Giao diện mới của VnDoc Pro: Dễ sử dụng hơn - chỉ tập trung vào lớp bạn quan tâm. Vui lòng chọn lớp mà bạn quan tâm: Lưu và trải nghiệm

Đóng

Điểm danh hàng ngày

Hôm nay +3
Ngày 2 +3
Ngày 3 +3
Ngày 4 +3
Ngày 5 +3
Ngày 6 +3
Ngày 7 +5

Bạn đã điểm danh Hôm nay và nhận 3 điểm! Đăng nhập ngay để nhận điểm

Nhắn tin Zalo VNDOC để nhận tư vấn mua gói Thành viên hoặc tải tài liệu Hotline hỗ trợ: 0936 120 169

VnDoc.com

Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác

Bài tập Quỹ tích ôn thi vào lớp 10 có đáp án

Bài trước

Tải về

Bài sau

Lớp: Lớp 9

Môn: Toán

Dạng tài liệu: Chuyên đề

Loại File: Word

Phân loại: Tài liệu Tính phí

Phương pháp tìm quỹ tích điểm G trong tam giác

Trong các bài toán quỹ tích hình học lớp 9, việc xác định quỹ tích của các điểm đặc biệt trong tam giác luôn là nội dung quan trọng và thường xuất hiện trong đề thi vào lớp 10. Trong đó, dạng toán tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác yêu cầu học sinh kết hợp kiến thức về trung tuyến, trọng tâm và các tính chất hình học liên quan để tìm ra quy luật chuyển động của điểm G. Bài viết dưới đây sẽ hệ thống phương pháp giải cùng các bài tập tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác có đáp án chi tiết, giúp học sinh ôn luyện hiệu quả và nâng cao kỹ năng giải toán.

Ví dụ 1. Cho đường tròn (O; R), là điểm A cố định ở 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.

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Phần thuận:

Gọi E;F là trung điểm của CD; OA ta có F cố định (vì OA cố định);K là điểm trên

BF sao cho $\frac{{BK}}{{BF}} = \frac{2}{3}$ $\frac{{BK}}{{BF}} = \frac{2}{3}$, suy ra K cố định (vì BF cố định).

Xét tam giác BEF có: $\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{{BK}}{{BF}} = \frac{2}{3}$ $\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{{BK}}{{BF}} = \frac{2}{3}$.

Suy ra $GK//EF \Rightarrow \frac{{GK}}{{EF}} = \frac{2}{3} \Rightarrow GK = \frac{2}{3}EF$ $GK//EF \Rightarrow \frac{{GK}}{{EF}} = \frac{2}{3} \Rightarrow GK = \frac{2}{3}EF$ mà $EF = \frac{1}{2}OA$ $EF = \frac{1}{2}OA$, do đó $GK = \frac{1}{3}OA$ $GK = \frac{1}{3}OA$ (không đổi) K cố định.

Vậy G thuộc đường tròn cố định K bán kính $\frac{1}{3}OA$ $\frac{1}{3}OA$.

b) Giới hạn:

Khi d tiến dần đến tiếp tuyến AB thì $G \to B$ $G \to B$.

Khi d tiến dần đến tiếp tuyến $A{B_1}$ $A{B_1}$ thì $G \to {G_1}$ $G \to {G_1}$ (với G₁ là giao điểm của đường tròn $\left( {K;\frac{1}{3}OA} \right)$ $\left( {K;\frac{1}{3}OA} \right)$ với BB₁).

Vậy G chuyển đọng trên cung BG₁ của đường tròn $\left( {K;\frac{1}{3}OA} \right)$ $\left( {K;\frac{1}{3}OA} \right)$ (trừ hai điểm B và G₁).

c) Phần đảo:

Lấy điểm G bất kỳ trên cung BG₁(trừ B và G₁ của $\left( {K;\frac{1}{3}OA} \right)$ $\left( {K;\frac{1}{3}OA} \right)$), suy ra $GK = \frac{1}{3}OA$ $GK = \frac{1}{3}OA$. Trên tia BG lấy điểm E sao cho $\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{2}{3}$ $\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{2}{3}$.

AE cắt (O) tại D; C.

Xét tam giác BEF ta có:

$\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{{BK}}{{BF}} = \frac{2}{3}$ $\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{{BK}}{{BF}} = \frac{2}{3}$ $\Rightarrow GK//EF \Rightarrow \frac{{GK}}{{EF}} = \frac{2}{3}GK = \frac{3}{2}.\frac{1}{3}OA = \frac{1}{2}OA$ $\Rightarrow GK//EF \Rightarrow \frac{{GK}}{{EF}} = \frac{2}{3}GK = \frac{3}{2}.\frac{1}{3}OA = \frac{1}{2}OA$

=> E thuộc đường tròn đường kính $OA \Rightarrow \widehat {OAE} = {90^0}$ $OA \Rightarrow \widehat {OAE} = {90^0}$.

