Tài liệu Chuyên đề Hình học Lớp 9 (Sưu tầm)

( suu tam)
TỪ ĐƠN GIẢN ĐẾN THÚ VỊ
Khi giải phương trình bậc hai, đã bao giờ bạn từng đặt câu hỏi, chẳng hạn tại sao phương trình x2 + 6x - 3 = 0 có nghiệm là thì cũng có nghiệm là ? 
Ban đầu tôi giải thích điều kì lạ này bằng định lí Viét nhưng sau quá trình suy nghĩ, tìm tòi tôi mới phát hiện ra những bí ẩn tuyệt vời đằng sau điều kì lạ đó. 
Trước hết ta xét bài toán : 
Bài toán 1 : 
Chứng minh rằng : Nếu phương trình bậc hai có hệ số hữu tỉ, có một nghiệm vô tỉ là (m ; n thuộc Q) thì sẽ có một nghiệm nữa là . 
Chứng minh : Có 3 cách để chứng minh bài toán này. 
Cách 1 : (sử dụng hệ thức Viét) 
Xét phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (*) (a ≠ 0) có một nghiệm là . Gọi x1, x2 là hai nghiệm của (*) trong đó x1 = . 
Do x1 là nghiệm của (*) 
Cách 2 : 
Khi chứng minh như ở cách 1 và được 2am + b = 0 
=> 2am + b = 0 = am2 + an + bm + c 
Khi đó : 
Cách 3 : 
Xét : 
= (x - m)2 - n = x2 - 2mx + m2 - n 
Chia đa thức ax2 + bx + c cho g(x) ta có :
ax2 + bx + c = a(x - )(x - ) + (b + 2ma)x + (an + c - m2a) 
Khi x1 = => ax2 + bx + c = 0.
=> : (b + 2ma)() + an + c = 0. 
Do vô tỉ ; m, n, a, b, c thuộc Q nên => :
b + 2ma = an + c - m2a = 0 
=> ax2 + bx + c = a(x - )(x - ) 
=> là một nghiệm của phương trình ax2 + bx + c = 0 (đpcm). 
Sau khi thử nghiệm một số trường hợp, tôi đã tổng quát bài toán như sau : 
Bài toán 2 : 
Chứng minh rằng : Nếu một phương trình bậc n (n ≥ 2) có hệ số hữu tỉ và một nghiệm vô tỉ là (m, n thuộc Q) thì cũng là một nghiệm của phương trình này. 
Chứng minh : Đến đây có lẽ bạn đọc cũng thấy được sự bất lực của các cách 1 ; 2 (bài toán 1) trong bài toán này. Tuy nhiên sử dụng cách giải 3 bài toán 1 ta sẽ chứng minh được bài toán 2. 
Thật vậy : Xét phương trình P(x) = 0 với P(x) là đa thức bậc n và hệ số hữu tỉ.
Xét : 
= x2 - 2mx + m2 - n 
Chia P(x) cho G(x) được thương là Q(x) dư B(x) + C (B,C thuộc Q). 
Vì x0 = là nghiệm của P(x) = 0 
=> : P(x0) = Q(x0) = 0 => Bx0 + C = 0
=> : B() + C = 0. 
Do vô tỉ ; B, C hữu tỉ => B = C = 0 
=> P(x) = Q(x).(x - )(x - ) 
=> cũng là nghiệm của phương trình P(x) = 0   : (đpcm). 
Bây giờ chúng ta xét đến bài toán 3 cũng là một bài toán quen thuộc về phương trình bậc hai. 
Bài toán 3 : 
Chứng minh rằng : Một phương trình bậc hai không thể có nghiệm hữu tỉ nếu các hệ số của nó đều lẻ. 
Chứng minh : Giả sử phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a, b, c thuộc Z, lẻ) có nghiệm hữu tỉ là (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1)
=> : a.(p/q)2 + b.(p/q) + c = 0 
=> : ap2 + bpq + cq2 = 0 (2) 
Từ phương trình (2) ta có ap2 chia hết cho q mà (p,q) = 1 => a chia hết cho q => q lẻ (vì a lẻ) 
Tương tự c chia hết cho p => p lẻ (vì c lẻ) 
Do a, b, c, p, q lẻ => vế trái (2) lẻ và khác 0 (vô lí).
