TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN =======***=======

NGUYỄN THU PHƢƠNG

PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA

TRONG MẶT PHẲNG

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: Hình học

HÀ NỘI – 2014

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên cho em gửi lời cảm ơn đến toàn thể thầy cô trong

khoa toán trƣờng ĐH sƣ phạm Hà Nội 2 đã tận tình truyền đạt kiến thức

trong những năm học qua, đã tạo điều kiện thuận lợi cho em học tập,

nghiên cứu, tìm tòi tài liệu. Với vốn kiến thức đƣợc tiếp thu trong quá

trình học không chỉ là nền tảng cho quá trình nghiên cứu Khóa luận mà còn

là hành trang quý báu để em bƣớc vào đời một cách vững chắc và tự tin.

Em xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến thầy giáo - Thạc sĩ

Nguyễn Văn Vạn trong suốt thời gian qua đã nhiệt tình giúp đỡ, chỉ dạy

để em thực hiện bài Khóa luận tốt nghiệp này.

Em cũng xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến toàn thể bạn bè và gia

đình đã luôn bên cạnh ủng hộ em trong suốt thời gian qua.

Em xin chân thành cảm ơn

Sinh viên

Nguyễn Thu Phƣơng

LỜI CAM ĐOAN

Em xin cam đoan bài Khóa luận tốt nghiệp này là quá trình nghiên

cứu, tìm tòi của em dƣới sự hƣớng dẫn từ giáo viên - Thạc sĩ Nguyễn

Văn Vạn. Với sự cố gắng của bản thân, em đã tổng hợp, trình bày nên

bản Khóa luận tốt nghiệp này.

Em hoàn toàn chịu trách nhiệm trƣớc lời cam đoan trên.

Sinh viên

Nguyễn Thu Phƣơng

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU

Chương 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ................................................... 1

I. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ ĐỀ - CÁC TRONG PHẲNG ............................. 1

1, Định nghĩa ............................................................................................ 1

2, Hệ tọa độ thuận ..................................................................................... 1

II. TỌA ĐỘ VECTƠ, TỌA ĐỘ ĐIỂM .................................................... 1

1. Tọa độ véctơ ......................................................................................... 1

1.1. Định nghĩa ......................................................................................... 1

1.2. Biểu thức tọa độ của các phép toán véctơ ......................................... 2

2. Tọa độ của điểm ................................................................................... 2

2.1. Định nghĩa ......................................................................................... 2

2.2. Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng - tọa độ trọng tâm tam giác ............ .2

3. Liên hệ giữa tọa độ của điểm và tọa độ của véctơ ................................ 3

III. PHƢƠNG TRÌNH CÁC ĐƢỜNG ..................................................... 3

1. Phƣơng trình đƣờng thẳng .................................................................... 3

1.1. Phƣơng trình tổng quát - phƣơng trình tham số của đƣờng

thẳng ................................................................................................... 3

1.2. Một vài chú ý ............................................................................... 4

1.3. Khoảng cách và góc..................................................................... 4

2. Phƣơng trình đƣờng tròn ...................................................................... 5

2.1. Dạng phƣơng trình chính tắc ....................................................... 5

2.2. Dạng phƣơng trình khai triển ...................................................... 5

3. Phƣơng trình Elip ................................................................................. 5

3.1. Định nghĩa ................................................................................... 5

3.2. Phƣơng trình chính tắc ................................................................ 5

4. Phƣơng trinh Hypebol .......................................................................... 6

4.1. Định nghĩa ................................................................................... 6

4.2. Phƣơng trình chính tắc ................................................................ 6

5. Phƣơng trình Parabol ............................................................................ 6

5.1. Định nghĩa ................................................................................... 6

5.2. Phƣơng trình chính tắc ................................................................ 6

IV.CÁC BƢỚC GIẢI MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRUYỀN

THỐNG BẰNG PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ........................................... 7

1. Chọn hệ trục tọa độ ............................................................................... 7

2. Khai thác các tính chất và các phép toán liên quan đến véctơ và

tọa độ ........................................................................................................ 7

3. Hình thành hệ tọa độ trong mặt phẳng nhƣ thế nào? ............................ 7

Chương 2: LỚP CÁC BÀI TOÁN ....................................................... 11

I. BÀI TOÁN QUỸ TÍCH ĐIỂM ........................................................... 11

II. BÀI TOÁN VỀ TẬP HỢP CỐ ĐỊNH ............................................... 17

III. ĐẲNG THỨC VÀ ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN TỌA ĐỘ ... 24

IV. BÀI TOÁN CHỨNG MINH ............................................................ 32

V. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT LIÊN QUAN

ĐẾN TỌA ĐỘ ........................................................................................ 44

KẾT LUẬN

TÀI LIỆU THAM KHẢO

MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài

Hình học phẳng là một bộ phận không thể thiếu của toán học. Ở

cấp THCS các em đã đƣợc làm quen với những bài toán hình học truyền

thống, lên lớp 10 các em đƣợc học về phƣơng pháp tọa độ không chỉ để

các em giải những bài toán cho trong mặt phẳng tọa độ mà còn có thể sử

dụng phƣơng pháp tọa độ để giải những bài toán hình học truyền thống.

Với những bài toán cho trong mặt phẳng Oxy định hƣớng giải

quyết bài toán khá rõ ràng: Học sinh sẽ sử dụng các kiến thức về tọa độ

để giải quyết. Tuy nhiên nếu bài toán đƣợc cho dƣới dạng truyền thống

mà học sinh đã quen thuộc ở THCS thì ngoài việc giải bằng cách thông

thƣờng ta có thể định hƣớng cho học sinh giải bằng phƣơng pháp tọa độ.

Cách tiếp cận và giải bài toán bằng phƣơng pháp tọa độ sẽ giúp giải

quyết một số bài toán hình học phẳng khá hóc búa trở nên dễ dàng hơn,

mặt khác làm cho hoc sinh có khả năng tìm tòi, sáng tạo và khả năng tƣ

duy toán tốt hơn.

Làm thế nào để chuyển một bài toán hình học đƣợc phát biểu dƣới

dạng truyền thống không có các đại lƣợng liên quan đến tọa độ về bài

toán phát biểu trong mặt phẳng tọa độ có những đại lƣợng tọa độ,

phƣơng trình đƣờng,... để giải? Sau đây tôi xin đƣa ra một vài phƣơng

pháp và ví dụ điển hình áp dụng phƣơng pháp tọa độ hóa vào giải quyết

những bài toán hình học phẳng.

2. Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu các kiến thức cơ bản của phƣơng pháp tọa độ trong

mặt phẳng và ứng dụng phƣơng pháp tọa độ vào giải một số lớp bài toán

hình học .

Xây dựng các bài tập minh họa cho các lớp bài toán có sử dụng

phƣơng pháp tọa độ hóa để giải.

3. Đối tƣợng, phạm vi nghiên cứu

- Đối tƣợng nghiên cứu: phƣơng pháp tọa độ hóa trong mặt phẳng.

- Phạm vi nghiên cứu: một số lớp bài toán hình học áp dụng

phƣơng pháp tọa độ hóa để giải.

4. Phƣơng pháp nghiên cứu

Nghiên cứu các tài liệu liên quan trong sách tham khảo và trên

mạng internet.

1

Chƣơng 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

I. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ ĐỀ - CÁC VUÔNG GÓC TRONG PHẲNG

1. Định nghĩa

Hệ trục tọa độ hay còn gọi là hệ trục tọa độ Đề - các là hệ trục Oxy

gồm 2 trục Ox và Oy vuông góc với nhau

Ox là trục hoành có véctơ đơn vị là i ,

Oy là trục tung có véctơ đơn vị là j .

Điểm O là gốc tọa độ ( i = j = 1)

Mặt phẳng mà trên đó có hệ trục tọa độ

Oxy đƣợc gọi là mặt phẳng tọa độ Oxy hay mặt

phẳng Oxy.

2. Hệ tọa độ thuận

Hệ tọa độ Đề - các vuông góc trong phẳng đƣợc gọi là hệ tọa độ

đúng nếu ta chọn trục tọa độ Ox, Oy sao cho khi quay ngƣợc chiều kim

đồng hồ từ Ox đến Oy tạo thành góc 90 .

II. TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ, TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM

1. Tọa độ của véctơ

1.1. Định nghĩa

Trong mặt phẳng Oxy cho u = AB ta luôn có cặp số duy nhất

(1

x ,2

x ) sao cho u = 1

x i + 2

x j . Ta gọi cặp số (1

x , 2

x ) là tọa độ của

véctơ u với hệ tọa độ đã cho và viết u = (1

x , 2

x ) hay u (1

x , 2

x ) .