$OE \bot CD \Rightarrow E$ $OE \bot CD \Rightarrow E$ là trung điểm của CD.

Xét tam giác BCD có BE là trung tuyến và $\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{2}{3}$ $\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{2}{3}$ nên G là trọng tâm của tam giác BCD.

d) Kết luận:

Tập hợp các điểm G là cung BG của đường tròn $\left( {K;\frac{1}{3}OA} \right)$ $\left( {K;\frac{1}{3}OA} \right)$ (với K thuộc đoạn $BF,BK = \frac{2}{3}BF$ $BF,BK = \frac{2}{3}BF$, G₁ là giao điểm của BB₁ và $\left( {K;\frac{1}{3}OA} \right)$ $\left( {K;\frac{1}{3}OA} \right)$ (trừ B và G₁)).

Ví dụ 2, Cho không đổi $\widehat {xAy} = \alpha$ $\widehat {xAy} = \alpha$, điểm Bcố định nằm trong $\widehat {xAy}$ $\widehat {xAy}$. Đường tròn (O) di động qua A và B cắt Ax, Ay lần lượt tại C và D. Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác ADC thuộc một đường cố định.

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

Ta có: $\widehat {xAB} = \widehat {CDB},$ $\widehat {xAB} = \widehat {CDB},$ $\widehat {BAy} = \widehat {BCD}\widehat {DAC} + \widehat {DBC} = {180^0}$ $\widehat {BAy} = \widehat {BCD}\widehat {DAC} + \widehat {DBC} = {180^0}$

Các góc $\widehat {xAB},\widehat {BAy},\widehat {DAC}$ $\widehat {xAB},\widehat {BAy},\widehat {DAC}$ không đổi.

Do đó các góc $\widehat {CDB},\widehat {BCD},\widehat {DBC}$ $\widehat {CDB},\widehat {BCD},\widehat {DBC}$ không đổi. Gọi M là trung điểm của đoạn CD, ta có các góc $\widehat {BMC},\widehat {BMD}$ $\widehat {BMC},\widehat {BMD}$ không đổi.

Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC cắt Ax tại E, đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD cắt Ay tại F.

Ta có:

$\widehat {BEC} + \widehat {BMC} = {180^0}$ $\widehat {BEC} + \widehat {BMC} = {180^0}$ $\Rightarrow \widehat {AEB} = {180^0} - \widehat {BMC}$ $\Rightarrow \widehat {AEB} = {180^0} - \widehat {BMC}$ không đổi => E cố định.

$\widehat {BME} = \widehat {BCE}\left( { = \frac{1}{2}{\rm{sdBE}}} \right)$ $\widehat {BME} = \widehat {BCE}\left( { = \frac{1}{2}{\rm{sdBE}}} \right)$, $\widehat {BDF} = \widehat {BCE}$ $\widehat {BDF} = \widehat {BCE}$ (tứ giác ADBC nội tiếp), (tứ giác DBMF nội tiếp).

Do đó $\widehat {BDF} + \widehat {BMF} = {180^0}$ $\widehat {BDF} + \widehat {BMF} = {180^0}$ $\widehat {BME} + \widehat {BMF} = {180^0} \Rightarrow E,M,F$ $\widehat {BME} + \widehat {BMF} = {180^0} \Rightarrow E,M,F$ thẳng hàng.

Vẽ $AH \bot EF\left( {H \in EF} \right),GK \bot EF\left( {K \in EF} \right)$ $AH \bot EF\left( {H \in EF} \right),GK \bot EF\left( {K \in EF} \right)$ ta có AH không đổi; đặt $AH = h,AH//GK$.

Xét tam giác AHM có $GK//AH$ suy ra $\frac{{GM}}{{AM}} = \frac{{GK}}{{AH}}$ $\frac{{GM}}{{AM}} = \frac{{GK}}{{AH}}$.

G là trọng tâm tam giác ADC, AM là trung tuyến của tam giác ADC nên $\frac{{GM}}{{AM}} = \frac{1}{3}$ $\frac{{GM}}{{AM}} = \frac{1}{3}$.

Do đó $\frac{{GK}}{{AH}} = \frac{1}{3}$ $\frac{{GK}}{{AH}} = \frac{1}{3}$, suy ra $GK = \frac{1}{3}h$ $GK = \frac{1}{3}h$ không đổi, EF cố định. Vậy G thuộc đường thẳng song song với EF là cách EF một khoảng bằng $\frac{1}{3}h$ $\frac{1}{3}h$.

📚 Phần tiếp theo của tài liệu đã được tổng hợp trong file đính kèm, mời bạn tải về để đọc tiếp.

----------------------------------------

Việc luyện tập thường xuyên các bài tập có đáp án sẽ giúp các em nắm chắc phương pháp giải, tăng tốc độ làm bài và tự tin chinh phục các câu hỏi quỹ tích trong kỳ thi vào lớp 10.

Tải về

Chọn file muốn tải về: