1) hay m(m2−1)x−m2y+m2 = 0 (1)
Gọi K(x0, y0) là điểm cố định của họ (1) luôn đi qua ∀m 6= 0,|m| 6= 1. Khi đó ta có:
m(m2−1)x0−m2y0+m2 = 0 ∀m6= 0,|m| 6= 1.
⇔m3x0+m2(1−y0)−mx0 = 0, ∀m6= 0,|m| 6= 1.(2)
Vế trái của (2) là phương trình bậc ba đối vớim. Phương trình này có vô hạn nghiệm ⇒ ta có hệ điều kiện sau để xác định x0, y0 :
( x0 = 0 1−y0 = 0
⇔
( x0 = 0
y0= 1
Vậy khi điểm M(m, m2) (với ∀m 6= 0,|m| 6= 1) chạy trên Parabol thì các đường thẳng nối M P luôn đi qua điểm cố định K(0; 1).
Xét khi m = 1 ( tương tự với m = −1), khi đó OM tạo với chiều dương của trục hoành góc 450.
Kẻ M P kOx thì P là điểm đối xứng với M qua Oy nên \M OP = 900
Vì P(−1,1) nên M P lúc này cũng đi qua điểm K(0,1).
Tóm lại ∀m 6= 0 tức là M chạy trên Parabol nhưng M 6= O. thì các đường thẳng nối M P luôn đi qua điểm cố định K(0,1).
b) Gọi I(x, y) là trung điểm của M P. Ta có: x= m− 1 m 2 (3) y= m 2+ 1 m2 2 (4)
Từ (3) và (4) suy ra: y= (m−
1
m)2+2
2 = 2x2+ 1
Vậy quỹ tích trung điểm I của M P là parabol y= 2x2+ 1.
Hình 2.16: Hình vẽ minh họa.
Ví dụ 2.17. Trong mặt phẳng cho tam giác ABC. Một đường tròn (O)
thay đổi đi qua A, không tiếp xúc với các đường thẳng AB, AC và có tâm O
chuyển động trên đường thẳng BC. Đường tròn này cắt lại các đường AB và
AC lần lượt ở M và N. Tìm quỹ tích trực tâm H của tam giác AM N (Đề thi HSG toàn quốc, bảng A, 3/2002).
Giải:
Ta thấy Ab6= 900 vì nếu Ab= 900 thì H =A.
* Lời giải 1: Gọi D là điểm xuyên tâm - đối của điểm A trên đường tròn
(O). Thế thì M và N theo thứ tự chính là các hình chiếu (vuông góc) của D
trên (AB) và (AC). Do đó trực tâm H của tam giác AM N là điểm đối xứng với D qua trung điểm của M N. Gọi M0 và N0 lần lượt là hình chiếu của H
trên (AC) và (AB). Dễ thấy rằng tam giác AHM0 đồng dạng nghịch với tam giác ADM. Từ đó ta được:
(AH, AM) =−(AD, AM) (modπ) AH
AD = AMAM0 =| cosBAC[ | và do đó AHAO = 2 | cosBAC[ |= 2 | cosα | trong đó
α=BAC[. Các đẳng thức trên nói lên rằng(AH) đối xứng với (AO)qua phân giác Ap của góc Ab của tam giác ABC và AHAO = k (k không đổi), trong đó
k = 2|cosα|. Vậy H là ảnh của O trong phép vị tự - đối xứng Z(A, Ap, k). Trả lời: Nếu ký hiệu (BC) = a thì {H} là đường thẳng a0, ảnh của a trong phép đồng dạng nghịch (vị tự - đối xứng) Z(A,4 =Ap, k = 2 |cosA |), bỏ đi hai điểm Hi là ảnh của Oi(i−1,2) trên a= (BC) ở đó BAO\1=CAO\2 = 900. Vậy {H}=a0|{H1, H2};Hi=Z(Oi), i= 1,2.
