Phương pháp giải các chuyên đề Hình học Lớp 10 - Chương 3 - Chuyên đề: Ứng dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán hình học phẳng

Nội dung text: Phương pháp giải các chuyên đề Hình học Lớp 10 - Chương 3 - Chuyên đề: Ứng dụng phương pháp tọa độ vào các bài toán hình học phẳng

1. CHUYÊN ĐỀ III: ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG Phương pháp chung Để giải một bài toán tổng hợp bằng phương pháp tọa độ ta thường thực hiện theo các bước sau Bước 1: Thiết lập trục toạ độ thích hợp, chuyển giả thiết và kết luận của bài toán sang ngôn ngữ của tọa độ, chuyển bài toán tổng hợp về bài toán tọa độ. Bước 2: Sử dụng các kiến thức hình học giải tích trong mặt phẳng tọa độ để giải quyết bài toán đó. Bước 3: Chuyển kết quả bài toán tọa độ sang kết quả bài toán tổng hợp. Tuy nhiên trong nhiều trường hợp, chẳng hạn trong bài toán tìm tập hợp điểm (quỹ tích) ta không cần nêu dạng hình học của quỹ tích này mà chỉ nêu phương trình cụ thể hoặc cách xác định của nó là đủ. Việc thiết lập hệ trục toạ độ thích hợp là bước làm quan trọng, nó được lựa chọn trên các dạng thường gặp sau I. BÀI TOÁN CÓ GIẢ THIẾT LÀ HAI ĐIỂM CỐ ĐỊNH. 1. Phương pháp: Ta thường thiết lập hệ trục toạ độ Oxy sao cho O là trung điểm A, B và A, B thuộc trục hoành. 2. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho đoạn AB = a,a > 0 cố định. Tìm tập hợp tất cả các điểm M a2 thoả mãn MA2 - MB 2 = . 2 Lời giải (hình 3.6) Chọn hệ trục toạ độ Oxy với A,B Î Ox và đối xứng qua Oy (như hình vẽ). æ a ö æa ö Khi đó:Aç- ,0÷, B ç ,0÷. y èç 2 ø÷ èç2 ø÷ M a2 Điểm M(x, y) thoả mãn MA2 - MB 2 = 2 éæ ö2 ù éæ ö2 ù 2 ê a 2 ú ê a 2 ú a A B Û çx + ÷ + y - çx - ÷ + y = O x êèç 2ø÷ ú êèç 2ø÷ ú 2 ëê ûú ëê ûú a Û x = 4 Hình 3.6 1
2. a Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng x = , tức là đường thẳng vuông góc 4 a với đoạn AB tại điểm nằm trên đoạn AB và cách B một khoảng là . 4 Ví dụ 2: Cho đoạn thẳng AB cố định và đường thẳng d cố định song song với AB. Điểm C di động trên d. Tìm quỹ tích trực tâm tam giácABC . y Lời giải (hình 3.7) d C Chọn hệ trục toạ độ Oxy với A,B Î Ox và đối xứng qua Oy H Không mất tính tổng quát giả sử A(- a;0), B (a;0), d : y = b với b ¹ 0 suy A O B x ra C (m;b) trong đó b là hằng số, m thay đổi. Đường cao CH : x = m , AH : (m - 1)x + y + m - 1 = 0 Hình 3.7 Tọa độ trực tâm H là nghiệm của hệ: ì ì ï x = m 2 ï (m - 1)x + ay + m - 1 = 0 ï 1- x í Û í 1- m2 Þ y = ï x = m ï y = a î îï a 1- x 2 Vậy quỹ tích của H là (P):y = , tức là a Chú ý: Trong trường hợp d không song song với AB, quỹ tích vẫn là một đường parabol nhưng có phương trình không sơ cấp. II. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TAM GIÁC. 1. Phương pháp: a) Nếu tam giác ABC đều ta thường thiết lập hệ trục toạ độ Oxy theo một trong ba dạng sau: y y y C C C O x A O B x A B x A B O trùng với một đỉnh O là trọng tâm tam giác O là trung điểm AB của tam giác AB 2
3. b) Nếu tam giác ABC cân tại A, ta thường thiết lập hệ trục toạ độ như sau: Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O là trung điểm BC; B, C thuộc trục Ox ; A thuộc trục Oy . (hình 3.8) c) Nếu tam giác ABC vuông tại A, ta thường thiết lập hệ trục toạ độ như sau: Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O trùng với A; B thuộc trục Ox ; C thuộc trục Oy . (hình 3.9) d) Nếu tam giác ABC bất kỳ, ta thường thiếp lập hệ trục tọa độ như sau: Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho hai đỉnh thuộc trục Ox và đỉnh còn lại thuộc trục Oy . (hình 3.10) y y y A C C B O C x A B x A B x Hình 3.8 Hình 3.9 Hình 3.10 2. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho DABC vuông cân tại C. Dựng đoạn CI (với I Î AB ) vuông góc với trung tuyến AM. a) Tính côsin góc giữa hai đường thẳng CI và CA. BI b) Tính tỷ số AI . Lời giải (hình 3.11) Cho hệ trục toạ độ Oxy với y C º O, A Î Ox, B Î Oy , giả sử B CB = CA = a > 0 I æ a ö M Khi đó A(a;0), B (0;a), C (0;0), M ç0; ÷ èç 2ø÷ Đường thẳng AB có phương trình là C x x y A + = 1 hay x + y - a = 0 a a Hình 3.11 I (x0;y0 ) Î AB nên x0 + y0 - a = 0 (1) 3
