sáng kiến kinh nghiệm PHƯƠNG PHÁP tọa độ hóa TRONG HÌNH học PHẲNG copy
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.02 MB, 29 trang )
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Tên sáng kiến kinh nghiệm:
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG
HÌNH HỌC PHẲNG
I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Hình học phẳng được giảng dạy cho học sinh ở chương trình trung học cơ sở.
Phương pháp giải các bài toán hình học ở cấp hai chủ yếu là dùng các định lí, hệ
quả, tính chất hình học để suy luận. Phương pháp mang bản chất thuần túy hình học
này đôi khi gây không ít khó khăn cho học sinh, đặc biệt là những học sinh THPT.
Các đề thi Olympic 30/4 hay đề thi học sinh giỏi THPT những năm gần đây
cũng có bài toán hình học phẳng. Việc dùng phương pháp tổng hợp không phải là
thế mạnh của các em. Trong khi đó học sinh lớp 10 đã được học các kiến thức về
vectơ và tọa độ. Vậy tại sao các em không thử sử dụng các kiến thức vừa học để giải
bài toán hình học phẳng thay vì chỉ dùng phương pháp tổng hợp đã biết ở cấp hai.
Phương pháp tọa độ hóa hình học phẳng không những cung cấp thêm cho học
sinh một công cụ giải toán ( rất đơn giản và dễ hiểu) mà còn giúp củng cố các kiến
thức về vectơ và tọa độ vừa học.
Điểm mới trong đề tài này là các bài tóan đã được hệ thống lại thành dạng
chung, giải theo cùng một phương pháp tương đối dễ nhớ. Học sinh có thể tự rút ra
được một số kinh nghiệm cho bản thân trong quá trình giải toán
II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1.Cơ sở lý luận:
Vào năm 1637, nhà toán học kiêm triết học Pháp là Réné Descartes đã cho
xuất bản cuốn “ LaGéométrie ” với nội dung xây dựng hình học bằng phương
pháp toạ độ đánh dấu một bước tiến mạnh mẽ của toán học. Descartes là nhà toán
học thiên tài đã khai sinh ra phương pháp toạ độ. Phương pháp toạ độ ra đời đã
giúp con người dùng ngôn ngữ đại số thay cho ngôn ngữ hình học, giúp con người
đạt đến đạt đến đỉnh cao của sự khái quát hoá và trừu tượng hoá toán học trong
nhiều lĩnh vực.
Một trong những nhiệm vụ dạy học môn toán chương trình phổ thông,
đặc biệt là dạy hình học là hướng dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp toạ
độ vào giải toán, nghĩa là biết vận dụng linh hoạt và sáng tạo các kiến thức về
toạ độ điểm, toạ độ vectơ và các công thức có liên quan vào giải toán.
2.Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài .
a. Nội dung:
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 1
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Tóm tắt lý thuyết:
Trong không gian với hệ tọa độ Oxy cho :
uuuuur
r
ur
OM xi y j M ( x; y)
ur
r
ur
ur
u xi y j u( x; y)
ur
r
Với a a ; a ; b b ; b
1 2
1 2
a1 b1
a b
a2 b2
ur r
a b (a b ; a b ) ; ka (ka ; ka ) với k R
1 1 2 2
1 2
ur r ur r
ur r
a.b a b cos a; b a b a b
11 2 2
ur r
ur r
a b a.b 0 a b a b 0
11 2 2
a a2 a2
1
2
r
ur
a cùng phương với b a1b2 a2b1 0
ur r
a b a b
ab
11 2 2
Cos ur r
ab
a 2 a 2 b2 b2
1
2 1 2
Với A x ; y ; B xB ; yB
A A
uuur
AB xB x ; yB y
A
A
uuur
AB AB ( x x )2 ( y y )2
B A
B
A
x x y y
Tọa độ trung điểm M của AB: M ( A B ; A B )
2
2
Phương
trình tổng quát của đường thẳng đi qua điểm Mx0; y0) và có
ur
vtpt n = (A; B).là: A(x x0) + B(y y0) = 0 Ax + By + C = 0 (A2 + B2 0)
Phương trình đường tr n (C) tâm I (a,b), bán kính R là :
2
2
( x a)2 ( y b)2 R2 hoặc x + y – 2ax - 2by + c= 0
y2
x2
Phương trình chính tắc của (E):
+
= 1 với c2 = a2- b2
a2
b2
x2 y 2
Phương trình chính tắc của Hypebol:
= 1 với c2 = a2+b2
a2 b2
Phương trình chính tắc của (P): y2 = 2px , p > 0: tham số tiêu
Ngoài ra, học sinh cần biết thêm một số công thức khác…..
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 2
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Các dạng toán thường gặp:
Chứng minh các quan hệ song song, vuông góc. Tính toán.
