BD HSGChuyen de 25 Tap hop diemdoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHUYÊN ĐỀ 25:. BÀI TOÁN TẬP HỢP ĐIỂM T1: T2, 3: T4, 5: T6:. Giới thiệu các tập hợp điểm cơ bản. Các bài toán tập hợp điểm là đoạn thẳng, đường thẳng. Các bài toán tập hợp điểm là cung tròn, đường tròn. Các bài toán tập hợp điểm có dạng không quen thuộc..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TIẾT 1 I. GIỚI THIỆU CÁC TẬP HỢP ĐIỂM CƠ BẢN 1. Tập hợp điểm là đường trung trực: Tập hợp các điểm M cách đều hai điểm phân biệt A, B cố định là đường trung trực của đoạn thảng AB.. 2. Tập hợp điểm là tia phân giác:  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.  Tập hợp các điểm M cách đều hai đường thẳng cắt nhau xOx’ và yOy’ là 4 tia phân giác của 4 góc tạo thành, bốn tia này tạo thành 2 đường thẳng vuông góc tại O.. 3. Tập hợp điểm là hai đường thẳng song song: Tập hợp các điểm M cách một đường thẳng d cho trước một khoảng bằng a (a > 0) cho trước là 2 đường thẳng song song với đường thẳng đã cho và cách đường thẳng đó một khoảng bằng a.. 4. Tập hợp điểm là một đường thẳng song song: Tập hợp các điểm M cách đều hai đường thẳng song song cho trước là một đường thẳng song song và nằm cách đều hai đường thẳng đã cho. 5. Tập hợp điểm là cạnh của góc: Tập hợp các điểm M ở trên một đường thẳng d đi qua một điểm cố định A và hợp với một đường thẳng m một góc không đổi là đường thảng d..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 6. Tập hợp điểm là đường tròn: Tập hợp các điểm M cách điểm O cho trước một khoảng cách r không đổi (r > 0) là đường tròn tâm O bán kính r.. 7. Tâp hợp điểm là cung chứa góc: Tập hợp các điểm M tạo thành với hai mút của đoạn thẳng AB cho trước một góc AMB có số đo không đổi  (00 <  <1800) là hai cung tròn đối xứng nhau qua BC. TIẾT 2, 3 II. CÁC BÀI TOÁN TẬP HỢP ĐIỂM LÀ ĐOẠN THẲNG, TIA, ĐƯỜNG THẲNG – LUYỆN TẬP: 1. Cho tam giác ABC vuông tại A. M là điểm di động trên cạnh BC, N là điểm đối xứng với M qua đường thẳng AB. Tìm tập hợp điểm N. Giải a. Phần thuận: M, N đối xứng nhau qua AB  BM = BN   BMN cân B. Mà BA là đường trung trực của MN Do đó BA là phân giác của góc MBN.  ABC không đổi, BA cố định, do đó N thuộc đường thẳng   cố định Bx sao cho xBA ABC b. Giới hạn: Khi M  B thì N  B. Khi M  C thì C  C’ (C’ là điểm đối xứng của C qua AB). Vậy N di động trên đoạn thẳng BC’. c. Phần đảo: Lấy điểm N bất kỳ trên đoạn BC’, M là điểm đối xứng của N qua AB. Ta có BN = BM   BMN cân B, mà AB là trung trực của MN, do đó BA là tia phân giác  của MBN .     xBA ABM mà xBA ABC    ABM = ABC.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  M thuộc tia BC. d. Kết luận: Tập hợp điểm N là đoạn thẳng BC’ (C’ là điểm đối xứng với C qua AB). 2. Cho một đường thẳng xy và một điểm A trên đường thẳng đó. Tìm tập hợp tâm O của các đường tròn tiếp xúc với đường thẳng xy tại A. Giải a. Phần thuận: Đường tròn (O) tiếp xúc với xy tại A nên OA  xy (tính chất tiếp tuyến). Do đó O nằm trên đường thẳng d vuông góc với xy tại A. b. Giới hạn: O là điểm tuỳ ý trên đường thẳng d. c. Phần đảo: Lấy điểm O bất kỳ trên đường thẳng d, ta vẽ (O; OA) do d  xy, A  xy nên OA  xy tại A. Vậy đường tròn (O) tiếp xúc với đường thẳng xy. d. Kết luận: Tập hợp tâm các đường tròn tiếp xúc với đường thẳng xy tại A là đường thẳng vuông góc với xy tại A. 3. Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại A. C là điểm chuyển động trên đường thẳng (d). BC cắt (O) tại D (D khác B). Gọi E là trung điểm của BD. Tìm tập hợp tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC. Giải a. Phần thuận: E là trung điểm của BD  OE  BD 0   Tứ giác OECA có OEC  OAC 180 nên nội tiếp được đường tròn. Suy ra tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OECA. Do đó IO = IA. Mà O, A cố định. Suy ra I thuộc đường trung trực của OA. b. Giới hạn: C chuyển động trên đường trung trực của đoạn thẳng OA. c. Phần đảo: Lấy điểm I và điểm bất kỳ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng OA, OI cắt đường thẳng (d) tại C, CB cắt (O) tại D, E là trung điểm của BD. Suy ra OE  BD OA OB   OC OD R2 OA. OA.OD OA R  OC   OB R.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0   Tứ giác OECA nội tiếp được ( OEC OAC 90 ) nên tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OECA. Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC d. Kết luận: Tập hợp điểm tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC là đường trung trực của đoạn thẳng OA. 4. Cho đường tròn (O), A là điểm cố định nằm ngoài đường tròn (O). BOC là đường kính qua quanh (O). Tìm tập hợp tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải a. Phần thuận: Gọi D là giao điểm của OA với đường tròn tâm I (A khác D). Xét  OAB và  OCD, có:    OAB OCD (cùng chắn BD của (O))   AOB COD (đối đỉnh) Do đó  OAB ∽  OCD OA OB   OC OD  OA.OD OB.OC  OA.OD R 2 R2  OD  OA 2 R OA không đổi  D cố 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  I1 (I1 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 I1 là trung điểm của AD) là trung trực của đoạn thẳng AD. c. Phần đảo: Lấy điểm I bất kì thuộc đường thẳng (d) (I khác I1). Vẽ đường tròn (I; IA) cắt (O) tại B. BO cắt (I; IA) tại C. Ta có: IA = ID  D thuộc (I; IA). OAB ∽ OCD.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> . OA OB  OC OD. R2 OA. OA.OD OA R  OC   OB R.  C thuộc đường tròn (O). d. Kết luận: Tập hợp các điểm I là trung trực của đoạn thẳng AD (với D thuộc tia đối của tia OA và OD = R2 OA ) trừ điểm I1 (I1 là trung điểm của AD).. 5.. SMAB a S Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp các điểm M sao cho MAC (a > 0, a cho trước). Giải a. Phần thuận: Gọi D là giao điểm của AM và BC, vẽ AH vuông góc AM, CK vuông góc AM (H, K thuộc AM), ta có:. DB BH  DC CK mà BH // CK DB DB a a   DC DB  DC a  1 DB a a   DB  DC DC a  1 a  1 Hay . SMAB 0 SMAC ,. do. đó:. Suy ra D cố định. Vậy M thuộc đường thẳng cố định. AD. SMAB 0 S (a 0) suy ra M không nằm trên đường thẳng AB, AC  M  A. b. Giới hạn: MAC Vậy M chuyển động trên đường thẳng cố định AD (trừ điểm A). c. Phần đảo: Lấy M bất kì thuộc đường thẳng AD (khác A), vẽ BH  AB, CK  AB (H, K thuộc AD)  BH // CK. BH DB  a  CK DC.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> SMAB BH  a S CK MAC Do đó d. Kết luận: Tập hợp các điểm M là đường thẳng AD (trừ A) (với. DB . a BC, D  BC a 1 ).. 6. Cho hình bình hành ABCD, điểm I chuyển động trên đường chéo AC, M là điểm đối xứng của D qua I. Tìm tập hợp các điểm M khi I chuyển động trên đoạn AC. Giải a. Phần thuận: Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD; O, I lần lượt là trung điểm của của DB, DM của tam giác DBM nên BM // OI. Đường thẳng AC cố định, B cố định. Do đó M thuộc đường thẳng qua B và song song AC. b. Giới hạn:  Khi I  A thì M  M1 (M1 là điểm đối xứng của D qua A).  