ỨNG DỤNG HÌNH HỌC TỌA ĐỘ OXY VÀO GIẢI CÁC BT HÌNH HỌC- T

ỨNG DỤNG HÌNH HỌC TỌA ĐỘ OXY VÀO VIỆC GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC THUẦN TÚY Biên soạn: Trần Công Hưng Hình học mặt phẳng tọa độ Oxy hay gọi hệ tọa độ Decartes (Nhà triết học kiêm vật lí toán học tiếng Pháp phát mnh phương pháp tọa độ), đánh dấu cho mở đầu cách mạng toán học nói chung hình học nói riêng Với phương pháp tọa độ, thứ hình học gắn với cấu trúc trường số thực, trường số phức, trường Galois, … có nhiều thứ hình học khác Việc làm giúp cho hình học thoát khỏi lối tư cụ thế, trực quan nhằm đạt tới đỉnh cao khái quát trừu tượng Toán học nhiều lĩnh vực Ở hình học tọa độ Oxy, hình học túy giữ vai trò quan trọng ta tách rời khỏi khái niệm, định nghĩa, tính chất, định lý xây dựng từ chúng giải toán hình học tọa độ Vậy ngược lại “soi sáng” lại phép chứng minh hình học túy, hình học tọa độ giữ vai trò vô quan trọng Có toán hình học phẳng “kinh khủng khiếp”, gây không khó khăn, trăn trở cho người làm toán Vì việc tìm hiểu cách tường minh (ở mức độ tương đối) giải pháp kỳ vọng tác giả Sử dụng công cụ tọa độ giải pháp đề cập chương trước câu hỏi “tự nhiên” đặt : Dựa vào dấu hiệu toán mà ta nghi đến việc sử dụng công cụ tọa độ ? Với toán, việc xây dựng hệ trục tọa độ hình thành qua công đoạn ? (tất quan tâm đến cách thức xây dựng chúng) Liệu có nguyên tắc chung việc vận dụng công cụ tọa độ giải toán không ? Với kết cấu yêu cầu chung chương trình iện nay, việc giải toán công cụ tọa độ đặc biệt nhấn mạnh PHẦN 3.1 CÁC NGUYÊN TẮC CẦN LƯU Ý KHI GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG BẰNG CÔNG CỤ TỌA ĐỘ 3.1.1 Chọn hệ trục tọa độ: gốc tọa độ, trục tọa độ thường gắn liền với điểm đường đặc biệt toán như: “tâm đường tròn, đỉnh góc vuông, trung điểm đoạn thẳng, chân đường cao, v.v ” 3.1.2 Chuyển đổi ngôn ngữ từ yếu tố hình học “thuần túy” sang ngôn ngữ hình học tọa độ: _ Chuẩn hóa độ dài đoạn thẳng đơn vị trục _ Từ xác định tọa độ điểm phương trình đường, theo hướng hạn chế đến mức thấp việc sử dụng tham số, điều chỉnh giá trị tham số để nhận “tọa độ đẹp” giúp phép toán trở nên đơn giản 3.1.3 Khai thác tính chất phép toán liên quan đến vecto tọa độ như: _ Điều kiện theo tọa độ để hai vecto vuông góc, phương, v,v… _ Tính khoảng cách, tính số đo góc dựa theo tọa độ, v,v… _ Lập phương trình đường thẳng, đường tròn, đường conic theo điểm tọa độ hóa 3.1.4 Hình thành hệ trục tọa độ mặt phẳng ? Bài toán có đơn giản hay không, phần lớn phụ thuộc vào việc hình thành hệ trục tọa độ đơn vị trục Sau cách hệ chọn hệ trục tọa độ tương ứng với loại hình đơn giản, thường gặp 3.1.4.1 Đoạn thẳng AB cố định: Ta dựng hệ trục tọa độ điểm A hình vẽ đồng thời chuẩn hóa số đại lượng: Đặt AB = Dễ dàng suy tọa độ điểm A(0; 0) B(1; 0) (B thuộc tia Ax) Biên soạn: Trần Công Hưng Hay ta chọn trung điểm AB làm hệ trục tọa độ Khi hệ tọa độ Ixy hình vẽ Đặt AB = IA = IB = Dễ dàng suy tọa độ I(0; 0), A(-1;0), B(1;0) Lưu ý: ta chọn dựng hệ trục B (Bxy) điểm nằm đường thẳng AB (điều phụ thuộc giả thiết toán dẫn dắt theo hướng ?) Trên cách thường gặp xử lý tinh 3.1.4.2 Tam giác cân Gọi H, M, N trung điểm BC, AB, AC G trọng tâm tam giác ABC Ta dựng hệ trục tọa độ B (Bxy), chuẩn hóa cách đặt BC = 2, AH = h > Khi tọa độ điểm là: B(0;0), A(1; h), C (2;0), H (1;0) Đối với toán có hình dạng tam giác cân, ta thường hạ đường cao từ đỉnh cân đến cạnh đối diện Ở ta dựng hệ trục Hxy hình vẽ Khi đặt BC = 2, AH = h > Ta có tọa độ điểm là: H(0;0), A(0; h), C (1;0), B(−1;0) Lưu ý: ta đặt hệ trục tọa độ điểm khác cách đặt thông thường mà ta hay gặp Với trường hợp tam giác ta dựng vị trí trung điểm cạnh tam giác đỉnh tam giác Tương tự với trường hợp tam giác vuông cân Biên soạn: Trần Công Hưng 3.1.4.3 Tam giác vuông Trong trường hợp ta dựng trực tiếp góc vuông tam giác (dựng hệ trục Axy hình vẽ) Khi ta chuẩn hóa đặt AC = 1, AB = a > tọa độ điểm là: A(0;0), B(0;a), C (1;0) Đặc biệt giả thiết đề có có thêm đường cao AH ta dựng chân đường cao tam giác Cụ thể ta dựng hệ trục Hxy hình vẽ Khi đó, ta chuẩn hóa đặt AH = 1, BH = b, HC = c (b, c > 0) tọa độ điểm là: H (0;0), A(0;1), B(−b;0), C (c;0) Hay ta chuẩn hóa đặt AH = 1, BH = b, HC = kb (b > 0, k ≠ 0, k ∈ R ), ta được: H (0;0), A(0;1), B(−b;0), C (kb;0) 3.1.4.4 Hình vuông Cách 1: Trong