tài liệu giảng dạy toán lớp 10 phương pháp toạ độ

Giỏo viờn: Nguyn Tn t
1




Ti liu ging dy lp 10 Toỏn 2010-2011

I. Gii thiu
Trong khụng gian vi h ta
Oxy
cho :
. . ( ; )
v x i y j v x y
= + =
ur r ur ur

. . ( ; )
OM xi y j M x y
= + =
uuuur r ur

Vi :
1 2
( ; )
a a a
=
ur
v
1 2
( ; )

b b b
=
ur
, ta cú :
ã
),cos( bababa =

ã
1 1 2 2
.
a b a b a b
= +
r r

ã
2 2
1 2
a a a
= +
r

ã
1 1 2 2
. 0 0
a b a b a b a b
^ = + =
ur ur ur ur

ã
a

ur
cựng phng
1 2
1 2 2 1
1 2
0
a a
b a b a b
b b
= - =
ur
.
II. Cỏc bc gii toỏn

Cỏc bi toỏn hỡnh hc phng ngoi cỏch gii bng phng phỏp tng hp ó bit cp hai, chỳng ta
cũn cú th dựng phng phỏp ta gii. Ni dung chớnh ca phng phỏp l:
Bc 1: Chn h trc ta
(
)
Oxy
thớch hp
Ta cú:
,
Ox Oy
vuụng gúc tng ụi mt. Do ú, nu trong mụ hỡnh cha cỏc cnh vuụng gúc thỡ ta
u tiờn chn cỏc ng ú ln lt thuc cỏc trc ta .
Bc 2: Chuyn cỏc gi thit, kt lun t ngụn ng hỡnh hc sang ngụn ng ta
Bc 3: Gii bi toỏn bng phng phỏp to
Bc 4: Chuyn kt qu t ngụn ng ta sang hỡnh hc

III. Mt s bi toỏn minh ha

Bi 1. (HS)Cho hỡnh vuụng ABCD cnh a, M, N ln lc l trung im DC v CB.
Chng minh AM
^
DN.
Solution:
Chn h trc to Oxy ( nh hỡnh v).
Trong h to ny D(0;0); A(0;a); C(a;0);B(a;a)
Khi ú
;0
2
a
M
ổ ử
ỗ ữ
ố ứ
,
;
2
a
N a
ổ ử
ỗ ữ
ố ứ

Giáo viên: Nguyễn Tấn Đạt
2

; ; ;
2 2
a a
AM a DN a
æ ö æ ö
Þ = - =
ç ÷ ç ÷
è ø è ø
uuuur uuur

Do đó
. . . 0
2 2
a a
AM DN a a
= - =
uuuur uuur
hay
AM DN
^
.
Bài 2. Cho tam giác ABC vuông tại A, các cạnh góc vuông là b và c, M là một điểm trên cạnh
BC sao cho
·
BAM
a
=
. Chứng minh
.cos .sin
bc

AM
c b
a a
=
+
.
Solution:
A
B
C
M

Chọn hệ trục Oxy:
(
)
(
)
(
)
(
)
0;0 , ;0 , 0; , ;
A B b C c M x y

Từ định nghĩa:
.cos , .sin
x AM y AM
a a
= =
. Do

M BC
Î
nên
CM
uuuur
cùng phương
BC
uuur

( )
.cos .sin
0 .cos .sin
.cos .sin
AM AM c
bc
AM c b bc AM
b c
c b
a a
a a
a a
-
Û = Þ + = Þ =
-
+

Cách khác:
( )
1 1
. . sin . .cos

2 2
ABC AMC BMC
S b c S S b AM c AM
a a
D D
= = + = +
.

Bài 3. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm BC, E là hình chiếu của D trên CA và F là
trung điểm DE. Chứng minh rằng AF
^
BE.
Solution:
Giáo viên: Nguyễn Tấn Đạt
3

F
E
D
B
C
A

Solution:
Chọn hệ trục Oxy:
(
)
(
)
(

)
(
)
0;0 , 1;0 , 1;0 , 0;
D B C A a
-
Phương trình đường thẳng AC:
1 0
y
x ax y a
a
+ = Û + - =

Phương trình DE:
0
x ay
- =
. Tọa độ E là nghiệm hệ:

( ) ( )
2 2
2 2
2 2
; ;
0
1 1
2 1 2 1
ax y a
a a a a
E F

x ay
a a
a a
æ ö
+ =
æ ö
ì
ç ÷
Þ Þ
í
ç ÷
ç ÷
- =
+ +
+ +
î
è ø
è ø

Ta có:
( ) ( )
2 2 3
2 2
2 2
2 1 2
; , ;
1 1
2 1 2 1
a a a a a
BE AF

a a
a a
æ ö
æ ö
+ - -
ç ÷
= =
ç ÷
ç ÷
+ +
+ +
è ø
è ø
uuur uuur


( ) ( )
2 2 3
2 2
2 2
2 1 2
. . . 0
1 1
2 1 2 1
a a a a a
BE AF
a a
a a
+ - -
= + =

+ +
+ +
uuur uuur
.
Bài 4. Cho tam giác đều ABC cạnh a nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm tùy ý
trên (O). Chứng minh
2 2 2 2
2
MA MB MC a
+ + =
.
Solution:
Chọn hệ trục Oxy:
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 3
0;0 , ; , ; , ;0 , ;
2 2 2 2
R R R R
A B C I R M x y O MI R
æ ö æ ö
- Î Þ =
ç ÷ ç ÷
ç ÷ ç ÷
è ø è ø
2 2
2
x y Rx
Þ + =
( )
2 2

2 2
2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
3 3 3 3
2 2 2 2
3
3 6 6 6 6 2
3
R R R R
MA MB MC x y x y x y
a
x y Rx R R a
æ ö æ ö
æ ö æ ö
+ + = + + - + - + - + +
ç ÷ ç ÷
ç ÷ ç ÷
ç ÷ ç ÷
è ø è ø
è ø è ø
æ ö
= + - + = = =
ç ÷
ç ÷
è ø

Bài 5. (HSG năm 1979)
Điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC. Chứng minh giá trị
4 4 4

MA MB MC
+ +

không phụ thuộc vị trí M.
Solution:
Gọi I, R là tâm và bán kính của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác đều ABC.
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 3
0;0 , ; , ; , ;0 , ;
2 2 2 2
R R R R
A B C I R M x y C MI R
æ ö æ ö
- Î Þ =
ç ÷ ç ÷
ç ÷ ç ÷
è ø è ø

Giỏo viờn: Nguyn Tn t
4

2 2
2
x y Rx
ị + =
( )
( )
( ) ( )
( )

2
2 2
2 2
2
4 4 4 2 2
2 2
2
2 2
2 2 2 4 3
2 4 3 4
3 3 3 3
2 2 2 2
2 3 3 3 3
6 18 12
6 . 18 12 18
R R R R
MA MB MC x y x y x y
Rx R Rx R y R Rx R y
R x y R R x
R Rx R R x R
ộ ự ộ ự
ổ ử ổ ử
ổ ử ổ ử
ờ ỳ ờ ỳ
+ + = + + - + - + - + +
ỗ ữ ỗ ữ
ỗ ữ ỗ ữ
ỗ ữ ỗ ữ
ờ ỳ ờ ỳ
ố ứ ố ứ

ố ứ ố ứ
ở ỷ ở ỷ
= + - - + - +
= + + -
= + - =

Vy
4 4 4
MA MB MC
+ +
khụng ph thuc v trớ M.
Bi 6. England League Shortlist 1983
Cho tam giỏc
ABC
. Gi I l tõm ng trũn ngoi tip ABC. D l trung im AB v E l trng tõm
tam giỏc ACD. Chng minh nu AB = AC thỡ
IE CD
^
.
Solution:
I
E
D
O
B
C
A

