SKKN: Giải toán hình phẳng bằng phương pháp toạ độ

Chia sẻ: Nhi Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

490
lượt xem 80
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Có thể nói rằng, phương pháp toạ độ là một phương pháp vạn năng, có thể giải được mọi bài toán hình học. Các bạn đã quen với hình học suy luận đôi khi không thích đến phương pháp dựa nhiều vào tính toán này... Mời các bạn tham khảo tài liệu "Giải toán hình phẳng bằng phương pháp toạ độ" này nhé.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Giải toán hình phẳng bằng phương pháp toạ độ

GIẢI TOÁN HÌNH PHẲNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ 1
PHẦN MỞ ĐẦU 1/ Lý do chọn đề tài: Trong những năm gần đây, bộ môn Toán của Tỉnh Hưng Yên đã có những tiến bộ và thành tích trong những kỳ thi học sinh giỏi cấp Quốc gia ngày càng tốt hơn. Qua quá trình nghiên cứu, theo dõi các đề thi học sinh giỏi và những lần dạy ôn thi học sinh giỏi đã khẳng định kiến thức vectơ, toạ độ là cần thiết và không thể thiếu được trong chương trình toán THPT và thi học sinh giỏi. Trong các kì thi Olympic, bài toán hình học cổ điển luôn là một trong những bài toán hay. Cài hay của bài toán không chỉ ở mức độ khó của bài mà còn ẩn chứa trong kết quả của bài toán, những đặc trưng, tích chất hình học được khai thác. Về mặt nguyên tắc, bất kì bài toán hình học nào cũng có thể giải được bằng phương pháp toạ độ (phương pháp đại số). Tuy nhiên, nhiều bài toán hình học giải bằng phương pháp tổng hợp thông thường lại đi đến kết quả một cách khá nhanh chóng và đương nhiên lời giải cũng đẹp hơn nhiều. Cũng vậy, nhiều bài toán hình học được giải một cách nhanh chóng, gọn gàng nếu sự dụng phương pháp toạ độ. Có thể nói rằng, phương pháp toạ độ là một phương pháp vạn năng, có thể giải được mọi bài toán hình học. Các bạn đã quen với hình học suy luận đôi khi không thích đến phương pháp dựa nhiều vào tính toán này. Tuy nhiên, thế mạnh của phương pháp toạ độ là giúp ta giải quyết được các bài toán quỹ tích khó, hoặc các bài chứng minh mà ta không giải được bằng suy luận. Phương pháp này là cứu cánh mỗi khi ta bí, và hiệu quả trong lúc còn ít thời gian vì dù phải tính toán hơi rắc rối nhưng không cần phải suy nghĩ nhiều. Việc giải nhanh hay chậm của phương pháp này phụ thuộc nhiều vào phương pháp, kĩ năng tính toán của chúng ta, phụ thuộc vào việc chọn hệ trục lúc ban đầu như thế nào. Do vậy, tôi viết chuyên đề này nhằm phần nào đáp ứng những yêu cầu trên cũng như góp phần nâng cao chất lượng bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi của tỉnh nhà. 2/ Mục tiêu nghiên cứu: Bài viết này nhằm hệ thống kiến thức về phương pháp toạ độ, trình bày các kết quả qua quá trình nghiên cứu phương pháp toạ độ. Giúp các em học sinh có kiến thức tốt về phương pháp toạ độ, mở ra một số hướng cho các em học sinh suy nghĩ và sáng tạo những bài toán mới. 3/ Nhiệm vụ nghiên cứu: * Hệ thống và phân loại toán nhằm giúp học sinh có cái nhìn tổng quan hơn về phương pháp toạ độ trong việc giải các bài toán hình học phẳng và việc vận dụng phương pháp vào từng laọi toán đó như thế nào. * Qua các vị dụ minh hoạ trong chuyên đề, người viết có những nhận xét hoặc các 2