=> : Phương trình không có nghiệm hữu tỉ (đpcm). 
Để tổng quát bài toán này có lẽ một số bạn sẽ mắc sai lầm khi quy về phương trình bậc n bất kì. Điều này không đúng với n lẻ, chẳng hạn n = 3 ta có phương trình : 
x3 + 3x2 + 3x + 1 = 0 vẫn có nghiệm -1. 
Bài toán 4 : 
Chứng minh rằng : Một phương trình bậc n chẵn, không thể có nghiệm hữu tỉ nếu hệ số của nó đều lẻ. 
Chứng minh : Dựa vào chứng minh của bài toán 3 ta có : 
Xét P(x) = anxn + an-1xn-1 + ... + a1x + a0 = 0 là phương trình bậc n (với n chẵn ; ai nguyên lẻ, i = 0,...,n ) có nghiệm hữu tỉ là p/q (p, q thuộc Z, q ≠ 0, (p, q) = 1) 
Ta có : 
an(p/q)n + an - 1(p/q)n - 1 + ... + a1(p/q) + a0 = 0 
Tương đương với : anpn + an - 1pn - 1q + ... + a1pqn - 1 + a0qn = 0   (3)
=> anpn chia hết cho q và a0qn chia hết cho p , mà (p, q) = 1 => an chia hết cho q và a0 chia hết cho p . => p, q lẻ (vì a0, an lẻ) 
Do ai (i = 0,...,n) , p, q lẻ, n chẵn => vế trái của (3) là số lẻ khác 0 (vô lí). 
=> : Phương trình không có nghiệm hữu tỉ (đpcm). 
Các bạn thấy đấy, mọi sự phức tạp đều bắt đầu bằng cái đơn giản. Từ một chút kì lạ nhỏ thôi nhưng nếu chịu đào sâu suy nghĩ thì sẽ khám phá rất nhiều điều thú vị. Đó là nguyên tắc hàng đầu trong sáng tạo toán học. Chúc các bạn thành công trên con đường đi tìm vẻ đẹp của toán học.
Trước đây, tôi có đọc trong một cuốn sách, bài toán : “Cho x1, x2, x3, x4 là bốn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện : x1 + x2 + x3 + x4 = 1. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 
”(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - Tin trường Đại học Sư phạm Hà Nội năm 1999), lời giải như sau : 
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski, ta có : Từ (1), (2), (3) => : 
Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 . 
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 . 
Thú thật, với kiến thức nhỏ bé của tôi, đây quả là một bài toán “chông gai” , bởi vì mặc dù đã có lời giải nhưng nào là “căn”, nào là “bất đẳng thức Bunhiacốpski” ... tôi vẫn còn “sợ hãi”... 
Xin cảm ơn Toán Tuổi thơ 2, số 1 (3 - 2003) đã đăng bài “Nhiều cách giải cho một bài toán” của bạn Nguyễn Kim Yến Chi (8A, THCS Phổ Văn, Đức Phổ, Quảng Ngãi) trên chuyên mục Eureka. Bài đó đã giúp tôi nghĩ đến vận dụng bài toán “đẹp” ấy để giải bài toán “chông gai” này ! 
Lời giải như sau : 
Bài toán phụ : Chứng minh rằng a4 + b4 ≥ a3b + ab3 (xem lời giải của bạn Chi) 
áp dụng bài toán phụ ta có :
(x14 + x24) + (x14 +x34) + (x14 + x44) + ( x24+ x34) + (x24 + x44) + (x34 + x44) + x14 + x24 + x34 + x44
≥ x13.x2 + x1x23 + x13.x3 + x1.x33 + x13.x4 + x1.x43 + x23.x3 + x2.x33 + x23.x4 + x33.x4 + x3.43 + x14 + x24 + x34 + x44 
Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥x13.(x1 + x2 + x3 + x4 ) + x23(x1 + x2 + x3 + x4) + x33.(x1 + x2 + x3 + x4) + x43.(x1 + x2 + x3 + x4) 
Tương đương với : 4(x14 + x24 + x34 + x44) ≥ x13 + x23 + x33 + x43 ( do x1 + x2 + x3 + x4 = 1) 
Mà x1, x2, x3, x4 > 0 nên x13 + x23 + x33 + x43 > 0.
