QUY TICH HÌNH học 9

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

QUỸ TÍCH
PHƯƠNG PHÁP CHUNG ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH
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:
A. Phần thuận:Chứng minh điểm M thuộc hình H
B. 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)
C. Phần đảo: Lấy điểm M bất kỳ thuộc B . Ta chứng minh
điểm M thoả mãn các tính chất A
D. Kết luận: Tập hợp các điểm M là hình B . (Nêu rõ hình
dạng và cách dựng hình B )
III). MỘT SỐ DẠNG QUỸ TÍCH CƠ BẢN TRONG CHƯƠNG
TRÌNH THCS
I). TẬP HỢP ĐIỂM LÀ ĐƯỜNG TRUNG TRỰC

203

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Tập hợp các điểm M cách đều hai điểm A, B
cho trước là đường trung trực của đoạn thẳng AB
Ví dụ 1: Cho góc xOy cố định và điểm A cố định nằm trên tia Ox
.

B là điểm chuyển động trên tia Oy , Tìm tập hợp trung điểm M
của AB
a) Phần thuận:
+ Xét tam giác vuông OAB ta có :

OM = MA = MB nên
tam giác OAM cân tại M . Mặt khác OA cố định
suy ra M nằm trên đường trung trực của đoạn
thẳng OA .
b) Giới hạn:
+ Khi B trùng với O thì M ≡ M 1 là trung điểm OA
+ Khi B chạy xa vô tận trên tia OB thì M chạy xa vô tận trên tia

M1z
c) Phần đảo .
Lấy M bất kỳ thuộc tia M 1 z , AM cắt Oy tại B . Suy ra

·
·
·
·
. Mặt khác OBM

(cùng phụ với góc
MO = MA ⇒ MAO
= MOA
= BOM
·
·
) ⇒ MO = MB . Suy ra MO = MA = MB . Hay M là trung
MAO
= MOA
điểm của AB .
d) Kết luận: Tập hợp các trung điểm M của AB là đường
trung trực của đoạn OA .
II) TẬP HỢP ĐIỂM LÀ TIA PHÂN GIÁC
204


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Tập hợp các điểm M nằm trong góc xOy khác góc bẹt và cách
đều hai cạnh của góc xOy là tia phân giác của góc xOy .

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:
a) Phần thuận:
Dựng CH , CK lần lượt vuông góc với Ox, Oy
thì ∆vCAH = ∆vCBK ⇒ CH = CK .
Mặt khác góc xOy cố định
suy ra C ∈ tia phân giác Oz của góc xOy

b) Giới hạn, Phần đảo: Dành cho học sinh.
c) Kết luận:Tập hợp điểm C là tia phân giác Oz của góc xOy
III). TẬP HỢP ĐIỂM LÀ ĐƯỜNG THẲNG , ĐƯỜNG THẲNG
SONG SONG.
Ta thường gặp các dạng tập hợp cơ bản như sau:
1. Tập hợp các điểm M nằm trên đường thẳng đi qua các
điểm cố định A, B là đường thẳng AB
205


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

2. Tập hợp các điểm M nằm trên đường thẳng đi qua điểm
cố định A tạo với đường thẳng ( d ) một góc không đổi
3. Tập hợp các điểm M cách đường thẳng ( d ) cho trước một
đoạn không đổi h là các đường thẳng song song với ( d ) và
cách đường thẳng ( d ) một khoảng bằng h
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC .Tìm tập hợp các điểm M sao cho

S MAB
= a > 0 cho trước.
S MAC
Hướng dẫn:
Phần thuận:
Gọi D là giao điểm của AM và BC .
Vẽ BH , CK lần lượt vuông góc
với AM , H , K ∈ AM
Ta có:

S MAB BH S ABD DB

=
=
=
=a.
S MAC CK S ACD DC

Suy ra

BD
a +1
a
+1 =
⇔ DB =
BC ⇒ D là điểm cố định .
CD
a
a +1

Vậy điểm M nằm trên đường thẳng (d ) cố định đi qua A, D .
Phần còn lại dành cho học sinh.
Ví dụ 2: 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
206

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

MF ⊥ AC , BE ⊥ AC , AH ⊥ BD, CI ⊥ BD
Ta dễ chứng minh được:

S ABK MK MF S ABD AH AD
=
=
,
=
=
=1
S AMK BK
BE S BDC
CI
DC
Mặt khác ta cũng có:

S APK = S APB . Nhưng

S APB AH
=
= 1 . Từ giả thiết ta suy ra
S BPC
CI

S APK MK
1

=
= 1 ⇒ BM = BK
S APB BM
2

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 3: Cho đường tròn (O) có hai đường kính A B,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 MNO
. Từ đó
= MPO
= MDO

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)
207


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Ví dụ 4: Cho nữa đường tròn đường kính BC trên nữa đường tròn
lấy điểm A ( Khác B,C ) . Kẻ AH vuông góc với BC(H ∈ 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: BDC
= 900 , BAH
= ACB
·
·
µ . Mặt khác ADB
cùng phụ với góc B
= ACB

(cùng chắn cung AB ). Suy ra
·
·
suy ra AB là tiếp tuyến của
BAI

= ADI

đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI . Mặt khác AC cố định
AC ⊥ AB nên tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI luôn
thuộc đường thẳng AC .
IV. TẬP HỢP ĐIỂM LÀ ĐƯỜNG TRÒN, CUNG CHỨA GÓC.
1. Nếu A, B cố định. Thì tập hợp các điểm M sao cho

·AMB = 900 là đường tròn đường kính AB ( Không lấy các
điểm A, B )
2. Nếu điểm O cố định thì tập hợp các điểm M cách O một
khoảng không đổi R là đường tròn tâm O bán kính R .
3. Tập hợp các điểm M tạo thành với 2 đầu mút của đoạn
·
thẳng AB cho trước một góc MAB
= α không đổi

( 0 < α < 180 ) là hai cung tròn đối xứng nhau qua AB . Gọi tắt
0

là ‘’cung chứa góc ‘’

208


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Ví dụ 1. Cho tam giác cân ABC ( AB = AC ) và D là một điểm trên
cạnh BC . Kẻ DM / /AB ( M ∈ AC ). DN / /AC ( N ∈ AB) . Gọi D' là điểm
đối xứng của D qua MN . Tìm quỹ tích điểm D' khi điểm D di

động trên cạnh BC .
Hướng dẫn giải:

Phần thuận: Từ giả thiết đề ra ta thấy NB = ND = ND' , do đó ba
điểm B,D,D' nằm trên đường tròn tâm N . Từ đó
1·
1·
·
BD'D
= BND
= BAC
(1). Tương tự ta có ba điểm D',D,C nằm trên
2
2
1·
1·
·
= DMC
= BAC
đường tròn tâm M . Nên DD'C
(2). Từ (1) và (2)
2
2
·
·
suy ra BD'C
(không đổi). Vì BC cố định, D' nhìn BC dưới
= BAC
·
một góc BAC

không đổi, D' khác phía với D (tức là cùng phía với
·
vẽ trên đoạn
A so với MN ) nên D' nằm trên cung chứa góc BAC
BC (một phần của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ).

Phần đảo: Bạn đọc tự giải.
Kết luận: Quỹ tích của điểm D' là cung chứa góc BAC trên đoạn
¼
BC . Đó chính là cung BAC
của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC .
209


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Ví dụ 2. Cho đường tròn ( O ) và dây cung BC cố định. Gọi A là điểm
di động trên cung lớn BC của đường tròn ( O ) ( A khác B , A khác C ).
·
Tia phân giác của ACB
cắt đường tròn ( O ) tại điểm D khác điểm C .
Lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI = DB . Đường thẳng BI cắt đường

tròn ( O ) 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 ( O ) .

Hướng dẫn giải:

(

)

(

)

1
1
·
¼ + sđAK
¼ ;sđDIB
·
» + sđKC
»
= sđDA
=
sđBD
a) Ta có DBK
.
2
2
» + sđDA
¼ và ∆DBI cân tại D nên sđKC
» + sđAK
¼ . Suy ra
Vì sđBD

AK = CK hay ∆KAC cân tại K (đpcm).

b) Từ kết quả câu a, ta thấy I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC
nên đường thẳng AI luôn đi qua điểm J (điểm chính giữa của
» không chứa A ). Rõ ràng J là điểm cố định.
cung BC

210


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

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

Phần đảo: Tiếp tuyến Bx với đường tròn ( O ) cắt cung chứa góc α
» (một
vẽ trên đoạn BC tại điểm X . Lấy điểm M bất kỳ trên Cx

phần của cung chứa góc α và vẽ trên đoạn BC ( M #X;M #C ) . Nếu
MB cắt đường tròn ( O ) tại A thì rõ ràng A thuộc cung lớn BC của

đường tròn ( O ) .