gợi ý về việc định hướng giải toán. Đồng thời thông qua lời giải các bài toán đó giúp học sinh hình thành phương pháp giải toán cũng như các kỹ năng, kỹ xảo cần thiết khi vận dụng phương pháp toạ độ vào giải toán. * Thực hiện đổi mới phương pháp giảng dạy toán làm cho học sinh sáng tạo tìm những kết quả mới, lời giải hay trên một loại bài, giúp bản thân nắm vững hơn nữa về phương pháp toạ độ, đồng thời trao đổi và học tập kinh nghiệm ở thầy cô ở tổ Toán. 4/ Các phương pháp nghiên cứu: * Phương pháp suy luận, tổng hợp: kết hợp với các đề thi học sinh giỏi rút ra những kinh nghiệm, hệ thống lại kiến thức, mở ra các hướng mới. * Phương pháp trò chuyện – phỏng vấn: trao đổi với nhiều học sinh khá giỏi để nắm tình hình sử dụng phương pháp toạ độ trong giải bài toán không gian. * Phương pháp khảo sát: bản thân được tham dự các kỳ chấm thi học sinh giỏi nên có nắm được tình hình sử dụng các phương pháp làm bài của các em học sinh. * Phương pháp phân tích lý luận: phân tích giúp học sinh nắm thật rõ bản chất vấn đề, lựa chọn được phương pháp giải cho phù hợp. 5. Đối tượng nghiên cứu. - Các tài liệu: SGK, các đề thi học sinh giỏi tỉnh, quốc gia, quốc tế… - Học sinh trường THPT chuyên Hưng Yên và học sinh các đội tuyển học sinh giỏi Quốc Gia. 6. Những đóng góp mới của đề tài. - Về mặt lý luận, chuyên đề hệ thống lý thuyết cần thiêt và tư duy phương pháp trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán. Đồng thời thông qua chuyên đề cũng cung cấp cho học sinh một phương pháp “đa năng” cho việc giải toán, không chỉ với các bài toán hình học phẳng. - Về mặt thực tiễn, chuyên đề là một tài liệu tham khảo đối với giáo viên dạy đội tuyển toán đồng thời là một tài liệu học tập đối với học sinh chuyên toán. 3
PHẦN NỘI DUNG A. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU I. Các kiến thức cơ bản về toạ đô, véc tơ. I.1: Kiến thức toạ độ 1. Toạ độ của vectơ và của diểm trên trục     Cho u nằm trên trục (O, i )  a  sao cho: u  a.i . Số a như thế được gọi là   toạ độ của vectơ u đối với trục (O, i ).     Cho điểm M trên trục (O, i )   OM  m.i số m như thế được gọi là toạ độ của  điểm M trên trục (O, i ). 2. Toạ độ của vectơ, của một điểm đối với hệ trục toạ độ    Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, nếu a  x.i  y.j thì cặp số (x ; y) được gọi là toạ độ   của vectơ a , ký hiệu là a  (x; y) ;   Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, toạ độ của OM được gọi là toạ độ của điểm M. 3. Các phép toán   Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho 2 vectơ u(x; y), v(x1; y1 ) và số thực k:   u  v  ( x  x1 ; y  y1 );   u  v  ( x  x1 ; y  y1 );  ku  ( kx ;ky ); k  4. Phương trình của đường thẳng, đường tròn: Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng toạ độ Oxy có dạng: ax + by + c = 0 , a 2  b 2  0 . Đường tròn tâm I (a; b ) bán kính R có phương trình là: (x - a)2 + (y - b)2 = R2 Cho hai đường tròn (C1): (x – a1)2 + (y – b1)2 = R1 2 (C2): (x – a2)2 + (y – b2)2 = R 2 2 khi đó phương trình trục đẳng phương của hai đường tròn là: 2 2 2  a1  a 2  x  2  b1  b 2  y  R 1  R 2  0 5. Phương trình các đường cônic Phương trình chính tắc của parabol: y 2  2px, p  0 x 2 y2 Phương trình chính tắc của elip:   1, a  b  0 a 2 b2 x 2 y2 Phương trình chính tắc của hypebol: 2  2  1, a  0, b  0 a b 4
I.2: Xây dựng quy trình giải bài toán hình học bằng phương pháp toạ độ 1. Diễn đạt sự kiện hình học bằng ngôn ngữ vectơ    a) Điểm M trùng với điểm N  OM  ON (với O là điểm bất kỳ).    b) I là trung điểm của đoạn thẳng AB  IA  IB  0  1    hay I là trung điểm của đoạn thẳng AB  OI    OA  OB (với điểm O bất kỳ).      2  c) G là trọng tâm ABC  GA  GB  GC  0  1      hay G là trọng tâm ABC  OG  (OA  OB  OC ) (với O là điểm bất kỳ). 3    d) Đường thẳng a song song với đường thẳng b  AB  kCD ( k  )     (với vectơ AB , CD là các vectơ chỉ phương của a, b)     e) Ba điểm A, B, C thẳng hàng  AB  kBC ( k  )     f) Đường thẳng a vuông góc với đường thẳng b  AB .CD  0     (với vectơ AB , CD là các vectơ chỉ phương của a, b)   2  g) Tính độ dài đoạn thẳng AB: sử dụng công thức AB  AB  AB 2. Diễn đạt ngôn ngữ vectơ bằng ngôn ngữ toạ độ Trong hệ trục toạ độ Oxy, cho các điểm A (x1; y1), B (x2; y2), C (x3; y3) và các véctơ   a ( x ; y ) , b ( x '; y '). Khi đó:    x  x 2 a) OA  OB   1  y1  y2     x  x 2 y1  y 2  b) IA  IB  0  I  1 ;   2 2         x  x 2  x 3 y1  y 2  y3  c) GA  GB  GC  0  G  1 ;  .  3 3    d) Vectơ a và vectơ b cùng phương  x.y '  x ' y  0   e) a  b  x.x '  y.y '  0    2  g) AB  AB  AB  ( x 2  x1 ) 2  ( y 2  y1 )2 I.3. Thực hành phương pháp giải toán hình học bằng phương pháp toạ độ 1. Một số chú ý trong giảng dạy vấn đề PPTĐ Cần hướng dẫn học sinh ôn tập làm cho học sinh nắm vững kiến thức vectơ đặc biệt là các kiến thức về toạ độ của các phép toán trên các vectơ để làm cơ sở cho việc nghiên cứu toạ độ . Cần cho học sinh thấy rõ sự tương ứng 1 – 1 giữa các tập hợp điểm và tập hợp số. Trên đường thẳng: mỗi điểm ứng với một số thực xác định; Trên mặt phẳng: mỗi điểm ứng 5
với một cặp số thực sắp thứ tự. Từ đây dần dần làm nổi bật cho học sinh thấy được rằng mỗi hình trong mặt phẳng là một tập hợp điểm sắp thứ tự theo một quy tắc nào đó, do vậy mỗi hình đó được xác định bởi một hệ rằng buộc nhất định tương ứng nào đó về mối liên hệ giữa các toạ độ của các điểm trên hình đó, thể hiện học sinh phải có các kỹ năng cơ bản sau : + Khi lấy M thuộc hình H thì các toạ độ của M phải thoả mãn hệ rằng buộc về các toạ độ điểm của hình H. + Ngược lại nếu có điểm M có toạ độ thoả mãn hệ rằng buộc về các toạ độ điểm của hình H thì M thuộc hinh H. 2. Hướng dẫn học sinh giải toán bằng PPTĐ Với những bài toán hình học phẳng có chứa các quan hệ hình học: thẳng hàng, song song, vuông góc ... hay có chứa các yếu tố khoảng cách, tính góc, nếu ta chọn hệ toạ độ thích hợp thì ta có thể chuyển về bài toán đại số với quan hệ giữa các số và giữa các vectơ, giữa các phép toán. Các bài toán này rất có khả năng tìm ra được lời giải, thậm chí còn rất ngắn gọn. Việc giải bài tập bằng PPTĐ đòi hỏi học sinh phải được luyện tập vận dụng tổng hợp các kiến thức liên quan. Học sinh cần nắm được quy trình : + Chọn hệ trục toạ độ thích hợp (đây là vấn đề mấu chốt của bài toán, nếu chọn thích hợp thì bài toan sẽ được giải quyết nhanh gọn); + Phiên dịch bài toán đã cho sang ngôn ngữ vectơ; + Chuyển bài toán từ ngôn ngữ vectơ sang ngôn ngữ toạ độ; + Dùng các kiến thức toạ độ để giải toán; + Phiên dịch kết quả từ ngôn ngữ toạ độ sang ngôn ngữ hình học. II. Vận dụng phương pháp toạ độ vào giải các bài toán hình học phẳng. 1. Các bài toán chứng minh tính chất hình học: thẳng hàng, vuông góc, đồng quy… Bài 1: Cho ABC cân tại A. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, G là trọng tâm ACM, I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Chứng minh rằng GI  CM . Hướng dẫn Gọi O là trung điểm cạnh đáy BC. Dựng hệ toạ độ Oxy (như hình vẽ ) Các điểm A, B, C có toạ độ: A(0; h), B(- a; 0), C(a; 0). (ở đây giả sử BC = 2a, OA = h ).  a h  Do M là trung điểm của AB nên M  ;   2 2 6
