Nhìn bài toán hình học phẳng thuần túy bằng con mắt tọa độ_SKKN toán THPT

S GIO DC O TO BèNH NH
TRNG THPT TNG BT H
***
SNG KIN KINH NGHIM
MễN TON
e

ta ứ i:

NHèN BI TON HèNH HC PHNG
THUN TY BNG CON MT TA
Ngi thc hin: Huyứnh Duy
Thuỷy
Năm học 2012-2013
M
M
Ụ
ỤC
C
L
L
ỤC
ỤC
Trang
PHẦN A: MỞ ĐẦU 3
I. Đặt vấn đề. 3
1. Thực trạng của vấn đề 3
2. Ý nghĩa và tác dụng. 3
3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài. 4
II. Phương pháp tiến hành. 4
1. Cơ sở lý luận và thực tiễn có tính định hướng cho việc nghiên cứu, 4

tìm giải pháp của đề tài.
2. Các biện pháp, thời gian tạo ra giải pháp. 5
PHẦN B: NỘI DUNG
5
I. Mục tiêu 5
II. Mô tả phương pháp của đề tài. 5
1. Thuyết minh tính mới. 6
2. Nội dung cụ thể: 6
Các nguyên tắc cần lưu tâm khi giải bài toán hình học thuần túy bằng 6
công cụ tọa độ.
- Hình thành hệ trục tọa độ trong mặt phẳng. 7
- Những kiến thức thiết yếu trong sử dụng công cụ tọa độ. 12
* Bài tập minh họa:
15
- Dạng bài: Tính toán 15
- Dạng bài: Chứng minh hai đường thẳng vuông góc. 21
- Dạng bài: Chứng minh đẳng thức liên quan đến độ dài đoạn thẳng. 24
- Dạng bài: Chứng minh đường thẳng đi qua điểm cố định. 27
- Bài toán minh họa: 2 cách chọn hệ trục tọa độ Đề-các khác nhau. 32
- Dạng bài: Tính tỷ số giữa hai đoạn thẳng. 37
- Dạng bài: Tương giao giữa các đường thẳng. 41
- Dạng bài: Xác định vị trí của điểm. 46
Sáng kiến kinh nghiệm. Năm học 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy
Thủy
3
- Dạng bài: Chứng minh hai đường thẳng song song. 49
Sáng kiến kinh nghiệm. Năm học 2012 - 2013
Người thực hiện: Huỳnh Duy
Thủy

4
53
- Dạng bài: Chứng minh 1 điểm di động trên 1 đường cố định.
- Dạng bài: Liên quan đến giá trị lớn nhất của biểu thức. 56
- Dạng bài: Tìm quỹ tích. 59
3. Khả năng áp dụng. 61
Phần trích ngang hoạt động chuyên môn của tác giả.
63
PHẦN C: KẾT LUẬN 64
TÀI LIỆU THAM KHẢO
65
A
P
.
H
P
Ầ
H
N
Ầ
A
N
: M
M
Ở
Ở
Đ
Đ
Ầ
Ầ

U
U
I. I
Đ
.
Ặ
Đ
T
ẶT
V
V
Ấ
Ấ
N
N
Đ
Đ
Ề
Ề:
1. Thực trạng của vấn đề:
* Bài toán hình học phẳng “thuần túy” là một trong những bài toán cổ xưa nhất
của toán học, ẩn chứa vẻ đẹp diệu kỳ, là một trong những bài toán rất phổ thông và có
vai trò quan trọng trong toán học và đời sống. Trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp
tỉnh, cấp quốc gia, quốc tế, thí sinh thường xuyên phải va chạm với bài toán khá “hóc
búa” gây nhiều khó khăn, trăn trở này. Vì thế việc tìm hiểu và tường minh một giải
pháp khả dĩ là kỳ vọng của tác giả.
- Sử dụng công cụ tọa độ là giải pháp được đề cập và luận bàn trong bài viết
này.
* Những câu hỏi rất “tự nhiên” được đặt ra là:
- Dựa vào dấu hiệu nào, đặc điểm gì mà ta vận dụng công cụ tọa độ ?

