Lý thuyết và bài tập Quỹ tích (tìm tập hợp điểm)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

22
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Quỹ tích" gồm 2 phần lý thuyết và bài tập, các ví dụ minh họa cụ thể và phần hướng dẫn giải chi tiết, dễ hiểu giúp các em dễ dàng nắm bắt được nội dung bài học, tiết kiệm được thời gian và biết thêm các gợi ý giải bài tập nhanh chóng, hiệu quả hơn. Mời các em tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Lý thuyết và bài tập Quỹ tích (tìm tập hợp điểm)

QUỸ TÍCH (TÌM TẬP HỢP ĐIỂM) “tailieumontoan.com” I. Lý ThuyêtDate II. Bài tâp 1. Các quỹ tích cơ bản Để tìm quỹ tích trong mặt phẳng, người ta thường dựa vào các quỹ tích cơ bản. Một số quỹ tích sau đây thường được Bài 1. Cho nửa đường tròn đường kính BC. Một điểm A di động sao mọi người thừa nhận là quỹ tích cơ bản: cho tam giác ABC có ba góc nhọn và trọng tâm G của tam giác Quỹ tích 1: Quỹ tích những điểm cách đều hai điểm A và B nằm trên nửa đường tròn đó. Tìm quỹ tích điểm A. cố định là đường trung trực của đoạn thẳng AB. Lời giải Quỹ tích 2: Quỹ tích những điểm cách đều hai cạnh của một góc là đường phân giác của góc đó. A M N Quỹ tích 3: Quỹ tích những điểm cách đều đường thẳng xy cố định một khoảng a cho trước là hai đường thẳng song song với xy và cách xy một khoảng a cho trước. Q G P Quỹ tích 4: Quỹ tích những điểm cách đều điểm O cố định một khoảng R cho trước là đường tròn có tâm là O và bán kính bằng R. E B O H C F Quỹ tích 5: Quỹ tích những điểm nhìn đoạn thẳng AB cố định dưới một góc α không đổi ( 0° < α < 180° ) là hai Tìm cách giải cung chứa góc α dựng trên đoạn thẳng AB.  Nếu gọi BP, CQ là đường trung tuyến, ta luôn có AP = PC và Đặc biệt, nếu α= 90° thì ta nhận được. AQ = QB . Nếu lấy E đối xứng với C qua B thì BP luôn song Quỹ tích 5a: Quỹ tích những điểm nhìn đoạn thẳng AB cố song với AE, F đối xứng với B qua C thì CQ luôn song song với AF, định dưới một góc vuông là đường tròn đường kính AB. = 90° không đổi nên ta mà E, F cố định. Khi G di động thì EAF 2. Các bước giải một bài toán quỹ tích tìm được điểm A di chuyển trên nửa đường tròn đường kính EF. Muốn chứng minh quỹ tích (tập hợp) các điểm M thỏa mãn  Vì G là trọng tâm tam giác ABC, nếu gọi O là trung điểm BC thì tính chất τ là một hình H nào đó, ta phải chứng minh hai A, G, O thẳng hàng. Mặt khác G là trọng tâm nên OA = 3.OG phần: không đổi. Từ đó suy ra A di chuyển trên đường tròn ( O;3R ) .  Phần thuận: Mọi điểm có tính chất τ đều thuộc hình H. Trình bày lời giải  Giới hạn. Xem điểm M chỉ thuộc một phần H1 của hình H Phần thuận. Cách 1. Trên đường thẳng BC lấy hai điểm E, F sao cho B là trung hay cả hình H. điểm CE, C là trung điểm BF.  