Tài liệu Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LẠI TIẾN ĐẨU PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP VÀ SỐ HỌC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LẠI TIẾN ĐẨU PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP VÀ SỐ HỌC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 i LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn này là công trình nghiên cứu của tôi (từ tháng 9 năm 2014 đến tháng 3 năm 2015), trên cơ sở tham khảo các tài liệu, tham dự các buổi hội thảo các chuyên đề Toán học và kinh nghiệm qua các năm công tác. ii Mục lục Mở đầu 1 Phương pháp tọa độ và các tính chất liên quan 1.1 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian . 1.1.1 Véctơ và tọa độ trên đường thẳng . . . . . . . . . . 1.1.2 Véctơ và tọa độ trong mặt phẳng . . . . . . . . . . . 1.1.3 Véctơ và tọa độ trong không gian . . . . . . . . . . . 1.2 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 1.2.1 Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ . . . . . . . 1.2.2 Dạng bài toán đã cho trước hệ trục tọa độ . . . . . . 1.3 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong không gian 1.3.1 Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ . . . . . . . 1.3.2 Bài tập tương tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 . . . . . . . . . . 4 4 5 5 6 7 7 15 18 18 26 2 Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học 30 2.1 Dạng toán hình học tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.2 Dạng toán mạng lưới ô vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 3 Một số đề toán Olympic 52 3.1 Đề toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 3.2 Đề toán hình học tổ hợp và mạng lưới ô vuông . . . . . . . . 55 Kết luận 65 Tài liệu tham khảo 66 1 Mở đầu 1. Lí do chọn đề tài Chuyên đề về phương pháp tọa độ có vị trí quan trọng trong toán học bậc trung học phổ thông. Nó không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của hình học mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực của giải tích, đại số, lượng giác và các ứng dụng khác. Trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc gia, Olympic Toán quốc tế thì các bài toán liên quan đến các dạng toán rời rạc trong hình học tổ hợp và số học cũng hay được đề cập và được xem như là những dạng toán thuộc loại khó. Các bài toán dạng này thường ít được đề cập trong chương trình toán ở bậc trung học phổ thông. Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề ứng dụng phương pháp tọa độ, luận văn "Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học" nhằm cung cấp một số phương pháp có tính hệ thống để tiếp cận các dạng toán từ hình học tổ hợp và số học liên quan. 2. Mục đích nghiên cứu Hệ thống hóa Lý thuyết và cách giải các dạng bài tập Hình học tổ hợp và Số học bằng phương pháp tọa độ đồng thời nắm được một số kỹ thuật tính toán liên quan. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 3.1. Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu các bài toán Hình học tổ hợp và Số học giải theo phương pháp tọa độ, bài toán liên quan đến lưới ô vuông. 