Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN ĐÌNH XUÂN PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên-2013 MỤC LỤC Mở đầu Phương pháp tọa độ mặt phẳng 1.1 Phương pháp tọa độ 1.2 Phương trình đường thẳng đường bậc hai tham số hoá 1.3 Sử dụng tọa độ để chứng minh số định lý hình học 27 1.3.1 Định lý Stewart 27 1.3.2 Đường tròn Appolonus 29 1.3.3 Bài tốn bướm cho đường trịn 30 1.3.4 Đường thẳng Newton 31 1.3.5 Định lý Pithot 33 1.3.6 Định lý Ptolemy 34 1.3.7 Định lý Pascal 39 3.8 Đường tròn điểm đường thẳng Euler 48 Xây dựng số toán Đại số Hình học sơ cấp 56 2.1 Bài tốn bướm cho đường cơníc 56 2.2 Chứng minh số tốn Đại số Hình học sơ cấp 59 2.3 Một vài phương trình đường có chứa tham số 71 2.4 Bài toán véctơ liên quan tới tam giác 76 Kết luận 83 Tài liệu tham khảo 84 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Mở đầu Chúng ta biết rằng, có nhiều phương pháp khác để giải toán Sử dụng phương pháp để cách giải tự nhiên qua nhìn thấy cách xây dựng tốn khơng q tầm thường Đặc biệt Hình học sơ cấp, sử dụng hình vẽ để trình bày lời giải hình ta khó vận dụng số kết Đại số Giải tích Hơn nữa, có số tốn hình mà ta khơng thể vẽ kết quả, chẳng hạn vài quỹ tích Rất tự nhiên xuất câu hỏi: Chọn phương pháp để trình bày hình, mở rộng hình, xây dựng hình Vì lí nên chọn “ Phương pháp tọa độ mặt phẳng” để trình bày số kết hình học sơ cấp Liên quan đến cách chọn phương pháp tọa độ hai câu hỏi lĩnh vực Toán sơ cấp (1) Tại cần sử dụng mặt phẳng mặt nón đủ tạo đường cơníc? Nói cách khác: Ta cần hệ hai phương trình đa thức f ( x, y , z )  g ( x, y, z )  đủ mô tả tất điểm thuộc đường cơníc Câu hỏi gắn liền với vấn đề tiếng Perron đặt ra: Số cực tiểu đa thức đủ mô tả đường cong phẳng (2) Xác định tất điểm hữu tỷ đường cong phẳng nào? Nói cách khác: Giải phương trình Diophante f ( x, y )  Q Đặc biệt, phương pháp tọa độ cho phép sử dụng vài kết Đại số, Giải tích Số học vào xây dựng hình sơ cấp Tham số hố vài đường cong phẳng qua hàm hữu tỷ để biểu diễn đường cơng qua khơng điểm tổng quát Việc đưa phần tử  vào R để ta vét hết điểm thuộc đường coníc Việc sử dụng ma trận định thức để phát kết hình học khơng qua kẻ vẽ Cấu trúc luận văn: Ngoài phần mở đầu kết luận, luận văn chia làm hai chương Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chương 1: Trình bày phương pháp tọa độ mặt phẳng Bao gồm Mục trình bày phương pháp tọa độ mặt phẳng Mục tập trung trình bày phương trình vài đường, chẳng hạn: Đường thẳng đường bậc hai; tham số hoá số đường Cịn Mục trình bày việc sử dụng phương pháp tọa độ để chứng minh số định lý tiếng hình học Chương 2: Xây dựng số tốn Đại số Hình học sơ cấp Bao gồm Mục sử dụng tọa độ để ứng dụng Bài tốn bướm cho đường cơníc Mục xây dựng số toán Đại số Hình học Mục vài phương trình đường có chứa tham số Mục nêu toán véc tơ liên quan đến tam