Muốn chứng minh quỹ tích (tập hợp) các điểm $M$ thỏa mãn tính chất $\tau$ là một hình $\mathrm{H}$ nào đó, ta phải chứng minh hai phần:

Phần thuận: Mọi điểm có tính chất $\tau$ đều thuộc hình $\mathrm{H}.$

Phần đảo: Mọi điểm thuộc hình $\mathrm{H}$ đều có tính chất $\tau .$

Kết luận: Quỹ tích (hay tập hợp) các điểm $M$ có tính chất $\tau$ là hình $\mathrm{H}.$

(Thông thường với bài toán "Tìm quỹ tích..." ta nên dự đoán hình $\mathrm{H}$ trước khi chứng minh: Tập hợp các điểm $M$ tạo với hai mút của đoạn thẳng $AB$ cho trước một góc $AMB$ bằng $\alpha$ $(\alpha$ không đổi $)$ là hai cung tròn đối xứng với nhau qua $AB$ (gọi là cung chứa góc $\alpha$ vẽ trên đoạn $AB$)).

Lời giải:

Chứng minh thuận:

Gọi $I$ là giao điểm $3$ đường phân giác trong của $∆ABC$

$\widehat{IBC}={\displaystyle \frac{\hat{B}}{2};}$ $\widehat{ICB}={\displaystyle \frac{\hat{C}}{2}}$

$\Rightarrow$ $\widehat{IBC}+\widehat{ICB}={\displaystyle \frac{\hat{B}+\hat{C}}{2}}$ mà trong $∆ABC$ ta có: $\hat{B}+\hat{C}={180}^{\circ }-\hat{A}={180}^{\circ }-\alpha$

Suy ra: $\widehat{IBC}+\widehat{ICB}={\displaystyle \frac{{180}^{\circ }-\alpha }{2}}$

Trong $∆BIC$ ta có: $\widehat{BIC}={180}^{\circ }-(\widehat{IBC}+\widehat{ICB})$

Suy ra: $\widehat{BIC}={\displaystyle {180}^{\circ }-\frac{{180}^{\circ }-\alpha }{2}}$$={\displaystyle \frac{{360}^{\circ }-{180}^{\circ }+\alpha }{2}}$$={\displaystyle {90}^{\circ }+\frac{\alpha }{2}}$

Do $\widehat{{\rm A}}=\alpha$ không đổi $\Rightarrow \widehat{BIC}={90}^{\circ }+{\displaystyle \frac{\alpha }{2}}$ không đổi.

Vì $I$ thay đổi tạo với $2$ đầu đoạn $BC$ cố định một góc bằng ${90}^{\circ }+{\displaystyle \frac{\alpha }{2}}$ không đổi

Do đó, $I$ nằm trên cung chứa góc ${90}^{\circ }+{\displaystyle \frac{\alpha }{2}}$ vẽ trên $BC.$

Chứng minh đảo:  Trên cung chứa góc ${90}^{\circ }+{\displaystyle \frac{\alpha }{2}}$ lấy điểm $I^{\prime }$ bất kỳ. Vẽ trên cùng nửa mặt phẳng bờ $BC$ chứa điểm $I^{\prime }$ hai tai $Bx$ và $Cy$ sao cho $B{I}^{\prime }$ là phân giác của $\widehat{CBx},C{I}^{\prime }$ là phân giác của $\widehat{BCy}$.

$Bx$ cắt $Cy$ tại $A^{\prime }.$

Trong $∆B{I}^{\prime }C$ ta có: $\widehat{B{I}^{\prime }C}={90}^{\circ }+{\displaystyle \frac{\alpha }{2}}$

$\Rightarrow \widehat{I^{\prime }BC}+\widehat{I^{\prime }CB}={180}^{\circ }-\widehat{B{I}^{\prime }C}$$={\displaystyle {180}^{\circ }-\left({90}^{\circ }+\frac{\alpha }{2}\right)}$$={\displaystyle \frac{{180}^{\circ }-\alpha }{2}}$

$\widehat{CB{A}^{\prime }}=2\widehat{I^{\prime }BC};\widehat{BC{A}^{\prime }}=2\widehat{I^{\prime }CB}$