NX: Nếu u = (1

x , 2

x ), u '= (1

x , 2

x ) thì:

u = u 1 1

2 2

x x

x x

x

y

O

2

1.2. Biểu thức tọa độ của các phép toán véctơ

a, Định lý

Trên mp tọa độ Oxy cho 2 véctơ 1 2

a(a ,a ) và 1 2

b(b ,b ) . Ta có:

1 1 2 2a b (a b ,a b )

1 1 2 2a b (a b ,a b )

1 1ka (ka ,kb )

1 1 2 2a.b (a b ,a b )

b, Độ dài véctơ

Cho 1 2

a(a ,a ) . khi đó độ dài véctơ a đƣợc xác định: a = 2 2

1 2a a

2. Tọa độ của điểm

2.1. Định nghĩa

Trong mp tọa độ Oxy, với mỗi điểm M tùy ý, ta luôn có cặp số duy

nhất (x, y) thỏa mãn OM xi yj . Khi đó cặp số (x, y) đƣợc gọi là tọa

độ của điểm M đối với hệ trục tọa độ đã cho và viết M = (x, y) hay M(x,

y). Trong đó x là hoành độ, y là tung đọ của điểm M.

2.2. Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng - tọa độ trọng tâm tam giác

a, Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng

Cho 2 điểm phân biệt A A

A(x ,y ) , B B

B(x ,y ) . Gọi M M

M(x ,y ) là

trung điểm của đoạn thẳng AB. Ta có công thức:

M A B

M A B

1x (x x )

2

1y (y y )

2

3

b, Tọa độ trọng tâm của tam giác

Cho tam giác ABC, A A

A(x ,y ) , B B

B(x ,y ) , C C

C(x ,y ) . Gọi

G GG(x ,y ) là trọng tâm của tam giác. Ta có công thức:

M A B C

M A B C

1x (x x x )

3

1y (y y y )

3

3. Liên hệ giữa tọa độ của điểm và tọa độ của véctơ

Cho A A

A(x ,y ) , B B

B(x ,y ) . Ta có:

B A B AAB (x x ,y y )

2 2

B A B AAB (x x ) (y y )

III. PHƢƠNG TRÌNH CÁC ĐƢỜNG

1. Phương trình đường thẳng

1.1 Phường trình tổng quát - phương trình tham số của đường

thẳng:

- Phƣơng trình tổng quát của đƣờng thẳng có dạng ax + by + c = 0 (

a2 + b

2 # 0), trong đó n(a,b) là một véctơ pháp tuyến.

- Phƣơng trình đƣờng thẳng đi qua điểm M0( x0, y0 ) và có véctơ

pháp tuyến ( VTPT ) n(a,b) là: a( x - x0) + b( y - y0) = 0 ( a2 + b

2 # 0)

- Phƣơng trình đƣờng thẳng đi qua điểm M0( x0, y0 ) và có véctơ chỉ

phƣơng ( VTCP ) u(a,b) là: 0 0x x y y

a b

.( a, b

# 0)

- Phƣơng trình tham số của đƣờng thẳng đi qua điểm M0( x0, y0 ) và

có VTCP u(a,b) là: 0

0

x x at

y y bt

( a2 + b

2 # 0)

4

- Phƣơng trình đƣờng thẳng đi qua 2 điểm A(x1, y1), B(x2, y2):

1 1

2 1 2 1

x x y y

x x y y

(điều kiện: x2 - x1 0, y2 - y1 0)

1.2 Một vài chú ý

- Đƣờng thẳng d đi qua điểm A A

A(x ,y ) , B B

B(x ,y ) thì có VTCP

u =B A B A

AB (x x ,y y )

- Giả sử đƣờng thẳng d có phƣơng trình ax + by + c = 0. khi đó:

* d' // d thì d' có VTPT n (a,b)

* d'' d thì d'' có VTCP u ( b,a) hoặc u (b, a)

- Có vô số VTCP (VTPT) và chúng cùng phƣơng với nhau nên ta

có thể chọn tọa độ tỉ lệ và thỏa mãn điều kiện véctơ khác véctơ 0 .

1.3. Khoảng cách và góc

- Khoảng cách từ điểm M0( x0, y0 ) đến đƣờng thẳng :

ax + by + c = 0 ( a2 + b

2 # 0)

cho bởi công thức:

0

0 0

(M , )2 2

ax by c

d

a b

- Vị trí của 2 điểm M M

M(x ,y ) , N N

N(x ,y ) đối với đƣờng thẳng

(M, N ) là:

* M, N cùng phía với (a.xM + b.yM + c)(a.xN + b.yN + c) > 0

* M, N khác phía với (a.xM + b.yM + c)(a.xN + b.yN + c) < 0

- Phƣơng trình 2 đƣờng phân giác của các góc tạo bởi 2 đƣơng

thẳng 1 1 1 1: a x b y c 0 và

2 2 2 2: a x b y c 0 là:

1 1 1 2 2 2

2 2 2 2

1 1 2 2

a x b y c a x b y c0

a b a b

5

- Góc tạo bởi 2 đƣờng thẳng 1

và 2

có VTPT lần lƣợt là

1 1 1n (a ,b ) và

2 2 2n (a ,b ) cho bởi công thức:

cos (1, 2

) = 1 2

cos(n ,n ) = 1 2 1 2

2 2 2 2

1 1 2 2

a a b b

a b . a b

2. Phương trình đường tròn

2.1. Dạng phương trình chính tắc

Trong mp tọa độ Oxy phƣơng trình đƣờng tròn tâm I(a, b), bán kính

R là: (x - a)2 + (y - b)

2 = R

2

Phƣơng trình đƣờng tròn tâm O(0,0), bán kính R là: x2 + y

2 = R

2

2.2. Dạng phương trình khai triển

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, mọi phƣơng trình có dạng:

x2 + y

2 + 2ax + 2by + c = 0

với a2 + b

2 - c > 0 là phƣơng trình đƣờng tròn tâm I(-a, -b), bán kính

R = 2 2

a b c .

3. Phương trình Elip

3.1. Định nghĩa

Cho 2 điểm cố định F1, F2 với F1F2 = 2c và một độ dài không đổi 2a

(a>c).

Elip là tập hợp những điểm M sao cho:

F1M + F2M = 2a

F1, F2 là tiêu điểm, F1F2 là tiêu cự, F1M và F2M là bán kính qua tiêu.

3.2. Phương trình chính tắc

Với F1(-c, 0), F2(c, 0). Điểm M(x,y) (E)

2 2

2 2

x y1

a b

với b2 = a

2 - c

2 (1)

(1) là phƣơng trình chính tắc của (E)

6

4. Phương trình Hyperbol

4.1. Định nghĩa

Cho 2 điểm cố định F1, F2 với F1F2 = 2c và một độ dài không đổi 2a

(c > a). Hyperbol là tập hợp những điểm M sao cho:

1 2F M F M = 2a

F1, F2 là tiêu điểm, F1F2 là tiêu cự

4.2. Phương trình chính tắc

Với F1(-c, 0), F2(c, 0). Điểm M(x,y) (H)

2 2

2 2

x y1

a b

với b2 = c

2 - a

2 (2)

(2) là phƣơng trình chính tắc của Hyperbol

5. Phương trình Parabol

5.1. Định nghĩa

Cho điểm F và đƣờng thẳng không chứa F. Parabol là tập hợp

những điểm M sao cho: MF = d( M, )

F là tiêu điểm, là đƣờng chuẩn của Parabol, d( F, ) là tham số

tiêu.

5.2. Phương trình chính tắc

Với F(p

2

, 0) và : x = - p

2

(p > 0). M(x, y) (P) y2 = 2px (3)

(3) là phƣơng trình chính tắc của Parabol

7

IV.CÁC BƢỚC GIẢI MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC THUẦN TÚY

BẰNG PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ

1. Chọn hệ trục tọa độ

Gốc tọa độ, trục tọa độ thƣờng gắn liền với điểm và đƣờng đặc biệt

của bài toán nhƣ: tâm đƣờng tròn, đỉnh góc vuông, trung điểm đoạn

thẳng, chân đƣơng cao,...

- Chuẩn hóa độ dài các đoạn thẳng và đơn vị trục

- Xác định tọa độ các điểm và phƣơng trình các đƣờng theo hƣớng

hạn chế đến mức thấp nhất việc sử dụng các tham số, điều chỉnh giá trị

các tham số để nhận đƣợc những tọa độ "đẹp" giúp các phép toán trở nên

đơn giản.

2. Khai thác các tính chất và các phép toán liên quan đến véctơ và tọa

độ

- Điều kiện theo tọa độ để các véctơ vuông góc.

- Điều kiện theo tọa độ để các véctơ cùng phƣơng.

- Tính khoảng cách dựa theo tọa độ.

- Tính số đo của góc dựa theo tọa độ,...

* Việc sử dụng công cụ tọa độ thực chất là sử dụng đại số để nghiên

cứu hình học muốn vậy phải chọn hệ tọa độ thích hợp trên cơ sở hệ tọa

độ đúng.

