Tài liệu Tiếp cận bài toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến MỘT SỐ ĐỊNH HƢỚNG KHI TIẾP CẬN BÀI TOÁN PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG NHẰM NÂNG CAO KĨ NĂNG GIẢI TOÁN CỦA HỌC SINH 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến - Đề tài áp dụng cho tất cả học sinh ở bậc trung học phổ thông - Giáo viên dùng làm tài liệu tham khảo 3. Thời gian áp dụng sáng kiến - Từ tháng 9 năm 2010 đến tháng 7 năm 2015 4. Tác giả - Họ và tên: PHẠM VĂN PHI - Năm sinh: 1984 - Nơi thường trú: Nam Trực, Nam Định - Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Sư phạm toán - Chức vụ: TKHĐ, giáo viên môn Toán - Nơi làm việc: Trường THPT C Nghĩa Hưng - Địa chỉ liên hệ: Trường THPT C Nghĩa Hưng - Điện thoại: 0902277186 5. Đơn vị áp dụng sáng kiến - Trường THPT C Nghĩa Hưng - Địa chỉ: Khu Đông Bình, thị trấn Rạng Đông, Nghĩa Hưng, NĐ - Điện thoại: 035033728748 1 MỘT SỐ ĐỊNH HƢỚNG KHI TIẾP CẬN BÀI TOÁN PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG NHẰM NÂNG CAO KĨ NĂNG GIẢI TOÁN CỦA HỌC SINH A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Các bài toán về Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng là một trong những bài toán không hề đơn giản đối với học sinh phổ thông, mặc dù nằm ở chương trình lớp 10 nhưng học sinh lớp 12 vẫn thấy bài toán này khó, vậy làm cách nào để có thể giải quyết tốt bài toán? Theo quan điểm cá nhân, có hai hướng tiếp cận bài toán, hướng thứ nhất sử dụng ở các bài toán cơ bản với những tính chất sẵn có ngay trong bài toán, hướng thứ hai vận dụng các tính chất của hình học sơ cấp trong những bài toán phức tạp, ở mức độ cao. Để tiếp cận cả hai hướng giải quyết rõ ràng điều đầu tiên người học cần phải nắm chắc lí thuyết, lí thuyết về các phép toán véc tơ, các phép biến đổi véc tơ, các khái niệm về điểm, phương trình đường thẳng và các công thức liên quan đến góc và khoảng cách. Những khái niệm trên là điều rất quan trọng để tiếp cận tốt bài toán, không thuộc hoặc nhớ không kĩ sẽ chẳng dẫn đến đâu cả. Khi đã nắm chắc các khái niệm liên quan rồi, người học lúc này cần phát huy được các tính chất cơ bản của các hình trong giải toán, đối với hình tam giác, người học cần khai thác được tính chất của các đường đặc biệt trong tam giác: đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác, đường trung trực, đường trung bình; tiếp đến là phải phát huy được đặc điểm của các điểm đặc biệt trong tam giác như trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp trong tam giác và một số mối quan hệ cơ bản của các điểm đó. Không những vậy, người học cần phát huy được những tam giác đặc biệt như tam giác cân, tam giác vuông, tam giác đều, … các hình tứ giác mà điển hình là hình chữ nhật, hình vuông, hình thang, hình bình hành, hình thoi… rõ ràng trong những bài toán cơ bản, chỉ cần nắm các cách giải trong tam giác thì chuyển sang tứ giác là điều đơn giản; tuy nhiên đối với những bài toán ở mức độ cao liên quan đến một tính chất hình học sơ cấp nào đó thì chỉ những hình đó mới có, lúc đó người học cần phải phát huy tối đa các năng lực của bản thân