$\Rightarrow \widehat{CB{A}^{\prime }}+\widehat{BC{A}^{\prime }}={\displaystyle 2.\frac{{180}^{\circ }-\alpha }{2}}$$={180}^{\circ }-\alpha$

Trong $∆A^{\prime }BC$ ta có:

$\widehat{B{A}^{\prime }C}={180}^{\circ }-(\widehat{CB{A}^{\prime }}+\widehat{BC{A}^{\prime }})$$={180}^{\circ }-({180}^{\circ }-\alpha )=\alpha$

Kết luận: Vậy quỹ tích giao điểm $3$ đường phân giác trong $∆ABC$ khi $\hat{A}=\alpha$ không đổi, $BC$ cố định là $2$ cung chứa góc ${90}^{\circ }+{\displaystyle \frac{\alpha }{2}}$ vẽ trên 

Cách vẽ cung chứa góc $\alpha :$

+) Vẽ đường trung trực $d$ của đoạn thẳng $AB.$

+) Vẽ tia $Ax$ tạo với $AB$ góc $\alpha .$

+) Vẽ đường thẳng $Ay$ vuông góc với $Ax$. Gọi $O$ là giao điểm của $Ay$ với $d.$

+) Vẽ cung $\stackrel{⏜}{AmB},$ tâm $O,$ bán kính $OA$ sao cho cung này nằm ở nửa mặt phẳng bờ $AB$ không chứa tia $Ax.$

+) $\stackrel{⏜}{AmB}$ được vẽ như trên là một cung chứa góc $\alpha .$

Lời giải:

Cách dựng:

− Dựng đoạn $AB=3cm$

− Dựng $\widehat{BAx}={42}^o$

− Dựng đường thẳng $d$ là trung trực của $AB$

− Dựng tia $Ay\perp Ax$ tại $A$

Tia $Ay$ cắt đường trung trực $d$ của $AB$ tại $O.$

− Dựng cung tròn $\stackrel{⏜}{AmB}$  tâm $O$ bán kính $OA$

− Dựng điểm $O^{\prime }$ đối xứng với $O$ qua $AB.$

− Dựng cung tròn $\stackrel{⏜}{A{m}^{\prime }B}$ tâm $O^{\prime }$ bán kính $O^{\prime }A.$

Ta được cung chứa góc  ${42}^o$ trên đoạn thẳng $AB=3cm$ là $\stackrel{⏜}{AmB}$ và $\stackrel{⏜}{A{m}^{\prime }B}.$

Ta sử dụng cách vẽ cung chứa góc $\alpha :$

+) Vẽ đường trung trực $d$ của đoạn thẳng $AB.$

+) Vẽ tia $Ax$ tạo với $AB$ góc $\alpha .$

+) Vẽ đường thẳng $Ay$ vuông góc với $Ax$. Gọi $O$ là giao điểm của $Ay$ với $d.$

+) Vẽ cung $\stackrel{⏜}{AmB},$ tâm $O,$ bán kính $OA$ sao cho cung này nằm ở nửa mặt phẳng bờ $AB$ không chứa tia $Ax.$

+) $\stackrel{⏜}{AmB}$ được vẽ như trên là một cung chứa góc $\alpha .$

Lời giải:

Cách dựng:

− Dựng đoạn $BC=3cm.$

− Dựng $\widehat{CBx}={45}^{\circ }$

− Dựng trung điểm $M$ của $BC.$

− Dựng trung trực của $BC$

− Dựng tia vuông góc $Bx$ tại $B$ cắt đường trung trực của $BC$ tại $O.$

− Dựng cung tròn $\stackrel{⏜}{BmC}$ bán kính $OB$ là cung chứa góc ${45}^o$ vẽ trên $BC.$

− Dựng cung tròn tâm $M$ bán kính $2,5cm$ cắt cung $\stackrel{⏜}{BmC}$ tại $A$ và $A^{\prime }.$

− Nối $AB,AC$ (hoặc $A^{\prime }B,A^{\prime }C$) ta có $∆ABC$ (hoặc $∆A^{\prime }BC$) thỏa mãn điều kiện bài toán.

(Chú ý: 

Vì $BC=3cm,$ nên $MB=MC=BC:2={\displaystyle \frac{3}{2}}$

Ta có: $\widehat{OBM}={90}^0-{45}^0={45}^{\circ }$ nên tam giác OBM vuông cân tại M.