4. uur uuuur uur uuuur æ a ö Mặt khác CI ^ AM Þ CI .AM = 0 mà CI (x ;y ), AM ç- a; ÷ 0 0 èç 2ø÷ a nên - ax + y = 0 hay 2x - y = 0 (2) 0 2 0 0 0 ì ï a ïì x + y - a = 0 ï x0 = æ ö ï 0 0 ï a 2a Từ (1) và (2) ta có í Û í 3 Þ I ç ; ÷ ï 2x - y = 0 ï 2a èç3 3 ø÷ îï 0 0 ï y = îï 0 3 uur æa 2a ö uur a) Ta có CI ç ; ÷, CA(a;0) do đó èç3 3 ø÷ a2 uur uur 1 cos(CI ;CA ) = cos(CI ;CA ) = 3 = a2 4a2 5 a + 9 9 a2 a2 a 2 4a2 4a2 2a 2 b) Ta có BI = + = , AI = + = suy ra 9 9 3 9 9 3 BI 1 = . AI 2 Ví dụ 2 : (Vô địch Toán Anh) Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, G là trọng tâm tam giác ACM . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng GI vuông góc với CM. Lời giải (hình 3.12) Cho hệ trục toạ độ Oxy với O là trung điểm BC, B Î Ox, C Î Ox, A Î Oy . y A Không mất tính tổng quát giả sử BC = 2t, t > 0 Þ B (- t;0), C (t;0) và M A(0;a), a > 0 G Do M là trung điểm AB và G là trọng tâm tam I æ t a ö æt a ö B O C x giác ACM nên M ç- , ÷, G ç , ÷. èç 2 2ø÷ èç6 2÷ø Mặt khác I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Hình 3.12 cân ABC suy ra I Î AO và IA = IB 4
5. Gọi tọa độ điểm I là I (0;y ) suy ra 2 2 2 a - t IA = IB Û IA2 = IB 2 Û (y - a) = t 2 + y2 Û y = 2a æ a2 - t 2 ö uuur æ 3t a ö uur æ t t 2 ö nên ta có I ç0, ÷. Khi đó CM = ç- , ÷; GI = ç- , - ÷ èç 2a ø÷ èç 2 2ø÷ èç 6 2a ø÷ uuur uur 3t æ t ö a æ t 2 ö Suy ra CM .GI = - .ç- ÷+ ç- ÷= 0 Þ CM ^ GI đpcm. 2 èç 6ø÷ 2èç 2a ø÷ Ví dụ 3: Cho DABC đều cạnh a. M là điểm bất kỳ nằm trên đường tròn ngoại tiếp DABC . a) Chứng minh rằng MA2 + MB 2 + MC 2 = a2 uuur uuur uuur uuur uuur uuur a2 b) Tìm tập hợp điểm N thỏa mãn NA.NB + NB.NC + NC.NA = (*) 4 Lời giải (hình 3.13) a) Chọn hệ trục toạ độ Oxy với trọng tâm G º O, A Î Oy, BC POx y A M a 3 Ta có AG = suy ra tọa độ các điểm 3 là G x æ a 3 ö æ a a 3 ö æa a 3 ö ç ÷ ç ÷ ç ÷ Aç0, ÷, B ç- ,- ÷, C ç ,- ÷ B C èç 3 ø÷ èç 2 6 ø÷ èç2 6 ø÷ Vì tam giác ABC đều nên đường tròn ngoại tiếp DABC có tâm là G bán kính Hình 3.13 AG suy ra có phương trình là a2 (C ) : x 2 + y2 = 3 a2 Giả sử M (x ;y ), M Î (C ) Þ x 2 + y2 = suy ra 0 0 0 0 3 2 2 2 æ a 3 ö æ a ö æ a 3 ö MA2 + MB 2 + MC 2 = x 2 + çy - ÷ + çx + ÷ + çy + ÷ + 0 ç 0 ÷ ç 0 ÷ ç 0 ÷ èç 3 ø÷ èç 2ø÷ èç 6 ø÷ 2 2 æ a ö æ a 3 ö + çx - ÷ + çy + ÷ = 3 x 2 + y2 = a2 (đpcm) ç 0 ÷ ç 0 ÷ ( 0 0 ) èç 2÷ø èç 6 ÷ø b) Giả sử điểm N (x;y ) thoả mãn (*) 5
6. Ta có uuur æ a 3 ö uuur æ a a 3 ö uuur æa a 3 ö ç ÷ ç ÷ ç ÷ NA = ç- x; - y ÷, NB = ç- - x;- - y ÷, NC = ç - x;- - y ÷ èç 3 ø÷ èç 2 6 ÷ø èç2 6 ø÷ Do đó 2 æa ö æ a 3 öæ a 3 ö æ a öæ a ö æ a 3 ö ç ÷ ç ÷ç ÷ ç ÷ç ÷ ç ÷ (* ) Û x ç + x ÷+ çy - ÷çy + ÷+ çx + ÷çx - ÷+ çy + ÷ + èç2 ø÷ èç 3 ø÷èç 6 ø÷ èç 2ø÷èç 2ø÷ èç 6 ø÷ æ a ö æ a 3 öæ a 3 ö a2 a2 ç ÷ ç ÷ç ÷ 2 2 + çx - ÷x + çy - ÷çy + ÷= Û x + y = èç 2ø÷ èç 3 ø÷èç 6 ø÷ 4 4 a Vậy tập hợp điểm N thuộc đường tròn tâm O bán kính R = . 2 Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có trực tâm H. Trên đoạn HB, HC lấy điểm · · B ', C ' sao cho góc AB 'C và góc AC 'B bằng 900 . Chứng minh rằng AB ' = AC ' . Lời giải (hình 3.14) Chọn hệ trục toạ độ Oxy với A Î Oy; B, C Î Ox Giả sử A(0;a), B (b;0), C (c;0) với a > 0, b 0 uuur Ta có AC (c;- a) nên đường cao BH nhận y r u (a;c) làm vectơ A ïì x = b + at chỉ phương có phương trình là íï ï y = ct îï B ' Î BC Þ B '(b + at;ct ) B' H C' · uuuur uuur Mặt khác AB 'C = 900 suy ra AB '.CB ' = 0, B O C x uuuur uuur AB '(b + at;a + ct ), CB '(at + b - c;ct ) Do đó(b + at )(at + b - c) + (a + ct )ct = 0 Hình 3.14 Û (a2 + c2 )t + 2a(b - c)t + b(b - c) = 0(1) 2 2 Ta có AB '2 = (at + b) + (ct - a) = (a2 + c2 )t 2 + 2a(b - c)t + a2 + b2 (2) 6