3. Hình thành hệ tọa độ trong mặt phẳng như thế nào?

Bài toán có đơn giản hay không phần lớn phụ thuộc vào việc hình

thành hệ trục tọa độ. Sau đây là cách chọn hệ trục tọa độ tƣơng ứng với

những bài toán thƣờng gặp:

a, Tam giác cân:

Giả sử tam giác ABC cân tại A, hạ đƣờng cao từ đỉnh của tam giác

cân đến cạnh đối diện AO BC

8

- Chọn hệ trục tọa độ Đề - các

vuông góc Oxy trong đó:

+ O(0, 0) là gốc tọa độ

+ Đình C Ox, đỉnh A Oy

- Chuẩn hóa độ dài: Đặt

OC=c(a,c>0)

OA=a

khi đó ta nhận đƣợc C(c, 0), B(-c, 0), A(0, a), trọng tâm G(0, a

3

)

b, Hình vuông ABCD:

Cách 1:

- Chọn hệ trục tọa độ Đề - các

vuông góc Axy:

B Ax

D Ay

- Chuẩn hóa độ dài cạnh hình

vuông bằng 2 ta có: A(0, 0), B(2, 0), C(2, 2), D(0, 2), tâm hình vuông

I(1,1), trung điểm cạnh AB có tọa độ (1,0)

Cách 2:

- Chọn hệ trục tọa độ Đề - các vuông

góc Ixy

(I là tâm hình vuông ABCD) nhƣ hình vẽ

- Chuẩn hóa độ dài cạnh hình vuông

bằng 2 ta có: I(0, 0), A(-1, -1), B(1, -1),

C(1, 1), D(-1, 1)

Trung điểm cạnh AB có tọa độ (0, -1)

Trung điểm cạnh BC có tọa độ (1, 0)

x O C B

y

A

y

x

A B

C D

I

A B

C D

x

y

I

9

Trung điểm cạnh CD có tọa độ (0, 1)

Trung điểm cạnh AD có tọa độ (-1, 0)

Cách 3:

- Chọn hệ trục tọa độ Đề - các

vuông góc Ixy (I là tâm hình vuông

ABCD) nhƣ hình vẽ.

- Chuẩn hóa độ dài cạnh hình

vuông bằng 2

Ta có: I(0,0), A( 2 ,0), B(0, 2 )

C(- 2 , 0), D(0, - 2 )

c, Hình chữ nhật ABCD:

Cách 1:

- Chọn hệ trục tọa độ Đề - các

vuông góc:

+ Chọn một đỉnh của hình chữ nhật

làm gốc

+ Hai cạnh liên tiếp nằm trên 2 trục

tọa độ

- Chuẩn hóa độ dài:

Không mất tính tổng quát, ta đặt chiều dài, chiều rộng của hình chữ

nhật lần lƣợt là: 2a, 2b (a > b > 0).

Khi đó: Tâm của hình chữ nhật I(a, b).

Phƣơng trình đƣơng tròn ngoại tiếp hình chữ nhật là:

(x - a)2 + (y - b)

2 = a

2 + b

2

Cách 2:

- Chọn hệ trục tọa độ Đề - các vuông góc Ixy (I là tâm hình chữ

nhật ABCD) nhƣ hình vẽ.

y

x

A

B

C

D

I

x

B

C D

A

y

I

10

- Chuẩn hóa độ dài: Đặt chiều dài,

chiều rộng của hình chữ nhật lần lƣợt là

2a, 2b (a > b > 0) ta có: I(0,0), A(-b, -a),

B(a, -b), C(a, b), D(-a, b)

d, Hình tròn:

- Chọn tâm đƣờng tròn làm gốc tọa độ

- Chọn 2 đƣơng kính vuông góc với

nhau làm 2 truc tọa độ Ox, Oy

- Chuẩn hóa độ dài bán kính R = 1

- Ta có phƣơng trình đƣờng tròn:

x2 + y

2 = R

2

O

x

y

y

x

A B

C D

I

11

Chƣơng 2

LỚP CÁC BÀI TOÁN

I. BÀI TOÁN QUỸ TÍCH ĐIỂM

Bài 1: ( Đề thi học sinh giỏi quốc gia 2006-2007)

Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi

H, G lần lƣợt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC. Tìm quỹ tích

điểm A, biết rằng trung điểm K của HG thuộc đƣờng thẳng BC.

Giải :

Chọn hệ trục Oxy với O trung điểm BC và trục Ox là đƣờng thẳng BC

Giả sử B( 1,0),C(1,0) và A(m,n) .Khi đó m n

G ,3 3

.

Phƣơng trình đƣờng thẳng n mn

AB: x y nm 1 m 1

- Đƣờng cao hạ từ đỉnh C xuống cạnh AB có VTPT là AB (-1-m, -

n) và đi qua điểm B(-1, 0). Phƣơng trình đƣờng cao kẻ từ đỉnh C xuống

cạnh AB là: n

x y 1 0(1)m 1

.

12

^y

>xI

H

A

K

B C

- Đƣờng cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC có VTPT là BC(2, 0) và

đi qua điểm A(m, n). Phƣơng trình đƣờng cao kẻ từ đỉnh A xuống cạnh

BC là: x m (2) .

- Tọa độ trực tâm là nghiệm của (1) và (2) nên 21 m

H m,n

.

Do vậy tọa độ của điểm K là 2 22m n 3m 3

K ,3 6n

.

Điểm K thuộc đƣờng thẳng BC: y 0 khi và chỉ khi

2 2 2 2n 3m 3 m n0 1

6n 3 1

. Vậy tập hợp đỉnh A là Hypebol (H) có

phƣơng trình 2 2x y

13 1 .

Bài 2 : ( Đề thi Olympic Lê Hồng Phong 2008-2009) Cho tam giác

ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Qua B dựng đƣờng

thẳng d vuông góc với BC, d cắt đƣờng trung tuyến AI của tam giác

ABC tại K.Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Tìm quỹ tích điểm A,

biết rằng IH song song với KC.

Giải:

13

Chọn hệ trục Oxy với O trùng I và trục Ox là đƣờng thẳng BC, tọa

độ điểm I(0, 0)

Đặt BC = 2a > 0. Khi đó tọa độ B(-a, 0), C(a, 0). Giả sử tọa độ điểm

A(x0, y0) với y0 0.

Đƣờng cao đi qua B vuông góc với AC có VTPT là AC (a - x0, -y0)

và đi qua điểm B(-a, 0) có phƣơng trình:

(x + a)(a - x0) - y0y = 0

Khi đó trực tâm H là nghiệm hệ phƣơng trình

2 20 0

0

0 0 0

x x a xH(x , )

(x a)(a x ) y y 0 y

Đƣờng thẳng AI có VPCP là AI (-x0, -y0) và đi qua điểm I(0, 0) có

phƣơng trình : y0x - x0y = 0 0

0

y

y x

x

.

Điểm K = d (AI) là nghiệm hệ phƣơng trình:

0

0

0

0

x ay

K( a, a )yy x x

x

với x0 0

Theo giả thiết, ta có IH cùng phƣơng KC (0

0

y

2a,a

x)

2 2

0 00

0 0

y a xa x 2a 0

x y

2 2

0 0

2 2

x y1

a 2a

Vậy quỹ tích A là elip 2 2

0 0

2 2

x y1

a 2a bỏ đi 4 điểm B, C,

A1(0, -a 2 ), A2(0, a 2 ) là 4 đỉnh của elip

14

Bài 3 : (Đƣờng tròn Appolonius) Cho hai điểm A, B và một số thực

dƣơng k. Tìm quỹ tích những điểm M trong mặt phẳng sao cho MA =

kMB.

Giải:

Đặt AB = 2a và đặt A, B

vào hệ trục toạ độ với Ox trùng

AB và Oy trùng với trung trực

của AB.

Khi đó A(-a, 0), B(a, 0).

Với điểm M(x, y) bất kỳ:

ta có M thuộc quỹ tích khi

và chỉ khi MA2 = k

2MB

2

(x + a)2 + y

2 = k

2((x - a)

2 + y

2)

(k2 - 1)x

2 – 2a(k

2 + 1)x + (k

2 - 1)y

2 + (k

2 - 1)a

2 = 0

Nếu k = 1 thì quỹ tích là đƣờng thẳng x = 0. Nếu k 1 thì phƣơng

trình trên đƣợc viết lại thành

2

2 2 2

2

2a(k 1)x x y a 0

k 1

2 22

2

2 2

a(k 1) 2kax y

k 1 k 1

Suy ra quỹ tích là một đƣờng tròn có tâm nằm trên đƣờng thẳng AB

(đƣờng tròn Appolonius).

Bài 4: Cho đƣờng thẳng d và điểm P nằm ngoài d. Tìm quỹ tích

những điểm M cách đều P và d.