may ra mới tiếp cận có hiệu quả bài toán đó. 2 II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Bài viết này được đưa ra nhằm hỗ trợ phần nào cho người học có cách tiếp cận bài toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng một cách hiệu quả nhất, giải quyết những khó khăn của dạng toán mang lại. III. ĐỐI TƢỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU - Học sinh lớp 10 - Học sinh lớp 12, ôn thi THPT Quốc gia - Giáo viên Toán IV. GIỚI HẠN CỦA ĐỀ TÀI Trong bài viết này tôi mới chỉ đề cập đến một số định hướng từ những bài toán cơ bản và những tính chất sẵn có ngay trong giả thiết bài toán và chỉ tập trung đến các dạng toán liên quan đến điểm và đường thẳng; hướng tiếp cận bài toán khi sử dụng tính chất hình sơ cấp (tính song song, vuông góc, thẳng hàng, đồng quy …) và tiếp cận những bài toán về đường tròn sẽ được tiếp tục nghiên cứu và bổ sung sau này. 3 B. NỘI DUNG I. TÓM TẮT LÍ THUYẾT CƠ BẢN 1. Điểm - đƣờng thẳng a. Phương trình đường thẳng - Đường thẳng đi qua điểm M  x0 ; y0  và nhận n   a; b  làm véc tơ chỉ  x  x0  at phương có phương trình tham số là:  .  y  y0  bt - Đường thẳng đi qua điểm A  x0 ; y0  và nhận n   a; b  làm véc tơ pháp tuyến có phương trình tổng quát dạng: a  x  x0   b  y  y0   0 hay ax  by  c  0 - Đường thẳng d vuông góc với d’: ax  by  c  0 thì d có phương trình dạng : bx  ay  c '  0 - Đường thẳng d song song với d’: ax  by  c  0 thì d có phương trình dạng: ax  by  c '  0 ( c '  c ) b. Khoảng cách và góc - Khoảng cách giữa hai điểm AB   xB  x A    y B  y A  2 2 - Khoảng cách từ A  x0 ; y0  đến đường thẳng  : ax  by  c  0 tính bởi công thức d  A;    ax0  by0  c a 2  b2 - Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song: d  d ;    d  M ;   với M d . - Khi xác định được diện tích của tam giác ABC thì d  A; d   2S ABC ; với BC d   BC  . - Cho hai đường thẳng cắt nhau d: ax  by  c  0 và d’: a ' x  b ' y  c '  0 , thì: +) cos  d , d '  aa ' bb ' a 2  b2 . a '2  b '2 +) Phương trình đường phân giác tạo bởi giữa hai đường thẳng d, d’ là: 4 ax  by  c a 2  b2  a'x  b' y  c' a '2  b '2 c. Điểm Đối với bài toán xác định điểm, về quan điểm “hình học” điểm là giao của các đường (đường thẳng, đường tròn), tìm điểm trong tình huống này chính là việc xác định sự tương giao giữa các đường; về quan điểm “đại số” điểm gồm 2 thành phần là hoành độ và tung độ, tìm điểm trong tình huống này là tìm mối quan hệ giữa hai thành phần của điểm để từ đó đưa về bài toán tìm nghiệm của phương trình, hệ phương trình. Lưu ý rằng điểm M thuộc đường thẳng  : ax  by  c  0 , ta có thể gọi điểm  at  c   bt  c  M  t; ; t  với t là một tham số (đây được gọi là tham số  hoặc M  b    a  hóa điểm M). Khi đó việc xác định điểm M chỉ cần tìm một yếu tố liên quan đến điểm M, có thể đó là yếu tố vuông góc, khoảng cách, song song, góc, diện tích … hay một yếu tố hình học có liên quan. 2. Một số bài toán cơ sở viết phƣơng trình đƣờng thẳng. Bài toán 1. Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A, B cho trước. Bài toán 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm và song song với một đường thẳng cho trước. Bài toán 3. Viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm và vuông góc với một đường thẳng cho trước. Bài toán 4. Viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm và tạo với một đường thẳng cho trước một góc xác định. Bài toán 5. Viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm và cách một điểm cho trước một khoảng không đổi xác định. Khai thác những đường đặc biệt của tam giác: + Đường cao, trực tâm: Yếu tố vuông góc. + Đường trung tuyến, trọng tâm: Đường A trung tuyến AE, G là trọng tâm của tam giác, ta M' có: M G B D E C5 x A  xB  xC   xG  2 3 và AE  AG  3  y  y A  yB  yC G  3 + Đường phân giác: Đường phân giác trong AD, khi đó BAD  CAD ; điểm M thuộc AB, M’ là điểm đối xứng của M qua phân giác AD, khi đó M’ thuộc AC. + Đường trung trực, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác: 6 II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI Vận dụng những yếu tố trên, sau đây ta sẽ tiếp cận những bài toán về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, vận dụng hướng thứ nhất ở những bài toán cơ bản. Các ví dụ được đưa ra phân tích được trích từ các đề thi ĐH - CĐ các năm gần đây và các đề thi thử ĐH của một số trường. Ví dụ 1: (B - 02) Cho hình chữ nhật ABCD có giao điểm hai đường chéo là 1  I  ;0  , phương trình đường thẳng AB là x - 2y + 2 = 0 và AB = 2AD. Tìm tọa độ 2  các đỉnh A, B, C, D của hình biết rằng A có hoành độ âm. Giải:  Nhận xét: Đây là bài toán yêu cầu tìm điểm, như vậy ta có hai hướng tìm điểm cơ bản theo hai quan điểm đại số và hình học rõ ràng. Khai thác thêm giả thiết hình chữ nhật ta sẽ có tiếp cận bài toán theo những hướng sau: B A x-2y+2=0 I(1/2;0) D C Cách 1. Tham số hóa điểm A nằm trên đường thẳng AB là A(2a -2; a), (2a-2 < 0) + Đường thẳng AD và vuông góc với AB nên đường AD có phương trình dạng 2x  y  c  0 , đường AD đi qua điểm A nên 2  2a  2   a  c  0  c  4  5a Vậy đường AD có phương trình dạng: 2x + y + 4 - 5a = 0 Theo giả thiết ABCD là hình chữ nhật, AB = 2AD nên ta có d  I ; AB   Hay 1 2 2 12   2  2 1 d  I , AD  2 1 2.  4  5a a  0 1 2  5  5a  5   .  a  2(l ) Suy ra A(- 2; 0), 2 12  22  Do I là trung điểm của AC nên ta có tọa độ C(3; 0) + Đường thẳng CB vuông góc với AB nên có dạng: 2x + y + c’ = 0, CB đi qua điểm C nên ta có 2.3 + c’ =0  c '  6 , vậy đường BC có phương trình x + 2y - 6 = 0 7 x  2 y  6  0 x  2  + B  BC  AB nên tọa độ B thỏa mãn hệ phương trình:  x  2 y  2  0 y  2 Vậy B(2; 2), I là trung điểm của BD nên tọa độ D(-1; - 2). Cách 2. Nhận thấy, từ giả thiết ta có cosCAB  AB  AC AB AB  BC 2 2  AB  AB  AB 2     2  2  2 5 1  + Viết phương trình đường thẳng AC: Đi qua I  ;0  và tạo với đường thẳng AB 2  một góc xác định CAB mà cosCAB  2 . 