 1 1 a a  x G  3 ( x A  x C  x M )  3 (0  a  2 )  6  a h G là trọng tâm AMC   G ;  y  1 ( y  y  y )  1 ( h  0  h )  h 6 2 G A C M   3 3 2 2   a h    Gọi I ( 0 ; y0 )  IM ( ;  y 0 ). mà AB (-a; - h) 2 2         a h Theo giả thiết IM  AB  IM.AB  0  ( ).(  a )  (  y 0 ).( h )  0 2 2 2 2 a h    y0 h  0 2 2 h2  a2  y0  2h  h  a2  2  I  0;   2h   a h h2  a2   a h 3a h  IG  ( ;  ). Ta có CM  (  a; )( ; ). 6 2 2h 2 2 2 2    a 2  h2 h2 a2  IG.CM      0.  4  4 4 4 Vậy IG  CM (đpcm ). Nhận xét: + Do ABC cân tại A nên ta chọn hệ toạ độ có trục Oy qua A và vuông góc BC, Ox qua BC. + Cách giải trên không phụ thuộc vào góc A là nhọn, vuông hay tù. Nếu giải bằng phương pháp toán học thuần tuý, thì khi vẽ hình thì phải xét 3 trường hợp trên. Đó cũng chính là lợi thế của Phương pháp toạ độ. Bài 2 (Thi vào chuyên Toán PTNK TP.HCM năm 2009): Cho đường tròn (O) đường kính AB. C là một điểm thay đổi trên đường tròn (O) sao cho ABC không cân tại C. Gọi H là chân đường cao của ABC hạ từ C. Hại HE, HF vuông góc với AC, BC tương ứng. Các đường thẳng EF và AB cắt nhau tại K. Gọi D là giao điểm của (O) và đường tròn đường kính CH, D khác C. Chứng minh rằng K, D, C thẳng hàng. Hướng dẫn C D F I E K A H O B 7
Chọn hệ trục toạ độ Hxy như hình vẽ, khi đó: H(0; 0); O(0; a); A(a – 1;0); B(a + 1; 0) và C(0; b)  b2 = |(a – 1)(a + 1)| = 1 – a2 2  2b b2 Phương trình đường tròn tâm I đường kính CH: x   y     2 4 2 Phương trình đường tròn tâm O:  x  a   y 2  1  Phương trình trục đẳng phương CD của (O) và (I) là: 2ax – by + b2 = 0 Phương trình AC: bx + (a – 1)y = b(a – 1) Phương trình HE: (a – 1)x – by = 0  b 2 b 1  a    Toạ độ E   ;   2 2  b x y b2 Phương trình EF:  2  ax  by  0 b 2 b 1  a  b 2   2 2 2  b2  Toạ độ giao điểm K của EF và AB là: K   ;0   2a  Ta có, toạ độ K thoả mãn phương trình CD  K  CD. Vậy 3 điểm K, C, D thẳng hàng. Nhận xét: + Bài hình này ít khi nghĩ tới phương pháp toạ độ mà thường nghĩ tới phương pháp khác. Tuy nhiên, khi chọn hệ toạ độ khéo léo ta giải bài toán này mà không phải tính toán nhiều. + Bài toán này có nhiều cách giải. Trong phương pháp toạ độ như trên nhận xét CD là trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và (I) là khá quan trọng, giúp ta giảm nhiềm trong việc tính toán. Ý tưởng này cũng thường hay được sử dụng để viết phương trình đường thẳng qua giao điểm của hai đường tròn hay đường thẳng đi qua hai tiếp điểm. Bài 3 (China TST 1996): Cho tam giác ABC, đường tròn đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại E, D. Gọi F, G là hình chiếu của D và E trên BC; M là giao điểm của EF và DG. Chứng minh rằng AM  BC. Hướng dẫn Chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ (chân đường cao hạ từ đỉnh A là gốc toạ độ) Khi đó, giả sử toạ độ các đỉnh: A(0; 1); B(b; 0); C(c; 0). 8
Phương trình AC: x + cy – c = 0. A Phương trình AB: x + by – b = 0. Phương trình BD: cx – y – bc = 0. E D Phương trình CE: bx – y – bc = 0. M  bc2  c c2  bc   Toạ độ điểm D  2 ; 2  G F C  c 1 c 1  B H O  b 2c  b b 2  bc  E 2 ; 2   b 1 b 1   bc 2  c   b 2c  b   F 2 ;0  ; G  2 ;0   c 1   b 1  b2c  b x b2  1 y Phương trình đường thẳng DG: 2 2  2 bc  c b c  b c  bc  2 c2  1 b 1 c2  1 bc M = DG  Oy  yM = bc  1 Ta thấy biểu thức trên đối xứng với b,c nên nếu gọi M’ = EF  Oy thì M’ trùng với M. Do đó, EF cắt DG tại M thuộc trục Oy. Vậy AM  BC (đpcm) Nhận xét: + Dựa vào đề bài có