giác Mặc dù có nhiều cố gắng cho luận văn chắn nội dung trình bày luận văn khơng trách khỏi hạn chế thiếu sót định em mong nhận bảo, hướng dẫn thầy giáo, giáo đóng góp ý kiến bạn bè đồng nghiệp để luận văn em hồn chỉnh có ý nghĩa thiết thực Qua em xin bày tỏ lòng biết ơn đến PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, người tận tình giúp đỡ, động viên ân cần hướng dẫn, bảo em hoàn thành luận văn Đồng thời em xin chân thành cảm ơn thầy giáo, cô giáo hội đồng khoa học thuộc Đại học Thái Nguyên, thầy giáo, cô giáo trực tiếp giảng dạy lớp Cao học toán K5B, cảm ơn trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên nơi em học tập, tiếp nhận học vấn sau đại học cuối cùng, xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp động viên, ủng hộ, tạo điều kiện giúp đỡ suốt thời gian ôn thi, học Cao học viết luận văn Trân trọng cảm ơn! Hải Phòng, ngày 02 tháng năm 2013 Học viên Nguyễn Đình Xn Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chương Phương pháp tọa độ mặt phẳng 1.1 Phương pháp tọa độ 1.1.1 Sơ lược phương pháp tọa độ mặt phẳng Bằng cách đưa vào mặt phẳng hệ trục toạ độ, véc tơ, điểm mặt phẳng xác định tọa độ xác định Vận dụng kỹ thuật công thức, quy tắc học với kỹ năng, thao tác khả thực trực tiếp phép tính, đơn giản hố lời giải tương tự Khi chuyển nhiều tốn hình học sang toán đại số ngược lại, từ kết đại số suy vài tính chất mối quan hệ hình hình học 1.1.2 Hệ tọa độ mặt phẳng    Định nghĩa: Hệ trục tọa độ (O; i, j ) gồm hai trục O; i O; j vng góc với      Điểm gốc O chung hai trục gọi gốc tọa độ Trục  O; i  gọi  trục hoành ký hiệu Ox , trục  O; j  gọi trục tung ký hiệu Oy     Các véctơ i j véc tơ đơn vị Ox , Oy i  j  Hệ trục tọa độ  (O; i, j ) ký hiệu Oxy Số hóa Trung tâm Học lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ Các định nghĩa:    M  x; y   OM  xe1  ye2     a   a1; a2   a  a1 e1  a2 e2 x  OM cos y  OM sin   00   180  Kết quan trọng:     Trong mặt phẳng  Oxy  cho a  a1; a2  , b  b1; b2  , ta có a b a1 a2  a1b2  a2b1 b1 b2   Trong mặt phẳng  Oxy  cho a  a1; a2  , b  b1; b2    Ta có: a b   a1 , a2   b1 , b2   a1b1  a2b2 1.2 Phương trình đường thẳng đường bậc hai tham số hoá đường Phương trình đường thẳng Các dạng phương trình đường thẳng: Với a, b  R a  b  , ta có (i ) d : ax  by  c  x  x0 y  y0   ii  t : a b (iii) Đường thẳng AB: ( y2  y1 ) x  ( x2  x1 ) y  x2 y1  x1 y2  với A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) x y (iv) Đường thẳng AB: x1 y1  với A( x1; y1 ), B ( x2 ; y2 ) x2 y2 (v) Giả sử d1 : a1x  b1 y  c1  d : a2 x  b2 y  c2  Khi tọa độ giao điểm b1 c1 A  d x d với x A  b2 c2 b c , yA  2 a1 b1 c1 a1 a2 b2 Số hóa Trung tâm Học liệu b1 c1 c2 a2 http://lrc.tnu.edu.vn/ a1 b1 Góc d1 d  với tan   a1b2  a2b1 sin   2 2 a2 b2 a1b2  a2b1  a1a2  b1b2 a1a2  b1b2 a1a2  b1b2 , cos   ( a1  b1 )( a2  b2 ) 