phuong phap toa do mat phang phuong phap toa do mat phang

Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn TRƯỜNG THPT TRẦN BÌNH TRỌNG TỔ TOÁN MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG (Tham gia vào chuyên đề Toán giúp HS thi HSG bảng B ĐH Sở) I Mở đầu Chúng ta biết rằng, nói chung, vấn đề Hình học thể theo cách thức Hình học giải tích Do đó, giải tốn Hình học nói chung, hình học phẳng nói riêng cách tọa độ hóa để chuyển thành tốn Hình học giải tích Sau bàn đến việc chuyển đổi tốn hình học phẳng sang tốn Hình học giải tích Việc chuyển đổi gồm bước sau: Bước : Chọn hệ trục tọa độ Bước dễ dàng thực tốn Hình học phẳng xét có sẵn tam giác vuông tam giác cân tam giác hay có quan hệ vng góc hai đường thẳng Tuy nhiên khơng trường hợp phải phát hiện, kẻ thêm đường phụ để tạo nên đường thẳng vng góc Một ngun tắc khơng thể bỏ qua chọn hệ trục tọa độ vng góc cho việc tính tốn tọa độ điểm, viết phương trình đường dễ dàng, thuận lợi Bước : Tính tọa độ điểm cho đề theo hệ tọa độ vừa chọn Thực cần tính tọa độ điểm liên quan đến giả thiết kết luận toán Với tốn có sẵn số liệu việc tính tốn tọa độ ta dựa vào hình vẽ Đối với tốn mà chưa cho số liệu ta cần đưa số liệu vào sau dựa vào hình vẽ dể tính tọa độ điểm theo số liệu Một thủ thuật nhằm giúp cho việc tính tốn đơn giản hay chọn đơn vị trục độ dài cạnh, đoạn thẳng có giả thiết Bước : Thực kiện giả thiết cho Trong giả thiết toán thường cho quan hệ song song, quan hệ vng góc, góc hai đường thẳng, khoảng cách hai đói tượng hình học kiện hình học khác Bằng phép tốn Hình học giải tích, ta thực biến đổi, đưa hệ thức điều kiện, hệ thức ràng buộc Bước : Đưa kết luận mà toán cần giải Từ hệ thức thu bước 3, ta “phiên dịch” từ ngơn ngữ hình học giải tích sang ngơn ngữ hình học phẳng Ta nhận thấy, kiện hình học nói chung hình học phẳng nói riêng trình chuyển đổi sang ngơn ngữ Hình học giải tích, có mức độ khó, dễ khác Điều dẫn tới việc có nhiều tốn hình học gặp nhiều khó khăn chuyển đổi sang ngơn ngữ Hình học giải tích Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Phương pháp tọa độ hóa tốn hình học phẳng để dùng cơng cụ Hình học giải tích giải tốn hữu hiệu ta khơng nên tuyệt đối hóa II Một số toán minh họa Bài Cho tam giác ABC có M trung điểm cạnh BC, N chân đường phân giác góc BAC Đường thẳng vng góc với NA N cắt đường thẳng AB, AM P, Q theo thứ tự Đường thẳng vng góc với AB P cắt AN O Chứng minh OQ vuông BC A y Q B N P M C O x Gợi ý Chọn hệ trục tọa độ Nxy cho A, N nằm trục hồnh Vì AB khơng song song với trục tọa độ nên phương trình có dạng:  b  a   y = ax + b (a  0) Khi : A    ;0  , P  (0; b) AC qua A đối xứng với AB qua trục hồnh nên có phương trình : y = -ax – b PO qua P, vng góc với AB nên có phương trình : y   xb a O giao điểm PO trục hoành nên O  (ab,0) BC qua gốc tọa độ nên: +) Nếu BC khơng nằm trục tung phương trình BC có dạng y = cx với c  0, c   a (vì B, C khơng thuộc trục hồnh, BC khơng song song với AB AC) B giao điểm BC AB nên tọa độ B nghiệm hệ :  y  ax  