nhiều yếu tố vuông góc và dựa vào hình vẽ ta thấy bài toán này rất thuận lợi cho việc áp dụng toạ độ. + Chú ý đến tính đối xứng của biểu thức toạ độ để việc tính toán thuận lợi hơn. Bài 4: Cho hai hình vuông ABCD và AB’C’D’ cùng chiều. Chứng minh các đường thẳng BB’, CC’, DD’ đồng quy. Hướng dẫn B C Chọn hệ trục toạ độ Oxy sao cho A(0; 0); B(0; 1); D(1; 0). B' Gọi B’(a; b), vì hai hình vuông cùng chiều nên ta có: C' D’(b; -a); C’(a + b; b – a), với (a, b)  (0, 1) Khi đó phương trình các đường thẳng: A D đường thẳng BB’: (1 – b)x + ay – a = 0 (1) D' 9
đường thẳng CC’: (a + 1 – b)x + (a + b – 1)y – 2a = 0 (2) đường thẳng DD’: ã + (b – 1)y – a = 0 (3) Ta có (1) + (3) được phương trình (2). Do đó BB’ và DD’ cắt nhau tại I(x0; y0) thì (x0; y0) cũng thoả mãn phương trình CC’. Vậy 3 đường thẳng BB’, CC’, DD’ đồng quy tại I. (đpcm) Nhận xét: Bài toán này đề bài khá đơn giản, nhưng chứng minh bằng phương pháp tổng hợp khá rắc rối. Trong hình có nhiều yếu tố vuông góc nên có thể nghĩ tới cách dùng toạ độ. Với bài này ta có thể thấy ngay cách xây dựng hệ trục toạ độ để bài toán được đơn giản hơn. 2. Các bài toán chứng minh tính cố định. Bài 5 (Đề thi HSG quốc gia 2007-2008): Cho tam giác ABC với trung tuyến AD, đường thẳng (d) vuông góc với đường thẳng AD. Xét điểm M trên (d). Gọi E, F lần lượt là trung điểm của MB và MC. Đường thẳng đi qua E và vuông góc với (d) cắt đường thẳng AB tại P, đường thẳng đi qua F và vuông góc với (d) cắt đường thẳng AC tại Q. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua M và vuông góc với PQ luôn đi qua một điểm cố định, khi M di động trên (d). Hướng dẫn Chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ O  D, Oy  DA .Khi đó Ox song song (d). Khi đó, toạ độ các điểm: A(0;a), B(b; c) , C(-b; -c) ^y A Phương trình đường thẳng AB : (a  c)x  by  ab  0 C AC : (a  c)x  by  ab  0 >x Gọi toạ độ M(x M ;d) D F B Khi đó phương trình (d1) qua E và vuông góc E (d) b  xM M với d là: (d1 ) : x  2 b  xM phương trình (d2) qua F và vuông góc với d là: (d 2 ) : x  2 Từ đó suy ra tọa độ P  d1  AB , Q  d 2  AC Suy ra đường thẳng  đi qua M và vuông góc PQ có phương trình: 10
 bc   b2  b 2  x    (ax M  bc)  y  d    0  a   a   bc b2  Suy ra đường thẳng đi qua điểm cố định  ; d   (đpcm)  a a  Bài 6: Cho đường tròn (C) đường kính AB, đường thẳng (d) vuông góc với AB tại C cố định. H là điểm thay đổi trê (d). AH và BH cắt đường tròn (C) tại D và E. Chứng minh răng DE luôn đi qua một điểm cố định. Hướng dẫn Q Xét hệ trục toạ độ Oxy sao cho C trùng với gốc toạ độ; B(1 – c; 0); A(-1 – c; 0) và d trùng với Oy E Đường tròn đường kính AB: (x + c)2 + y2 = 1 P Giả sử H(0; m), m thay đổi. Gọi Q là giao điểm D H của BD và d. A B C I Phương trình đường thẳng AH: mx – (1 + c)y + m(1 + c) = 0 Phương trình đường thẳng BD: (1 + c)x + my + c2 – 1 = 0  1  c2   Toạ độ điểm Q  0;   m  2 2  2 1  c2  m 2   1  c2  m 2  Phương trình đường tròn đường kính HQ: x   y      2m   2m  Khi đó, DE là trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính IH và đường tròn đường kính AB 2 2 1  c2  m2  1  c2  m 2   1  c2  m 2   phương trình DE: 2cx  y  1  c2      m  2m   2m  1  c2  m2  2cx  y  2  2c 2 m  1  c2  Vậy DE đi qua điểm cố định K  ;0   c  11