Khi I  C thì  M2 (M2 là điểm đối xứng của D qua C) c. Phần đảo: Lấy M bất kỳ thuộc đoạn thẳng M1M2, DM cắt AC tại I. Tam giác DBM có OI // BM, OI = OB  I là trung điểm của DM  D và M đối xứng nhau qua I, d. Kết luận: Tập hợp các điểm M là đoạn thẳng M 1M2 nằm trên đường thẳng qua B và song song với đường thẳng AC.. TIẾT 4, 5 III. CÁC BÀI TOÁN TẬP HỢP ĐIỂM LÀ CUNG TRÒN, ĐƯỜNG TRÒN – LUYỆN TẬP. 1. Cho đường tròn (O; R), A là điểm cố định nằm ngoài đường tròn (O; R). B là điểm di động trên. MA 1  MB 2 . Tìm tập hợp điểm M. đường tròn (O; R), M là điểm trên đoạn thẳng AM sao cho Giải a. Phần thuận: Vẽ MI // OB (I thuộc AB) Tam giác OAB có MI // OB nên:. AI IM MA   OA OB AB (hệ quả đl Talet) MA 1  Mà MB 2.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> MA 1 MA 1   Suy ra: MA  MB 1  2 Hay AB 3 IM 1 1 1   IM  OB  R 3 3 Do đó OB 3 AI 1  Và AO 3 Suy ra I cố định.. 1 Vậy M thuộc đường tròn cố định tâm I bán kính 3 R 1 b. Giới hạn: M chuyển động trên cả đường tròn tâm I bán kính 3 R. c. Phần đảo:. 1 1 Lấy M bất kì trên đường tròn (I; 3 R.), ta có IM = 3 R MA 1  Trên tia đối của tia MA lấy điểm B sao cho MB 2 . Nối O và B, ta có: MA 1 MA 1   MA  MB 1  2 hay AB 3 IA MA  1       IM // OB OA AB  3 Tam giác OAB có 1 d. Kết luận: Tập hợp các điểm M là đường tròn tâm I bán kính 3 R (I là điểm trên đoạn thẳng AI 1  OA sao cho AO 3 ).. 2. Cho đoạn thẳng AB = 6cm cố định, M là điểm chuyển động sao cho MA:MB = 1:2. Tìm tập hợp các điểm M. Giải a. Phần thuận: Vẽ MC, MD lần lượt là tia phân giác trong và ngoài của góc AMB (C, D thuộc AB). Ta có MC. MD là hai tia phân giác của hai góc kề bù, suy ra:. CA DA MA    900 CB DB MB và DMC CA 1 1 AC 1 1      CA  AB CA  CB 2  1 3 AB 3 3 không đổi.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Suy ra C cố định.. CA 1 1 DA 1      DA AB CA  CB 2  1 3 DB  DA 2  1  D cố định.  0 DMC. = 90 DC cố định Suy ra M thuộc đường tròn đường kính DC. b. Giới hạn: Điểm M chuyển động trên trên cả đường tròn đường kính BC. c. Phần đảo:.  Lấy M bất kỳ trên đường tròn đường kính DC, ta có DMC = 900. Vẽ AH  MC (H thuộc MC), AH cắt MB tại A.  AK AB  DM  DB AH  MC    AH // DM   DM  MC   AH  CA  DM CD Mà DB = DA + AB = AB + AB = 12 cm.. AK AB 6 1    Nên DM DB 12 2. (1). CD = CA + DA = 2 + 6 = 8 cm. AH CA 2 1    (2) DM CD 8 4 Vậy AK AH 2  AK2AH DM Từ (1) và (2) suy ra: DM  H là trung điểm của AK Tam giác MAK có MH  AK và H là trung điểm của AK   MAK cân tại M   MC là phân giác của AMB .   AMx  AMB 1800   1   DMA  AMx 0   2 DMA  AMC 180   MD là phân giác của góc Amx. d. Kết luận: Tập hợp các điểm M là đường tròn đường kính DC. 3. Cho (O; R), M là điểm ngoài (O) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB đến (O) (A, B là hai tiếp điểm). Đường trung trực của của đường kính BC cắt CA tại B. a. Tìm tập hợp các điểm M sao cho tam giác MAB đều. b. Tìm tập hợp các điểm D sao cho tam giác MAB đều. Giải Câu a:.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> a. Phần thuận:.  MAB đều  AMB = 600 1  DMA  AMB 2 = 300 (MA, MB là tiếp tuyến của (O))   0 OMA 0 OAM. Tam giác OMA có. = 90 ,. = 30. 1 OA  OM 2 Suy ra  OMA là nửa tam giác đều, do đó  OM = 2OA = 2R OM = 2R, O cố định, suy ra M thuộc đường tròn cố định (O; 2R). b. Giới hạn: H là điểm tuỳ ý trên (O; 2R) đều vẽ được tam giác MAB đều. Vậy M chuyển động trên (O; 2R). c. Phần đảo: Lấy M bất kỳ thuộc (O; 2R), vẽ hai tiếp tuyến MA, MB đến (O; R) (A, B là hai tiếp điểm).  MA MB  MAB cân tại M.  900 ;OA  1 OM ( R) A 2  OMA có  Suy ra  OMA là nửa tam giác đều nên OMA = 300   AMB 2OMA 600 Suy ra.   MAB cân có AMB = 600 Suy ra  MAB đều. d. Kết luận: Tập hợp các điểm M là (O; 2R). Câu b: a. Phần thuận:.   MAB đều  AMB = 600   0 AMB  AOB. Mà. = 180. 1   AOB 1200 ,ACB  AOB 600 2 Nên 0  0   DOC có: O 90 , DOC 60 Suy ra  DOC là nửa tam giác đều và ta có DO = OC 3 = R 3 . DO = R 3 , O cố định nên D thuộc đường tròn (O; R 3 ). b. Giới hạn: D là điểm tuỳ ý trên (O; R 3 ). c. Phần đảo: Lấy điểm D bất kỳ thuộc (O; R 3 ). Vẽ đường kính BC vuông góc OD, CD cắt (O) tại A. M là giao điểm của hai tiếp tuyến tại A, B của (O). 0   DOC có: O 90 ,OD OC 3(R 3).

<span class='text_page_counter'>(11)</span>  DOC là nửa tam giác đều.   DCO 600   MAB 600 Mà  MAB có MA = MB   MAB đều. d. Kết luận: Tập hợp các điểm D là (O; R 3 ). 4. Cho tam giác ABC nhọn. Ở bên ngoài tam giác vẽ hai nửa đường tròn có đường kính AB, AC. Một đường thẳng (d) quay quanh A cắt hai nửa đường tròn trên theo thứ tự tại M, N (khác A). Tìm tập hợp các trung điểm của MN. Giải a. Phần thuận:.  AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).  ANC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).  BCNM là hình thang vuông Gọi O là trung điểm của BC, ta có O cố định. Gọi K là trung điểm của MN. OK là đường trung bình của hình thang BCNM  OK // BM. OK // BM    AKO 900 AMB 900   , OA cố định, do đó K thuộc đường tròn đường kính OA. b. Giới hạn:  Khi d  d1 (d1 là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB).  K  K1 (K1 là hình chiếu của O trên d1)  Khi d  d2 (d2 là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AC).  K  K2 (K2 là hình chiếu của O trên d2)  Vậy K chuyển động trên cung K1K2 của đường tròn đường kính OA. c. Phần đảo:. . 0. Lấy K bất kỳ thuộc cung K1K2  AKO 90 AK cắt các đường tròn đường kính AB, AC lần lượt tại M, N..  AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ANC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BCNM là hình thang vuông. OK  MN do đó OK // BM  KM = KN d. Kết luận: Tập hợp các điểm K là cung K1K2 của đường tròn đường kính OA..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 5. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), một đường thẳng (d) quay quanh A nhưng không cắt đoạn thẳng BC. D là điểm đối xứng của B qua đường thẳng (d). Tìm tập hợp các điểm D. Giải a. Phần thuận: Hai điểm A và D đối xứng nhau qua (d) A thuộc (d)  AD = AB, AB cố định. Vậy D thuộc đường tròn (A; AB). b. Giới hạn:  Khi (d)  AB thì D  B.  Khi (d)  AC thì D  C. Vậy D di chuyển tren cung BC của đường tròn (A; AB). c. Phần đảo: Lấy điểm D bất kỳ trên cung BC của đường tròn (A; AB) Suy ra AD = AB Suy rA: Đường trung trực (d) của DB qua A. d. Kết luận: Tập hợp các điểm D là cung BC của đường tròn (A; AB).. 6. Cho (O; R), A là điểm cố định nằm ngoài (O). Kẻ tiếp tuyến AB với (O). Đường thẳng (d) quay quanh A cắt (O) tại hai điểm C, D. Tìm tập hợp trọng tâm G của tam giác BCD. Giải a. Phần thuận: Gọi E, F lần lượt là của CD, OA. Ta có F cố định (vì OA cố định); K là điểm trên BF. BK 2  sao cho BF 3  K cố định (vì BF cố định) BG BK 2    BEF có BE BF 3  GK // EF GK 2   EF 3 2  GK  EF 3 1 EF  OA 2 Mà 1 OA  GK = 3 (không đổi).  K cố định..