b bc   b B ;   y  cx c  a c  a    C giao điểm BC AC nên tọa độ C nghiệm hệ :  y  ax  b b bc    C   ;    ca ca  y  cx bc abc   ab AM  c; a  ; , suy :  2 2 2  a (c  a ) c a c a  a2 ab Từ ta có phương trình AM : y  x c c Do : M   Q giao điểm AM với trục tung nên Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn  ab   1 Q   0;   QO  ab 1;    c   c Do QO vectơ pháp tuyến BC nên QO vng góc BC +) Nếu BC nằm trục tung tam giác ABC cân A nên M  N, O thuộc AN nên QO vng góc BC Bài a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M (1;4) Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành A(hoành độ A dương), d cắt trục tung B(tung độ B dương) Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác OAB b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ( x  2)2  ( y  3)2  điểm A(1; 2) Đường thẳng  qua A,  cắt (C) M N Tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng MN Gợi ý a) M (1;4) Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành A; d cắt trục tung B Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác OAB( xA ; yB  ) Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0 PT đường thẳng AB: x y  1 a b 4 16  11 1 a b ab ab a  ab   8;"  "      a b b  Vì AB qua M nên Diện tích tam giác vng OAB( vng O)là S  OA.OB  ab  Vậy S nhỏ 2 d qua A(2;0), B(0;8) b) (C): ( x  2)2  ( y  3)2  ; A(1; 2)  qua A,  cắt (C) M N Tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng MN (C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3 Có A nằm đường trịn(C) IA2  (1  2)2  (2  3)2   Kẻ IH vng góc với MN H ta có IH  HN  IN   MN  4HN  4(9  IH ) Mà IH  AH  IH  IA   MN  4(9  2)  28  MN  Vậy MN nhỏ H trùng A hay MN vng góc với IA A Bài 3: Cho hai đường thẳng cắt a b Tìm tập hợp điểm M cho tổng khoảng cách từ tới a b luôn số không đổi Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Gợi ý: Ta chọn hệ trục tọa độ Oxy với O giao điểm a b , Ox đường thẳng a cho đường thẳng b có phương trình y = kx (k > 0) Giả sử M(x ; y) điểm , kẻ MA  a , MB  b Khi , ta tính khoảng cách MA MB : MA  y , MB  Vậy , với điều kiện toán y  kx  y kx  y k2 1  (1) Ta chia trường hợp sau : k2 1 a) y  y  kx Dễ thấy M nằm góc xOz (1)  y kx  y k 1 1  kx    k   y  k   (2) Như , tập hợp M phần đường thẳng (2) nằm góc xOz , tức đoạn PQ (hình vẽ) b) y  y  kx Khi M nằm góc zOx’ : (1)  y kx  y k 1 1   kx    k   y  k   (3) Như tập hợp M phần đường thẳng (3) nằm zOx’, tức đoạn thẳng PR (hình vẽ) Dễ thấy tích vơ hương hai vectơ pháp tuyến :   nPQ  k ; k     , nPR  k ; k   , tức PQ  PR Tương tự trường hợp a) b) , ta xét trường hợp : c) y  y  kx d) y  y  kx , Ta đến kết luận :Tập hợp điểm M hình chữ nhật QPRS có tâm O hai đường chéonằm a b Bài Cho tam giác ABC có hai đường phân giác ngồi góc A cắt cạnh BC D E Chứng minh AD = AE AB  AC  4R (trong R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC) Gợi ý Chọn hệ trục hình vẽ Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn ^y A E B O C D >x Theo giả thiết tam giác ADE vng 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    