Gi O l trung im BC. Chn h trc Oxy:
( ) ( ) ( ) ( )

0;0 , 0; , ;0 , ;0 , ; , ;
2 2 6 2
c a c a
O A a B c C c D E
ổ ử ổ ử
- -
ỗ ữ ỗ ữ
ố ứ ố ứ

( )
( )( )
2 2
0
; ; 0
2 2
; 2 ;0 0
2
c a
x
x y c a
DI BA
a c
y
OI BC
x y c
a
ỡ
ổ ử =
ỡ
ỡ

+ - =
^
ù ù ù
ỗ ữ
ị
ố ứ
ớ ớ ớ
-
=
^
ù
ù ù
ợ
=
ợ
ợ
uuur uuur
uur uuur

2 2 2 2 2
3
0; . ; ; 0
2 6 2 2 2 4 4
a c c c c a c c
I IE DC
a a
ổ ử ổ ử
-
ổ ử
ị ị = - = - =

ỗ ữ ỗ ữ
ỗ ữ
ố ứ
ố ứ ố ứ
uur uuur
. Vy
IE CD
^
.
Bi 7. (Bungari League 1981)
ng phõn giỏc trong v ngoi ca gúc C trong tam giỏc ABC ct AB L v M. Chng minh nu
CL = CM thỡ
2 2 2
4
AC BC R
+ =
( R l bỏn kớnh ng trũn ngoi tip ABC )
Solution:
Gi O l trung im ca LM.
Giáo viên: Nguyễn Tấn Đạt
5

I
O
L
C
A
B
M

Chọn hệ trục Oxy:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
0;0 , ;0 , ;0 , 0; , ;0 , ;0
O A a B b C c L c M c
-
Theo tính chất phân giác:
( )
( )
2
2 2
2 2
2
2 2
c a
AL AC AL AC a c
LB BC LB BC b c
b c
-
+

æ ö æ ö
= Þ = Þ =
ç ÷ ç ÷
+
è ø è ø
-

( )
( )
2
2 2 2 2 2
0 0
c
ab ac a b c b a b c ab b
a
Þ + - - = Þ - - = Þ =
. Vậy
2
;0
c
B
a
æ ö
ç ÷
è ø

( )
2
4 2 2
2 2 2 2 2

2
c a c
AB BC a c c
a a
æ ö æ ö
+
Þ + = + + + =
ç ÷ ç ÷
è ø è ø
(1)
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2
2 2 2
2 2
2
x a y x y c
a c
IA IC
x
a
x c
IA IB
x a y y

y c
a
ì
- + = + -
ì
+
ï
ì
=
=
ï ï ï
Þ Þ Þ
í í í
æ ö
-
=
ï
- + = +
î
ï ï
ç ÷
=
î
ï
è ø
î

Vậy
2 2
2 2 2 2 2 2

2 2
; 4 4 4
2 2
a c a c a c
I c R CI
a a a
æ ö æ ö æ ö
+ + +
Þ = = =
ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø
(2)
Từ (1) và (2), suy ra:
2 2 2
4
AC BC R
+ =
.
Bài 8. IMO Shortlist 23
rd

Trên các đường chéo AC và CE của lục giác đều ABCDEF, ta lấy hai điểm M và N sao cho
AM CN
k
AC CE
= =
. Biết B, M, N thẳng hàng. Tìm k.
Solution:
N E
F

B
C
A
D
M

Giỏo viờn: Nguyn Tn t
6

t 2R l bỏn kớnh ng trũn ngoi tip ABCDEF. Chn h trc:
( )
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
0;0 , ; 3 , 0;2 3 , 3 ; 3 , 0; , ; , 2 ;0 , 3 2 3
A B R R C R E R R M m N x y F R R m R
- < <
Ta cú:
( )
2
2
6 3
3 3
//
3 2
//

