Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hình học Lớp 11 - Chuyên đề: Hình học phẳng - Loại 3: Tìm quỹ tích

Nội dung text: Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hình học Lớp 11 - Chuyên đề: Hình học phẳng - Loại 3: Tìm quỹ tích

1. Loại 3: Tìm quỹ tích. Câu 1.[SỞ THỪA THIÊN HUẾ ( Vòng 1)- năm học 2002-2003] a/ Trong mặt phẳng Oxy, cho một đường tròn (C) cắt parabol (P): y = x2 tại bốn điểm, một điểmcó tọa độ là (1;1) và ba điểm còn lại là ba đỉnh của một tam giác đều. Tính bán kính của đường tròn (C). b/ Tìm tập hợp các tâm của những tam giác đều có ba đỉnh thuộc parabol (P): y = x2. Lời giải a/ (C): (x – a)2 + (y – b)2 = R2. (C) qua điểm (1;1) nên: R2= (1 – a)2 + (1 – b)2. Hoành độ x1, x2, x3 của ba đỉnh tam giác đều và x = 1 là nghiệm của phương trình: x 1 2 2 2 2 (x – a) + (y – b) = (1 – a) + (1 – b) 3 2 x x (2 2b)x 2 2a 2b 0 3 2 Do đó: x + x + (2 – 2b)x +2 – 2a – 2b  (x – x1)(x – x2)(x – x3) nên: x1 x2 x3 1 x1 x2 x1 x3 x2x3 2 2b Từ giả thiết tam giác đều nên: x x x 3a x1 x2 x3 3a 1 2 3 2 x2 x2 x2 3b 1 2 3 x1 x2 x3 2(x1x2 x2x3 x3x1) 3b 1 2 13 Do đó: a = , b = 3 và bán kính đường tròn (C) là: R = . 3 3 b/ (1.5 đ) Thuận: Giả sử I(a;b) là tâm của tam giác dều ABC có đỉnh trên (P). Đường tròn (ABC) cắt (P) thêm điểm M(x0;y0) ( có thể trùng A, B, C). 2 2 2 2 2 xA, xB, xCvà x0 là nghiệm của: (x – a) + (y – b) = (x0 – a) + ( x0 – b) x x0 3 2 2 3 x x0x (x0 1 2b)x x0 x0 2a 2bx0 0 (1) Suy ra: x x x 3a xA xB xC 3a A B C 2 x2 x2 x2 3b 2 2 A B C xA xB xC 2(xA xB xBxC xCxA ) ( x0 ) 2(x0 1 2b) x a 0 Hay: 3 , vì vậy: b = 9a2 + 2. Nên tâm I ở trên đồ thị (G): y = 9x2 + 2. 2 b x0 2 Đảo:XétI(a; 9a2 + 2) tùy ý trên (G): y = 9x2 + 2. Ta phải chứng minh đường tròn (C) tâm I bán kính IM với M(-3a; 9a2) cắt (P) thêm 3 điểm là 3 đỉnh của một tam giác đều. Xét phương trình: (x – a)2 + (x2 – 9a2 – 2)2= (-3a – a)2 + (9a2 – 9a2 – b)2(2). 1
2. x 3a với f(x) = x3 -3a2x2 - (9a2 + 3)x + 27a3 + 7a(f(x) = 0 chính là phương trình (1) với f (x) 0 x0 = - 3a). Nếu a = 0: f(x) = x3 -3x = 0 có 3 nghiệm phân biệt. f ( 3a) 16a 0;f (3a) 2a 0 khi a > 0 Nếu a 0: Do f(x) liên tục, lim f (x) và x f (3a) 2a 0;f ( 3a) 16a 0 khi a < 0 nên f(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Vậy phương trình f(x) = 0 luôn có 3 nghiệm phân biệt x1, x2, x3với mọi a. y A x1 x2 x3 a x1 x2 x3 3a B 3 Ta có: . Do đó: (3) 2 I 2 2 2 x x x x x x (9a 3) x x x 2 1 2 1 3 2 3 1 2 3 9a 3 3 Do x , x , x là 3 nghiệm phân biệt của (2) nên:M (C) cắt (P) tại 3 đỉnh A x ;x2 , B x ;x2 , C 1 2 3 C x 1 1 2 2 2 x3;x3 của tam giác ABC. Và do (3): tam giác ABC có trọng tâm trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp I, nên ABC là tam giác đều. Kết luận: Tập hợp các tâm của những tam giác đều có 3 đỉnh thuộc (P): y = x2 là parabol: (G): y = 9x2 + 2. Câu 2.