PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Tên sáng kiến kinh nghiệm:
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG
HÌNH HỌC PHẲNG
I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Hình học phẳng được giảng dạy cho học sinh ở chương trình trung học cơ sở.
Phương pháp giải các bài toán hình học ở cấp hai chủ yếu là dùng các định lí, hệ
quả, tính chất hình học để suy luận. Phương pháp mang bản chất thuần túy hình học
này đôi khi gây không ít khó khăn cho học sinh, đặc biệt là những học sinh THPT.
Các đề thi Olympic 30/4 hay đề thi học sinh giỏi THPT những năm gần đây
cũng có bài toán hình học phẳng. Việc dùng phương pháp tổng hợp không phải là
thế mạnh của các em. Trong khi đó học sinh lớp 10 đã được học các kiến thức về
vectơ và tọa độ. Vậy tại sao các em không thử sử dụng các kiến thức vừa học để
giải bài toán hình học phẳng thay vì chỉ dùng phương pháp tổng hợp đã biết ở cấp
hai.
Phương pháp tọa độ hóa hình học phẳng không những cung cấp thêm cho học
sinh một công cụ giải toán ( rất đơn giản và dễ hiểu) mà còn giúp củng cố các kiến
thức về vectơ và tọa độ vừa học.
Điểm mới trong đề tài này là các bài tóan đã được hệ thống lại thành dạng
chung, giải theo cùng một phương pháp tương đối dễ nhớ. Học sinh có thể tự rút ra
được một số kinh nghiệm cho bản thân trong quá trình giải toán
II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1.Cơ sở lý luận:
Vào năm 1637, nhà toán học kiêm triết học Pháp là Réné Descartes đã cho
xuất bản cuốn “ LaGéométrie ” với nội dung xây dựng hình học bằng phương
pháp toạ độ đánh dấu một bước tiến mạnh mẽ của toán học. Descartes là nhà
toán học thiên tài đã khai sinh ra phương pháp toạ độ. Phương pháp toạ độ ra đời
đã giúp con người dùng ngôn ngữ đại số thay cho ngôn ngữ hình học, giúp con
người đạt đến đạt đến đỉnh cao của sự khái quát hoá và trừu tượng hoá toán học
trong nhiều lĩnh vực.
Một trong những nhiệm vụ dạy học môn toán chương trình phổ thông,
đặc biệt là dạy hình học là hướng dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp toạ
độ vào giải toán, nghĩa là biết vận dụng linh hoạt và sáng tạo các kiến thức về
toạ độ điểm, toạ độ vectơ và các công thức có liên quan vào giải toán.
2.Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài .
a. Nội dung:
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 1
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Tóm tắt lý thuyết:
Trong không gian vớiuhệ
tọa độ Oxy cho :
uuuu
r
r
u
r
OM xi y j M ( x; y )
r
r
a a ; a ;b b ;b
1 2
1 2
Với
ur
u
r
u
r
u
r
u xi y j u ( x; y)
a b
a b 1 1
a2 b2
ur r
a b (a b ; a b ) ka (ka ; ka )
1 2 với k R
1 1 2 2 ;
ur r
ur r
ur r
a.b a b cos a; b a b a b
11 2 2
r
ur
ur r
a b a.b 0 a b a b 0
11 2 2
a a2 a2
1
2
r
ur
a cùng phương với b a1b2 a2b1 0
ur r
ab
Cos ur r
ab
Với
A x ; y ;B x ; y
B B
A A
uuur
a b a b
11 2 2
a 2 a 2 b 2 b2
1
2 1
2
AB x x ; y y
B A B
A
uuur
AB AB ( x x )2 ( y y )2
B A
B
A
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 2
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
x x y y
M( A B ; A B)
2
2
Tọa độ trung điểm M của AB:
Phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua điểm Mx0; y0) và có vtpt
u
r
n = (A; B).là: A(x x0) + B(y y0) = 0 Ax + By + C = 0 (A2 + B2 0)
Phương trình đường tròn (C) tâm I (a,b), bán kính R là :
( x a)2 ( y b)2 R 2 hoặc x2 + y2 – 2ax - 2by + c= 0
Phương trình chính tắc của (E):
x2
a2
+
y2
b2
x2
a2
= 1 với c2 = a2- b2
-
y2
b2
= 1 với c2 = a2+b2
Phương trình chính tắc của Hypebol:
Phương trình chính tắc của (P): y2 = 2px , p > 0: tham số tiêu
Ngoài ra, học sinh cần biết thêm một số công thức khác…..