Phần đảo: Mọi điểm thuộc hình H hoặc thuộc phần H1 Ta có: EF = 3BC cố định (1) (nếu có giới hạn) đều có tính chất τ . Gọi P và Q lần lượt là giao điểm của BG và AC; CG và AB CQ là đường trung bình của ∆ABF nên CQ / / AF .  Kết luận: Quỹ tích (tập hợp) các điểm M có tính chất τ là hình H (hoặc thuộc phần H1 ). BP là đường trung bình của ∆ACE nên BP / / AE ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Mà CQ ⊥ BP nên AF ⊥ AE ⇒ EAF  =90° (2) Trình bày lời giải. Từ (1) và (2), suy ra A di động trên đường tròn đường kính Phần thuận. Nối AD, vì AC và DO là hai trung tuyến của ∆ABD EF. CP 1 nên P là trọng tâm tam giác, suy ra = . Cách 2. Gọi O là trung điểm BC ⇒ O cố định và A, G, O AC 3 thẳng hàng. BE 1 3 Trên đoạn thẳng AB xác định điểm E sao cho = thì G là trọng tâm ∆ABC nên OA = OG = BG . Suy ra A AB 3 2 điểm E là điểm cố định. 3 CP BE  1  di động trên đường tròn tâm O bán kính BG . Ta có = = 2   nên PE / / CB (định lý Ta-lét AC AB  3  Giới hạn. Do ∆ABC nhọn nên A di động trên cung nhỏ MN đảo). (trừ hai điểm M, N). Phần đảo. ⇒ APE =  ACB ⇒  APE =° 90 . Lấy điểm A biết bất kì thuộc cung nhỏ MN, gọi G là giao điểm Mà A; E là hai điểm cố định nên tập hợp điểm P là đường tròn có của OA với nửa đường tròn đường kính BC ⇒ AO là đường đường kính AE. trung tuyến của ∆ABC . Phần đảo. Lấy điểm P bất kì thuộc đường kính AE. Gọi C là giao Ta có = OG 1 =BG 1 OA ⇒ G là trọng tâm ∆ABC . điểm thứ hai của tia AP với đường tròn (O ) . Gọi D là giao điểm 2 3 của hai tia BC và OP. Kết luận. Vậy tập hợp điểm A là cung nhỏ MN (trừ hai điểm Ta có ACB =° 90 ; APE =° 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường M, N). Bài 2. Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định, BC tròn) là dây cung bất kì. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao DP BE Suy ra BC / / EP ⇒ =. DO BO cho CD = BC. Gọi P là giao điểm của AC và DO. Tìm quĩ BE 1 BE 1 BE 2 DP 2 tích điểm P . Mà =⇒ =⇒ =⇒ =. AB 3 2.BO 3 BO 3 DO 3 Lời giải DP 2 ∆ABD có DO là đường trung tuyến; = ⇒ P là DO 3 D trọng tâm ∆ABD ⇒ AC là đường trung tuyến ⇒ CD = CB . C Kết luận. Vậy quỹ tích điểm P là đường tròn đường kính AE. P Bài 3. Cho đường tròn (O; R) và điểm P cố định nằm trong đường tròn). Dây cung AB thay đổi luôn đi qua P. tiếp tuyến tại A và B A O E B với đường tròn cắt nhau tại M. Tìm quĩ tích điểm M. Lời giải Tìm cách giải. Nhận thấy I là giao điểm của AB và MO thì I thuộc đường tròn đường kính OP và MI.MO = R2. Do vậy, khai thác yếu Tìm cách giải. Ta nghiên cứu tính chất của điểm P. tố không đổi này, ta có thể nhận thấy nếu H là hình chiếu của M Ta có AC và PO là hai trung tuyến của ∆ABD , do đó trên đường thẳng OP thì OP.OH = R2 không đổi, suy ra H cố CP 1 định. Từ đó ta có lời giải. = 90° nên nếu dựng PE / / CB = ; lại có ACB AC 3 d BE 1 (với E ∈ AB ) thì APE= 90° và = , như vậy E A AB 3 H cũng là một điểm cố định và  APE= 90° không đổi. Như P vậy quỹ tích của điểm P là xác định được. M O I B ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Trình bày lời giải Lời giải Phần thuận. Gọi H là hình chiếu của M trên đường thẳng a) Gọi K là giao điểm của Ax và GF, I là giao điểm của By và OP. Gọi I là giao điểm của AB và MO. Suy ra AB ⊥ MO từ  BEI ED. Ta có: =  BCA = 900 đó từ đó ta có ∆ OHM ~ ∆OIP (g.g)  = CBA  (Góc có các cạnh tương ứng vuông góc) BE = EBI OM OH ⇒ = ⇒ OM.OI = OH.OP (1) BC. Do đó: ∆BEI = ∆BCA⇒ BI = BA, mà By cố định, suy ra OP OI điểm I cố định. Mặt khác ∆OAM vuông tại A có AI ⊥ MO nên Tương tự, K cố định. OA2 = OM.OI (2) Vậy khi C di chuyển trên nửa đường tròn (O) thì đường thẳng R2 ED đi qua điểm I cố định và đường thẳng GF đi qua điểm K cố Từ (1) và (2) suy ra OH.OP = OA2 ⇒OH= không đổi OP định. ⇒ M thuộc đường thẳng d vuông góc với OP tại điểm H x D y R2 I và cách O một khoảng cách OH = K OP F E d C G A' H A B O P' b) • Tìm quỹ tích điểm E. M' I' O Phần thuận. Ta có B và I cố định ( chứng minh câu a) mà  = 900 (vì BCDE là hình vuông) suy ra E thuộc nửa đường BEI tròn đường kính BI (bên phải By). B' Phần đảo. Lấy điểm E bất kì thuộc nửa đường tròn đường kính BI (bên phải By). Trên tia EI lấy điểm D sao cho ED = BE. Dựng Phần đảo. Trên đường thẳng d lấy điểm M’ bất kì. Từ M’ hình vuông BEDC ⇒ BC = BE. kẻ tiếp tuyến M’A’, M’B’. Đường thẳng A’B’ cắt M’O tại I’ Giả sử OH cắt A’B’ tại P’  Ta có ABC  = EBD (  ; BA = BI (chứng = 900 − CBI ) Ta có minh câu a) R 2 ⇒ ∆ABC = ∆IBE ( c.g.c ) ⇒ ACB  = IEB  = 900 OP'.OH = OI '.OM ' = R2 ⇒ OP' = ⇒ P' ≡ P OH ⇒ C thuộc nửa đường tròn đường kính AB. Kết luận. Quĩ tích của điểm M là đường thẳng d vuông Kết luận. Vậy quỹ tích các điểm E là nửa đường tròn đường kính R2 BI (bên phải By). góc với OP tại điểm H thỏa mãn OH = . OP • Tìm quỹ tích điểm G. Bài 4. Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định. C là Phần thuận. Ta có A và K cố định ( chứng minh câu a) mà một điểm bất kì thuộc nửa đường tròn. Ở phía ngoài tam  = 900 (vì ACFG là hình vuông) suy ra G thuộc nửa AGK giác ABC, vẽ các hình vuông BCDE và ACFG. Gọi Ax, By đường tròn đường kính AK (bên trái Ax). là các tiếp tuyến của nửa đường tròn. Phần đảo. Lấy điểm G bất kì thuộc nửa đường tròn đường kính a) Chứng minh rằng khi C di chuyển trên nửa đường AK (bên trái Ax). Trên tia GK lấy điểm F sao cho GA = GF. Dựng tròn đã cho thì đường thẳng ED luôn đi qua một điểm cố hình vuông AGFC ⇒ AC = AG. định và đường thẳng FG luôn đi qua điểm cố định khác.  Ta có BAC  = KAG (  ; BA = KA (chứng = 900 − CAK ) b) Tìm quỹ tích các điểm E và G khi C di chuyển trên nửa minh câu a) đường tròn đã cho. ⇒ ∆ABC = ∆AKG ( c.g.c ) ⇒ ACB  = AGK  = 900 c) Tìm quỹ tích của các điểm D và F khi C di chuyển trên ⇒ C thuộc nửa đường tròn đường kính AB. nửa đường tròn đã cho. Kết luận. Vậy quỹ tích các điểm G là nửa đường tròn đường kính ( Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học AK (bên trái Ax). 2004 – 2005) ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