7. Từ (1) và (2) suy ra AB '2 = a2 + bc Tương tự ta có AC '2 = a2 + bc suy ra AB '2 = AC '2 hay AB ' = AC ' Ví dụ 5.(VMO 2008) Cho tam giác ABC với trung tuyến AD . Cho điểm M nằm trên đường thẳng D vuông góc với đường thẳng AD . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của MB, MC . Đường thẳng đi qua E và vuông góc với D cắt đường thẳng AB ở P, đường thẳng đi qua F và vuông góc với D cắt đường thẳng AC ở Q. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua M vuông góc với đường thẳngP Q luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động trên đường thẳngD . Lời giải (hình 3.15) Chọn hệ trục toạ độ Oxy với D º O, A Î Oy, D POy y Q Đặt A(0;a), D (0;0), B (- b;- c),C (b;c), trong A đó a, b, c(a > 0)là các hằng số. M Giả sử M (t;d ) là điểm di động trên D trong đó d là E hằng số, t thay đổi F P B x æt - b d - c ö E là trung điểm MB nên E ç ; ÷ suy ra D èç 2 2 ø÷ C đường thẳng đi qua E và vuông góc với D có phương t - b trình là x = , đường thẳng đi qua hai điểmA ,B Hình 3.15 2 có phương trình là (a + c)x - b(y - a) = 0 æt - b (c + a)t a - c ö ç ÷ Suy ra tọa độ điểm P là P ç ; + ÷ èç 2 2b 2 ø÷ æt + b d + c ö Tương tự ta có F là trung điểm của MC nênF ç ; ÷, đường thẳng đi èç 2 2 ø÷ t + b qua F và vuông góc với D có phương trình x = . Đường thẳng đi qua AC 2 có phương trình là (a - c)x + b(y - a) = 0 æt + b (c - a)t a + c ö Suy ra tọa độ điểm Q là ç , + ÷ èç 2 2b 2 ÷ø 7
8. uuur æ at ö Ta có PQ çb;c - ÷ nên đường thẳng đi qua M và vuông góc với PQ có dạng là èç b ø÷ æ at ö æa ö b(x - t ) + çc - ÷(y - d ) = 0 Û t ç (y - d ) + b÷- c(y - d )- bx = 0 èç b ø÷ èçb ø÷ (*) Đẳng thức (*) đúng với mọi t khi và chỉ khi ïì bc ïì a ï x = ï (y - d ) + b = 0 ï í b Û í a ï ï b2 ï c(y - d ) + bx = 0 ï y = - + d î îï a Suy ra đường thẳng qua M và vuông góc với PQ luôn đi qua điểm æbc b2 ö Rç ;- + d ÷ èç a a ø÷ Chú ý: Trong trường hợp này, để tận dụng tốt nhất các giả thiết vuông góc và trung điểm, ta đã linh hoạt chọn hệ trục tọa độ có trục tung là trung tuyến AD thay vì đường cao ứng với đỉnh A. III. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỨ GIÁC ĐẶC BIỆT. 1. Phương pháp. a) NếuABCD là hình vuông hoặc hình chữ nhật. Ta thường thiết lập hệ trục toạ độ như sau (hình 3.16) y y y D C D C D C O x A B x A O B x A B Hình 3.16 y b) Nếu ABCD là hình thang vuông. Ta thường thiết lập hệ toạ độO xy như hình vẽ (hình 3.17) D C 2. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho hình chữ nhật ABCD . Kẻ BK vuông góc với AC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AK và CD. · 0 a) Chứng minh: BMN = 90 A B x b) Tìm điều kiện của hình chữ nhật để tam giác BMN vuông cân. Hình 3.17 8
9. Lời giải (hình 3.18) Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho C º O,D Î Ox, B Î Oy Giả sử AB = a, BC = b suy ra y A(a;b), B (0;b), C (0;0), D (a;0) B A x y Đường thẳng AC có phương trình là = hay a b M bx - ay = 0 (1) K ur Đường thẳng BK nhận n (b;- a) là VTCP nên C N D x ïì x = bt Hình 3.18 có phương trình là íï (2) ï y = b - at îï ab Thế (2) vào (1) ta có b2t - a(b - at ) = 0 Û t = suy ra a2 + b2 æ ab2 b3 ö K ç ; ÷ èça2 + b2 a2 + b2 ø÷ æa3 + 2ab2 a2b + 2b3 ÷ö M là trung điểm của AK nên M ç ; ÷ ç 2 2 2 2 ÷ èç2(a + b ) 2(a + b )ø÷ æa ö N là trung điểm của CD nên N ç ;0÷ èç2 ø÷ uuur 3 2 2 uuuur 2 2 3 æa + 2ab - a b ÷ö æ ab a b + 2b ÷ö a) Ta có BM ç ; ÷, NM ç ; ÷ ç 2 2 2 2 ÷ ç 2 2 2 2 ÷ èç2(a + b ) 2(a + b )ø÷ èç2(a + b ) 2(a + b )ø÷ Suy ra uuur uuuur ab2 (a3 + 2ab2 )- a2b(a2b + 2b3 ) · BM . NM = = 0 Þ BMN = 900 2 4(a2 + b2 ) · 0 b) Theo câu a) ta có BMN = 90 nên DBMN vuông cân khi và chỉ khi 2 2 2 2 æa3 + 2ab2 ÷ö æ - a2b ÷ö æ ab2 ÷ö æa2b + 2b3 ÷ö BM = NM Û ç ÷ + ç ÷ = ç ÷ + ç ÷ ç 2 2 ÷ ç 2 2 ÷ ç 2 2 ÷ ç 2 2 ÷ èç2(a + b )ø÷ èç2(a + b )ø÷ èç2(a + b )ø÷ èç2(a + b )ø÷ 2 2 2 2 Û (a3 + 2ab2 ) - (ab2 ) = (a2b + 2b3 ) - (a2b) Û (a3 + 3ab2 )(a3 + ab2 ) = 2b3 (2a2b + 2b3 ) Û a4 + 3a2b2 - 4b4 = 0 Û (a2 - b2 )(a2 + 4b2 ) = 0 Û a = b 9