Các dạng toán thường gặp:
Chứng minh các quan hệ song song, vuông góc. Tính toán.
Tập hợp điểm.
Điểm cố định.
Các bước giải toán:
Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ (Oxy ) thích hợp.
Ta có:Ox, Oy vuông góc từng đôi một. Do đó, nếu trong mô hình chứa các cạnh
vuông góc thì ta ưu tiên chọn các đường đó lần lượt thuộc các trục tọa độ
Bước 2: Chuyển các giả thiết, kết luận từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ
tọa độ.
Bước 3: Giải bài toán bằng phương pháp toạ độ.
Bước 4: Chuyển kết quả từ ngôn ngữ tọa độ sang hình học.
b. Biện pháp:
Kiến thức vectơ và tọa độ là kiến thức mới đối với học sinh. Muốn sử
dùng phương pháp tọa độ để giải toán hình học đòi hỏi các em phải thành thạo
trong việc giải các bài toán tọa độ đồng thời phải nắm được mối liên hệ giữa “ngôn
ngữ hình học” và “ngôn ngữ tọa độ”.
III. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 3
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Khái niệm vectơ và tọa độ đã được đưa vào nội dung chương trình lớp 10,
làm công cụ cơ bản nghiên cứu quan hệ của các đối tượng trong hình học phẳng.
Việc sử dụng vectơ và tọa độ để giải quyết bài toán hình học phẳng tạo cho học
sinh cảm giác thích thú, trực quan và quen thuộc đặc biệt có hiệu quả trong bài
toán quỹ tích.
Phương pháp tọa độ là một cuộc cách mạng trong toán học vì nó giúp
cho toán học thoát ra khỏi tư duy cụ thể của không gian vật lý thông thường,
nhằm đạt tới đỉnh cao khác của sự khái quát và sự trừu tương hóa trong toán
học.
Mặt khác, một số kiến thức về vectơ này sẽ là cơ sở chuẩn bị cho việc xây
dựng khái niệm tọa độ trong không gian trong chương trình hình học lớp 12,
một công cụ hữu ích để giải nhiều bài toán hình học không gian.
NGƯỜI THỰC HIÊN: KIỀU THỊ THANH HƯƠNG
TRANG 4
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HÓA TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Vấn đề 1: Bài toán chứng minh (hoặc tính toán).
Bài 1. Cho hình vuông ABCD. E, F là các điểm xác định bởi
r uuuu
r
uuur 1 uuuu
1 uuuur
BE BC , CF CD
3
2
, AE cắt BF tại I. Chứng minh : góc AIC bằng 90 0.
Bài giải:
Giả sử cạnh hình vuông có độ dài bằng 1. Gắn hệ trục (Oxy) sao cho
D(0;0), C(1;0), A(0;1). Ta có:
2 3
E 1; , F ;0 , B 1;1
3 2
Phương trình đường thẳng AE : x + 3 y - 3 = 0, BF : 2 x + y - 3 = 0
uuu
r 6 2 uuu
r 1 3
x 3y 3
6 3
I
;
AI
;
,
CI
;
5 5
5 5
2
x
y
3
5 5
Tọa độ I là nghiệm của hệ:
uuu
r uuu
r
uuu
r
uuu
r
Khi đó: AI .CI 0 AI CI .
Vậy: Góc AIC bằng 900.
Bài 2. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm BC, E là hình chiếu của D
trên CA và F là trung điểm DE. Chứng minh rằng AF BE.
Bài giải:
Chọn hệ trục Oxy sao cho:
D (0; 0) , B ( -1; 0) , C (1; 0) , A (0; a )
y
x 1 ax y a 0
a
Phương trình đường thẳng AC:
Phương trình DE: x - ay = 0 . Tọa độ E là nghiệm của hệ:
a2
a2
ax y a
a
a
E
;
F
;
2
2
2
2
x
ay
0
1 a 1 a
2(1 a ) 2(1 a )
Ta có:
uuur
2a 2 1
uuuu
r a2
2a3 a
, AF
;
1 a2 1 a2
2(1 a 2 ) 2(1 a 2 )
BE
;
a
r
uuur uuuu
BE. AF 0 (đpcm)
Bài 3.
Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. D là trung
điểm AB và E là trọng tâm tam giác ACD. Chứng minh : IE CD .
