Hoàng Minh Quân –THPT Ngọc Tảo Hà Nội. Tặng diễn ñàn MathScope.org nhân ngày 20-11 Lời nói ñầu Hình học phẳng và hình học giải tích luôn có vẻ ñẹp riêng của nó, mà trong ñó những bài toán quỹ tích hình học , hay nói cách khác là các bài toán tìm tập hợp ñiểm thường là những bài toán hay và khó mà nhiều bạn còn lúng túng khi làm bài. Bài viết nhỏ sau ñây hi vọng sẽ góp phần hữu ích cho cách giải một lớp bài toán tìm quỹ tích hình học có thể giải ñược thông qua phương pháp sử dụng tâm tỉ cự. Nhân ngày nhà giáo Việt Nam 20-11. Batigoal (Hoàng Quân) xin ñược gửi tới các thầy , cô giáo lời chúc sức khỏe, may mắn và hạnh phúc. Chúc cho diễn ñàn MathScope luôn phát triển bền vững và ổn ñịnh. Xin ñược gửi tặng bài viết này tới các thành viên diễn ñàn Mathscope và nhất là các thầy, cô giáo nhân dịp 20-11. Mọi góp ý và bổ sung cho bài viết ñược hoàn thiện hơn. Xin gửi thư về ñịa chỉ hoangquan9@gmail.com. Hà Nội, ngày 20, tháng 11, năm 2011 Người viết Hoàng Minh Quân ỨNG DỤNG TÂM TỈ CỰ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH HÌNH HỌC DẠNG 1 : Quỹ tích các ñiểm thỏa mãn một biểu thức vec tơ, ñộ dài vec tơ. Ví dụ 1.1 : Cho tam giác ABC. Tìm quỹ tích các ñiểm M thỏa mãn ñiều kiện : 4 2 MA MB MC MA MB MC + + = − −       Giải Gọi I, J là hai ñiểm thỏa mãn 4 0 IA IB IC + + =     , 0 JB JC + =    . Khi ñó I, J cố ñịnh. Ta có 4 4( ) ( ) ( ) MA MB MC MI IA MI IB MI IC + + = + + + + +          = 6 4 6 MI IA IB IC MI + + + =      Mặt khác 2 2( ) ( ) ( ) MA MB MC MJ JA MJ JB MJ JC − − = + − + − +          = 2 JA  Vậy 4 2MA MB MC MA MB MC + + = − − ⇔       1 6 2 3 3 JA MI JA MI MI JA = ⇔ = ⇔ =     (JA không ñổi do J, A cố ñịnh).Vậy quỹ tích ñiểm M là ñường tròn tâm I , bán kính 1 3 R JA = . Ví dụ 1.2: Cho tứ giác ABCD . Tìm tập hợp các ñiểm M sao cho: 2 MA MB MC MD MA MB MC + + + = + −        Giải Gọi G là trọng tâm tứ giác ABCD Khi ñó 0 GA GB GC GD + + + =      , gọi I là trung ñiểm AB. Với mọi ñiểm M ta có: 2 MA MB MC MD MA MB MC + + + = + −        ) MG GA MG GB MG GC MG GD MA MC MB MC ⇔ + + + + + + + = − + −             4 MG CA CB ⇔ = +    1 4 2 2 MG CI MG CI ⇔ = ⇔ =   Vậy tập hợp các ñiểm M thỏa mãn ñề bài là ñường tròn tâm G , bán kính 1 2 R CI = . Tâm tỉ cự không chỉ giúp giải tốt các bài toán quỹ tích hình học 10 mà cả các bài toán quỹ tích hình học 12. Ví dụ 1.3: Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD có các ñỉnh A(2; 4; -1), B(1;4;-1), C(2;4;3), D(2;2;-1).Tìm quỹ tích những ñiểm M sao cho: 3 2 MA MB MC MD MA MB − + + = −       . Giải Gọi I(x; y; z) là ñiểm thoả mãn 3 2 0 IA IB IC ID − + + =      , Ta có: (2 ;4 ; 1 ) IA x y z = − − − −  (1 ;4 ; 1 ) IB x y z = − − − −  (2 ;4 ;3 ) IC x y z = − − −  (2 ;2 ; 1 ) ID x y z = − − − −  Vậy 3 2 0 IA IB IC ID − + + =      8 - 3x = 0 ⇔ 10 - 3y = 0 ⇔ I( 8 10 1 ( ; ; ) 3 3 3 ) 1 - 3z = 0 Áp dụng quy tắc 3 ñiểm ta có: 3 2 3( ) 2( ) ( ) ( ) MA MB MC MD MI IA MI IB