[SỞ THỪA THIÊN HUẾ ( Vòng 1)- năm học 2004-2005] Trong mặt phẳng P , cho tam giác vuông ABC cố định có AB AC ,Tìm tập hợp các điểm M thuộc mặt phẳng P sao cho 4MA MB MC MB MC Lời giải Ta có: + MB MC MB MC 2Min MB,MC 4MA MB MC MB MC 2MA MB;2MA MC + Chọn hệ trục Axy và đơn vị trên trục sao cho B(3;0),C(0;3). Gọi M(x;y) 2MA MB 4MA2 BM2 0 4 x2 y2 x 3 2 y2 0 x 1 2 y2 4 Vậy ở trong hình tròn (T) tâm I(-1;0), bán kính 2, ( kể cả biên). Tương tự 2MA MC M ở trong hình tròn (S) tâm J(0;-1), bán kính 2, ( kể cả biên). Vậy tập hợp những điểm M thỏa bài toán là phần giao của hai hình tròn (T) và (S), ( kể cả biên). y 2
3. 6 4 C 2 M x y -5 I 5 10 A B J -2 -4 -6 Câu 3.[SỞ THỪA THIÊN HUẾ ( Vòng 1)- năm học 2005-2006] Cho hình vuông EFGH. Gọi (T) là đường tròn qua các trung điểm các cạnh của tam giác EFG. Nhận xét: Điểm H thỏa mãn đồng thời hai tính chất sau: a/ Các hình chiếu vuông góc của nó lần lượt trên các đường thẳng: EF, FG, GE nằm trên một đường thẳng d. b/ Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (T). Hãy tìm tập hợp tất cả các điểm N của mặt phẳng chứa hình vuông EFGH sao cho N thỏa mãn đồng thời hai tính chất a/ và b/ ở trên. Lời giải + Điểm N thỏa mãn tính chất a/ khi và chỉ khi N ở trên đường tròn qua E, F, G. + Chứng minh: Chọn hệ trục Oxy với O là tâm của hình vuông EFGH và vec tơ đơn vị trên trục   i OG; j OF . Ta có E(-1;0), F(0;1), G(1;0). Phương trình của EF: x –y + 1 = 0; FG: x + y -1 = 0, đường tròn (EFG): x2+y2=1 Gọi N(X;Y). Tọa độ các hình chiếu của N lên EG, EF, FG lần lượt là: 3
4. 1 1 1 1 N1 (X;0),N2 ( (X+Y-1); (X+Y+1)),N3 ( (X-Y+1); (-X+Y+1)) 2 2 2 2 1 1 N N ( ( X Y 1); (X Y 1)) ; N N (1 Y; X ) 1 2 2 2 2 3 2 2 N1, N2 , N3 thẳng hàng khi và chỉ khi (-X+Y-1)(-X)-(1-Y)(X+Y+1)=0 X +Y =1(1) + Tìm thêm điều kiện để N thỏa mãn tính chất b/. Chỉ cần xét N(X;Y) khác F(0;1). Với điều kiện (1) đường thẳng d có phương trình X(x-X) +(1-Y)(y-0)=0 1 1 Tâm của (T) là I(0; ). Bán kính của (T) là 2 2 1 X (0 X ) (1 Y )( ) 2 1 + d tiếp xúc (T) khi và chỉ khi X 2 (1 Y ) 2 2 (2X 2 Y 1) 2 X 2 Y 2 2Y 1(2) + Giải hệ (1) và (2): Rút X2 từ (1) thay vào (2): (2Y2-Y-1)2=2(1-Y) (Y-1)2(2Y+1) 2 =2(1-Y).Đang xét Y 1 nên:(Y-1)(2Y+1)2= -2 1 4Y3-3Y+1= 0 (Y+1)(4Y2-4Y+1) = 0 Y= -1; Y= . 2 + VớiY=-1 ta cóđiểm N(0;-1),đó là H 1 3 1 3 1 Với Y= , ta có thêm hai điểm N là ( ; ) và (- ; ) 2 2 2 2 2 Tập hợp phải tìm là ba đỉnh của tam giác đều nội tiếp trong đường tròn (EFGH) mà một đỉnh là H. Câu 4.