Giải:

Bài toán này là một phát triển rất tự nhiên của hai quỹ tích quen

thuộc: Quỹ tích những điểm cách đều 2 điểm đã cho là đƣờng trung trực

của đoạn thẳng nối hai điểm này; quỹ tích những điểm cách đều hai

đƣờng thẳng đã cho là các đƣờng phân giác của góc tạo bởi hai đƣờng

M

x

y

B A O

15

thẳng này. Vậy quỹ tích những điểm cách đều một điểm đã cho và một

đƣờng thẳng đã cho là gì?

Phân tích một số vị trí đặc biệt, có thể thấy quỹ tích không phải là

đƣờng thẳng mà cũng không phải là đƣờng tròn .Vậy quỹ tích có thể là

gì? Ta hãy đƣa hệ trục toạ độ vào bài toán để tìm hiểu vấn đề này.Một

cách tự nhiên, ta chọn HP là trục tung và d là trục hoành. ( H là chân

đƣờng vuông góc hạ từ điểm P xuống đƣờng thẳng d)

Đặt HP = p thì P(0, p).

Giả sử M(x, y) là một điểm thuộc quỹ tích thì rõ ràng y > 0 và ta có

MP = d(M, d) 2 2x (y p) y x2 + (y - p)

2 = y

2

x2 – 2py + p

2 = 0 21 p

y x2p 2

Quỹ tích là một parabol!

Đây cũng chính là một thế mạnh của hình học giải tích so với hình

học thuần tuý. Hình học giải tích cho phép tìm ra các quỹ tích vƣợt ra

ngoài các hình "vẽ đƣợc" bằng thƣớc và compa, nghiên cứu các tính chất

hình học của các đƣờng cong đại số bất kỳ.

d

P

M

x

y

H

16

Bài 5: Cho đƣờng d trên đó lấy một điểm A. Cho trƣớc hai số

dƣơng a, b sao cho a>b. Xét tất cả các điểm P, Q sao cho AP = a, AQ = b

và đƣờng thẳng d là phân giác của PAQ . Ứng với mỗi cặp điểm P,Q xét

điểm M sao cho: AM AP AQ .Tìm quỹ tích điểm M.

Giải :

Chọn hệ tục tọa độ Đề - các vuông góc Axy, A làm gốc tọa độ, trục

Ax chứa đƣờng thẳng d. Gọi M(x; y)

Ta có: AM AP AQ p p Q Q

(x,y) (x ,y ) (x ,y )

P Q

P Q

x x x

y y y

(1)

Do AP = a và AQ = b nên

2 2 2

P P

2 2 2

Q Q

x y a

x y b

(2)

Nếu phƣơng trình (AP): y = kx thì (AQ): y = -kx

Từ (2) suy ra

2 2 2 2

P P

2 2 2 2

Q Q

x k x a

x k x b

(1)

2

2 2 2

P Q P Q 2

2 2

2 2 2

P Q P Q 2

(a b)x x x 2x x

1 k

k (a b)y y y 2y y

1 k

2 2

2 2

x y1

(a b) (a b)

Vậy quỹ tích M là một elip.

17

II. BÀI TOÁN VỀ TẬP HỢP CỐ ĐỊNH

Bài 1: Trong mặt phẳng cho đƣờng tròn (O,R) và một điểm A cố

định. I là điểm di động trên (O). Đƣờng tròn tâm I luôn đi qua A. Chứng

minh rằng trục đẳng phƣơng của hai đƣờng tròn (O) và (I) luôn tiếp xúc

với một đƣờng tròn cố định .

Giải:

Chọn hệ trục tọa độ Đề - các vuông góc Oxy, điểm A nằm trên

trục Oy

Giả sử A(0,b)

Phƣơng trình đƣờng tròn tâm O : x2 + y

2 = R

2.

Gọi I(m ; n) (O) 222 Rnm và IA

222 )nb(m .

Vậy phƣơng trình (I) : 2222 )bn(m)ny()mx( .

Hay 0bnb2ny2mx2yx 222 (1)

(1) là phƣơng trình của đƣờng tròn vì m2 + n

2 - (2nb - b

2) > 0

Suy ra phƣơng trình trục đẳng phƣơng của (O) và(I) là (d) :

2mx + 2ny – 2nb + b2 + R

2 = 0.

18

Ta có d(A,d) = R2

Rb

nm2

Rbnb2nb2 22

22

22

Bài 2: Cho một điểm M nằm tùy ý trên đoạn thẳng AB, M khác A

và B. Dựng các hình vuông AMCD và MBEF về cùng một phía với AB.

Các đƣờng tròn tâm P và Q lần lƣợt ngoại tiếp 2 hình vuông AMCD và

MBEF cắt nhau tại M và N.

1, Chứng minh AF và BC cắt nhau tại N.

2, Chứng minh đƣờng thẳng MN đi qua một điểm cố định.

Giải:

Chọn hệ trục tọa độ Đề -

các vuông góc Axy sao cho

B Ax

D Ay

Không mất tính tổng

quát, ta giả sử AB = 1

Đặt AM = m (0 < m < 1)

Khi đó ta có: A(0, 0),

B(1, 0), M(m, 0), C(m, m), D(0, 1),

F(m, 1 - m), E(1, 1 - m), P( m

2,m

2

), Q( m 1

2

,

1 m

2

)

1, Ta có: AF (m, 1 - m)

BC(m- 1, m)

Suy ra: AF . BC = m.(m - 1) + m.(1 - m) = 0 AF BC

Gọi N' là giao điểm của AF và BC

Ta có AN'C = AMC = 0

90 4 điểm N', C, A , M cùng nằm trên

một đƣờng tròn. Do đó, N' nằm trên đƣờng tròn tâm P

x

y

Q

P

N E F

D C

A M B

19

Tƣơng tự BN'F = BEF = 0

90 4 điểm B, N', E, F cùng nằm

trên một đƣờng tròn. Do đó, N' nằm trên đƣờng tròn tâm Q

Nhƣ vậy, N' là điểm chung của 2 đƣờng tròn tâm P và Q, mà EF và

BC không đi qua điểm M nên N' N

Vậy AF và BC cắt nhau tại N.

2, Do 2 đƣờng tròn tâm P và Q cắt nhau tại M, N nên MN PQ

Suy ra PQ (1

2,

1 2m

2

) là VTPT của đƣờng thẳng MN

Do đó, phƣơng trình đƣờng thẳng MN là:

1

2

(x - m) + 1 2m

2

(y - 0) = 0

x + (1 - 2m)y - m = 0

Giả sử S( x0, y0) là điểm cố định mà đƣờng thẳng MN luôn đi qua

khi M di động trên đoạn AB. Ta có:

x0 + (1 - 2m)y0 - m = 0 , m (0, 1)

(x0 + y0) - (1 + 2y0)m = 0 , m (0, 1)

Tọa độ điểm S là nghiệm của hệ phƣơng trình:

0 0

0

x y 0

1 2y 0

0

0

1x

2

1y

2

Vậy đƣờng thẳng MN luôn đi qua điểm cố định S(1

2

,1

2

)

Bài 3: Họ các tam giác cân có các tính chất sau: Chúng có đáy nằm

trên một đƣờng thẳng d cố định, có đỉnh A thuộc đáy là một điểm cố

định và có bán kính đƣờng tròn nội tiếp bằng r không đổi. Chứng minh

rằng cạnh bên không đi qua A của các tam giác này luôn tiếp xúc với

một đƣờng tròn cố định.

20

Giải:

Xét hệ trục toạ độ có gốc toạ độ là O A, trục Ox là d và trục Oy là

đƣờng thẳng đi qua A và vuông góc với d.

Đƣờng tròn nội tiếp tam giác sẽ có phƣơng trình

(x - m)2 + (y - r)

2 = r

2

trong đó m là tham số. I(m, r) là tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác.

Khi đó, do tam giác ABC cân tại C nên điểm B đối xứng với A qua

trung điểm J của AB, có toạ độ B(2m, 0). Xét phƣơng trình đƣờng thẳng

t qua B với hệ số góc k: y = k(x - 2m). Đƣờng thẳng này tiếp xúc với (I)

khi và chỉ khi: d(I, t) = r

2 2

2

km r

r k (m r )k 2rm 0

k 1

Dễ thấy k = 0 tƣơng ứng với phƣơng trình đƣờng thẳng AB. Từ đó

phƣơng trình đƣờng thẳng BC có dạng

2 2

2rmy (x 2m)

r m

(Dm)

Ta có thể tìm đƣợc đƣờng tròn cố định mà họ đƣờng thẳng Dm luôn

tiếp xúc bằng phƣơng pháp tìm hình bao. Ta đi tìm các điểm mà không

x

y

OA

C

B J

I

21

có đƣờng thẳng Dm nào đi qua, tức là các điểm (x0, y0) sao cho phƣơng

trình 0 02 2

2rmy (x 2m)

r m

không có nghiệm m.