5 + Gọi VTPT của đường thẳng AC là n   a; b  (a, b không đồng thời bằng 0) 1  Đường thẳng AC đi qua điểm I nên có dạng: a  x    b  y  0   0 hay 2  ax  by  a  2b 2 a   0 . Ta có cos  AC , AB   cosCAB  2 2 5 12   2  a 2  b 2 a  0  a  2b  2 a 2  b 2  3a 2  4ab  0   3a+4b  0 TH1. Với a = 0, phương trình đường AC là y = 0 x  2 y  2  0  x  2  Khi đó, tọa độ của A là nghiệm của hệ  (t/m). y  0 y  0 Vậy A(- 2;0). Do I là trung điểm của AC, nên tọa độ của C  3;0  + Đường thẳng CB vuông góc với AB nên có dạng: 2x + y + c’ = 0, CB đi qua điểm C nên ta có 2.3 + c’ =0  c '  6 , vậy đường BC có phương trình x + 2y - 6 = 0 x  2 y  6  0 x  2  + B  BC  AB nên tọa độ B thỏa mãn hệ phương trình:  x  2 y  2  0 y  2 Vậy B(2; 2), I là trung điểm của BD nên tọa độ D(-1; - 2). Cách 3. Gọi M là trung điểm của AB, theo giả thiết ABCD là hcn, AB = 2AD nên ta có ngay tam giác MIA vuông tại M, IM  d  I ; AB  và AM = 2IM 8 Mà IM  d  I ; AB   1 2 2 12   2  nên AI  AM 2  IM 2  2   2IM  2 5 2  IM 2  5 2 + Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD, đường tròn này có 2 2 1  5 tâm I, bán kính IA có phương trình là:  x    y 2    . 2   2 A, B là giao điểm của đường thẳng AB và đường tròn (I; IA) nên tọa độ điểm A, B x  2 y  2  0  2 2 thỏa mãn hệ phương trình  1 5 . 2  x  2   y   2      Giải hệ này ta được A  2;0  , B  2;2  (vì A có hoành độ âm) I là trung điểm của hai đường chéo AC, BD nên suy ra C  3;0  , D  1; 2  .  Nhận xét: Đối với cách thứ nhất, có lối suy nghĩ đơn giản, phù hợp với học sinh ở mức độ trung bình khá, lời giải có thiên hướng đại số hóa, không cần nhiều các phép biến đổi phức tạp mà vẫn giải quyết bài toán một cách tối ưu. Cách 2 ta thấy sử dụng bài toán cơ bản viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm và tạo với đường thẳng cho trước một góc xác định, lối tư duy đơn giản nhưng đòi hỏi cần có sự suy luận để xác định góc (điều này giả thiết không đưa ra). Đối với cách thứ 3, hướng sử dụng hình học để xác định điểm là rõ ràng, không chỉ điểm là giao của hai đường thẳng mà điểm còn là giao của đường thẳng và đường tròn. Ví dụ 2 (D-12). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD; các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình x + 3y = 0 và x - y + 4 = 0,  1  đường thẳng BD đi qua điểm M   ;1 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật  3  ABCD? Giải: 9  Nhận xét: Bài toán yêu cầu tìm tọa độ điểm nên trước tiên ta phải nghĩ đến một trong hai hướng sau: Hướng thứ nhất là viết phương trình hai đường thẳng cùng đi qua điểm cần tìm tọa độ rồi giải hệ (hướng hình học). Hướng thứ hai là gọi tọa độ điểm đó ra rồi đi lập hệ phương trình để giải (hướng đại số hóa). Trên cơ sở như vậy ta có các cách tiếp cận bài toán như sau: D A x-y+4=0 M(-1/3;1) C B x+3y=0 Cách 1. x  3y  0  x  3  + A  AD  AC , nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ PT:  x  y  4  0 y 1 Vậy A(- 3; 1). + Viết phương trình đường thẳng BD: Đi qua M và tạo với đường thẳng AD một góc  mà   DAC xác định. Gọi n   a; b  là VTPT của đường BD (a, b không đồng thời bằng 0), đường thẳng 1  BD đi qua M, nên đường BD có dạng: a  x    b  y  1  0 3  hay ax  by  a  b  0 (1). Theo tính chất của hình chữ nhật, ta có ADB  DAC 3 suy ra cos ADB  cos DAC hay cos  AD, AC   cos  DA, DB   1 3 2. 10  a b 2 a b 2 2  2 a 2  b 2  10 a  b  a  3b  3a 2  10ab  3b 2  0   3a  b Với a = 3b, thay vào (1) ta được phương trình đường BD: 3x+y=0 8 Với 3a=b, thay vào (1) ta được pt đường BD: x  3 y   0  BD / / AC (loại) 3 10 x  y  4  0 + D  AD  BD , nên tọa độ D thỏa mãn hệ PT:  3x  y  0  x  1   D  1;3 y  3 + Gọi I là giao điểm của AC và BD, tọa độ điểm I thỏa mãn hệ PT: x  3y  0 x  0   I  0;0   3x  y  0 y  0 + Vì I là trung điểm của AC và BD, áp dụng công thức trung điểm ta được C(3; -1), B(1; -3) Cách 2. + A  AD  AC , nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình: x  3y  0  x  3  . Vậy A(- 3; 1).  x  y  4  0 y 1 Gọi I là giao điểm của AC và BD, I thuộc AC, gọi I  3a;a  D thuộc AD, gọi D  d;d+4  . Theo giả thiết, ta có D, I, M thẳng hàng nên: 1 3  a  1 ( d  3; d   1 ) 1 3 d 3 d 3 3a   3ad  7a  d  1  0 (1) Mặt khác theo tính chất của hình chữ nhật thì IA = ID hay IA2  IB 2   3a 2  3   a  1   3a  d    a  d  a  2 2 2 2  d 2  2ad  6a  4d  3  0 (2) Từ (1), (2) ta được hệ phương trình, giải hệ này bằng cách từ pt(1) rút a thế vào (2) ta được a = 0; d = - 1. Vậy I(0; 0), D(- 1; 3). Vì I là trung điểm của AC, BD nên áp dụng công thức trung điểm ta được C(3; -1) và B(1; -3). Cách 3. x  3y  0  x  3  + A  AD  AC , nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ PT:  . x  y  4  0 y 1 Vậy A(- 3; 1). 11 + Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với AD, nên phương trình đường AB có dạng: x + y + c = 0, AB đi qua A nên tọa độ điêm A thỏa mãn , hay -3 + 1 + c = 0 suy ra c = 2. Vậy phương trình đường thẳng AB: x + y + 2 = 0. 1   + D thuộc AD, gọi D  d ; d +4  . Phương trình đường BD nhận MD   d  ; d  3  3   1 3  y  1 (trường làm VTCP, nên đường BD có phương trình dạng chính tắc: 1 d 3 d 3 x 1 hợp d=  , d = - 3 không xảy ra). 3 x  y  2  0  1  + B  AB  BD , nên tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình:  x  3 y  1   1 d 3 d  3  5d  3  x   3d  5   y  d  7  3d  5  3d 2  3 3d 2  16d  13  Vì I là trung điểm của BD, nên tọa độ I  ;   2  3d  5  2  3d  5   I nằm trên AC, nên tọa độ điểm I thỏa mãn phương trình AC, hay:  d  1 3d 2  3 3d 2  16d  13  3. 0 2  3d  5  2  3d  5   d  3 Với d = - 1 suy ra D(- 1; 3), B(1; -3). Với d = -3 suy ra D(-3;1), B(-3;1) (loại vì B trùng với D) Khi đó I(0; 0) và vì I là trung điểm của AC nên C(3; -1)  Nhận xét: Rõ ràng với cách 1, ta sử dụng bài toán cơ bản viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm và tạo với một đường thẳng cho trước một góc xác định khi khai thác được tính chất hình chữ nhật có hai góc bằng nhau. Cách 2 và cách 3 thiên về tính toán đại số, ta thấy rằng dễ tư duy theo kiểu này, tuy nhiên lại gặp khó khăn trong bước giải hệ PT tìm ẩn. Cách 3 lối tư 12 duy đơn giản, sau khi tham số hóa tọa độ một điểm, đi viết phương trình các đường thẳng cần xác định theo tham số vừa định (đường thẳng tham số) và tìm mối quan hệ trong bài toán để tìm tham số đó. Tiếp theo ta đi khai thác những tính chất cơ bản của những đường và điểm đặc biệt trong tam giác khi tiếp cận chúng trong bài toán. Tiếp theo, ta sẽ định hướng đƣờng phân giác tiếp cận bài toán trong tam giác Ví dụ 3. (B - 08) Hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(-1; -1), đường phân giác trong của góc A có phương trình x - y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x+3y-1=0 