3.2. Phạm vi nghiên cứu 2 Nghiên cứu các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, kỷ yếu hội thảo các chuyên đề bồi dưỡng HSG cấp tỉnh, cấp quốc gia, thi Olympic; tủ sách chuyên Toán. 4. Phương pháp nghiên cứu Tham khảo các tài liệu bồi dưỡng cho giáo viên, bồi dưỡng HSG. Tham gia các buổi seminar: Các chuyên đề toán phổ thông, Các trường hè bồi dưỡng nâng cao kiến thức chuyên môn để trao đổi các kết quả đang nghiên cứu. 5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài Luận văn là một chuyên đề hướng tới bồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung học phổ thông. Tạo được một đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh trung học phổ thông. Đề tài đóng góp thiết thực cho việc học và dạy các chuyên đề toán trong trường THPT, đem lại niềm đam mê sáng tạo trong việc dạy và học toán. 6. Cấu trúc của luận văn Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương đề cập đến các vấn đề sau đây: Chương 1 trình bày về phương pháp tọa độ và các tính chất liên quan. Chương 2 trình bày phương pháp tọa độ giải các bài toán trong hình học tổ hợp và số học. Chương 3 trình bày một số đề toán thi Olympic. 3 Lời cảm ơn Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tình và nghiêm túc của GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Nhân dịp này tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và kính trọng sâu sắc đối với Giáo sư - người thầy đã truyền đạt nhiều kiến thức quý báu cùng với kinh nghiệm nghiên cứu khoa học trong suốt thời gian tác giả theo học và nghiên cứu đề tài. Đồng thời, tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên; Phòng Đào tạo, Khoa Toán - Tin, các thầy cô giảng dạy lớp Cao học K7N (Khóa 2013-2015) - trường Đại học Khoa học; Ban giám hiệu Trường THPT Trần Nhân Tông - Nghĩa Hưng - Nam Định và gia đình đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập, công tác và thực hiện đề tài luận văn này. Thái Nguyên, tháng 4 năm 2015 Tác giả Lại Tiến Đẩu 4 Chương 1 Phương pháp tọa độ và các tính chất liên quan 1.1 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian Định nghĩa 1.1 (Hệ tọa độ Đề-các tổng quát và hệ tọa độ trực chuẩn). a) Trục tọa độ là một đường thẳng trên đó đã chọn một điểm O làm gốc → − − − và một véctơ → e (→ e khác 0 ). Ta lấy điểm I trên đường thẳng đó sao cho −→ → OI = − e thì tia OI (có gốc O và đi qua I ) gọi là tia dương của trục. Ta ký hiệu tia đó là Ox. Tia đối của tia Ox là tia âm của trục và ký hiệu là Ox0 . Trục nói trên được ký hiệu là trục x0 Ox. b) Trên mặt phẳng cho hai trục x0 Ox và y 0 Oy cắt nhau tại O. Các véctơ − − đơn vị → e1 , → e2 lần lượt được đặt trên Ox, Oy và có chung gốc O. Chú ý rằng → − → − − các véctơ e1 , → e2 đều khác 0 , có thể độ dài khác nhau. Hệ gồm hai trục đã cho gọi là hệ trục tọa độ tổng quát hay hệ trục tọa độ − − Đề-các xiên góc trong mặt phẳng, ký hiệu Oxy . Cặp véctơ (→ e1 , → e2 ) có thứ 0 0 tự gọi là cơ sở của hệ tọa độ. Các trục x Ox, y Oy lần lượt được gọi là trục hoành và trục tung, O