Ta có : T = (x14 + x24 + x34 + x44) / (x13 + x23 + x33 + x43) ≥ 1/4 
Dấu đẳng thức xảy ra khi khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 . Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 1/4 khi khi x1 = x2 = x2 = x3 = x4 = 1/4 . 
Các bạn thấy đấy, tôi đã tìm được lời giải bài toán “chông gai”. Hơn nữa, với lời giải này, giả thiết bài của toán chỉ cần x1, x2, x3, x4 thỏa mãn x13 + x23 + x33 + x43 > 0 và x1 + x2 + x3 + x4 = 1 là đủ. 
Với giả thiết này, lời giải dùng đến bất đẳng thức Bunhiacốpski nêu trên khó mà làm được phải không các bạn ? 
TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN BÀI TOÁN TỔNG QUÁT
Trong kì thi chọn học sinh giỏi THPT của TP. Hồ Chí Minh năm học 2002 - 2003 có bài toán bất đẳng thức đại số sau : 
Bài toán : Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng : 
Bài toán này có nhiều cách giải. Tôi xin giải bài toán này bằng phương pháp đổi biến và vận dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, mà từ lời giải này ta có thể dẫn đến bài toán tổng quát một cách không khó khăn gì. 
Lời giải : 
Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z. Do đó : 
Vì a ; b ; c > 0 nên x ; y ; z > 0 và x < y + z (2) Ta có : 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : 
=> x = y + z, mâu thuẫn với (2) 
=> đẳng thức không xảy ra. 
Vậy, ta có : 
Dựa vào ý tưởng của cách giải trên, ta đề xuất và giải được bài toán sau : 
Bài toán tổng quát : Cho m, n, p, a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng : 
Lời giải : 
Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z. 
Do đó : 
Vì a ; b ; c > 0 nên x ; y ; z > 0 ; x < y + z ; y < z + x ; z < x + y (3) 
Ta có : 
Trường hợp m = 5, n = 4, p = 1 chính là bài toán ban đầu. Ngoài ra với những giá trị cụ thể khác của m, n, p ta sẽ nêu được nhiều bất đẳng thức “đẹp” như bất đẳng thức (1). 
Một kinh nghiệm các bạn nên vận dụng khi học toán : Thử xem với lời giải nào thì có thể đi đến bài toán tổng quát dễ dàng nhất.
PHẦN THUẬN CỦA BÀI TOÁN QUĨ TÍCH
Toán quỹ tích là một dạng toán khó trong hình học, các em thường bị lúng túng khi gặp loại toán này trong các kì thi tốt nghiệp và thi học sinh giỏi ở bậc THCS. Bài viết này nhằm giúp các em một số kinh nghiệm giải quyết phần thuận của bài toán quỹ tích. 
Đối với bài toán tìm quỹ tích của điểm M thì phần thuận phải dựa vào tính chất a của M để => M thuộc một hình F xác định. 
Sau bước “đoán nhận” quỹ tích bằng phương pháp vẽ 3 trường hợp hoặc bằng cách dựa vào sự chuyển động của điểm M (nếu M có thể chạy ra xa vô tận thì quỹ tích M phải là đường thẳng hoặc dựa vào tính đối xứng của quỹ tích ...) ta thường tiến hành chứng minh phần thuận như thế nào ? Ta gặp hai tính huống sau đây : 
1. Dự đoán quỹ tích M là có dạng thẳng (đoạn thẳng, tia, đường thẳng) ta có thể chọn lựa các cách chứng minh sau : 
- Sử dụng quỹ tích đường trung trực. 
- Sử dụng quỹ tích đường phân giác. 
- Sử dụng quỹ tích đường thẳng song song cách đều. 
- Nối điểm chuyển động M với một điểm O cố định rồi chứng minh : OM song song với một đường thẳng cố định, hoặc vuông góc với một đường thẳng cố định hoặc OM tạo với đường thẳng cố định một góc a không đổi. 
Ví dụ 1 : Cho góc vuông yOx và điểm A cố định thuộc Oy. Một điểm B chuyển động trên Ox. Dựng hình vuông ABCD ở miền trong của góc yOx . 
a) Tìm quỹ tích điểm D. 
b) Tìm quỹ tích điểm C. 
c) Tìm quỹ tích tâm S của hình vuông. 