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 1 OA Vậy G thuộc đường tròn cố định tâm K bán kính 3 . b. Giới hạn:  Khi d tiến dần đến tiếp tuyến AB thì G  B.. 1 OA  Khi d tiến dần đến tiếp tuyến AB1 thì G  G1 (G1 là giao điểm của (K; 3 ) với BB1). 1 OA Vậy G chuyển động trên trên cung BG1 của đường tròn (K; 3 ) (trừ hai điểm B và G1).. c. Phần đảo:. 1 OA Lấy G bất kỳ trên cung BG1 (trừ hai điểm B và G1 của ((K; 3 )). 1 OA  GK = 3 BG 2  Trên tia BG lấy E sao cho BE 3 AE cắt (O) tại D và C. BG BK 2    GK // EF  BEF có BE BF 3 GK 2 3 3 1 1    EF  GK  . OA  OA GF 3 2 2 3 2  E thuộc đường tròn đường kính OA.   OEA 900 OE  CD  E là trung điểm của CD BG 2   BCD có BE là trung tuyến và BE 3 Nên G là trọng tâm của tam giác BCD.. 1 OA d. Kết luận: Tập hợp các điểm G là cung BG 1 của đường tròn (K; 3 ) (với K thuộc đoạn 2 1 OA 3 3 BF, BK = BF, G1 là giao điểm của BB1 và (K; )) (trừ B và G1).. TIẾT 6 IV. CÁC BÀI TOÁN TẬP HỢP ĐIỂM CÓ DẠNG KHÔNG QUEN THUỘC. 1.. Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp các điểm M sao cho SMAB SMBC SMAC . Giải a. Phần thuận: Ta có SMAB SMBC  M thuộc (d) qua B và song song với AC hoặc thuộc đường thẳng (d’) chứa trung tuyến BI của tam giác ABC..