10. Hay ABCD là hình vuông Ví dụ 2. Cho hình thang vuông ABCD có đường cao AB = 2a , đáy lớn BC = 3a , đáy nhỏ AD = a . I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng AI vuông góc với BD Lời giải (hình 3.19) Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho y B º O,C Î Ox, A Î Oy A D Ta có A(0;2a), B (0;0), C (3a;0), D (a;2a) I I là trung điểm của DC nên I (2a;a) uur uuur uur uuur AI (2a;- a), BD (a;2a) suy ra AI .BD = 0 B C x Vậy AI vuông góc với BD Ví dụ 3: Cho hình vuông ABCD . Trên BD lấy điểm Hình 3.19 M không trùng với B, D. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của M trên các cạnh AB, AD. Chứng minh rằng a) CM vuông góc với EF b) Ba đường thẳng CM, BF, DE đồng quy. Lời giải (hình 3.20) Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho A º O,B Î Ox, D Î Oy Không mất tính tổng quát giả sử AB = a y ïì x = a - at Þ B (a;0), D (0;a), C (a;a), BD : íï ï y = at D C îï a) Vì M Î BD Þ M (a - az;az), E (a - az;0), F (0;az) uuur uuur F M Do đó CM (- az;az - a), EF (az - a;az) uuur uuur A E B x Þ CM .EF = - az(az - a) + (az - a)az = 0 Hình 3.20 Vậy nên CM ^ EF uuur b) Đường thẳng CM đi qua C và nhậnC M làm VTCP có phương trình là ïì x = a - azt íï (1) ï y = a + az - a t îï ( ) x y Đường thẳng BF có phương trình là + = 1 hay zx + y - az = 0 (2) a az 10
11. Thế (1) vào (2) ta có 1 z(a - azt ) + a + (az - a)t - az = 0 Û t = z2 - z + 1 æ 2 ö ça(z - 1) az2 ÷ Suy ra tọa độ giao điểm của BF và CM làK ç ; ÷ ç 2 2 ÷ èçz - z + 1 z - z + 1ø÷ x y Mặt khác đường thẳng DE có phương trình là + = 1 hay a - az a x + (1- z)y + a(z - 1) = 0(*) Thay tọa độ K vào phương trình (*) ta có 2 a(z - 1) az2 + (1- z) + a(z - 1) = 0 z2 - z + 1 z2 - z + 1 Û az2 - 2az + a + az2 - az3 + a(z3 - z2 + z - z2 + z - 1) = 0 (đúng) Vậy tọa độ điểm K là nghiệm của phương trình đường thẳng DE do đó ba đường thẳng CM, BF, DE đồng quy. IV. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG TRÒN. 1. Phương pháp giải. Ta thường chọn hệ trục tọa độO xy sao cho tâm của đường tròn là gốc tọa độ hoặc nằm trên các các trục tọa độ. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho đường tròn (C) có đường kính AB không đổi, một điểm M di động trên (C). Gọi H là hình chiếu của M trên AB. Tìm tập hợp trung điểm I của MH. Lời giải (hình 3.21) Chọn hệ trục toạ độ Oxy với A,B Î Ox và đối xứng qua Oy AB Ta có bán kính đường tròn (C) là R = 2 y suy ra (C) có phương trình là x 2 + y2 = R2 . M Giải sử I (x;y ) suy ra H (x;0) I I là trung điểm MH nên H O x ì A B ï xM = 2xI - xH = x íï Þ M (x;2y ) ï y = 2y - y = 2y îï M I H Mặt khác M Î (C ) suy ra Hình 3.21 11
12. 2 2 2 x y x 2 + (2y ) = R2 Û + = 1 R2 R2 4 x 2 y2 Chứng tỏ tập hợp I là elip (E) : + = 1. R2 R2 4 Ví dụ 2: Cho đường tròn (C) đường kính AB. C là một điểm thay đổi trên đường tròn (C) sao cho tam giác ABC không cân tại C. Gọi H là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ C. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H lên AC, BC. Đường thẳng EF cắt AB tại K . Gọi D là giao điểm (C) và đường tròn (C') đường kính CH (D ¹ C ). y Chứng minh rằng K , D, C thẳng hàng. Lời giải (hình 3.22) C Ta chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho D H º O, C Î Oy, A Î Ox,B Î Ox E F K Không mất tính tổng quát giả sử AB = 2t . Gọi I là trung điểm AB và giả sử A I H B x I (a;0), - t < a < t, a ¹ 0; C (0;b). Suy ra A(- t + a;0), B (t + a;0) Hình 3.22 Vì tam giácACB vuông tại C có đường cao AH nên CH 2 = AH.BH Þ b2 = t 2 - a2 (*) 2 2 2 æ bö b Ta có (C ) : (x - a) + y2 = t 2 , (C ') : x 2 + çy - ÷ = èç 2ø÷ 4 C, D là hai giao điểm của hai đường tròn (C) và (C') nên tọa độ của nó là nghiệm của phương trình: 2 2 2 æ bö b (x - a) + y2 - x 2 - çy - ÷ = t 2 - Û 2ax - by + t 2 - a2 = 0 èç 2ø÷ 4 Do đó CD : 2ax - by + t 2 - a2 = 0 x y Phương trình đường thẳng AC là AC : + = 1 hay - t + a b bx + (a - t )y - ab + tb = 0, uuur Đường thẳng HE nhận AC (t - a;b) làm VTPT nên có phương trình là HE : (t - a)x + by = 0 12
