Chuyên đề: Quỹ Tích

CHUYÊN ĐỀ: QUỸ TÍCH

A. Lý thuyết

I). Định nghĩa

Một hình $H$ được gọi là tập hợp điểm ( Quỹ tích) của những điểm $M$ thỏa mãn tính chất $A$ khi và chỉ khi nó chứa và chỉ chứa những điểm có tính chất $A$.

II). Phương pháp giải toán:

Để tìm một tập hợp điểm $M$ thỏa mãn tính chất $A$ ta thường làm theo các bước sau:

Bước 1: Tìm cách giải:

+ Xác định các yếu tố cố định, không đổi, các tính chất hình học có liên quan đến bài toán

+ Xác định các điều kiện của điểm $M$

+ Dự đoán tập hợp điểm.

Bước 2: Trình bày lời giải:

1. Phần thuận:Chứng minh điểm $M$ thuộc hình $H$
2. Giới hạn: Căn cứ vào các vị trí đặc biệt của điểm $M$ để chứng minh điểm $M$ chỉ thuộc một phần $B$ của hình $H$( Nếu có)
3. Phần đảo: Lấy điểm $M$ bất kỳ thuộc $B$. Ta chứng minh điểm $M$ thoả mãn các tính chất $A$
4. Kết luận: Tập hợp các điểm $M$ là hình $B$. (Nêu rõ hình dạng và cách dựng hình $B$)

B.  Bài tập

I. Bài tập minh họa

Ví dụ 1. Cho góc $xOy$ trên tia $Ox$ lấy điểm $A$ cố định . $B$ là điểm chuyển động trên tia $Oy$. Tìm tập hợp các điểm $C$ sao cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $C$. .

Giải:

1. Phần thuận:

Dựng $CH,CK$ lần lượt vuông góc với $Ox,Oy$

 thì $\Delta vCAH=\Delta vCBK\Rightarrow CH=CK$.

Mặt khác góc $xOy$ cố định

suy ra $C\in $tia phân giác $Oz$ của góc $xOy$

2. Giới hạn, Phần đảo: Dành cho học sinh.
3. Kết luận:Tập hợp điểm $C$là tia phân giác $Oz$ của góc $xOy$

Ví dụ 2: Cho tam giác $ABC$.Tìm tập hợp các điểm $M$ sao cho $\frac{{{S}_{MAB}}}{{{S}_{MAC}}}=a>0$ cho trước..

Hướng dẫn:

Phần thuận:

Gọi $D$ là giao điểm của $AM$ và $BC$.

Vẽ $BH,CK$ lần lượt vuông góc

với $AM$, $H,K\in AM$

Ta có: $\frac{{{S}_{MAB}}}{{{S}_{MAC}}}=\frac{BH}{CK}=\frac{{{S}_{ABD}}}{{{S}_{ACD}}}=\frac{DB}{DC}=a$.

Suy ra $\frac{BD}{CD}+1=\frac{a+1}{a}\Leftrightarrow DB=\frac{a}{a+1}BC\Rightarrow D$ là điểm cố định .

Vậy điểm $M$ nằm trên đường thẳng $(d)$ cố định đi qua $A,D$.

Phần còn lại dành cho học sinh.

Ví dụ 3: Cho tam giác $ABC$ và điểm $K$ chuyển động trên cạnh $AC,P$ là điểm chuyển động trên trung tuyến $BD$ của tam giác $ABC$ sao cho ${{S}_{APK}}={{S}_{BPC}}$. Gọi $M$ là giao điểm của $AP,BK$Tìm tập hợp các điểm $M$.

Hướng dẫn:

Bài toán liên quan đến diện tích nên ta

dựng các đường cao

$MF\bot AC,BE\bot AC,AH\bot BD,CI\bot BD$

Ta dễ chứng minh được:

$\frac{{{S}_{ABK}}}{{{S}_{AMK}}}=\frac{MK}{BK}=\frac{MF}{BE},\frac{{{S}_{ABD}}}{{{S}_{BDC}}}=\frac{AH}{CI}=\frac{AD}{DC}=1$

Mặt khác ta cũng có: $\frac{{{S}_{APB}}}{{{S}_{BPC}}}=\frac{AH}{CI}=1$. Từ giả thiết ta suy ra ${{S}_{APK}}={{S}_{APB}}$. Nhưng $\frac{{{S}_{APK}}}{{{S}_{APB}}}=\frac{MK}{BM}=1\Rightarrow BM=\frac{1}{2}BK$

Vậy tập hợp điểm $M$ là đường trung bình song song với cạnh $AC$ của tam giác $ABC$ trừ hai trung điểm ${{M}_{1}},{{M}_{2}}$ của tam giác $ABC$

điểm $I$.