7 6 3
3 6
3 2
R mR
x
m R x Ry mR
MN BM
m R
EN EC
mR R
x y R
y
m R
ỡ
-
=
ù
ỡ
ỡ - + = -
-
ù ù ù
ị ị
ớ ớ ớ
-
ù
ù ù
+ =ợ
ợ
=
ù

-
ợ
uuuur uuuur
uuur uuur

Vy
2 2
6 3 7 6 3
;
3 2 3 2
R mR mR R
N
m R m R
ổ ử
- -
ỗ ữ
ỗ ữ
- -
ố ứ

Ta cú:
( )
AM CN
k AM CN do AC CE
AC CE
= = ị = =

( )
( ) ( )
2 2

2 2
2
3 2 2 3
6 3 7 6 3
2 3
3 2 3 2
2 3 6 4 3 12 8 3 24 0 2
R mR mR R
m R
m R m R
m R m Rm R m R m R
ổ ử ổ ử
- -
= + -
ỗ ữ ỗ ữ
ỗ ữ ỗ ữ
- -
ố ứ ố ứ
ộ ự
- + - + - + = ị =
ở ỷ

Vy
1
3
AM
k
AC
= =

t
( )
(
)
(
)
3 2 2 3
3 6 4 3 12 8 3 24
f m m Rm R m R
= + - + - +
Ta cú:
( )
(
)
(
)
2 2
2
2 2 2
3 2 3 2 3 1 2 2 3 0
R m R m R R m Rm R
< < ị + < + ị - - + >

(
)
(
)
( )
2 2 3
6 4 3 12 8 3 24 0 0

Rm R m R f m
ị - + - + > ị >
.
Bi 9. (APMO 1998) Cho tam giỏc ABC vi ng cao AD,
d
l mt ng thng i qua D.
Ly E,F
ẻ
d
, khỏc D, sao cho AE
^
BE, AF
^
CF. Gi M, N theo th t l trung im ca cỏc on
thng BC, EF. Chng minh rng AN
^
MN.
Solution:


N
E
M
F
D
A
B
C

Chn A lm gc ta , trc honh cha ng thng qua A song song vi
d

Giỏo viờn: Nguyn Tn t
7

Gi s D(d;a), E(e;a), F(f;a)
ị
;
2
e f
N a
+
ổ ử
ỗ ữ
ố ứ

Khi ú, ng thng AE cú phng trỡnh ax - ey = 0.
ng thng AD cú phng trỡnh ax - dy = 0.
ng thng AF cú phng trỡnh ax - fy = 0.
T ú, do BE
^
EA nờn BE cú phng trỡnh
ex ay
+
-
2 2
e a
-

=0
Do CF
^
AF nờn CF cú phng trỡnh
fx
+
ay
-
2 2
0
f a
- =

Do BC
^
AD nờn BC cú phng trỡnh
2 2
0
dx ay d a
+ - - =

T ú, tỡm c B
; , ; .
de df
d e a C d f a
a a
ổ ử ổ ử
+ - + -
ỗ ữ ỗ ữ
ố ứ ố ứ

Suy ra M
( )
;
2 2
e f d e f
d a
a
+ +
ổ ử
+ -
ỗ ữ
ố ứ

ị
( ) ( )
; . . . 0
2 2 2
d e f e f d e f
MN d MN AN d a
a a
+ + +
ổ ử
= - ị = - + =
ỗ ữ
ố ứ
uuuur uuuuruuur
iu phi chng minh
Nhn xột: Vic chn h ta sao cho B,C trờn trc honh, A,D trờn trc tung l hon ton hp lý.
Tuy nhiờn chỳng ta s gp khú khn khi tỡm ta E,F. Cng vy, nu chn A lm gc, trc honh
song song vi BC, thỡ phng trỡnh ca AE, AF ó cú th tỡm c ngay, nhng cũn khú khn khi

xỏc nh s thng hng ca E, D, F. Bi vy, vic chn h ta nh trong li gii nờu trờn l thớch
hp nht.
Bi 10. Cho hỡnh vuụng ABCD. E, F l cỏc im xỏc nh bi
1 1
,
3 2
BE BC CF CD
= = -
uuur uuur uuur uuur
, AE ct
BF ti I. Chng minh
ã
0
90
AIC =
.
Solution:

Gi s cnh hỡnh vuụng cú di bng 1. Gn h trc (Oxy) sao cho
(
)
(
)
(
)
0;0 , 1;0 , 0;1
D C D
Ta cú:
( )
2 3

1; , ;0 , 1;1
3 2
E F B
ổ ử ổ ử
ỗ ữ ỗ ữ
ố ứ ố ứ

Phng trỡnh ng thng
: 3 3 0, :2 3 0
AE x y BF x y
+ - = + - =

Ta I l nghim h:
3 3
6 3 6 2 1 3
; ; , ;
2 3
5 5 5 5 5 5
x y
I AI CI
x y
+ =
ỡ
ổ ử ổ ử ổ ử
ị ị = - =
ớ
ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ
+ =
ố ứ ố ứ ố ứ
ợ

uur uur

Khi ú:
. 0
AI CI AI CI
= ị ^
uur uur uur uur
. Vy
ã
0
90
AIC =
.
Bi 11. (IMO 2000) Cho hai ng trũn
(
)
1 2
( );
O O
ct nhau ti hai im phõn bit M,N. Tip tun
chung ( gn M hn) tip xỳc vi (
i
O
) ti
i
A
. ng thng qua M, song song vi
1 2
A A
, ct li

ng trũn (
i
O
)
i
B
. Cỏc ng thng
i i
A B
ct nhau ti C, cỏc ng thng
i
A N
ct ng thng
1 2
B B
D,E. Chng minh rng CD = CE.
Solution:

Giáo viên: Nguyễn Tấn Đạt
8


Chọn hệ trục tọa độ
1
A xy
sao cho
(
)
1 2 1 1 2 2
(0;0), ( ;0), 0; , ( ; )

A A a O r O a r
.
Giả sử trong hệ trục tọa độ M(s;t), khi đó
(
)
(
)
1 2
; , 2 ;
B s t B a s t
- -
Từ đó
1 2 1 2
2 2
B B a A A
= =
Ta thấy rằng
1 2 1 2
//
A A B B

Suy ra
1 2
,
A A
theo thứ tự là trung điểm
1 2
,
BC B C

Do đó: C(s;-t)
Vậy
1 2
(0;2 ), (2 ;0)
CM t B B a
= =
uuuur uuuur

Suy ra CM
1 2
B B
^ hay CM
DE
^
(1)
Gọi K là giao điểm của MN với
1 2
A A
ta có:
( )
( )
1
2
2 2
1 2
.
O
k k
O
KA KM KN KA

r r
= = = =

Suy ra K là trung điểm
1 2
A A
.
Từ đó, do
1 2
A A
//
1 2
B B
nên M là trung điểm DE (2)
Từ (1),(2) suy ra CM là trung trực DE(đpcm)
Nhận xét:
1. Trong ví dụ này chúng ta hoàn toàn có thể chọn hệ trục tọa độ sao cho trục hoành chứa đường
thẳng
1 2
O O
. Tuy nhiên, khi đó việc tìm phương trình của
1 2
B B
(và do đó tọa độ của
1 2
,
B B
) không
đơn giản.
Việc chọn hệ trục tọa độ như trong lời giải ở trên là việc làm khôn ngoan vì tọa độ của