- Với mỗi bài toán, việc xây dựng hệ trục tọa độ được hình thành qua những
công đoạn nào?
- Liệu rằng có thể xác lập được một nguyên tắc chung với các bước thực hiện

có
trình tự trong việc vận dụng công cụ tọa độ hay không?.
Bằng sự trải nghiệm, người viết cố gắng giải đáp những câu hỏi đã đặt ra với
ước vọng góp một chút suy nghĩ bé nhỏ của mình để cùng quý thầy cô tạo ra một góc
nhìn đa chiều về bài toán rất phổ thông và quan trọng này.
2. Ý nghĩa và tác dụng:
- Giải pháp sử dụng công cụ tọa độ mang lại nhiều ý nghĩa và tác dụng: Với

việc sử
dụng công cụ tọa độ, ta đã đại số hóa bài toán hình học. Biến những quan hệ

thuần
túy trong hình học sang yếu tố về “lượng”, chính vì thế “cơ hội” giải bài toán

cao
hơn và có đường lối hơn. Điều này là rất quan trọng trong dạy toán, học toán.
3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài:
Phạm vi nghiên cứu mà đề tài hướng tới là:
- Hình thành cô đọng lượng kiến thức thiết yếu, nền tảng làm cơ sở cho giải

pháp
sử dụng công cụ tọa độ.
hình.
- Xây dựng nguyên tắc xác định hệ trục tọa độ Đề các tương ứng với mỗi loại
- Khám phá, phân tích nhiều lời giải trên một bài toán, làm rõ quan hệ hữu cơ,
sự hỗ trợ, bổ sung cho nhau giữa các cách giải, từ đó hoàn thiện kiến thức và nắm bắt

bài toán một cách thấu đáo và có chiều sâu.
II.IPI.HPƯHƠƯNƠGNGPHPÁHPÁTPITẾINẾHNÀHNÀHNH:
1. Cơ sở lý luận và thực tiễn:
Qua quá trình giảng dạy, người viết luôn nâng cao ý thức tự học, tinh thần cầu
tiến, lắng nghe, học hỏi ở nhiều thế hệ thầy cô. Tìm tòi, tham khảo những tài liệu có
liên quan, khai thác, khám phá, phát hiện, kiến tạo, xử lý và tích lũy thông tin.
2. Các biện pháp tiến hành, thời gian:
* Từ những dạng bài trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi, người viết suy nghĩ ,

“mỗ
xẻ”, tìm ra biện pháp, ý tưởng theo cách của riêng mình, tạo ra một cách nhìn
nhiều khía cạnh, “nhìn” từ phía bên trong của mỗi bài toán.
* Người viết xin cam đoan rằng: Đề tài này tự bản thân mình xây dựng với tất

cả lòng
đam mê của người đã “trót yêu” toán. Tuyệt đối không sao chép, dựa dẫm từ

bất kì
đề tài nào.
B. NỘI DUNG
I
I
.
.
M
M
Ụ
Ụ
C
C

T
TI
I
Ê
Ê
U
U
.
- Với kết cấu và u cầu chung của chương trình hiện nay, việc giải tốn bằng

cơng cụ
tọa độ được đặc biệt nhấn mạnh.
- Với việc xử lý các tính chất, quan hệ hình học bằng phép tốn đại số, người

viết hy
vọng góp một chút cơng sức để làm phong phú hơn “hành trang” của người dạy

tốn,
học tốn, bằng một giải pháp mạnh “giải pháp sử dụng cơng cụ tọa độ”.
II. MƠ TẢ GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI.
1. Tính mới và tính sáng tạo của giải pháp:
- Tính mới của giải pháp dự thi thể hiện
ở
7 điểm sau:
(7 điểm mới này cũng đồng thời khắc phục được những nhược điểm
của

giải pháp đã biết).
Một là:
Bên cạnh lời giải có sẵn, tác giả sáng tác thêm ít nhất một lời giải mới cho mỗi

bài tốn (có những bài tốn tác giả trình bày 4 cách giải, trong đó có 3 cách giải mới
do tác giả tự sáng tác). Từ đó tạo ra một góc nhìn đa chiều về bài tốn rất phổ thơng và
quan trọng này.
Hai là:
Làm rõ tính tương tác, quan hệ biện chứng, sự hỗ trợ, bổ sung lẫn nhau giữa
cách giải truyền thống và cách giải sử dụng cơng cụ tọa độ, từ suy nghĩ cho cách giải
này giúp nảy sinh ý tưởng cho cách giải khác và ngược lại. Từ đó tạo ra nhiều sự lựa
chọn và “cơ hội” giải bài tốn cao hơn, có đường lối hơn.
Ba là:
Chỉ ra được trên cùng một bài tốn, ta có thể xác lập được các hệ trục tọa độ Đề
các với những vị trí khác nhau, mà bài tốn vẫn cho cùng kết quả. Điều này thể hiện
tính độc đáo, sự “tự do” khơng bị gò bó, cứng nhắc của giải pháp. Đây lại là một ưu
điểm rõ ràng của giải pháp.
Boỏn laứ:
Ch ra c nhng bi toỏn nu s dng gii phỏp cụng c ta , thỡ bi gii
cho kt qu p, ngn gn, cụ ng v trn vn.
Naờm laứ:
cp n nhng bi toỏn hỡnh hc phng, nu gii bng cỏch thun tỳy
truyn thng thỡ khú thc hin, thm chớ b tc. Trong khi ú gii phỏp vn dng cụng
c ta vn kh thi.
Saựu laứ:
X lý c bi toỏn bng cỏch s dng gii phỏp d thi thỡ cht ch, thuyt
phc dt im hn so vi cỏch gii thun tỳy truyn thng.
Baỷy laứ:
Xỏc lp c nguyờn tc hỡnh thnh h trc ta cỏc tng thớch cho mi
loi hỡnh.
2. Ni dung c th:
* Cỏc nguyờn tc cn lu tõm khi gii bi toỏn hỡnh hc phng thun tỳy bng

cụng c ta l:

+ Chn h trc ta
- Gc ta , trc ta thng gn lin vi im v ng c bit ca bi

toỏn
nh: tõm ng trũn, nh gúc vuụng, trung im on thng, chõn ng cao .
+ Chuyn i ngụn ng t yu t hỡnh hc thun tỳy sang ngụn ng ta
.
- Chun húa di cỏc on thng v n v trc.
- T ú xỏc nh ta cỏc im v phng trỡnh cỏc ng, theo hng hn

ch n
mc thp nht vic s dng cỏc tham s, iu chnh giỏ tr ca cỏc tham s

nhn
c nhng ta p giỳp cỏc phộp toỏn tr nờn n gin.
+ Khai thỏc cỏc tớnh cht v phộp toỏn liờn quan n vộct v ta nh:
- iu kin theo ta 2 vộc t vuụng gúc.
.
- Điều kiện theo tọa độ để 2 véc tơ cùng phương.
- Tính khoảng cách từ 1 điểm đến đường thẳng dựa theo tọa độ.
- Tính số đo của góc hợp bởi 2 đường thẳng dựa theo tọa độ …
+ Với sự trợ giúp của công nghệ máy tính ta không “ngại” khâu tính toán.
HÌNH THÀNH HỆ TRỤC TỌA ĐỘ TRONG MẶT

PHẲNG NHƯ THẾ NÀO?
* Bài toán có đơn giản hay không, phần lớn phụ thuộc vào việc hình thành hệ

trục
tọa độ và đơn vị trục.
* Sau đây là cách chọn hệ trục tọa độ tương ứng với những loại hình đơn giản

và
thường gặp.
ĐOẠN AB CỐ ĐỊNH
Ta chọn hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Axy:
y
B thuộc tia Ax

Chuẩn hóa AB = 1
A (0; 0)
A
B
x
B (1; 0)
Hoặc chọn hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Ixy. Trong đó I là trung điểm đoạn
AB. B thuộc tia Ox.
T
TA
A
M
M
G
G
I
I
Á
Á
C
C
C

C
Â
Â
N
N
* Trường hợp tam giác ABC cân tại A.
Thông thường ta xây dựng hệ trục tọa độ đề các vuông góc như sau:
- Hạ đường cao từ đỉnh của tam giác cân đến cạnh đối diện
AO ⊥ BC
- Chọn hệ trục tọa độ đề các vuông góc Oxy trong đó:
y
+ O (0; 0) là gốc tọa độ.
A
+ Đỉnh C thuộc tia Ox.
+ Đỉnh A thuộc tia Oy.
* Chuẩn hóa độ dài.
G

OC = c
Đặt


OA
= a
(a, c > 0)
B
O
C
x
Khi đó ta nhận được

C (c ; 0)
B (-c ; 0)
A (0; a)
G (0;
a
) (G là trọng tâm ∆ABC )
3
* Hạ AO ⊥ BC
T
TA
A
M
M
G
G
I
I
Á
Á
C
C
Đ
Đ
Ề
Ề
U
U
y
A

Chọn hệ trục tọa độ Đề các vuông

góc Oxy.
C thuộc tia Ox

A thuộc tia Oy
* Chuẩn hóa độ dài cạnh tam giác

bằng 2a. (a > 0)
B (-a ;0)
C (a ; 0)
A (0; a 3
)
B
0
C
x
T
T
A
A
M
M
G
G
I
I
Á
Á
C

C
Chọn hệ trục tọa độ Đề các vuông góc
Oxy.
y A
Gốc tọa độ O là trung điểm cạnh BC.
C thuộc tia Ox.
Hoặc
Chọn hệ trục tọa độ Đề các vuông góc
Oxy.
x
Gốc tọa độ O là chân đường vuông góc
B
O
C
hạ từ đỉnh A.

C thuộc tia Ox.
A thuộc tia Oy.
A
B
0
C
x
HÌNH
HÌ
V
N
U
H
Ô

V
N
U
G
ÔN
A
G
BCD
Chọn hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Axy
y
B thuộc tia Ax
D thuộc tia Ay
Chuẩn hóa độ dài cạnh hình vuông bằng 2
Ta có: A (0; 0)
D C
B (2; 0)
C (2; 2)
I
D (0; 2)
Tâm hình vuông I (1; 1)
Trung điểm cạnh AB là P (1;0)
A
P
B
x
HÌN
H
H
ÌN
C

H
H
C
Ữ
HỮ
NH
NH
ẬT
ẬT
- Chọn một đỉnh của hình chữ nhật làm gốc tọa độ.
- Hai cạnh liên tiếp của hình chữ nhật nằm
trên hai trục tọa độ.
D C
* Chuẩn hóa độ dài:
I
Không mất tính tổng quát, ta đặt chiều dài,
chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là:
2a, 2b, (a > b>0).
A
B
x
Khi đó ta nhận được những kết quả thật đẹp.

Chẳng hạn: Tâm của hình chữ nhật là I (a, b).
Phương trình đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật là:
(x − a)
2
+ ( y − b)
2
= a

2
+ b
2
H
H
Ì
Ì
N
N
H
H
T
T
H
H
O
O
I
I
* Hai đường chéo của hình thoi vuông
y
góc với nhau, nên ta có thể chọn giao
điểm 2 đường chéo là gốc tọa độ.
- Mỗi đường chéo nằm trên mỗi trục

tọa độ.
0
x
y
* Trường hợp biết số đo của 1 góc ở

D
C
đỉnh hình thoi, ta có thể chọn đỉnh này
làm gốc tọa độ và một cạnh của hình
thoi đi qua đỉnh đó là 1 trục tọa độ.
O
* Chuẩn hóa độ dài:
α
x
Để có những tọa độ “đẹp” không mất
A
B
tính tổng quát, ta chuẩn hóa độ dài cạnh
hình thoi bằng 1.
Người thực hiện: Huỳnh Duy
Thủy
13
ĐƯỜNG TRÒN
ĐƯỜNG TRÒN
- Chọn tâm đường tròn làm gốc tọa độ.
- Chọn một đường kính làm trục tọa độ.
y
- Chuẩn hóa độ dài bán kính R = 1.
- Ta có phương trình đường tròn.
y
x
2
+ y
2
= 1

Với điểm A nằm trên đường
A
x
tròn, ta có thể xác định tọa độ
điểm A: A (cosa, sina).
O
(Vì dựa theo cos
2
a + sin
2
a = 1)
H
H
Ì
Ì
N
N
H
H L
L
Ụ
Ụ
C
C
G
G
I
I
Á
Á

C
C
Đ
Đ
Ề
Ề
U
U
y
C
D
B
E
x
A
F
- Trong hình lục giác đều, bao giờ ta cũng chỉ ra được một đường chéo và một

cạnh
vuông góc với nhau.
- Xét hình lục giác đều ABCDEF, đường chéo AC và cạnh AF vuông góc nhau.
- Chọn hệ trục tọa độ đề các vuông góc Axy trong đó:
+ A (0 ; 0)
+ F thuộc tia Ax
+ C thuộc tia Ay
- Chuẩn hóa độ dài:
Không mất tính tổng quát, ta chuẩn hóa độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp

lục giác đều bằng 2h.
Ta có những tọa độ “thật đẹp”: A (0, 0)

B (-h, 3h )
C(0; 2 3h)
E(3h; 3h)
CÁC LOẠI HÌNH KHÁC
CÁC LOẠI HÌNH KHÁC
* Điều quan trọng cần nhận rõ rằng có loại hình, khi chọn hệ trục tọa độ Đề
các vuông góc, ta có thể chỉ chọn một trục tọa độ, trục còn lại không cần quan tâm
tới, bài toán vẫn giải tốt.
- Còn hơn thế nữa, trên cùng một bài toán, ta có thể lựa chọn những hệ trục tọa
độ Đề -các vuông góc khác nhau, nhưng vẫn đem lại kết quả như nhau.
- Những điều trên được trình bày trong phần bài tập minh họa.
- Như vậy việc chọn hệ trục tọa độ là rộng đường, không bị “gò bó”, “cứng

nhắc”,
đây lại là một ưu điểm nữa của giải pháp sử dụng công cụ tọa độ.
NHỮNG KIẾN THỨC THIẾT YẾU TRONG

SỬ DỤNG CÔNG CỤ TỌA ĐỘ
* Với việc hình thành hệ trục tọa độ trong mặt phẳng, ta giải được các bài toán

thường
gặp sau đây, dựa theo các bước đã được “mặc định” đây là thế mạnh “rất

riêng”
của giải pháp sử dụng công cụ tọa độ.
Bài toán: TÌM QUỸ TÍCH ĐIỂM M.
Ta thực hiện như sau:
- Gọi tọa độ điểm M (x; y).
- Dựa vào tính chất của điểm M có trong giả thiết, ta tính được:


x = h(m)

y
= g(m)
với m là tham số thực

- Khử tham số m, ta nhận được phương
trình dạng
y = f (x) .
- Khi đó, căn cứ vào điều kiện ràng buộc của tham số m ta giới hạn được quỹ

tích
điểm M (nếu có).
* Trường hợp, một trong hai thành phần tọa độ không phụ thuộc vào tham số m

thì
điểm M di động trên đường thẳng nằm ngang hoặc thẳng đứng.
- Công đoạn còn lại: giới hạn quỹ tích.
Bài toán: Chứng minh đường thẳng (d) đi qua một điểm cố định.
sau:
Để chứng minh đường thẳng (d) đi qua một điểm cố định ta thực hiện các bước
- Viết phương trình đường thẳng (d). (Phụ thuộc vào tham số thực m)
- Biến đổi phương trình đường thẳng (d) về dạng:
f (x, y).m + g(x, y) = 0,∀m ∈ R
- Tọa độ điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua khi m thay đổi là nghiệm

của hệ phương trình:

f (x, y) = 0


g(x, y) = 0
Giải hệ phương trình trên ta được tọa độ điểm cố định.
Bài toán: Chứng minh đường thẳng (∆) tiếp xúc với một đường

tròn cố định.
- Viết phương trình đường thẳng (∆) (Phụ thuộc tham số thực m).
- Xác định một đường tròn (C ) cố định có tâm I, bán kính R.
- Chứng minh
d (I , ∆) = R .
Bài toán: Chứng minh điểm M di động trên một đường cố định.
Để chứng minh điểm M di động trên một đường cố định, thông thường ta định

hướng giải như sau:
- Viết phương trình hai đường thẳng di động đi qua điểm M.
- Giải hệ phương trình ta nhận được tọa độ giao điểm M (x, y)


x = g(m)
với


y = h(m)
- Khử giá trị tham số m ta nhận được phương trình đường cố định là:
y = f (x)
Bài toán: Chứng minh hai đường thẳng vuông góc.
-Ta vận dụng biểu thức tọa độ của tích vô hướng.
a ⊥ b ⇔ a.b = 0
⇔ a
1
a