Nên $MB=OM={\displaystyle \frac{3}{2}}$

Theo định lý Pytago ta có $OB=\sqrt{M{B}^2+O{M}^2}={\displaystyle \frac{3\sqrt{2}}{2}}$ $(cm).$

Khoảng cách $2$ tâm $MO={\displaystyle \frac{3\sqrt{2}}{2}}$ $(cm)$

${\displaystyle \frac{3\sqrt{2}}{2}-2,5<MO<\frac{3\sqrt{2}}{2}+2,5}$ nên $(O)$ và $(M)$ luôn cắt nhau. Bài toán luôn dựng được)

Chứng minh: 

 Ta có $\Delta ABC$ (hoặc $\Delta A^{\prime }BC)$ có $BC=3cm,$ góc A $=45°$(hoặc góc $A^{\prime }=45°)$ và trung tuyến $AM=2,5cm$ (hoặc $A^{\prime }M=2,5cm)$ thỏa mãn đề bài.

Biện luận:

Bài toán có hai nghiệm hình.

$a)$ Tìm quỹ tích các điểm $D$ khi $C$ chạy trên nửa đường tròn đã cho.

$b)$ Trên tia $CA$ lấy điểm $E$ sao cho $CE=CB.$ Tìm quỹ tích các điểm $E$ khi $C$ chạy trên nửa đường tròn đã cho.

Phương pháp giải:

Ta sử dụng kiến thức:

Muốn chứng minh quỹ tích (tập hợp) các điểm $M$ thỏa mãn tính chất $\tau$ là một hình $\mathrm{H}$ nào đó, ta phải chứng minh hai phần:

Phần thuận: Mọi điểm có tính chất $\tau$ đều thuộc hình $\mathrm{H}.$

Phần đảo: Mọi điểm thuộc hình $\mathrm{H}$ đều có tính chất $\tau .$

Kết luận: Quỹ tích (hay tập hợp) các điểm $M$ có tính chất $\tau$ là hình $\mathrm{H}.$

(Thông thường với bài toán "Tìm quỹ tích..." ta nên dự đoán hình $\mathrm{H}$ trước khi chứng minh: Tập hợp các điểm $M$ tạo với hai mút của đoạn thẳng $AB$ cho trước một góc $AMB$ bằng $\alpha$ $(\alpha$ không đổi $)$ là hai cung tròn đối xứng với nhau qua $AB$ (gọi là cung chứa góc $\alpha$ vẽ trên đoạn $AB$)).

Lời giải:

$a)$ Chứng minh thuận:

Ta có: $\widehat{ACB}={90}^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra: $\widehat{BCD}={90}^{\circ }$

             $CD=CB(gt)$

Suy ra: $∆BCD$ vuông cân tại $C.$

 $\Rightarrow \widehat{CDB}={45}^{\circ }$ hay $\widehat{ADB}={45}^{\circ }$

$AB$ cố định. Khi $C$ chuyển động trên nửa đường tròn đường kính $AB$ thì $D$ chuyển động trên cung chứa góc ${45}^{\circ }$ dựng trên đoạn thẳng $AB$ cố định.

Ta có dây $AC$ thay đổi phụ thuộc vào vị trí điểm $C$ trên nửa đường tròn đường kính $AB.$

− Dây $AC$ lớn nhất bằng đường kính của đường tròn. Khi $C$ trùng với $B$ khi đó $D$ trùng với $B.$ Vậy $B$ là điểm của quỹ tích.

− Dây $AC$ nhỏ nhất có độ dài bằng $0$ khi $C$ trùng với $A,$ thì khi đó $D$ trùng với $B^{\prime }$ là giao điểm của tiếp tuyến đường tròn đường kính $AB$ tại $A$ với cung chứa góc ${45}^{\circ }$ vẽ trên $AB.$

Chứng minh đảo:

Lấy điểm $D^{\prime }$ tùy ý trên cung $B{B}^{\prime },$ nối $A{D}^{\prime }$ cắt đường tròn đường kính $AB$ tại $C^{\prime }.$ Nối $B{C}^{\prime },B{D}^{\prime }.$

Ta có: $\widehat{A{D}^{\prime }B}={45}^{\circ }$ (vì $D^{\prime }$ nằm trên cung chứa góc ${45}^{\circ }$ vẽ trên $AB$).

