skkn giải toán hình học bằng phương pháp tọa độ trong chương trình trung học phô thông lớp 10

MỤC LỤC MỤC LỤC ………………………………………………………………… I PHẦN MỞ ĐẦU………………………………………………………… 1/ Lý chọn đề tài:………………………………………………… 2 2/ Mục tiêu nghiên cứu:……………………………………………… 3/ Nhiệm vụ nghiên cứu:……………………………………………… 4/ Các phương pháp nghiên cứu:…………………………………… 5/ Đối tượng nghiên cứ:………… ………………………………… 6/ Những đóng góp đề tài:…………………………………… II PHẦN NỘI DUNG:……………………………………………………… A NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:………………………………………… I/ Các kiến thức toạ độ:…………………………………… II/ Vận dụng phương pháp toạ độ vào giải toán:…………………… III/ Bài tập tự luyện: ………………………………………………… 3 4 22 B KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:…………………………………………… 23 III PHẦN KẾT LUẬN:…………………………………………………… 25 1/ Kết luận:…………………………………………………………… 25 2/ Tài liệu tham khảo: ……………………………………………… 25 IV NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NHÀ TRƯỜNG: …… 26 PHẦN MỞ ĐẦU 1/ Lý chọn đề tài: Trong năm gần đây, mơn Tốn Tỉnh Hưng Yên có tiến thành tích kỳ thi học sinh giỏi cấp Quốc gia ngày tốt Qua trình nghiên cứu, theo dõi đề thi học sinh giỏi lần dạy ôn thi học sinh giỏi khẳng định kiến thức vectơ, toạ độ cần thiết thiếu chương trình tốn THPT thi học sinh giỏi Trong kì thi Olympic, tốn hình học cổ điển ln tốn hay Cài hay tốn khơng mức độ khó mà cịn ẩn chứa kết tốn, đặc trưng, tích chất hình học khai thác Về mặt nguyên tắc, tốn hình học giải phương pháp toạ độ (phương pháp đại số) Tuy nhiên, nhiều tốn hình học giải phương pháp tổng hợp thông thường lại đến kết cách nhanh chóng đương nhiên lời giải đẹp nhiều Cũng vậy, nhiều tốn hình học giải cách nhanh chóng, gọn gàng dụng phương pháp toạ độ Có thể nói rằng, phương pháp toạ độ phương pháp vạn năng, giải tốn hình học Các bạn quen với hình học suy luận đơi khơng thích đến phương pháp dựa nhiều vào tính tốn Tuy nhiên, mạnh phương pháp toạ độ giúp ta giải toán quỹ tích khó, chứng minh mà ta khơng giải suy luận Phương pháp cứu cánh ta bí, hiệu lúc cịn thời gian dù phải tính tốn rắc rối không cần phải suy nghĩ nhiều Việc giải nhanh hay chậm phương pháp phụ thuộc nhiều vào phương pháp, kĩ tính tốn chúng ta, phụ thuộc vào việc chọn hệ trục lúc ban đầu Do vậy, viết chuyên đề nhằm phần đáp ứng yêu cầu góp phần nâng cao chất lượng bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi tỉnh nhà 2/ Mục tiêu nghiên cứu: Bài viết nhằm hệ thống kiến thức phương pháp toạ độ, trình bày kết qua trình nghiên cứu phương pháp toạ độ Giúp em học sinh có kiến thức tốt phương pháp toạ độ, mở số hướng cho em học sinh suy nghĩ sáng tạo toán 3/ Nhiệm vụ nghiên cứu: * Hệ thống phân loại tốn nhằm giúp học sinh có nhìn tổng quan phương pháp toạ độ việc giải tốn hình học phẳng việc vận dụng phương pháp vào laọi tốn * Qua vị dụ minh hoạ chuyên đề, người viết có nhận xét gợi ý việc định hướng giải toán Đồng thời thơng qua lời giải tốn giúp học sinh hình thành phương pháp giải tốn kỹ năng, kỹ xảo cần thiết vận dụng phương pháp toạ độ vào giải toán * Thực đổi phương pháp giảng dạy toán làm cho học sinh sáng tạo tìm kết mới, lời giải hay loại bài, giúp thân nắm vững phương pháp toạ độ, đồng thời trao đổi học tập kinh nghiệm thầy cô tổ Toán 4/ Các phương pháp nghiên cứu: * Phương pháp suy luận, tổng hợp: kết hợp với đề thi học sinh giỏi rút kinh nghiệm, hệ thống lại kiến thức, mở hướng * Phương pháp trò chuyện – vấn: trao đổi với nhiều học sinh giỏi để nắm tình hình sử dụng phương pháp toạ độ giải toán không gian * Phương pháp khảo sát: thân tham dự kỳ chấm thi học sinh giỏi nên có nắm tình hình sử dụng phương pháp làm em học sinh * Phương pháp phân tích lý luận: phân tích giúp học sinh nắm thật rõ chất vấn đề, lựa chọn phương pháp giải cho phù hợp Đối tượng nghiên cứu - Các tài liệu: SGK, đề thi học sinh giỏi tỉnh, quốc gia, quốc tế… - Học sinh trường THPT chuyên Hưng Yên học sinh đội tuyển học sinh giỏi Quốc Gia Những đóng góp đề tài - Về mặt lý luận, chuyên đề hệ thống lý thuyết cần thiêt tư phương pháp việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán Đồng thời thông qua chuyên đề cung cấp cho học sinh phương pháp “đa năng” cho việc giải toán, khơng với tốn hình học phẳng - Về mặt thực tiễn, chuyên đề tài liệu tham khảo giáo viên dạy đội tuyển toán đồng thời tài liệu học tập học sinh chuyên toán PHẦN NỘI DUNG A NỘI DUNG NGHIÊN CỨU I Các kiến thức toạ đô, véc tơ I.1: Kiến thức toạ độ Toạ độ vectơ diểm trục r r r r Cho u nằm trục (O, i ) ⇒ ∃a ∈ ¡ cho: u = a.i Số a gọi r r toạ độ vectơ u trục (O, i ) uuuu r r r Cho điểm M trục (O, i ) ⇒ ∃ OM = m.i số m gọi toạ độ r điểm M trục (O, i ) Toạ độ vectơ, điểm hệ trục toạ độ r r r Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, a = x.i + y.j cặp số (x ; y) gọi toạ độ r r vectơ a , ký hiệu a = (x; y) ; uuuu r Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, toạ độ OM gọi toạ độ điểm M Các phép toán r r Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho vectơ u(x; y), v(x1; y1 ) số thực k: u r r u + v = ( x + x1 ; y + y1 ); u r r u − v = ( x − x1 ; y − y1 ); u r ku = ( kx ;ky ); k ∈¡ Phương trình đường thẳng, đường trịn: Phương trình đường thẳng mặt phẳng toạ độ Oxy có dạng: ax + by + c = , a + b ≠ 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 (C2): (x – a2)2 + (y – b2)2 = R 2 phương trình trục đẳng phương hai đường tròn là: 2 ( a1 − a ) x + ( b1 − b ) y + R − R = Phương trình đường cơnic Phương trình tắc parabol: y = 2px, p > x y2 Phương trình tắc elip: + = 1, a > b > a b x y2 Phương trình tắc hypebol: − = 1, a > 0, b > a b I.2: Xây dựng quy trình giải tốn hình học phương pháp toạ độ Diễn đạt kiện hình học r uuu vectơ ngôn ngữ uuuu r a) Điểm M trùng với điểm N ⇔ OM = ON (với O điểm bất kỳ) uu r uu r r b) I trung điểm đoạn thẳng AB ⇔ IA + IB = uu uuu uuu r r r OA + OB (với điểm O bất kỳ) hay I trung điểm đoạn thẳng AB ⇔ OI = uuu r uuu uuu r r r c) G trọng tâm ∆ABC ⇔ GA + GB + GC = uuu uuu r r uuu uuu r r hay G trọng tâm ∆ABC ⇔ OG = ( OA + OB + OC) (với O điểm bất kỳ) uuu r uuu r d) Đường thẳng a song song với đường thẳng b ⇔ AB = kCD ( k ∈¡ ) ( ) r uuu uuu r (với vectơ AB , CD vectơ phương a, b) uuu r uuu r e) Ba điểm A, B, C thẳng hàng ⇔ AB = kBC ( k ∈¡ ) uuu uuu r r f) Đường thẳng a vng góc với đường thẳng b ⇔ AB CD = r uuu uuu r (với vectơ AB , CD vectơ phương a, b) uuu r uuu r g) Tính độ dài đoạn thẳng AB: sử dụng công thức AB = AB = AB Diễn đạt ngôn ngữ vectơ ngôn ngữ toạ độ Trong hệrtrục toạ độ Oxy, cho điểm A (x 1; y1), B (x2; y2), C (x3; y3) véctơ r a ( x ; y ), b ( x '; y ') Khi đó: uuu uuu r r x = x OA = OB ⇔  a)  y1 = y uu uur r r  x + x y1 + y  ; b) IA + IB = ⇔ I  ÷   uuu r uuu uuu r r r  x + x + x y1 + y + y3  ; c) GA + GB + GC = ⇔ G  ÷ 3   r r d) Vectơ a vectơ b phương ⇔ x.y ' − x ' y = r r e) a ⊥ b ⇔ x.x ' + y.y ' = uuu r uuu r g) AB = AB = AB = ( x − x1 ) + ( y − y1 ) I.3 Thực hành phương pháp giải tốn hình học phương pháp toạ độ Một số ý giảng dạy vấn đề PPTĐ Cần hướng dẫn học sinh ôn tập làm cho học sinh nắm vững kiến thức vectơ đặc biệt kiến thức toạ độ phép toán vectơ để làm sở cho việc nghiên cứu toạ độ Cần cho học sinh thấy rõ tương ứng – tập hợp điểm tập hợp số Trên đường thẳng: điểm ứng với số thực xác định; Trên mặt phẳng: điểm ứng với cặp số thực thứ tự Từ làm bật cho học sinh thấy hình mặt phẳng tập hợp điểm thứ tự theo quy tắc đó, hình xác định hệ buộc định tương ứng mối liên hệ toạ độ điểm hình đó, thể học sinh phải có kỹ sau : + Khi lấy M thuộc hình H toạ độ M phải thoả mãn hệ buộc toạ độ điểm hình H + Ngược lại có điểm M có toạ độ thoả mãn hệ buộc toạ độ điểm hình H M thuộc hinh H Hướng dẫn học sinh giải tốn PPTĐ Với tốn hình học phẳng có chứa quan hệ hình học: thẳng hàng, song song, vng góc hay có chứa yếu tố khoảng cách, tính góc, ta chọn hệ toạ độ thích hợp ta chuyển toán đại số với quan hệ số vectơ, phép toán Các tốn có khả tìm lời giải, chí cịn ngắn gọn Việc giải tập PPTĐ đòi hỏi học sinh phải luyện tập vận dụng tổng hợp kiến thức liên quan Học sinh cần nắm quy trình : + Chọn hệ trục toạ độ thích hợp (đây vấn đề mấu chốt tốn, chọn thích hợp toan giải nhanh gọn); + Phiên dịch tốn cho sang ngơn ngữ vectơ; + Chuyển tốn từ ngơn ngữ vectơ sang ngơn ngữ toạ độ; + Dùng kiến thức toạ độ để giải tốn; + Phiên dịch kết từ ngơn ngữ toạ độ sang ngơn ngữ hình học II Vận dụng phương pháp toạ độ vào giải tốn hình học phẳng Các tốn chứng minh tính chất hình học: thẳng hàng, vng góc, đồng quy… Bài 1: Cho ∆ABC cân A Gọi M trung điểm cạnh AB, G trọng tâm ∆ACM, I tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh GI ⊥ CM Hướng dẫn Gọi O 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 giả sử BC = 2a, OA = h )  −a h  ; ÷ Do M trung điểm AB nên M   2 1 a a  x G = ( x A + x C + x M ) = ( + a − ) =  a h G trọng tâm ∆AMC ⇒  ⇒G ; ÷ 6 2 y = ( y + y + y ) = ( h + + h ) = h G A C M  3 2  uuu − a h r uuu r ; − y ) mà AB (-a; - h) Gọi I ( ; y0 ) ⇒ IM ( 2 uuu uuu r r uuu uuu r r −a h ).( − a ) + ( − y ).( −h ) = Theo giả thiết IM ⊥ AB ⇔ IM.AB = ⇔ ( 2 2 a h ⇔ − + y0 h = 2 h2 − a2 ⇔ y0 = 2h  h − a2  ⇔ I  0; ÷ 2h   uuur u uu r −a h −3a h a h h2 − a2 − a; )=( ; ) ⇒ IG = ( ; − ) Ta có CM = ( 2 2 2h uu uuur − a r u h2 h2 a2 ⇒ IG.CM = + − + = 4 4 uu r uuur u Vậy IG ⊥ CM (đpcm ) Nhận xét: + Do ∆ABC cân A nên ta chọn hệ toạ độ có trục Oy qua A vng góc BC, Ox qua BC + Cách giải khơng phụ thuộc vào góc A nhọn, vuông hay tù Nếu giải phương pháp tốn học t, vẽ hình phải xét trường hợp Đó lợi Phương pháp toạ độ Bài (Thi vào chun Tốn PTNK TP.HCM năm 2009): Cho đường trịn (O) đường kính AB C điểm thay đổi đường trịn (O) cho ∆ABC khơng cân C Gọi H chân đường cao ∆ABC hạ từ C Hại HE, HF vng góc với AC, BC tương ứng Các đường thẳng EF AB cắt K Gọi D giao điểm (O) đường trịn đường kính CH, D khác C Chứng minh K, D, C thẳng hàng Hướng dẫn C D F I E K A H O B Chọn hệ trục toạ độ Hxy hình vẽ, đó: H(0; 0); O(0; a); A(a – 1;0); B(a + 1; 0) C(0; b) ⇒ b2 = |(a – 1)(a + 1)| = – a2 b b2  Phương trình đường trịn tâm I đường kính CH: x +  y − ÷ = 2  Phương trình đường trịn tâm O: ( x − a ) + y = ⇒ Phương trình trục đẳng phương CD (O) (I) là: 2ax – by + b2 = Phương trình AC: bx + (a – 1)y = b(a – 1) Phương trình HE: (a – 1)x – by =  b2 b ( − a )  E− ; ⇒ Toạ độ ÷   b y− x b2 = ⇔ ax − by + =0 Phương trình EF: b2 b ( − a ) b − − 2  b2  Toạ độ giao điểm K EF AB là: K  − ;0 ÷  2a  Ta có, toạ độ K thoả mãn phương trình CD ⇒ K ∈ CD Vậy điểm K, C, D thẳng hàng Nhận xét: + Bài hình nghĩ tới phương pháp toạ độ mà thường nghĩ tới phương pháp khác Tuy nhiên, chọn hệ toạ độ khéo léo ta giải tốn mà khơng phải tính tốn nhiều + Bài tốn có nhiều cách giải Trong phương pháp toạ độ nhận xét CD trục đẳng phương hai đường tròn (O) (I) quan trọng, giúp ta giảm nhiềm việc tính toán Ý tưởng thường hay sử dụng để viết phương trình đường thẳng qua giao điểm hai đường tròn hay đường thẳng qua hai tiếp điểm Bài (China TST 1996): Cho tam giác ABC, đường trịn đường kính BC cắt AB, AC E, D Gọi F, G hình chiếu D E BC; M giao điểm EF DG Chứng minh AM ⊥ BC Hướng dẫn Chọn hệ trục toạ độ Oxy hình vẽ (chân đường cao hạ từ đỉnh A gốc toạ độ) Khi đó, giả sử toạ độ đỉnh: A(0; 1); B(b; 0); C(c; 0) Phương trình AC: x + cy – c = A Phương trình AB: x + by – b = Phương trình BD: cx – y – bc = E D Phương trình CE: bx – y – bc = M  bc + c c − bc  D ; ⇒ Toạ độ điểm ÷ c + c2 +   G B F C H≡ O  b c + b b − bc  E ; ÷ b + b2 +    bc + c   b2c + b  F ;0 ÷; G  ;0 ÷ ⇒ c +1  b +1    b 2c + b y b2 + = Phương trình đường thẳng DG: 2 bc + c b c + b c − bc − c2 + b +1 c2 + x− M = DG ∩ Oy ⇒ yM = bc bc − Ta thấy biểu thức đối xứng với b,c nên gọi M’ = EF ∩ Oy M’ trùng với M Do đó, EF cắt DG M thuộc trục Oy Vậy AM ⊥ BC (đpcm) Nhận xét: + Dựa vào đề có nhiều yếu tố vng góc dựa vào hình vẽ ta thấy toán thuận lợi cho việc áp dụng toạ độ + Chú ý đến tính đối xứng biểu thức toạ độ để việc tính tốn thuận lợi Bài 4: Cho hai hình vng ABCD AB’C’D’ chiều Chứng minh đường thẳng BB’, CC’, DD’ đồng quy Hướng dẫn C B Chọn hệ trục toạ độ Oxy cho A(0; 0); B(0; 1); D(1; 0) B' Gọi B’(a; b), hai hình vng chiều nên ta có: C' D’(b; -a); C’(a + b; b – a), với (a, b) ≠ (0, 1) Khi phương trình đường thẳng: A đường thẳng BB’: (1 – b)x + ay – a = (1) D D' đường thẳng CC’: (a + – b)x + (a + b – 1)y – 2a = (2) đường thẳng DD’: ã + (b – 1)y – a = (3) Ta có (1) + (3) phương trình (2) Do BB’ DD’ cắt I(x0; y0) (x0; y0) thoả mãn phương trình CC’ Vậy đường thẳng BB’, CC’, DD’ đồng quy I (đpcm) Nhận xét: Bài toán đề đơn giản, chứng minh phương pháp tổng hợp rắc rối Trong hình có nhiều yếu tố vng góc nên nghĩ tới cách dùng toạ độ Với ta thấy cách xây dựng hệ trục toạ độ để toán đơn giản Các toán chứng minh tính cố định Bài (Đề thi HSG quốc gia 2007-2008): Cho tam giác ABC với trung tuyến AD, đường thẳng (d) vng góc với đường thẳng AD Xét điểm M (d) Gọi E, F trung điểm MB MC Đường thẳng qua E vng góc với (d) cắt đường thẳng AB P, đường thẳng qua F vng góc với (d) cắt đường thẳng AC Q Chứng minh đường thẳng qua M vng góc với PQ qua điểm cố định, M di động (d) Hướng dẫn Chọn hệ trục toạ độ Oxy hình vẽ O ≡ D,Oy ≡ DA Khi Ox song song (d) Khi đó, toạ độ điểm: A(0;a), B(b; c) , C(-b; -c) ^y A Phương trình đường thẳng AB : (a − c)x + by − ab = C AC : (a + c)x − by + ab = Gọi toạ độ M(x M ;d) D Khi phương trình (d1) qua E vng góc b + xM với d là: (d1 ) : x = B phương trình (d2) qua F vng góc với d là: (d ) : x = E (d) M b − xM Từ suy tọa độ P = d1 ∩ AB , Q = d ∩ AC Suy đường thẳng ∆ qua M vng góc PQ có phương trình: 10 >x F Bài (Báo THTT): Cho hai điểm A, B phân biệt cố định đường thẳng ∆ cho trước Với điểm M đường thẳng ∆, xác định điểm N nằm ∆ cho: uuu r uuu r MA Trên nửa mặt phẳng bờ ∆ , dựng nửa đường trịn (α) đường kính BN = k.BA , k = MB MN Chứng minh M di động đường thẳng ∆ nửa đường trịn (α) ln tiếp xúc với đường tròn cố định Hướng dẫn Gọi O trung điểm AB Chọn hệ trục Oxy với Ox ≡ ∆ , ta xét điểm A( -1; 0), B( 1; 0), I (0;2) M di động Ox: M( x; 0), x ∈ ¡ I Ta có: MA = −(x + 1), MB = − x k= −(x + 1) x + = 1− x x −1 P uuu x + uuu r r −2(x + 1) ⇒ BN = BA ⇒ x N − = x −1 x −1 −(x + 3)  −(x + 3)  ⇒ xN = ⇒ N ;0 ÷ x −1  x −1  A O M K B N  x − 2x −  K ;0 ÷ Tọa độ trung điểm K MN là: 2(x − 1)   Xét nửa đường tròn (α) tâm K, đường kính MN nằm phía Ox Ta chứng minh: (α) ln tiếp xúc với đường trịn (I; 1) với x Thật vậy: 2 2 (x − 1) −  + 16(x − 1) (x − 1) +  x − 2x −   ⇒ IK = (x − 1) + IK = +4=  = 2(x − 1) 4(x − 1) 4(x − 1) 2 x −1 Độ dài MN là: MN = x2 + x2 + (α) là: R = Bán kính Xét trường hợp: x −1 x −1 (x − 1) + + Nếu x > 1: IK = , 2(x − 1) x2 + x2 + x − 2x + (x − 1) + R= ⇒ R −1 = −1 = = = IK 2(x − 1) 2(x − 1) 2(x − 1) 2(x − 1) Suy ra: (α) , (I;1) tiếp xúc với 12 (x − 1) + , 2(1 − x) x2 + x2 + x − 2x + (x − 1) + R= ⇒ R +1 = +1 = = = IK 2(1 − x) 2(1 − x) 2(1 − x) 2(1 − x) + Nếu x < 1: IK = Suy ra: (α) , (I;1) tiếp xúc với + Nếu x = 1: (α) suy biến thành tia gốc B, vng góc Ox, hướng theo chiều dương Oy; tiếp tuyến (I; 1) Vậy nửa đường trịn (α) ln tiếp xúc với đường trịn (I; 1) cố định Ta có đpcm Các tốn quỹ tích Bài (Đề chọn ĐT HSGQG trường PTNK TP.HCM năm 2008): Cho góc Ĩy điểm P nằm bên góc Đường trịn thay đổi qua I P cắt hai tia Ix, IY A, B Tìm quỹ tích trọng tâm G trực tâm H tam giác IAB Hướng dẫn Ta dựng hệ trục toạ độ Oxy với Oy trung trực IP I(-1; 0); P(1; 0); C(0; a) D(0; b) (b < 0) A C I P O giao điểm Oy với tia Ix, Iy G Gọi K(0; m) đường tròn thay đổi qua I P M D Phương trình IC: y = ax + a Phương trình ID: y = bx + b B Phương trình đường trịn (K): x2 + (y – m)2 = m2 + ⇔ x2 + y2 – 2my – = Toạ độ giao điểm A IC (K) nghiệm hệ:  y = ax + a  2ma + − a 2ma + 2a  ⇒ A ;  ÷ 2 1+ a2   1+ a  x + y − 2my − =  2mb + − b 2mb + 2b  ; Tương tự, toạ độ điểm B B  ÷ + b2   1+ b Toạ độ trọng tâm G tam giác IAB là: 13  2 1  2 a b   x G = − +  + a + + b ÷+  + a + + b ÷m      (1)  2 1  2ab  a b  y = + + + m  G  + a + b2 ÷  + a + b2 ÷      Từ ⇒ G ln chạy đường thẳng có phương trình tham số (1)  m ≥ − a  x A ≥ −1  ⇒ Giới hạn: Ta có:  x B ≥ −1   m≤−  b   1 Vậy quỹ tích trọng tâm G đoạn thẳng thuộc đường thẳng (1) với m ∈  − ; −   a b Tương tự, với quỹ tích trực tâm H Nhận xét: Với tốn này, khơng khó để dự đốn quỹ tích đường thẳng Với quỹ tích đường thẳng hồn tồn tự tin để giải phương pháp toạ độ Bài (Đề thi học sinh giỏi quốc gia 2006-2007): Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định đỉnh A thay đổi Gọi H, G trực tâm trọng tâm tam giác ABC Tìm quỹ tích điểm A, biết trung điểm K HG thuộc đường thẳng BC Hướng dẫn Chọn hệ trục Oxy với O trung điểm BC trục Ox đường thẳng BC Đặt BC = 2a > Khi tọa độ B(−a ,0) ; C(a ,0) Giả sử A(x , y ) y ≠ Khi trực tâm H nghiệm hệ phương trình x = x0   (x + a)(a − x ) − y y =  a2 − x0  ⇒ H  x0 , ÷ y0   14 2  2x 3a − 3x + y   x y0  ; Trọng tâm G  ; ÷, suy trung điểm K  ÷ 6y  3    2 K thuộc đường thẳng BC khi: 3a − 3x + y = ⇔ Vậy quỹ tích A hyperbol 2 x y0 − = (y ≠ 0) a 3a x y2 − = bỏ hai điểm B, C a 3a Bài 10 (Đề thi OLYMPIC 30/4 năm học 2008-2009): Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định đỉnh A thay đổi Qua B dựng đường thẳng d vng góc với BC, d cắt đường trung tuyến AI tam giác ABC K.Gọi H trực tâm tam giác ABC Tìm quỹ tích điểm A, biết IH song song với KC Hướng dẫn ^y A Chọn hệ trục Oxy với O trùng I trục Ox đường thẳng BC Đặt BC = 2a > Khi B(−a; 0); C(a; 0) H B C I >x Giả sử tọa độ điểm A(x ; y ) với y ≠ Khi trực tâm H nghiệm hệ phương trình:  x = x0  a2 − x0   ⇒ H  x0;  ÷ y0  (x + a)(a − x ) − y y =   K  x = −a  y   K = d ∩ (AI) nghiệm hệ phương trình:  y ⇒ K  −a; − a ÷ với x ≠ x0   y = x x  y0 a2 − x0 =0 Theo giả thiết, ta có : IH phương KC ⇔ a x − 2a x0 y0 → → ⇔ 2 x y0 + =1 a 2a 2 x y0 Vậy quỹ tích A elip + = bỏ điểm B, C, A1 (0; − a 2) , A (0; a 2) a 2a đỉnh elip Bài 11: Cho ∆ABC có M điểm di động cạnh BC Hạ MN, PQ tương ứng vng góc song song với AB ( N ∈ AB, Q∈ BC ) Gọi P hình chiếu Q AB, I tâm hình chữ nhật MNPQ Tìm quỹ tích tâm I M chạy cạnh AB 15 Hướng dẫn Gọi O chân đường cao hạ từ C xuống AB Chọn hệ trục toạ độ Oxy ( hình vẽ ) Giả sử toạ độ đỉnh A, B, C là: A(a; 0), B(b; 0), C(0; h ), h > Phương trình đường thẳng AB theo đoạn x y =1 chắn: + a h Phương trình đường thẳng BC theo đoạn chắn: x y + = b h Giả sử MQ có phương trình y = m ( ≤ m ≤ h ) Toạ độ điểm Q nghiệm hệ phương trình: y = m y = m a   ⇔  a ⇒ Q ( ( h − m );m) x y h a + h = x = h ( h − m )   Tương tự ta có : M ( b a ( h − m );m) Toạ độ điểm P P( ( h − m );0) h h Gọi I tâm hình chữ nhật ABCD Suy I trung diẻm MP ( a + b )( h − m )  (1) x I = ( x M + x P ) =  2h ⇒ Khi  m y = ( y + y ) = (2)  I M p  Từ (1) suy m = h(1 − xI Y + I = (*) a+b h 2 2x I ) a+b a−b  2x I  ≤ xI ≤  ) ≤ h 0 ≤ h(1 −  a+b ⇔ (2) suy m = 2yI Vì ≤ m ≤ h nên  (**) 0 ≤ 2y ≤ h 0 ≤ y ≤ c I  I   Từ (*) (**) suy quỹ tích tâm I hình chữ nhật MNPQ đoạn KH, K, H trung điểm OC AB (đpcm) Nhận xét: Mọi lập luận khơng phụ thuộc vào hình dáng ∆ABC 16 Một số dạng toán khác Bài 12 (Đề thi HSG toàn quốc – Năm 1979): Cho điểm M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh giá trị MA4 + MB4 + MC4 khơng phụ thuộc vào vị trí M Hướng dẫn Gọi I,R tâm bán kính đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC Dựng hệ trục toạ độ Oxy cho: A(0,0);B( 3R R 3R −R , );C( , );I(R,0) 2 2 M(x, y) ∈ (C) ⇒ MI = R ⇒ MI = R ⇒ x + y = 2Rx Ta có:  3R R 2  3R R 2 MA + MB4 MC4 = (x + y ) + (x − ) + (y − )  + (x − ) + (y + )  2 2     = (2Rx) + (3R − Rx − R 3y) + (3R − Rx + R 3y) = 6R x + 6R y + 18R − 12R 3x = 6R (x + y ) + 18R − 12R 3x = 6R 2Rx + 18R − 12R 3x = 18R Vậy giá trị MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí M Bài 13: Cho góc Oxy vng O M điểm bên góc cho khoảng cách từ M đến Ox, Oy Tìm điểm A ∈ Ox, B ∈ Oy cho AB qua M OA + OB nhỏ Hướng dẫn B Xét hệ trục toạ độ Oxy với O gốc toạ độ Khi đó, M(3; 4) Giả sử A(a; 0), B(0; b) M x y Phương trình AB: + = a b M ∈ AB nên ta có: + =1 a b O 17 A 3 4 Khi đó: OA + OB = a + b = ( a + b )  + ÷ ≥ a b ( 3+2 ) 3  a + b = a = +   ⇔ Dấu “=” xảy  b = + a = b    Vậy OA + OB nhỏ ( ) + OA = + OB = + Bài 14 (IMO 2000): Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt hai điểm phân biệt M, N Tiếp tuyến chung (gần M hơn) tiếp xúc với (O 1), (O2) A1 A2 Đường thẳng qua M song song với A1A2 cắt lại đường tròn (O1), (O2) B1 B2 Các đường thẳng A1B1 A2B2 cắt C, đường thẳng A 1N, A2N cắt đường thẳng B1B2 D E Chứng minh CD = CE Hướng dẫn Chọn hệ trục toạ độ A1xy cho: A1(0; 0) A2(a; 0), O1(0; r1), O2(a; r2) Giả sử, toạ độ M(s; t), đó: B1(-s; t), B2(2a – s; t) ⇒ B1B2 = 2a = 2A1A2 Do A1A2 // B1B2 nên A1, A2 theo thứ tự trung điểm B1C B2C ⇒ C(s; -t) uuur u uuuuu r CM ( 0;2t ) , B1B2 ( 2a;0 ) ⇒ CM ⊥ B1B hay CM ⊥ DE (1) Gọi K giao điểm MN với A1A2 Ta có: PK/ ( O1 ) = KA1 = KM.KN = PK/ ( O2 ) = KA 18 ⇒ K trung điểm A1A2 Từ đó, A1A2 // B1B2 nêm M trung điểm DE (2) Từ (1) (2) ⇒ CM trung trực DE (đpcm) Nhận xét: + Trong ví dụ trên, hồn tồn chọn hệ trục toạ độ cho trục hoành chứa đường thẳng O1O2, nhiên, việc tìm phương trình B1B2 ( toạ tìm toạ độ B1, B2) khơng đơn giản Việc chọn hệ trục hướng dẫn khôn ngoan việc tính toạ độ điểm cần thiết dễ dàng + Trong lời giải có kết hợp phương pháp toạ độ phương pháp tổng hợp Điều giúp lời giải ngắn gọn đẹp Bài 15 (VMO 2011): Trong mặt phẳng, cho đường trịn (O) đường kính AB Xét điểm P di động tiếp tuyến B (O) cho P không trùng với B, Đường thẳng PA cắt (O) điểm thứ hai C Gọi D điểm đối xứng với C qua O Đường thẳng PD cắt (O) điểm thứ hai E Chứng minh đường thẳng AE, BC, PO đồng quy Hướng dẫn Chọn hệ trục toạ độ Bxy cho B(0; 0), A(2R; 0), P(0; t) với t > Ta có O(R; 0) phương trình (O): x2 – 2Rx + y2 = Phương trình PA: x y + = ⇔ tx + 2Ry = 2Rt 2R t Ta có: PA ∩ (O) = {A; C} nên toạ độ A, C nghiệm hệ: t  x = 2R  x y = t − ⇔ 2R   x = 2Rt  x − 2Rx + y =  4R + t    2Rt 4R t  C 2 ; 2 ÷ ⇒  4R + t 4R + t  19  8R 4R t  D 2 ;− 2 ÷ Mà D đối xứng với C qua O nên 4R + t   4R + t Phương trình BC: y = Phương trình PO: 2R x t x y + = ⇔ tx + Ry = Rt R t  Rt t x=   x y =  2R + t ⇔ 2R Gọi M = PO ∩ BC, toạ độ M nghiệm hệ:   tx + Ry = Rt  y = 2R t   2R + t   Rt 2R t  ⇒ Toạ độ điểm M  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  t   ; D ;− Để đơn giản, ta chọn 2R = 1, M  ÷ 2 ÷; A(0; 1), 1+ t2  1+ t  + 2t + 2t  Phương trình (O): x2 + y2 – x = Phương trình PD: (t3 + 2t)x + y – t = Ta có: PD ∩ (O) = {D; E} nên toạ độ D, E nghiệm hệ:   y = t − ( t + 2t ) x x = + t2  ⇔  t2 x = x − x + y2 =    t + 3t +   t2 t3 + t  ⇒ E ; ÷ 2  t + 3t + t + 3t +  uuuu  − t − r r t  uuu  − t − 2t − t3 + t  AM  ; ;AE  ; Do đó, ÷ 2 ÷ 2  + 2t + 2t   t + 3t + t + 3t +  uuuu uuu r r ⇒ AM;AE phương Vậy BC, AE, PO đồng quy (đpcm) Bài 16: Cho ∆ABC có trực tâm H Trên đoạn HB, HC lấy điểm B 1, C1 cho góc AB1C góc AC1B vng Chứng minh AB1 = AC1 20 Hướng dẫn Chọn hệ trục toạ độ Oxy ( hình vẽ ) Trong hệ toạ độ A (0; h), B (b; 0), C (c; 0) , ( h, c > 0, b < ) uuu r Ta có AC = (c; - h) Theo gt BH ⊥ AC uuu r Đường cao BH qua B (b; 0) có vectơ pháp tuyến AC = (c; - h) nên có phương trình : c(x - b) - h(y – 0) = ⇔ cx – hy – bc = Gọi B1 ( x1; y1) B1 ∈ BH ⇒ cx1 – hy1 – bc = ⇔ cx1 – hy1 = bc (1) uuuu r uuuu r Ta có AB1 = ( x1; y1 – h ), CB1 = ( x1 – c; y1) uuuu r uuuu r uuuu r ruuuu Vì AB1 ⊥ CB1 ⇒ AB1 CB1 = hay x1(x1 – c) + y1(y1 – h) = ⇔ x12 + y12 − cx1 − hy1 = (2) 2 Mặt khác : AB1 = x1 + (y1 – h)2 2 = x1 + y1 - 2hy1 + h2 2 = ( x1 + y1 - hy1 - cx1) + (cx1 – hy1 ) + h2 (3) Thay (1),(2) vào (3) ta AB1 = bc + h2 Tương tự ta có: AC1 = bc + h2 Từ suy AB1 = AC1 (đpcm) 21 III Bài tập tự luyện Bài 1: Cho hình vuông ABCD Trên BD lấy điểm M không trùng với B, D Gọi E, F hình chiếu M cạnh AB, AD Chứng minh rằng: a) CM ⊥ EF b) Các đường thẳng CM, BF, DE đồng quy Bài (APMO) Cho tam giác ABC, đường trung tuyến phân giác kẻ từ A theo thứ tự cắt BC M N Từ N kẻ đường thẳng vng góc với NA cắt MA BA Q P Từ P kẻ đường thẳng vng góc với BA cắt NA O Chứng minh QO vng góc với BC Bài (IMO 1995) Cho A, B, C, D bốn điểm phân biệt đường thẳng, theo thứ tự Đường trịn đường kính AC BD cắt X Y Đường thẳng XY cắt BC Z Cho P điểm nằm đường thẳng XY khác Z Đường thẳng CP cắt đường trịn đường kính AC C M, đường thẳng BP cắt đường tròn đường kính BD B N chứng minh đường thẳng AM, DN cắt tịa điểm thuộc đường thẳng XY Bài (Iran 1996) cho hai điểm D, E tương ứng hai cạnh AB, AC tam giác ABC cho DE // BC Gọi P điểm tuỳ ý nằm bên tam giác, F, G giao điểm đường thẳng BP, CP với DE Gọi O 1, O2 theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PGD PEF Chứng minh AP ⊥ O1O2 Bài (Tournament of Towns 1995) Cho điểm P nằm tứ giác lồi ABCD Đường phân giác góc APB, BPC, CPD DPA cắt cạnh AB, BC, CD DA K, L, M N theo thứ tự Xác định vị trí P cho tứ giác KLMN hình bình hành Bài (BMO 2006) Cho tam giác ABC có AC > AB Lấy điểm X tia đối tia AB, điểm Y tia đối tia AC cho BX = CA, CY = AB Gọi P giao điểm đường · · thẳng XY với đương trung trực BC Chứng minh BPC + BAC = 1800 Bài (IMO 1977) Cho hình vng ABCD, dựng tam giác ABK, BCL, CDM DAN phía hình vng Chứng minh trung điểm đoạn thẳng KL, LM, MN, NK trung điểm đoạn thẳng AK, BK, BL,CL, CM, DM, DN, AN đỉnh thập nhị diện Bài (IMO 1999) Cho hai đường tròn (C1), (C2) nằm bên tiếp xúc với đường tròn (C) M, N theo thứ tự tâm đường trịn (C 2) thuộc (C1) Trục đẳng phương (C1), (C2) cắt (C) A B Các đường thẳng MA, MB cắt lại đường tròn (C) E F Chứng minh EF tiếp xúc với (C2) 22 B/ KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: Qua trình nghiên cứu vận dụng đề tài “GIẢI TỐN HÌNH PHẲNG BẰNG PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ ”, tơi nhận thấy vấn đề giúp ích nhiều cho học sinh việc học toán, giải toán Riêng thân tiếp tục nghiên cứu sâu phuơng pháp hy vọng có thêm phương pháp hữu hiệu giải tốn hình phẳng đề thi HSG Qua thời gian giảng dạy phương pháp cho học sinh nhận thấy: a) Khi ta vận dụng phương pháp? Nếu đề tốn xuất nhiều yếu tố vng góc thuận lợi cho việc gắn hệ trục tọa độ: Có hình vng, hình chữ nhật trường hợp tương tự Đề tốn chứa đựng thơng tin dẫn tới hai đường thẳng vng góc Như tam giác cân, tam giác đều, đường cao tam giác, hai đường trịn giao nhau, Những đề tốn khơng chứa đường trịn chứa đường trịn mà yếu tố cho đơn giản lại khó khai thác mối liên hệ giả thiết b) Ưu điểm phương pháp Thay tư hình học phép tốn đại số dẫn tới dễ dàng chọn hướng giải vấn đề Dễ dàng vận dụng giả thiết toán để giải vấn đề, giải phương pháp hình học túy ta khó khai thác giả thiết Giải nhanh gọn toán điểm cố định, quỹ tích mà phương pháp hình học túy gặp nhiều khó khăn Đặc biệt kết quỹ tích đường Hypebol, Elip, Parabol Rất dễ chọn hệ trục tọa độ nên xác định hướng nhanh phong phú, nên phù hợp với học sinh làm thi Thơng thường ta thời gian để xác định hệ trục cơng việc cịn lại xử lí phép tốn, theo phương pháp hình học túy ta nhiều thời gian cho tốn mà chưa đạt kết nên dẫn tới hoang mang tâm lí ức chế dẫn tới hiệu thi không cao c) Nhược điểm phương pháp Làm triệt tiêu khả tư hình học Thơng thường lời giải dài so với phương pháp hình học túy 23 Nếu số biến tốn nhiều ta gặp khó khăn việc xác định mối liên hệ biến số Đây khó khăn lớn lựa chọn phương pháp Đôi thời gian cho việc phân tích, biến đổi đại số chiêm mà thời gian dành cho việc xử lí biểu thức bước cuối để kết theo ý đồ lại chiếm nhiều Điều thể rõ toán có chứa đường trịn, ta chọn hệ trục chưa thực tối ưu việc áp dụng phương pháp gượng ép tùy tiện Kinh nghiệm chọn hệ trục tọa độ đưa vào biến số: Tìm cách giảm số biến số khơng làm ảnh hưởng tới kết tốn 24 III PHẦN KẾT LUẬN: / Kết luận: Thông qua tập giải phương pháp toạ độ, bạn nghĩ tính tốn q nhiều phức tạp cảm thấy khơng thích Tuy nhiên, phương pháp có hay đẹp ta vận dụng cách hợp lý Đối với phương pháp người làm cần phải kiên trì, cẩn thận khơng ngại tính tốn Tơi viết đề tài nhằm mục đích trao đổi với Q Thầy Cơ dạy mơn tốn phương pháp giải tốn hình học phẳng đề thi HSG tỉnh, Quốc gia, Quốc tế Vì kiến thức thời gian cịn nhiều hạn chế nên tài liệu có thiếu sót, tơi chân thành đón nhận góp ý Quý Thầy Cô Xin chân thành cảm ơn 2/ Tài liệu tham khảo: CÁC TRANG WEB TOÁN HỌC: mathlinks.ro, mathcope.org, diendantoanhoc.net… CÁC CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH NĂNG KHIẾU TOÁN (Tài liệu Hội nghị Khoa học) BÁO TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ CÁC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH CÁC ĐỀ THI OLYMPIC 30/4, ĐỀ THI HSG KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ CÁC ĐỀ THI TOÁN QUỐC GIA (VMO) CÁC ĐỀ THI TOÁN QUỐC TẾ (IMO) VÀ CÁC NƯỚC… 25 IV Nhận xét hội đồng khoa học nhà trường: ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………… 26 ... trưng, tích chất hình học khai thác Về mặt nguyên tắc, tốn hình học giải phương pháp toạ độ (phương pháp đại số) Tuy nhiên, nhiều tốn hình học giải phương pháp tổng hợp thông thường lại đến kết... nhiên lời giải đẹp nhiều Cũng vậy, nhiều tốn hình học giải cách nhanh chóng, gọn gàng dụng phương pháp toạ độ Có thể nói rằng, phương pháp toạ độ phương pháp vạn năng, giải tốn hình học Các bạn... phương pháp Thay tư hình học phép toán đại số dẫn tới dễ dàng chọn hướng giải vấn đề Dễ dàng vận dụng giả thiết toán để giải vấn đề, giải phương pháp hình học túy ta khó khai thác giả thiết Giải