Vì

·
·
BAC
= 2α;AMC
= α suy ra ∆AMC cân tại A hay AC = AM .
» , một phần của cung
Kết luận: Quỹ tích các điểm M là cung Cx
chứa góc α vẽ trên đoạn BC về phía O trừ hai điểm C và X .

(

)

Ví dụ 3. Cho đường tròn O; R 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 ( O;R )

và tiếp xúc với O;R tại B ; E là tâm của đường tròn đi qua A,C
tại C . Tìm tập hợp các giao điểm M khác

A của hai đường tròn ( D ) và ( E ) .
Hướng dẫn:
a) Phần thuận:

(O )

( )

và D

( )

tiếp xúc tại B Þ O, B, D thẳng hàng; O

( )

và E

¶ =A
µ DB = DA ,
tiếp xúc tại C Þ O, E ,C thẳng hàng. B
1
1

(

)

¶ = C¶ OB = OC , ¶
B
) A2 = C¶ 1 ( EA = EC ) . Suy ra B¶ 1 = A¶ 2, Aµ1 = C¶ 1 ,
1
1(
¶ =A

¶ Þ BO / / AE , A
µ = C¶ Þ DA / /OE .
B
1
2
1
1
Do đó ADOE là hình bình hành.
Gọi K là tâm hình bình hành
211


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

ADOE Þ K là trung điểm

( )

( )

của AO và DE . D cắt E

tại A , M

Þ DE là trung trực của AM .
Gọi I là giao điểm của DE và AM .

IK là đường trung bình của

D AMO Þ IK / / MO Þ DOME

là hình thang. Mà DM = OE

( )

(cùng bằng bán kính của D ).
Vậy D, M ,O, E là bốn đỉnh của hình thang cân. Do đó D, M ,O, E
cùng thuộc một đường tròn.

æ
ö
1·
1·
·
·
·
·
÷
÷
D MBC : D ADE ç
MBC
=
ADE
=
ADM
,
MCB
=
AED
=
AEM

,
ç
÷
ç
÷
2
2
è
ø
·
·
·
suy ra BMC
(không đổi). BC cố định. vậy M
= DAE
= DOE
·
thuộc cung chứa góc BOC
.
b) Giới hạn:
Khi A º B thì M º B , Khi A º C thì M º C . Vậy M chuyển

·
động trên cung chứa BOC
.
·
c) Phần đảo: Lấy điểm M bất kỳ trên cung chứa góc BOC
. Dựng

( )

( )

( )

đường tròn D qua M và tiếp xúc O tại B , đường tròn D cắt

BC tại A . Dựng đường tròn ( E ) qua M , A,C . Cần chứng minh

(E )

( )
Bx,Cy của ( O ) ta có

212

tiếp xúc O tại C . Thật vậy, từ B,C dựng hai tiếp tuyến


PHN LOI V PHNG PHP GII HèNH HC 9

ã
ã
(gúc ni tip v gúc to bi tia tip tuyn dõy cung
BMA
= ABx
ã
ã
ã
ã

ằ ), ABx
cựng chn AB
(vỡ NB = NC ). Suy ra BMA
= ACy
= ACy
,
ã
ã
suy ra Bx,Cy, MA ng quy ti N . Do ú AMC
, suy ra
= ACy
CN l tip tuyn ca ( E ) qua N , A,C . Vy ( E ) v ( O ) tip xỳc
nhau ti C .
d) Kt lun: Tp hp cỏc im M l cung cha gúc ã
BOC
dng trờn on BC .
Vớ d 4. Cho ba im A, B,C c nh v thng hng theo th t

( )

ú. V ng thng d vuụng gúc vi AC ti C , D l im di

( )

ng trờn ng thng d . T B v ng thng vuụng gúc AD

(

)

ti H H ẻ AD ct ng trũn ngoi tip tam giỏc ACD ti M , N .
Tỡm tp hp cỏc im M , N .
Hng dn:

ã
a) Phn thun: ACD
= 900 ị AD l ng kớnh ca ng trũn

( ACD ) ị
ã

ẳ = AN
ẳ , AM = AN . Xột D AMB v D ACM cú ả
AM
M
ã

ổẳ
ố

ẳ ử
ứ

chung, AMB = ACM ỗ
ữ. Do ú D AMB : D ACM , suy ra
ỗAN = AM ữ
213


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

AM
AB
=
Þ AM 2 = AB .AC Þ AM = AB .AC (không đổi). Vậy
AC
AM
AM = AN = AB .AC không đổi. Do đó M , N thuộc đường tròn

(

)

cố định A; AB.AC .