MI IC MI ID − + + = + − + + + + +              = 3 MI  (Vì 3 2 0 IA IB IC ID − + + =      ) Từ ñó 3 2 MA MB MC MD MB MA − + + = −       ⇔ 3 MI AB =   3 AB MI⇔ = , Mà AB 2 2 2 1 0 0 1 = + + = nên quỹ tích ñiểm M là hình cầu tâm I 8 10 1 ( ; ; ) 3 3 3 , bán kính R 1 3 3 AB = = DẠNG2 : Quỹ tích các ñiểm thỏa mãn tổng bình phương vô hướng vec tơ. Bài toán:Cho n ñiểm 1 2 , , , n A A A và n số thực 1 2 , , , n k k k mà 1 2 0 n k k k k + + + = ≠ . Tìm quỹ tích những ñiểm M sao cho 2 2 2 1 1 2 2 n n k MA k MA k MA m + + + = , trong ñó m là một số không ñổi. Cách Giải Bước 1: Gọi I là ñiểm thỏa mãn 1 1 2 2 0 n n k IA k IA k IA + + + =     , khi ñó ñiểm I là tâm tỉ cự của 1 2 , , , n A A A gắn với bộ n số 1 2 , , , n k k k mà 1 2 0 n k k k k + + + = ≠ , Vì I là tâm tỉ cự nên ñiểm I xác ñịnh duy nhất. Bước 2: Áp dụng quy tắc 3 ñiểm biến ñổi dẫn tới 2 2 2 1 1 2 2 n n m k MA k MA k MA = + + + = 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) n n n n n k k k MI k IA k IA k IA MI k IA k IA k IA + + + + + + + + + + +     = 2 2 2 2 1 1 2 2 ( ) n n kMI k IA k IA k IA + + + + vì 1 1 2 2 0 n n k IA k IA k IA + + + =     Bước 3 : Đặt 2 2 2 1 1 2 2 ( ) n n n k IA k IA k IA = + + + .Ta có: 2 n kMI m + = hay 2 m n MI k − = . Vậy : +, Nếu 2 0 m n MI k − = > thì quỹ tích các ñiểm M là ñường tròn tâm I, bán kính m n R k − = . +, Nếu 0 m n − = thì quỹ tích các ñiểm M là một ñiểm I +, Nếu 2 0 m n MI k − = < thì quỹ tích các ñiểm M là tập rỗng. Ví dụ 2.1 Cho tam giác ABC ñều cạnh a. Tìm quỹ tích các ñiểm M thỏa mãn 2 2 2 2 2 MA MB MC a − + = Giải Gọi I là ñiểm thỏa mãn 2 0 IA IB IC − + =     thì I là tâm tỉ cứ nên I xác ñịnh duy nhất. Ta có 2222 aMC2MBMA =+− 2 2 2 2 ( ) ( ) 2( ) MI IA MI IB MI IC a ⇔ + − + + + =       2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 ) MI IA IB IC MI IA IB IC a ⇔ + − + + − + =     2 2 2 2 2 MI IA IB a ⇔ + − = 2 2 2 2 2 IA IB a MI − + + ⇔ = Do AB a = nên trong tam giác IAB có 2 2 2 0 IA IB AB − + + > suy ra 2 2 2 2 0 2 IA IB a MI − + + = > Vậy quỹ tích các ñiểm M là ñường tròn tâm I, bán kính 2 2 2 2 IA IB a R − + + = Ví dụ 2.2 Cho tam giác ABC với A(1; 0), B(0; 3), C(-3; -5). Tìm quỹ tích ñiểm M thỏa mãn 2 2 2 2 2 MA MB MC + = Giải Ta có: 2 2 2 2 2 MA MB MC + = 2 2 2 2 2 0 MA MB MC ⇔ + − = Gọi I((x, y) là ñiểm thỏa mãn 2 2 0 IA IB IC + − =     Ta có (1 ; ) IA x y = − −  , ( ;3 ) IB x y = − −  , ( 3 ; 5 ) IC x y = − − − −  2 2 0 IA IB IC + − =     ( 8; 13) (0;0) ( ; ) (8;13) x y x y ⇔ − + − + = ⇔ = Vậy I(8;13) Áp dụng quy tắc ba ñiểm ta có: 2 2 2 2 2 0 MA MB MC + − = 2 2 2 2( ) ( ) 2( ) 0 MI IA MI IB MI IC ⇔ + + + − + =       2 2 2 2 2 2 0 MI IA IB IC ⇔ + + − = 2 2 2 2 2 2 MI IA IB IC ⇔ = − − + 2 2 2 2 2 2 2 2(7 13 ) (8 10 ) 2(11 18 ) MI⇔ = − + − + + + 2 290 290 MI MI⇔ = ⇔ = Vậy quỹ tích ñiểm M là ñường tròn tâm I(8; 13), bán kính R = 290 Chú ý Nếu 1 2 0 n k k k k + + + = = thì hệ ñiểm 1 2 , , , n