Tập hợp điểm.
Điểm cố định.
Các bước giải toán:
Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ (Oxy ) thích hợp.
Ta có:Ox, Oy vuông góc từng đôi một. Do đó, nếu trong mô hình chứa các cạnh
vuông góc thì ta ưu tiên chọn các đường đó lần lượt thuộc các trục tọa độ
Bước 2: Chuyển các giả thiết, kết luận từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ
tọa độ.
Bước 3: Giải bài toán bằng phương pháp toạ độ.
Bước 4: Chuyển kết quả từ ngôn ngữ tọa độ sang hình học.
b. Biện pháp:
Kiến thức vectơ và tọa độ là kiến thức mới đối với học sinh. Muốn sử dùng
phương pháp tọa độ để giải toán hình học đòi hỏi các em phải thành thạo trong việc
giải các bài toán tọa độ đồng thời phải nắm được mối liên hệ giữa “ngôn ngữ hình
học” và “ngôn ngữ tọa độ”.
III. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Khái niệm vectơ và tọa độ đã được đưa vào nội dung chương trình lớp 10,
làm công cụ cơ bản nghiên cứu quan hệ của các đối tượng trong hình học phẳng.
Việc sử dụng vectơ và tọa độ để giải quyết bài toán hình học phẳng tạo cho học
sinh cảm giác thích thú, trực quan và quen thuộc đặc biệt có hiệu quả trong bài
toán quỹ tích.
Phương pháp tọa độ là một cuộc cách mạng trong toán học vì nó giúp
cho toán học thoát ra khỏi tư duy cụ thể của không gian vật lý thông thường,
nhằm đạt tới đỉnh cao khác của sự khái quát và sự trừu tương hóa trong toán
học.
Mặt khác, một số kiến thức về vectơ này sẽ là cơ sở chuẩn bị cho việc xây
dựng khái niệm tọa độ trong không gian trong chương trình hình học lớp 12, một
công cụ hữu ích để giải nhiều bài toán hình học không gian.
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 3
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Vấn đề 1: Bài toán chứng minh (hoặc tính toán).
Bài 1. Cho hình vuông ABCD. E, F là các điểm xác định bởi
uuur 1 uuuur uuuur
1 uuuur
BE BC, CF CD , AE cắt BF tại I. Chứng minh : góc AIC bằng 90 0.
3
2
Bài giải:
Giả sử cạnh hình vuông có độ dài bằng 1. Gắn hệ trục (Oxy) sao cho
D(0;0), C(1;0), A(0;1). Ta có:
2 3
E 1; , F ;0 , B 1;1
3 2
Phương trình đường thẳng AE : x + 3 y - 3 = 0, BF : 2 x + y - 3 = 0
uuur 6 2 uuur 1 3
x 3y 3
6 3
Tọa độ I là nghiệm của hệ:
I ; AI ; , CI ;
5 5
5 5
5 5
2 x y 3
uuur uuur
uuur
uuur
Khi đó: AI .CI 0 AI CI .
Vậy: Góc AIC bằng 900.
Bài 2. 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.
Bài giải:
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 4
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Chọn hệ trục Oxy sao cho:
D (0; 0) , B ( -1; 0) , C (1; 0) , A (0; a )
y
1 ax y a 0
a
Phương trình DE: x - ay = 0 . Tọa độ E là nghiệm của hệ:
a2
ax y a
a
a2
a
E
;
F
;
1 a2 1 a2
2(1 a2 ) 2(1 a2 )
x ay 0
Ta có:
uuur uuuur
uuur 2a2 1
a uuuur a2
2a3 a
BE.AF 0 (đpcm)
BE
;
, AF
;
1 a2 1 a2
2(1 a2 ) 2(1 a2 )
Phương trình đường thẳng AC: x
Bài 3.
Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. D là trung
điểm AB và E là trọng tâm tam giác ACD. Chứng minh : IE CD .
Bài giải:
Gọi O là trung điểm BC. Chọn hệ trục Oxy:
c a
c a
O 0;0 , A 0; a , B c;0 , C c;0 , D ; , E ;
2 2 6 2
uuur uuur
x 0
c
a
DI BA
x 2 ; y 2 . c; a 0
Ta có: uuur uuuur
a2 c2
OI
BC
y
2a
x; y . 2c;0 0
a2 c2 uur uuuur c c2 3c a
IE.DC ;
; 0
6 2a 2
2a
2
I 0;
Vậy: IE CD
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 5
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 4. (APMO 1998)
Cho tam giác ABC với đường cao AD, là một đường thẳng đi qua D.
Lấy E,F , khác D, sao cho AE BE, AF CF. Gọi M, N theo thứ tự là
trung điểm của các đoạn thẳng BC, EF.
Chứng minh rằng AN MN.