( )

b) Giới hạn: Điểm D chuyển động trên đường thẳng d nên M , N

(

)

chuyển động trên đường tròn A; AB.AC .

(

)

c) Phần đảo: Lấy điểm M bất kỳ thuộc đường tròn A; AB .AC .

(

Vẽ AH ^ MB H Î MB

)

( )

(

cắt d tại D; MH cắt A; AB .AC

) tại

µ chung,
N . Ta có AM = AN = AB .AC . D AHB : D ACD ( A
AH
AB
·
·
=
Þ AH .AD = AB .AC . Do đó
AHB
= ACD
= 900 ) Þ
AC
AD
µ chung,
AM 2 = AN 2 = AH .AD . Xét D AMH và D ADM có A

AM
AH
=
AM 2 = AH .AD . Do đó D AMH : D ADM
AD
AM
·
·
·
·
. Mà AHM
Þ AHM
= AMD
= 900 nên AMD = 900 Þ M thuộc
đường tròn ngoại tiếp D ACD .

(

)

Tương tự N cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp D ACD .

(

)

d). Kết luận: Tập hợp các điểm M là đường tròn A; AB .AC .

(

)

Ví dụ 5. Cho đường tròn O;R hai đường kính AB và CD vuông

¼ . H là hình chiếu của M trên
góc. M là điểm di động trên CAD
AB . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác HMO . Tìm tập
hợp các điểm I .
214


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Hướng dẫn:

a) Phần thuận:

D HMO có

µ = 900 Þ HMO
·
·
H
+ HOM
= 900 .
1·
·
·
Do đó IMO
+ IOM

= HOM
= 450
2

(

)

·
·
·
0
0
D I MO có OIM = 180 - IMO + IOM = 135 . Xét D I MO và
D IAO có OI (chung); OM = OA ( = R ) ;I·OM = I·OA ( I là tâm
đường tròn nội tiếp D HMO ). Do đó D IMO = D IAO (c.g.c)

·
·
· A = 1350 , OA cố định. Do đó I thuộc cung
Þ IOM
= OIA
OI
chứa góc 1350 dựng trên đoạn thẳng OA .
b) Giới hạn:

M ® A thì I ® A . Khi M ® C thì I ® O .Khi M ® D thì I ® O .
Vậy M chuyển động trên hai cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn
thẳng OA .
c) Phần đảo: Lấy điểm I bất kỳ trên cung chứa góc 1350 dựng

( )

·
trên đoạn OA Þ OIA
= 1350 . Vẽ tia OM , M Î O sao cho OI là tia
·
phân giác của AOM
.
·
·
Xét D I MO và D IAO có OM = OA = R, IOM
, OI (cạnh
= IOA

· M = OI
· A = 1350 .
chung). Do đó D IMO = D IAO (c.g.c), suy ra OI

·
·
· M = 450 Þ HOM
·
D IMO có IMO
+ IOM
= 1800 - OI
+ 2.I·OM = 900

215

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

·
·
·
HOM
+ HMO
= 900 . Do đó HMO
= 2I·MO , suy ra MI là phân
·
giác HMO
. Do đó I là tâm đường tròn nội tiếp D HMO .
d) Kết luận:
Tập hợp các tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác HMO là
cung chứa góc 1350 vẽ trên đoạn thẳng OA (trừ hai điểm A và O
).

( )

Ví dụ 6. Cho đường tròn O điểm A cố định trên đường tròn.

( )

Trên tiếp tuyến tại A lấy một điểm B cố định. Gọi đường tròn O '

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 O và O ' .
Hướng dẫn:
a) Phần thuận: CD cắt AB tại M .