Viết lại phƣơng trình này dƣới dạng (y0 – 4r)m2 + 2rx0m – y0r

2 = 0.

Phƣơng trình này vô nghiệm khi = r2 x0

2 + y0 r

2(y0 - 4r) < 0 x0

2

+ (y0 - 2r)2 < 4r

2. Hình bao của miền này, tức là đƣờng tròn x0

2 + (y0 -

2r)2 = 4r

2, chính là đƣờng tròn cố định mà (Dm) luôn tiếp xúc với.

Có thể kiểm tra lại điều này bằng cách tính khoảng cách từ I(0, 2r)

đến (Dm) ,

2 2

m2 2 2 2 2

2rm(0 2m) 2r(r m )

d(I,D ) 2r

(r m ) 4r m

.

Bài 4: (Đề thi HSG quốc gia 2007-2008)

Cho tam giác ABC, trung tuyến AD. Cho đƣờng thẳng d vuông góc

với đƣờng thẳng AD. Xét điểm M nằm trên d. Gọi E, F lần lƣợt là trung

điểm của MB, MC. Đƣờng thẳng đi qua E và vuông góc với d cắt đƣờng

thẳng AB ở P, đƣờng thẳng đi qua F và vuông góc với d cắt đƣờng thẳng

AC ở Q. CMR đƣờng thẳng đi qua M vuông góc với đƣờng thẳng PQ

luôn đi qua 1 điểm cố định, khi điểm M di động trên đƣờng thẳng d.

Giải:

y

D

E

B

M

Q

P

x

F

A

C

d

22

Xét hệ trục toạ độ Đề - các vuông góc Dxy có Dx trùng với đƣờng

thẳng qua D và song song với d và Dy trùng với AD.

Đặt A(0, a), D(0, 0), B(-b, -c), C(b, c) ( a, b, c là các hằng số).

Giả sử M(m, d) là điểm di chuyển trên d, trong đó d là hằng số, còn

m thay đổi.

Khi đó E(m b

2

,

c d

2

).

- Đƣờng thẳng qua E và vuông góc với d có phƣơng trình x =m b

2

- Đƣờng thẳng AB có phƣơng trình b(y - a) = (c + a)x

suy ra toạ độ điểm Pm b (c a)m a c

,

2 2b 2

Hoàn toàn tƣơng tự, toạ độ điểm Q m b (c a)m a c

,

2 2b 2

Từ đây véc tơ PQ có toạ độ là: (b, am

c

b

)

Suy ra đƣờng thẳng qua M và vuông góc với PQ có phƣơng trình

b(x - m) + (am

c

b

)(y - d) = 0

b(x – bc

a) + (

amc

b

)(y – d +

2

b

a) = 0

Suy ra đƣờng thẳng qua M và vuông góc với PQ luôn đi qua điểm

S(bc

a,

2

bd

a

) cố định.

Bài 5: Cho đƣờng tròn (C) tâm O và tiếp tuyến d tiếp xúc với (C)

tại một điểm A cố định trên (C). M là một điểm trên mặt phẳng, kẻ tiếp

tuyến MT với (C) và hạ MH vuông góc với d.

23

1.Tìm quỹ tích các điểm M thỏa MT = MH.

2. Chứng minh các đƣờng tròn tâm M bán kính MT luôn tiếp xúc

với một đƣờng tròn cố định.

Giải :

1.Chọn hệ trục tọa độ Đề - các vuông góc Axy sao cho A là gốc tọa

độ, trục Ax AO và trục Ay d.

Khi đó O(R; 0), giả sử M(x; y)

Ta có MH = MT MH2 = MT

2 = MO

2 - R

2

2 2 2 2

x (x R) y R 2

y 2Rx . Vậy quỹ tích M là parabol

2.Theo định nghĩa của parabol, ta có MF = MH1 = MH + R

2

Suy ra MF = MT + R

2

, điều này chứng tỏ đƣờng tròn tâm M bán

kính MT tiếp xúc đƣờng tròn cố định tâm F bán kính R

2

.

24

III. ĐẲNG THỨC VÀ ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN

TỌA ĐỘ

Bài 1: Cho tam giác đều ABC. M là một điểm bất kỳ trong mặt

phẳng tam giác. Gọi D, E, F là chân các đƣờng vuông góc hạ từ M xuống

BC, CA, AB. Chứng minh rằng

P = MA2 + MB

2 + MC

2 – 2(MD

2 + ME

2 + MF

2)

là một đại lƣợng không đổi.

Giải:

Chọn hệ trục tọa độ Đề - các vuông góc Oxy,trong đó O là trung điểm

đoạn thẳng BC , điểm B, C nằm trên trục Ox, điểm A nằm trên trục Oy

Chuẩn hóa độ dài cạnh tam giác bằng 2: AB = BC = CA = 2

Khi đó: O(0, 0), A(0, 3 ), B(-1, 0), C(1, 0).

Phƣơng trình đƣờng thẳng BC: y = 0

CA: 3 x + y - 3 = 0

AB: - 3 x + y - 3 = 0

Từ đó, với M(x, y) bất kỳ ta có:

M

y

B C O

x

A

D

E

F

25

MA (-x, 3 - y) MA2 = x

2 + (y - 3 )

2

MB (-1- x, -y) MB2 = (1 + x)

2 + y

2

MC (1 - x, -y) MC2 = (1 - x)

2 + y

2

MD2 =

2

(M,BC)d = y

2

ME2 =

2

(M,AC)d = 2( 3x y 3)

4

MF2 =

2

(M,AB)d = 2( 3x y 3)

4

2 2

2 2 2 2 2 2 2( 3x+y- 3) (- 3x+y- 3)

P=x +(y- 3) +(1+x )+y +(1-x) +y -2. y + + =2

4 4

Vậy P là một đại lƣợng không đổi.

Bài 2: (Hệ thức Euler) Cho tam giác ABC có tâm đƣờng tròn ngoại

tiếp O và tâm đƣờng tròn nội tiếp I. Chứng minh hệ thức IO2 = R

2 – 2Rr.

trong đó R là bán kính đƣờng tròn ngoại tiếp và r là bán kính đƣờng tròn

nội tiếp tam giác.

Giải

Chọn hệ trục tọa độ Đề - các vuông góc Mxy, M là gốc tọa độ, hai

đỉnh B, C nằm trên trục Mx, đỉnh A nằm trên trục My

Ta xây dựng một mô

hình tam giác ABC ở dạng

tổng quát có toạ độ các

đỉnh là A(0, a), B(b, 0),

C(c, 0). (b < c, a > 0)

x

y

O

I

M C B

A

26

Toạ độ tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tìm đƣợc từ phƣơng trình của hai

đƣờng trung trực.

Phƣơng trình đƣờng trung trực của cạnh BC là: x = b c

2

Phƣơng trình đƣờng trung trực của cạnh AC là:

c(x - c

2) – a(y -

a

2) = 0

suy ra 2

b c a bcO ,

2 2a

và 2 2 2 2

(a b )(a c )R

2a

.

Toạ độ tâm đƣờng tròn nội tiếp tìm đƣợc từ phƣơng trình của hai

đƣờng phân giác 2 2

ax by aby

a b

,

2 2

ac ax cyy

a c

Từ đó:

I2 2 2 2

a(c b)y

c b a b a c

,

2 2 2 2

I2 2 2 2

b a c c a bx

c b a b a c

Từ đây, bằng các tính toán đại số (cồng kềnh nhƣng không phức

tạp) ta có thể kiểm tra đƣợc hệ thức Euler.

Bài 3: M đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC. Chứng minh

rằng: MA4 + MB

4 + MC

4 = 18 R

4

Giải:

Gọi (I, R) là đƣờng tròn

ngoại tiếp tam giác đều ABC.