Bài giải:
Chọn A làm gốc tọa độ, trục hoành chứa đường thẳng qua A song song với
e f
Giả sử D(d;a), E(e;a), F(f;a) N
;a
2
Khi đó, đường thẳng AE có phương trình ax - ey = 0.
Đường thẳng AD có phương trình ax - dy = 0.
Đường thẳng AF có phương trình ax - fy = 0.
Từ đó, do BE EA nên BE có phương trình ex + ay - e 2 - a 2 = 0
Do CF AF nên CF có phương trình fx + ay - f 2- a 2 = 0
Do BC AD nên BC có phương trình dx + ay - d 2 - a 2 = 0
Từ đó, tìm được
de
df
e f
d (e f )
B d e; a , C d f ; a .
Suy ra M d
;a
a
a
2
2a
uuuur
d (e f ) uuuur uuuur
e f
d (e f )
MN d ;
MN .AN d .
a
0
2a
2
2a
Vậy: Ta có đpcm
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 6
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 5. (IMO 2000)
Cho hai đường tròn (O1 ); ( O2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt M, N. Tiếp
tuyến chung ( gần M hơn) tiếp xúc với ( Oi ) tại Ai . Đường thẳng qua M, song song
với A1 A2 , cắt lại đường tròn ( Oi ) ở Bi . Các đường thẳng Ai Bi cắt nhau tại C, các
đường thẳng Ai N cắt đường thẳng B1B2 ở D, E. Chứng minh rằng CD = CE.
Bài giải:
Chọn hệ trục tọa độ A1xy sao cho A1 (0; 0), A2 (a; 0), O1 ( 0; r1 ) , O2 (a; r2 ) .
Giả sử: M(s;t), Khi đó B1 ( -s; t ) , B2 ( 2a - s; t )
Từ đó B1 B2 = 2a = 2 A1 A2
Ta thấy rằng A1 A2 // B1 B2 .
Suy ra A1, A2 theo thứ tự là trung điểm B1C, B2C
uuuur
uuuuuur
Do đó: C(s;-t). Vậy CM = (0; 2t), B B = (2a; 0)
1 2
Suy ra CM B1 B2 hay CM DE (1)
Gọi K là giao điểm của MN với A1 A2 ta có:
uuuur 2 uuuuur uuuur
uuuuur 2
P KA KM .KN P KA
1
2
K / o
K / o
1
2
Suy ra: K là trung điểm của A1 A2.
Từ đó, do A1 A2 // B1 B2 nên M là trung điểm DE (2)
Từ (1), (2) suy ra CM là trung trực của đoạn DE (đpcm)
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 7
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 6. (APMO 2000)
Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm cạnh BC và N là chân đường phân
giác của góc ·
ABC . Đường thẳng vuông góc với NA tại N cắt các đường thẳng
AB, AM tại P, Q theo thứ tự đó. Gọi O là giao điểm của đường thẳng vuông góc
với AB tại P với AN, chứng minh rằng OQ BC.
Bài giải:
Chọn hệ trục toạ độ Nxy sao cho A, O nằm trên trục hoành. Giả sử AB có phương
trình y ax b a 0
b
Khi đó A ;0 , P 0; b
a
Và AC có phương trình y = - ax - b (do A thuộc trục hoành, AB, AC đối xứng nhau
qua trục hoành )
1
Do POAB nên PO có phương trình y x b và O(ab;0)
a
Do BC qua gốc tọa đô N, nên BC có phương trình y = cx( c ≠ 0)
bc b
b
b
;
;C
;
Suy ra B
ca ca ca ca
ab
abc uuuuur
bc
;
c; a 2
Do đó M
AM
2
2
2
2
2
2
a(c a )
c a c a
a2
ab
x
Từ đó đường thẳng AM có phương trình y
c
c
ab
Suy ra Q 0; . Vậy đường thẳng OQ có phương trình x + cy – ab = 0
c
Suy ra đường thẳng OQ, BC vuông góc với nhau.
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 8
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 7. (Bungari league 1981)
Đường phân giác trong và ngoài của góc C trong tam giác ABC cắt AB ở L và
M. Chứng minh nếu CL = CM thì AC 2 + BC 2 = 4R 2 ( R là bán kính đường tròn
ngoại tiếp ABC)
Bài giải:
Gọi O là trung điểm của LM.
Chọn hệ trục Oxy: O (0; 0) , A ( a; 0) , B (b; 0) , C (0; c ) , L (c; 0) , M ( -c; 0)
2
2
2 2 2
AL AC AL AC
a c
ca
Theo tính chất phân giác:
2
2
LB BC LB BC
bc
b c
c2
c2
2
2
2
2
2
ab ac a b c b 0 a b c ab 0 b
B ;0
a
a
a 2 c2
AB2 BC 2
a
2
1
Trong ABC:
2
c 2
c2 a2 c2
2
2
a
2
2
a2 c2
BC . AC
BC
2
(2)
4R =
2
2
sin
A
a
OC
c
Từ (1) và (2), suy ra: AC 2 + BC 2 = 4R 2 .