là gốc tọa độ. c) Trong không gian cho ba trục x0 Ox, y 0 Oy , z 0 Oz có chung gốc O và − − − không cùng nằm trên một mặt phẳng. Gọi → e1 ,→ e2 ,→ e3 là các véctơ đơn vị trên → − các trục đó (đơn vị ở đây là của từng trục), các véctơ này đều khác 0 . − − − Hệ thống gồm ba trục đã cho với cơ sở (→ e1 , → e2 , → e3 ) gọi là hệ tọa độ Đề -các tổng quát trong không gian, ký hiệu Oxyz . Điểm O gọi là gốc tọa độ và các trục x0 Ox, y 0 Oy, z 0 Oz lần lượt gọi là trục hoành, trục tung và trục cao. d) Hệ tọa độ Đề-các vuông góc Trong trường hợp các trục tọa độ vuông góc với nhau từng đôi một (ở O) 5 − − và các véctơ đơn vị trên các trục có cùng độ dài, nghĩa là |→ e1 | = |→ e2 | = 1 → − → − → − (trong mặt phẳng) hoặc | e1 | = | e2 | = | e3 | = 1 (trong không gian), thì hệ trục tọa độ Oxy (hay Oxyz ) được gọi là hệ tọa độ Đề-các vuông góc hay hệ tọa độ trực chuẩn trong mặt phẳng (hay trong không gian). 1.1.1 Véctơ và tọa độ trên đường thẳng Trên đường thẳng có định hướng và gốc ở O, một điểm M được gắn với tọa độ là x thì ký hiệu là M = (x). Giả sử hai điểm A, B nằm trên đường thẳng Ox và có tọa độ là A = (a), B = (b) thì số b − a gọi là tọa độ của véctơ −→ −→ −→ −→ AB , ký hiệu AB = (b − a). Độ dài của véctơ AB , ký hiệu |AB| = |b − a|. Với ba điểm bất kỳ A, B, C trên đường thẳng, ta có −→ −−→ −→ (a) AB + BC = AC ; −→ −−→ −→ (b) |AB| + |BC| ≥ |AC|. −→ −−→ Dấu đẳng thức trong (b) xảy ra khi và chỉ khi hai véctơ AB và BC cùng −→ −−→ hướng, tức là tồn tại số k > 0 sao cho AB = k BC hoặc có một trong hai véctơ là véctơ không. 1.1.2 Véctơ và tọa độ trong mặt phẳng − − Trên mặt phẳng xét hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc x0 Ox, y 0 Oy với → e1 , → e2 là các véctơ đơn vị. −−→ − − Nếu OM = x→ e1 + y → e2 thì x, y gọi là tọa độ của điểm M và ký hiệu M (x; y). − − − Nếu → a = a1 → e1 + a2 → e2 thì a1 , a2 gọi là tọa độ của véctơ ~a và ký hiệu → − a = (a1 ; a2 ). → − − Cho điểm A(xA ; yA ), B(xB ; yB ) và các véctơ → a = (a1 ; a2 ), b = (b1 ; b2 ). Ta có, −→ AB = (xB − xA ; yB − yA ), → − → − a + b = (a1 + b1 ; a2 + b2 ), → − → − → − a − b = (a 1 − b1 ; a2 − b2 ), k a = (ka1 ; ka2 ), → − a1 = b 1 → − a = b ⇔ a2 = b 2 → − → − → − a và b (khác 0 ) cùng phương với nhau khi và chỉ khi a1 .b2 = a2 .b1 . p −→ −→ Độ dài của AB là |AB| = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 . p − − Độ dài của véctơ → a là |→ a | = a21 + a22 . 6 → − → − − − Tích vô hướng của hai véctơ → a và b , ký hiệu → a . b được định nghĩa: → − → − → − → − − − a . b = |→ a |.| b |. cos(→ a , b ). → − − Biểu thức tọa độ của tích vô hướng là → a . b = a1 .b1 + a2 .b2 . → − → − a vuông góc với b khi và chỉ khi a1 b1 + a2 b2 = 0. Công thức tính góc giữa hai véctơ: → − a1 b 1 + a2 b 2 − p . cos(→ a, b)= p 2 a1 + a22 . b21 + b22 Khoảng cách từ điểm M (x0 ; y0 ) đến đường thẳng(M) có phương trình Ax + By + C = 0 là: d(M, M) = 1.1.3 |Ax0 + By0 + C| √ . A2 + B 2 Véctơ và tọa độ trong không gian − − − Trong không gian xét hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz với → e1 , → e2 , → e3 là các