DC AC DC AC Theo tính chất đường phân giác (b  a) b  a a2 2 2 2    (b  a) (c  a )  (c  a) (b  a )  c  b (c  a ) c  a  a2  b2 a4 Ta có AB  AC  (a  b )  (a  )   b  b 2 2    Gọi I(x;y) tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có   b2  a2  AI  BI x    2b BI  CI   a    b  a    b2  a2 2   (a  a)    Suy R  AI  4  2b    b Từ suy AB  AC  4R    Bài Cho tam giác ABC nhọn (D) đường thẳng thay đổi Gọi D, E, F hình chiếu vng góc A, B, C lên (D) Biết AD tan A  BE tan B  CF tan C  2S ABC Xác định vị trí đường thẳng (D) để AD lớn Gợi ý: Chọn hệ trục hình vẽ (b , c >0) ^ y A a (d) F E D C B -b O a b >x c a c tan B  tan C a(b  c) , 2S ABC  a(b  c) tan A   tan B tan C  a  bc Giả sử phương trình (d) : x sin   y cos   d  Ta có tan B  , tan C  AD  d ( A, d )  a cos   d BE  d ( B, d )   b sin   d Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn CF  d (C, d )  c sin   d Theo giả thiết AD tan A  BE tan B  CF tan C  2S ABC a(b  c) a a  (b sin   d )  (c sin   d )  a(b  c) c a  bc b 2 a d  bc cos   2ad cos   0 bc bc  cos   d  a  bc  Điều chứng tỏ (d) qua H  ;  trực tâm tam giác ABC  a  (a cos   d ) Vậy AD max = AH, (d) qua H song song với BC Bài a) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân A, cạnh BC nằm đường thẳng có phương trình: x  y   Đường cao kẻ từ B có phương trình: x  y   , điểm M 1;1 thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C Xác định toạ độ đỉnh tam giác ABC b) Trong mặt phẳng cho bốn điểm phân biệt A,B,C,D cho bốn điểm khơng nằm đường thẳng Chứng minh rằng: AC  BD  AB2  CD2  AD2  BC Gợi ý A M B I N E C  x  y 1  2 x  y   a) Toạ độ B nghiệm hệ  Suy B  3; 4  Gọi d đường thẳng qua M song song với BC  d : x  y   Gọi N giao điểm d với đường cao kẻ từ B Toạ độ N nghiệm hệ 2 x  y     x  y 1  Suy N  4; 5 Gọi I trung điểm MN  I  ; 2  2  Gọi E trung điểm BC Do tam giác ABC cân nên IE đường trung trực BC, IE qua I vng góc với BC  IE : x  y  13 0 13  x  y    21 11  6 2  E  ,   C  ;  Toạ độ E nghiệm hệ   10  5 5   2x  y   CA qua C vng góc với BN suy CA : x  y   Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 13   x  y    33 49  Toạ đô A nghiệm hệ   A  ;    10 10   x y8 0  b)Trong mặt phẳng cho bốn điệm phân biệt A,B,C,D không nằm đường thẳng Chứng minh rằng: AC  BD  AB2  CD2  AD2  BC Chọn hệ trục Oxy cho A, C  Ox , B  Oy Giả sử hệ trục ta có: A(a,0), C (c,0), B(0, b), D(m, n) AB2  CD2  AD2  BC 2  a  b2   c  m   n2   a  m   n2  c  b2  2m(a  c)  (*) Do A(a,0)  C (c,0)  a  c Vậy từ (*) suy m = , hay D nằm trục tung Vậy (*)  AC  BD Bài Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tr?n (C) : x2 + y2 + 4x – 6y + = điểm M( 1; - 8).Viết phương trình đường thẳng d qua M cho d cắt (C) hai điểm A,B phân biệt mà diện tích tam giác ABI đạt giá trị lớn Với I tâm đường tròn (C) Gợi ý Đường trịn (C) có tâm I(- 2; 3) & bán kính R = Giả sử phương trình đường thẳng (d) : Ax + By - A + 8B = với A2 + B2 > Ln có BIA cân I với IA = IB = ; SBIA =  SBIA  Dấu = AIB vuông cân I hay d  I ;  