trường hợp ta dựng hệ trục tọa độ đỉnh vuông hình (cụ thể hình ta dựng hệ trục Axy) chuẩn hóa AB = Khi tọa độ điểm là: A(0;0), B(2;0), C (2; 2), D(0; 2) Biên soạn: Trần Công Hưng Cách 2: Tương tự ta dựng trung điểm cạnh hình vuông Cụ thể hình vẽ đây, ta dựng hệ trục Mxy chuẩn hóa đặt cạnh CD = Khi tọa độ điểm là: M(0;0), C (1;0), D(−1;0), A(−1; 2), B(1; 2) Cách 3: Ngoài ta chọn giao điểm hai đường chéo hình vuông làm nơi đặt hệ trục tọa độ Cụ thể hình vẽ đây, ta dựng hệ trục Ixy chuẩn hóa đặt AC = BD = Khi tọa độ điểm là: I (0;0), A(−1;0), C (1;0), B (0;1), D(0; −1) Lưu ý: ta đặt hệ trục tọa độ điểm khác cách đặt thông thường mà ta hay gặp 3.1.4.5 Hình chữ nhật Tương tự cách dựng hệ trục cho hình vuông, ta chọn gốc tọa độ đỉnh hình chữ nhật (hay cạnh liên tiếp hình chữ nhật tương ứng với hai trục tọa độ, cụ thể hình vẽ ta dựng hệ trục A (Axy hình vẽ) Vấn đề đặt với cách chuẩn hóa đặt độ dài tương ứng ta có nhiều tọa độ điểm, cụ thể: Nếu Đặt AB = a, AD = b (a, b > 0, a ≠ b) ta có: Biên soạn: Trần Công Hưng A(0;0), B(0; a), C (a; b), D(0; b) Nếu Đặt AD = a, AB = ka (a > 0, k ≠ 0, k ∈ R ) ta có: A(0;0), B(0; ka), C (a; ka), D(0; ka) Nếu Đặt AD = a, AB = (a > 0) ta có: A(0;0), B(0;1), C (a;1), D(0;1) Lưu ý: không tính tổng quát, ta đặt chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật 2a, 2b (a > b > 0) Khi ta nhận nhiều kết đẹp như: Tâm hình chữ nhật I(a; b) phương trình đường tròn ngoại tiếp hình nhật là: ( x − a ) + ( y − b) = a + b 3.1.4.6 Hình thoi Với hình thoi, ta có cách dựng sau: Dựng hệ trục Ixy hình vẽ (I giao điểm đường chéo AC BD hình thoi) Nếu chuẩn hóa, đặt AC = BD = 2a (a > 0) tọa độ điểm là: I (0;0), A(−1;0), B(0;a), C (1;0), D(0; − a) 3.1.4.7 Đường tròn Ta chọn đường kinh đường tròn để làm thành trục tọa độ Khi tùy toán thiết lập ta thể chuẩn hóa R = để tiện cho việc tính toán Ta có tọa độ điểm là: A(− R;0), I (0;0), B( R;0) phương trình đường tròn là: (C ) : x + y = R Biên soạn: Trần Công Hưng x  R = cos ϕ  x = R cos ϕ  x  y ⇒ Với biến đổi (C ) :   +   = Ta đặt  (ϕ ∈ [0; 2π ]) R R  y = R sin ϕ  y = sin ϕ  R 2 Khi ta có: sin 2ϕ + cos 2ϕ = Nên điểm M thuộc đường tròn có tọa độ là: ∀M ∈ (C ) ⇒ M ( R cos ϕ ; R sin ϕ ) , (ϕ ∈ [ 0; 2π ] , R > ) 3.1.4.8 Lưu ý loại hình khác _ Một số loại hình khác mà ta cần chọn trục tọa độ, trục lại không cần quan tâm tới, toán giải tốt _ Trên loại hình, ta lựa chọn hệ trục tọa độ khác nhau, đem lại kết _ Việc chuẩn hóa có ý nghĩa quan trọng trình đại số hóa hình học, qua ví dụ dựng hình bạn lưu ý việc đặt cho giảm ẩn tốt Vạn bất đắc dĩ phải đặt nhiều ẩn _ Như việc chọn trục tọa độ không bị gò bó, cứng nhắc, ưu điểm giải pháp sử dụng công cụ tọa độ _ Với toán hình học phẳng tọa độ Oxy, để chứng minh lại kết hình học phẳng, trước tiên ta “quên hệ trục Oxy” kiện tọa độ, phương trình theo tọa độ Oxy ta thay hệ tọa độ phục vụ cho việc chứng minh kết hình học túy PHẦN 3.2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC THUẦN TÚY BẰNG CÔNG CỤ TỌA ĐỘ Với việc hình thành hệ trục tọa độ mặt phẳng, ta giải toán thường gặp sau cách sử dụng công cụ tọa độ ►Bài toán 3.2.1: Tìm quỹ tích điểm M Ta thực sau: • Gọi tọa độ điểm M(x; y) • • • •  x = h(m) , m tham số thực Dựa vào tính chất điểm M có giả thiết, ta tính được:   y = g (m) Khử tham số m, ta nhận phương trình dạng y = f ( x) Khi đó, vào điều kiện ràng buộc tham số m, ta giới hạn quỹ tích điểm M (nếu có) Trường hợp, hai thành phần tọa độ không phụ thuộc vào tham số m quỹ tích điểm M đường thẳng nằm ngang thẳng đứng ►Bài toán 3.2.2: Chứng minh đường thẳng d qua điểm cố định Để chứng minh đường thẳng d qua điểm cố định ta thực bước sau: • Viết phương trình đường thẳng d (phụ thuộc tham số thực m) • Biến đổi phương trình đường thẳng d dạng: m f ( x; y ) + g ( x; y ) = 0, ∀m ∈ R • • Tọa độ điểm mà đường thẳng d qua m thay đổi nghiệm hệ phương trình:  f ( x; y) =   g ( x; y) = Giải hệ phương trình ta tọa độ điểm cố định Biên soạn: Trần Công Hưng ►Bài toán 3.2.3: Chứng minh đường thẳng tiếp xúc với đường tròn cố định Ta thực sau: • Viết phương trình đường thẳng d (phụ thuộc tham số thực m) • Xác định đường tròn (C) cố định có tâm I, bán kính R • Chứng minh d(I;d) = R ►Bài toán 3.2.4: Chứng minh M di động đường cố định Ta thực sau: • Viết phương trình hai đường thẳng di động