A A A không có tâm tỉ cự nhưng vec tơ 1 1 2 2 n n u k IA k IA k IA = + + +     không phụ thuộc vào việc chọn ñiểm I.Thật vậy giả sử còn ñiểm I’ khác ñiểm I ta có: 1 1 2 2 ' ' ' n n k I A k I A k I A + + +    = 1 1 2 2 ( ' ) ( ' ) ( ' ) n n k I I IA k I I IA k I I IA + + + + + +       = 1 2 1 1 2 2 ( ) ' n n n k k k I I k IA k IA k IA + + + + + + +     = 1 1 2 2 n n k IA k IA k IA u + + + =     . Do ñó ñể tìm quỹ tích các ñiểm M thỏa mãn 2 2 2 1 1 2 2 n n k MA k MA k MA m + + + = (m là hằng số), mà 1 2 0 n k k k k + + + = = ta làm như sau: Bước 1: Với ñiểm I nào ñó .Áp dụng quy tắc 3 ñiểm ta có: 2 2 2 1 1 2 2 n n m k MA k MA k MA = + + + = 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) n n n n n k k k MI k IA k IA k IA MI k IA k IA k IA + + + + + + + + + + +     = 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 ( ) 2 ( ) n n n n k IA k IA k IA MI k IA k IA k IA + + + + + + +     (vì 1 2 0 n k k k k + + + = = ) Bước 2: Đặt 2 2 2 1 1 2 2 n n k IA k IA k IA s + + + = và 1 1 2 2 n n k IA k IA k IA u + + + =     Ta có: 2 2 2 1 1 2 2 2 . n n m k MA k MA k MA s MI u = + + + = +   2 . m s MI u ⇔ = +   2 . MI u m s ⇔ = −   Bước 3: Kết luận +, Nếu 0 u =   và s m = thì quỹ tích M là toàn bộ mặt phẳng. +, Nếu 0 u =   và s m ≠ thì quỹ tích M là tập rỗng. +, Nếu 0 u ≠   thì quỹ tích M là một ñường thẳng vuông góc vec tơ u  Ví dụ 2.3: Cho tam giác ABC . Tìm quỹ tích các ñiểm M thỏa mãn 2 2 2 2 0 MB MC MA + − = Giải Với ñiểm I là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Áp dụng quy tắc 3 ñiểm ta có: 2 2 2 2 0 MB MC MA + − = 2 2 2 ( ) ( ) 2( ) 0 MI IB MI IC MI IA ⇔ + + + − + =       2 ( 2 ) 0 MI IB IC IA ⇔ + − =     (Vì IA=IB=IC, Do I là tâm ñường tròn ngoại tiếp ABC ∆ ) 2 ( 2 ) 0 MI IB IC IA ⇔ + − =     2 ( 3 ) 0 MI IA IB IC IA ⇔ + + − =      2 (3 3 ) 0 MI IG IA ⇔ − =    (G là trọng tâm ABC ∆ ) 6 . 0 MI AG MI AG ⇔ = ⇔ ⊥   . Quỹ tích ñiểm M là ñường thẳng qua I và vuông góc AG. Ví dụ 2.4: Cho hình vuông ABCD cạnh a. Tìm tập hợp các ñiểm M sao cho: 2 2 2 2 2 4 3 3 a MA MB MC MD − + + − = Giải Với ñiểm G là trọng tâm ABC ∆ . Ta có 0 GA GB GC + + =     2 2 2 2 2 2 2 2 3 ( ) ( ) ( ) 3 MA MB MC MD MG GA MG GB MG GC MD + + − = + + + + + −       = 2 2 2 2 2 3 2 ( ) 3 MG GA GB GC MG GA GB GC MD + + + + + + −     = 2 2 2 2 2 3 3 MG GA GB GC MD + + + − (Vì 0 GA GB GC + + =     ) Mặt khác vì G là trọng tâm ABC ∆ nên 2 2 2 2 2 2 1 ( ) 3 GA GB GC BC CA AB + + = + + 2 2 2 2 1 4 ( 2 ) 3 3 a a a a = + + = ( 2 2 2 AC a = vì AC là ñường chéo hình vuông ABCD). Vậy ta có: 2 2 2 2 2 4 3 3 a MA MB MC MD − + + − = 2 2 2 2 4 4 3 3 3 3 MG a MD a − ⇔ + − = 2 2 2 8 3 3 3 MG MD a − ⇔ − = 2 2 2 2 2 8 2 ( 2) 9 3 MD MG a a DG ⇔ − = = = 2 2 2 MD DG MG ⇔ = + . Vậy quỹ tích các ñiểm M là ñường thẳng vuông góc với BD tại G DẠNG 3 : Quỹ tích các ñiểm thỏa mãn ñẳng thức tích vô hướng vec tơ. Ví dụ 3.1 Cho tam giác ABC. Tìm quỹ tích các ñiểm M thỏa mãn: ( 2 ).