2
+ b
1
b
2
= 0
Hoặc chứng minh tích hai hệ số góc của 2 đường thẳng bằng (-1).
Bài toán: Chứng minh ba điểm thẳng hàng.
- Ta vận dụng điều kiện để 2 véctơ AB = (h, k )
và
h k
AC = (m,
n)
cùng phương
là: = 0
m n
Bài toán: Chứng minh hai đường thẳng song song.
- Ta vận dụng điều kiện 2 véctơ cùng phương.
Bài toán: TÌM DIỆN TÍCH
- Ta vận dụng công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến 1 đường thẳng.
d (M , ∆) =
ax
M
+ by
M
+ C

a
2
+ b

2
- Công thức tính độ dài đoạn thẳng.
AB =
(x
− x
)
2
+ (
y
− y )
2
B A B A
Bài toán: Tính số đo góc hợp bởi 2 đường thẳng.
r r
- Ta vận dụng công thức.
r r a.b
cos(d
1
, d
2
) = cos(a,b) = r

r
a . b

B
B
À
À
I

I
T
T
Ậ
Ậ
P
P
M
MI
I
N
N
H
H
H
H
Ọ
Ọ
A
A
Trong mỗi bài tập minh họa người viết tìm tòi, phát hiện những đặc điểm tiềm
ẩn, trao đổi suy nghĩ, phân tích lời giải. Bởi mỗi lời giải mang một nét đẹp riêng và
ngoài việc cập nhật cho ta giải pháp xử lý bài toán, còn hàm chứa một lượng kiến
thức thiết yếu.
DẠNG BÀI TÍNH TOÁN
DẠNG BÀI TÍNH TOÁN
Cho tam giác ABC có B
□
EC là góc nhọn, trong đó E là trung điểm của
cạnh

AB. Trên tia EC lấy điểm M sao cho B
□
ME = E
□
CA .
Ký hiệu
α
là số đo của góc B
□
EC .
Hãy tính tỷ số
CM
theo
α
.
AB
(Đề thi chọn HSG quốc gia năm học 2008 –
2009)
Cách giải 1: Thuần túy hình học.
Trên tia CE lấy điểm I sao cho E là trung điểm CI. Khi đó ta có ACBI là hình

bình hành.
⇒ C
□
IB =
□
ACE
Theo giả thiết: A
□

CE = E
□
MB
Nên : C
□
IB = E
□
MB
Suy ra: ∆MBI cân tại B.
Kẻ BJ ⊥ MI , ta có J là trung điểm MI.
Do góc C
□
EB < 90
0
nên góc E
□
CB xảy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1: E
□
CB < 90
0
Mà C
□
EB < 90
0
Nên điểm J nằm giữa C và E.
Ta lại có E nằm giữa C và I (do E là trung điểm CI).

Do đó: E nằm giữa I và J.
⇒ JI = JE + EI (*)

Vì M thuộc tia EC nên.
M
M
□
EB = C
□
EB < 90
0
Lại có:
E
□
MB =
□
ACE = C
□
EB − C
□
AB < 90
0
C
Nên J nằm giữa M và E.
⇒ MJ = ME
− EJ
J
Ta chứng minh C nằm giữa M và E.
A
α
Thật vậy, giả sử M nằm giữa E và C.
E
B

Khi đó, ta có
E
□
MB = E
□
CB + C
□
BM > E
□
CB
⇒ C
□
IB
> E
□
CB
⇒ CB
> BI
⇒ CB
> CA
I
⇒ C
□
AB > C
□
BA
Mà E
□
MB
> E

□
CB
⇔
□
ACE > E
□
CB
Nên 180
0
− C
□
AB −
□
ACE < 180
0
− C
□
BA
− E
□
CB
Mà C
□
EA + C
□
EB = 180
0
⇒ C
□
EA < C

□
EB
Nên C
□
EB
> 90
0
(điều trái với giả thiết ta đang xét là góc
E
□
CB < 90
0
)
Như vậy M không thể nằm giữa E và C.