·
Xét D MAD và D MCA có AMD

·
·
(chung), MAD
= MCA
(góc tạo bởi tia tiếp tuyến, dây cung

¼ ).
và góc nội tiếp cùng chắn cung AD
MA
MD
=
Þ MA 2 = MC .MD . Chứng
MC
MA
minh tương tự ta có MB 2 = MC .MD . Suy ra
MA 2 = MB 2 Þ MA = MB Þ M cố định. IC = ID Þ OI ^ CD
Do đó D MAD : D MCA Þ

·
OIM
= 900,OM cố định. Do đó I thuộc đường tròn đường kính

OM .

216


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

( )

b) Giới hạn: Điểm I là trung điểm dây cung CD của O Þ I nằm

( )

trong đường tròn O Þ I chuyển động trên đường tròn đường

( )

kính OM nằm trong đường tròn O .
c) Phần đảo: Lấy điểm I bất kỳ trên đường tròn đường kính OM

( )

(phần nằm trong đường tròn O )

· M = 900 . MI cắt ( O ) tại C , D . Gọi ( O ') là đường tròn ( BDC )
Þ OI
·
. OI ^ CD Þ I là trung điểm CD . D MAD : D MCA (vì AMD
MA
MD

·
·
chung, MAD
) Þ
. Mà MA = MB , suy ra
=
= MCD
MC

MA

MB
MD
¶ chung, MB = MD . Do
. Xét D MDB và D MBC có M
=
MC
MB
MC
MB
·
·
đó D MDB : D MBC Þ MBD
. Vẽ O 'H ^ DB , ta có
= MCB
· 'B = MCB
·
·
· 'B . Do đó
suy ra MBD

HO
= HO

·
·
· 'B + HBO
·
MBD
+ HBO
' = HO
' = 900 Þ O 'B ^ AB Þ AB tiếp xúc

( )

với đường tròn O ' .
d) Kết luận: Tập hợp các điểm I là đường tròn đường kính OM

( )

(phần nằm trong đường tròn O .

MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG HỢP

( )

Câu 1. Cho đường tròn O , A là điểm cố định nằm ngoài đường

( )

tròn O . OBC là đường kính quay quanh O . Tìm tập hợp tâm I

đường ngoại tiếp tam giác ABC .
Hướng dẫn:
217


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

a) Phần thuận:
Gọi D là giao điểm của AO

( ) ( A ¹ D) .

với đường tròn I

Xét D OAB và D OCD có:

·
·
» )
(cùng chắn BD
OAB
= OCD

( )

·
·
của I ); AOB
(đối đỉnh). Do đó
= COD

D OAB : D OCD Þ

OA OB
Þ OAOD
.
= OB .OC
=
OC
OD

R2
R 2 , R 2 không đổi
Þ D cố
Þ OAOD
.
= R Þ OD =
Þ OD =
OA
OA OA
2

( )

định. Vậy I thuộc đường thẳng d cố định là trung trực của đoạn
thẳng AD .
b) Giới hạn:
Khi BOC qua A thì I ® I 1 ( I 1 là trung điểm của AD ).

( )

Khi BOC không qua A thì I chạy xa vô tận trên đường thẳng d
.

( )

Vậy I chuyển động trên đường thẳng d (trừ điểm I 1 là trung
điểm AD là đường trung trực của đoạn thẳng AD .

( ) (I ¹ I ) .
Vẽ đường tròn ( I ; IA ) cắt đường tròn ( O ) tại B . BO cắt ( I ;IA ) tại
c) Phần đáo: Lấy điểm I bất kỳ thuộc đường thẳng d

C . Ta có: IA = ID Þ D thuộc đường tròn tâm I bán kính IA

218

1


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

R2
OA.
OA OB
OAOD
.
OA = R Þ C
D OAB : D OCD Þ
=

Þ OC =
=
OC
OD
OB
R

( )

thuộc đường tròn O .
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 =

R2
)trừ điểm
OA

I 1 ( I 1 là trung điểm của đoạn thẳng AD ).

(

)

Câu 2. Cho đường tròn O;R đường kính AB . Vẽ đường thẳng

( d)

(

)

vuông góc với AB tại I I Î AB . Gọi M là điểm chuyển động

(

)

( )

trên đường tròn O;R . MA và MB lần lượt cắt d tại C và D .
Tìm tập hợp các tâm J của đường tròn qua ba điểm A, D,C .
Hướng dẫn:

( )

a) Phần thuận: Gọi E là điểm đối xứng của B qua d Þ E cố
định.