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 9
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 8.(NewYork 1976)
Các đường cao của tam0 giác nhọn ABC cắt nhau ở H. Trên đoạn HB và HC
AB1C = ·
AC1 B = 900 . Chứng minh AB1 =
người ta lấy hai điểm B1 , C1 sao cho ·
AC1
Bài giải:
Chọn hệ trục (Oxy): O (0; 0) , A (0; a ) , B ( -b; 0) , C (c; 0)
Phương trình đường thẳng BH: cx - ay + bc = 0 . Mà B(x1;y1) BH
cx1 - ay1 + bc = 0(1)
uuuur uuuur
Mặt khác AB CB 0 x x c y y a 0 x 2 y 2 cx ay 0 2
1 1
1 1
1 1
1
1
1
1
Từ (1) và (2), suy ra: x2 y 2 2ay bc 0
1 1
1
2
Ta có : AB 2 x2 y a x 2 y 2 2ay a 2 a 2 bc
1
1
1
1
1
1
2
2
Tương tự: AC a bc . Vậy: ta có đpcm.
1
Bài 9.
Trong mặt phẳng cho đường tròn (C) và elip (E) cố định (tâm đường tròn là
tâm đối xứng của elip) . Từ điểm M thuộc(C) ta dựng hai tiếp tuyến MT1 , MT2 tới
(E) trong đó T1 , T2 là tiếp điểm.Chứng minh rằng các đường thẳng T1T2 luôn tiếp
xúc với đường cong cố định
Bài giải:
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 10
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
x2 y 2
2
2
2
Gọi (C): x + y = p , (E): 2 2 1 với gốc tọa độ tại tâm của (C).
a
b
x = p sin t
Ta có phương trình tham số của (C):
t [0;2 )
y = p cos t
Gọi M ( p sin t; p cos t ) (C ) và T1 ( x1; y1 ) là tọa độ tiếp điểm.
xx yy
Phương trình tiếp tuyến của (E) tại T1 ( x1; y1 ) : 1 1 1
a 2 b2
p sin tx p costy
1
1 11
Tiếp tuyến MT1 qua M p sin t; p cos t
2
2
a
b
Tương tự gọi T2 ( x2; y2 ) là tọa độ tiếp điểm. Tiếp tuyến MT2 qua M
p sin t.x
p cos t. y
2
2 1 2
2
2
a
b
p sin t.x p cos t .y
1
Từ (1) và (2) suy ra phương trình T1T2:
a2
b2
Gọi N(x;y) là điểm mà họ T1T2 không đi qua
p sin t
p cos t
x
y 1 vô nghiệm theo t.
Suy ra
a2
b2
2
2
px
py
x2 y 2
Từ đó : 1
1
2
2
4
4
a
b
a
b
2
p
p2
x2 y 2
1
Ta chứng minh T1T2 luôn tiếp xúc với (E1) :
4
4
a
b
p2 p2
2
2
a4 psint
b4 p cos t
2
2
Thật vậy:
sin t cos t 1
2
2
2
2
p a
p b
x2 y 2
1
Nên T1T2 luôn tiếp xúc với (E1) :
a 4 b4
p2 p2
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 11
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 10. 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 hai đường tròn tâm O và đường tròn đường
kính CH; D khác C. CMR: K; D; C thẳng hàng.
Bài giải:
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: b2 a 1 a 1 1 a 2
Gọi I là trung điểm CH. Khi đó phương trình đường tròn (I) là:
2
b
b2
2
x y
và phương trình đường tròn (O) là: ( x - a )2 + y2 = 1.
2
4
Đường thẳng (CD) là trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và (I) nên có phương
b2
b2
1
2ax by b2 0
trình là: 2ax a 2 by
4
4
Phương trình đường thẳng (AC): x y 1 bx a 1 y b a 1
a 1 b
Phương trình đường thẳng (HE): ( a - 1) x - by = 0
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình:
b2 b 1 a
bx a 1 y b a 1
E ;
2
2
(a
1)
x
by
=
0
Phương trình đường thẳng (EF): x
b2
2
Vậy: K;C;D thẳng hàng.
b
2
2 K b ;0 K CD
1 a b
2a
b
2
2
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
y
TRANG 12
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 11. (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.
Bài giải:
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 x 2 + y 2 = R 2
Giả sử toạ độ các đỉnh là A(-a;-b); B(-a;b); C(a;b); D(a;-b).
Ta có : AC 2 = 4R 2 = 4a 2 + 4b2. Suy ra a 2 + b2 = R 2 .