13. Tọa độ của E là nghiệm của hệ tạo bởi phương trình đường thẳng AC và EH æ 2 2 ö ç b (a - t ) b(a - t ) ÷ Suy ra E ç ; ÷ kết hợp (*) suy ra ç 2 2 ÷ ç 2 2 ÷ èçb + (a - t ) b + (a - t ) ø÷ æ b2 b(t - a)ö ç ÷ E ç- ; ÷ èç 2t 2t ø÷ x y Tương tự ta có AC : + = 1 Û bx + (t + a)y - b(t + a) = 0 và t + a b HF : - (t + a)x + by = 0 æ 2 2 ö ç b (a + t ) b(a + t ) ÷ Suy ra tọa độ điểm H là H ç ; ÷ kết hợp (*) suy ra ç 2 2 ÷ ç 2 2 ÷ èçb + (a + t ) b + (a + t ) ø÷ æb2 b(t + a)ö ç ÷ H ç ; ÷ èç2t 2t ø÷ b2 b(t - a) x + y - Do đó đường thẳng EH có phương trình là 2t = 2t hay b a 2ax - 2by + b2 = 0 b2 æ b2 ö Cho y = 0 Þ x = - do đóK ç- ;0÷ 2a èç 2a ø÷ Thay tọa độ K vào phương trình đường thẳng DC ta được æ b2 ö 2a.ç- ÷+ t 2 - a2 = 0 Û b2 = t 2 - a2 (đúng do (*)) èç 2a ø÷ Vậy điểm K thuộc đường thẳng CD hay ba điểmK , D, C thẳng hàng đpcm. Ví dụ 3: Cho đường trường tròn (C) đường kính AB, đường thẳng D vuông góc với AB tại C cố y định. H là điểm thay đổi trên D . Giả sử AH và BH cắt đường tròn tại D và E. Chứng minh rằng H DE luôn đi qua một điểm cố định. E Lời giải (hình 3.23) Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho D C º O,A Î Ox, B Î Oy, D º Oy I P A C B x Không mất tính tổng quát giả sửA(a;0), B (b;0) Hình 3.23 13
14. 2 2 æ a + bö (b - a) Suy ra (C ) : çx - ÷ + y2 = (1) , giả sử H (0;m ), m ¹ 0 èç 2 ÷ø 4 và m thay đổi. Gọi I là giao của BD và D . uuur Ta có AH = (- a;m ) làm VTPT của đường thẳng BD nên BD : - a(x - b) + my = 0 Û - ax + my + ab = 0 Cho a2 æ abö x = 0 Þ y = - Þ I ç0;- ÷ m èç m ÷ø 2 2 æ m2 - abö æm2 + abö Suy ra đường tròn đường kính HI là x 2 + çy - ÷ = ç ÷ èç 2m ø÷ èç 2m ø÷ (2) D, E là giao của hai đường tròn (C) và đường tròn đường kính HI nên tọa độ thỏa mãn phương trình (1) và (2) do đó nó thỏa mãn phương trình 2 2 2 2 æ a + bö æ m2 - abö (b - a) æm2 + abö çx - ÷ + y2 - x 2 - çy - ÷ = - ç ÷ èç 2 ø÷ èç 2m ø÷ 4 èç 2m ÷ø m2 - ab Hay - (a + b)x + y + 2ab = 0 và đây chính là đường thẳng DE. m æ2ab ö Suy ra DE đi qua điểm cố định là P ç ;0÷. èça + b ø÷ 3. Bài tập luyện tập. Bài 3.166: Cho đoạn AB = a,a > 0 cố định. Tìm tập hợp các điểm M thoả 5a2 mãn MA2 + MB 2 = . Hãy nêu và giải bài toán tổng quát dạng này. 2 Bài 3.167. Cho hai điểm A, B và một số thực dương k. Tìm tập hợp điểm M trong mặt phẳng sao cho MA = kMB . Bài 3.168: Cho A, B cố định. Tìm tập hợp điểm M thoả mãn · · MAB - MBA = 900 . Bài 3.169: Trong mặt phẳng cho hai điểm A, B. Xét điểm C thay đổi trên 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 3.170: Cho tam giác ABC . Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn trong các trường hợp sau: uuuur uuur uuur uuur a) AM .AB = AC.AB 14
15. uuur uuur uuur uuur b) (MA + MB )(MA + MC ) = 0 uuuur uuur uuuur uuur c) AM .AB = AM .AC = 0 Bài 3.171: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm BC, D là hình chiếu của H trên AC, M là trung điểm HD. Chứng minh rằngA M ^ BD . Bài 3.172: Cho tam giác đều ABC . M là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng tam giác. Gọi D, E, F là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống BC, CA, AB . Chứng minh rằng P = MA2 + MB 2 + MC 2 - 2(MD 2 + ME 2 + MF 2 ) không phụ thuộc vào điểm M. Bài 3.173. Cho tam giác ABC , đường tròn đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại E và D. Gọi F, H là hình chiếu của D và E trên BC. Gọi M là giao điểm của EF và DG. Chứng minh rằng AM vuông góc với BC. Bài 3.174. Cho tam giác ABC đều , gọi a, b, g lần lượt là góc giữa đường thẳng D bất kỳ với đường thẳng BC, CA, AB . Chứng minh rằng 16(cos2 a.cos2 b.cos2 g + sin2 a.sin2 b.sin2 g) = 1 Bài 3.175. Cho tam giác ABC không cân có hai đỉnh B và 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 một đường cố định. Bài 3.176.(VMO 2007) Cho tam giác ABC có 2 đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi H, G lần lượt là trực tâm và trọng tâm tam giác ABC . Tìm tập hợp điểm A biết trung điểm K của HG nằm trên đường thẳng BC Bài 3.177: Cho tam giác ABC có đường cao AD. Lấy hai điểm E, F thuộc đường thẳngD đi qua D và khác D sao cho AE ^ BE, AF ^ CF . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, EF. Chứng minh rằng AN ^ MN . Bài 3.178: Cho tam giác ABC cân tại A. Các điểm D, E di động với D là điểm nằm trên cạnh AB và điểm E trên cạnh BC sao cho hình chiếu của DE trên BC có độ dài bằng nửa đoạn BC. Chứng minh rằng đường thẳng vuông góc với DE tại E luôn đi qua điểm cố định. Bài 3.179: Cho tam giác ABC . Gọi M là trung điểm cạnh BC và N là chân · đường phân giác của góc BAC . Đường thẳng vuông góc với NA cắt các đường thẳng AB, AM lần lượt tại P, Q. Gọi I là giao điểm đường vuông góc với AB tại P và AN. Chứng minh rằng IQ ^ BC 15
16. Bài 3.180: Cho tam giác ABC . Tìm quỹ tích các điểm M nằm trong mặt phẳng sao cho khoảng cách từ M đến BC bằng trung bình nhân khoảng cách từ M đến AB và AC. Bài 3.181: Cho hình thang vuông ABCD , đường cao AB = h , cạnh đáy AD = a, BC = b. Tìm hệ thức liên hệ giữa a, b, h sao cho: · a) CID = 90o với I là trung điểm của AB b) BD vuông góc với CI c) AC vuông góc với DI d) Trung tuyến BM của ABC vuông góc với trung tuyến CN của tam giác BCD. Bài 3.182: Trên cung AB của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhậtA BCD ta lấy điểm M khác A và B. Gọi P, Q, R, S là hình chiếu của M trên các đoạn thẳng AD, AB, BC, CD . Chứng minh rằng PQ ^ RS . Bài 3.183. Cho hình chữ nhật ABCD . Các điểm E, F thuộc cạnh CD sao cho DE = EF = FC . Các điểm G, H thuộc cạnh BC sao cho BG = GH = HC . Đường thẳng AE cắt DG tại M, đường thẳng AF cắt DH lần lượt tại N. Chứng minh rằng MN song song với CD. Bài 3.184: Cho hình vuông ABCD . Từ A kẻ một đường thẳng bất kỳ cắt BC, DC tương ứng tại E và F. Gọi I là trung điểm của BE. a) Chứng minh rằng FI tiếp xúc với đường tròn nội tiếp hình vuông b) Giả sử DE cắt FI tại M. Chứng minh rằng M nằm trên đường tròn ngoại tiếp hình vuông. Bài 3.185. Cho góc vuông xOy . Một hình chữ nhật OABC có chu vi không đổi với A, C là các điểm thay đổi thuộc Ox, Oy . Chứng minh rằng đường vuông góc kẻ từ B vuông góc với đường chéo AC luôn đi qua một điểm cố định. Bài 3.186. Cho đường tròn tâm O bán kính bằng a. Có hai đường kính vuông góc với nhau là AB và CD. M, N lần lượt là các điểm di động trên đoạn OD, OC sao cho CN = OM . Đường thẳng AM cắt đường tròn lần nữa tại P. · Với vị trí nào của điểm M, N thì ANP = 900 Bài 3.187: Cho đường thẳng D không cắt đường tròn C (I ;R ). M, N là hai điểm di động nằm trên đường thẳng D sao cho đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc ngoài với đường tròn C (I ;R ). Chứng minh rằng luôn tồn tại điểm A sao cho từ đó nhìn đoạn thẳng MN dưới một góc vuông. Bài 3.188: Cho A, B, C, D là bốn điểm phân biệt nằm trên một đường thẳng, theo thứ tự đó. Đường tròn đường kính AC và BD cắt nhau tại X và Y. Đường thẳng XY cắt BC tại Z. Cho P là điểm nằm trên đường thẳng XY khác Z. Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại C và M, đường 16
17. thẳng BP cắt đường tròn đường kính BD tại B và N. Chứng minh các đường thẳng AM, DN cắt nhau tại một điểm thuộc đường thẳng XY. Bài 3.189: Cho điểm A nằm trên đường tròn (C) tâm I và gọi D là tiếp tuyến tại A của đường tròn (C). Gọi M sao cho khoảng cách từ M tới D bằng độ dài tiếp tuyến MT kẻ tới đường tròn (C) với T là tiếp điểm. a) Tìm tập hợp điểm M b) Chứng minh đường tròn tâm M, bán kính MT luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Bài 3.190. Cho tam giác ABC có phân giác trong và ngoài tại đỉnh C cắt cạnh AB lần lượt tại D và E. Biết rằng CD = CE . Chứng minh AB 2 + AC 2 = 4R2 với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. CHUYÊN ĐỀ IV : ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀ VECTƠ VÀO GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ 1. Một số kiến thức cơ bản thường dùng. a) Các kiến thức của chương phương pháp tọa độ trong mặt phẳng: phương trình đường thẳng, đường tròn, elip, . b) Một số bất đẳng thức vectơ. r r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , Cho