[SỞ THỪA THIÊN HUẾ ( Bảng A- Vòng 1)- năm học 2000-2001] Cho hình vuông cố định. Tìm tập hợp những điểm M trong hình vuông đó và thỏa mãn điều kiện: Tích hai khoảng cách từ điểm M đến hai cạnh của hình vuông cùng xuất phát từ một đỉnh bằng bình phương khoảng cách từ điểm M đến đường chéo của hình vuông không đi qua đỉnh đó. Câu 5. (2.0 điểm) y Không giảm tính tổng quát, xét hình vuông có cạnh 2 . Đặt hình vuông ABCD lên mặt phẳng có hệ trục tọa độ A Oxy sao cho A(0;1), B(-1;0), C(0;-1), D(1;0). P Gọi M(x;y) là điểm ở trong hình vuông ABCD, hạ MN, Q MP, MQ lần lượt vuông góc với BD, DA, AB tại N, P, Q. M D Do đó: MP.MQ = MN2(1) ( xét 2 cạnh hình vuông phát xuất từB đỉnh A)N 0 x AB: x – y + 1 = 0,AD: x + y – 1 = 0. | x y 1| | x y 1| (1) . | y |2 | x2 (y 1)2 | 2y2 2 2 C 4
5. M(x;y) ở trong hình vuông nên x – y + 1 > 0, và x + y – 1 < 0. Do đó: x2 –(y – 1)2 = (x – y + 1)(x + y – 1) < 0 nên (1) x2 – (y– 1)2 =- 2y2 x2 + (y+1)2 = 2 Vậy tập hợp các điểm M là cung BD, cung ¼ đường tròn C, bán kính R = 2 . Từ kết quả trên ta kết luận: Tập hợp các điểm M là 4 cung ¼ đường tròn tâm là các đỉnh của hình vuông và có bán kính bằng cạnh của hình vuông. Câu 6.[Trường THPT DTNT Quế Phong- năm học 2008-2009] Cho đường tròn (O) và điểm P nằm trong đường tròn đó. Một đường thẳng thay đổi đi qua P cắt (O) tại hai điểm A vàB. Tìm quỹ tích điểm M sao cho PM PA PB. LOẠI 3. Tìm quỹ tích: Câu 7. [ HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊNVÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI TỈNH LÀO CAI ] Cho ABC nhọn không cân, P là một điểm chuyển động trênđoạn thẳng BC (nhưng không trùng vào các đầu mút). Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP giao AC tại Y khác A . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACP giao AB tại Z khác A .Gọi T là hình chiếu của A trên BC, H là trực tâm tam giác ABC . Gọi K là giao của BY và CZ . Gọi A' là điểm đối xứng với A qua BC . a) Chứng minh rằng A',P,K thẳng hàng b) Chứng minh rằng tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AYZ luôn thuộc một đường thẳng cố định khi P thay đổi. Hướng dẫn giải Kí hiệu UVW là đường tròn đi qua 3 điểm U,V,W a) Ta có BYA BPA 1800 APC 1800 AZC . Suy ra K AYZ . Suy ra YKC BAC YPC hay K CYP . Từ đó KPC KYA APB A'PB hay A',P,K thẳng hàng b) Gọi M là trung điểm BC, AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC tại J sao cho A và J khác phía với BC . AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AYZ tại LkhácA. 0 Do K thuộctròn ngoại tiếp tam giác AYZ nên BKC 180 BAC BHC Suy ra K BHC . 5