Giả sử M ( x0 , y0) bất kì thuộc cung AB nên x2 y 2 R 2
0 0
Ta có tọa độ các hình chiếu P, Q, R, S là P( x0 .- b) , Q( - a .y0 ), R( x0 .b) , S (a, y0) .
uuuur
uuur
Suy ra : PQ = (-a - x0 ; y0 + b) ; RS = (a - x0 ; y0 - b) ;
uuuur uuur
Nên PQ RS = -a 2 + x2 y 2 - b2 = 0 . Vậy PQ vuông góc RS
0 0
ur
Đường thẳng PQ đi qua P( x0 ; -b) và có vectơ pháp tuyến n = ( y0 + b; a + x0 )
Nên có phương trình PQ là:
(b + yo )( x - xo ) + (a + x0 )( y + b) = 0 (b + y0) x + (a + xo) y - xo yo + ab = 0
Tương tự phương trình RS là
(b - y0 )( x - a) - ( x0- a)( y - y0) = 0 (b - y0) x + (a - x0) y + xy0 - ab = 0
Gọi I ( xI ; yI ) lả giao điểm của PQ và RS thì ta có xI ; yI là nghiệm của hệ sau
(b + y ) x + (a + x ) y - x y + ab = 0
0
0
0 0
(b - y0 ) x + (a - x 0 ) y + xy0 - ab = 0
Cộng lại ta được bx + ay = 0 suy ra bxI + ayI = 0
Do điểm B(-a;b), D(a;-b) nên phương trình đường chéo BD:
(b + b)( x + a) - (a + a)( y + b) = 0
Hay: ax + by = 0. Suy ra: I ( xI ; yI ) thuộc BD.
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 13
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 12. IMO Shortlist 23 rd
Trên các đường chéo AC và CE của lục giác đêu ABCDEF, ta lấy hai điểm M
và N sao cho
AM CN
k . Biết B, M, N thẳng hàng. Tìm k.
AC CE
Bài giải:
Đặt 2R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABCDEF. Chọn hệ trục:
A 0;0 , B R; 3R , C 0;2 3R , E 3R; 3R , M 0; m , N x; y ; F 2R;0
( 3R m 2 3R)
uuuur
uuuur
uuuur
uuur
Ta có: MN cùng phương với BM , EN cùng phương với EC ,
6 R 2 3mR
x
m 3R x 3Ry mR
6 R 2 3mR 7mR 6 3R 2
3m 2 R
N
;
2
3
m
2
R
3
m
2
R
x 3 y 6 R
7mR 6 3R
y
3m 2 R
Ta có:
AM CN
k AM AC (do AC CE )
AC CE
2
2
6 R 2 3mR
7mR 6 3R 2
m2
2 3R
3m 2R
3m 2R
m 2 R 3m3 6 4 3 Rm2 12 8 3 R2m 24 R3 0 m 2 R
( Vì ta đặt f m 3m3 6 4 3 Rm2 12 8 3 R2m 24R3
2
2
2
3R m 2 3R m R 2 3 1 R2 m2 2Rm 2 3 R2 0
Ta có:
3m3 6 4 3 Rm2 12 8 3 R2m 24R3 0 f m 0 )
Vậy: k
AM
1
AC
3
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 14
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Vấn đề 2: Tìm điểm cố định
Bài 1. Cho tam giác ABC vuông tại A nhưng không cân; trên cạnh AB và AC lấy
M và N sao cho BM = CN. Chứng minh rằng đường trung trực của MN luôn đi qua
một điểm cố định.
Bài giải:
Dựng hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Chọn A(0; 0); M(0; m); B(0; b) ; C(1; 0) với m thay đổi, 0 < m < b 1
Ta có MB = CN, suy ra N(1 + m – b ;0)
uuuur
1 m b m
; và MN 1 m b; m
Suy ra trung điểm của MN có tọa độ
2
2
Suy ra phương trình đường trung trực của MN là:
2
1 m b
m
1
1 m b x 2 m y 2 0 m x y 1 b 1 b x 2 1 b 0
1 b b 1
;
Ta thấy đường thẳng này luôn đi qua điểm cố định I
2
2
Bài 2. Cho tam giác ABC cân tại A. Xét D trên cạnh AB và điểm E trên cạnh BC
BC
. Chứng minh rằng đường
sao cho hình chiếu của DE trên BC có độ dài bằng
2
thẳng vuông góc với DE tại E luôn đi qua một điểm cố định
Bài giải:
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 15
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Gọi O là trung điểm của BC, chọn hệ tọa độ sao cho A(0;a), B(-b;0), C(b;0)
Khi đó các đường thẳng AB, AC lần lượt có phương trình
x y
x y
(AB): 1 (AC): 1
b a
b a
BC
Gọi H là hình chiếu của D trên BC. Do EH
nên E thuộc đoạn OC, H thuộc
2
đoạn OB.