Bài giải:
Gọi O là trung điểm BC. Chọn hệ trục Oxy:
c a
c a
O 0;0 , A 0; a , B c;0 , C c;0 , D ; , E ;
2 2 6 2
Ta có:
uuur uuur
DI BA
r uuuu
r
uuu
OI BC
x 0
c
a
x 2 ; y 2 . c; a 0
a2 c2
x; y . 2c;0 0
y
2a
a2 c2
uur uuuur c c 2 3c a
I 0;
IE.DC ; ; 0
6 2a 2
2a
2
Vậy: IE CD
Bài 4. (APMO 1998)
Cho tam giác ABC với đường cao AD, là một đường thẳng đi qua D.
Lấy E,F , khác D, sao cho AE BE, AF CF. Gọi M, N theo thứ tự là
trung điểm của các đoạn thẳng BC, EF.
Chứng minh rằng AN MN.
Bài giải:
Chọn A làm gốc tọa độ, trục hoành chứa đường thẳng qua A song song với
e f
2 ;a
Giả sử D(d;a), E(e;a), F(f;a) N
Khi đó, đường thẳng AE có phương trình ax - ey = 0.
Đường thẳng AD có phương trình ax - dy = 0.
Đường thẳng AF có phương trình ax - fy = 0.
Từ đó, do BE EA nên BE có phương trình ex + ay - e 2 - a 2 = 0
Do CF AF nên CF có phương trình fx + ay - f 2- a 2 = 0
Do BC AD nên BC có phương trình dx + ay - d 2 - a 2 = 0
Từ đó, tìm được
de
df
B d e; a , C d f ; a
a
a
uuuur
MN d ;
.
Suy ra M d
e f
d (e f )
;a
2
2a
d (e f ) uuuur uuuur
e f
d (e f )
MN . AN d .
a
0
2a
2
2a
Vậy: Ta có đpcm
Bài 5. (IMO 2000)
Cho hai đường tròn (O1 ); ( O2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt M, N. Tiếp
tuyến chung ( gần M hơn) tiếp xúc với ( Oi ) tại Ai . Đường thẳng qua M, song
song với A1 A2 , cắt lại đường tròn ( Oi ) ở Bi . Các đường thẳng Ai Bi cắt nhau tại
C, các đường thẳng Ai N cắt đường thẳng B1B2 ở D, E. Chứng minh rằng CD =
CE.
Bài giải:
Chọn hệ trục tọa độ A1xy sao cho A1 (0; 0), A2 (a; 0), O1 ( 0; r1 ) , O2 (a; r2 ) .
Giả sử: M(s;t), Khi đó B1 ( -s; t ) , B2 ( 2a - s; t )
Từ đó B1 B2 = 2a = 2 A1 A2
Ta thấy rằng A1 A2 // B1 B2 .
Suy ra A1, A2 theo thứ tự là trung điểm B1C, B2C
uuuur
uuuuuur
BB
Do đó: C(s;-t). Vậy CM = (0; 2t), 1 2 = (2a; 0)
Suy ra CM B1B2 hay CM DE (1)
Gọi K là giao điểm của MN với A1 A2 ta có:
uuuur 2 uuuuu
uuuuur2
r uuuur
P KA KM .KN P KA
1
2
K / o
K / o
1
2
Suy ra: K là trung điểm của A1 A2.
Từ đó, do A1 A2 // B1 B2 nên M là trung điểm DE (2)
Từ (1), (2) suy ra CM là trung trực của đoạn DE (đpcm)
Bài 6. (APMO 2000)
Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm cạnh BC và N là chân đường phân
giác của góc ·ABC . Đường thẳng vuông góc với NA tại N cắt các đường thẳng
AB, AM tại P, Q theo thứ tự đó. Gọi O là giao điểm của đường thẳng vuông góc
với AB tại P với AN, chứng minh rằng OQ BC.
Bài giải:
Chọn hệ trục toạ độ Nxy sao cho A, O nằm trên trục hoành. Giả sử AB có phương
y ax b a 0
trình
b
; 0 , P 0; b
a
Khi đó A
Và AC có phương trình y = - ax - b (do A thuộc trục hoành, AB, AC đối xứng nhau
qua trục hoành )
1
y xb
a
Do POAB nên PO có phương trình
và O(ab;0)
Do BC qua gốc tọa đô N, nên BC có phương trình y = cx( c ≠ 0)
b
Suy ra
bc b
b
;C
;
ca ca ca ca
B
abc uuuuur
bc
c; a 2
AM
a(c 2 a2 )
c 2 a 2 c2 a 2
Do đó
;
M
ab
;
Từ đó đường thẳng AM có phương trình
y
a2
ab
x
c
c
ab
c . Vậy đường thẳng OQ có phương trình x + cy – ab = 0
Suy ra
Q 0;
Suy ra đường thẳng OQ, BC vuông góc với nhau.
Bài 7. (Bungari league 1981)
Đường phân giác trong và ngoài của góc C trong tam giác ABC cắt AB ở L
và M. Chứng minh nếu CL = CM thì AC 2 + BC 2 = 4R 2 ( R là bán kính đường
tròn ngoại tiếp ABC)
Bài giải:
Gọi O là trung điểm của LM.
Chọn hệ trục Oxy: O (0; 0) , A ( a; 0) , B (b; 0) , C (0; c ) , L (c; 0) , M ( -c; 0)
2
2
2 2 2
AL AC AL AC
a c
ca
b2 c 2
LB BC LB BC
bc
Theo tính chất phân giác:
c2
2
c B ;0
ab2 ac2 a2b c2b 0 a b c2 ab 0 b
a
a
2
a2 c2
2
2
AB BC
a
1
Trong ABC:
2
c 2
c 2 a 2 c 2
2
2
a
2
2
2
2
BC . AC
a c
BC
sin A
a
OC 2
c2
(2)
4R2 =
Từ (1) và (2), suy ra: AC 2 + BC 2 = 4R 2 .
Bài 8.(NewYork 1976)
Các đường cao của tam0 giác nhọn ABC cắt nhau ở H. Trên đoạn HB và HC
người ta lấy hai điểm B1 , C1 sao cho ·AB1C = ·AC1 B = 900 . Chứng minh
AB1 = AC1
Bài giải:
Chọn hệ trục (Oxy): O (0; 0) , A (0; a ) , B ( -b; 0) , C (c; 0)
Phương trình đường thẳng BH: cx - ay + bc = 0 . Mà B(x1;y1) BH
cx1 - ay1 + bc = 0(1)
uuuuruuuur
AB CB 0 x x c y y a 0 x 2 y 2 cx ay 0 2
1 1
1 1
1 1
1 1
1
1
Mặt khác
x2 y 2 2ay bc 0
1
Từ (1) và (2), suy ra: 1 1
2
AB 2 x 2 y a x 2 y 2 2ay a 2 a 2 bc
1
1
1
1 1
1
Ta có :
Tương tự:
AC 2 a 2 bc
1
. Vậy: ta có đpcm.
Bài 9.
Trong mặt phẳng cho đường tròn (C) và elip (E) cố định (tâm đường tròn là
tâm đối xứng của elip) . Từ điểm M thuộc(C) ta dựng hai tiếp tuyến MT1 , MT2 tới
(E) trong đó T1 , T2 là tiếp điểm.Chứng minh rằng các đường thẳng T1T2 luôn tiếp
xúc với đường cong cố định
Bài giải:
Gọi (C): x 2 + y 2 = p 2 , (E):
x2 y 2
1
a 2 b2
với gốc tọa độ tại tâm của (C).
x = p sin t
t [0;2 )
y
=
p
cos
t
Ta có phương trình tham số của (C):
Gọi M ( p sin t; p cos t ) (C ) và T1 ( x1; y1 ) là tọa độ tiếp điểm.
xx yy
1 1 1
2
b2
Phương trình tiếp tuyến của (E) tại T1 ( x1; y1 ) : a
Tiếp tuyến MT1 qua
M p sin t; p cos t
p sin tx p cos ty
1
1 1 1
2
2
a
b
Tương tự gọi T2 ( x2; y2 ) là tọa độ tiếp điểm. Tiếp tuyến MT2 qua M
p sin t.x
p cos t. y
2
2 1 2
2
2
a
b
p sin t.x p cos t. y
1
2
2
a
b
Từ (1) và (2) suy ra phương trình T1T2:
Gọi N(x;y) là điểm mà họ T1T2 không đi qua
p sin t
p cos t
x
y 1
2
2
a
b
vô nghiệm theo t.