Giải  Nhận xét: Bài toán với giả thiết đường phân giác trong, liên hệ cho ta sử dụng một hai tính chất cơ bản của của nó là tính đối xứng qua đường phân giác và tính chia đôi góc. C K 4x+3y-1=0 H' x-y+2=0 D I B A H + Gọi đường phân giác trong AD, đường cao BH. Gọi H’ là điểm đối xứng của H qua qua đường phân giác AD, khi đó H’ thuộc AC. + Đường HH’ vuông góc với AD nên HH’ có phương trình dạng: x+y+c=0, HH’ qua điểm H nên -1 - 1 + c = 0 suy ra c = 2. Vậy phương trình HH’: x + y + 2 = 0. x  y  2  0  x  2  Gọi I  HH ' AD , tọa độ điểm I thỏa mãn hệ PT:  x  y  2  0 y  0 Vậy I(-2; 0). H’ là điểm đối xứng của H qua I nên I là trung điểm của HH’, áp dụng công thức trung điểm, suy ra tọa độ H’(-3; 1). 13 + Viết phương trình đường AC: Đi qua H’ và vuông góc với BK, nên đường AC có phương trình là 3x - 4y + 13 = 0. 3 x  4 y  13  0 + A là giao của AC và AD nên tọa độ A thỏa mãn hệ PT:  x  y  2  0 x  5 . Vậy A(5; 7).  y  7  + Viết phương trình đường AB: Qua H, A nên đường AB nhận HA   6;8  làm VTCP và qua điểm H nên có phương trình: 4x - 3y + 1 = 0. + Viết phương trình đường CH: Qua H và vuông góc với AB nên phương trình CH là 3x+4y + 7 = 0. 10  x  3 x  4 y  7  0  3 + C  CH  CA nên tọa độ C thỏa mãn hệ PT:   3 x  4 y  13  0 y  3  4  10 3  Vậy C   ;   3 4  Nhận xét: Rõ ràng bài toán trên ta khai thác giả thiết đường phân giác trong là quan trọng nhất, bài toán được “cởi nút thắt” khi tìm điểm đối xứng H’, kết hợp với việc sử dụng bài toán cơ bản viết phương trình các đường thẳng liên quan đến điểm C, từ đó tìm được điểm C qua sự tương giao giữa các đường.  17 1  Ví dụ 4. (B - 13) Tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là H  ;   ,  5 5 chân đường phân giác trong của góc A là D(5; 3) và trung điểm cạnh AB là M(0; 1). Tìm tọa độ C. C H D B M A 14 Giải :  8 16  + Viết phương trình đường BC: Qua D, H nên nhận DH    ;   làm VTCP  5 5 nên có phương trình là 2x - y - 7 = 0 + Viết phương trình AH vuông góc với BC nên đường AH có dạng x + 2y + c = 0, đi qua H nên phương trình AH là: x + 2y - 3 = 0. + Gọi A  3  2a; a   AH , do M(0; 1) là trung điểm của AB nên B  2a  3;2  a  . Mặt khác B  BC suy ra 2  2a  3   2  a   7  0  a  3 , vậy A(-3; 3). + Viết phương trình đường AD: Qua hai điểm A, D nên nhận AD   8;0  làm VTCP nên có phương trình là y - 3 = 0. Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua phân giác AD, khi đó M’ thuộc AC. Đường MM’ vuông góc với AD và đi qua điểm M nên có phương trình là x = 0. Gọi I là giao điểm của MM’ và AD, suy ra tọa độ I(0; 3), I là trung điểm của MM’ nên tọa độ M’(0; 5). + Đường thẳng AC đi qua hai điểm A, M’ nên nhận AM '   3; 1 làm VTCP nên có phương trình là -2x + 3y - 15 = 0. 