ax
Vậy, nếu E(x0;0) , 0 x b thì H( x0 – b;0) và do đó D x0 b; 0
0
b
Gọi (d) là đường thẳng qua E vuông góc với DE thì phương trình của (d) là:
b2 x ax y b2 x 0 . Phương trình này tương đương với: b2 ay x b2 x 0
0
0
0
b2
Suy ra (d) luôn đi qua điểm cố định là 0;
cố định.
a
Bài 3. (Poland 1992)
Trong mặt phẳng cho trước hai điểm A, B. Xét điểm C thay đổi trên một nửa
mặt phẳng bờ AB. Dựng ra ngoài của tam giác ABC các hình vuông ACED và
BCFG. Chứng minh rằng đường thẳng DG luôn đi qua một điểm cố định khi C thay
đổi.
Bài giải:
Chọn hệ trục tọa độ Axy sao cho A( 0;0), B(b;0) và C( x0 ; y0 ) , với y0 > 0.
uuuur
Khi đó D(- y0 ; x0 ), G(b+ y0 ;b- x0 ). Vậy DG = (b + 2 y0 ; b - 2 x0 )
x y
yx
0
0
Và do đó đường thẳng DG có phương trình:
b 2y
b 2x
0
0
Hay (b - 2x) x0 + (b - 2 y) y0 + b( x - y) = 0 .
b b
Từ đó đường thẳng DG luôn đi qua điểm I ; cố định.
2 2
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 16
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 4. Cho góc vuông xOy, và hai điểm A, C chuyển động theo thứ tự trên Ox, Oy
sao cho OA + OC = b (b là độ dài cho trước). Gọi B là đỉnh của hình chữ nhật
OABC. Chứng minh đường thẳng d qua B, vuông góc với AC luôn đi qua một điểm
cố định
Bài giải:
Chọn hệ trục Oxy, gọi A ( a; 0) , C (0; c ) . Khi đó: B ( a; c ) và a + c = b ( a, c là hai số
thực dương )
ur
Vectơ chỉ phương u a; c của (AC) chính là vectơ pháp tuyến của d nên d có
dạng:
a
a( x- a ) – c( y - c) = 0 ax - cy + c2 – a2 = 0 x b y b 0
c
Vậy d luôn đi qua điểm I b; b là đỉnh của hình vuông OHIK với
H Ox, K Oy, OH OK b
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 17
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Vấn đề 3: Tìm quỹ tích của điểm
Bài 1. Cho tam giác ABC với góc C nhọn. Tìm quỹ tích các điểm M sao cho
MA2 + MB 2 = MC 2
Bài giải:
Chọn hệ toạ độ Oxy sao cho A(a; 0) và B(-a; 0). Khi đó giả sử C(p; q).
Với M(x; y), ta có:
2
2
2
2
MA2 MB2 MC 2 x a y2 x a y2 x p y q
2
2
x p y q 2 p 2 q 2 a 2 (*)
Mặt khác:
2
2
AC 2 BC 2 AB 2 p a q 2 p a q 2 4a 2 2 p 2 q 2 a 2
Do góc C nhọn nên 2 p 2 q 2 a 2 0
Suy ra (*) là phương trình đường tròn có tâm D ( -p; -q ) với D là đỉnh thứ tư của
hình bình hành ACBD và bán kính là R = 2 p2 q2 a2 AC 2 BC 2 AB2
Bài 2. Cho hai điểm AB cố định.
Tìm quỹ tích các điểm M sao cho 2MA2 - 3MB 2 = 5 AB 2
Bài giải:
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 18
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
uuuuuuuuuur
uuuuuuuuuuur
uuur
Gọi O là điểm xác định bởi 2OA 3OB 0 . Giả sử AB = a. Lập hệ Oxy với Ox
trùng với AB.
Ta có các điểm A(-3a; 0), B(-2a; 0), M(x; y)
Ta có: 2MA2 - 3MB 2 = 5 AB 2
2
2
2 x 3a y 2 3 x 2a y 2 5a 2
x2 y2 a2 = MO2 . Suy ra MO là hằng số.
Vậy M thuộc đường tròn tâm O bán kính R = AB.
Bài 3. Cho ba điểm A, B, C cố định không thẳng hàng. Một đường thẳng d di động
qua C. M là điểm trên d sao cho đại lượng 2MA2 + 3MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm
quỹ tích của M.
Bài giải:
uuur
uuur
Lấy O là điểm trên AB sao cho 2OA 3OB . Lấy O làm gốc tọa độ như hình vẽ.
Không mất tính tổng quát giả sử A(0; 3)và B(0; -2) và M ( x0 , y0) thuộc d .