véctơ đơn vị. −−→ − − − Nếu OM = x→ e1 + y → e2 + z → e3 thì ta gọi x, y, z là tọa độ của điểm M và ký hiệu là M (x; y; z). − − − − − Nếu → a = a1 → e 1 + a2 → e 2 + a3 → e3 thì ta gọi a1 , a2 , a3 là tọa độ của → a và ký → − hiệu a = (a1 ; a2 ; a3 ). → − − Cho điểm A(xA ; yA ; zA ), B(xB ; yB ; zB ) và các véctơ → a = (a1 ; a2 ; a3 ), b = (b1 ; b2 ; b3 ). Ta có −→ AB = (xB − xA ; yB − yA ; zB − zA ), → − → − a + b = (a1 + b1 ; a2 + b2 ; a3 + b3 ), → − → − a − b = (a1 − b1 ; a2 − b2 ; a3 − b3 ), − k→ a = (ka1 ; ka2 ; ka3 ),  a1 = b1 → − → − a2 = b2 a = b ⇔  a3 = b3 → − → − → − a và b (khác 0 ) cùng phương với nhau khi và chỉ khi bộ số (a ; a ; a ) 1 2 tỉ lệ với bộ số (b1 ; b2 ; b3 ). p −→ −→ Độ dài của AB là |AB| = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 + (zB − zA )2 . p − − Độ dài của véctơ → a là |→ a | = a21 + a22 + a23 . → − → − − − Tích vô hướng của hai véctơ → a và b , ký hiệu → a . b được định nghĩa: → − → − → − → − − − a . b = |→ a |.| b |. cos(→ a , b ). 3 7 → − − Biểu thức tọa độ của tích vô hướng là → a . b = a1 .b1 + a2 .b2 + a3 .b3 . → − → − a vuông góc với b khi và chỉ khi a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 = 0. Công thức tính góc giữa hai véctơ: → − − cos(→ a, b)= p a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 p . a21 + a22 + a23 . b21 + b22 + b23 Khoảng cách từ điểm M (x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng(P ) có phương trình Ax + By + Cz + D = 0 là: |Ax0 + By0 + Cz0 + D| √ . A2 + B 2 + C 2 → − − −c , ký hiệu có hướng của hai véctơ → a , b theo thứ tự là một véctơ → h Tích i → − → − a , b thỏa mãn: → − −c có phương vuông góc với → − (i) → a và b . → − → − −c = |→ − − (ii) → a || b | sin(→ a , b ). −c = (a b − b a ; a b − b a ; a b − b a ). (iii) Tọa độ → d(M, (P )) = 2 3 1.2 1.2.1 2 3 3 1 3 1 1 2 1 2 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ Ví dụ 1.1 (Xem [7]). Cho tam giác đều ABC , gọi d là đường thẳng bất kỳ. Gọi α, β, γ lần lượt là góc giữa d và các đường thẳng BC, CA, AB . Chứng 1 minh rằng sin2 α. sin2 β. sin2 γ + cos2 α. cos2 β. cos2 γ = . 16 Hình 1.1: Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử tam giác đều ABC có cạnh bằng 2. Chọn 8 hệ trục tọa độ Oxy sao cho O là trung điểm BC , các điểm A, B, C có tọa √ độ A(0; 3), B(−1; 0), C(1; 0). Khi đó phương trình các cạnh √ √ √ − AB : 3x − y − 3 = 0 có véctơ pháp tuyến (VTPT) → n3 = ( 3; −1); − BC : y = 0 có VTPT → n1 = (0; 1); √ √ √ − n2 = ( 3; 1). CA: 3x + y − 3 = 0, có VTPT → Đường thẳng d bất kỳ có phương trình dạng x = x0 hoặc kx − y + b = 0, − − có VTPT là → n = (1; 0) hoặc → n = (k; −1), k là số thực. Áp dụng công thức tính góc giữa hai đường thẳng ta có: − − − − − − cos α = | cos(→ n;→ n1 )|; cos β = | cos(→ n;→ n2 )|; cos γ = | cos(→ n;→ n3 )|. √ 3 1 − Trường hợp 1. → n = (1; 0) thì cos α = 0, sin α = 1, cos β = , sin β = , 2 2 √ 3 1 , sin γ = . Do đó cos γ = 2 2 1 1 1 sin2 α. sin2 β. sin2 γ + cos2 α. cos2 β. cos2 γ = 1. . + 0 = . 