Suy ra
2
2
px
py
1
a2
b2
Từ đó :
x2 y 2
1
a4 b4
p2 p2
x2 y 2
1
a 4 b4
2 p2
Ta chứng minh T1T2 luôn tiếp xúc với (E1) : p
Thật vậy:
2
2
a 4 psint b4 p cos t
2
2
sin t cos t 1
2
2
2
2
p a
p b
x2 y 2
1
a 4 b4
2 p2
Nên T1T2 luôn tiếp xúc với (E1) : p
Bài 10. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB; C là một điểm thay đổi trên đường
tròn (O) sao cho tam giác ABC không cân tại C. Gọi H là chân đường cao của tam
giác ABC hạ từ C. Hạ HE; HF vuông góc AC; BC tương ứng. Các đường EF và AB
cắt nhau tại K. Gọi D là giao điểm của hai đường tròn tâm O và đường tròn đường
kính CH; D khác C. CMR: K; D; C thẳng hàng.
Bài giải:
Dựng hệ trục tọa độ Hxy như hình vẽ với H(0; 0); A(-1+a; 0); B(1+a; 0); O(a; 0);
C(0; b)
b2 a 1 a 1 1 a2
Xét trong tam giác vuông ABC có:
2
b
b2
2
x y
2
4
Gọi I là trung điểm CH. Khi đó phương trình đường tròn (I) là:
2
và phương trình đường tròn (O) là: ( x - a ) + y2 = 1.
Đường thẳng (CD) là trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và (I) nên có
b2
b2
2ax a 2 by
1
2ax by b2 0
4
4
phương trình là:
x
y
1 bx a 1 y b a 1
Phương trình đường thẳng (AC): a 1 b
Phương trình đường thẳng (HE): ( a - 1) x - by = 0
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình:
b2 b 1 a
bx a 1 y b a 1
E ;
2
2
(a - 1) x - by = 0
b
2
2 K b ;0 K CD
2a
b2 b 1 a b
2
2
Phương trình đường thẳng (EF): 2
y
x
Vậy: K;C;D thẳng hàng.
Bài 11. (Vô địch Nam Tư 1983)
Trên cung AB của đường tròn ngoại tiếp của hình chữ nhật ABCD, lấy M
khác A và B. Gọi P, Q, R, S là hình chiếu của M trên AD, AB, BC, CD. Chứng
minh PQ RS và giao điểm của chúng nằm trên một trong hai đường chéo của
hình chữ nhật.
Bài giải:
Dựng hệ trục toạ độ Oxy có Ox, Oy lần lượt song song với AD, AB.
Giả sử bán kính của đường tròn là R.
Phương trình của đường tròn là x 2 + y 2 = R 2
Giả sử toạ độ các đỉnh là A(-a;-b); B(-a;b); C(a;b); D(a;-b).
Ta có : AC 2 = 4R 2 = 4a 2 + 4b 2. Suy ra a 2 + b2 = R 2 .
x2 y 2 R2
Giả sử M ( x0 , y0) bất kì thuộc cung AB nên 0 0
Ta có tọa độ các hình chiếu P, Q, R, S là P( x0 .- b) , Q( - a .y0 ), R( x0 .b) , S (a, y0)
uuuu
r
uuur
. Suy ra : PQ = (-a - x0 ; y0 + b) ; RS = (a - x0 ; y0 - b) ;
uuuu
r uuur
x2 y 2 2
2
PQ
RS
Nên
= -a + 0 0 - b = 0 . Vậy PQ vuông góc RS
u
r
Đường thẳng PQ đi qua P( x0 ; -b) và có vectơ pháp tuyến n = ( y0 + b; a + x0 )
Nên có phương trình PQ là:
(b + yo )( x - xo ) + (a + x0 )( y + b) = 0 (b + y0) x + (a + xo) y - xo yo + ab =
0
Tương tự phương trình RS là
(b - y0 )( x - a) - ( x0- a)( y - y0) = 0 (b - y0) x + (a - x0) y + xy0 - ab =
0
Gọi I ( xI ; yI ) lả giao điểm của PQ và RS thì ta có xI ; yI là nghiệm của hệ sau
(b + y ) x + (a + x ) y - x y + ab = 0
0
0
0 0
(b - y0 ) x + (a - x 0 ) y + xy0 - ab = 0
Cộng lại ta được bx + ay = 0 suy ra bxI + ayI = 0
Do điểm B(-a;b), D(a;-b) nên phương trình đường chéo BD:
(b + b)( x + a) - (a + a)( y + b) = 0
Hay: ax + by = 0. Suy ra: I ( xI ; yI ) thuộc BD.