Ta có: 2MA2 + 3MB2
2
2
2 x2 y 3 3 x2 y 2 5( x 2 y 2 ) 30 = 5MO2 + 30 (1)
0
0
0
0
0
0
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 19
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Từ (1) suy ra 2MA2 + 3MB 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MO nhỏ nhất ( M thuộc d ).
Khi đó M là hình chiếu vuông góc của O lên d .
Do OC cố định, suy ra quỹ tích điểm M là đường tròn đường kính OC xác định như
trên.
Bài 4. (30/4/2011)
Cho góc x O y và hai điểm A, B lần lượt nằm trên Ox, Oy sao cho OAB
cân tại O. Gọi d là đường thẳng không đi qua O nhưng luôn đi qua trung điểm I của
AB và cắt Ox, Oy tại C, D. Gọi M là trung điểm CD, N là giao điểm của OM và
AB. H là hình chiếu vuông góc của N trên CD. Khi d di động tìm quỹ tích trực tâm
H.
Bài giải:
Đặt góc x·
Oy = 2 . Chọn hệ trục tọa độ (IXY) sao cho I (0; 0), O (0;1),
A (- tan ; 0), B (tan ; 0)
Khi đó: CD : y = kx, OA : y = (cot )x + 1, OB : y = -(cot )x + 1
1
k
1
k
;
;
C = CDOA C
, D = CDOB D
k cot k cot
k cot k cot
k
k2
OM :cot 2 x kx k 0
M
;
2
2
2
2
k cot k cot
k
;0
cot 2
N = OMIX N
uuuur uuuur
k
kx
0 x2 kxy
0
2
2
cot
cot
2
tan 2
tan 4
2
2
2
2
x y tan y 0 x y
2
4
Gọi H(x;y) ta có NHCD 0 x ky
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 20
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Suy ra tập hợp điểm H là đường tròn tâm K 0;
tan 2
tan 2
, bán kính R =
= IK
2
2
AB
Mà tan =
.
2OI
Vậy tập hợp điểm H là đường tròn tâm K nằm trên đường thẳng OI tiếp xúc AB
tại I và nằm ngoài tam giác OAB.
Bài 5. Cho 2 đường thẳng a, b ( a//b) và đường thẳng c vuông góc với a, b. Ba điểm
A, B, C lần lượt thay đổi trên các đường thẳng a, b, c sao cho tam giác ABC vuông
tại C. Tìm quỹ tích chân đường cao H hạ từ C.
Bài giải:
Chọn hệ trục Oxy sao cho trục hoành Ox cách đều A, B, trục tung Oy là đường
thẳng c.
Khi đó không mất tính tổng quát giả sử đ ư ờ n g t h ẳ n g ( a ) : y = 1 ;
đườ
n g t h ẳ n g uuu
( br ) : y = - 1 ; A(m;1),
B(n;-1), C(0;p)
uuur
uuur
CA m;1 p , CB n; 1 p ; AB n m; 2
Vì CACB p2 = 1- mn
Đường thẳng AB có phương trình 2x + ( n – m)y – m – n = 0
Đường cao hạ từ C có phương trình ( n – m)x – 2y + 2p = 0
2x + ( n - m)y - m - n = 0
Vậy toạ độ H là nghiệm của hệ:
( n - m)x - 2y + 2p = 0
Bình phương hai vế của hai phương trình rồi cộng lại ta được:
[4 + (n - m)2 ]( x 2 + y 2 ) = (n + m)2 + 4 p 2
[4 + (n - m)2 ]( x 2 + y 2) = (n + m)2 + 4(1 - mn)
x 2 + y 2 = 1. Vậy H nằm trên đường tròn (O;1).
Trở lại bài toán ban đầu, gọi M,N là giao điểm của c với a, b thì qũy tích H là đường
tròn đường kính MN
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 21
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 6.Trong mặt phẳng cho trước đường thẳng d và một điểm A d . Xét B, Cd
sao cho BC = b > 0 cho trước. Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Bài giải:
Gọi O là hình chiếu của A trên d và đặt a = d(A; d ). Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao
cho A(a;0), O(0;0) (tức là trục hoành chứa d , trục tung chứa OA)
Giả sử trong hệ trục này B( x0 ; 0) , C ( x0 + b; 0) ( vì độ dài BC= b).
Gọi H là trung điểm BC
b
b
Khi đó H x ;0 và HA = HB =
0
2
2
Gọi I ( x; y ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
2
b b2
b
2
ay
x
Khi đó x x và IA = IB. Suy ra:
0 2 4
0 2
x 2 b2
y
*
Hay
2a 8a
Vậy khi đoạn BC trượt trên Ox thì tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
nằm trên parapol ( P ) có phương trình (*).
Ngược lại, với mỗi điểm I( P ) , dễ dàng kiểm tra được d (I ; Ox) < IA , do đó
đường tròn tâm I, bán kính IA cắt Ox tại hai điểm B, C.