2 ( a1  b1 ) ( a2  b2 ) Giả sử tam giác ABC có A( x1 ; y1 ), B  x2 ; y2  , C  x3 ; y3  Khi diện tích x1 y1 1 S ABC  gttđ x2 y2 x3 y3 Phương trình đường thẳng chứa đỉnh : a1  y2  y3  BC: a1 x  b1 y  c1  với b1  x3  x2 c  x y  x y 1 3 a2  y3  y1  CA: a2 x  b2 y  c2  với b2  x1  x3 c  x y  x y  1 a3  y1  y2  AB: a3 x  b3 y  c3  với b3  x2  x1 c  x y  x y  2 Nếu giải hệ phương trình, ngượi lại để tính xi , yi qua a j , b j , c j ta có x1  b2c3  b3c2 a c  a2c3 , y1  a2b3  a3b2 a2b3  a3b2 x2  b3c1  b1c3 ac a c , y2  3 a3b1  a1b3 a3b1  a1b3 x3  b1c2  b2c1 a c ac , y3  1 a1b2  a2b1 a1b2  a2b1 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Phương trình đường bậc hai Mệnh đề 1.2.1: Nếu đỉnh tam giác ABC giao điểm cặp thuộc ba đường thẳng x  bi y  ci  với i  1,2,3 , diện tích bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC tính theo cơng thức a1 b1 c1 a2 b2 c2 a3 b3 c3 (i ) S ABC  gttđ a2 a3 a1 a3 a1 a2 b2 b3 b1 b3 b1 b2 a1 b1 c1 (ii) R = gttđ  ii  R  gttđ a2 b2 c2 a3 b3 c3 ( a12  b12 )( a2  b2 ) (a32  b32 ) (iii) Nếu kí hiệu a =BC, b = CA, c = AB a1 b1 c1 a2 b2 c2 abc  gttđ (a12  b12 ) ( a22  b22 )( a32  b32 ) a3 b3 c3 a2 a3 a1 a3 a1 a2 b2 b3 b1 b3 b1 b2 Chứng minh: (i) Thay xi , yi vào cơng thức tính diện tích tam giác ABC ta nhận được: b2c3  b3c2 a2b3  a3b2 a3c2  a2c3 a2b3  a3b2 1 b c b c S ABC  gttđ 1 a3b1  a1b3 a1c3  a3c1 a3b1  a1b3 b1c2  b2c1 a1b2  a2b1 a2c1  a1c2 a1b2  a2b1 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ S ABC  gttđ b2c3  b3c2 a2b3  a3b2 a3c2  a2c3 a2b3  a3b2 b3c1  b1c3 a3b1  a1b3 a1c3  a3c1 a3b1  a1b3 b1c2  b2c1 a1b2  a2b1 a2c1  a1c2 a1b2  a2b1 b2c3  b3c2 a3c2  a2c3 a2b3  a3b2 b3c1  b1c3 a1c3  a3c1 a3b1  a1b3  b c b c a c a c a b  a b gttđ 2 1 2 a2 a3 a1 a3 a1 a2 b2 b3 b1 b3 b1 b2  a1 a2 a3    Xét ma trận cấp ba M   b1 b2 b3  ma trận phụ hợp M c c c   3  b2c3  b3c2 a3c2  a2c3 a2b3  a3b2    M ad   b3c1  b1c3 a1c3  a3c1 a3b1  a1b3  b c b c a c a c a b a b   2 21 2  Vì M M ad  M E nên M M ad  M hay M ad  M Do ta có a1 b1 c1 a2 b2 c2 a3 b3 c3 S ABC  gttđ a2 a3 a1 a3 a1 a2 b2 b3 b1 b3 b1 b2 (ii) Vì R  S ABC nên ta có cơng thức xác định R qua 2sin A sin B sin C Số hóa Trung tâm Học lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ a1 b1 c1 a2 b2 c2 a3 b3 c3 a2 a3 a1 a3 a1 a2 R  gttđ b2 b3 b1 b3 b1 b2 a1b2  a2b1 a2b3  a3b2 a3b1  a1b3 ( a12  b12 )( a22  b22 ) (a33  b33 ) a1 b1 c1 ( a12  b12 ) ( a2  b2 ) ( a32  b32 ) Do R  gttđ a2 b2 c2 a3 b3 c3 a1 b1 c1 a2 b2 c2 (iii) Ta có abc  gttđ (a12  b12 ) (a2  b2 )( a32  b32 ) a3 b3 c3 a2 a3 a1 a3 a1 a2 b2 b3 b1 b3 b1 b2 abc  RS ABC Biểu diễn bán kính đường tròn ngoại tiếp qua tọa độ đỉnh Mệnh đề 1.2.2 Giả sử ba điểm A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) C ( x3 ; y3 ) mặt phẳng tọa độ Oxy với độ dài ba cạnh a = BC, b = CA, c = AB Gọi R bán kính abc x1 y1 đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Khi ta có R  gttd x2 y2 x3 y3 Chứng minh: Ta biết bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC không thay đổi qua phép tịnh tiến Do coi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC O (0;0) ta có Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/  Từ (1) (2) suy AC  BC  R 2.3 Một vài phương trình đường có chứa tham số Khi giải tốn hình học ta thường hay gặp tốn liên quan đến tham số Có lẽ dạng toán mà nhiều học sinh lúng túng Trong phần nghiên cứu số toán mà hay thường gặp Ví dụ 2.3.1 Trong mặt phẳng  Oxy  cho họ hai đường thẳng:   m  : 1  m  x  my  m   đường thẳng  d  : x  y   (i) Với vị trí m thi đường thẳng (d) cắt đường thẳng  m ? (ii) Chứng tỏ đường thẳng (d) không phụ thuộc họ đường thẳng   m  Bài giải: (i) Đường thẳng (d) cắt đường thẳng   m  hệ phương 1  m  x  my  m   trình  có nghiệm x  y    Muốn D  Vậy m  1 m m  4m    m  đường thẳng (d) cắt đường thẳng   m  (ii) Chứng minh phương pháp phản chứng Giả sử (d) thuộc họ đường 1  m m  1 m m m   thẳng   m  , đồng nghĩa phải có:    3 1 1  m    m     m   hệ vô nghiệm 1  2  Vậy (d) không thuộc họ đường thẳng   m  Ví dụ 2.3.2 Trong mặt phẳng  Oxy  cho họ đường thẳng   m  : mx  31  m  y   2m  (i) Chứng tỏ đường thẳng   m  qua điểm cố định S 71 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/  x   2t (ii) Cho đường thẳng (d):  tìm đường thẳng   m  vng góc với (d)  y  3  t Bài giải: (i) Ta viết   m  : m  x  y    y   (*) Đẳng thức (*) với giá trị m nên ta có: x  x  3y     1    S 1;    3 3 y    y    (ii) Ta có véctơ phương (d) u   2;1 , véctơ phương đường  thẳng   m  a  1  m  ; m  Đường thẳng   m  cần tìm vng góc với (d)   nên nhận véctơ u   2;1 pháp véctơ Ta phải tìm m để u.a   31  m  2    m  1   m  6 Ta suy đường thẳng    : x  y   hay x  y   vng góc 5 5 với đường thẳng (d) Ví dụ 2.3.3 Trong mặt phẳng  Oxy  cho hai đường thẳng  m  'm có phương trình chức tham số m:  m : m x   2m   y   3m  2m     'm :  m  3m  3 x   m   y   m  1  (i) Chứng minh m thay đổi đường thẳng  m ln qua điểm cố định A đường thẳng  'm qua điểm cố định B (ii) Chứng tỏ m thay đổi giao điểm M hai đường thẳng  m  'm di động đường cong cố định Viết phương trình đường cong Bài giải: (i) Ta viết:  m : m  x    4m  y  1  y   (**) Đẳng thức (**) với giá trị m nên ta có: 72 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ x   x    A  6; 1 Vậy đường thẳng  m qua A(6;1) y 1   y     6 y    Tương tự, đường thẳng  'm qua điểm B(4;2) (ii) Tọa độ giao điểm M nghiệm hệ phương trình:  m2 x   2m   y  3m  2m  3    2  m  3m   x   m   y   m  1  Ta có: D  Dx  m2  2m   m2  3m   m    3m  2m  3  m  1 2  2m    m  2 m2  3m   m  1 2  4m  m  3  3m  2m   m2 Dy   2  m  1 m   2   m  3   m  m  1 Hệ phương trình có nghiệm D   m  1, m  , ta có nghiệm Dx 2m D m2  m  hệ phương trình là: x   ;y   D m 1 Dy m 