c) • Tìm quỹ tích điểm D.  = 900 mà A, I cố định nên điểm D Phần thuận. Ta có ADI Bài 3. Cho đường tròn (O) nội tiếp hình vuông PQRS. OA thuộc nửa đường tròn đường kính AI (bên trái AI). và OB là hai bán kính thay đổi vuông góc với nhau. Qua A Phần đảo. Lấy điểm D bất kì thuộc nửa đường tròn đường kính AI kẻ đường thẳng Ax song song với đường thẳng PQ, qua (bên trái AI). Dựng hình vuông BCDE (thứ tự đỉnh theo chiều kim B kẻ đường thẳng By song song với đường thẳng SP. Tìm đồng hồ). Suy ra D, I, E thẳng hàng ( vì DI, DE cùng vuông góc với quỹ tích giao điểm M của Ax và By. AD). ( Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên tỉnh Phú Yên, năm học  Ta có ABC  = EBD ( )  ; BA = BI (chứng minh = 900 − CBI 2009 – 2010) câu a) Bài 4. Cho đường tròn (O) và dây BC cố định không qua tâm O, điểm A di chuyển trên cung lớn BC. Trên tia đối ⇒ ∆ABC = ∆IBE ( c.g.c ) ⇒ ACB  = IEB  = 900 của tia AB lấy điểm D sao cho AD = AC. Gọi M là trung ⇒ C thuộc nửa đường tròn đường kính AB. điểm của CD. Hỏi M di chuyển trên đường nào? Nêu cách Kết luận. Vậy quỹ tích các điểm D là nửa đường tròn đường kính dựng đường này và giới hạn của nó. AI (bên trái AI). ( Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Thừa Thiên Huế, năm học • Tìm quỹ tích điểm F. 2007 – 2008)  = 900 mà B, K cố định nên điểm F Phần thuận. Ta có BFK Bài 5. Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Điểm M thuộc nửa đường tròn đường kính BK (bên phải BK). chuyển động trên đường tròn đó. Gọi H là hình chiếu của Phần đảo. Lấy điểm F bất kì thuộc nửa đường tròn đường kính BK điểm M trên AB. Tìm quĩ tích tâm I của đường tròn nội (bên phải BK). Dựng hình vuông AGFC (thứ tự đỉnh theo chiều tiếp tam giác OMH. kim đồng hồ). Suy ra G,F,K thẳng hàng ( vì GK, FK cùng vuông Bài 6. Cho góc vuông xOy và điểm A cố định trên tia Ox, góc với BK). điểm B chuyển động trên tia Oy. Dựng hình vuông ABCD  Ta có BAC  = KAG = 900 − CAK (  ; BA = KA (chứng ) nằm trong góc xOy. Tìm tập hợp giao điểm I hai đường chéo của hình vuông này. minh câu a) Bài 7. Cho ba điểm A, B, C theo thứ tự đó trên đường ⇒ ∆ABC = ∆AKG ( c.g.c ) ⇒ ACB  = AGK  = 900 thẳng d. Vẽ các nửa đường tròn đường kính AB, AC thuộc ⇒ C thuộc nửa đường tròn đường kính AB. hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ là đường thẳng d. Một điểm Kết luận. Vậy quỹ tích các điểm F là nửa đường tròn đường kính H chuyển động trên đoạn AB. Đường thẳng vuông góc với BK (bên trái BK). d ở H cắt cả hai nửa đường tròn nói trên lần lượt ở D và E. Gọi M là giao điểm hai đường thẳng DB và EC. Tìm quỹ tích điểm M. Bài 8. Cho đường