Ví dụ 4: Cho đường tròn $(O)$ có hai đường kính $AB,CD$ vuông góc với nhau . Một điểm $M$chuyển động trên đoạn thẳng $AB$( $M$ không trùng với $O,A,B)$. Đường thẳng $CM$ cắt $(O)$ tại giao điểm thứ 2 là $N$. Đường thẳng vuông góc với $AB$ tại $M$ cắt tiếp tuyến tại $N$ của $(O)$ ở điểm $P$. Chứng minh rằng điểm $P$ luôn chạy trên một đoạn thẳng cố định.

Hướng dẫn:

Điểm $M,N$ cùng nhìn đoạn $OP$ dưới một góc vuông nên tứ giác $MNPO$ nội tiếp suy ra $\widehat{MNO}=\widehat{MPO}=\widehat{MDO}$. Từ đó suy ra $MODP$ là hình chữ nhật . Do đó $MP=OD=R$.

Vậy điểm $P$ nằm trên đường thẳng song song với $AB$ cách $AB$ một khoảng không đổi $R$

Giới hạn: $P$ thuộc đoạn thẳng nằm giữa hai tiếp tuyến tại $A,B$ của $(O)$

Ví dụ 5: Cho nữa đường tròn đường kính $BC$ trên nữa đường tròn lấy điểm $A$ ( Khác $B,C$) . Kẻ $AH$ vuông góc với $BC(H\in BC)$. Trên cung $AC$ lấy điểm $D$ bất kỳ (khác $A,C)$. Đường thẳng $BD$ cắt $AH$ tại điểm $I.$Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AID$ luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi $D$ thay đổi trên cung $AC$..

Hướng dẫn:

Ta có:$\widehat{BDC}={{90}^{0}},$ $\widehat{BAH}=\widehat{ACB}$ 

cùng phụ với góc $\widehat{B}$. Mặt khác $\widehat{ADB}=\widehat{ACB}$

(cùng chắn cung $AB$). Suy ra

$\widehat{BAI}=\widehat{ADI}$ suy ra $AB$ là tiếp tuyến của

đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADI$. Mặt khác $AC$ cố định $AC\bot AB$ nên tâm $K$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADI$ luôn thuộc đường thẳng $AC$.

II. Bài tập tự luyện

Bài 1. Cho đường tròn $\left( O \right)$ và dây cung $BC$ cố định. Gọi $A$ là điểm di động trên cung lớn $BC$ của đường tròn $\left( O \right)$ ($A$ khác $B$, $A$ khác $C$). Tia phân giác của $\widehat{ACB}$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại điểm$D$ khác điểm $C$. Lấy điểm $I$ thuộc đoạn $CD$sao cho \[\text{D}I=DB\]. Đường thẳng $BI$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại điểm $K$ khác điểm $B$. a) Chứng minh rằng tam giác $KAC$ cân. b) Chứng minh đường thẳng $AI$ luôn đi qua một điểm $J$ cố định. c) Trên tia đối của tia $AB$ lấy điểm $M$ sao cho $AM=AC$. Tìm quỹ tích các điểm $M$ khi $A$ di động trên cung lớn $BC$ của đường tròn $\left( O \right)$.

Bài 2. Cho đường tròn $\left( O;R \right)$ và dây $BC$ cố định. $A$ là điểm di động trên đoạn thẳng $BC$. $D$ là tâm của đường tròn đi qua $A,B$ và tiếp xúc với $\left( O;R \right)$ tại $B$; $E$ là tâm của đường tròn đi qua $A,C$ và tiếp xúc với $\left( O;R \right)$ tại $C$. Tìm tập hợp các giao điểm $M$ khác $A$ của hai đường tròn $\left( D \right)$ và $\left( E \right)$.

Bài 3. Cho ba điểm $A,B,C$ cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường thẳng $\left( d \right)$ vuông góc với $AC$ tại $C,D$ là điểm di động trên đường thẳng $\left( d \right)$. Từ $B$ vẽ đường thẳng vuông góc $AD$ tại $H\left( H\in AD \right)$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACD$ tại $M,N$. Tìm tập hợp các điểm $M,N$.

Bài 4. Cho đường tròn $\left( O;R \right)$ hai đường kính $AB$ và $CD$ vuông góc. $M$ là điểm di động trên $\overset\frown{CAD}$. $H$ là hình chiếu của $M$ trên $AB$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $HMO$. Tìm tập hợp các điểm $I$.