Hướng giải : 
a) Hạ DK vuông góc với Oy. 
Chứng minh : tam giác vuông AKD = tam giác vuông AOB => DK = OA = const => D thuộc đường thẳng // Oy và cách Oy một đoạn OA. Giới hạn lại D thuộc tia D1m và {D} là tia D1m. 
b) Dựng đường tròn tâm S ngoại tiếp hình vuông ABCD. C1 là giao điểm của (S) và Ox . Ta có tứ giác ACBC1 nội tiếp => Đ AC1O = Đ ACB = 45o => C1 là điểm cố định mà C1C vuông góc với AC1 => C thuộc tia C1n vuông góc với AC1. 
Chú ý : Nếu chứng minh C thuộc tia phân giác góc mC1x cũng được nhưng sẽ dài và khó hơn. 
c) Để tìm quỹ tích S có rất nhiều cách. Tốt nhất ta nên lí luận như sau : Do (S) luôn luôn đi qua 2 điểm cố định A và C1 => SA = SC1 S thuộc trung trực AC1. 
Giới hạn lại ta có {S} là tia S1p. 
2. Dự đoán được quỹ tích điểm M có dạng tròn (đường tròn cung tròn) ta có chọn lựa các cách chứng minh sau : 
- Chứng minh điểm M luôn luôn cách một điểm cố định O cố định một khoảng không đổi. 
- Dựa vào quỹ tích cung chứa góc. 
- Chọn 3 điểm A, B, C cố định. Chứng minh tứ giác ABCM nội tiếp => M thuộc đường tròn đi qua A, B, C. 
Ví dụ 2 :. Cho nửa đường tròn đường kính AOB. Một điểm M chuyển động trên nửa đường tròn. Dựng hình vuông BMNP ở nửa mặt phẳng bờ BM không chứa O. Tìm {N}. 
Hướng giải : Ta có thể chứng minh phần thuận theo các cách sau : 
Cách 1 : Chứng minh A, M, N thẳng hàng => góc ANB = 45o => N cung chứa góc 45o vẽ trên AB. 
Cách 2 : Trên tiếp tuyến Ax lấy AN1 = AB. Nối N1B => Đ AN1B = 45o mà Đ ANB = 45o => tứ giác AN1NB nội tiếp mà A, N1, B cố  ...  : 
Do OX = OY nên : 
XZ = YT OZ = OT. 
Ta sẽ chứng minh OZ = OT. Trước hết, ta chứng minh IO1OO2 là hình bình hành bằng cách xét 3 trường hợp : Ð IBA 90o ; Ð IBA = 90 o 
Gọi M là giao điểm của O1I và CD. 
Với Ð IBA Ð CIM + Ð ICM = 90 o =>O1I ^ CD ; Mà OO2 ^ CD => OO2 // O1I. 
Tương tự OO1 // O2I, suy ra IO1OO2 là hình bình hành (bạn đọc tự chứng minh hai trường hợp còn lại). 
Từ đó, ta có (xem phần hình màu) : OO1 = O2I = O2T ; OO2 = O1I = O1Z ; 
Ð OO1Z = (180o - 2 Ð O1IZ) + Ð OO1I = 360o - Ð OO2I - (180o - 2( Ð OO22IT) = OO2T 
=> ∆ OO1Z = ∆ TO2O (c.g.c) => OZ = OT.(Chứng minh trên không cần dùng tới kiến thức về tam giác đồng dạng). l Bài tập áp dụng : 
1) Từ điểm C ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến CA, CB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Đường tròn (O1) qua C và tiếp xúc với AB tại B cắt (O) tại M. Chứng minh rằng AM chia đoạn thẳng BC thành hai phần bằng nhau. 
2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến với (O) tại B lần lượt cắt các tiếp tuyến với (O) tại A và C ở M và N. Qua B vẽ đường thẳng vuông góc với AC tại P. Chứng minh rằng BP là phân giác của Ð MPN. 
3) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD ; AC cắt BD tại O, AD cắt BC tại I và OI cắt AB tại E. Đường thẳng đi qua A song song với BC cắt BD tại M và đường thẳng đi qua B song song với AD cắt AC tại N. Chứng minh rằng : a) MN // AB ; b) AB2 = MN.CD ; c) d) AE = EB.