6. Lại có ABC và BHC đối xứng nhau qua BC nên A' BHC , AM MJ . Từ đó TM A'J . Ta thu được KLJ AYB APB BPA' KA'J ( BPA' KA'J vì BPA' bằng nửa tổng số đo cung A’B và KC của BHC nhưng vì TM A'J nên số đo cung A’B bằng số đo cung JC của BHC . Do đó BPA' bằng nửa tổng số đo cung KCJ của BHC , do đó bằng KA'J ) Vì vậy L BHC . Do HA'J 900 HLJ 900 Vậy AYZ luôn đi qua giao điểm L của trung tuyến ứng với đỉnh A của BHC hay hình chiếu của trực tâm H trên AM . Do đó tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AYZ luôn thuộc đường thẳng trung trực của đoạn AL cố định khi P thay đổi. Câu 8. [ Đềôn thi độituyển Festival. Đề số2 ] Cho Đường thẳng d và hai điểmO,O cố định nằm trên d , M là điểm di động trên d . Các đường tròn có tâm là O,O và cùng đi qua M cắt nhau tại N ( khác M ). Tìm tập hợp điểm N Câu 9. Cho đường tròn O;R và một điểm S ở trong đường tròn. Xét tất cả các góc vuông đỉnh S : gọi giao điểm của hai cạnh góc vuông với đường tròn là A,B . Tìm tập hợp trung điểm M của AB . Hướng dẫn giải MS 2 MO2 SO2 MS 2 MO2 a2 Ta có MI 2 2 4 2 4 2 2 Mặt khác PM /(O) MA.MB R MO mà MA MB SM 6
7. A M A' S I B O M' B' Gọi I là trung điểm SO , đặt SO a (không đổi) R2 a2 nên MS 2 R2 MO2 MS 2 MO2 R2 MI 2 không đổi. 2 4 1 Vì I cố định nên M thuộc đường tròn tâm I bán kính MI 2R2 a2 2 1 Đảo lại, trên đường tròn I lấy M tuỳ ý M 'I 2R2 a2 . Lấy M làm tâm quay một 2 cung tròn bán kính M S cắt O tại A . Ta có M A M S . Kéo dài M A cắt O tại B . 1 1 M 'S 2 M O2 4M 'I 2 SO2 2R2 a2 a2 R2 2 2 Xét tam giác M SO có: M ' A'2 M 'O2 OA'2 Hay tam giácOM A vuông tại M suy ra M là trung điểm A B nghĩa là M A M B M S hay tam giác SA B vuông tại S . Câu 10. [ THI HSG KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2013 SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM -TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM] Cho đường tròn O; R và một điểm I cố định ở trong đường tròn ( I O ), đường thẳng qua I vuông góc với OI cắt đường tròn tại C và D ; A là một điểm nằm trên đường tròn, tia đối xứng với tia IA qua đường thẳng CD cắt đường tròn tại B . Gọi M là trung điểm của AB . a)Chứng minh đường thẳng AB đi qua một điểm cố định L khi A thay đổi trên đường tròn O; R . 7
8. b) Gọi N, P là giao điểm của đường thẳng OM với đường tròn O; R . Đường thẳng CN và DP cắt nhau ở Q . Chứng minh rằng các điểm Q, N là những tâm của đường tròn nội tiếp và bàng tiếp của tam giác CMD . Hướng dẫn giải L B K D C I E Q N M O P A Gọi L là giao điểm của AB và OI ; K là giao điểm của AB vàCD .  Ta có IE  OL và IE IE là phân giác của góc AIB , suy ra: ABKL 1 Suy ra: MA2 MB 2 MK.ML (M là trung điểm của AB, New-tơn) = (ML LK).ML = ML2 LK.LM Mà ta lại có: PL / (IOMK) LI.LO LK.LM Do đó: MA2 ML2 LK LM ML2 LI.LO Suy ra: ML2 MA2 LI.LO LO 2 OM 2 MA2 LI.LO Suy ra: OL2 OA2 LI.LO (LO OI)LO LO 2 OI.OL R 2 Suy ra OA2 OI.OL . Suy ra OL . Vậy L cố định. OI b)Trước hết ta chứng minh MK là phân giác của gócCMD . Gọi E là giao điểm của OM OM với CD Ta có: OEI : OML 8