Bài 7 (Báo THTT): Cho hai điểm A, B phân biệt và cố định trên đường thẳng  cho trước. Với mỗi điểm M trên đường thẳng , xác định mỗi điểm N nằm trên  sao cho:    MA BN  k.BA , k  . Trên nửa mặt phẳng bờ  , dựng nửa đường tròn () đường kính MB MN. Chứng minh rằng khi M di động trên đường thẳng  thì nửa đường tròn () luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Hướng dẫn Gọi O là trung điểm của AB. Chọn hệ trục Oxy với Ox   , ta xét các điểm A( -1; 0), B( 1; 0), I (0;2). M di động trên Ox: M( x; 0), x  . I Ta có: MA  (x  1), MB  1  x (x  1) x  1 P k  . 1 x x 1  x  1    2(x  1) O K B N  BN  .BA  x N  1  A M x 1 x 1 (x  3)  (x  3)   xN   N ;0  x 1  x 1   x 2  2x  3  Tọa độ trung điểm K của MN là: K  ;0  .  2(x  1)  Xét nửa đường tròn ( ) tâm K, đường kính MN nằm phía trên Ox. Ta sẽ chứng minh: ( ) luôn tiếp xúc với đường tròn (I; 1) với mọi x. Thật vậy: 2 2 2 2 x 2  2x  3 (x  1) 2  4   16(x  1) 2  (x  1) 2  4     2   IK  (x  1)  4 IK  4  2(x  1) 4(x  1) 2 4(x  1) 2 2 x 1 x2  3 x2  3 Độ dài MN là: MN  . Bán kính của ( ) là: R  . Xét các trường hợp: x 1 2 x 1 + Nếu x > 1: (x  1) 2  4 x2  3 x2  3 x 2  2x  5 (x  1) 2  4 IK  ,R   R 1  1    IK 2(x  1) 2(x  1) 2(x  1) 2(x  1) 2(x  1) Suy ra: ( ) , (I;1) tiếp xúc trong với nhau. 12
+ Nếu x < 1: (x  1) 2  4 x2  3 x2  3 x 2  2x  5 (x  1) 2  4 IK  ,R   R 1  1    IK 2(1  x) 2(1  x) 2(1  x) 2(1  x) 2(1  x) Suy ra: ( ) , (I;1) tiếp xúc ngoài với nhau. + Nếu x = 1: () suy biến thành một tia gốc B, vuông góc Ox, hướng theo chiều dương của Oy; đó cũng chính là tiếp tuyến của (I; 1). Vậy nửa đường tròn ( ) luôn tiếp xúc với đường tròn (I; 1) cố định. Ta có đpcm. 3. Các bài toán quỹ tích. Bài 8 (Đề chọn ĐT HSGQG trường PTNK TP.HCM năm 2008): Cho góc Ĩy và điểm P nằm bên trong góc. Đường tròn thay đổi qua I và P cắt hai tia Ix, IY lần lượt tại A, B. Tìm quỹ tích trọng tâm G và trực tâm H của tam giác IAB. Hướng dẫn Ta dựng hệ trục toạ độ Oxy với Oy là trung trực A C I P của IP và I(-1; 0); P(1; 0); C(0; a) và D(0; b) (b < 0) O là giao điểm của Oy với các tia Ix, Iy G M Gọi K(0; m) là đường tròn thay đổi qua I và P D Phương trình IC: y = ax + a Phương trình ID: y = bx + b B Phương trình đường tròn (K): x2 + (y – m)2 = m2 + 1  x2 + y2 – 2my – 1 = 0. Toạ độ giao điểm A của IC và (K) là nghiệm của hệ:  y  ax  a  2ma  1  a 2 2ma 2  2a   2  A 2 ;  2  x  y  2my  1  0  1 a 1 a2   2mb  1  b 2 2mb 2  2b  Tương tự, toạ độ điểm B B  2 ;   1 b 1  b2  Toạ độ trọng tâm G của tam giác IAB là: 13
 1 2 1 1  2 a b  x G   3  3  1  a 2  1  b 2   3  1  a 2  1  b2  m       (1)  y  2  1  1   2ab  a  b  m  G 3  1  a 2 1  b2  3  1  a 2 1  b2       Từ đó  G luôn chạy trên đường thẳng có phương trình tham số là (1)  1  x  1  m   a Giới hạn: Ta có:  A   x B  1  m   1   b  1 1 Vậy quỹ tích trọng tâm G là đoạn thẳng thuộc đường thẳng (1) với m   ;    a b Tương tự, với quỹ tích trực tâm H. Nhận xét: Với bài toán này, không khó để dự đoán quỹ tích là một đường thẳng. Với quỹ tích là đường thẳng thì hoàn toàn có thể tự tin để giải bằng phương pháp toạ độ. Bài 9 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia 2006-2007): Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi H, G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC. Tìm quỹ tích điểm A, biết rằng trung điểm K của HG thuộc đường thẳng BC. Hướng dẫn Chọn hệ trục Oxy với O trung điểm BC và trục Ox là đường thẳng BC Đặt BC  2a  0 . Khi đó tọa độ B( a ,0) ; C(a ,0) . Giả sử A(x 0 , y0 ) y 0  0 Khi đó trực tâm H là nghiệm hệ phương trình  x  x0  a 2  x0  2   H  x0 ,  (x  a)(a  x 0 )  y 0 y  0  y0  x y   2x 3a 2  3x 2  y 0  2 Trọng tâm G  0 ; 0  , suy ra trung điểm K  0 ; 0   3 3   3 6y 0  14