Bài 5. Cho đường tròn $\left( O \right)$ điểm $A$ cố định trên đường tròn. Trên tiếp tuyến tại $A$ lấy một điểm $B$ cố định. Gọi đường tròn $\left( O' \right)$ là đường tròn tiếp xúc với $AB$ tại $B$ có bán kính thay đổi. Tìm tập hợp các trung điểm $I$ của dây chung $CD$ của $\left( O \right)$ và $\left( O' \right)$.

Bài 6. Cho đường tròn $\left( O \right)$, $A$là điểm cố định nằm ngoài đường tròn $\left( O \right)$. \[OBC\] là đường kính quay quanh $O$. Tìm tập hợp tâm $I$ đường ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Bài 7. Cho đường tròn $\left( O;R \right)$ đường kính $AB$. Vẽ đường thẳng $\left( d \right)$ vuông góc với $AB$ tại $I\left( I\in AB \right)$. Gọi $M$ là điểm chuyển động trên đường tròn $\left( O;R \right)$. $MA$và $MB$ lần lượt cắt $\left( d \right)$ tại $C$ và $D$. Tìm tập hợp các tâm $J$ của đường tròn qua ba điểm $A,D,C$.

Bài 8. Cho ba điểm cố định $A,B,C$ thẳng hàng theo thứ tự đó. Trên đường thẳng $d$ vuông góc $AB$ tại $B$ lấy điểm bất kỳ $D$. Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $DAC$. Tìm tập hợp các tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAH$.

Bài 9. Cho tam giác cân $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $\left( O;R \right)$ có $AB=AC=R\sqrt{2}$. $M$ là điểm chuyển động trên cung nhỏ $AC$ đường thẳng $AM$ cắt đường thẳng $BC$ tại $D$. Tìm tập hợp các điểm $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $MCD$.

Bài 10. Cho đường tròn $\left( O;R \right)$ và điểm $A$ cố định trong đường tròn BC là dây cung di động quay quanh A. Các tiếp tuyến tại B và C với đường tròn (O) cắt nhau tại D. Tìm tập hợp các điểm D.

Hướng dẫn giải:

 

Bài 1.

a) Ta có $\widehat{DBK}=\frac{1}{2}\left( \text{s}\overset\frown{DA}+\text{s}\overset\frown{AK} \right);\text{s}\widehat{DIB}=\frac{1}{2}\left( \text{s}\overset\frown{BD}+\text{s}\overset\frown{KC} \right)$. Vì $\text{s}\overset\frown{BD}+\text{s}\overset\frown{DA}$ và $\Delta DBI$ cân tại $D$ nên $\text{s}\overset\frown{KC}+\text{s}\overset\frown{AK}$. Suy ra $AK=CK$ hay $\Delta KAC$ cân tại $K$ (đpcm).

b) Từ kết quả câu a, ta thấy $I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ nên đường thẳng $AI$ luôn đi qua điểm $J$ 

(điểm chính giữa của cung $\overset\frown{BC}$ không chứa $A$). Rõ ràng $J$ là điểm cố định.

c). Phần thuận: Do $\Delta AMC$ cân tại $A$, nên $\widehat{BMC}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$. Giả sử số đo $\widehat{BAC}$ là $2\alpha $ (không đổi) thì khi $A$ di động trên cung lớn $BC$ thì $M$ thuộc cung chứa góc $\alpha $ dựng trên đoạn $BC$ về phía điểm $O$.

Phần đảo: Tiếp tuyến $Bx$ với đường tròn $\left( O \right)$ cắt cung chứa góc $\alpha $ vẽ trên đoạn $BC$ tại điểm $X$. Lấy điểm $M$ bất kỳ trên $\overset\frown{Cx}$ (một phần của cung chứa góc $\alpha $và vẽ trên đoạn $BC\left( M\#X;M\#C \right)$. Nếu $MB$cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại $A$ thì rõ ràng $A$ thuộc cung lớn $BC$ của đường tròn $\left( O \right)$. Vì $\widehat{BAC}=2\alpha ;\widehat{AMC}=\alpha $ suy ra $\Delta AMC$ cân tại $A$ hay $AC=AM$.                                                           

Kết luận: Quỹ tích các điểm $M$ là cung $\overset\frown{Cx}$, một phần của cung chứa góc $\alpha $ vẽ trên đoạn $BC$ về phía $O$ trừ hai điểm $C$ và $X$.     

Bài 2.

1. Phần thuận:

$ADOE$ là hình bình hành.