Trong đường tròn đường kính $AB$ ta có:

$\widehat{A{C}^{\prime }B}={90}^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \widehat{B{C}^{\prime }{D}^{\prime }}={90}^{\circ }$

Suy ra: $∆B{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ vuông cân tại $C^{\prime }$

$\Rightarrow C^{\prime }B=C^{\prime }{D}^{\prime }$

Vậy quỹ tích các điểm $D$ khi $C$ chuyển động trên nửa đường tròn đường kính $AB$ là cung $\stackrel{⏜}{B{B}^{\prime }}$ nằm trên cung chứa góc ${45}^{\circ }$ vẽ trên đoạn $AB,$ trong nửa mặt phẳng bờ $AB$ có chứa điểm $C.$

$b)$ Chứng minh thuận:

Trong đường tròn đường kính $AB$ ta có:

$\widehat{ACB}={90}^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$CB=CE(gt)$

$\Rightarrow ∆CBE$ vuông tại $C$

$\Rightarrow \widehat{CEB}={45}^{\circ }$

$\widehat{CEB}+\widehat{AEB}={180}^{\circ }$ (hai góc kề bù)

$\Rightarrow \widehat{AEB}={135}^{\circ }$

$AB$ cố định, $C$ chuyển động trên đường tròn đường kính $AB$ thì $E$ chuyển động trên cung chứa góc ${135}^{\circ }$ dựng trên đoạn $AB$ cố định.

− Khi dây $AC$ có độ dài lớn nhất bằng đường kính đường tròn, thì $C$ trùng với $B$ nên $E$ trùng với $B$ $\Rightarrow$ $B$ là $1$ điểm của quỹ tích.

− Khi dây $AC$ có độ dài nhỏ nhất bằng $0$ thì $C$ trùng với $A.$ Khi đó $E$ trùng $A$ nên $A$ là $1$ điểm của quỹ tích.

Vậy $E$ chuyển động trên $1$ cung chứa góc ${135}^{\circ }$ vẽ trên đoạn $AB$ nằm trên nửa mặt phẳng bờ $AB$ chứa điểm $C.$

Chứng minh đảo:

Lấy $E^{\prime }$ bất kỳ trên cung chứa góc ${135}^{\circ }.$ Kẻ $A{E}^{\prime }$ cắt đường tròn đường kính $AB$ tại $C^{\prime }.$  Nối $B{E}^{\prime },B{C}^{\prime }.$

Ta có: $\widehat{A{E}^{\prime }B}={135}^{\circ }$ (vì $E^{\prime }$ nằm trên cung chứa góc ${135}^{\circ }$ vẽ trên $AB$)

Lại có: $\widehat{A{E}^{\prime }B}+\widehat{B{E}^{\prime }C}={180}^{\circ }$ (hai góc kề bù)

$\Rightarrow \widehat{B{E}^{\prime }{C}^{\prime }}={180}^{\circ }-\widehat{A{E}^{\prime }B}$$={180}^{\circ }-{135}^{\circ }={45}^{\circ }$

Trong đường tròn đường kính $AB$ ta có:

$\widehat{A{C}^{\prime }B}={90}^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra: $∆E^{\prime }{C}^{\prime }B$ vuông cân tại $C^{\prime }.$

$\Rightarrow C^{\prime }{E}^{\prime }=C^{\prime }B$

Vậy quỹ tích các điểm $E$ khi $C$ chuyển động trên đường tròn đường kính $AB$ là một cung chứa góc ${135}^{\circ }$ vẽ trên đoạn $AB$ nằm trên nửa mặt phẳng bờ $AB$ chứa điểm $C.$

Ta sử dụng kiến thức:

+) Với hai cung nhỏ trong một đường tròn, hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau.