·
·
·
EDC = BDC ;AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

·
·
(hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
CAI
= BDC

·

·
Suy ra EDC
= CAI
Þ tứ giác EDCA nội tiếp Þ
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
219


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

trung trực xy của đoạn thẳng AE .
b) Giới hạn:
+ Khi M º M 1 thì J º J

1

» ;
( M 1 là trung điểm AB

J 1M 1 ^ OM 1,J 1 Î ( d)
+ Khi M º M 2 thì J º J

2

» ;
( M 2 là trung điểm AB

J 2M 2 ^ OM 2,J 2 Î ( d)
Do đó J chuyển động trên hai tia J 1x,J 2y của đường trung trực
của đoạn thẳng AE .
c)Phần đảo: Lấy điểm J bất kỳ trên tia J 1x (hoặc J 2y ). Vẽ đường

(

)

( )

tròn J ;J A cắt d tại C , D .

AC cắt BD tại M .

(

)

Ta có: J E = J A ( J thuộc trung trực của AE ) Þ E Î J ,J A .

·
·
·
·
( EDCA nội tiếp ( J ) ); DBE
( B, E đối xứng
ACI
= DEA

= DEA

( )

qua d ).

·
·
Þ tứ giác ICMB nội tiếp đường tròn.
Suy ra ACI
= DBE

( )

· B = 900 Þ CMB
·
Mà CI
= 900 Þ M thuộc đường tròn O .
d)Kết luận: Tập hợp các tâm J đường tròn qua ba điểm A, D,C là
hai tia J 1y của đường trung trực của đoạn thẳng AE .
Câu 3. 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 .
220


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Hướng dẫn:

( )

a) Phần thuận: AC cắt O tại A, E .
Xét D BAH và D BDC có:

·
·
ABH
= DBC
= 900 ;

(

)

·
·
BAH
= BDC

(hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc).
Do đó D BAH : D BDC Þ

AB
BH
. Suy ra: BD.BH = AB .BC
=
BD
BC

(không đổi) (1)

µ chung, BAD
·
·
Xét D BAD và D BHE có: B
(tứ giác ADHE
= BHE
nội tiếp). Do đó:

BA
BD
=
Þ BA.BE = BD.BE Þ BC = BE
BH
BE
(2) Từ (1) và (2) ta có: BD.BH = AB .BC = BA.BE Þ BC = BE . E
thuộc đường thẳng cố định AB suy ra E cố định. OA = OE (O là
D BAD : D BHE Þ

(

tâm đường tròn DAH

)

( )

) Þ O thuộc đường thẳng cố định , m là

đường trung trực của đoạn thẳng AE .

( )

b) Giới hạn: D chuyển động trên cả đường thẳng d nên O

( )

chuyển động trên cả đường thẳng m (loại trừ điểm m là giao

( )

điểm của AC và m ).

( )

c) Phần đảo: Lấy O bất kỳ trên đường thẳng m . Vẽ đường tròn

(O;OA)

( )

cắt đường thẳng d lần lượt tại H , D .

221


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

µ chung;
OA = OE nên E Î (O;OA ) . Xét D BAD và D BHE có: B
·
·
(tứ giác ADHE nội tiếp). Suy ra:
BAD
= BHE

BA
BD
=
Þ BA.BE = BD.BH . Mà BE = BC
BH
BE

D BAD : D BHE Þ

do đó: BD.BH = AB .BC Þ

AB
BH
. Xét D BAH và D BDC có:
=
BD
BC

AB
BH
·
·

. Do đó
ABH
= DBC
= 900 ;
=
BD
BC
·
·
D BAH : D BDC Þ BAH = BDC .

(

)

·
·
·
·
Mà DBC
+ BCD
= 900 nên BAH
+ BCD
= 900

· 'C = 900 Þ AH ^ DC .
Þ AA
D ADC có DB ^ AC , AH ^ DC Þ H là trực tâm của D DAC .
d) Kết luận: Tập hợp các tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam

( )
với ( m) (với E

giác DAH là đường trung trực m của đoạn thẳng AE (trừ điểm

M là giao điểm của AC

là điểm đối xứng của C

qua B ).