Gọi $K$ là tâm hình bình hành

K là trung điểm của $AO$ và $DE$. $\left( D \right)$ cắt $\left( E \right)$ tại $A$,$M$

$\Rightarrow DE$ là trung trực của $AM$.

Gọi $I$ là giao điểm của $DE$ và $AM$.

Mà $DM=OE$

(cùng bằng bán kính của $\left( D \right)$).

Vậy \[D,M,O,E\] là bốn đỉnh của hình thang cân. Do đó \[D,M,O,E\] cùng thuộc một đường tròn. $\Delta MBC\sim \Delta ADE\left( \widehat{MBC}=\widehat{ADE}=\frac{1}{2}\widehat{ADM},\widehat{MCB}=\widehat{AED}=\frac{1}{2}\widehat{AEM} \right)$, suy ra $\widehat{BMC}=\widehat{DAE}=\widehat{DOE}$ (không đổi). $BC$ cố định. vậy $M$ thuộc cung chứa góc  $\widehat{BOC}$.

b) Giới hạn:

Khi $A\equiv B$ thì $M\equiv B$, Khi $A\equiv C$ thì $M\equiv C$. Vậy $M$ chuyển động trên cung chứa $\widehat{BOC}$.

c) Phần đảo: Lấy điểm $M$ bất kỳ trên cung chứa góc $\widehat{BOC}$. Dựng đường tròn $\left( D \right)$ qua $M$ và tiếp xúc $\left( O \right)$ tại $B$, đường tròn $\left( D \right)$ cắt $BC$ tại $A$. Dựng đường tròn $\left( E \right)$ qua $M,A,C$. Cần chứng minh $\left( E \right)$ tiếp xúc $\left( O \right)$ tại $C$. Thật vậy, từ $B,C$ dựng hai tiếp tuyến $Bx,Cy$ của $\left( O \right)$ ta có

$\widehat{BMA}=\widehat{ABx}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến dây cung cùng chắn $\overset\frown{AB}$),$\widehat{ABx}=\widehat{ACy}$ (vì $NB=NC$). Suy ra $\widehat{BMA}=\widehat{ACy},$ suy ra $Bx,Cy,MA$ đồng quy tại $N$. Do đó $\widehat{AMC}=\widehat{ACy}$, suy ra $CN$ là tiếp tuyến của $\left( E \right)$ qua $N,A,C$.  Vậy $\left( E \right)$ và $\left( O \right)$ tiếp xúc nhau tại $C$.

     d. Kết luận: Tập hợp các điểm $M$ là cung chứa góc $\widehat{BOC}$ dựng trên đoạn $BC$.

Bài 3.

a) Phần thuận: $\widehat{ACD}={{90}^{0}}\Rightarrow AD$ là đường kính của đường tròn (ACD)

Suy ra \[\frac{AM}{AC}=\frac{AB}{AM}\Rightarrow A{{M}^{2}}=AB.AC\Rightarrow AM=\sqrt{AB.AC}\] (không đổi). Vậy \[AM=AN=\sqrt{AB.AC}\] không đổi. Do đó $M,N$ thuộc đường tròn cố định $\left( A;\sqrt{AB.AC} \right)$.

b) Giới hạn: Điểm $D$ chuyển động trên đường thẳng $\left( d \right)$ nên $M,N$ chuyển động trên đường tròn $\left( A;\sqrt{AB.AC} \right)$.

c) Phần đảo: Lấy điểm $M$ bất kỳ thuộc đường tròn $\left( A;\sqrt{AB.AC} \right)$. Vẽ $AH\bot MB\left( H\in MB \right)$ cắt $\left( d \right)$ tại \[D;\] $MH$ cắt $\left( A;\sqrt{AB.AC} \right)$ tại $N$. Ta có $AM=AN=\sqrt{AB.AC}$. $\Delta AHB\sim \Delta ACD$ ($\widehat{A}$ chung, $\widehat{AHB}=\widehat{ACD}={{90}^{0}}$) $\Rightarrow \frac{AH}{AC}=\frac{AB}{AD}\Rightarrow AH.AD=AB.AC$. Do đó \[A{{M}^{2}}=A{{N}^{2}}=AH.AD\]. Xét $\Delta AMH$ và $\Delta ADM$ có $\widehat{A}$ chung, $\frac{AM}{AD}=\frac{AH}{AM}\left( A{{M}^{2}}=AH.AD \right)$.

Tương tự $N$ cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp $\Delta ACD$.

d) Kết luận: Tập hợp các điểm $M$ là đường tròn $\left( A;\sqrt{AB.AC} \right)$. 