tròn (O; R ) và tam giác cân ABC có AB = AC nội tiếp đường tròn (O; R) . Kẻ đường kính Bài 1. Cho ba điểm A, B, C cố định nằm trên đường thẳng d AI. Gọi M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC. Gọi Mx là (B nằm giữa A và C). Một đường tròn (O) thay đổi luôn đi tia đối của tia MC. Trên tia đối của tia MB lấy điểm D sao cho MD = MC . qua A và B, gọi DE là đường kính của đường tròn (O) vuông a) Chứng minh rằng MA là tia phân giác của góc BMx. góc với d. CD và CE cắt đường tròn (O) lần lượt tại M và N. b) Gọi K là giao thứ hai của đường thẳng DC với đường tròn Khi đường tròn (O) thay đổi thì hai điểm M và N di động trên (O) . Tứ giác MIKD là hình gì? Vì sao? đường cố định nào ? c) Gọi G là trọng tâm của tam giác MDK. Chứng minh rằng Bài 2. Cho đường tròn (O;R) và đoạn thẳng AB cố định nằm khi M di động trên cung nhỏ AC thì G luôn nằm trên một bên ngoài đường tròn (O). Gọi C là một điểm chuyển động đường tròn cố định. trên đường tròn. Tìm tập hợp các trọng tâm G của tam Bài 9. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là giác ABC. điểm chính giữa của nửa đường tròn. M là điểm chuyển động trên cung BC. Gọi N là giao điểm của AM và OC. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMB. Tìm tập hợp điểm I. ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. Gọi H, K lần lượt là giao điểm của CA với DE và EM. Do A, B, D C cố định nên H cố định. • ∆ CMK và ∆ CHD có: M = H M = 90 ; DCH  laø goùc chung 0 O Vậy: ∆ CMK ∽ ∆ CHD (g.g) K d A H B C CK CM ⇒ = ⇒ CK.CH = CM.CD (1) CD CH N E • ∆ CMB và ∆ CAD có:  = CAD CMB  (do töù giaùc ABMD noäi tieáp) ;  laø goùc chung ACD Vậy: ∆ CMB ∽ ∆ CAD (g.g) CM CB ⇒ = ⇒ CM.CD =CA.CB (2) CA CD Từ (1) và (2) ⇒ CA.CB CK.CH = CA.CB ⇒ CK = (khoâng ñoåi) ⇒ K l CH • Tam giác CDE có K là trực tâm nên DN cũng đi qua điểm K cố định.  Mà DME = DNE = 90 0 (góc nội tiếp chắn nữa đường  = KNC tròn) ⇒ KMC  = 90 0 . Vậy: Khi đường tròn (O) thay đổi thì hai điểm M và N di động trên đường tròn cố định đường kính CK, với CA.CB CK = . CH Bài 2. Phần thuận. Gọi M là trung điểm AB ⇒ M cố định. Kẻ GO’//OC. O’ ∈ OM. Ta MG 1 có G là trọng tâm nên = . Ta có GO///OC. Suy ra MC 3 O O' G MO' MG O' G MO' 1 = = nên = = C OG MO MC OC MO 3 C' 1 O' ⇒ MO ' = MO ⇒ O’ là điểm cố định. G 3 G' A M B ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
1 1 1 ⇒ O'G = OC ⇒ O ' G = R . Vậy điểm G thuộc đường tròn tâm O’ bán kính R . 