Chọn hệ trục nhƣ hình vẽ:

A(0, 0)

AI = R AH = 3

2

AI = 3

2

R

I(R, 0), B(3R

2

, yB), C(3R

2

, yC)

C

H

I OA

B

x

y

27

Ta có: yB = 0

AH 3R R 3: 3

tan60 2 2

yC = - yB =R 3

2

B(3R

2,R 3

2); C(

3R

2,

R 3

2

)

Giả sử M(x, y) (I, R)

Có MI = R MI2 = R

2 (x - R)

2 + y

2 = R

2

x2 + y

2 = 2Rx

Lại có: MA4 + MB

4 + MC

4

= (x2 + y

2) +

2 22 22 2

3R R 3 3R R 3x y x y

2 2 2 2

= (2Rx)2 + (3R

2 - Rx - R 3 y)

2 + (3R

2 - Rx + R 3 y)

2

= 18R4 (đpcm)

Bài 4: Gọi K là trọng tâm tam giác MNP. Chứng minh rằng:

MN2 + NP

2 + PM

2 = 3(KN

2 + KP

2 + KM

2)

Giải:

Chọn hệ trục nhƣ hình vẽ:

H(0, 0)

Giả sử: M(0, a), N(-b, 0),

P(c, 0),

K(c b

3

,a

3

)

Khi đó:

MN2 + NP

2 + PM

2 =

= b2 + a

2 + (b + c)

2 + c

2 + a

2

= 2a2 + 2b

2 + 2c

2 + 2bc

M

y

x

N

K

H P

28

Mặt khác:

3(KN2 + KP

2 + KM

2) =

= 3

2 2 2 22 2c b a c b a c b aa b c

9 3 3 9 3 9

= (c - b)2 + 2a

2 + 3b

2 + 3c

2 + 2b(c - b) - 2c(c - b)

= 2a2 + 2b

2 + 2c

2 + 2bc

Vậy:

MN2 + NP

2 + PM

2 = 3(KN

2 + KP

2 + KM

2)

Bài 5 : Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 2a và (d) là đƣờng

thẳng tùy ý cắt các đƣờng thẳng BC, CA, AB. Gọi x, y, z tƣơng ứng là

các góc giữa đƣờng thẳng (d) và các đƣờng thẳng BC, CA, AB. Chứng

minh:

sin2 x.sin

2 y.sin

2 z + cos

2 x.cos

2 y.cos

2 z =

1

16

Giải:

Chọn hệ trục tọa độ Đề - các vuông góc Oxy trong đó O là trung

điểm cua BC, BC nẳm trên trục Ox, A Oy

Ta có: A(0, a 3 ), B(-a, 0), C(a, 0).

E

d

z

x

y

F

y

x

O C B

A

29

Khi đó AB (-a, -a 3 ), CA (-a, a 3 ), BC(2a, 0).

Gọi u = (u1, u2) là véc tơ chỉ phƣơng của đƣờng thẳng (d). Ta có:

2 2

2 21 2

2 2 2 2

1 2 1 2

u ucos x sin x

u u u u

2 2

2 21 2 1 2

2 2 2 2

1 2 1 2

(u u 3) (u 3 u )cos y sin y

4(u u ) 4(u u )

2 2

2 21 2 1 2

2 2 2 2

1 2 1 2

(u u 3) (u 3 u )cos z sin z

4(u u ) 4(u u )

S = sin2 x. sin

2 y. sin

2 z + cos

2 x. cos

2 y. cos

2 z

= 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 1 2

2 2 3

1 2

u (u 3u ) u (3u u )

16(u u )

= 6 4 2 2 4 6

1 1 2 1 2 2

2 2 3

1 2

u 3u u 3u u u

16(u u )

=

1

16

Bài 6: Cho tam giác ABC có hai đƣờng phân giác trong và ngoài

góc A cắt cạnh BC tại D và E. Chứng minh rằng nếu AD = AE thì AB2 +

AC2 = 4R

2 (trong đó R là bán kính đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC).

Giải:

Chọn hệ trục nhƣ hình vẽ

>x

^y

O

A

E DB C

Theo giả thiết tam giác ADE vuông cân tại A.

30

Khi đó OA = OE = OD nên đặt B(b, 0), A(0, a), D(a, 0), E(,-a,

0),C(c, 0)

Theo tính chất đƣờng phân giác 2 2

2 2

DB AB DB AB

DC AC DC AC

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

(b a) b a a(b a) (c a ) (c a) (b a ) c

b(c a) c a

Ta có

24 2 2

2 2 2 2 2

2

a a bAB AC (a b ) (a )

bb

Gọi I(x;y) là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có:

AI BI

BI CI

2 2

b ax

2b

y a

Suy ra : 4R2 = 4AI

2 =

22 2

2b a

4 (a a)

2b

=

22 2

b a

b

Từ đó suy ra AB2 + AC

2 = 4R

2

Bài 7: ( Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia Singapore)

Trong tam giác ABC có góc ABC = 0

60 . D, E, F là các điểm tƣơng

ứng nằm trên các cạnh BC, AB, AC. Gọi M là giao điểm của AD và BF.

Giả sử CDEF là hình thoi. Chứng minh: DF2 = DM.DA

Giải:

Chọn hệ trục tọa độ Đề - các vuông góc Cxy sao cho A Cx

Chuẩn hóa độ dài:

Đặt CF 1

CA a

(a > 1)

31

Ta có: C(0, 0), A(a, 0), F(1, 0)

D( 1

2,

3

2) ( Do tam giác CDF đều)

E( 3

2,

3

2)

- Phƣơng trình đƣờng thẳng CD đi qua điểm C(0, 0) và có VTCP

CD (1

2,

3

2) là:

x y

1 3

2 2

3 x - y = 0

- Phƣơng trình đƣờng thẳng AE đi qua điểm A(a, 0) và có VTCP

AE (3

a

2

, 3

2) là:

x a

3a

2

= y

3

2

3 x + (2a - 3)y - 3 a = 0

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phƣơng trình:

3x y 0

3x (2a 3) 3a 0

ax

2(a 1)

3ay

2(a 1)

M

y

x

B

D

C A

E

F

0

60

32

Do đó, ta có: B(a

2(a 1),

3a

2(a 1))

- Phƣơng trình đƣờng thẳng AD đi qua điểm A(a, 0) và có VTCP

AD (1

a

2

,3

2) là:

x a

1a

2

= y

3

2

3 x + (2a - 1)y - 3 a = 0

- Phƣơng trình đƣờng thẳng BF đi qua điểm F(1, 0) và có VTCP

BF (2 a

2(a 1)

,

3a

2(a 1)) là:

x 1

2 a

2(a 1)

= y

3a

2(a 1)

3 ax + (a - 2)y - 3 a = 0

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phƣơng trình:

3x (2a 1)y 3a 0

3ax (a 2)y 3a 0

2

2

a(a 1)x

2(a a 1)

3a(a 1)y

2(a a 1)

Do đó, ta có: M(2

a(a 1)

2(a a 1)

,

2

3a(a 1)

2(a a 1)

)

Ta có: DF2 = 1

DA2 =

2

1a

2

+

2

3

2

= a2 - a +1

DM2 =

2

2

a(a 1) 1

22(a a 1)

+

2

2

3a(a 1) 3

22(a a 1)

= 2

1

a a 1

Suy ra: DM2.DA

2 = 1 DM.DA = 1

Vậy: DF2 = DM.DA

33

IV. BÀI TOÁN CHỨNG MINH

Bài 1: Cho hình vuông ABCD cạnh 1. Hai điểm M, N di chuyển

trên BC, CD tƣơng ứng sao cho chu vi tam giác CMN bằng 2. Chứng

minh rằng MAN = 450.

Giải:

Xét hệ trục toạ độ Đề - các vuông góc Cxy

điểm B nằm trên trục Cx, điểm D nằm trên trục Cy.

Ta có: C(0, 0), A(1, 1), B( 1, 0), D(0, 1)

Đặt M(m, 0), N(0, n).

AN (-1, n-1)

AM (m-1, -1)

NM (m, -n) NM = 2 2

m n

Vì diện tích tam giác CMN bằng 2 nên ta có hệ thức:

m + n + 2 2m n = 2.

mn – 2(m + n) + 2 = 0 (1)

Dùng công thức tính góc giữa hai véc-tơ, ta có

cos( AN , AM ) = cos( MAN )) = 2 2

2 (m n)

m 2m 2. n 2n 2

x

y

M

N

D

C B

A

34

Ta cần chứng minh cos( MAN ) = 1

2

. Điều này tƣơng đƣơng với

(m2 - 2m + 2)(n

2 - 2n + 2) = 2[4 – 4(m + n) + m

2 + n

2 + 2mn]

m2n

2 – 2mn(m + n) + 4mn + 2(m

2 + n

2) – 4(m + n) + 4 = 8 – 8(m

+ n) + 2(m2 + n

2) + 4mn

m2n

2 – 2mn(m + n) + 4(m + n) – 4 = 0 (2)

Từ (1) ta có: mn = 2(m + n) – 2

Đặt m + n = t mn = 2t - 2 thay vào (2) ta đƣợc:

(4t2 – 8t + 4) – 4(t – 1)t + 4t – 4 = 0

và đây là đồng nhất thức.

Bài 2: (Đƣờng thẳng Euler). Chứng minh rằng trong tam giác ABC

bất kỳ, trọng tâm, trực tâm và tâm đƣờng tròn ngoại tiếp nằm trên một

đƣờng thẳng.

Giải:

Chọn hệ trục tọa độ Đề - các vuông góc Dxy (nhƣ hình vẽ), D, E

lần lƣợt là chân đƣờng vuông góc hạ từ đỉnh A, đỉnh B xuống cạnh BC,

AC

x

y

O

G

H

E

D C B

A

35

Gọi H, G, O lần lƣợt là trực tâm, trọng tâm, tâm đƣờng tròn ngoại

tiếp tam giác ABC.