các véc tơ u = (x1;y1 ), v = (x2;y2 ) khi đó ta có + r r r r 2 2 2 2 2 2 u + v £ u + v Û (x1 + x2 ) + (y1 + y2 ) £ x1 + y1 + x2 + y2 r r Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u, v cùng hướng + r r r r 2 2 2 2 2 2 u - v £ u + v Û (x1 - x2 ) + (y1 - y2 ) £ x1 + y1 + x2 + y2 r r Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u, v ngược hướng + r r r r 2 2 2 2 2 2 u - v £ u - v Û x1 + y1 - x2 + y2 £ (x1 - x2 ) + (y1 - y2 ) r r Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u, v cùng hướng r r r r 2 2 2 2 + u.v £ u . v Û x1.x2 + y1.y2 £ x1 + y1 . x2 + y2 r r Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai vectơ u, v cùng hướng 17
18. r r r r 2 2 2 2 + u.v ³ - u . v Û x1.x2 + y1.y2 ³ - x1 + y1 . x2 + y2 r r Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai vectơ u, v ngược hướng Chú ý: - Nếu x2 ¹ 0, y2 ¹ 0 thì r r x y + Hai vectơ u, v cùng hướng Û 1 = 1 = k ³ 0 x2 y2 r r x y + Hai vectơ u, v ngược hướng Û 1 = 1 = k £ 0 x y 2 2 ur uur uur - Bất đẳng thức đầu có thể mở rộng lên n vectơ u1,u2, ,un khi đó ur uur uur ur uur uur u1 + u2 + + un £ u1 + u2 + + un ur uur uur Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các vectơ u1,u2, ,un cùng hướng. 2. Phương pháp giải. • Khi gặp các bài toán đại số mà mỗi biểu thức dưới dấu căn bậc hai A, B, có thể biểu diễn dưới dạng 2 2 2 2 A = a1 + a2 , B = b1 + b2 ta thiết lập các điểm, vectơ có tọa độ thích hợp sao cho độ dài các đoạn thẳng, vectơ đó tương ứng bằng A, B, rồi sử dụng các bất đẳng thức hình học cơ bản (bất đẳng về độ dài các cạnh tam giác, bất đẳng thức về độ dài đường gấp khúc, ) và các kiến thức trên để giải quyết bài toán. • Khi gặp các bài toán đại số mà biểu thức có dạng ax + by + c = 0, 2 2 2 2 x y (x - a) + (y - b) = c2 , + = 1 thì ta chuyển bài toán đại số a2 b2 sang bài toán hình học được xét trong mặt phẳng tọa độ Oxy . 3. Các ví dụ. a) Ứng dụng trong giải phương trình, bất phương trình. Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: 2 2 a) + x = x + 9. x + 1 b) x 2 + 4x + 13 - x 2 - 2x + 2 = 13 Lời giải a) Điều kiện xác định : x ³ 0. 18
19. r r æ 1 x ö r r 2 2 ç ÷ Đặt u (2 2; x + 1),v ç ; ÷Þ u.v = + x èç x + 1 x + 1ø÷ x + 1 r r 1 x và u . v = 8 + x + 1. + = x + 9 x + 1 x + 1 r r r r r r Do đó u.v = u . v Þ u, v cùng hướng 1 x 1 Û = Û x = (tmdk) 2 2 x + 1 x + 1 7 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = . 7 2 2 b) pt Û (x + 2) + 9 - (x - 1) + 1 = 13 r r Đặt u (x + 2;3),v (x - 1;1) r r r r 2 2 Ta có u - v = 13, u - v = (x + 2) + 9 - (x - 1) + 1 r r r r r r Do đó u - v = u - v Û u, v cùng hướng (*) Ta có x = 1 không là nghiệm của phương trình. x + 2 3 5 Xét x ¹ 1 khi đó (*) Û = Û x = x - 1 1 2 5 Vậy phương trình có nghiệm là x = 2 Ví dụ 2: Giải bất phương trình sau x 2 - 2x + 2 ³ x 2 + 1 + 2x 2 + 2x + 1 Lời giải 2 2 BPT Û (x - 1) + 1 ³ x 2 + 1 + x 2 + (x + 1) (*) r r Trong mặt phẳng Oxy xét các vectơ u (x;x + 1), v(1;x ) khi đó ta có r r r r 2 u - v = (x - 1) + 1, u = 2x 2 + 2x + 1, v = x 2 + 1 r r r r Do đó (*) trở thành u - v ³ u + v r r r r Mặt khác ta luôn có u - v £ u + v r r r r r r suy ra u - v = u + v hay u và v ngược hướng 19
20. Dễ thấy x = 0 là nghiệm của bất phương trình. r r Với x ¹ 0 thì u và v ngược hướng khi và chỉ khi x x + 1 ïì x < 0 1- 5 = < 0 Û íï Û x = ï x 2 - x - 1 = 0 1 x îï 2 1- 5 Vậy bất phương trình có nghiệm là x = 0 hoặc x = . 2 b) Ứng dụng trong giải hệ phương trình, hệ bất phương trình. ì ï x (y - 1) + yz = 0 ï Ví dụ 3: Giải hệ íï x (2z - 3) + y (x - z) = 0 ï ï 2 2 2 ï 2z - 3 + x - z = y - 1 + z2 îï ( ) ( ) ( ) Lời giải r r r Xét u (x;y ),v (y - 1;z),w(2z - 3;x - z). r r r r r r Từ hệ suy ra u.v = 0(1), u.w = 0 (2), v 2 = w2 (3) r r * TH1: Nếu u = 0 Û x = y = 0 thay vào hệ suy ra z = 1 hoặc z = 2. r r r r * TH2: Nếu u ¹ 0 từ (1) và (2) suy ra v,w cùng phương. r r r r Mặt khác có v 2 = w2 nên ta suy ra v = ± w . r r ïì y - 1 = 2z - 3 ïì y = 2z - 2 + Với v = w Û íï Û íï ï z = x - z ï x = 2z îï îï Thay x, y vào phương trình đầu ta được 4 2z(2z - 3) + (2z - 2)z = 0 Û 2z(3z - 4) = 0 Û z = 0 hoặc z = 3 4 8 2 Nếu z = 0 Þ x = 0, y = - 2, nếu z = Þ x = ,y = 3 3 3 r r ïì y - 1 = 3 - 2z ïì y = 4 - 2z + Với v = - w Û íï Û íï ï z = z - x ï x = 0 îï îï Thay x, y vào phương trình đầu ta được z(4 - 2z) = 0 Û z = 0 hoặc z = 2 Nếu z = 0 Þ y = 4, nếu z = 2 Þ y = 0 æ8 2 4ö Vậy nghiệm của hệ là: (0,0,1), (0,0,2), (0,- 2,0), (0;4;0) và ç ; ; ÷. èç3 3 3ø÷ 20