4 4 16 − Trường hợp 2. Véctơ → n = (k; −1), √ √ |k 3 − 1| |k 3 + 1| cos α = √ , cos β = √ , cos γ = √ , k2 + 1 2 k2 + 1 2 k2 + 1 1 sin2 α. sin2 β. sin2 γ + cos2 α. cos2 β. cos2 γ = √ √  (k 3 − 1)2   (k 3 + 1)2  1  . 1− . 1− 1− 2 k +1 4(k 2 + 1) 4(k 2 + 1) √ √ 1 (k 3 − 1)2 (k 3 + 1)2 + 2 . . k + 1 4(k 2 + 1) 4(k 2 + 1) k 2 .(k 2 − 3)2 (3k 2 − 1)2 1 = + = . 16(k 2 + 1)3 16(k 2 + 1)3 16 Ví dụ 1.2. Cho góc vuông xOy . Một hình chữ nhật OABC có chu vi không đổi, trong đó A, C là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc Ox, Oy . Chứng minh rằng đường thẳng kẻ từ B và vuông góc với đường chéo AC luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải. Chọn hệ trục Oxy , chiều dương theo hướng tia Ox, Oy , đặt tọa độ A(a; 0), C(0; c), khi đó B(a; c) với a > 0, c > 0. Vì chu vi hình chữ nhật không đổi nên a + c = b không đổi. Ta có phương trình đường thẳng AC là: 9 Hình 1.2: x y − + = 1 ⇔ cx + ay − ac = 0 có VTPT là → n = (c; a). a c Suy ra phương trình đường thẳng 4 đi qua B(a; c) và vuông góc với AC có dạng a(x − a) − c(y − c) = 0. Thay c = b − a vào ta có phương trình ax+(a−b)y +b2 −2ab = 0. Giả sử 4 đi qua điểm cố định D(x0 ; y0 ) với mọi a dương (vì b dương không đổi), khi đó phương trình ax0 +(a−b)y0 +b2 −2ab = 0 đúng với mọi a khi vàchỉ khi a(x0 + y0 − 2b)+ b2 − by = 0 đúng với mọi x + y − 2b = 0 x=b a. Điều này xảy ra khi 2 hay b − by = 0 y = b. Vậy 4 luôn đi qua điểm cố định D(b; b). Ví dụ 1.3. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là trung điểm của AB , G là trọng tâm tam giác ACM , I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh GI vuông góc với CM . Hình 1.3: Lời giải. Cách 1. Theo phương pháp tọa độ 10 Gọi O là trung điểm của cạnh đáy BC . Dựng hệ trục tọa độ Oxy có điểm gốc là O, trục Ox chứa BC , trục Oy chứa OA. Giả sử cạnh đáy BC = 2a,  a h chiều cao AO = h. Khi đó ta có A(0; h), B(−a; 0), C(a; 0), M − ; , tọa 2 2 a h   −−→ a h . Gọi tọa độ điểm I(0; y0 ), suy ra IM = − ; −y0 . độ trọng tâm G ; 6 2 2 2 h  −−→ −→ a h2 − a2 − y0 .h = 0 suy ra y0 = . Vậy tọa Vì IM .BA = 0 nên − .a + 2 2 2h  h2 − a2  −→  a a2  độ của I là I 0; , suy ra IG = ; . 2h 6 2h −−→  3a h  −→ −−→ a2 a2 Ta có CM = − ; , suy ra IG.CM = − + = 0. Vậy IG ⊥ CM . 2 2 4 4 Cách 2. Theo phương pháp véctơ Gọi N là trung điểm AC , K là giao điểm của M N với AO. Xét tích −→ −−→ − → −→ −−→ −→ −−→ T = 3IG.2CM = (IA + IC + IM ).(CA + CB) −→ −−→ −→ −−→ = (2IN + IM ).(CA + CB) −→ −→ −→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ = 2IN .CA + 2IN .CB + IM .CA + IM .CB −→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ −→ −−→ −→ −−→ = 0 + (IN + IM ).CB + (IN .CB + IM .CA) = 2IK.CB + IN .CB + −−→ −→ IM .CA −→ −→ −→ −−→ −→ −→ −→ −→ −→ −−→ −→ = 0 + IN .(AB − AC) + IM .CA = IN .AB − IN .AC + IM .CA → −→ −→ 1 − → −→ −→ 1 − = (IA + IC).AB + (IA + IB).CA 2 − → −→ −→2 −→ −→ −→ −→ −→ −−→ −→ −→ −→ ⇒ 2T = IA(CA + AB) + IC.AB + IB.CA = IC.(CB − CA) + IB.CA −→ −→ −→ −→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ = CA.(IB − IC) + IC.CB = CA.CB + IC.CB −−→ −→ −→ −−→ − → = CB.