(

Câu 3. Cho tam giác cân ABC nội tiếp trong đường tròn O;R

)

có AB = AC = R 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 .
Hướng dẫn:
a) Phần thuận: AB = AC = R 2 (gt); AB, AC là dây cung của

(O;R )
222

(

)

nên AB, AC là các cạnh của hình vuông nội tiếp O; R suy


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

(

)

ra D ABC vuông cân tại A , suy ra BC là đường kính của O;R ,

·
·
CID
= 2CMD
= 900

·
·
Ta có: CMD
= 450 Þ CMD nhọn,
1·
·
·
do đó CMD
= CID
Þ CID
= 900 .
2

D ICD có IC = ID ( = R ) Þ D ICD

·
cân tại I mà CID
= 900 nên D ICD vuông cân tại I , suy ra
·
·
·
·
ICD
= IDC
= 450 . Ngoài ra ACB
= 450 do đó ACI
= 900 .

·
ACI
= 900 và AC cố định Cx vuông góc với AC tại C .
b) Giới hạn:
Khi M º C thì I º C .
Khi M º A thì I chạy xa vô tận trên tia Cx .
Vậy I chuyển động trên tia Cx vuông góc với AC tại C .

(

)
C ) . Tứ

c) Phần đảo: Lấy I bất kỳ thuộc tia Cx . Vẽ đường tròn I ;IC ,

( )

đường tròn này cắt BC tại B , cắt O tại M

(M

¹ C ;D ¹

·
·
·
giác BAMC nội tiếp Þ ABC
+ AMC
= 1800 Þ AMC
= 1350 .
·
D ICD có IC = I D ( = r ) Þ I·DC = 450 Þ CID
= 900

1·
·
·
CMD
= CID
Þ CID
= 450
2
·
·

AMC
+ CMD
= 1350 + 450 = 1800 Þ A, M , D thẳng hàng.

223


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

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

(
cắt ( O )

)

Câu 4. Cho đường tròn O;R và điểm A cố định. Đường tròn tâm

I di động qua A

tại B,C . Gọi M là giao điểm của BC và

( )

tiếp tuyến tại A của đường tròn I . Tìm tập hợp các điểm M .
Hướng dẫn:

( ) ( D Î (O ) ) .

a) Phần thuận: Vẽ tiếp tuyến MD với O

¶ chung,
Xét D MAC và D MBA có M
·
·
,(góc tạo bởi tia
MAC
= MBA
tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp

( )

cùng chắn cung AC )của I .
Do đó D MAC : D MBA .

Þ

MA
MC
=
Þ MA 2 = MB .MC .
MB
MA

Tương tự MD 2 = MB .MC . Mặt khác,

µ = 900 nên theo định lý Pitago, ta có:
D MOD có D

MD 2 = MO 2 - OD 2 = MO 2 - R 2 . Do đó MA 2 = MO 2 - R 2 , suy ra

(

)

·
0
2
2
2
MO 2 - MA 2 = R 2 . D HMA MHA = 90 Þ MA = MH + AH

(

)

·
D HMO MHO
= 900 Þ MO 2 = MH 2 + HO 2 . Do đó:

( MH
224

2

) (

)

+ OH 2 - MH 2 + AH 2 = R 2 Þ OH 2 - AH 2 = R 2 ;


PHN LOI V PHNG PHP GII HèNH HC 9

Do ú

ỡù
R2
ử
ù
1ổ
R2
OH
AH
=
ữ
ỗ
ữ
ị
OH
=
+
OA
ỗ
(OH + AH ) (OH - AH ) = R 2 ị ùớù
OA
ữ
ỗ
ữ

ỗ
2
OA
ố
ứ
ùù OH + AH = OA
ùợ
(khụng i) ị H c nh. H c nh, OA c nh, MH ^ AO ti
H .Vy M thuc ng thng ( d) vuụng gúc vi OA ti H .

( )

b) Gii hn: O chuyn ng trờn c ng thng d .