21. ïì x + ay - a = 0 Ví dụ 4: Cho hệ phương trình íï ï x 2 + y2 - x = 0 y îï (*) 1 a) Tìm tất cả các giá trị của a để hệ có 2 nghiệm phân biệt. b) Giả sử hệ có nghiệm là x ;y và x ;y . ( 1 1 ) ( 2 2 ) O 1 x 2 2 Chứng minh rằng (x2 - x1 ) + (y2 - y1 ) £ 1 Lời giải (hình 3.24) ïì x + a(y - 1) = 0 (1) Hình 3.24 ï Ta có (*) Û íï æ ö2 ï ç 1÷ 2 1 ï çx - ÷ + y = (2) îï èç 2ø÷ 4 Xét hệ trục tọa độ Oxy . Khi đó phương trình (1) là phương trình đường thẳng D ,luôn qua điểm cố định có tọa độ (0;1). Phương trình (2) là æ1 ö 1 phương trình đường tròn (C) có tâm I ç ;0÷ bán kính R = . èç2 ø÷ 2 a) Ta có số giao điểm của đường thẳng D và đường tròn (C) là số nghiệm của hệ phương trình. Vậy để hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 + m.0 - m 2 1 4 d (I ;D ) = < Û 3m2 - 4m < 0 Û 0 < m < 1 + m2 2 3 b) Ta có (x1;y1 ) và (x2;y2 ) là 2 nghiệm của hệ suy ra đường thẳng D cắt đường tròn (C) tại hai điểm A(x1;y1 ) và B (x2;y2 ) 2 2 Ta có AB = (x2 - x1 ) + (y2 - y1 ) 1 Mặt khác ta có AB £ 2R = 2. = 1 2 2 2 Vậy (x2 - x1 ) + (y2 - y1 ) £ 1 y Ví dụ 5: Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất ì ï x + y + 2xy + m ³ 1 1 í (* ) I ï x + y £ 1 îï Lời giải (hình 3.25) 1 O x 21 Hình 3.25
22. ì ï 2xy + m ³ 1- x - y Ta có (*) Û í ï x + y £ 1 îï ì 2 ï 2xy + m ³ (1- x - y ) Û íï ï x + y £ 1 îï ïì 2xy + m ³ 1 + x 2 + y2 - 2x + 2xy - 2y Û íï ï x + y £ 1 îï Xét hệ toạ độ trục Oxy . ïì (x - 1)2 + (y - 1)2 £ m + 1 (1) Û íï ï x + y £ 1 2 îï ( ) Ta có những điểm M (x;y ) thỏa mãn (1) là những điểm nằm trên và trong đường tròn tâm I (1;1) bán kính R = m + 1 (như hình vẽ) , những điểm M (x;y ) thỏa mãn (2) là miền gạch chéo và đường thẳng x + y = 1. Suy ra hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 1 1 d (I ;D ) = R Û = m + 1 Û m = - 2 2 1 Vậy m = - là giá trị cần tìm. 2 c) Ứng dụng trong chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Ví dụ 6: Chứng minh rằng với mọi số thực x ta luôn có x 2 + 2x + 2 + x 2 - 2x + 5 ³ 13 Lời giải r r Đặt u (x + 1;1),v (1- x;2) r r r r Khu đó ta có u + v = 13 và u + v = x 2 + 2x + 2 + x 2 - 2x + 5 r r r r Vì u + v ³ u + v nên x 2 + 2x + 2 + x 2 - 2x + 5 ³ 13 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2(x + 1) = 1- x Û x = - 3 Ví dụ 7: Cho hai số thực x, y với y > - 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu x 4 y 4 x 4 y 4 + - 4y + 5 + + + 8y2 - 4x - 12y + 9 thức S = 2 2 2 2 y + 1 Lời giải 22
23. x 4 1 y 4 1 Ta có + ³ x 2, + ³ y2 2 2 2 2 x 2 + y2 - 4y + 4 + x 2 + 9y2 - 4x - 12y + 8 Þ S ³ y + 1 2 2 2 x 2 + (y - 2) + (x - 2) + (3y - 2) = y + 1 r r Lấy u = (x;y - 2),v = (2 - x;2 - 3y )thì r r 2 2 2 u + v = x 2 + (y - 2) + (2 - x ) + (2 - 3y ) 2 2 ³ (x + 2 - x ) + (y - 2 + 2 - 3y ) = 4 y2 + 1 Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta có 4 y2 + 1 ³ 2 2(y + 1) suy ra S ³ 2 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1 Vậy minS = 2 2 Ví dụ 8: Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn a2 + b2 = 4 và c + d = 4. Chứng minh rằng: ac + cd + db £ 4 + 4 2 Lời giải (hình 3.26) Ta có ac + cd + db £ 4 + 4 2 2 2 2 Û (a - c) + (b - d ) ³ a2 + b2 + (c + d ) - 8 - 8 2 2 2 Û (a - c) + (b - d ) ³ 12 - 8 2 A2 Trong hệ trục tọa độ Oxy xét M (a;b), N (c;d ) khi đó M , N lần lượt nằm trên đường tròn (C ) : x 2 + y2 = 4 và đường thẳng O D : x + y = 4 . A1 2 2 Khi đó MN 2 = (a - c) + (b - d ) . Ta có (C ) có tâm O bán kính R = 2 và không B cắt D Hình 3.26 23