2 x  3 y  15  0 x  9  + C  CA  CB nên tọa độ C thỏa mãn hệ PT:  2x  y  7  0  y  11 Vậy C(9; 11)  Nhận xét: Việc khai thác tính chất của đường cao và tính chất điểm đối xứng qua đường phân giác trong đã giúp ta giải quyết trọn vẹn bài toán. Một hướng giải khác khai thác tính chất của chân đường phân giác trong đó là sau khi xác định đường BC, tọa độ điểm A, B, ta tham số hóa tọa độ điểm C trên BC, áp dụng tính chất: D là chân đường phân giác trong góc A thì DB AB  , dẫn đến một phương trình giải được với ẩn là tham số điểm C. DC AC Như vậy khi gặp một bài toán chứa giả thiết có đường phân giác ta có thể sử dụng tính đối xứng vào giải quyết bài toán một cách khá hiệu quả, minh họa thêm một số bài toán trong các đề thi ĐH và đề thi thử của các trường: 15 Bài tập định hƣớng đƣờng phân giác Bài 1.1. (D - 2011) Cho tam giác ABC có đỉnh B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình là x - y - 1 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, C. Định hướng và cách giải: A + Lấy B’ đối xứng với B qua phân giác AD, suy ra G tọa độ B’. + Sử dụng đẳng thức BG  2 BM , suy ra tọa độ M 3 B M B' C D + Viết phương trình đường thẳng AC: qua B’, M + Suy ra tọa độ điểm A  AC  AD . + M là trung điểm của AC, suy ra tọa độ điểm C. Bài 1.2. (TTTT 2014) Tam giác ABC có phương trình các đường AB, BC lần lượt là 5x  2 y  7  0; x  2 y  1  0 , đường phân giác trong góc A có phương trình là x  y  1  0 . Tìm tọa độ điểm C. Định hướng và cách giải: A + Xác định tọa độ B  BA  BC + Xác định tọa độ A  AB  AD (AD là phân B' giác trong) + Lấy B’ đối xứng với B qua phân giác trong AD, B D C suy ra tọa độ B’ (Hoặc viết phương trình đường AC, là đường thẳng đi qua B’ và tạo với đường AD một góc xác định BAD ) + Viết phương trình AC: Qua A, B’. + Đưa ra tọa độ C  AC  BC Bài 1.3. (Đặng Thúc Hứa - NA) Cho tam giác ABC có đường phân giác trong góc A là d: 2x - y - 3 = 0. Biết các điểm B1  6;0  , C1  4;4  lần lượt là hình chiếu vuông góc của đỉnh B, C lên các cạnh AC, AB tương ứng. Xác định tọa độ A, B, C. Định hướng và cách giải: + Gọi B’ là điểm đối xứng của B1 qua đường phân giác AD, suy ra tọa độ B’. 16 + Viết phương trình đường thẳng AB: Đi qua B’ và C1 A + Suy ra tọa độ điểm A  BA  AD + Viết phương trình đường AC: Đi qua điểm A, B1. B1 B' C1 + Viết phương trình đường BB1: Đi qua B1 và vuông góc với AC. + Suy ra điểm B  BA  BB1 B C D + Viết phương trình đường CC1: Qua C1 và vuông góc với AB. + Suy ra tọa độ điểm C  CC1  CA Bài 1.4. (Lý Thái Tổ - BN) Cho tam giác ABC biết đường cao kẻ từ đỉnh B và đường phân giác trong góc A lần lượt có phương trình là d1: 3x + 4y + 10 = 0; d2:x y + 1=0. Điểm M(0; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C một khoảng bằng 2 . Xác định tọa độ ba đỉnh của tam giác. Định hướng và cách giải: A + Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua phân giác d2, suy ra tọa độ điểm M’. M' H M d1 + Viết phương trình đường thẳng AC: Qua M’ và vuông góc với d1 + Suy ra tọa độ điểm A  AC  d 2 B C D + Viết phương trình đường AB: Qua A, M + Suy ra tọa độ điểm B  BA  d1 d2 + Tham số tọa độ C  t  trên AC, sử dụng giả thiết MC  2 , suy ra tọa độ C. Bài 1.5 (Triệu Sơn 4 - TH) Cho tam giác ABC có đường cao kẻ từ A và đường phân giác trong kẻ từ B có phương trình lần lượt là x - 2y - 2 = 0 và x - y - 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết M(0; 2) thuộc AB và AB = 2BC. Bài 1.6 (Chuyên HN- Ams 2014) Cho tam giác ABC, phương trình đường phân giác trong của góc A và đường cao kẻ từ C lần lượt