, ,
i i
A M B

tìm được một cách khá dễ dàng
2. Trong lời giải nêu trên, việc viết phương trình của hai đường tròn, giải hệ hương trình tương giao
để tìm tọa độ M,N là không cần thiết. Ở trên, chúng ta chỉ sử dụng đến đặc điểm
i i
O A
là trung trực
của đoạn
i
MB
, và do đó việc tìm tọa độ của các điểm
i
B
dễ dàng hơn rất nhiều so với việc đi viết
phương trình các đường tròn
3. Trong lời giải trên, đã kết hợp giữa phương pháp tọa độ và phương pháp tổng hợp (chỉ ra K là
trung điểm
1 2
A A
). Điều đó giúp cho lời giải ngắn gọn và đẹp hơn.
Bài 12. (APMO 2000) Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm cạnh BC và N là chân đường phân
Giỏo viờn: Nguyn Tn t
9

giỏc ca gúc
ã
ABC

. ng thng vuụng gúc vi NA ti N ct cỏc ng thng AB, AM ti P,Q theo
th t ú. Gi O l giao im ca ng thng vuụng gúc vi AB ti P vi AN, chng minh rng
OQ
^
BC.
Solution:
P
NA O
Q
M
B
C

Chn h trc to
Nxy
sao cho A, O nm trờn trc honh. Gi s AB cú phng trỡnh
= +
y ax b

Khi ú
( )
;0 , 0;
ổ ử
-
ỗ ữ
ố ứ
b
A P b
a
v AC cú phng trỡnh

= - -
y ax b
( do A thuc trc honh, AB, AC i
xng nhau qua trc honh).
Do PO
^
AB nờn PO cú phng trỡnh
1
y x b
a
= - +
v
(
)
;0
O ab

Do BC qua gc ta ụ N, nờn BC cú phng trỡnh
y cx
=

Suy ra
; ; ;
b bc b b
B C
c a c a c a c a
ổ ử ổ ử
- -
ỗ ữ ỗ ữ
- - + -

ố ứ ố ứ


Do ú
( )
( )
2
2 2 2 2
2 2
; ;
ab abc bc
M AM c a
c a c a
a c a
ổ ử
ị =
ỗ ữ
- -
-
ố ứ
uuuur

T ú ng thng AM cú phng trỡnh
2
.
a ab
y x
c c
= +

Suy ra
0;
ổ ử
ỗ ữ
ố ứ
ab
Q
c

Vy ng thng QO cú phng trỡnh
0
+ - =
x cy ab

Suy ra ng thng OQ, BC vuụng gúc vi nhau.
Nhn xột: Trong bi toỏn trờn, nu chn h to m AN khụng nm trờn trc honh, thỡ vic vit
phng trỡnh phõn giỏc AN l rt khú. Khi chn h to nh vy, giỳp cho ta trỏnh c vic phi
xỏc nh to cỏc nh, phng trỡnh cỏc cnh, cỏc ng trong tam giỏc.

Bi 13. NewYork 1976
Cỏc ng cao ca tam giỏc nhn ABC ct nhau H. Trờn on HB v HC ngi ta ly hai im
1 1
,
B C
sao cho
ã
ã
0
1 1
90

AB C AC B= =
. Chng minh
1 1
AB AC
=
.
Solution:
Giáo viên: Nguyễn Tấn Đạt
10

C1
B1
H
A
B
C
O

Chọn hệ trục (Oxy):
(
)
(
)
(
)
(
)
0;0 , 0; , ;0 , ;0
O A a B b C c
-

Phương trình đường thẳng BH:
0
cx ay bc
- + =
. Mà
(
)
1 1 1 1 1
; 0
B x y BH cx ay bc
Î Þ - + =
(1)
Mặt khác
(
)
(
)
2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
. 0 0 0
AB CB x x c y y a x y cx ay
= Þ - + - = Þ + - - =
uuur uuur
(2)
Từ (1) và (2), suy ra:
2 2
1 1 1
2 0
x y ay bc
+ - + =

Ta có:
( )
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
2
AB x y a x y ay a a bc
= + - = + - + = -