d    11B  3A A2  B IA.IB.sinAIB = 2sinAIB  Û  7A2 – 66BA + 119B2 =0   A – 7B 7A – 17B = Vậy có hai đường thẳng d thoả mãn: 7x + y + = & 17x + 7y + 39 = x2 y Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) :   hai điểm A(3; 2), B( 3;2) Tìm (E) điểm C có hồnh độ tung độ dương cho tam giác ABC có diện tích lớn Gợi ý Ta có PT đường thẳng AB: 2x+3y=0 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi ta có x2 y   diện tích tam giác ABC 85  x y  170 85 85 x y AB.d (C  AB)  2x  y   3 2    13 13   13 13  x2 y      x  3   Dấu xảy  ;  Vậy C    x  y y    S ABC  Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn x2 y Bài Cho ( E ) :    d1  : mx  ny  0;  d2  : nx  my  , với m2  n  Xác định giao điểm M, N d1 với (E) giao điểm P, Q d2 với (E) Tính theo m, n diện tích tứ giác MNPQ Tìm điều kiện m, n để diện tích tứ giác MNPQ nhỏ Gợi ý  x  nt  x  mt ' ;  d2  :   y  mt  y  nt ' Phương trình tham số d1, d2 là:  d1  :  Tọa độ M, N nghiệm phương tình tương giao (d1) (E)  nt mt 6n 6m  1 t    M ;  2 9m  4n 9m  4n  9m  4n  ,    6n 6m N ; 2 2  m  n m  n   Tọa độ P, Q nghiệm phương tình tương giao (d2) (E)   mt 2 nt 2 6m 6n    t    P ;  , 2 4m  9n  4m  9n  4m  9n   6m 6n  Q ; 2 2  4m  9n   4m  9n Ta có: MN  PQ trung điểm O đường nên tứ giác MNPQ hình thoi Diện tích hình thoi MNPQ là: S  MN PQ  2OM OP  xM2  yM2 xP2  yP2 72  m  n    9m2  4n2  4m2  9n2  Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có  9m  4n  4m  9n   9m   4n    4m  9n   13 m  n2   Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 72  m2  n  144 144 đạt S   S  13 3 m  n  9m2  4n2  4m2  9n2  m2  n2  m  n Bài 10 : Cho tam giác ABC cân A H trung điểm BC, D hình chiếu H AB, I trung điểm HD Chứng minh AI CD Gợi ý y A D I H O C x B Ta chọn hệ tọa độ Hxy cho hai điểm B, C Hx A Hy để tiện cho việc tính tốn ta đặt HB = HC = AH = b Khi A(0 ; b), B(1;0) C(-1;0) x y    bx  y  b  HD AB b qua gốc tọa độ H nên HD: x  by  đường thẳng AB có phương trình: Tọa độ D nghiệm hệ :  b2 x    b2 b  bx  y  b    b   D ;    2  x  by  b  b  b      y   1 b  b2 b Suy điểm I trung điểm HD có tọa độ I  ;   b  b2        nên    b2  2b  b  2b3  b   CD  ; AI  I  ;  ;   ta có:  1  b  1  b    b2  b2     AI.CD    b2      b 2b   b b  2b    AI  CD đpcm   Bài 11 Cho tam giác ABC cân A Xét D cạnh AB điểm E BC cho hình chiếu DE BC có độ dài BC Chứng minh đường thẳng vng góc với DE E ln qua điểm cố định Gợi ý y A D B H O E C x Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Gọi O trung điểm BC, chọn hệ tọa độ cho A(0;a),B(b;0),C(b;0) Khi đường thẳng AB, AC có phương trình (AB) :  x y x y   (AC) :  1 b a b a Gọi H hình chiếu D BC Do EH  BC nên E OC,H OB Vậy điểm có tọa độ E (x0; 0).Gọi  đường thẳng qua E vng góc với DE Suy  nhận DE  (b;  ax ) làm vectơ pháp tuyến, b  :b2 x  ax y  b2 x  b2   Suy  qua điểm  0;   cố định a  Bài 12 Cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm D, E, F cạnh AB, BC, CA cho : DA EB FC   DB EC FA Chứng minh : AE  FD AE  FD Gợi ý: Ta chọn hệ tọa độ Axy cho, AB AC