( )

c) Phn o: Ly M bt k thuc ng thng d . V cỏt tuyn

(

)

MBC vi ( O ) B,C ẻ ( O ) , v ng trũn ( I ) qua A, B,C v tip

( ) ( D ẻ (O ) ) .

tuyn MD vi O

ả (chung), ã
ã

Xột D MCD v D MDB cú M
(gúc to bi
MDC = MBD
tia tip tuyn dõy cung v gúc ni tip cựng chn cung CD ca

(O ) ).
Do ú D MCD : D MDB ị

MC
MD
=
ị MD 2 = MB .MC
MD
MB

à = 900 ị MD 2 = MO 2 - OD 2 = MO 2 - R 2 .
D MDO cú D
Suy ra MB .MC = MO 2 = R 2 ; m HO 2 - AH 2 = R 2 , do ú

(

) (

)

MB .MC = MO 2 - HO 2 - AH 2 = MO 2 - HO 2 + AH 2 =
ã
(chung);
MH 2 + AH 2 = MA 2 .Xột D MAC v D MBA cú AMC

MA
MC
(vỡ MB, MC = MA 2 ).Do ú
=
MB
MA
ã
ã
. V IK ^ AC ta cú
D MAC : D MBA ị MAC
= MBA

ổ 1 ẳ ữ
ử
ã
ã
ỗ
ã
ã K . Mt khỏc D AK I cú
ữ
AIK
= ABC
=
s

AC
suy ra: MAC
ỗ
ữ
= AI

ỗ
ữ
ố 2
ứ
225


PHN LOI V PHNG PHP GII HèNH HC 9

ã K + IAK
ã
ã
ã
à = 900 ị AI
= 900 nờn MAC
+ IãAK = 900 ị IAM
= 900
K

( )

, do ú MA l tip tuyn ca I .
d) Kt lun: Tp hp cỏc im M l ng thng vuụng gúc vi
2
ử
1ổ
ỗR + OAữ
ữ
)
OA ti H (vi OH = ỗ

ữ
ữ
ỗ
2ỗ
ốOA
ứ

(

)

Cõu 5. Cho ng trũn O;R v im A c nh trong ng trũn

( A ạ 0) BC

l dõy cung di ng quay quanh A . Cỏc tip tuyn ti

B v C vi ng trũn ( O ) ct nhau ti D . Tỡm tp hp cỏc im
D.
Hng dn:
a) Phn thun: Gi M l giao im
ca OD v BC .

(

)

V DH ^ OA H ẻ OA , DB = DC

(

(nh lý tip tuyn), OB = OC = R

)

suy ra DO l trung trc ca BC ị DO ^ BC .

ã
ã
à chung, OMA
Xột D OMA v D OHD cú O
= OHD
= 900 . Do ú

(

D OMA : D OHD ị

)

OA OM
=
ị OAOH
.
= OM .OD , D OBD cú
OD OH

à
B = 900;BM ^ OD nờn OM .OD = OB 2 = R 2 . Suy ra

OAOH
.
= R 2 ị OH =

R2
(khụng i) ị H c nh. Vy D thuc
OA

( )

ng thng c nh d vuụng gúc vi ng thng OA ti H .

226


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

b) Giới hạn: BC quay quanh A nên D chuyển động trên đường

( )

thẳng d .

( )

c) Phần đảo: Lấy D bất kỳ trên đường thẳng d . Vẽ dây BC qua

A và vuông góc với OD tại M ( M Î OD ) . Xét

D OMA : D OHD Þ

OA OM
=
Þ OAOH
.
= OM .OD . Mà
OD OH

2
OAOH
.
= R 2 nên OM .OD = R =

OM
OB
do đó
=
OB
OD

D OMB : D OBD ,

·
·
·
suy ra OMB
có MOB
(chung);
= OBD

OM
OB
do đó
=
OB
OD

D OMB : D OBD ,

·
·
·
·
suy ra OMB
; mà OMB
= OBD
= 900 nên OBD = 900 Þ DB là

( )

tiếp tuyến của O .

( )

Tương tự DC là tiếp tuyến của O .

( )

d) Kết luận: Tập hợp các điểm D là đường thẳng d vuông góc
với OA tại H (với OH =

R2
).
OA

(

)

Câu 6. Cho đường tròn O;R và điểm A cố định nằm ngoài

( )

( )

đường tròn. Cát tuyến m qua A cắt đường tròn O tại B và C .

( )

Tiếp tuyến tại B và C với đường tròn O cắt nhau tại D . Tìm tập
hợp các điểm D .
Hướng dẫn:

227