x 2 y2 K thuộc đường thẳng BC khi và chỉ khi: 3a 2  3x 2  y0  0  0 2 0  0  1 (y 0  0) a 2 3a 2 x 2 y2 Vậy quỹ tích A là hyperbol   1 bỏ đi hai điểm B, C a 2 3a 2 Bài 10 (Đề thi OLYMPIC 30/4 năm học 2008-2009): Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Qua B dựng đường thẳng d vuông góc với BC, d cắt đường trung tuyến AI của tam giác ABC tại K.Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Tìm quỹ tích điểm A, biết rằng IH song song với KC. Hướng dẫn ^y A Chọn hệ trục Oxy với O trùng I và trục Ox là đường thẳng BC. H B Đặt BC  2a  0 . Khi đó B(a; 0); C(a; 0) I C >x Giả sử tọa độ điểm A(x 0 ; y0 ) với y0  0 Khi đó trực tâm H là nghiệm hệ phương trình: K   x  x0  a2  x2  0   H  x0;    (x  a)(a  x 0 )  y 0 y  0  y0   x  a   y  K  d  (AI) là nghiệm hệ phương trình:  y0  K  a;  a 0  với x 0  0 y  x x  x0   0   y0 a 2  x0 2 Theo giả thiết, ta có : IH cùng phương KC  a .x 0  2a. 0 x0 y0 2 2 x 0 y0   2 1 a 2 2a x 0 y2 2 Vậy quỹ tích A là elip 2  02  1 bỏ đi 4 điểm B, C, A1 (0;  a 2) , A 2 (0; a 2) là 4 a 2a đỉnh của elip Bài 11: Cho ABC có M là điểm di động trên cạnh BC. Hạ MN, PQ tương ứng vuông góc và song song với AB ( N AB, Q  BC ). Gọi P là hình chiếu của Q trên AB, I là tâm của hình chữ nhật MNPQ. Tìm quỹ tích tâm I khi M chạy trên cạnh AB. Hướng dẫn Gọi O là chân đường cao hạ từ C xuống AB 15
Chọn hệ trục toạ độ Oxy ( như hình vẽ ). Giả sử toạ độ các đỉnh A, B, C là: A(a; 0), B(b; 0), C(0; h ), h > 0 Phương trình đường thẳng AB theo đoạn x y chắn:  1 a h x y Phương trình đường thẳng BC theo đoạn chắn:   1. b h Giả sử MQ có phương trình y = m (0  m  h ) Toạ độ của điểm Q là nghiệm của hệ phương trình: y  m y  m   a x y   a  Q ( ( h  m );m) a  h  1 x  h ( h  m ) h   b a Tương tự ta có : M ( ( h  m );m) . Toạ độ của điểm P là P( ( h  m );0) h h Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD. Suy ra I là trung diẻm của MP  1 (a  b )( h  m ) x I  2 ( x M  x P )   2h (1) xI Y Khi đó    I  1 (*) 1 y  ( y  y )  m ab h (2)  I 2 M p  2 2 2 2x I Từ (1) suy ra m  h(1  ) ab 2x I  a b  0  h(1  )  h 0  x I  2  (2) suy ra m = 2yI . Vì 0  m  h nên  ab  (**) 0  2y  h 0  y  c  I   I 2 Từ (*) và (**) suy ra quỹ tích tâm I của hình chữ nhật MNPQ là đoạn KH, ở đây K, H lần lượt là trung điểm của OC và AB. (đpcm) Nhận xét: Mọi lập luận ở đây không phụ thuộc vào hình dáng của ABC 16
4. Một số dạng toán khác. Bài 12 (Đề thi HSG toàn quốc – Năm 1979): Cho điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC. Chứng minh giá trị của MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí của M. Hướng dẫn Gọi I,R là tâm và bán kính của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác đều ABC. Dựng hệ trục 3R R 3 3R R 3 toạ độ Oxy sao cho: A(0,0);B( , );C( , );I(R,0) 2 2 2 2 M(x, y)  (C)  MI  R  MI 2  R 2  x 2  y 2  2Rx Ta có: 2 2  3R R 3 2  3R R 3 2 MA  MB MC  (x  y )  (x  ) 2  (y  4 4 4 2 2 2 )   (x  ) 2  (y  )   2 2   2 2   (2Rx) 2  (3R 2  Rx  R 3y) 2  (3R 2  Rx  R 3y) 2  6R 2 x  6R 2 y 2  18R 4  12R 3x  6R 2 (x 2  y 2 )  18R 4  12R 3 x  6R 2 2Rx  18R 4  12R 3 x  18R 4 Vậy giá trị MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí M Bài 13: Cho góc Oxy vuông tại O. M là điểm bên trong góc sao cho khoảng cách từ M đến Ox, Oy lần lượt là 3 và 4. Tìm điểm A  Ox, B  Oy sao cho AB qua M và OA + OB nhỏ nhất. Hướng dẫn B Xét hệ trục toạ độ Oxy với O là gốc toạ độ. Khi đó, M(3; 4). Giả sử A(a; 0), B(0; b) M x y Phương trình AB:   1 a b 3 4 O A M  AB nên ta có:  1 a b 17