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Ta có SMAB SMAC  M thuộc (d1) qua A và song song với BC hoặc thuộc đường thẳng (d1’) chứa trung tuyến AE của tam giác ABC. Ta có SMAB SMBC  M thuộc (d2) qua C và song song với AB hoặc thuộc đường thẳng (d2’) chứa trung tuyến CF của tam giác ABC. Gọi giao điểm các đường thẳng (d), (d’), (d1), (d2), (d1’), (d2’) lần lượt là G, M1, M2, M3. Vậy M thuộc tập hợp gồm 4 điểm rời rạc G, M1, M2, M3. b. Giới hạn: Điểm M thuộc tập hợp A gồm 4 điểm G, M1, M2, M3. c. Phần đảo: Lấy điểm M bất kỳ thuộc tập hợp A. Dễ dàng chứng minh được SMAB SMBC SMAC . d. Kết luận: Tập hợp các điểm M cần tìm là tập hợp A gồm 4 điểm G, M 1, , M2, M3 (với G là trọng tâm ta m giác ABC, A, B, C lần lượt là trung điểm các cạnh M 1M2, M1M3, M2M3 của tam giác M1M2M3).. 2. Cho hai đường thẳng aa’ và bb’ cố định, cắt nhau tại O. Tìm tập hợp các điểm M có tổng các khoảng cách từ M đến hai đường thẳng aa’ và bb’ bằng độ dài m cho trước. Giải a. Phần thuận: Xét M nằm trong góc aOb. Gọi khoảng cách từ M đến aa’ là h1 và khoảng cách từ M đến bb’ là h 2. Qua M vẽ đường thẳng AB (A thuộc aa’, B thuộc bb’) và OA = OB. Ta có: SMAO  SMBO SAOB. 1 1 1 h1.OA  h 2 .OB  OA.AH 2 2 2  h1  h 2 AH (không đổi) Vậy M thuộc đoạn thẳng AB (A, B cách các đường thẳng aa’, bb’ bằng m). Do đó các điểm M thuộc các cạnh của hình chữ nhật ABCD, các đỉnh của chúng nằm trên các đường thẳng aa’, bb’ và khoảng cách từ một đỉnh đến đường thẳng kia bằng m. b. Giới hạn: Vì M nằm trong góc aOb do đó M chuyển động trên đoạn thẳng AB. Từ đó kết luận rằng M chuyển động trên các cạnh của hình chữ nhật ABCD. c. Phần đảo: Lấy điểm M bất kỳ trên hình chữ nhật ABCD. Giả sử M thuộc cạnh AB. Gọi khoảng cách từ M đến aa’ là h1, từ M đến bb’ là h2. Ta có: SMAO  SMBO SAOB. 1 1 1 h1.OA  h 2 .OB  mAH 2 2 2 OA = OB.  h1  h 2 m.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> d. Kết luận: Tập hợp các điểm M là các cạnh của hình chữ nhật ABCD, có các đỉnh nằm trên các đường thẳng aa’, bb’ và khoảng cách từ một đỉnh đến đường thẳng kia bằng m.. 3. Cho (O) và dây cung AB cố định. C là điểm di động trên (O), M là trung điểm của gấp khúc ACB. Tìm tập hợp các điểm M. Giải * Xét C nằm trên cung nhỏ AB a. Phần thuận: Gọi D là trung điểm cung AB, xét C nằm trên cung DB..  DB   DCA   DA DAB Trên tia đối của tia CA lấy E sao cho CE = CB, ta có :.   DCB  DAB 1800 (tứ giác ABCD nội tiếp)   DCE  DCA 1800. (hai góc kề bù) Xét  DCB và  DCE, có:. . . CB = CE, DCB DCE , CD: cạnh chung   DCB =  DCE (c.g.c)  DB = DE Mà DA = DB Nên DA = DE   DEA cân tại D Ta có DM là trung trung tuyến của tam giác DAE  DM  AE.  AMD = 900 AD cố định Do đó M thuộc đường tròn cố định đường kính AD. b. Giới hạn: * Khi C  B thì M  B thì M  M1 (M1 là trung điểm của AB) * Khi C  D thì M  M  D Vậy M thuộc cung DM1 của đường tròn đường kính AD c. Phần đảo: Lấy M bất kỳ trên cung DM1 của đường tròn đường kính AD. AM cắt (O) tại C. Cần chứng minh rằng M là trung điểm của đường gấp khúc ACB. Trên tia đóio của tia CA lấy điểm E sao cho CE = CB. Dễ dàng chứng minh được tam giác ADE cân tại D mà DM là đường cao, do đó M là trung điểm của của AE. Suy ra M là trung điểm đường gấp khúc ACB. d. Kết luận: Tập hợp các điểm M là cung DM1 của đường tròn đường kính AD (D là trung điểm cung AB, M1 là trung điểm AB). Tương tự C nằm trên cung AD, tập hợp các điểm M là cung DM1 của đường tròn đường kính BD. Xét C nằm trên À, BF (F là trung điểm cung lớn AB).

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Tập hợp các điểm M là các cung FM1 của các nửa đường tròn đường kính AF, BF. Tập hợp các trung điểm M của đường gấp khúc ACB là 4 cung của 4 đường tròn đường kính AD, BD, AF, BF..

<span class='text_page_counter'>(17)</span>