Ta xây dựng một mô hình tam giác ABC ở dạng tổng quát có toạ độ

các đỉnh là A(0, a), B(b, 0), C(c, 0). (b < c, a > 0)

Toạ độ tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tìm đƣợc từ phƣơng trình của hai

đƣờng trung trực

Phƣơng trình đƣờng trung trực của cạnh BC là: x = b c

2

Phƣơng trình đƣờng trung trực của cạnh AC là :

c(x - c

2) – a(y -

a

2) = 0

Tọa độ điểm O là nghiệm của hệ phƣơng trình

b cx

2

c ac(x ) a(y ) 0

2 2

2

b cx

2

a bcy

2a

suy ra O(b c

2

,

2a bc

2a

)

Tƣơng tự tọa độ trực tâm H tìm đƣợc từ phƣơng trình của 2 đƣờng

cao, đƣờng cao AD có phƣơng trình x = 0, đƣờng cao BE có phƣơng

trình c(x - b) + ay = 0.

suy ra H(0, bc

a ).

Cuối cùng, công thức tính toạ độ trọng tâm cho ta G(b c

3

,

a

3)

Từ đây ta có

GH = 2

b c a 3bc,

3 3a

, GO = 2

b c a 3bc,

6 6a

36

Từ đây suy ra GH 2GO . Suy ra ba điểm O, G, H thẳng hàng.

Không những thế, ta chứng minh đƣợc GH = 2GO

Bài 3: Cho tam giác ABC có đƣờng cao CH. Gọi I, K lần lƣợt là

trung điểm của các đoạn AB, CH. Một đƣờng thẳng d di động luôn luôn

song song với cạnh AB cắt cạnh AC tại M và cắt cạnh BC tại N. Dựng

hình chữ nhật MNPQ với hai điểm P, Q nằm trên cạnh AB. Gọi J là tâm

hình chữ nhật MNPQ. Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng.

Giải :

Chọn hệ trục Oxy sao cho O H, các điểm A, B nằm trên Ox, điểm

C nằm trên Oy

Ta có toạ độ các điểm H(0; 0), C(0; c) , A(a; 0) , B(b; 0).

Đƣờng thẳng d có phƣơng trình y = m (0 < m < c)

Phƣơng trình đƣờng thẳng (AC) : cx + ay - ac = 0

và (BC): cx + by = 0

M = d AC Ma(c m)

,m

c

Tƣơng tự Nb(c m)

,m

c

37

Điểm P là hình chiếu vuông góc của N trên Ox b(c m)

P ,0

c

J là trung điểm của đoạn PM (a b)(c m) m

J ,

2c 2

Từ đó ta có a b c

IK ,

2 2

và m(a b) m

IJ ,

2c 2

Vậy IK cùng phƣơng IJ , nên ba điểm I, J, K thẳng hàng.

Bài 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn tâm I. Gọi D là trung

điểm của cạnh AB, E là trọng tâm của tam giác ADC. Chứng minh rằng

AB = AC thì IE vuông góc với CD.

Giải :

Ta có thể chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O trùng với trung điểm

BC, A thuộc Oy, BC nằm trên trục Ox.

Đặt A(0; a) , B(-c; 0) , C(c; 0).Khi đó ta có D(c a

,2 2

), E(c a

,6 2

).

Để tính tọa độ tâm I(0, y0), ta có IA = IC

2 22 2 2

0 0 0

a c(a y ) c y y

2a

38

Hệ số góc đƣờng thẳng IE là k = E I

E I

y y 3c

x x a

.

Hệ số góc đƣờng thẳng CD là k' = D C

D C

y y a

x x 3c

Ta có: k.k' = -1 IE CD

Bài 5: Cho tam giác ABC vuông cân tại C. Trên các Cạnh BC, CA,

AB lần lƣợt lấy các điểm M, N, P sao cho MB NC PA

MC NA PB

. Chứng

minh rằng CP MN và CP = MN

Giải :

Chọn hệ trục Cxy sao cho C là gốc tọa độ, tia Ox CA và tia Oy CB

Ta có toạ độ các điểm C(0; 0) , A(1; 0) , B(0; 1).

Từ giả thiết ta đặt MB NC PA

k

MC NA PB

Ta có: MB = k.MC CM = CB - k.CM

CM = 1 - k.CM

CM = 1

1 k M(0,

1

1 k)

Tƣơng tự ta có N(k

1 k, 0)

Giả sử P(x, y). Do đó, PA (1 - x, -y), PB(-x, 1 - y).

N

M

P

C

y

x

B

A

39

Vì PA = k. PB 1 x k( x)

y k(1 y)

1x

1 k

ky

1 k

P(1

1 k,

k

1 k)

Do đó:

MN (k

1 k,

1

1 k

), CP (

1

1 k,

k

1 k)

Từ đó 2 2

k kMN.CP 0

(1 k) (1 k)

CP MN

MN2 =

2

2

k 1

(1 k)

= CP

2 CP = MN

Bài 6: ( Đề thi Olympic 30-4) Cho tam giác ABC đều, lấy điểm M

tùy ý trên cạnh BC. Gọi R là điểm đối xứng của M qua AB, P là điểm

đối xứng của M qua AC. Gọi Q là đỉnh thứ tƣ của hình bình hành

RMPQ. Chứng minh AQ // BC

Giải:

Gọi I là trung điểm của BC, H = MR AB, K = MP AC

Chọn hệ trục tọa độ Đề - các vuông góc Ixy nhƣ hình vẽ

x

K

H

R

Q

P

M

A

I C B

y

40

Đặt BC = 2a ( a > 0), IM = m (m > 0). Khi đó: tọa độ các điểm

M(-m, 0), C(a, 0), B(-a, 0), A(0, a 3 )

Phƣơng trình đƣờng thẳng AB đi qua điểm A(0, a 3 ) và có VTCP

AB (-a, -a 3 ) là: 2

x y a 3x.a 3 ay a 3

a a 3

Giả sử H(-x, y), tọa độ MH (x + m, y), BA (a, a 3 ).

Vì: MHBA MH . BA = 0 a(x + m) + y.a 3 = 0

x + y 3 = -m (1)

(1) chính là phƣơng trình đƣờng thẳng RM.

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ:

2

x.a 3 ay a 3

x y 3 m

(m 3a)x

4

3(a m)y

4

vậy: H((m 3a)

4

,

3(a m)

4

)

Phƣơng trình đƣờng thẳng AC đi qua điểm A(0, a 3 ) và có VTCP

AC (a, -a 3 ) là: x y a 3

x 3 y a 3

a a 3

Giả sử K(x1, y1), tọa độ MK (x1 + m, y1), AC (a, -a 3 )

Vì MK AC MK.AC = 0 a(x1 + m) - y1.a 3 = 0

x1 - y1. 3 = -m

Phƣơng trình đƣờng thẳng MP: x - y 3 = -m

41

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ:

x 3 y a 3

x y 3 m

3a mx

4

3(a m)y

4

Vậy: K(3a m

4

,

3(a m)

4

)

Ta có: AQ = AM + MQ = AM + MR + MP = AM + 2MH +

2 MK

AM (-m, -a 3 )

MH (3(m a)

4

,

3(a m)

4

) 2 MH (

3(m a)

2

,

3(a m)

2

)

MK (3(m a)

4

,

3(a m)

4

) 2 MK (

3(m a)

2

,

3(a m)

2

)

AQ (2m, 0)

mà BC(2a, 0)

AQ // BC

Bài 7: Cho hình vuông ABCD, E là trung điểm BC, M là điểm di

động trên cạnh AB. Gọi N, P lần lƣợt lad giao điểm của MD và MC với

AE. Gọi H là giao điểm của NC và DP, I là giao điểm của đƣờng trung

trực đoạn thẳng DH với đƣờng vuông góc với AH tại H. Chứng minh khi

M di động trên cạnh AB thì I di động trên một đƣờng cố định.