3 4 2 Khi đó: OA + OB = a + b =  a  b      a b  32  3 4  a  b  1 a  3  4 3   Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi   a  b 3 b  4  2 3    2 2 Vậy OA + OB nhỏ nhất bằng   3  2 khi OA = 3  4 3 và OB = 4  2 3 Bài 14 (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 (O1), (O2) lần lượt tại A1 và A2. Đường thẳng qua M song song với A1A2 cắt lại đường tròn (O1), (O2) lần lượt tại B1 và B2. Các đường thẳng A1B1 và A2B2 cắt nhau tại C, các đường thẳng A1N, A2N cắt đường thẳng B1B2 ở D và E. Chứng minh rằng CD = CE. Hướng dẫn Chọn hệ trục toạ độ A1xy sao cho: A1(0; 0) A2(a; 0), O1(0; r1), O2(a; r2). Giả sử, toạ độ M(s; t), khi đó: B1(-s; t), B2(2a – s; t).  B1B2 = 2a = 2A1A2. Do A1A2 // B1B2 nên A1, A2 theo thứ tự là trung điểm của B1C và B2C  C(s; -t).     CM  0;2t  , B1B2  2a;0   CM  B1B2 hay CM  DE (1) Gọi K là giao điểm của MN với A1A2. Ta có: 2 2 PK / O1   KA1  KM.KN  PK / O2   KA 2 18
 K là trung điểm của A1A2. Từ đó, do A1A2 // B1B2 nêm M là trung điểm của DE (2) Từ (1) và (2)  CM là trung trực của DE. (đpcm) Nhận xét: + Trong ví dụ trên, chúng ta hoàn toàn có thể chọn hệ trục toạ độ sao cho trục hoành chứa đường thẳng O1O2, tuy nhiên, khi đó việc tìm phương trình của B1B2 ( và do đó toạ tìm toạ độ B1, B2) không đơn giản. Việc chọn hệ trục như trong hướng dẫn là khôn ngoan vì việc tính toạ độ của các điểm cần thiết là rất dễ dàng. + Trong lời giải trên đã có sự kết hợp giữa phương pháp toạ độ và phương pháp tổng hợp. Điều đó giúp lời giải ngắn gọn và đẹp hơn. Bài 15 (VMO 2011): Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) đường kính AB. Xét một điểm P di động trên tiếp tuyến tại B của (O) sao cho P không trùng với B, Đường thẳng PA cắt (O) tại điểm thứ hai C. Gọi D là điểm đối xứng với C qua O. Đường thẳng PD cắt (O) tại điểm thứ hai E. Chứng minh rằng các đường thẳng AE, BC, PO đồng quy. Hướng dẫn Chọn hệ trục toạ độ Bxy sao cho B(0; 0), A(2R; 0), P(0; t) với t > 0. Ta có O(R; 0) và phương trình (O): x2 – 2Rx + y2 = 0 x y Phương trình PA:   1  tx  2Ry  2Rt 2R t Ta có: PA  (O) = {A; C} nên toạ độ A, C là nghiệm của hệ:  t  x  2R y  t  x  2R  2  x  2Rt  x 2  2Rx  y 2  0    4R 2  t 2  2Rt 2 4R 2 t   C 2 2 ; 2 2   4R  t 4R  t  19
 8R 3 4R 2 t  Mà D đối xứng với C qua O nên D  2 2 ;  2 2   4R  t 4R  t  2R Phương trình BC: y  x t x y Phương trình PO:   1  tx  Ry  Rt R t  Rt 2  t  x y  x  2R 2  t 2 Gọi M = PO  BC, toạ độ của M là nghiệm của hệ:  2R  2  tx  Ry  Rt   y  2R t   2R 2  t 2  Rt 2 2R 2 t   Toạ độ điểm M  2 2 ; 2 2   2R  t 2R  t  Để chứng minh BC, AE, PO đồng quy ta cần chứng minh A, E, M thẳng hàng.  t2 t   1 t  Để đơn giản, ta chọn 2R = 1, khi đó M  2 ; 2  ; A(0; 1), D  2 ;   1  2t 1  2t  1 t 1 t2  Phương trình (O): x2 + y2 – x = 0 Phương trình PD: (t3 + 2t)x + y – t = 0 Ta có: PD  (O) = {D; E} nên toạ độ của D, E là nghiệm của hệ:  1  y  t   t 3  2t  x  x  1  t 2  2    x  x  y2  0 x  t2   t 4  3t 2  1  t2 t3  t   E 4 2 ; 4 2   t  3t  1 t  3t  1     t 2  1  t     t 4  2t 2  1  t3  t  Do đó, AM  2 ; 2  ;AE  4 2 ; 4 2   1  2t 1  2t   t  3t  1 t  3t  1       AM;AE cùng phương. Vậy BC, AE, PO đồng quy. (đpcm) Bài 16: Cho ABC có trực tâm H. Trên đoạn HB, HC lấy điểm B1, C1 sao cho góc AB1C và góc AC1B bằng 1 vuông. Chứng minh rằng AB1 = AC1. 20