3 3 3 1 Phần đảo. Lấy G’ thuộc đường tròn tâm O’ bán kính R qua O kẻ đường thẳng song song với O’G’ căt đường thẳng 3 O ' G MO ' O'G 1 MG’ tại C’. Ta có: = ⇒ = ⇒ OC ' =3.O' G = R ⇒ C ' ∈ ( O ) . OC ' MO OC ' 3 1 Kết luận. Vậy tập hợp các trọng tâm G của tam giác ABC là đường tròn tâm O’ bán kính R. 3 Bài 3. Kí hiệu như hình vẽ. y  =AMB Phần thuận .Ta có AOB  = 900 (giả thiết) ⇒ tứ giác P H Q AOBM luôn nội tiếp x M' A M  ⇒ AMO= ABO  = 450 (vì ∆AOBvuông cân tại O) B' Suy ra M luôn nằm trên đường thẳng đi qua O và tạo với đường O PQ một góc 450. Trường hợp B ở vị trí B’ thì M’ nằm trên đường thẳng đi qua O B và tạo với PS một góc 450. S K R Giới hạn . *) Khi A ≡ H thì M ≡ Q, khi A ≡ K thì M ≡ S *) Trường hợp B ở vị trí B’: khi A ≡ H thì M’ ≡ P, khi A ≡ K thì M’ ≡ R Phần đảo. Lấy M bất kì trên đường chéo SQ (hoặc M’ trên PR), qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) tại A. Kẻ bán kính OB ⊥ OA.  Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì AMO = ABO  = 450 ). Suy ra : AMB   = AOB= 900 . Mà AM//PQ , PQ ⊥PS ⇒ MB//PS. Kết luận. Quỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vuông PQRS. Bài 4.   Tam giác ACD cân tại A nên BAC = 2ADC (Góc BAC là góc ngoài D của tam giác ACD) Gọi I là trung điểm của BC, ta có MI // BD ( đường trung bình của 1 1 α ( A tam giác BCD), nên: IMC   = BDC = BAC = BOC = Do M 2 4 4 O1  không đổi) α = BOC Mo O α Do đó M chạy trên cung tròn nhìn IC dưới góc cùng phía với điểm B C 4 I A đối với đường thẳng BC không đổi. t N Cách dựng. Gọi I là trung điểm của BC.  1   Dựng tia OI cắt đường tròn (O) tại N, ta có: NBC = BAC = BDC = IMC 2 Dựng tia In’ // BN, dựng đường thẳng qua I và vuông góc với In’cắt trung trực đoạn IC tại O1.. Đường tròn tâm O1 và đi qua C là đường cần dựng. Khi A chạy trên cung lớn BC tới trùng với B thì D trùng với D0 trên tiếp tuyến Bt của (O) và BD0 = BC, Khi đó M trùng với M0 là trung điểm của CD0. Vậy M chỉ di chuyển trên cung lớn CM0 của đường tròn (O1) ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Bài 5. M  < MB Phần thuận. Xét với M thuộc đường tròn sao cho AM .  + HOM Ta có HMO  = 900 (vì ∆ HMO vuông tại H) mà I là tâm đường I tròn nội tiếp ∆HMO suy ra A B H  =1 HMO  + 1 HOM  =1 .900 =450 ⇒ MIO O  + IOM IMO  =1350 2 2 2  = AOI ∆OIM và ∆OIA có OM = OA; MOI  OI chung ⇒ ∆OIM = ∆OIA  = AIO (c.g.c) ⇒ MOI  = 1350 mà OA cố định; AIO  = 1350 ⇒ I nằm trên cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn OA.   Tương tự với M thuộc đường tròn sao cho AM > MB . Phần đảo. bạn đọc tự chứng minh. Kết luận. Vậy quĩ tích điểm I là bốn cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn OA; OB. Bài 6. Phần thuận. Tứ giác AIBO là tứ giác nội tiếp vì có D'  + AOB AIB =  = IAB 1800 , suy ra IOB  (hai góc nội tiếp cùng  = 450 x IOA D chắn cung IB), do đó nên OI là tia phân giác của góc AOB. t Vậy điểm I chạy trên tia phân giác của góc xOy. C' I' Giới hạn. vẽ hình vuông AOC1D1 nằm trong góc xOy. Vì điểm B chỉ chạy A I D1 C trên tia phân Ox nên khi B trùng với O thì C trùng với C1, khi đó I trùng I1 với I1là giao điểm của OD1 với AC1. O B C1 B' y Phần đảo. Lấy điểm I' thuộc tia I1t. Nối AI'. Trên nửa mặt phẳng bờ AI' chứa điểm