Mà M thuộc tia EC.
Nên C nằm giữa M và E.
Do đó ME = MC + CE (2)
Từ (1) và (2) suy ra: MJ = MC + CE – EJ (**)
Từ (*) và (**) và MJ = JI
Suy ra: MC + CE – EJ = JE + EI ⇒ MC – EJ = JE
⇒ CM = 2EJ = 2EB cos
α
= AB
cos
α
⇒
C
M
A

B
= cos
α
Trường hợp 2:
E
□
CB > 90
0
Mà C
□
EB < 90
0
nên điểm C nằm giữa J và E (3)

Ta lại có E nằm giữa C và I. Do đó E nằm giữa I và J.
Suy ra: IJ = IE + EJ = IE + EC+ CJ = 2CE + CJ(***)
Ta chứng minh điểm M không thể nằm giữa E và C.

Thật vậy, giả sử M nằm giữa E và C.
Ta có:
E
□
MB = E
□
CB + M
□
BC > E
□
CB > 90
0

Mà E
□
MB = E
□
CA = C
□
EB − C
□
AE < C
□
EB < 90
0
Như vậy
E
□
MB > 90
0
và
E
□
MB
< 90
0
mâu thuẩn nhau.
Do đó điểm M không nằm giữa E và C. Mà M thuộc tia EC nên C nằm giữa M
và E. Khi đó, ta có:
M
□
CB = 180
0

− E
□
CB < 90
0
C
□
MB = E
□
MB = E
□
CA = C
□
EB −C
□
AE < 90
0
Mà J là chân đường cao kẻ từ B xuống đường thẳng CM. Nên J nằm giữa C và
M. Suy ra: JM = CM – CJ (****)
Từ (***) và (****) kết hợp với J là trung điểm IM.

Suy ra: 2CE +CJ = CM – CJ
⇒ CM = 2CE
+ 2CJ
= 2E
J
= 2EB.cos
α
= AB cos
α
⇒

CM
AB
Trường hợp 3:
= cos
α
M
E
□
CB = 90
0
. Khi đó J ≡ C ⇒ C là trung điểm IM.
Do đó: CM = CI = 2 CE
= 2EB cos
α
J
= AB.cos
α
C
⇒
CM
AB
= cos
α
A
α
E
B
Kết

luận: Từ 3 trường hợp đã xét ta được

I
CM
= cos
α
AB
Cách giải 2: Sử dụng hệ thức lượng
B
E
α
β
M







β
C
A
Đặt
B
□
ME = E
□
CA =
β
Ta có:
BC

2
= BE
2
+ EC
2
− 2BE.EC.cos
α
AC
2
= AE
2
+ EC
2
− 2 AE.EC cos(
π
−
α
) = AE
2
+ EC
2
+ 2EC.AE.cos
α
Vì BE = AE ⇒ BE
2
= AE
2
⇒ AC
2
− BC

2
= 4EC.AE cos
α
Vì
α
là góc nhọn nên cos
α
> 0 ⇒ AC
2
− BC
2
> 0 ⇔ AC
2
> BC
2
⇔ AC > BC
Xét tam giác BEC có:



BE



=
BC


(1)
sin

B
□
CE
sin
α
Xét tam giác AEC.
AE

=
AC
=

AC



=
AC

(2)
sin
β
sin
□
AEC
sin
(
π
−
α

)
sin
α
(2) – (1) ta được.

AE


BE AC − BC
− =
sin
β
sin
B
□
CE
sin
α
Vì AC > BC ⇒ AC − BC > 0
⇒ sin
α
> 0
⇒
AC − BC

>
0
sin
α
⇒

AE

−

BE



>
0
⇔
AE AE
sin
β
sin B
□
CE
−