Bài 4.

Hướng dẫn: 

a) Phần thuận:

$\Delta HMO$ có

$\widehat{H}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{HMO}+\widehat{HOM}={{90}^{0}}$.

Do đó $\widehat{IMO}+\widehat{IOM}=\frac{1}{2}\widehat{HOM}={{45}^{0}}$

$\Delta IMO$ có  $\widehat{OIM}={{180}^{0}}-\left( \widehat{IMO}+\widehat{IOM} \right)={{135}^{0}}$. Xét $\Delta IMO$ và $\Delta IAO$ có $OI$ (chung); $OM=OA\left( =R \right);\widehat{IOM}=\widehat{IOA}$ ($I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta HMO$). Do đó $\Delta IMO=\Delta IAO$ (c.g.c) $\Rightarrow \widehat{IOM}=\widehat{OIA}$ $\widehat{OIA}={{135}^{0}}$, $OA$ cố định.  Do đó $I$ thuộc cung chứa góc ${{135}^{0}}$ dựng trên đoạn thẳng $OA$.

b) Giới hạn:

$M\to A$ thì $I\to A$. Khi $M\to C$ thì $I\to O$.Khi $M\to D$ thì $I\to O$. Vậy $M$ chuyển động trên hai cung chứa góc ${{135}^{0}}$ dựng trên đoạn thẳng $OA$.

c) Phần đảo: Lấy điểm $I$ bất kỳ trên cung chứa góc ${{135}^{0}}$ dựng trên đoạn $OA\Rightarrow \widehat{OIA}={{135}^{0}}$. Vẽ tia $OM,M\in \left( O \right)$ sao cho \[OI\] là tia phân giác của $\widehat{AOM}$.

Xét $\Delta IMO$ và $\Delta IAO$ có $OM=OA=R,\widehat{IOM}=\widehat{IOA}$, $OI$ (cạnh chung). Do đó $\Delta IMO=\Delta IAO$ (c.g.c), suy ra $\widehat{OIM}=\widehat{OIA}={{135}^{0}}$.

$\Delta IMO$ có $\widehat{IMO}+\widehat{IOM}={{180}^{0}}-\widehat{OIM}={{45}^{0}}\Rightarrow \widehat{HOM}+2.\widehat{IOM}={{90}^{0}}$

$\widehat{HOM}+\widehat{HMO}={{90}^{0}}$. Do đó $\widehat{HMO}=2\widehat{IMO}$, suy ra $MI$ là phân giác $\widehat{HMO}$. Do đó $I$ là tâm đường tròn nội  tiếp $\Delta HMO$.

4. Kết luận:

Tập hợp các tâm $I$ của đường tròn nội tiếp tam giác $HMO$ là cung chứa góc ${{135}^{0}}$ vẽ trên đoạn thẳng $OA$ (trừ hai điểm $A$ và $O$).  

Bài 5.

Hướng dẫn:

a) Phần thuận: $CD$ cắt $AB$ tại $M$.

Xét $\Delta MAD$ và $\Delta MCA$ có $\widehat{AMD}$

(chung), $\widehat{MAD}=\widehat{MCA}$

(góc tạo bởi tia tiếp tuyến, dây cung

và góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset\frown{AD}$).

$\widehat{OIM}={{90}^{0}},OM$ cố định. Do đó $I$ thuộc đường tròn đường kính $OM$.

b) Giới hạn: Điểm $I$ là trung điểm dây cung $CD$ của $\left( O \right)\Rightarrow I$ nằm trong đường tròn $\left( O \right)\Rightarrow I$ chuyển động trên đường tròn đường kính $OM$ nằm trong đường tròn $\left( O \right)$.

c) Phần đảo: Lấy điểm $I$ bất kỳ trên đường tròn đường kính \[OM\] (phần nằm trong đường tròn $\left( O \right)$)

$\Rightarrow \widehat{OIM}={{90}^{0}}$. $MI$ cắt $\left( O \right)$ tại $C,D$. Gọi $\left( O' \right)$ là đường tròn $\left( BDC \right)$. $OI\bot CD\Rightarrow I$ là trung điểm $CD$. $\Delta MAD\sim \Delta MCA$ (vì $\widehat{AMD}$ chung, $\widehat{MAD}=\widehat{MCD}$) $\Rightarrow \frac{MA}{MC}=\frac{MD}{MA}$. Mà \[MA=MB\], suy ra $\frac{MB}{MC}=\frac{MD}{MB}$. Xét $\Delta MDB$ và $\Delta MBC$ có $\widehat{M}$ chung, $\frac{MB}{MC}=\frac{MD}{MB}$. Do đó $\Delta MDB\sim \Delta MBC\Rightarrow \widehat{MBD}=\widehat{MCB}$. Vẽ $O'H\bot DB$, ta có $\widehat{HO'B}=\widehat{MCB}$ suy ra $\widehat{MBD}=\widehat{HO'B}$. Do đó $\widehat{MBD}+\widehat{HBO'}=\widehat{HO'B}+\widehat{HBO'}={{90}^{0}}\Rightarrow O'B\bot AB\Rightarrow AB$ tiếp xúc với đường tròn $\left( O' \right)$.