O,vẽ tia AB'(B' thuộc Ox) sao cho I ' AB' = 450 . Gọi C', D' lần lượt là các điểm đối xứng của A và B' qua I'. Chỉ cần chứng minh rằng I' là giao điểm hai đường chéo của hình vuông AB'C'D'. Kết luận. Tập hợp các điểm I là tia I1t thuộc tia phân giác Ot của góc xOy. Bài 7. Phần thuận. Đặt AB = 2R, AC = 2R' thì R. R' là các độ dài ko đổi. D Trong tam giác vuông ADB và AEC, ta có: D' AD2 = AB.AH = 2R.AH ; AE2 = AC.AH = 2R′.AH. Từ đó suy ra AD.AE = A H M1 C 2AH. RR ' . Tứ giác ADME nội tiếp đường tròn vì B M  + AEM ADM = 1800 . M' E E' M2 ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
  AD AM Suy ra AMD = AED . Từ đó ∆DAM ∽ ∆HAE (g.g). Ta có: = . AH AE Suy ra AM.AH = AD.AE = 2AH RR ' ⇒ AM = 2 RR ' không đổi. Từ đó điểm M chạy trên đường tròn tâm A bán kính RR ' . Giới hạn. Vì H chuyển động trên đoạn AB nên: - Khi H trùng với A thì D và E trùng với A, khi đó M trùng với M1 như hình vẽ. Khi H trùng với B thì M trùng với M2 như hình vẽ. Vậy nên H chạy trên cung M1M2. Phần đảo. Lấy điểm M' thuộc cung M1M2. Các tia M'B và CM; cắt các nửa đường tròn đường kính AB, AC lần lượt ở D', E'. Các bạn có thể tự chứng minh D'E' vuông góc với AB. Kết luận. Quỹ tích M là cung M1M2 thuộc đường tròn tâm A bán kính RR ' . Bài 8,  sñ AB  a) AMB = (góc nội tiếp (O) chắn AB). 2   ABC sñ  sñ   AC sñ AB AMx= 180° − AMC = 180° − = = 2 2 2 x    Vậy: AMB = AMx hay MA là tia phân giác của BMx . A D  b) Tam giác MCD cân ⇒ MCD = MDC  = BMC (góc ngoài M 2 N G của tam giác) O Lại có tam giác ABC cân K ⇒ I là điểm chính giữa của cung BC B C  I ⇒ IMC = IMB = BMC . 2  Vậy MCD = IMC  ⇒ IM song song với CD  = MDC MCD  = BMI  ⇒ BI = MK ⇒ MIK = IMB ⇒ IK / / MD . Vậy MIKD là hình bình hành. c) D thuộc đường tròn ( A; AC ) . 1 2 2 Gọi N là điểm trên AI sao cho NA = AI ⇒ NG = AD = AC (hằng số) 3 3 3 2 ⇒ G thuộc đường tròn ( N ; AC ) . 3 ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Bài 9. C I M N I1 A B O  = sñ AC= 45° Phần thuận. Ta có CMN 2 = ⇒ CIN = 2.CMN 90° (góc ở tâm đường tròn ( I ) ). = 90° ∆ICN có IC= IN ; CIN = ⇒ ∆ICN vuông cân tại I ⇒ NCI 45° . = 45° (vì ∆OBC cân) Mà NCI Suy ra C, I, B thẳng hàng. Do đó I thuộc đường thẳng BC. Giới hạn. Khi M tiến tới B thì I tiến tới I1 ( I1 là trung điểm đoạn thẳng BC) Khi M tiến tới C thì I tiến tới C. Vậy I chuyển động trên đoạn thẳng I1C thuộc đoạn thẳng BC. Phần đảo. Lấy điểm I bất kì thuộc đoạn thẳng I1C . Vẽ đường tròn ( I ; IC ) cắt OC tại N. Gọi M là giao điểm thứ hai của đoạn thẳng AN với ( I ) . = 45° ⇒ CNI Ta có IC= IN ⇒ ∆ICN cân mà NCI = 45° ⇒ CIN = 90° = 1 CIN Do đó CMN = 45° 2  = CBA Ta có CMN  (= 45° ) ⇒ ACMB là tứ giác nội tiếp ⇒ M thuộc nửa đường tròn (O) . Kết luận. Tập hợp các điểm I là đoạn thẳng CI1 (với I1 là trung điểm đoạn thẳng BC). ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