pp toa do bai toan quy tich

Sử dụng phương pháp tọa ñộ giải các bài toán quỹ tích
Các bài toán quỹ tích luôn là các bài toán không ñơn giản. Việc tìm quỹ tích của một
ñiểm thường phải dự ñoán ñược quỹ tích, sau ñó chứng minh ñiểm luôn thuộc quỹ tích. Với
các bài toán sử dụng phương pháp hình học tổng hợp, chủ yếu chúng ta hay gặp các bài toán
mà quỹ tích là ñường thẳng hoặc ñường tròn, nếu quỹ tích là ñường khác (chẳng hạn elip,
hypebol, parabol hay một số ñường ñặc biệt…) việc dùng phương pháp hình học tổ hợp là
khó khăn. Chúng ta có thể nghĩ ñến phương pháp tọa ñộ.
ðể thấy ñược hiệu quả của phương pháp, chúng ta cùng xét ví dụ ñơn giản thứ nhất

Ví dụ 1 (Việt Nam 2007): Trong mặt phẳng cho tam giác ABC có B, C cố ñịnh, A thay ñổi.
Gọi G và H theo thứ tự là trọng tâm và trực tâm của tam giác ABC. Tìm quỹ tích ñỉnh A,
biết rằng trung ñiểm của GH nằm trên BC.
y

Giải

A

Các bạn có thể nghĩ ñến việc sử dụng phương
pháp hình học tổng hợp. Nhưng như thế gặp phải
khó khăn khi tìm quỹ tích của ñiểm A mà ñiểm A
sinh ra các ñiểm G, H, ñiều kiện của bài toán lại
liên quan ñến ñiểm G, H. ðiều kiện trung ñiểm
của GH thuộc BC rất khó ñưa ra một ñiều kiện
ñể tìm ñiều kiện của ñiểm A.

G

I
B

C

Chúng ta cùng xem xét phương pháp tọa ñộ ñể
giải bài toán. Việc gắn tọa ñộ phải theo các ñiểm
cố ñịnh, cụ thể ở ñây là B và C.

H

Chọn hệ trục Bxy sao cho tia Bx trùng tia BC, tia By vuông góc Bx.
 x + c y0 
; 
Trong hệ Bxy, ta có: B(0;0); C( c ;0); A ( x0 ; y0 ) trong ñó y0 ≠ 0 . Suy ra G  0
3
 3
Do AH vuông góc BC nên tọa ñộ H có dạng H ( x0 ; yH ) thỏa mãn:

BH . AC = 0 ⇔ x0 ( c − x0 ) + yH ( − y0 ) = 0 ⇔ yH =

x

x0 ( c − x0 )
y0


 4 x0 + c 3 x0 ( c − x0 ) + y02 
Suy ra trung ñiểm I của GH có tọa ñộ: I 
;

6
6 y0



3 x0 ( c − x0 ) + y02
I thuộc BC khi và chỉ khi
=0
6 y0
⇔ 3 x0 ( c − x0 ) + y02 = 0 ⇔ y02 − 3 x02 + 3c.x0 = 0
2

 2
c c 2  3c 2
c  3c 2

2
⇔ y − 3  x0 − 2.x0 . +  =
⇔ y0 − 3  x0 −  =
( *)
2
4
4
2
4




2
0

Tọa ñộ ñiểm A thỏa mãn phương trình (*), ñây là phương trình Hyperbol.

Nếu theo phương pháp hình học tổng hợp thì thật quá khó khăn… Và ñến bây giờ vẫn chưa
thấy có lời giải nào.
Qua ví dụ 1, chúng ta thấy ñược hiệu quả của phương pháp tọa ñộ trong việc giải các
bài toán về quỹ tích. ðể thấy ñược rõ hơn sức mạnh của phương pháp, ta xét ví dụ tiếp theo

Một số ví dụ áp dụng

Bài 2 : Cho △ ABC , M là ñiểm di ñộng trên cạnh BC. Hạ MN, MQ tương ứng vuông góc
và song song với AB ( N∈ AB, Q∈ BC ). Gọi P là hình chiếu của Q trên AB, I là tâm của
hình chữ nhật MNPQ. Tìm quỹ tích tâm I khi M chạy trên cạnh AB.
Bài 3 : Cho ñường tròn ( C ) có ñường kính AB không ñổi, một ñiểm M di ñộng trên ( C ).
Gọi H là hình chiếu của M trên AB. Tìm quỹ tích trung ñiểm I của MH.
Bài 4 : Cho △ ABC , M là ñiểm di ñộng trên cạnh BC. Hạ MN, MQ tương ứng vuông góc
và song song với AB ( N∈ AB, Q∈ BC ). Gọi P là hình chiếu của Q trên AB, I là tâm của
hình chữ nhật MNPQ.
Tìm quỹ tích tâm I khi M chạy trên cạnh AB.
Giải :
Hướng dẫn :

-

Gọi O là chân ñường cao hạ từ C xuống AB.
Chọn hệ trục toạ ñộ Oxy sao cho A∈ ox, oy qua BC
Tìm toạ ñộ của N, Q, I theo toạ ñộ của ñiểm A, B, C, M
Tìm mối liên hệ tung ñộ và hoành ñộ của ñiểm I chú y ñiều kiện của ñiểm M


Lời giải :
- Gọi O là chân ñường cao hạ từ C
xuống AB

x
y
=1
+
a h

- Chọn hệ trục toạ ñộ Oxy ( như
hình vẽ ).
Giả sử toạ ñộ các ñỉnh A, B, C là :
A ( a;0 ), B ( b;0 ), C ( 0; h ) , h > 0
Phương trình ñường thẳng AB theo
ñoạn chắn :

Phương trình ñường thẳng BC theo ñoạn chắn :

x
y
= 1 . Giả sử MQ có phương trình y = m (0 ≤ m ≤ h )
+
b h
Toạ ñộ của ñiểm Q là nghiệm của hệ phương trình

y = m
y=m
a


⇒ Q ( ( h − m ); m)
⇔  a

y
x
h
 a + h = 1
 x = h ( h − m )
Tương tự ta có : M (

b
a
( h − m ); m) . Toạ ñộ của ñiểm P là P( ( h − m );0)
h
h

Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD. Suy ra I là trung diẻm của MP
1
( a + b )( h − m )

x
=
(
x
+
x
)
=
(1)
I
M
P


2
2h
Khi ñó 
⇒
1
m
y = ( y + y ) =
(2)
I
M
p

2
2
Từ (1) suy ra m = h(1−

2 xI
)
a+b

(2) suy ra m = 2yI . Vì 0 ≤ m ≤ h nên

xI
Y
+ I = 1 (*)
a+b
h
2
2

a−b

2 xI

0
x
≤
≤
I
) ≤ h
 0 ≤ h(1−

2
a
b
+
(**)
⇔


c
0 ≤ 2 y ≤ h
0 ≤ y ≤
I
I


2
Từ (*) và (**) suy ra quỹ tích tâm I của hình chữ nhật MNPQ là ñoạn KH, ở

ñây K, H lần lượt là trung ñiểm của OC và AB. (ñpcm)
Chú ý : Mọi lập luận ở ñây không phụ thuộc vào hình dáng của △ ABC

Bài 5 : Cho ñường tròn ( C ) có ñường kính AB không ñổi, một ñiểm M di ñộng
trên ( C ). Gọi H là hình chiếu của M trên AB. Tìm quỹ tích trung ñiểm I của
MH.
Giải :
Hướng dẫn :

- ðể phương trình của ñường tròn ñơn giản ta chọn hệ trục toạ ñộ có gốc O
trùng với tâm O của ñường tròn
- Trục Ox ñi qua AB
- Tìm toạ ñộ trung ñiểm I của MH theo toạ ñộ ñiểm M
- Tìn mối liên hệ giữa tung ñộ và hoành ñộ của ñiểm I
Lời giải :
- Chọn hệ trục toạ ñộ Oxy ( như
hình vẽ )
- ðặt R =

AB
, R là không ñổi .
2

ðường tròn ( C ) có phương trình :
x2 + y 2 = R2 .
Xét ñiểm M ( x0; y0 ) ∈ ( C )
⇒ x0 2 + y0 2 = R 2 (1)


H là hình chiếu của M trên AB ⇒ H ( x0; 0 )

 xI = x0
 x0 = xI
y

⇒
⇒ I ( x0 ; 0 ).
I là trung ñiểm của MH ⇒ 
y0 
2
 y0 = 2 yI
 yI = 2
xI 2
yI 2
Thay vào (1) ⇒ xI + 4 yI = R hay ⇒
+ 2 =1
(2 R ) 2
R
2

2

2

xI 2
yI 2
Chứng tỏ quỹ tích I là elip (E) :
+ 2 = 1 ñộ dài trục lớn là 2R, trục bé
R
(2 R) 2

là R.