Muốn chứng minh quỹ tích (tập hợp) các điểm $M$ thỏa mãn tính chất $\tau$ là một hình $\mathrm{H}$ nào đó, ta phải chứng minh hai phần:

Phần thuận: Mọi điểm có tính chất $\tau$ đều thuộc hình $\mathrm{H}.$

Phần đảo: Mọi điểm thuộc hình $\mathrm{H}$ đều có tính chất $\tau .$

Kết luận: Quỹ tích (hay tập hợp) các điểm $M$ có tính chất $\tau$ là hình $\mathrm{H}.$

Thông thường với bài toán "Tìm quỹ tích..." ta nên dự đoán hình $\mathrm{H}$ trước khi chứng minh:

+)Tập hợp các điểm $M$ tạo với hai mút của đoạn thẳng $AB$ cho trước một góc $AMB$ bằng $\alpha$ $(\alpha$ không đổi $)$ là hai cung tròn đối xứng với nhau qua $AB$ (gọi là cung chứa góc $\alpha$ vẽ trên đoạn $AB$).

+)Quỹ tích các điểm nhìn đoạn thẳng $AB$ cho trước dưới một góc vuông là đường tròn đường kính $AB$.

Lời giải:

Chứng minh thuận: 

Từ $O$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AB$ cắt nửa đường tròn đường kính $AB$ tại $P.$ $O$ cố định, đường tròn đường kính $AB$ cố định suy ra $P$ cố định.

Nối $PD.$ Ta có: $OP//CH$ (vì hai đường thẳng cùng vuông góc với $AB$)

Xét $∆OCH$ và $∆OPD$ có:

+) $OD=CH(gt)$

+) $\widehat{POD}=\widehat{OCH}$ (so le trong)

+) $OP=OC$ (bán kính)

Suy ra: $∆DOP=∆HCO(c.g.c)$

$\Rightarrow$$\widehat{ODP}=\widehat{CHO}$  mà $\widehat{CHO}={90}^{\circ }$ nên $\widehat{ODP}={90}^{\circ }$

Khi $C$ chuyển động trên nửa đường tròn đường kính $AB$ thì $D$ thay đổi tạo với $2$ đầu đoạn thẳng $OP$ cố định một góc $\widehat{OPD}={90}^{\circ }$. Vậy $D$ chuyển động trên đường tròn đường kính $OP.$

Chứng minh đảo:

Lấy điểm $D^{\prime }$ bất kỳ trên đường tròn đường kính $OP.$ Kẻ $O{D}^{\prime }$ cắt nửa đường tròn đường kính $AB$ tại $C^{\prime },$ kẻ $C^{\prime }{H}^{\prime }\perp AB$ ta phải chứng minh $O{D}^{\prime }=C^{\prime }{H}^{\prime }.$

Nối $P{D}^{\prime }.$

Xét $∆C^{\prime }{H}^{\prime }O$ và $∆P{D}^{\prime }O$ có:

+) $\widehat{C^{\prime }{H}^{\prime }O}=\widehat{P{D}^{\prime }O}={90}^{\circ }$

+) $O{C}^{\prime }=OP$ (bán kính đường tròn tâm $O$)

+) $\widehat{D^{\prime }OP}=\widehat{O{C}^{\prime }{H}^{\prime }}$ (so le trong)

Suy ra: $∆C^{\prime }{H}^{\prime }O=∆P{D}^{\prime }O$ (cạnh huyền, góc nhọn)

$\Rightarrow C^{\prime }{H}^{\prime }=O{D}^{\prime }$

Vậy quỹ tích các điểm $D$ khi $C$ chuyển động trên nửa đường tròn đường kính $AB$ là đường tròn đường kính $OP.$

* Phân tích: 

     +) Giả sử đã có một hình thỏa mãn điều kiện bài toán

     +) Chọn ra các yếu tố dựng được ngay (đoạn thẳng, tam giác,...)

     +) Đưa việc dựng các điểm còn lại về các phép dựng hình cơ bản và các bài toán dựng hình cơ bản (Mỗi điểm thường được xác định là giao của hai đường.) 

* Cách dựng: Nêu thứ tự từng bước dựng hình, đòng thời thể diện các nét dựng trên hình vẽ.

* Chứng minh: Bằng lập luận để chứng tỏ rằng với cách dựng trên, hình đã dựng thỏa mãn các điều kiện của đề bài nêu ra.