1  2m m  m   Suy ra: M  ;  m 1   m 1 Với x  2m x m , thay giá trị m vào biểu thức y ta được: m 1 x2 x2 x  1 x2 x  2  x2  x  y y x  x  2 1 x2 x2  x  Vậy giao điểm M di động đường cong: y  2 x  2 Ví dụ 2.3.4 Trong mặt phẳng  Oxy  cho đường thẳng  m qua điểm A(1;-1) 73 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Có hệ số góc m elíp  E  : x  y   (i) Viết phương trình đường thẳng  m biện luận theo m số giao điểm đường thẳng  m elíp (E) (ii) Tìm tập hợp trung điểm dây tạo (E) đường thẳng song song với đường thẳng x  y  Bài giải: (i) Phương trình đường thẳng  m y   m  x  1  y  mx  m  Toạ độ giao điểm đường thẳng  m elíp (E) (nếu có) nghiệm hệ phương trình:  y  mx  m   y  mx  m     2  x  y    x  3 mx  m  1    y  mx  m  1  2 1  3m  x  6m 1  m  x  3m   m     Số nghiệm hệ phương trình (1), (2) số nghiệm phương trình (2) Giải phương trình (2), có  '  9m 1  m   3m 1  3m    m   6m  m  1 Nếu  '    m  : khơng có giao điểm Nếu  '   m  m  : có giao điểm kép Nếu  '   m  m  : có giao điểm (ii) Các đường thẳng song song với đường thẳng x  y  có phương trình dạng x  y  C  ( Hình vẽ) 74 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Tọa độ giao điểm đường thẳng với ellíp (E) nghiệm hệ phương trình:  y  x  C  3 x  y  C   y  x  C      2 2  x  y    x  3 x  C     x  6Cx  3C     Phương trình (4) phương trình hồnh độ giao điểm Phương trình (4) có nghiệm  '   3C  12   C  Gọi hai giao điểm đường thẳng x  y  C  elíp (E) M  x1; y1  , M  x2 ; y2  , gọi M  x; y  trung điểm M 1M Ta có x x1  x2 y1  y2 ,y 2 Theo định lý Viet ta có: x1  x2   6C 3C x x 3C   2 2 Từ đó: y1  y2  x1  C  x2  C  x1  x2  2C Suy y1  y2 x1  x2 y  y2 3C C  3C C   C    C  Vậy ta có M  ;  2 4  4 Như từ x  3C C y  , ta được: x  3 y  x  y  4 3 1  1 Đường thẳng x  y  cắt elip (E) hai điểm B  ;   C   ;  2 2  2 Vậy tập hợp trung điểm M đoạn thẳng BC Ví dụ 2.3.5 Trong mặt phẳng  Oxy  cho điểm F(1;0) điểm di động M(-1;m) với m  R (i) Với giá trị m, viết phương trình đường trung trực  MF (ii) Tìm điểm mặt phẳng  Oxy  không thuộc đường thẳng  (iii) Chứng minh đường thẳng  luô tiếp xúc với parabol cố định Bài giải: (i) Gọi H trung điểm đoạn MF Dễ thấy điểm H nằm trục  m tung H  0;  Phương trình đường thẳng MF hay đường thẳng HF là:  2 75 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ x y    mx  y  m  Đường trung trực  qua điểm H vng góc m với đường thẳng HF có phương trình là: m   :  x    m  y     x  2my  m  2  (ii) Gọi M  x0 ; y0  điểm khơng nằm đường thẳng  Ta có: x0  2my0  m2  với m Vậy phương trình sau khơng có nghiệm: m2  2my0  x0  , nghĩa là:  '  y02  x0   y02  x0 Vậy điểm mặt phẳng mà không thuộc đường thẳng  nằm miền parabol  P  : y  x (iii) Ta sã chứng minh đường thẳng  tiếp xúc với parabol (P) Ta biết điề kiện cần đủ để đường thẳng Ax  By  C  tiếp xúc với parabol y  px B p  4m2  AC Vậy  tiếp xúc với (P) 