9. Suy ra: OM.OE OI.OL OA2 R 2 Suy ra: OE 2 OM.OE OE 2 R 2 Suy ra:OE.ME IE 2 OI 2 R 2 IE 2 (R 2 OI 2 ) IE 2 IC 2 Ta có: PE /(OIRM ) KE.IE OE.ME Do đó ta suy ra: KE.IE IE 2 IC 2 Suy ra: IC 2 IE 2 IE.KE IE(IE KE) IE.IK Theo hệ thức Newton, ta suy ra: CDKE 1(1) Mà MK  ME nên MK là phân giác trong của góc C· MD (2) Theo chứng minh trên ta có:OM.OE R 2 ON 2 Suy ra: PNME 1 Suy ra: NPME 1(3) Từ (1) và (3) ta suy ra: CN, PD, KM đồng quy tại Q .  Mà góc QDN 90 0 nên QMND là tứ giác nội tiếp    Suy ra:QDM QNM CDP  Suy ra DP là phân giác trong của góc CDM . (4) Từ (2) và (4), ta có Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CMD Ta lại có DN  DP suy ra DN là phân giác ngoài của gócC· DM . Suy ra N là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác CMD . Vậy Q , N lần lượtlà tâm của đường tròn nội tiếp và bàng tiếp của tam giác CMD . Câu 11. Xét các điểm M , N ( M , N không trùng với A ) tương ứng thay đổi trên các đường thẳng chứa các cạnh AB, AC của tam giác ABC sao cho MN song song với BC và các đường thẳng BN, CM cắt nhau tại P . Gọi Q là giao điểm thứ hai (khác điểm P ) của đường tròn ngoại tiếp các tam giác BMP và CNP . 1.Chứng minh rằng Q luôn nằm trên một đường thẳng cố định. 2.Gọi A , B , C lần lượt là điểm đối xứng với Q qua các đường thẳng BC , CA, AB . Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C nằm trên một đường thẳng cố định. Hướng dẫn giải 9
10. A M N B' P J C' I Q B L C 1) (2,0 điểm). Do B, Q, P, M cùng nằm trên một đường tròn và C, Q, P, N cùng nằm trên một đường tròn, nên (BQ; BM )  (PQ; PM )  (PQ; PC)  (NQ; NC) mod và (MQ; MB)  (PQ; PB)  (PQ; PN)  (CQ; CN) mod Từ đó suy ra BQM ~ NQC (2) Gọi I và Jtheo thứ tự là hình chiếu của Q trên các đường thẳng BM và CN. Khi đó, do (2) nên QI MB AB (do MN || BC ). QJ NC AC Từ đó, theo tính chất của đường đối trung, Q nằm trên đường đối trung kẻ từ A của tam giác ABC.2) (2,0 điểm). Gọi L là giao điểm của AP với BC. Áp dụng định lý Céva cho tam giác ABC ta có MA LB NC   1 (1) MB LC NA MA NA LB Do MN || BC nên từ đó và (1) suy ra 1 hay L là trung điểm BC.0,5 MB NC LC Do AQ là đường đối trung nên BAQ CAP và kết hợp với tứ giác AIQJ nội tiếp nên AQI AJ I suy ra CAP AJI AQI BAQ 900 AP  IJ (3).0,5 Do cách xác định các điểm B , C nên AB AC AQ hay tam giác AB C cân tại A , kết hợp với IJ là đường trung bình của tam giác QB C IJ || B 'C ', AB ' AC ' (4)0,5 Từ (3), (4) suy ra AP là đường trung trực của đoạn B’C’ suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C nằm trên đường thẳng AP hay nằm trên trung tuyến AL của tam giác ABC.0,5 10