Lời giải:

Phân tích:

Giả sử hình vuông $ABCD$ dựng được thỏa mãn điều kiện bài toán. Ta cần dựng đỉnh $C.$ Đỉnh $C$ thỏa mãn $2$ điều kiện:

+) $\widehat{MCN}={90}^{\circ }$ nên $C$ nằm trên cung chứa góc ${90}^{\circ }$ dựng trên $MN.$

+) Ta có $\widehat{ACM}={45}^{\circ }$ (vì hình vuông có đường chéo là phân giác) nên $C$ nằm trên cung chứa góc ${45}^{\circ }$ vẽ trên $AM.$

Cách dựng: 

− Dựng cung chứa góc ${90}^{\circ }$ trên đoạn $MN.$

− Dựng cung chứa góc ${45}^{\circ }$ trên đoạn $AM.$

Hai cung cắt nhau tại $C,$ nối $CM,CN.$

Kẻ $AB\perp CN$ tại $B,AD\perp CN$ tại $D.$

Ta có tứ giác $ABCD$ là hình vuông cần dựng.

Chứng minh:

Thật vậy theo cách dựng ta có: $\hat{C}={90}^{\circ },\hat{B}={90}^{\circ },\hat{D}={90}^{\circ }$

Tứ giác $ABCD$ là hình chữ nhật, có điểm $M$ thuộc $BC,$ điểm $N$ thuộc $CD.$ $AC$ là phân giác của $\hat{C}.$

Vậy: tứ giác $ABCD$ là hình vuông.

Bài tập bổ sung (trang 106 SBT Toán 9)

Cách vẽ cung chứa góc $\alpha :$

+) Vẽ đường trung trực $d$ của đoạn thẳng $AB.$

+) Vẽ tia $Ax$ tạo với $AB$ góc $\alpha .$

+) Vẽ đường thẳng $Ay$ vuông góc với $Ax$. Gọi $O$ là giao điểm của $Ay$ với $d.$

+) Vẽ cung $\stackrel{⏜}{AmB},$ tâm $O,$ bán kính $OA$ sao cho cung này nằm ở nửa mặt phẳng bờ $AB$ không chứa tia $Ax.$

+) $\stackrel{⏜}{AmB}$ được vẽ như trên là một cung chứa góc $\alpha .$

Lời giải:

Cách dựng:

− Dựng đoạn thẳng $AB.$

− Dựng tia $Ax$ sao cho $\widehat{BAx}={60}^{\circ }$.

− Dựng đường thẳng $d$ là trung trực của $AB.$

− Dựng tia $Ay\perp Ax$ tại $A.$

− Tia $Ay$ cắt đường thẳng $d$ tại $O.$

− Dựng cung tròn tâm $O$ bán kính $OA.$

− Dựng $O^{\prime }$ đối xứng với $O$ qua $AB.$

− Dựng cung tròn tâm $O^{\prime }$ bán kính $O^{\prime }A.$

Ta có cung chứa góc ${60}^{\circ }$ vẽ trên đoạn $AB$ cho trước.

Ta sử dụng kiến thức:

Muốn chứng minh quỹ tích (tập hợp) các điểm $M$ thỏa mãn tính chất $\tau$ là một hình $\mathrm{H}$ nào đó, ta phải chứng minh hai phần:

Phần thuận: Mọi điểm có tính chất $\tau$ đều thuộc hình $\mathrm{H}.$

Phần đảo: Mọi điểm thuộc hình $\mathrm{H}$ đều có tính chất $\tau .$

Kết luận: Quỹ tích (hay tập hợp) các điểm $M$ có tính chất $\tau$ là hình $\mathrm{H}.$

Thông thường với bài toán "Tìm quỹ tích..." ta nên dự đoán hình $\mathrm{H}$ trước khi chứng minh:

+) Tập hợp các điểm $M$ tạo với hai mút của đoạn thẳng $AB$ cho trước một góc $AMB$ bằng $\alpha$ $(\alpha$ không đổi $)$ là hai cung tròn đối xứng với nhau qua $AB$ (gọi là cung chứa góc $\alpha$ vẽ trên đoạn $AB$).

+)Quỹ tích các điểm nhìn đoạn thẳng $AB$ cho trước dưới một góc vuông là đường tròn đường kính $AB$.