Giải:

Chọn hệ trục tọa độ Đề - các vuông góc Axy nhƣ hình vẽ

42

Chuẩn hóa độ dài AB = 1, AM = m (0 < m < 1)

Tọa độ các điểm: A(0, 0), B(1, 0), C(1, 1), D(0, 1), E(1, 1

2

), M(m, 0)

Phƣơng trình đƣờng thẳng AE đi qua điểm A(0, 0), có VTCP AE =

(1, 1

2

) là: x y 1

y x

11 2

2

Phƣơng trình đƣờng thẳng MD đi qua điểm D(0, 1), có VTCP

DM = (m, -1) là: x y 1 m x

x my m 0 y

m 1 m

N = MD AE nên tọa độ điểm N là nghiệm của hệ:

1y x

2

m xy

m

2mx

m 2

my

m 2

N(2m

m 2,

m

m 2)

- Phƣơng trình đƣờng thẳng MC đi qua điểm C(1, 1), có VTCP

CM (m - 1, -1) là: x 1 y 1 m x

x y(m 1) m 0 y

m 1 1 m 1

x

y

N

P

H

I

E

D C

B M A

43

P = MC AE nên tọa độ điểm P là nghiệm của hệ:

1 2my x x

2 m 1

m x my y

m 1 m 1

P(2m

m 1, m

m 1)

- Phƣơng trình đƣờng thẳng NC đi qua điểm C(1, 1) có VTCP

CN (2m

m 2 - 1,

m

m 2- 1) là:

x 1 y 1

2m m1 1

m 2 m 2

2 m

y x

m 2 m 2

- Phƣơng trình đƣờng thẳng DP đi qua điểm D(0, 1) có VTCP

PD = (2m

m 1,m

m 1- 1) là:

x y 1 1y x. 1

2m m 2m1

m 1 m 1

H = NC DP nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ:

2 my x

m 2 m 2

1y x. 1

2m

4mx

3m 2

3my

3m 2

H(4m

3m 2, 3m

3m 2)

Ta thấy điểm H luôn thuộc đƣờng thẳng cố định y = 3

4

x, D là một

điểm cố định và ta có ID = IH (vì I thuộc trung trực DH) nên I di động

trên Parabol cố định nhận đƣờng thẳng y = 3

4

x làm đƣờng chuẩn và D

làm tiêu điểm.

* NX: Ta thấy rằng nếu giải bài toán này bằng phƣơng pháp thuần

túy hình học thì để có đƣợc kết quả "đẹp" nhƣ trên là không dễ dàng, bời

44

việc phát hiện ra tiêu điểm và đƣờng chuẩn của Parabol là việc làm

không thƣờng xuyên trong hình học thuần túy.

V. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT LIÊN QUAN ĐẾN TỌA

ĐỘ

Bài 1: Cho tam giác với 3 cạnh a, b, c mà 3 đỉnh có tọa độ nguyên.

Gọi R là bán kính đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác. CMR: abc 2R.

Giải :

Chọn hệ trục tọa độ nhƣ hình vẽ

Gọi tam giác đã cho là tam giác A1A2A3 nhƣ hình vẽ

1 2 3A A A

abcS S

4R

Do đó yêu cầu bài toán là chứng minh 1

S2

Giả sử: A1 (x1, y1), A2 (x2, y2), A3 (x3,y3).Gọi A’1, A’2 , A’3 là hình

chiếu của A1 , A2 , A3 lên Oy.

Ta có:

S = ' ' ' ' ' '1 2 2 1 1 3 3 1 2 3 3 2A A A A A A A A A A A A

S S S

' ' ' '' '

' ' ' ' ' '1 1 3 3 2 2 3 31 1 2 2

1 2 1 3 2 3

A A A A A A A AA A A AA A A A A A

2 2 2

45

2S = (y1 – y2) (x1 + x2) - (y1 – y3) (x1 + x3) - (y3 – y2) (x2 + x3) (*)

Vế trái (*) là số nguyên (do đề bài cho xi , yi nguyên) 2S là số

nguyên 2S 1 S 1

2

Bài 2: Cho tam giác ABC nhọn. (d) là một đƣờng thẳng thay đổi.

Gọi D, E, F lần lƣợt là hình chiếu vuông góc của A, B, C lên (d). Biết

rằng : AD2.tan A + BE

2.tan B + CF

2.tan C = 2SABC . Xác định vị trí của

đƣờng thẳng (d) để AD lớn nhất.

Giải:

Chọn hệ trục nhƣ hình vẽ (b , c >0)

^

a

c-b

(d)F

ED

CB

A

O

x>

y

Đặt A(0, a), B( -b, 0), C(c, 0)

Ta có tan B= a

b, tan C =

a

c

tan A = 2

tan B tanC a(b c)

tan B.tanC 1 a bc

2SABC = a(b + c)

Giả sử phƣơng trình (d) : xsin ycos d 0

AD = d(A,d) = acos d

BE = d(B,d) = bsin d

CF = d(C,d) = csin d

46

Theo giả thiết AD2.tan A + BE

2.tan B + CF

2.tan C = 2SABC

2 2 2

2

a(b c) a a(acos d) ( bsin d) (csin d) a(b c)

a bc b c

2 2

2 a dbc.cos 2ad.cos 0

bc

bc.cos d 0

a

Điều này chứng tỏ (d) đi qua H(0, bc

a) là trực tâm tam giác ABC.

Vậy ADmax = AH, khi (d) đi qua H và song song với BC.

Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A. M là một điểm bất kỳ nằm

trong tam giác. Chứng minh rằng MA2 + MB.MC AB

2.

Giải:

Hạ đƣờng cao AH và chọn hệ trục toạ độ lấy H làm gốc toạ độ, BC

và HA là các trục toạ độ.

Đặt B(-b, 0), C(b, 0) và A(0, a). Với điểm M(x, y), bất đẳng thức

cần chứng minh tƣơng đƣơng với

M

x

y

H C B

A

47

2 2 2 2 2 2 2 2x (y a) (x b) y . (x b) y a b

2 2 2 2 2 2 2 2 2(x y b ) 4b x b x y 2ay

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2(x y b ) 4b x (b x y ) 4ay(b x y ) 4a y 2 2 2 2 2 2 2b y ay(b x y ) a y

Bất đẳng thức này trở thành đẳng thức khi y = 0. Với y > 0. Bất

đẳng thức này tƣơng đƣơng với

ax2 (a

2 - b

2)y + a(b

2 - y

2) (3)

Dữ kiện M nằm trong tam giác ABC bây giờ cho ta

|x| (b

a

)(a – y)

Thay vào (3), ta cần chứng minh

b2(a - y)

2 a(a

2 - b

2)y + a

2(b

2 - y

2)

Sau các phép rút gọn, điều này tƣơng đƣơng với y2 ay

Điều này đúng vì 0 < y a.

Ghi chú.

+ Từ lời giải bài này ta rút ra một tính chất hình học khá thú vị: Quỹ

tích của những điểm M nằm trong mặt phẳng tam giác ABC cân tại A

sao cho MA2 + MB.MC = AB

2 là hợp của đoạn thẳng BC và đƣờng tròn

ngoại tiếp tam giác ABC. Thật vậy. Theo chứng minh trên thì với y = 0

và |x| b thì ta có dấu bằng xảy ra. Ngoài ra, dấu bằng còn xảy ra khi ax2

= (a2

- b2)y + a(b

2 - y

2), và đó chính là phƣơng trình đƣờng tròn ngoại

tiếp tam giác ABC.

+ Bài toán này còn có thể giải bằng phƣơng pháp hình học thuần

tuý, chẳng hạn sử dụng phƣơng tích.

48

KẾT LUẬN

Qua một vài bài toán áp dụng phƣơng pháp tọa độ hóa để giải đã

đƣa ra ở trên, cho thấy tác dụng của phƣơng pháp tọa độ vào giải các

dạng bài toán hình học thuần túy, không chỉ góp phần làm phong phú, đa

dạng các cách giải khác nhau của một bài toán hình. Mặt khác, phƣơng

pháp tọa độ còn trở thành một phƣơng pháp hay giúp cho việc giải một

số bài toán hình học thuần túy phức tạp trở nên đơn giản hơn.

Trong quá trình tìm tòi, nghiên cứu và hoàn thành bản khóa luận

này không tránh khỏi thiếu sót. Vì vậy rất mong các thầy cô và các bạn

sinh viên đóng góp ý kiến để bản khóa luận hoàn chỉnh hơn.

Em xin chân thành cảm ơn

49

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Trần Văn Hạo: Hình học 10 ( tái bản lần thứ 4), NXB Giáo Dục Việt

Nam, 2010.

2. Nguyễn Công Tâm: Toán chọn lọc hình học 10, NXB Trẻ.

3. Vũ Đình Hòa: Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THPT bất

đẳng thức hình học ( tái bản lần thứ 2), NXB Giáo Dục, 2006.

4. Trần Đức Huyên( chủ biên): Phương pháp giải toán hình học 12,

NXB Trẻ.

5. Trần Đức Huyên: Phân loại và phương pháp giải toán hình học (In

lần thứ 7), NXB Trẻ, 2002.

6. Nguyễn Đễ - Vũ Hoàng Lâm: Các đề thi vô địch toán các nước, NXB

Trẻ.

7. Vũ Dƣơng Thụy - Nguyễn Văn Nho: Olympic toán học châu Á - Thái

Bình Dương, NXB Giáo Dục.

8. Trƣơng Quang Minh: Phương pháp mới giải toán đại số và giải tích

hình học, NXB Trẻ.