76 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 2.4 Bài tốn véctơ liên quan tới tam giác Bài toán véctơ liên quan đến tam giác sử dụng hình học phát biểu sau: Mệnh đề 2.4.1 Cho ABC với độ dài cạnh a=BC, b=CA, c=AB điểm I thuộc mặt phẳng (ABC) Khi (i) Nếu I thuộc miền ABC có đồng thức     IA.S IBC  IBS ICA  IC.S IAb  (ii) Nếu I thuộc miền ngồi tam giác ABC nằm góc A      IA.S IBC  IB.S ICA  IC.S IAB  (iii) Với tâm đường tròn nội tiếp I tâm đường tròn bàng tiếp J góc A         ta có đồng thức aIA  bIB  cIC   aJA  bJB  cJC  Chứng minh: (i) Dựng hệ tọa độ Ixy cho I  0;0  , A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  C  x3 ; y3  Diện tích tam giác IBC, ICA, IAB quy ước S IBC  Do vậy: x2 x3 y2 x , S ICA  y3 x1 y3 x , S IAB  y1 x2 y1 y2  IA.2 s IBC   x2 y3  x3 y2   x1 , y1   IB.2 S ICA   x3 y1  x1 y3   x2 , y2   IC.2S IAB   x1 y2  x2 y1  x3 , y3   x1 Bởi hai định thức sau triệt tiêu x1 x2 x2 x3 y1 x3 x1 y2 x2 y3 x3 nên y1 y2 y3 y2 y3 y1     IA.S IBC  IB.S ICA  IC.S IAB  (ii) Nếu I thuộc miền tam giác ABC nằm góc A     S IBC   S ICB Do  IA.S IBC  IB.S ICA  IC.S IAB  (iii) hiển nhiên 77 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Hệ 2.4.2 Cho ABC với độ dài cạnh a=BC, b=CA, c=AB Gọi G, H, O I trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi     (i) GA  GB  GC      (ii) OA  OB  OC  OH     (iii)  a  b  c  OI  aOA  bOB  cOC Chứng minh: (i) Suy từ Mệnh đề 2.4.1          (ii) Từ  3OG  OA  OB  OC suy OH  OA  OB  OC      (iii) Từ    a  b  c  OI  aOA  bOB  cOC , theo Mệnh đề 2.4.1, ta suy     đồng thức  a  b  c  OI  aOA  bOB  cOC Ví dụ 2.4.3 Giả sử tam giác ABC có BC=a, CA=b, AB=c I, J tâm đường nội tiếp bàng tiếp góc A tam giác Khi có bất đẳng thức sau đây: (i) aEA2  bEB  cEC  abc với điểm E tùy ý (ii) aIA2  bIB  cIC  abc (iii)  aJA2  bJB  cJC  abc (iv) a  AH  AK  AJ   b  BK  BJ  BH   c  CJ  CH  CK  = 3abc J, H, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A, B, C , tương ứng tam giác    Bài giải: (i) Từ bất đẳng thức aEA  bEB  cEC    ta suy        a EA2  b2 EB  c EC  2abEA.EB  2bcEB.EC  2caEC.EA  a EA2  b EB  c EC  ab  EA2  EB  c   bc  EB  EC  a   ca  EC  EA2  b  Giản ước cho a  b  c bất đẳng thức aEA2  bEB  cEC  abc     (ii) Từ aIA  bIB  cIC  theo Mệnh đề 2.4.1 ta suy        a IA2  b IB  c IC  2abIA.IB  2bcIB.IC  2caIC IA  a IA2  b IB 78 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/  c IC  ab  IA2  IB  c   bc  IB  IC  a   ca  IC  IA2  b  Giản ước cho a  b  c đồng thức aIA2  bIB  cIC  abc     (iii) Từ  aJA  bJB  cJC  theo Mệnh đề 2.4.1 ta suy        a JA2  b JB  c JC  2abJA.JB  2bcJB.JC  2caJC JA  a JA2  b JB  c JC  ab  JA2  JB  c   bc  JB  JC  a   ca  JC  JA2  b  Giản ước cho  a  b  c đồng thức  aJA2  bJB  cJC  abc (iv) Như đồng thức  aJA2  bJB  cJC  abc , aHA2  bHB  cHC  abc aKA2  bKB  cKC  3abc Vậy a  AH  AK  AJ   b  BJ  BH  BK   c  CJ  CH  CK   3abc Chú ý 2.4.4 Với Mệnh đề người ta suy nhiều kết khác Hình học số tác giả trình bày báo toán học tuổi trẻ chứng minh Định lý Euler tam giác Pedal Khai thác toán véctơ mặt phẳng Phần kết suy từ toán sau đây: Mệnh đề 2.4.5 Cho ABC với độ dài cạnh a=BC, b=CA, c=AB điểm I thuộc mặt phẳng (ABC) Khi (i) Nếu I thuộc miền ABC có đồng thức     IA.S IBC  IBS ICA  IC.S IAb  (ii) Nếu I thuộc miền tam giác ABC nằm góc A      IA.S IBC  IB.S ICA  IC.S IAB  Với tam giác ABC có, xem ví dụ 2.4.1, bất đẳng thức đồng thức sau: Ví dụ 2.4.6 Giả sử tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c I tâm đường tròn nội tiếp tam giác Khi có bất đẳng thức sau đây: (i) aJA2  bJB  cJC  abc với điểm J tuỳ ý (ii) aIA2  bIB  cIC  abc 79 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Ví dụ 2.4.7 Cho tam giác ABC với BC  a, CA  b, AB  c Giả sử G trọng tâm tam giác; I , r tâm bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC; O , R tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC J điểm tuỳ ý mặt phẳng (ABC) Khi đó: (i) T  JA2  JB  JC  JG  a  b2  c2 Khi lấy J  O nhận a  b2  c R  3OG  2 (ii) S  aA2  bJB  cJC   a  b  c  JI  aIA2  bIB  cIC (iii) S  aA2  bJB 2cJC   a  b  c   JI  Rr  Đặc biệt có aIA2  bIB  cIC  Rr  a  b  c  (iv) (Euler) OI  R  Rr  R  abc ,  IOM 1962  abc (v) P  sin  A  JA2  sin  B  JB  sin  2C  JC  abc abc JO  Đặc biệt có R3 2R r  aIA2 cos A  bIB cos B  cIC cos C  abc     R       Bài giải: (i) Ta có T  JG  GA  JG  GB  JG  GC       a  b  c2 theo Chú ý 1.3.2 Vậy T  JG  GA2  GB  GC  3IG      (ii), (iii) Vì aIA  bIB  cIC  theo Mệnh đề 2.4.1 nên hệ thức:       S  a JI  IA  b JI  IB  c JI  IC         a  b  c  JI  aIA2  bIB  cIC Mặt khác, ta cịn có A B C  Q  aIA2  bIB  cIC  Rr  cot  cot  cot  2 2  A B C cos cos A B C 2  Rr cot cot cot  Rr A B C 2 sin sin sin 2 80 cos Soá hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ abc  4rr R   a  b  c  Rr r 4R Do S  aJA2  bJB  cJC   a  b  c   JI  Rr  Khi J  I nhận đồng thức aIA2  bIB  cIC  Rr  a  b  c  (iv) Từ (ii) có  a  b  c  R   a  b  c   OI  Rr  hay OI  R  Rr     (v) Vì sin  A OA  sin  B  OB  sin  2C  OC  theo Mệnh đề 2.4.1 sin  A  sin  B   sin  2C   4sin A.sin B.sin C  P  abc nên nhận 2R3 abc abc IO  Khi J  I sin  A IA2  sin  B  IB  sin  2C  IC  2R 2R abc abc abc abc abc rabc IO    R  Rr     Từ suy 2R 2R 2R 2R R R r  aIA2 cos A  bIB cos B  cIC cos C  abc     R Ví dụ 2.4.8 Cho tam giác ABC với BC  a, CA  b, AB  c Giả sử I , K , r , tâm , bán kính đường trịn nội tiếp, bàng tiếp, thuộc góc A; O, R tâm, bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác J điểm tuỳ ý mặt phẳng (ABC) Khi đó: (i)  aJA2  bJB  cJC    a  b  c   JK  Rra  Đặc biệt có  aKA2  bKB  cKC  Rra a  b  c (ii) OK  R  Rra (iii) IA.IB.IC  Rr , KA.KB.KC  Rra2     Bài giải: (i) Vì  aKA  bKB  cKC  theo Mệnh đề 2.4.1 