Tương tự:
2 2
1
AC a bc
= -
.
Bài 14. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB; C là một điểm thay đổi trên đường tròn (O)
sao cho tam giác ABC không cân tại C.Gọi H là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ C. Hạ HE;
HF vuông góc AC; BC tương ứng. Các đường EF và AB cắt nhau tại K. Gọi D là giao điểm của 2
đường tròn tâm O và đường tròn đường kính CH; D khác C. CMR: K; D; C thẳng hàng.
Solution:

Dựng hệ trục tọa độ Hxy như hình vẽ với H(0; 0); A(-1+a; 0); B(1+a; 0); O(a; 0); C(0; b)
Xét trong tam giác vuông ABC có
(
)
(
)
2 2
1 1 1
b a a a
= - + = -

K
F
E
D
H(0;0) O(a;0)
A(-1+a;0)
B(1+a;0)
C(0;b)
Giáo viên: Nguyễn Tấn Đạt
11

Khi đó phương trình đường tròn (I) là:

2
2
2
b b
x y
2 4
æ ö
+ - =
ç ÷
è ø
và phương trình đường tròn (O) là:
( )
2
2
x a y 1
- + =
.
Đường thẳng (CD) là trục đẳng phương của 2 đường tròn (O) và (I) nên có phương trình là
2 2
2 2
b b
2ax a by 1 2ax by b 0
4 4
- + + - = - Û - + =

Phương trình đường thẳng (AC):
( )
( ) ( )
x y
1 bx a 1 y b a 1

a 1 b
+ = Û + - = -
-

Phương trình đường thẳng (HE):
(
)
a 1 x by 0
- - =

Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình:
(
)
(
)
( )
( )
2
bx a 1 y b a 1
b 1 a
b
E ;
2 2
a 1 x by 0
+ - = -ì
-
æ ö
ï
Þ -
í

ç ÷
- - =
ï
è ø
î

Phương trình đường thẳng (EF) là:
2
b
y
x
2
1 a b
b
b
2 2
2
-
=
-
-
-

( )
2
b
K ;0 K CD
2a
æ ö
- Þ Î

ç ÷
è ø
. Vậy K; C; D thẳng hàng.

Bài 15. Vô địch Nam Tư 1983
Trên cung AB của đường tròn ngoại tiếp của hình chữ nhật ABCD, lấy M khác A và B. Gọi P, Q, R,
S là hình chiếu của M trên AD, AB, BC, CD. Chứng minh
PQ RS
^
và giao điểm của chúng nằm
trên một trong hai đường chéo của hình chữ nhật.
Solution:
S
R
Q
O
A
C
D
B
M
P

Dựng hệ trục toạ độ Oxy có Ox, Oy lần lượt song song với AD, AB.
Giả sử bán kính của đường tròn là R. Phương trình của đường tròn là
2 2 2
x y R
+ =

Giả sử toạ độ các đỉnh là A(-a;-b); B(-a;b); C(a;b); D(a;-b).

Ta có
2 2 2 2
4 4 4
AC R a b
= = +
Suy ra
2 2 2
a b R
+ =
.
Giáo viên: Nguyễn Tấn Đạt
12

Giả sử
0 0
( , )
M x y
bất kì thuộc cung AB nên
2 2 2
0 0
x y R
+ =
. Ta có toạ độ các hình chiếu P, Q, R, S
là
0
( ; )
P x b
-
,
0

( , )
Q a y
- ,
0
( . )
R x b
,
0
( , )
S a y
. Suy ra
( ; )
o o
PQ a x y b
= - - +
uuur
;
0
( ; )
o
RS a x y b
= - -
uuur
nên
2 2 2 2
. 0
o o
PQ RS a x y b
= - + + - =
uuur uuur

.Vậy PQ vuông góc RS.
Đường thẳng PQ đi qua
0
( ; )
P x b
-
và có vector pháp tuyến
0 0
( ; )
n y b a x
= + +
ur

Nên có phương trình là PQ là:

0
( )( ) ( )( ) 0 ( ) ( ) 0
o o o o o o
b y x x a x y b b y x a x y x y ab
+ - + + + = Û + + + - + =

Tương tự phương trình RS là

0 0 0
( )( ) ( )( ) 0 ( ) ( ) 0
o o o
b y x a x a y y b y x a x y xy ab
- - - - - = Û - + - + - =

Gọi

(
)
;
I I
I x y
lả giao điểm của PQ và RS thì ta có
;
I I
x y
là nghiệm của hệ sau
0
( ) ( ) 0
( ) ( ) 0
o o o o
o o
b y x a x y x y ab
b y x a x y xy ab
+ + + - + =
ì
í
- + - + - =
î

Cộng lại ta được
0
bx ay
+ =
suy ra
0
I I

bx ay
+ =

Do điểm B(-a;b), D(a;-b) nên phương trình đường chéo BD:
( )( ) ( )( ) 0
b b x a a a y b
+ + - + + =

Hay ax + by = 0. Suy ra
(
)
;
I I
I x y
thuộc BD.

Bài 16. Cho A,B,C và D thẳng hàng theo thứ tự đó. Các đường tròn
1 2
,
w w
với đường kính AC, BD
cắt nhau tại hai điểm phân biệt X, Y. Lấy Z
(
)
Î
XY
, không trùng với
Ç
XY AD
. CZ cắt lại

1
w
tại M
và BZ cắt lại
2
w
tại N. Chứng minh rằng AM, DN và XY đồng quy. (IMO1995)
Bài 17. Cho điểm P ở trong tứ giác lồi ABCD. Đường phân giác của các góc
·
APB
,
·
BPC

·
·
,
CPD DPA
cắt các cạnh AB, BC, CD và DA tại K, L, M và N theo thứ tự đó. Xác định vị trí của P
sao cho tứ giác KLMN là một hình bình hành. (Tournament of Towns 1995)
Bài 18. Cho tam giác ABC có AC > AB. Lấy điểm X trên tia đối của tia AB, điểm y trên tia đối AC
sao cho BX = CA, CY = AB. Gọi P là giao điểm của đường thẳng XY với đường trung trực của BC.
Chứng minh rằng
·
·
0
180
BPC BAC+ =
.
Bài 19. Cho hình vuông ABCD, dựng các tam giác đều ABK, BCL, CDM, DAN về phía trong của

hình vuông. Chứng minh rằng trung điểm các đoạn thẳng KL, LM, MN, NK và trung điểm của các
đoạn AK, BK, BL, CL, CM, DM, DN, AN là đỉnh của một thập nhị diện đều. (IMO 1977)
Bài 20. Cho hai đường tròn
(
)
(
)
1 2
,
C C
nằm bên trong và tiếp xúc trong với đường tròn (C) tại M,N
theo thứ tự đó là
(
)
(
)
1 2
C C
' . Trục đẳng phương của
(
)
(
)
1 2
,
C C
cắt (C ) tại A,B. Các đường thẳng
MA, MB cắt lại đường tròn (C ) ở E, F. Chứng minh rằng EF tiếp xúc với
(
)

2
C

Bài 21. Cho hình vuông ABCD và góc nhọn
·
mAn
( với các tia Am, An nằm giữa các tia AB, AD).
Gọi
1 2
,
B B
là hình chiếu của B trên Am, An, và
1 2
,
D D
là hình chiếu của D trên Am, An theo thứ tự
đó. Chứng minh rằng
1 2 1 2
B B D D
^
.
Bài 22. Cho hai điểm D, E tương ứng trên hai cạnh AB, AC của tam giác ABC sao cho DE//BC.
Gọi P là môt điểm tuỳ ý nằm bên trong tam giác, F, G là giao điểm của các đường thẳng BP, CP với
DE. Gọi
1 2
;
O O
theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PGD, PEF chứng minh rằng
AP
1 2

^
O O
.