SUY NGHĨ TỪ CÁC BÀI TẬP TRONG SÁCH GIÁO KHOA LỚP 9
Các em học sinh lớp 9 thân mến ! 
Đứng trước các kì thi quan trọng là kì thi tốt nghiệp THCS và kì thi tuyển sinh vào THPT, chắc rằng bây giờ các em đang rất trăn trở là làm thế nào để khắc sâu được kiến thức nhanh nhất và đạt kết quả cao nhất trong các kì thi. 
Một bí quyết nhỏ của tôi là : hãy suy nghĩ sâu hơn từ các bài tập trong sách giáo khoa (SGK), hệ thống chúng lại để dễ ghi nhớ và vận dụng tốt cho các bài tập mới. Sau đây là một ví dụ để các em thấy mỗi bài tập trong SGK là một bài tập cơ sở cho nhiều bài tập khác. 
Ta bắt đầu từ bài tập 11 trang 37 SGK Hình học 9 : 
Bài toán 1 : Cho một đường tròn (O) và một điểm M cố định không nằm trên đường tròn. Qua M vẽ một cát tuyến cắt đường tròn ở A và B. Chứng minh rằng tích MA.MB không phụ thuộc vị trí của cát tuyến. Nhận xét 1 : Chứng minh bài toán 1 khá đơn giản, ta xét hai trường hợp điểm M nằm trong và điểm M nằm ngoài (O). Trong cả hai trường hợp ta vẽ thêm cát tuyến MCD bất kì (khác cát tuyến MAB). 
Dễ dàng chứng minh được hai tam giác MAC và MDB đồng dạng, suy ra MA.MB = MC.MD. 
Nhận xét 2 : Nếu vẽ cát tuyến MCD đi qua O (CD là đường kính) ta còn đưa ra được kết luận mạnh hơn : MA.MB = |MO2 - R2| (R là bán kính (O)). Kết quả này đã được chứng minh trong TTT2 số 12. 
Nhận xét 3 : Trường hợp M nằm ngoài (O), cát tuyến MCD trùng với tiếp tuyến MT của đường tròn (C ≡ D ≡ T), hiển nhiên ta có MC.MD = MT2 = MA.MB. Đây chính là nội dung của bài tập 4 trang 40 SGK Hình học 9. 
Nhận xét 4 : Kết hợp với tính chất của tứ giác nội tiếp ta chứng minh được bài toán sau : 
Bài toán 2 : Cho tứ giác ABCD. AB cắt CD tại M và AC cắt BD tại N. Chứng minh rằng các khẳng định sau là tương đương : 
a) ABCD là tứ giác nội tiếp. 
b) ÐABC = ÐADB c) ÐABC + ÐCDA = 180o 
d) MA.MB = MC.MD. 
e) NA.NC = NB.ND. 
Nhận xét 5 : Xét hai đường tròn giao nhau (với một cát tuyến chung đi qua hai giao điểm) ta có các kết quả khác. 
Bài toán 3 : Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại hai điểm A và B. Qua điểm M nằm trên đường thẳng AB kẻ hai cát tuyến MCD, MEF lần lượt tới (O1), (O2) (MAB, MCD, MEF không trùng nhau). 
a) Chứng minh CDFE là tứ giác nội tiếp. 
b) Kết luận trên còn đúng không nếu (O1) và (O2) tiếp xúc với nhau (M nằm trên tiếp tuyến chung của hai đường tròn) ? 
Bài toán 4 : Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại hai điểm A và B. Trên tia đối của tia BA lấy điểm M khác B. Qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD của (O1) và hai tiếp tuyến ME, MF của (O2). Chứng minh C, D, F, E cùng nằm trên một đường tròn. 
Nhận xét 6 : Bổ sung một số yếu tố khác về đường tròn ta lại có thêm nhiều kết quả khác. 
Bài toán 5 : Cho hai đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. BD là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (B thuộc (O2), D thuộc (O1)). Gọi DM là đường kính của (O1), qua M kẻ tiếp tuyến MC với (O2). Chứng minh MC = MD. 
Lời giải : Ta có BDO1O2 là hình thang vuông, A thuộc O1O2 ; O1AD và O2AB là các tam giác cân tại O1 và O2 suy ra 
ÐO1AD + ÐO2AB = 90o => BAD = 90o 
=> M, A, B thẳng hàng. 