Chú thích: {H} ∪ {H1, H2} = a0 đi qua hai điểm E và F. trong đó E =
P F⊥AC, F = QF⊥AB và P = DB(A), Q = DC(A). Đường thẳng (P Q) cũng được suy ra từ a= (BC) qua phép vị tự V(A,2).
Hình 2.17: Hình vẽ minh họa.
Lời giải 2:
Gọi P =DB(A), Q=DC(A);E =P F⊥AC, F =QF⊥AB
Thế thì: O ∈(BC)⇔D∈(P Q) (1).
Ta có:M H cùng hướng và bằng DN, DN song song với P E, M D cùng hướng và bằng HN , HN song song với QF. Suy ra:
D∈(P Q)⇔ F MF P = QD QP = DN
P E = M H
P E ⇔H ∈(EF) (2). Từ (1) và (2) suy ra:
{O}= (BC)|{O1, O2} ⇔ {{H}= (EF)|{H1, H2} Hi=AOj∩(EF), ở đó i6=j;{i, j}={1,2}.
Ví dụ 2.18. 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. Giải:
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 điểmF2 nằm bên trong đường tròn(F1, R1)nênCF1+CF2 =R1> F1F2. Vậy quỹ tích tâm C là Elíp nhận F1F2 là trục lớn.
Mặt khác:
Nếu điểm F2 nằm ngoài đường tròn (F1, 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 tâmC chỉ là đoạn thẳng
F1F2.
Sử dụng phần mềm ta có được hình ảnh minh họa sau:
Kết luận
Luận văn đã hoàn thành các nhiệm vụ sau: - Sưu tầm một số ví dụ trong chương trình toán: + Bài toán về tính tiếp xúc của các họ hàm số + Bài toán tìm điểm cố định của họ hàm số + Bài toán quỹ tích.
- Với mỗi ví dụ cụ thể chúng tôi đã cố gắng đưa ra lời giải chi tiết cho một số bài toán thi chọn học sinh giỏi trên các tài liệu.
- Sử dụng phần mềm minh họa kết quả lời giải của bài toán.
Kết quả của luận văn đã giúp học sinh được tiếp cận một cách trực quan với các bài toán trừu tượng, hiểu rõ hơn lời giải của các bài toán, vẻ đẹp của Toán học.
Tài liệu tham khảo
[1] Lê Hải Châu (1992), Thi vô địch toán quốc tế. NXB TP Hồ Chí Minh.
[2] Nguyễn Quý Dy(Chủ biên), Nguyễn Văn Nho, Vũ Văn Thoa (2009). Tuyển tập 200 bài Toán vô địch toán (tập 1). NXB Giáo dục.
[3] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Văn Xoa (2006). Tuyển tập đề thi tuyển sinh Trung học phổ thông Chuyên môn Toán. NXB Giáo dục.
[4] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Nguyễn Đăng Phất, Đỗ Thanh Sơn (2008).Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh chuyên Toán - Hình học và một số vấn đề liên quan. NXB Giáo dục.
[5] Đỗ Thanh Sơn (2008). Chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán THPT - Phép biến hình trong mặt phẳng. NXB Giáo dục.
[6] Vũ Dương Thụy (chủ biên), Nguyễn Văn Nho (2001). 40 năm Olympic Toán học quốc tế, NXB Giáo dục.
[7] Tuyển tập các bài toán chọn lọc 45 năm tạp chí Toán học tuổi trẻ (2009), NXB Giáo dục.
[8] V.V Praxolov (1994). Các bài toán về hình học phẳng (tập 1, tập 2). NXB Hải Phòng.
[9] Exploring Algebra 1 with theo Geometer’s Sketchpad (2006). Key Curriculum Press.
[10] Exploring Geometry with theo Geometer’s Sketchpad (2002). Key Curriculum Press.
[11] Rething Proof with theo Geometer’s Sketchpad (2006). Key Cur- riculum Press.