Dễ dàng kiểm tra được BC = b
Vậy quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là parapol có phương trình
cho ở (*).
Bài 7. Cho ba điểm A, B và C thẳng hàng theo thứ tự đó, gọi là đường thẳng
vuông góc với đường thẳng AC tại B. Với mỗi điểm S , gọi D là giao điểm
của đường thẳng qua B vuông góc với SC với đường thẳng SA. Tìm quỹ tích điểm
D
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 22
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Bài giải:
Chọn hệ tọa độ Bxy sao cho A( -a; 0), C(c; 0) (a, c > 0), S(0; s), S ≠ 0
x y
x y
x y
1, SC : 1 BD : 0
Khi đó (SA):
a s
c s
s c
x y
a s 1
Từ đó, tọa độ của điểm D là nghiệm của hệ
x y 0
s c
2
a
x
x2 y 2
2 y 2 1 *
x hay
Khử s từ hệ, ta thu được
ac
a
c
a2
2
2
Vậy: khi S chạy trên trục tung thì D chạy trên đường hyperpol có phương trình (*).
Bài 8. Cho 3 điểm A, O, B cố định O nằm giữa A và B sao cho OA = a, OB = b;
·
·
a, b > 0. Tìm quỹ tích điểm M sao cho góc OMA OMB
Bài giải:
Chọn hệ trục toạ độ Oxy sao cho Ox chứa OA. Khi đó A(a; 0), B(-b; 0)
uuuur
uuuur
Gọi M(m; n). Ta có MA a m; n ; MB b m; n ;
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 23
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
nx a m y an 0 MA
nx m b y bn 0 MB
Phương trình phân giác của góc tạo bởi MA và MB là
nx m a y an nx m b y bn
0
2 2
2 2
m a n
m b n
Mà một trong hai đường này qua O (0;0) và a>0, b>0 nên phương trình phân giác
qua O là
2
a
b
2
0 a 2 m b n2 b2 m a n2
2
m a 2 n 2
m b n2
m2 a2 b2 n2 a2 b2 2mab a b 0
a b m2 a b n2 2mab 0
2 xab
Vậy : Tập hợp M là đường tròn có phương trình x2 y 2
0 ( khi a b)
a b
hoặc là đường thẳng x = 0 ( khi a = b)
Bài 9. Cho tam giác ABC không cân có hai đỉnh B,C cố định và đỉnh A di động.
Qua B dựng đường thẳng d vuông góc với BC, d cắt trung tuyến AI của tam giác
ABC tại K. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng : Nếu IH song
song với KC thì điểm A di động trên đường cố định.
Bài giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxy với O trùng I và trục Ox là đường thẳng BC.
Không mất tính tổng quát giả sử BC = 2. Khi đó, tọa độ B(-1; 0) và C(1;0)
Giả sử tọa độ điểm A ( x0 ; y0 ) , với x0 ≠ 0; y0 ≠ 0.
Khi đó, trực tâm H(x;y) là nghiệm của hệ phương trình:
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 24
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
uuuur uuuur
x x
1 x2
AH .BC 0
0
0
Hx ;
uuuur uuuur
0
y
x0 1 x 1 yy0 0
BH . AC 0
0
Gọi K là giao điểm của d và AI, khi đó tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình:
x 1
y
0
y
x
0
K
1;
0x 0
y
x
0
x
0
uuur uuuur
Theo giả thiết ta có: IH // KC IH , KC cùng phương
x
1 x2
x2 y 2
0 x 2
0 0 0 0 1.
y 0
y
1
2
0
0
x2 y 2
1 cố định.
Vậy A di động trên (E):
1
2
Bài 10.Cho hình vuông ABCD. Từ A kẻ một đường thẳng bất kì. Đường thẳng này
cắt BC, DC tương ứng tại E và F. Gọi I là trung điểm của BE. Chứng minh rằng FI
tiếp xúc với đường tròn nội tiếp của hình vuông.
Bài giải:
Giả sử cạnh hình vuông bằng 2a (a>0). Dựng hệ trục tọa độ Oxy, trong đó O là tâm
của hình vuông. Ox và Oy tương ứng song song với các cạnh của hình vuông và có
chiều như hình vẽ. Khi đó tọa độ các đỉnh A, B, C, D trong hệ trục lần lượt là:
A(-a;-a), B(a;-a), C(a;a), D(-a;a).
Giả sử hệ số góc của đường thẳng AF là m.
Khi đó AF có phương trình: y = m(x+a) – a.
Vì đường thẳng DF có phương trình y = a, nên hoành độ của F là các nghiệm của
phương trình. m(x+a) – a = a
2a ma
2a ma
F
; a . Tương tự tọa độ của E là: E (a; 2m - a ).
x
m
m
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 25