Bài 12. IMO Shortlist 23 rd
Trên các đường chéo AC và CE của lục giác đêu ABCDEF, ta lấy hai điểm M
AM CN
k
và N sao cho AC CE
. Biết B, M, N thẳng hàng. Tìm k.
Bài giải:
Đặt 2R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABCDEF. Chọn hệ trục:
A 0;0 , B R; 3R , C 0;2 3R , E 3R; 3R , M 0; m , N x; y ; F 2 R;0
( 3R m 2 3R )
uuuur
r
uuuur uuuu
uuur
Ta có: MN cùng phương với BM , EN cùng phương với EC ,
6 R 2 3mR
x
m 3R x 3Ry mR
6 R 2 3mR 7mR 6 3R 2
3m 2 R
N
;
2
3
m
2
R
3
m
2
R
x 3 y 6 R
7mR 6 3R
y
3m 2 R
AM CN
k AM AC (do AC CE )
AC CE
2
2
6 R 2 3mR
7mR 6 3R 2
m2
2 3R
3
m
2
R
3
m
2
R
m 2 R 3m3 6 4 3 Rm2 12 8 3 R 2m 24 R3 0 m 2 R
Ta có:
( Vì ta đặt
f m 3m3 6 4 3 Rm2 12 8 3 R 2m 24 R3
2
2
2
3R m 2 3R m R 2 3 1 R 2 m2 2 Rm 2 3 R 2 0
Ta có:
k
AM
1
AC
3
3m3 6 4 3 Rm2 12 8 3 R 2m 24 R3 0 f m 0
Vậy:
)
Vấn đề 2: Tìm điểm cố định
Bài 1. Cho tam giác ABC vuông tại A nhưng không cân; trên cạnh AB và AC lấy
M và N sao cho BM = CN. Chứng minh rằng đường trung trực của MN luôn đi qua
một điểm cố định.
Bài giải:
Dựng hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Chọn A(0; 0); M(0; m); B(0; b) ; C(1; 0) với m thay đổi, 0 < m < b 1
Ta có MB = CN, suy ra N(1 + m – b ;0)
1 m b m
; uuuur
2
2 và MN 1 m b; m
Suy ra trung điểm của MN có tọa độ
Suy ra phương trình đường trung trực của MN là:
2
1 m b
m
1
1 m b x 2 m y 2 0 m x y 1 b 1 b x 2 1 b 0
Ta thấy đường thẳng này luôn đi qua điểm cố định
1 b b 1
;
2
2
I
Bài 2. Cho tam giác ABC cân tại A. Xét D trên cạnh AB và điểm E trên cạnh BC
BC
sao cho hình chiếu của DE trên BC có độ dài bằng 2 . Chứng minh rằng đường
thẳng vuông góc với DE tại E luôn đi qua một điểm cố định
Bài giải:
Gọi O là trung điểm của BC, chọn hệ tọa độ sao cho A(0;a), B(-b;0), C(b;0)
Khi đó các đường thẳng AB, AC lần lượt có phương trình
x y
x y
1
1
(AB): b a
(AC): b a
Gọi H là hình chiếu của D trên BC. Do
EH
BC
2 nên E
thuộc đoạn
ax
D x b; 0
0
b
Vậy, nếu E(x0;0) , 0 x b thì H( x0 – b;0) và do đó
0
OC, H thuộc đoạn OB.
Gọi (d) là đường thẳng qua E vuông góc với DE thì phương trình của (d) là:
b2 ay x b2 x 0
b2 x ax y b2 x 0
0
0
0
. Phương trình này tương đương với:
2
0; b
a
cố định.
Suy ra (d) luôn đi qua điểm cố định là
Bài 3. (Poland 1992)
Trong mặt phẳng cho trước hai điểm A, B. Xét điểm C thay đổi trên một nửa
mặt phẳng bờ AB. Dựng ra ngoài của tam giác ABC các hình vuông ACED và
BCFG. Chứng minh rằng đường thẳng DG luôn đi qua một điểm cố định khi C thay
đổi.
Bài giải:
Chọn hệ trục tọa độ Axy sao cho A( 0;0), B(b;0) và C( x0 ; y0 ) , với y0 > 0.
uuuur
Khi đó D(- y0 ; x0 ), G(b+ y0 ;b- x0 ). Vậy DG = (b + 2 y0 ; b - 2 x0 )
- Xem thêm -