( 2 ) 0 MA MB MB MC + + =     Giải Gọi I, J là 2 ñiểm thỏa mãn 2 0 IA IB + =    và 2 0 JB JC + =    , ta có: ( 2 ).( 2 ) 0 MA MB MB MC + + =     ( 2( )).( 2( )) 0 MI IA MI IB MJ JB MJ JC ⇔ + + + + + + =         3 .3 0 MI MJ ⇔ =   MI MJ ⇔ ⊥ Vậy quỹ tích ñiểm M cần tìm là ñường tròn ñường kính IJ. Ví dụ 3.2 Cho tam giác ABC. Tìm quỹ tích các ñiểm M thỏa mãn: 2 2 2 1 . ( ) 2 MA MB MC MA MB = − −   Giải Ta có: 2 2 2 1 . ( ) 2 MA MB MC MA MB = − −   2 2 2 2 . MAMB MC MA MB ⇔ = − −   2 2 2 2 . MA MB MA MB MC ⇔ + + =   2 2 ( ) MA MB MC ⇔ + =   MA MB MC ⇔ + =    Gọi I là trung ñiểm AB ta có 0 IA IB + =    . Khi ñó 2 MA MB MC MI MC + = ⇔ =     Hay 2 MC MI = Lấy trên IC hai ñiểm E, F thỏa mãn 2 , 2 EC EI FC FI = − =     Ta có 2 2 2 2 2 4 4 0 MC MC MI MC MI MI = ⇔ = ⇔ − = Hay 2 2 4 0 MC MI − =   ( 2 ).( 2 ) 0 MC MI MC MI ⇔ + − =     ( 2 2 ).( 2 2 ) 0 ME EC ME EI MF FC FE FI ⇔ + + + + − − =         3 . 0 ME MF ME MF ⇔ − = ⇔ ⊥   . Vậy quỹ tích ñiểm M là ñường tròn ñường kính EF. Ví dụ 3.3 Cho tam giác ABC ñều cạnh AB = 3 . Tìm quỹ tích các ñiểm M thỏa mãn: 3 . . . 2 MA MB MB MC MC MA + + =       Giải Ta có AB = 3 2 2 2 3 3 ( ) 3 AB AB MB MA ⇔ = ⇔ = ⇔ − =    2 2 2 . 3 MA MB MA MB ⇔ + − =   ( ) 2 2 1 . 3 2 MA MB MA MB ⇔ = + −  Tương tự ( ) 2 2 1 . 3 2 MB MC MB MC = + −   và ( ) 2 2 1 . 3 2 MA MC MA MC = + −  Vậy 3 . . . 2 MA MB MB MC MC MA + + =       2 2 2 6 MA MB MC + + = . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có 0 GA GB GC + + =     Áp dụng quy tắc 3 ñiểm ta có: 2 2 2 6 MA MB MC + + = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 MG GA MG GB MG GC ⇔ + + + + + =       2 2 3 3 6 MG GA + = (Do ABC △ ñều nên GA=GB=GC) Vậy 2 2 2 2 1 1 MG GA MG MG + = ⇔ = ⇔ = ( 2 1 GA = Vì ABC △ ñều cạnh AB = 3 ) Quỹ tích ñiểm M là ñường tròn tâm G . TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Sách bài tập hình học 10 nâng cao, NXB Giáo Dục 2. Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình, Bài tập nâng cao và một số chuyên ñề hình học 10, NXB Giáo Dục. 3. Trần Văn Tấn,Bài tập nâng cao và một số chuyên ñề hình học 12, NXB Giáo Dục. 4. Tạp chí toán học tuổi trẻ. 5. Tạp chí Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem 6. Tạp chí AMM. 7. Diễn ñàn mathscope.org. 8. Diễn ñàn onluyentoan.org. . thỏa mãn ñề bài là ñường tròn tâm G , bán kính 1 2 R CI = . Tâm tỉ cự không chỉ giúp giải tốt các bài toán quỹ tích hình học 10 mà cả các bài toán quỹ tích hình học 12. Ví dụ 1.3: Trong không. Minh Quân ỨNG DỤNG TÂM TỈ CỰ ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH HÌNH HỌC DẠNG 1 : Quỹ tích các ñiểm thỏa mãn một biểu thức vec tơ, ñộ dài vec tơ. Ví dụ 1.1 : Cho tam giác ABC. Tìm quỹ tích các ñiểm. sau ñây hi vọng sẽ góp phần hữu ích cho cách giải một lớp bài toán tìm quỹ tích hình học có thể giải ñược thông qua phương pháp sử dụng tâm tỉ cự. Nhân ngày nhà giáo Việt Nam 20-11. Batigoal