d) Kết luận: Tập hợp các điểm $I$ là đường tròn đường kính $OM$ (phần nằm trong đường tròn $\left( O \right)$.               

Bài 6.

Hướng dẫn:

a) Phần thuận:

Gọi $D$ là giao điểm của $AO$ với đường tròn $\left( I \right)$ $\left( A\ne D \right)$.

Xét $\Delta OAB$ và $\Delta OCD$ có:

$\widehat{OAB}=\widehat{OCD}$ (cùng chắn $\overset\frown{BD}$)

của $\left( I \right)$); $\widehat{AOB}=\widehat{COD}$ (đối đỉnh). Vậy I thuộc đường thẳng d cố định là trung trực của đoạn thẳng \[AD\].

b) Giới hạn:

Khi $BOC$ qua $A$ thì $I\to {{I}_{1}}$ (${{I}_{1}}$ là trung điểm của $AD$).

Khi $BOC$ không qua $A$ thì $I$ chạy xa vô tận trên đường thẳng $\left( d \right)$.

Vậy $I$ chuyển động trên đường thẳng $\left( d \right)$ (trừ điểm ${{I}_{1}}$ là trung điểm $AD$ là đường trung trực của đoạn thẳng $AD$.

c) Phần đảo: Lấy điểm $I$ bất kỳ thuộc đường thẳng $\left( d \right)$ $\left( I\ne {{I}_{1}} \right)$. Vẽ đường tròn $\left( I;IA \right)$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại $B$. $BO$ cắt $\left( I;IA \right)$ tại $C$. Ta có: $IA=ID\Rightarrow D$ thuộc đường tròn tâm $I$ bán kính IA

d) Kết luận: Tập hợp các điểm $I$ là đường trung trực của đoạn thẳng $AD$ (với $D$ thuộc tia đối của tia $OA$ và $OD=\frac{{{R}^{2}}}{OA}$)trừ điểm ${{I}_{1}}$ ( ${{I}_{1}}$ là trung điểm của đoạn thẳng $AD$).

Bài 7.

Hướng dẫn:

a) Phần thuận:  Gọi $E$ là điểm đối xứng của $B$ qua $\left( d \right)\Rightarrow E$ cố định.

$\widehat{EDC}=\widehat{BDC};\widehat{AMB}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

$\widehat{CAI}=\widehat{BDC}$ (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)

Suy ra $\widehat{EDC}=\widehat{CAI}\Rightarrow $ tứ giác $EDCA$ nội tiếp $\Rightarrow $

đường tròn qua ba điểm $A,D,C$ đi qua hai điểm cố định $A,E$.

Vậy tâm $I$ của đường tròn qua ba điểm $A,D,C$ thuộc đường thẳng cố định là đường trung trực $xy$ của đoạn thẳng $AE$.

b) Giới hạn:

+ Khi $M\equiv {{M}_{1}}$ thì $J\equiv {{J}_{1}}$ (${{M}_{1}}$ là trung điểm $\overset\frown{AB}$; ${{J}_{1}}{{M}_{1}}\bot O{{M}_{1}},{{J}_{1}}\in \left( d \right)$

+  Khi $M\equiv {{M}_{2}}$ thì $J\equiv {{J}_{2}}$ (${{M}_{2}}$ là trung điểm $\overset\frown{AB}$; ${{J}_{2}}{{M}_{2}}\bot O{{M}_{2}},{{J}_{2}}\in \left( d \right)$

Do đó $J$ chuyển động trên hai tia ${{J}_{1}}x,{{J}_{2}}y$ của đường trung trực của đoạn thẳng $AE$.

c)Phần đảo: Lấy điểm $J$ bất kỳ trên tia ${{J}_{1}}x$ (hoặc ${{J}_{2}}y$). Vẽ đường tròn $\left( J;JA \right)$ cắt $\left( d \right)$ tại $C,D$.