nên ta có:        a JK  KA  b JK  KB  c JK  KC           a  b  c  JK  aKA2  bKB  cKC Mặt khác, biến đổi 81 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ A B C   aKA2  bKB  cKC  Rra2   cot  cot  cot  2 2  a bc A B C sin sin 2  Rr R   a  b  c  Rr  Rra2 a a A B C sin cos cos 2 4r  cos Vì  b  c  a   abc A B C hay  R sin cos cos Do ta nhận 2R 2  aJA2  bJB  cJC   a  b  c   JK  Rra  (ii) Từ (i), với J  O , ta suy   a  b  c  R   a  b  c   OK  Rra  hay OK  R  Rra r3 r3 (iii) Ta có đồng thức IA.IB.IC    Rr A B C r sin sin sin 2 4R KA.KB.KC  ra3 r3  a  Rra2 A B C sin sin sin 2 4R 82 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Kết luận Trong luận văn trình bày số kết sau : Phương trình đường bậc hai tham số hóa số đường Sử dụng phương pháp tọa độ để chứng minh số định lý hình học: 2.1 Định lý Stewart 2.2 Đường tròn Appolonus 2.3 Bài tốn bướm cho đường trịn 2.4 Đường thẳng Newton 2.5 Định lý Pithot 2.6 Định lý Ptolemy 2.7 Định lý Pascal 2.8 Đường tròn điểm đường thẳng Euler Sử dụng phương pháp tọa độ để xây dựng số tốn Đại số Hình học sơ cấp Mệnh đề 2.4.1 toán véc tơ liên quan đến tam giác mà ta sử dụng để chứng minh Định lý Euler tam giác Pedal nhiều kết khác nữa./ Hướng nghiên cứu luận văn tiếp tục nghiên cứu, tìm hiểu thêm phương pháp toạ độ mặt phẳng, đồng thời nghiên cứu phương pháp tọa độ khơng gian phát triển số tốn 83 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Tài liệu tham khảo [1] T X Bang, N T Long, N P Phúc, Tạp chí tốn học tuổi trẻ tập I, NXB GD, Năm 2004 [2] Lê Khắc Bảo, 172 tốn có chứa tham số, Năm 1999 [3] N V Mậu, Đ V Nhỉ, Đồng thức phương pháp toạ độ hình học, ĐHQGHN, Năm 2012 [4] A Pogorelov, Geometry, Mir Publishers Moscow 1987 [5] Réunion de Professeurs, Problèmes de Géométrie Classe de Mathématiques No 265 M, 77 Rue de Vaugi rard Paris (VI) [6] SGK Hình học 10, NXB Giáo dục, Năm 2006 [7] Tuyển tập phương pháp giải toán sơ cấp Tập III, Hình học, NXB Giáo dục, Năm 2002 84 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn ngày 22 tháng năm 2013 chỉnh sửa với ý kiến đóng góp thầy, giáo hội đồng Thái Nguyên, ngày 25 tháng năm 2013 Xác nhận cán hướng dẫn khoa học PGS.TS Đàm Văn Nhỉ 85 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ ... http://lrc.tnu.edu.vn/ Chương Phương pháp tọa độ mặt phẳng 1.1 Phương pháp tọa độ 1.1.1 Sơ lược phương pháp tọa độ mặt phẳng Bằng cách đưa vào mặt phẳng hệ trục toạ độ, véc tơ, điểm mặt phẳng xác định tọa độ xác định... http://lrc.tnu.edu.vn/ Chương 1: Trình bày phương pháp tọa độ mặt phẳng Bao gồm Mục trình bày phương pháp tọa độ mặt phẳng Mục tập trung trình bày phương trình vài đường, chẳng hạn: Đường thẳng...MỤC LỤC Mở đầu Phương pháp tọa độ mặt phẳng 1.1 Phương pháp tọa độ 1.2 Phương trình đường thẳng đường bậc hai tham số hoá 1.3 Sử dụng tọa độ để chứng minh số định lý hình học