Lời giải:

Chứng minh thuận:

Đường tròn $(O)$ cho trước, điểm $A$cố định nên $OA$ có độ dài không đổi.

$∆OBC$ cân tại $O$ (vì $OB=OC$ = bán kính)

$IB=IC(gt)$ nên $OI$ là đường trung tuyến vừa là đường cao

$\Rightarrow OI\perp BC$

$\Rightarrow \widehat{OIA}={90}^{\circ }$

Đường thẳng $d$ thay đổi nên $B,C$ thay đổi thì $I$ thay đổi tạo với $2$ đầu đoạn $OA$ cố định góc $\widehat{OIA}={90}^{\circ }$. Vậy $I$ chuyển động trên đường tròn đường kính $OA.$

Chứng minh đảo:

Lấy điểm $I^{\prime }$ bất kỳ trên đường tròn đường kính $AO.$ Đường thẳng $A{I}^{\prime }$ cắt đường tròn (O) tại $2$ điểm $B^{\prime }$ và $C^{\prime }.$

Ta chứng minh: $I^{\prime }B=I^{\prime }{C}^{\prime }.$

Trong đường tròn đường kính $AO$ ta có $\widehat{O{I}^{\prime }A}={90}^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow O{I}^{\prime }\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$

$\Rightarrow I^{\prime }{B}^{\prime }=I^{\prime }{C}^{\prime }$ (đường kính vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm dây cung đó)

Vậy quỹ tích các điểm $I$ là trung điểm của dây $BC$ của đường tròn tâm $O$ khi $BC$ quay xung quanh điểm $A$ cố định là đường tròn đường kính $AO.$

Ta sử dụng kiến thức:

+) Trong tam giác đều, mỗi góc đều bằng ${60}^{\circ }.$

+) Chứng minh ba điểm thẳng hàng: Nếu $\widehat{ABD}+\widehat{DBC}={180}^{\circ }$ thì $A,B,C$ thẳng hàng.

Lời giải:

Trong $∆ABC$ ta lấy điểm $M.$ Nối $MA,MB,MC.$

Ta cần làm xuất hiện tổng $MA+MB+MC$ sau đó tìm điều kiện để tổng đó nhỏ nhất.

Lấy $MC$ làm cạnh dựng trên nửa mặt phẳng bờ $BC$ chứa điểm $A$ tam giác đều $MCN.$ Suy ra: $CM=MN.$

Lấy $AC$ làm cạnh dựng trên nửa mặt phẳng bờ $AC$ không chứa điểm $B$ tam giác đều $APC.$

Ta có:

$\widehat{MCA}+\widehat{ACN}=\widehat{MCN}={60}^{\circ }$

$\widehat{ACN}+\widehat{NCP}=\widehat{ACP}={60}^{\circ }$

$\Rightarrow \widehat{MCA}=\widehat{NCP}$ 

Xét $∆AMC$ và $∆PNC:$

+) $CM=CN$ (vì $∆MCN$ đều)

+) $\widehat{MCA}=\widehat{NCP}$ (chứng minh trên)

+) $CA=CP$ (vì $∆APC$ đều)

Suy ra: $∆AMC=∆PNC(c.g.c)$

$\Rightarrow PN=AM$

$MA+MB+MC=NP+MB+MN$

Ta có $∆ABC$ cho trước nên điểm $P$ cố định nên $BM+MN+NP$ ngắn nhất khi $4$ điểm $B,M,N,P$ thẳng hàng.

Vì $\widehat{CMN}={60}^{\circ }$ nên $3$ điểm $B,M,N$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\widehat{BMC}={120}^{\circ }$

Vì $\widehat{CNM}={60}^{\circ }$ nên $3$ điểm $M,N,P$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\widehat{CNP}={120}^{\circ }$

Mà $∆AMC=∆PNC$ (chứng minh trên)     $\Rightarrow \widehat{AMC}=\widehat{PNC}={120}^{\circ }$

Vậy $MA+MB+MC$ bé nhất khi và chỉ khi $\widehat{BMC}={120}^{\circ }$  và $\widehat{AMC}={120}^{\circ }$

Vậy $M$ là giao điểm của $2$ cung chứa góc ${120}^{\circ }$ dựng trên $BC$  và $AC.$