Vậy DA là đường cao trong tam giác vuông DBM, suy ra MD2 = MA.MB, mặt khác MC2 = MA.MB (theo nhận xét 3). 
Vậy MC2 = MD2 hay MC = MD. 
Đề nghị các bạn giải các bài tập sau : 
Bài toán 6 : Cho ÐxMy và đường tròn (O) tiếp xúc với Mx, My lần lượt tại A, B. Qua A vẽ đường thẳng song song với My cắt (O) tại điểm thứ hai C. Đoạn thẳng MC cắt (O) tại điểm thứ hai D, AD cắt My tại K. Chứng minh rằng K là trung điểm của MB. 
Bài toán 7 : Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MAB tới đường tròn (A nằm giữa M và B). Hai tiếp tuyến với (O) tại A và B cắt nhau tại C ; MO cắt đường tròn đường kính OC tại H ; CH cắt AB tại N ; AB cắt OC tại I. Chứng minh rằng : 
a) MA.MB = MI.MN. 
b) IM.IN = IA2. 
Bài toán 8 : Cho (O, R) và một điểm A cố định sao cho OA = 2R. Gọi BC là đường kính của (O, R), BC không trùng với OA. Đường tròn đi qua A, B, C cắt đường thẳng OA tại điểm thứ hai I ; AB và AC cắt (O, R) tại D và E ; DE cắt OA tại K. 
a) Tính AK theo R. 
b) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE di chuyển trên đường thẳng cố định khi BC quay quanh O. 
Bài toán 9 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên AB lấy điểm M, vẽ hai tia Mx, My cắt nửa đường tròn tại hai điểm C và D sao cho ÐCMA = ÐDMB 
Chứng minh rằng MC.MD = MA.MB. 
Bài toán 10 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường phân giác AD cắt (O) tại điểm thứ hai E. Chứng minh rằng : 
AB.AC = AD2 + DB.DC. 
Bài toán 11 : Cho hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Gọi D là một điểm thuộc (O). Kẻ tiếp tuyến DA’ với (O’). 
a) Tính độ dài DA’ theo DA, R, R’. 
b) Vẽ tam giác đều DBC nội tiếp (O). 
Bài toán 12 : Cho tam giác ABC, trung tuyến AM và phân giác AD. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM cắt AB, AC theo thứ tự tại E, F. Chứng minh rằng BE = CF.
NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TOÁN QUỸ TÍCH CƠ BẢN
Làm sao để có thể vận dụng tốt các kiến thức cơ bản vào việc giải quyết các bài toán ? Điều này có thể rèn luyện bằng cách tự tìm tòi, khám phá những điều mới mẻ từ những bài toán cũ. 
Ví dụ sau đây bắt đầu từ một bài toán quỹ tích rất quen thuộc. 
Bài toán 1 : Cho ÐxOy và hai điểm M, N lần lượt di động trên Ox, Oy sao cho OM = ON. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN. 
Hướng dẫn : Dễ dàng nhận thấy DOMN cân tại O, vì I là trung điểm của MN nên I nằm trên tia phân giác trong Ot của ÐxOy 
Thay dữ kiện OM = ON của bài toán trên thành OM + ON = a không đổi, ta sẽ thu được một kết quả hoàn toàn mới. 
Bài toán 2 : Cho ÐxOy và hai điểm M, N lần lượt di động trên Ox, Oy sao cho OM + ON = a không đổi. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN. 
Lời giải : 
+ Phần thuận : Trước hết ta xét các vị trí đặc biệt của M và N. 
Khi N ≡ O thì M ≡ M1 (M1 Є Ox và OM1 = a) suy ra I ≡ E (E là trung điểm của OM1). 
Khi M ≡ O thì N ≡ N1 (N1 Є Oy và ON1 = a) suy ra I Є F (F là trung điểm của ON1). 
Tiếp theo, với M, N lần lượt chạy trên các đoạn OM1, ON1, ta sẽ chứng minh trung điểm I của MN chạy trên EF. Thật vậy : 
Vì OE = OF = 1/2 a ; MO + ON = OE + OF = a nên EM = NF và hai đoạn thẳng MN, EF luôn cắt nhau (khi M khác E, N khác F). Gọi giao điểm của MN và EF là I1. 
Từ M kẻ đường thẳng song song với Oy, cắt EF tại P, ÐOFE = ÐMPE (so le trong) ; ÐOEF = ÐMEP (đối đỉnh) ; ÐOFE = ÐOEF (do OE = OF). 
Suy ra ÐMPE = ÐMEP => ∆MPE cân tại M 
=> MP = ME = NF => ∆MPI1 = ∆NFI1 (g.c.g) 
=> MI1 = NI1 => I1 ≡ I là trung điểm của MN. 
+ Phần đảo : Đề nghị các bạn tự giải. 
+ Kết luận : Quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN là toàn bộ đoạn thẳng EF. 
Tiếp tục thay đổi dữ kiện ÐxOy của cả hai bài toán trên bằng cách tách rời hai tia Ox, Oy thành hai tia Ax, By (A khác B) ta sẽ có tiếp hai bài toán mở rộng. 
Bài toán 3 : Cho hai tia không cắt nhau Ax và By cùng nằm trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB. Hai điểm M, N lần lượt di động trên Ax, By sao cho AM = BN. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN. 
Bài toán 4 : Cho hai tia không cắt nhau Ax và By cùng nằm trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB. Hai điểm M, N lần lượt di động trên Ax, By sao cho AM + BN = a không đổi. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN. 
Hướng dẫn : Gọi O là trung điểm của AB, qua O kẻ các tia Ox1, Oy1 theo thứ tự song song và cùng phía với Ax, By. 
Với bài toán 4 : Ta kẻ đường thẳng qua M, song song với AB cắt Ox1 tại M1 ; đường thẳng qua N song song với AB cắt Oy1 tại N1. Các tứ giác OAMM1, OBNN1 là các hình bình hành nên OM1 = AM, ON1 = BN suy ra OM1 + ON1 = a không đổi, theo bài toán 2 thì quỹ tích trung điểm I1 của đoạn thẳng M1N1 là đoạn thẳng EF (E ≡ Ox1, F ≡ Oy1 và OE = OF = 1/2 
Tứ giác MM1NN1 là hình bình hành nên trung điểm I1 của đường chéo M1N1 trùng với trung điểm I của đường chéo MN. 
Vậy quỹ tích trung điểm I của đoạn thẳng MN cũng là đoạn thẳng EF. 
Với bài toán 3 : Tương tự ta có quỹ tích trung điểm I của MN sẽ là tia phân giác trong Ot của Ðx1Oy1 
Kết hợp bài toán 3 và bài toán 4 ta có bài toán sau : 
Bài toán 5 : Cho hai tia không cắt nhau Ax và By cùng nằm trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB. Hai điểm C, D lần lượt di động trên Ax, By sao cho AC = BD ; hai điểm M, N lần lượt di động trên Cx, Dy sao cho CM + DN = a không đổi. Tìm quỹ tích trung điểm I của MN. 
Hướng dẫn : 
Gọi O là trung điểm của AB, H là trung điểm của CD. Qua O kẻ các tia Ox1, Oy1 theo thứ tự song song và cùng phía với Ax, By. 
Theo bài toán 3, quỹ tích của điểm H là phân giác trong Ot của Ðx1Oy1 
Với mỗi cặp điểm C, D, từ trung điểm H của CD lần lượt kẻ các tia Hx2, Hy2 song song và cùng phía với Ax, By. Theo bài toán 4, quỹ tích trung điểm I của MN là đoạn thẳng EF trong đó E Є Hx2, F Є Hy2 và HE = HF = 1/2 không đổi. Mặt khác, do Ðx2Hy2 = Ðx1Oy1 không đổi nên EF có độ dài không đổi và nhận Ot là trục đối xứng. Khi C ≡ A và D ≡ B thì H ≡ O ; E ≡ A1 ; F ≡ B1 (A1 Є Ox1, B1 Є Oy1, OA1 = OB1 = 1/2 a). 
Vậy quỹ tích trung điểm I của MN là phần mặt phẳng giới hạn bởi đoạn A1B1 và hai tia A1E, B1F (song song, cùng phía với tia Ot). 
Thật là thú vị, tôi đã bổ sung ngay kết quả này vào bộ sưu tập “Quỹ tích có điểm trong” của mình (TTT2 số 12, 13, 14, 18).