qua điểm M  x = g (m) • Giải hệ phương trình ta tìm tọa độ điểm M(x; y) với:   y = f (m) • Khử giá trị tham số m ta nhận phương trình đường cố định là: y = f(x) ►Bài toán 3.2.5: Chứng minh hai đường thẳng vuông góc Giả sử u = (a; b), v = (c; d ) Khi ta sử dụng công thức tích vô hướng u.v = ac + bd = ⇒ u ⊥ v ►Bài toán 3.2.6: Chứng minh điểm thẳng hàng Giả sử: AB = (a, b), AC = (c; d ) Điều kiện để điểm A, B, C thẳng hàng là:  a = kc a b AB, AC phương ⇔ AB = k AC ⇔  (k ∈ R ) hay = c d b = kd PHẦN 3.3 CÁC VÍ DỤ MINH HỌA VÀ SO SÁNH GIỮA PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀ CÁCH GIẢI HÌNH HỌC THUẦN TÚY Trong phần tác giả đưa số ví dụ dạng toán trình bày phần 2, có giải kèm thêm cách giải túy hình học để có so sánh đúc rút phương pháp ►Bài toán 3.3.1: Cho tam giác ABC có I tâm đường tròn ngoại tiêp tam giác ABC, D trung điểm cạnh AB, E trọng tâm tam giác ACD Chứng minh AB = AC IE vuông góc CD (trích đề thi vô địch vương quốc Anh) ☺ Hướng dẫn giải cách (Thuần túy hình học) Gọi H F trung điểm BC AC Biên soạn: Trần Công Hưng Do AB = AC nên tam giác ABC cân A suy AH ⊥ BC DF đường trung bình tam giác ABC nên DF // BC suy AH ⊥ DF (1) Gọi N = AH ∩ CD ⇒ N trọng tâm tam giác ABC suy CN = 2ND Gọi M trung điểm CD ta có MD = MC ⇔ MD + MN = MC + MN ⇔ ( DN + MN ) + MN = DN ⇔ DN = MN ⇒ MN = DN ME MN = = ⇒ NE / / AD EA DN Với I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, D trung điểm dây cung AB nên DI vuông góc AB suy DI vuông góc NE (2) Từ (1) (2) suy I trưc tâm tam giác DEN EI vuông góc CD (đpcm) Do đó: ☺ Hướng dẫn giải cách (Vận dụng công cụ vecto) Xét tích vô hướng EI CD ta có: EI CD = ( AI − AE )(CB + BD) = AI CB + AI BD − AE.CB − AE BD ⇒ EI CD = + ( AD + DI ).BD − AE.CB − ( AD + DE ).BD (do AI ⊥ CB ) = − AE.CB − DE.BD (do DI ⊥ BD ) = DE.DB − AE.CB (do DB = − BD) = DE.( DC + CB) − ( AD + DE ).CB = DE.DC − AD.CB = − DE.CD − AD.( AB − AC ) 1 = − ( AE − AD).(CA + CB) − AB.( AB − AC ) (do AB = AD) 2 1 1  = − ( AB − AC )  AC − AB  − AB + AB AC 3  1 1 1 = − AB AC + AB + AC − AB AC − AB + AB AC 6 3 2 1 = AB + AC − AB = (do AB = AC ) Do ta suy EI vuông góc CD (đpcm) ☺ Hướng dẫn giải cách (sử dụng công cụ tọa độ) Dựng hệ trục Oxy hình vẽ (với O trung điểm BC) Đặt BC = AO = a > Ta có tọa độ điểm : O(0;0), B(−1;0), C (1;0), A(0; a) Biên soạn: Trần Công Hưng x A + xB −   xD = =  −1 a  ⇒ D ;  Do D trung điểm AB nên suy   2  y = y A + yB = + a D  2   xA + xC + xD + − =  xE = 1 a 3 ⇒ E ;  Ta có E trọng tâm tam giác ACD suy  a 6 2  a+0+  y = y A + yC + yD =  E 3  −1 a  Ta có DI qua D  ;  nhận AB = (−1; −a ) làm vecto pháp tuyến nên có dạng:  2 a 1( x + ) + a ( y − ) = ⇔ DI : x + 2ay − a + = 2 x = x =  a2 −1   Do I = DI ∩ Oy ⇒  ⇒ a − ⇒ I  0;  2a    x + 2ay − a + =  y = 2a    −1 −1   EI =  ; 2a  1    Xét  ⇒ EI CD = − = ⇒ EI ⊥ CD (đpcm) 4 CD =  −3 ; a      2 ■ Bình luận: Với cách giải (thuần túy hình học), yêu cầu người giải phải có “nhãn quan” hình học nhạy bén, nắm nhiều phương hướng chứng minh Cách giải tương đối phức tạp Với cách giải (sử dụng công cụ vecto), yêu cầu người giải phải có kỹ biến đổi vecto đến mức “uyên thâm” Với giải (sử dụng công cụ tọa độ), với việc chọn hệ trục Oxy, việc chứng minh trở nên đơn giản nhiều Tuy nhiên mấu chốt thấy việc xác định tất tọa độ ►Bài toán 3.3.2: Cho tam giác ABC có góc ∠ACB = 600 Gọi D, E, F điểm tương ứng nằm cạnh BC, AB, AC Gọi M giao điểm AD BF Giả sử CDEF hình thoi Chứng minh rằng: DF = DM DA (trích đề thi chọn đổi tuyển Quốc Gia Singapore) ☺ Hướng dẫn giải cách (Thuần túy hình học) Biên soạn: Trần Công Hưng 10 a2 a2 BE MB a AF AM a ⇒ BE = , AF = = = ; = = BA BC a + b AB AD a + b a+b a+b Suy ra: E F cố định ME BM a MF AM a a AC a.BD nên ME = Vì = = ; = = , MF = AC BC a + b BD AD a + b a+b a+b a.( AC + BD) Suy ra: ME + MF = = 2a không đổi a+b Suy ra: Chọn hệ trục Oxy hình vẽ, với O trung điểm EF Ta có tập hợp điểm M Elip nhận E F làm hai tiêu điểm, có độ dài trục lớn 2a BÀI TOÁN 3.4.16 Hình bình hành ABCD thay đổi A D cố định thoả: AC BD Tìm tập = AD BA hợp điểm B C ☺ Hướng dẫn giải : Trong mặt phẳng Oxy , chọn A ≡ O (0; 0) ; D ( a; 0) với AD = a (không đổi) Theo giả thiết hình bình hành ABCD thay đổi nên lấy B ( x; y ) C ( x + a; y ) với điều kiện y ≠0 AC BD ⇔ AC.BA = AD.BD ⇔ ( x + a) + y x + y = a ( x − a) + y Khi đó: = AD BA ⇔ ( x + y + 2ax + a ).( x + y ) = a ( x + y − 2ax + a ) Biên soạn: Trần Công Hưng 28 ⇔ ( x + y ) + 2ax( x + y ) + 2a x − a = ((*) phương trình bậc hai với ẩn ( x + y ) ) (*) Tính ∆ / = (ax) − (2a x − a ) = (a − ax)  x + y = −ax + (a − ax) (*) ⇔  2  x + y = −ax − (a − ax) (!!!) ⇔ x + 2ax + y = a ⇔ ( x + a ) + y = 2a Vậy tập hợp điểm B đường tròn (C ) có tâm I ( − a; 0) , bán kính RB = a , bỏ hai điểm ( −a ( ) ) (( + ;0 a ) ) − ;0 Do tứ giác ABCD hình bình hành, ta có BC = AD Vậy tập hợp điểm C đường tròn (C / ) ảnh đường tròn (C ) qua phép tịnh tiến theo AD Đường tròn (C / ) có tâm A ≡ O (0; 0) , bán ( ) ( ) kính RC = a , bỏ hai điểm − a 2; a 2; BÀI TOÁN 3.4.17.Cho đường tròn (C) tâm O tiếp tuyến d tiếp xúc với (C) điểm A cố định (C) M điểm mặt phẳng, kẻ tiếp tuyến MT với (C) hạ MH vuông góc với d 1.Tìm quỹ tích điểm M thỏa MT = MH Chứng minh đường tròn tâm M bán kính MT tiếp xúc với đường tròn cố định ☺ Hướng dẫn giải : 1.Chọn hệ trục Oxy cho A gốc tọa độ, tia Ox ≡ AO tia Oy ≡ d Khi O(R; 0), giả sử M(x; y) Ta có MH = MT ⇒ MH = MT = MO − R ⇔ x = ( x − R) + y − R ⇔ y = Rx Vậy quỹ tích M parabol R 2.Theo định nghĩa parabol, ta có MF = MH1 = MH + R Suy MF = MT + , điều chứng tỏ đường tròn tâm M bán kính MT tiếp xúc đường R tròn cố định tâm F bán kính BÀI TOÁN 3.4.18 Cho hình vuông cố định Tìm tập hợp điểm M hình vuông thỏa mãn điều kiện: Tích hai khoảng cách từ điểm M đến hai cạnh hình vuông xuất phát từ đỉnh bình phương khoảng cách từ điểm M đến đường chéo hình vuông không qua đỉnh Biên soạn: Trần Công Hưng 29 ☺ Hướng dẫn giải Không tính tổng quát, xét hình vuông có cạnh Đặt hình vuông ABCD lên mặt phẳng có hệ trục tọa độ Oxy cho A(0;1), B(-1;0), C(0;-1), D(1;0) Gọi M(x;y) điểm hình vuông ABCD, hạ MN,MP, MQ vuông góc với BD, DA, AB N, P, Q Do đó: MP.MQ = MN2 (1) ( xét cạnh hình vuông phát xuất từ đỉnh A) AB: x – y + = 0, AD: x + y – = | x − y + 1| | x + y + 1| (1) ⇔ =| y |2 ⇔| x − (y − 1) |= 2y 2 M(x;y) hình vuông nên x – y + > 0, x + y – < Do đó: x2 –(y – 1)2 = (x – y + 1)(x + y – 1) < Nên (1) ⇔ x2 – (y – 1)2 =- 2y2 ⇔ x2 + (y + 1)2 = Vậy tập hợp điểm M cung BD, cung ¼ đường tròn C, bán kính R = Từ kết ta kết luận: Tập hợp điểm M cung đường tròn tâm đỉnh hình vuông có bán kính cạnh hình vuông BÀI TOÁN 3.4.19 Cho đường thẳng cố định a điểm A cố định a Gọi (C) đường tròn lưu động mặt phẳng (α) có bờ a (C) có bán kính không đổi R tiếp xúc với a, gọi M tiếp điểm Gọi I tâm đường tròn (C).Chứng minh mặt phẳng chứa đường tròn (C), có parabol (P) cố định cho trục đẳng phương (C) đường tròn đường kính AI luôn tiếp xúc (P) M thay đổi a ☺ Hướng dẫn giải Trong mặt phẳng chọn hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, với Ox trùng với a, mặt phẳng α mặt phẳng y > 0, O trùng A Đặt M(m;0) có tâm I(m;R) Phương trình (C) là: (C): (x - m)2 + (y - R)2 = R2 hay C): x2 + y2 – 2mx – 2Ry + m2 = Phương trình đường tròn đường kính AI là: m2 + R (C’): (x – m/2)2 + (y – R/2)2 = hay (C’): x2 + y2 – mx – Ry = Phương trình trục đẳng phương hai đường tròn (C) (C’) là: m m2 (d): mx + Ry – m2 = ⇔ (d): y = f(x) = - x + R R Biên soạn: Trần Công Hưng 30 x 4R  m m2 − R x + R = − 4R x (x − 2m) = f (x) = g(x) ⇔ ⇔ ⇔ x = 2m Hệ  m x x = 2m f '(x) = g '(x)  − = −  R 2R Vậy Parabol y = f(x) = − x tiếp xúc với trục đẳng phương (d) 4R Xét hàm số y = g(x) = − BÀI TOÁN 3.4.20 Cho tam giác với cạnh a, b, c mà đỉnh có tọa độ nguyên Gọi R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CMR: abc ≥ 2R ☺ Hướng dẫn giải: Gọi tam giác A1A2A3 hình vẽ SA1A A3 = S = abc 4R Giả sử: A1 (x1, y1), A2 (x2, y2), A3 (x3,y3).Gọi A’1, A’2 , A’3 hình chiếu A1 , A2 , A3 lên Oy Ta có: S = SA A A' A' − SA A A' A' − SA A A' A' Do yêu cầu toán ⇔ chứng minh S ≥ 2 1 3 3 A A ' + A A 3' A A ' + A A 3' A1 A + A A − A1' A 3' ⋅ 1 − A '2 A 3' ⋅ 2 2 ⇒ 2S = (y1 – y2) (x1 + x2) - (y1 – y3) (x1 + x3) - (y3 – y2) (x2 + x3) (*) = A1' A '2 ⋅ ' ' Biên soạn: Trần Công Hưng 31 Vế trái (*) số nguyên (do đề cho xi , yi nguyên)⇒ 2S số nguyên ⇒ 2S ≥ ⇒ S ≥ ½ BÀI TOÁN 3.4.21 Trên mặt phẳng xét hình vuông ABCD tam giác EFG cắt tạo thành thất giác lồi MBNPQRS.Chứng minh SM = NP = QR ⇔ MB = PQ BN = RS ☺ Hướng dẫn giải: Chọn hệ trục Axy hình vẽ Gọi a cạnh hình vuông Ta có A(0; 0), B(a; 0), C(a; a), D(0; a),M(m; 0), N(a; n), P(p; a), Q(q; a), R(0; r), S(0; s) Nếu SM = NP = QR → → → → → → SM Ta có SM = k EF , NP = k FG , QR = k GE với k = EF → → → → → → → → Ta có EF + FG + EG = ⇒ SM + NP + QR = m + p − a − q = a − m = p − q MB = PQ ⇒ ⇒ ⇒ − s − n + r = n = r − s    BN = RS → → → → → → Nêú MB = PQ BN = RS MB + PQ = , BN + RS = kết hợp → → → → → → → → → → SM + MB + BN + NP + PQ + QR + RS = → → ⇒ SM + NP + QR = → → → → ⇒ x EF + yFG + z GE = → → ⇒ ( x − z ) EF = ( z − y ) FG → → Vì ⇒ EF , FG không phương nên ⇒ x = y = z ⇒ SM = NP = QR BÀI TOÁN 3.4.22 Cho tam giác ABC có hai đường phân giác góc A cắt cạnh BC D E Chứng minh AD = AE AB + AC = 4R (trong R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) ☺ Hướng dẫn giải: Chọn hệ trục hình vẽ Theo giả thiết tam giác ADE vuông cân A .Khi OA = OE = OD nên B(b;0) , A(0; a) , D(a;0) , E (−a;0) , C (c;0) DB AB DB AB Theo tính chất đường phân giác = ⇒ = DC AC DC AC ⇔ (b − a) b + a a2 2 2 2 = ⇔ ( b − a ) ( c + a ) = ( c − a ) ( b + a ) ⇔ c = b (c − a) c + a Biên soạn: Trần Công Hưng 32  a2 + b2 a4 Ta có AB + AC = (a + b ) + (a + ) =  b  b 2 2    ^y A E O B C D >x Gọi I(x;y) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có   b2 + a2  AI = BI x = ⇔  2b  BI = CI  a  b + a    b2 + a 2 2   Suy R = AI = 4  + (a − a )  =  b   2b     2 Từ suy AB + AC = 4R BÀI TOÁN 3.4.23 Cho tam giác ABC nhọn (D) đường thẳng thay đổi Gọi D, E, F hình chiếu vuông góc A, B, C lên (D) Biết AD tan A + BE tan B + CF tan C = S ABC Xác định vị trí đường thẳng (D) để AD lớn ☺ Hướng dẫn giải: Chọn hệ trục hình vẽ (b , c >0) ^ y A a (d) F E D C B -b O a a , tan C = b c tan B + tan C a (b + c) tan A = = tan B tan C − a − bc 2S ABC = a(b + c) Giả sử phương trình (d) : x sin α + y cosα + d = Ta có tan B = Biên soạn: Trần Công Hưng 33 c >x AD = d ( A, d ) = a cosα + d BE = d ( B, d ) = − b sin α + d CF = d (C , d ) = c sin α + d Theo giả thiết AD tan A + BE tan B + CF tan C = S ABC a (b + c) a a ⇔ (a cos α + d ) 2 + (−b sin α + d ) + (c sin α + d ) = a (b + c) c a − bc b 2 a d ⇔ bc cos α + 2ad cos α + =0 bc bc ⇔ cos α + d = a  bc  Điều chứng tỏ (d) qua H  ;  trực tâm tam giác ABC  a  Vậy AD max = AH, (d) qua H song song với BC BÀI TOÁN 3.4.24 Cho tam giác ABC, trung tuyến AD Cho đường thẳng (d) vuông góc với đường thẳng AD Xét điểm M (d) Gọi E, F trung điểm MB MC Đường thẳng qua E vuông góc với (d) cắt đường thẳng AB P, đường thẳng qua F vuông góc với (d) cắt đường thẳng AC Q Chứng minh đường thẳng qua M vuông góc với PQ qua điểm cố định, M di động (d) (trích đề thi HSG Quốc gia 2007 – 2008) ☺ Hướng dẫn giải: Chọn hệ trục hình vẽ O ≡ D , Oy ≡ DA Khi Ox song song (d), A(0;a), B(b; c) , C(-b; -c) ^y A C D B >x F E (d) M Phương trình đường thẳng AB : (a − c) x + by − ab = AC : (a + c) x − by + ab = M ( xM ; d ) b + xM b − xM Khi (d ) : x = , (d ) : x = 2 Từ suy tọa độ P = d ∩ AB , Q = d ∩ AC Suy đường thẳng qua M vuông góc PQ có phương trình Biên soạn: Trần Công Hưng 34  bc  b2   b  x −  − (axM − bc) y − d +  = a a     bc b2 Suy đường thẳng qua điểm cố định  ; d − a a    BÀI TOÁN 3.4.25 Cho góc Ixy điểm P nằm bên góc Đường tròn thay đổi qua I P cắt hai tia Ix, Iy A, B Tìm quỹ tích trọng tâm G trực tâm H tam giác IAB (trích đề thi chọn đội tuyển trường Phổ Thông Năng Khiếu 2008 – ngày thi thứ 2) ☺ Hướng dẫn giải: Ta dựng hệ trục tọa đô Oy đường trung trực IP Khi tọa độ điểm là: I (−1;0), P(1;0), C (0; a), D(0; b) (b < 0) giao diểm đường trung trực IP hai tia Ix, Iy Gọi K(0; m) tâm đường tròn thay đổi qua I P x y Phương trình đường IC: + = ⇔ y = ax + a −1 a Phương trình đường ID: y = bx + b Phương trình đường tròn (K) là: x2 + ( y − m)2 = m2 + ⇔ x + y − 2mx − =  y = ax + a ( x ≠ −1) Tọa độ giao điểm A IC (K) nghiệm hệ:  2  x + y − 2mx − =  2ma + − a a (2ma + 2)  Suy tọa độ điểm A  ;   + a2  a +    2mb + − b b(2ma + 2)  Tương tự ta có tọa độ điểm B  ;   + b2 + b   Từ ta có tọa độ G trọng tâm tam giác IAB là:  −1  1  2 a b  + +  +  xG = +   m 2 3 a + b + a + b +       (*)    yG =  +  + 2ab  +  m  a2 + b2 +   a2 + b2 +   Từ đó, ta có tọa độ G chạy đường thẳng có phương trình tham số (*) −1  m≥  x A ≥ −1  a ⇔ Giới hạn: ta có:   xB ≥ −1 m ≤ −1  b  −1 −1  Do quỹ tích điểm G đoạn thẳng thỏa phương trình (*) với m ∈  ;  a b Quỹ tích trực tâm H xin dành cho bạn đọc PHẦN 3.5 ỨNG DỤNG HỆ TRỤC TỌA ĐỘ VÀO VIỆC CHỨNG MINH CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC TRONG BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG OXY Ở phần này, xét toán tọa độ Oxy mà dựng hình ta lại “bắt gặp” tính chất hình học vuông góc, song song, cạnh nhau, góc nhau, v.v Và dĩ nhiên việc chứng minh chúng túy hình học hay sử dụng công cụ vecto lúc thực cách tối ưu triệt để Cách tốt tinh ta “tạm quên hệ tọa độ Biên soạn: Trần Công Hưng 35 Oxy”, giữ lại tính chất hình học phẳng bắt đầu “đặt hệ trục tọa độ mới” cho hình nhằm mục đích chứng minh tính chất Mời bạn đọc theo dõi BÀI TOÁN 3.5.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi H hình chiếu vuông góc A cạnh BC; D điểm đối xứng B qua H; K hình chiếu vuông góc C đường thẳng AD Giả sử H (−5; −5), K (9; −3) trung điểm cạnh AC thuộc đường thẳng x − y + 10 = Tìm tọa độ điểm A (trích đề thi thức kì thi THPT Quốc Gia 2015) Hướng dẫn giải * Ta có ∠AHC = ∠CKA = 90ο ⇒ ∠AHC + ∠CKA = 180ο ⇒ tứ giác AHCK nội tiếp Gọi I trung điểm AC ⇒ I tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK ⇒ IK = IH (*) Mặt khác I ∈ d: x - y + 10 = ⇒ I (t ; t + 10) Do (*) ⇔ HI = KI ⇔ (t + 5) + (t + 15) = (t − 9)2 + (t + 13) ⇔ t = ⇒ I(0;10) * Đặt AB = a, AC = Dựng hệ trục Axy hình vẽ Ta có A(0;0), B(0; a), C (1;0) Ta có BH BC = AB ⇔  a2 BH AB a2 a2 a  = = ⇒ BH = BC ⇒ H  ;  2 BC BC a +1 a +1  a +1 a +1  2a − a + a  1  Ta có H trung điểm BD ⇒ D  ;  I  ;  tung điểm AC 2   a +1 a +1    a2 −1 a  ;   IH =  a ( a − 1) + a ( − a + a )   2(a + 1) a +  Nên  Xét IH AD = = ⇒ IH ⊥ AD ( a + 1)  AD =  2a ; −a + a      a +1 a +1   * Đường AD qua K(9; - 3) nhận IH = (−5; −15) = −5(1;3) làm vecto pháp tuyến có dạng là: 1( x − 9) + 3( y + 3) = ⇔ AD : x + y = * A giao điểm AD đường tròn đường kính AC nên tọa độ A thỏa mãn hê: x + 3y =   y = ⇒ x = −15 ⇔ suy A(-15;5) hay A(9;-3) (loại trùng K)    x + ( y − 10) = 250  y = −3 ⇒ x = Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(−15;5) BÀI TOÁN 3.5.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD = 2AB, gọi M, N trung điểm cạnh AD, BC Trên đường thẳng MN lấy điểm K cho N trung điểm đoạn thẳng Biên soạn: Trần Công Hưng 36 MK Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, D biết K (5; −1) , phương trình đường thẳng chứa cạnh AC : x + y − = điểm A có tung độ dương (trích đề thi thử tỉnh Bắc Ninh năm 2014) Hướng dẫn giải Dựng hệ trục Bxy hình vẽ, Đặt cạnh AB = a > ⇒ AD = 2AB = 2a Ta có: A(0; a ), C (2a; 0), D (2a; a ), K ( a; − a )  AC = (2a; − a ) Mặt khác  ⇒ AC.KD = −2a + 2a = ⇒ AC ⊥ KD H  KD = (− a; −2a ) * Gọi H = AC ∩ KD Do KD ⊥ AC: 2x + y - = ⇒ KD: x - 2y + m = KD qua K(5; -1) ⇒ m = -7 Vậy KD: x - 2y - = 13  x=  2x + y − =   13 −11  ⇔ ⇒H ; * Tọa độ H nghiệm hê:   5  x − y − =  y = −11  * Ta có A ∈ AC: 2x + y - = ⇒ A(a; - 2a) Do A có tung độ dương nên - 2a > ⇒ a < KA = (a − 5; − 2a ) 5 | 5.2 − 1.1 − | Mặt khác AK = KD = KH = d [ K ; AC ] = =2 3 +1  a = 1(n) Suy AK = 20 ⇔ ( a − 5) + (4 − 2a ) = 20 ⇔  a < Vậy A(1;1) 21  a = (l )  AC 3IC AC AC + + AH AI + IH IH HD IK = 10 = * Lại có = = = = = ⇒ HC HK CD AC AC AC AC 2   13   xC − =  −   x =3    Suy AC = AH ⇔  ⇒ C ⇒ C (3; −3)  y − =  −11 − 1  yC = −3    C 4  * Gọi I tâm hình chữ nhật ABCD ⇒ I trung điểm AC BD I(2;-1) Biên soạn: Trần Công Hưng 37 Ta có IK I ( 2; −1) = ⇒ CD = IK ⇒ D (1; −3)  → B (3;1) CD BÀI TOÁN 3.5.3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I, cạnh BC lấy điểm E (2; 2) cho EB = AI Gọi M giao điểm đường thẳng EI AB Đường tròn đường kính MD cắt BD K Tìm tọa độ đỉnh hình vuông ABCD biết phương trình đường thẳng AK là: (3 + 2) x − y = , B thuộc đường thẳng d : x − y − = có hoành độ nguyên (Trích đề thi thử số 2, Thử sức trước kì thi THPT Quốc Gia, Facebook: Group Toán 3K, năm 2015) Hướng dẫn giải a ), C ( a; a ), B ( a;0), D (0; a ) Ta có đoạn ME cắt cạnh AB, AC, BC ∆ABC M, I, E nên theo định * Dựng hệ trục Axy hình vẽ đặt AB = a > ta có A(0;0), E(a; Lý Ménélaus, EB IC MA MA MA AB −a =1⇒ = = −1 + ⇔ MA = = EB ⇒ M ( ; 0) EC IA MB MB MA + AB 2 x y * B ∈ Ax, D ∈ Ay ⇒ BD: + = ⇔ BD : x + y − a = a b Do K ∈ đường tròn đường kính MD ⇒ MK ⊥ DK ⇒ MK ⊥ BD ⇒ MK: x − y + m = Ta có: MK qua M ⇒ m = a a Do MK : x − y + =0 2  2− 2+  ;a K = MK ∩ BD ⇒ K  a  4    2− 2+   − −2 2−  AK =  a ;a ;a  EK =  a  4 4     * Xét AK EK = ⇔ AK ⊥ EK ⇒ d[E;AK] = EK = Tứ giác KEAB tứ giác nội tiếp có góc KBA = góc KEA = 45o Nên ∆AKE vuông cân K ⇒ AE = EK = Biên soạn: Trần Công Hưng 38 * Mặt khác ∆AEB có AE = AB2 + EB2 ⇒ EB2 = 2(*) Ta có B ∈ d ⇒ B(b; 4b - 8) (b ∈ Z) Giải Phương trình (*) ⇒ b = ⇒ B(2;0) − Ta có BC = EB ⇒ C (2;1) Viết phương trình AB ⊥ BC AB qua B ⇒ AB: y = AB ∩ AK = A ⇒ A(0; 0) AB = CD ⇒ D(0; 2) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(0;0), B(2;0), C (2;1), D(0; 2) BÀI TOÁN 3.5.4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2) hình chiếu 9  vuông góc A lên BD Điểm M  ;3  trung điểm cạnh BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ 2  A ∆ ADH d: x + y − = Viết phương trình cạnh BC (Trích đề thi thử lần 2, THPT Triệu Sơn 5, Thanh Hóa, năm 2015) Hướng dẫn giải * Dựng hệ trục Dxy hình vẽ Không tính tổng quát, đặt cạnh CD = 2, AD = 2a > Khi tọa độ D(0; 0), A(0; 2a), C(2; 0), B(2; 2a), M(2; a) AD2 4a DH a2 = ⇒ = Ta có DH DB = AD ⇒ DH = DB DB a + 4a +  a2 x =  H  2a 2a  a2 a + Suy DH = DB ⇔  ⇒ H  ;  a +1  a +1 a +1  y = a a  H a +  a2 a3  Gọi K trung điểm DH nên ta có tọa độ K  ;   a +1 a +1    a −a − 2a  AK =   ;    a +1 a +1  Xét  ⇒ AK MK = ( − a − 2a + a + 2a ) = ⇒ AK ⊥ MK a +1  MK =  − a − ; − a    2   a +1 a +1   9  * Phương trình KM: qua M  ;3  vuông góc với AN có phương trình: 2  15 1  MK: x − y + = suy Toạ độ K  ;  2  * Do K trung điểm HD nên D(0;2) Suy phương trình (BD): y – = Biên soạn: Trần Công Hưng 39 AH: x – = A(1; 0) suy AD: 2x + y – = * BC qua M song song với AD nên BC: 2x + y – 12 = Vậy phương trình thỏa yêu cầu toán BC : x + y − 12 = BÀI TOÁN 3.5.5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm E(1; 2) trung điểm cạnh CD Gọi F điểm đoạn AC cho CF = 3AF Biết phương trình đường thẳng chứa cạnh BF x - 3y - = Viết phương trình đường thẳng AB Hướng dẫn giải • Chúng ta tạm quên hết kiện phương trình có mặt phẳng Oxy, giữ lại yếu tố hình phẳng • Dựng hệ trục tọa độ Dxy hình vẽ, đặt cạnh hình vuông a (a > 0) Tọa độ hóa điểm cho xét EF.FB a   a 3a  Khi ta có E =  ;  , B(a; a), F  ;  2  4   −a 3a   3a a  Nên ta có: EF =  ;  , FB =  ;  ⇒ EF.FB = ⇒ EF ⊥ BE  4   4 * Do EF ⊥ BF: x - 3y - = ⇒ EF: 3x + y + m = EF qua E(1;2) ⇒ m = -  x − 3y − =  x = ⇔ ⇒ F ( 2; −1) Vậy EF: 3x + y - = Ta có tọa độ F nghiệm hệ  3x + y − =  y = −1 MF = AC = a 10 * Ta có độ dài EF = = 10 ⇒ a = Gọi M(x ; y) trung điểm AB ta có:  ME = BC = (x − 1)2 + (y − 2)2 = 16 Suy  (Phần giải tiếp xin dành cho bạn đọc) 2  (x − 2) + (y + 1) =  17 −6  Suy M1 (1; ) hay M  ;   5  * TH1: AB qua M1 (1;2 ) nhận M1E = ( 0; ) làm VTPT có phương trình: y + =  17 −6   −12 16  * TH2: AB qua M  ;  nhận M1E =  ;  làm VTPT có phương trình: 3x - 4y + 15 =  5   5 Vậy phương trình đường thẳng AB : y + = hay AB: 3x - 4y + 15 = Biên soạn: Trần Công Hưng 40 BÀI TOÁN 3.5.6 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông A D(2;2), cạnh CD = 2AB Gọi H hình chiếu D lên cạnh AC M trung điểm HC Biết phương trình đường thẳng DH: 2x + y - = đường thẳng BM: 4x + 7y - 61 = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C hình thang ABCD Hướng dẫn giải * Dựng hệ trục Dxy hình vẽ (DC ⊥ AD) Gọi H1, H2 hình chiếu H lên tia Dx, Dy * Đặt độ dài cạnh AB = a ( a > ) ⇒ CD = 2AB = 2a.Và độ dài cạnh AD = b = ka ( k > 0) 1 DA DC 4k a 2 * Ta có ∆ADC ⊥ D có đường cao DH: ⇒ = + DH = = DH DA DC2 DA + DC k + * Trong ∆CHD ⊥ H có HH1 đường cao có DH1.DC = DH2 (hệ thức lượng ∆ vuông) Suy DH12 = DH 2k a = DC k + * Tương tự với ∆AHD ⊥ H có HH2 đường cao ⇒ DH 2 = DH 4ka = DA k +  2k 4k  a; a * Ta có tọa độ điểm D(0; 0), C(2a; 0), B(a; ka), H  k +4 k +4   2k + 2k  a; a Do M trung điểm HC ⇒ M  k + k +    2k +  k2 2k  −k − 2k  a; a  BM =  a; a * Do đó, DM =  k +4   k +4 k +4  k +4 Xét : DM.BM = (2k + 4) k + 2k( − k − 2k) a = ⇒ DM ⊥ BM (đpcm) k2 + * DM ⊥ BM ⇒ (DM): 7x - 4y + m = 0, (DM) qua D(2; 2) ⇒ m = - ⇒ (DM): 7x - 4y - =  22  4x + 7y − 61 =  x =  22 31  Ta có M = DM ∩ BM ⇒ tọa độ M thỏa hệ:  ⇔ ⇒ M ;   5  7x − 4y − =  y = 31   22 31 Mặt khác AC ⊥ DH ⇒ (AC): x - 2y + n = 0, (AC) qua M( ; ) ⇒ n = ⇒ (AC): x - 2y + = 5 22 Ta có H = AC ∩ DH ⇒ tọa độ H( ; ) Do M trung điểm HC ⇒ C(8; 8) 5 * AD qua D(2; 2) nhận DC = ( 6;6 ) làm vectơ pháp tuyến có dạng : 6(x - 2) + 6(y - 2) = ⇔ (AD): x + y - = Biên soạn: Trần Công Hưng 41 Tương tự ta có A = AD ∩ AC ⇒ A(0; 4) * Lại có CD = 2AB ⇔ DC = 2AB (phần giải tiếp xin dành cho bạn đọc) ⇒ B(3; 7) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(0; 4), B(3; 7) C(8; 8) Biên soạn: Trần Công Hưng 42 [...]