Ax, Ay Không giảm tổng quát ta chọn : AB  AC  A(0;0), B(1;0) C(0;1) Đặt DA EB FC    m, m  DB EC FA y theo tính chất tỉ lệ thức ta suy : DA m FA EB m  ,  ,  DA  DB m  FA  FC m  EB  EC m  m m , FA  , EH  , EK  Vậy: DA  m 1 m 1 m 1 m 1  m   m    ;0  , F  0; ; Nên : D  , E    m 1   m 1  m 1 m 1 m m      Suy : AE.FD  0 m 1 m 1 m 1  m 1  2 2    m  AE  FD       m 1  m 1 Chứng tỏ : AE  FD va AE  FD (điều phải chứng minh) C E F x A D B Bài 13 Cho tam giác ABC vuông cân C Trên Cạnh BC, CA, AB lấy điểm M, N, P cho MB NC PA   MC NA PB Chứng minh CP  MN CP = MN Gợi ý Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Chọn hệ trục Oxy cho O  C , tia Ox  CA tia Oy  CB Ta có toạ độ điểm C(0; 0) , A(1; 0) , B(0; 1) MB NC PA   k MC NA PB       M  0;  CM  CB    k   1 k     k   k  Do  CN  CA   N ;0  1 k 1 k      k CP  CA CB  P ; k    1 k 1 k  1 k 1 k    k k Từ MN CP     CP  MN (1  k ) (1  k ) Từ giả thiết ta đặt  MN   k 1  CP (1  k ) Bài 14 Hình bình hành ABCD thay đổi A D cố định thoả: AC BD  AD BA Tìm tập hợp điểm B C Gợi ý Trong mặt phẳng Oxy , chọn A  O(0;0) ; D(a;0) với AD  a (khơng đổi) Theo giả thiết hình bình hành ABCD thay đổi nên lấy B( x; y) C ( x  a; y) với điều kiện y  Khi đó: AC BD   AC.BA  AD.BD  ( x  a)2  y x  y  a ( x  a)2  y AD BA  ( x2  y  2ax  a ).( x  y )  a ( x  y  2ax  a )  ( x2  y )2  2ax( x2  y )  2a3 x  a  ((*) phương trình bậc hai với ẩn ( x  y ) ) Tính /  (ax)2  (2a3 x  a4 )  (a  ax)2 (*) Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn  x  y  ax  (a  ax) (*)   2  x  y  ax  (a  ax) (vô lý)  x  2ax  y  a  ( x  a)2  y  2a 2 2 Vậy tập hợp điểm B đường trịn (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;0 a 2;0 Bài 15 Cho hình vng cố định Tìm tập hợp điểm M hình vng thỏa mãn điều kiện: Tích hai khoảng cách từ điểm M đến hai cạnh hình vng xuất phát từ đỉnh bình phương khoảng cách từ điểm M đến đường chéo hình vng khơng qua đỉnh Gợi ý Khơng giảm tính tổng qt, xét hình vng có cạnh Đặt hình vng 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 vng ABCD, hạ MN,MP, MQ vng góc với BD, DA, AB N, P, Q Do đó: MP.MQ = MN2 (1) ( xét cạnh hình vng phát xuất từ đỉnh A) AB: x – y + = 0, AD: x + y – = (1)  | x  y  1| | x  y  1| | y |2 | x  (y  1)2 | 2y2 2 M(x;y) hình vng 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 trịn C, bán kính R = Từ kết ta kết luận: Tập hợp điểm M cung ¼ đường trịn tâm đỉnh hình vng có bán kính cạnh hình vng Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn ... phương trình AM : y  x c c Do : M   Q giao điểm AM với trục tung nên Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn  ab   1 Q   0;   QO  ab 1;    c   c Do QO vectơ pháp tuyến BC nên...     x  y 1  Suy N  4; 5 Gọi I trung điểm MN  I  ; 2  2  Gọi E trung điểm BC Do tam giác ABC cân nên IE đường trung trực BC, IE qua I vng góc với BC  IE : x  y  13 0 13... n) AB2  CD2  AD2  BC 2  a  b2   c  m   n2   a  m   n2  c  b2  2m(a  c)  (*) Do A(a,0)  C (c,0)  a  c Vậy từ (*) suy m = , hay D nằm trục tung Vậy (*)  AC  BD Bài Trong