$AC$ cắt $BD$ tại $M$.

Ta có: $JE=JA$ ($J$thuộc trung trực của $AE$) $\Rightarrow E\in \left( J,JA \right)$.

$\widehat{ACI}=\widehat{DEA}$ ($EDCA$ nội tiếp $\left( J \right)$); $\widehat{DBE}=\widehat{DEA}$ ($B,E$ đối xứng qua $\left( d \right)$).

Mà $\widehat{CIB}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{CMB}={{90}^{0}}\Rightarrow M$ thuộc đường tròn $\left( O \right)$.

d) Kết luận: Tập hợp các tâm \[J\] đường tròn qua ba điểm $A,D,C$ là hai tia ${{J}_{1}}y$ của đường trung trực của đoạn thẳng $AE$.

Bài 8.

Hướng dẫn:

a) Phần thuận: $AC$ cắt $\left( O \right)$ tại $A,E$.

Xét $\Delta BAH$ và $\Delta BDC$ có:

$\widehat{ABH}=\widehat{DBC}\left( ={{90}^{0}} \right)$;

$\widehat{BAH}=\widehat{BDC}$

(hai góc nhọn có cạnh tương  ứng vuông góc).

Suy ra: BD.BH=AB.BC  (không đổi)   (1)

Xét $\Delta BAD$ và $\Delta BHE$ có: $\widehat{B}$ chung, $\widehat{BAD}=\widehat{BHE}$ (tứ giác $ADHE$ nội tiếp). Do đó: $\Delta BAD\sim \Delta BHE\Rightarrow \frac{BA}{BH}=\frac{BD}{BE}\Rightarrow BA.BE=BD.BE\Rightarrow BC=BE$  (2) Từ (1) và (2) ta có: $BD.BH=AB.BC=BA.BE\Rightarrow BC=BE$. \[E\] thuộc đường thẳng cố định $AB$ suy ra $E$ cố định. $OA=OE$ ($O$ là tâm đường tròn $\left( DAH \right)$ ) $\Rightarrow O$ thuộc đường thẳng cố định , $\left( m \right)$ là đường trung trực của đoạn thẳng $AE$.

b) Giới hạn: $D$ chuyển động trên cả đường thẳng $\left( d \right)$ nên $O$ chuyển động trên cả đường thẳng $\left( m \right)$ (loại trừ điểm $m$ là giao điểm của $AC$ và $\left( m \right)$).

c) Phần đảo: Lấy $O$ bất kỳ trên đường thẳng $\left( m \right)$. Vẽ đường tròn $\left( O;OA \right)$ cắt đường thẳng $\left( d \right)$ lần lượt tại $H,D$.

$OA=OE$ nên $E\in \left( O;OA \right)$. Xét $\Delta BAD$ và $\Delta BHE$ có: $\widehat{B}$ chung; $\widehat{BAD}=\widehat{BHE}$ (tứ giác $ADHE$ nội tiếp). Suy ra: $\Delta BAD\sim \Delta BHE\Rightarrow \frac{BA}{BH}=\frac{BD}{BE}\Rightarrow BA.BE=BD.BH$. Mà $BE=BC$ do đó: $BD.BH=AB.BC\Rightarrow \frac{AB}{BD}=\frac{BH}{BC}$. Xét $\Delta BAH$ và $\Delta BDC$ có: $\widehat{ABH}=\widehat{DBC}\left( ={{90}^{0}} \right)$; $\frac{AB}{BD}=\frac{BH}{BC}$. Do đó $\Delta BAH\sim \Delta BDC\Rightarrow \widehat{BAH}=\widehat{BDC}$.

$\Delta ADC$ có $DB\bot AC,AH\bot DC\Rightarrow H$ là trực tâm của $\Delta DAC$.

d) Kết luận: Tập hợp các tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAH$ là đường trung trực $\left( m \right)$ của đoạn thẳng $AE$ (trừ điểm $M$ là giao điểm của $AC$ với $\left( m \right)$ (với $E$ là điểm đối xứng của $C$ qua $B$).

Bài 9.