... bằng thuần t y hình học hay sử dụng công cụ vecto không phải lúc nào cũng thực hiện m t cách t i ưu và tri t để Cách t t nh t trong tinh huống này ta hãy t m quên đi hệ t a độ Biên soạn: Trần Công Hưng 35 Oxy , giữ lại các t nh ch t của hình học phẳng và b t đầu “đ t hệ trục t a độ mới” cho hình nhằm mục đích chứng minh các t nh ch t đó Mời bạn đọc cùng theo dõi BÀI TOÁN 3.5.1 Trong m t phẳng t a độ Oxy, ... T m quỹ t ch trọng t m G và trực t m H của tam giác IAB (trích đề thi chọn đội tuyển trường Phổ Thông Năng Khiếu 2008 – ngày thi thứ 2) ☺ Hướng dẫn giải: Ta dựng hệ trục t a đô Oy là đường trung trực của IP Khi đó t a độ các điểm là: I (−1;0), P(1;0), C (0; a), D(0; b) (b < 0) là giao diểm của đường trung trực IP và hai tia Ix, Iy Gọi K(0; m) là t m đường tròn thay đổi qua I và P x y Phương trình đường... A, M cùng thuộc m t đường tròn Do đó N’ nằm trên đường tròn t m P M t cách t ơng t ta có 4 điểm N’, B, E, F cùng nằm trên m t đường tròn Do đó N’ nằm trên đường tròn t m Q Như vậy N’ là điểm chung của 2 đường tròn t m P và Q Mà AF và BC không đi qua M Do đó N’ trùng N Vậy AF và BC c t nhau t i N (đpcm) • Chứng minh đường thẳng MN đi qua 1 điểm cố định: Do hai đường tròn t m P và Q c t nhau t i M, N... lý các t a độ nhờ vào công thức góc ►Bài toán 3.3.3: Cho m t điểm M nằm t y ý trên đoạn AB Dựng các hình vuông AMCD và MBEF về cùng m t phía với AB Các đường tròn t m P và Q lần lư t ngoại tiếp hai hình vuông AMCD và MBEF c t nhau t i M và N a CM: AF và BC c t nhau t i N b CM: đường thẳng MN đi qua m t điểm cố định c T m quỹ t ch trung điểm của PQ khi M thay đổi (trích đề thi Vô địch Toán Quốc T ) ☺... ;0 Do t giác ABCD là hình bình hành, ta có BC = AD Vậy t p hợp điểm C là đường tròn (C / ) là ảnh của đường tròn (C ) qua phép t nh tiến theo AD Đường tròn (C / ) có t m A ≡ O (0; 0) , bán ( ) ( ) kính RC = a 2 , bỏ hai điểm − a 2; 0 và a 2; 0 BÀI TOÁN 3.4.17.Cho đường tròn (C) t m O và tiếp tuyến d tiếp xúc với (C) t i m t điểm A cố định trên (C) M là m t điểm trên m t phẳng, kẻ tiếp tuyến MT với... vòng tròn tiếp xúc với d t i B Gọi M là giao điểm của hai tiếp tuyến với vòng tròn trên vẽ t A và C T m quỹ t ch điểm M ☺ Hướng dẫn giải : Gọi các tiếp điểm như hình vẽ, ta có MA − MC = BA − BC = hằng số (1) Nếu B là trung điểm của AC thì t (1) ⇒ MA = MC : quỹ t ch M là trung trực của AC Nếu B không là trung điểm của AC thì t (1): quỹ t ch M là hyperbol nhận A, C làm tiêu điểm (như hình vẽ) BÀI TOÁN... H, G lần lư t là trực t m và trọng t m của tam giác ABC T m quỹ t ch của điểm A, bi t rằng trung điểm K của HG thuộc đường thẳng BC (Trích đề thi Học sinh giỏi Quốc gia 2006 - 2007) ☺ Hướng dẫn giải : Chọn hệ trục Oxy với O trung điểm BC và trục Ox là đường thẳng BC Đ t BC = 2a > 0 Khi đó t a độ B ( −a , 0) ; C ( a , 0) Giả sử A( x0 , y 0 ) y 0 ≠ 0 Khi đó trực t m H là nghiệm hệ phương trình x = x0... ≤ −1  b  −1 −1  Do đó quỹ t ch điểm G là đoạn thẳng thỏa phương trình (*) với m ∈  ;  a b Quỹ t ch trực t m H xin dành cho bạn đọc PHẦN 3.5 ỨNG DỤNG HỆ TRỤC T A ĐỘ VÀO VIỆC CHỨNG MINH CÁC T NH CH T HÌNH HỌC TRONG BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG OXY Ở phần này, chúng ta sẽ x t các bài toán trong t a độ Oxy mà khi dựng hình ta lại “b t gặp” các t nh ch t hình học như vuông góc, song song, cạnh bằng nhau,... k k T đó MN CP = − = 0 ⇒ CP ⊥ MN (1 + k ) 2 (1 + k ) 2 2 MN = 2 k 2 +1 = CP 2 (1 + k ) BÀI TOÁN 3.4.11 Cho tam giác ABC vuông t i A Gọi At là tia phân giác của góc A Qua trung điểm M của cạnh huyền BC ta dựng đường thẳng vuông góc với tia At c t các đường thẳng AB và AC lần lư t tại E và F Chứng minh BE = CF ☺ Hướng dẫn giải : Chọn hệ trục Oxy sao cho O ≡ A , tia Ox ≡ AB và tia Oy ≡ AC Ta có toạ... bằng cách 1 (Thuần t y hình học): Biên soạn: Trần Công Hưng 12 a Chứng minh AF và BC c t nhau t i N Gọi K = AC ∩ BF Ta có: ∠KAM = ∠KBM = 450 ⇒ AK ⊥ BF (1) M t khác CM vuông góc AB (2) T (1) và (2) suy ra F là trực t m tam giác ABC Do đó AF vuông góc BC Gọi N ' = AF ∩ BC ⇒ ∠AN ' C = 900 = ∠AMC ⇒ N ', C , A, M cùng thuộc m t đường tròn Do đó N’ nằm trên đường tròn t m P M t cách t ơng t ta có 4 điểm