có phương trình x - y = 0 và 2x+y+3=0. Đường thẳng AC đi qua điểm M(0; -1) và AB=2AM. Viết phương trình cạnh BC. 17 Định hướng trọng tâm tiếp cận bài toán trong tam giác Ví dụ 5. (D - 2011) Cho tam giác ABC có đỉnh B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình là x - y - 1 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, C. Giải: A G B M B' D C + Gọi B’(x; y) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong d: x - y - 1 = 0 của góc A. Ta có BB’ vuông góc với d và đi qua B nên phương trình đường BB’ là: x + y + 3=0 x  y  3  0  x  1  Gọi I là trung điểm của BB’ thuộc d, tọa độ I thỏa mãn hệ  x  y 1  0  y  2 Từ đó suy ra tọa độ B’(2; -5). + Gọi M(x; y) là trung điểm của AC, G là trọng tâm của ABC nên BG  trong đó 2 BM , 3 BG   5;0  , BM   x  4; y  1 nên suy ra tọa độ điểm M thỏa mãn: 2  7  5  3  x  4  x   2  2 0   y  1  y  1  3 Đường thẳng AC đi qua M, B’, có phương trình: 4x - y - 13 = 0. 4 x  y  13  0 x  4  Tọa độ A thỏa mãn hệ PT:  . Vậy A(4; 3) x  y  1  0 y  3   M là trung điểm của AC, suy ra tọa độ C(3; -1)  Nhận xét: Bài toán trên ngoài việc sử dụng tính chất của đường phân giác trong, ta còn sử dụng tính chất trọng tâm. 18 Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AB  5, C ( 1; 1) , đường thẳng AB có phương trình là x  2 y  3  0 và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng  : x  y  2  0 . Tìm tọa độ đỉnh A và B. Giải: A d:x+y-2=0 I G C(-1;-1) B Cách 1. Gọi I ( x; y ) là trung điểm của đoạn AB và G( xG ; yG ) là trọng tâm của ABC . Do CG  2 2x 1 2 y 1 CI nên xG  ; yG  . Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình: 3 3 3 x  2 y  3  0 x  5  . Vậy I (5; 1)   2x 1 2 y 1  y  1  3  3  2  0 Ta có IA  IB  AB 5  2 2 Gọi (C ) là đường tròn có tâm I (5; 1) và bán kính R   (C ) : ( x  5) 2  ( y  1) 2  5 2 5 . 4 Tọa độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình: x  2 y  3  0 x  4 x  6     5 1 3. 2 2 ( x  5)  ( y  1)  4  y   2  y   2   1    3 Vậy tọa độ hai điểm A, B là  4;   ,  6;   . 2 2  19 Cách 2. Gọi G(t ; 2-t)  d . Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có d  C , AB   3d  G; AB   1  2  3 12  22  3. t  22  t   3 12  22  t  1  2 t  1  t  3 Với t = -1, G(-1 ; 3) (Loại vì C, G nằm về hai phía của AB) 2 3 Với t = 3, G(3 ; -1). Gọi I là trung điểm của đoạn AB . Do CG  CI nên tọa độ điểm I (5; 1) . Ta có IA  IB  AB 5  2 2 Gọi (C ) là đường tròn có tâm I (5; 1) và bán kính R   (C ) : ( x  5) 2  ( y  1) 2  5 2 5 . 4 Tọa độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình: x  2 y  3  0 x  4 x  6     5 1 3. 2 2 ( x  5)  ( y  1)  y   y     4 2  2   1    3 Vậy tọa độ hai điểm A, B là  4;   ,  6;   . 2 2   Nhận xét: Cách 2 của bài toán này rõ ràng có sự khác biệt khi sử dụng tính chất trọng tâm so cách 1, ở đây ta đã vận dụng tính chất trọng tâm thông qua khoảng cách, điều này sẽ còn được nêu ra trong phần định hướng về khoảng cách. Ví dụ 7. (B - 2014). Cho hình bình hành ABCD, M(-3 ; 0) là trung điểm của AB, 4  H  0; 1 là hình chiếu vuông góc của B lên AD và điểm G  ;3  là trọng tâm của 3  tam giác BCD. Xác định tọa độ điểm B, C. Giải : 20