Hướng dẫn:

a) Phần thuận: $AB=AC=R\sqrt{2}$ (gt); $AB,AC$ là dây cung của $\left( O;R \right)$ nên $AB,AC$ là các cạnh của hình vuông nội tiếp $\left( O;R \right)$ suy ra $\Delta ABC$vuông cân tại $A$, suy ra $BC$ là đường kính của $\left( O;R \right)$, $\widehat{CID}=2\widehat{CMD}={{90}^{0}}$

Ta có: $\widehat{CMD}={{45}^{0}}\Rightarrow \widehat{CMD}$ nhọn,

$\Delta ICD$ có $IC=ID\left( =R \right)\Rightarrow \Delta ICD$

cân tại $I$ mà $\widehat{CID}={{90}^{0}}$ nên $\Delta ICD$ vuông cân tại $I$, suy ra $\widehat{ICD}=\widehat{IDC}={{45}^{0}}$. Ngoài ra $\widehat{ACB}={{45}^{0}}$ do đó $\widehat{ACI}={{90}^{0}}$.

$\widehat{ACI}={{90}^{0}}$ và $AC$cố định $Cx$ vuông góc với $AC$ tại $C$.

b) Giới hạn:

Khi $M\equiv C$ thì $I\equiv C$.

Khi $M\equiv A$ thì $I$ chạy xa vô tận trên tia $Cx$.

Vậy $I$ chuyển động trên tia $Cx$ vuông góc với $AC$ tại $C$.

c) Phần đảo: Lấy $I$ bất kỳ thuộc tia $Cx$. Vẽ đường tròn $\left( I;IC \right)$, đường tròn này cắt $BC$ tại $B$, cắt $\left( O \right)$ tại $M$ $\left( M\ne C;D\ne C \right)$. Tứ giác $BAMC$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{ABC}+\widehat{AMC}={{180}^{0}}\Rightarrow \widehat{AMC}={{135}^{0}}$.

$\Delta ICD$ có $IC=ID\left( =r \right)\Rightarrow \widehat{IDC}={{45}^{0}}\Rightarrow \widehat{CID}={{90}^{0}}$. Nên A,M,D thẳng hàng.

d) Kết luận: Tập hợp các tâm $I$ của đường tròn ngoại tiếp $\Delta MCD$ là tia $Cx$ vuông góc với $AC$ tại $C$.

Bài 10.

Hướng dẫn:

1. Phần thuận: Gọi $M$ là giao điểm của $OD$ và $BC$.

Vẽ $DH\bot OA\left( H\in OA \right)$, $DB=DC$

(định lý tiếp tuyến), $OB=OC\left( =R \right)$

 suy ra $DO$ là trung trực của  $BC\Rightarrow DO\bot BC$.

Xét $\Delta OMA$ và $\Delta OHD$ có $\widehat{O}$ chung, $\widehat{OMA}=\widehat{OHD}\left( ={{90}^{0}} \right)$. Vậy D thuộc đường thẳng cố định d vuông góc với đường thẳng OA tại H.

b) Giới hạn: $BC$ quay quanh $A$ nên $D$ chuyển động trên đường thẳng $\left( d \right)$.

c) Phần đảo: Lấy \[D\] bất kỳ trên đường thẳng $\left( d \right)$. Vẽ dây $BC$ qua $A$ và vuông góc với $OD$ tại $M\left( M\in OD \right)$. Xét $\Delta OMA\sim \Delta OHD\Rightarrow \frac{OA}{OD}=\frac{OM}{OH}\Rightarrow OA.OH=OM.OD$. Mà $OA.OH={{R}^{2}}$ nên $OM.OD={{R}^{2}}=\frac{OM}{OB}=\frac{OB}{OD}$ do đó $\Delta OMB\sim \Delta OBD$,

 suy ra $\widehat{OMB}=\widehat{OBD}$ có $\widehat{MOB}$ (chung); $\frac{OM}{OB}=\frac{OB}{OD}$ do đó $\Delta OMB\sim \Delta OBD$,

 suy ra $\widehat{OMB}=\widehat{OBD}$; mà $\widehat{OMB}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{OBD}={{90}^{0}}\Rightarrow DB$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$.

Tương tự $DC$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$.

d) Kết luận: Tập hợp các điểm $D$ là đường thẳng $\left( d \right)$ vuông góc với $OA$ tại $H$ (với $OH=\frac{{{R}^{2}}}{OA}$).

Bài viết gợi ý:

1. Hệ thức lượng trong tam giác vuông

2. Chuyên đề: Chứng minh bất đẳng thức bằng quy nạp

3. Chuyên đề: Chứng minh bất đẳng thức bằng phản chứng

4. Chuyên đề: Sử dụng các tính chất của tỉ số, tính chất giá trị tuyệt đối và tính chất của tam thức bậc hai trong chứng minh bất đẳng thức

5. Phương pháp biến đổi tương đương để chứng minh bất đẳng thức

6. Chuyên đề: Các bài toán rút gọn nâng cao

7. Chuyên đề: Rút gọn biểu thức chứa chữ