(IC + CA) = CB.IA = 0. Vậy IG ⊥ CM . Ví dụ 1.4. Cho hai hình vuông ABCD và BKM N có chung đỉnh B , trong đó đỉnh M nằm trên DB kéo dài, gọi E là trung điểm AK . Chứng minh BE ⊥ N C . Lời giải. Cách 1. Theo phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc có gốc O trùng điểm B , trục Ox chứa BC , trục Oy chứa BA. Khi đó B(0; 0), C(1; 0), A(0; 1), D(1; 1). Giả sử  n 1 −−→  n 1  −−→ N (0; −n), suy ra K(−n; 0), E − ; . Ta có BE = − ; , N C = (1; n). 2 2 −−→ −−→ 2 2 −−→ −−→ n n Suy ra BE.N C = − + = 0. Vậy BE ⊥ N C hay BE ⊥ N C . 2 2 Cách 2. Theo phương pháp véctơ 11 Hình 1.4: Áp dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác ABK , ta có −−→ 1 −−→ −→ BE = (BK + BA). 2 −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ Mặt khác N C = BC − BN , nên 2.BE.N C = (BK + BA)(BC − BN ) = −−→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ BK.BC − BK.BN + BA.BC − BA.BN = 0. Do độ dài BK = BN, BA = BC . Suy ra BE ⊥ N C . Ví dụ 1.5. Cho bốn điểm A, B, C, D không thẳng hàng. Chứng minh AC vuông góc với BD khi và chỉ khi AB 2 + CD2 = AD2 + BC 2 . Hình 1.5: Lời giải. Chọn hệ trục tọa độ sao cho AC nằm trên trục hoành, trục tung là đường thẳng đi qua B và vuông góc với AC . Giả sử trong hệ trục đó tọa độ các điểm là: A(a; 0), B(0; b), C(c; 0), D(m; n), a 6= c. Khi đó AB 2 +CD2 = AD2 +BC 2 ⇔ (a−0)2 +(b−0)2 +(m−c)2 +(n−0)2 = (m−a)2 +(n−0)2 +(c−0)2 +(0−b)2 ⇔ 2m(a − c) = 0 ⇔ m = 0 (vì a 6= c). Do đó D(0; n), tức là D nằm trên trục tung. Vậy 2m(a − c) = 0 ⇔ AC ⊥ BD. 12 Ví dụ 1.6. Cho tam giác ABC vuông cân tại C . Trên các cạnh BC, CA, AB MB NC PA lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho = = = k, (k > 0). MC NA PB Chứng minh rằng: a) CP ⊥ M N ; b) CP = M N . Hình 1.6: Lời giải. Cách 1. Theo phương pháp tọa độ Chọn hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy sao cho O trùng với C , tia Ox trùng với tia CA, tia Oy trùng với tia CB . Khi đó ta có tọa độ các điểm MB NC PA là C(0; 0), A(1; 0), B(0; 1). Từ giả thiết = = = k, k > 0 suy MC NA PB ra  −−→ 1 −−→  −−→  .CB CM =  −−→    1+k M B = k.CM −−→ 1 −→ −−→ −−→ ⇔ CN = .CA CN = k.N A   1 + k − → − − →    −→ 1 −→ 1 −−→  AP = k.P B  CP = .CA + .CB 1 + k 1 + k   1    M 0;      k1 + k ⇔ N ;0  1 + k    1 k    P ; 1 + k 1 + k −−→ k 1  −→  1 k  ; CP = . Vậy ta có, Suy ra M N = ;− ; 1+k 1+k 1+k 1+k −−→ −→ k k a) M N .CP = − = 0 ⇒ M N ⊥ CP . (1 + k)2 (1 + k)2  k 2   k 2 1 2 k2 + 1 2 2 + − = + b) M N = , CP = 1+k 1+k (1 + k)2 1+k 13  1 2 k2 + 1 = . 1+k (1 + k)2 Suy ra M N = CP . Cách 2. Theo phương pháp véctơ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ Từ giả thiết ta có M B = k.CM , CN = k.N A, AP = k.P B . Suy ra −−→ −−→ −−→ k −→ 1 −−→ M N = CN − CM = .CA − .CB 1+k 1+k −→ −→ −→ k −−→ 1 −→ .CA + .CB . CP = CA + AP = 1+k 1+k −−→ −→ −→ k 1 1 k
−−→ 2 a) Ta có M N .CP = . .(CA)2 + − . (CB) . Mà 1+k 1+k 1+k 1+k −−→ −→ 4ABC cân tại C nên CA = CB do đó M N .CP = 0 ⇒ M N ⊥ CP . b) Ta có   k 2 −→ −−→ 1 2 −−→ 2 .(CA)2 + − .(CB) (M N )2 = 1 + k 1 + k −→ 2  1 2 −→ 2  k 2 −−→ 2 (CP ) = .(CA) + .(CB) . 1+k 1+k −→ −−→ Kết hợp với (CA)2 = (CB)2 suy ra M N = CP . Ví dụ 1.7. Cho tam giác ABC . Gọi M là điểm di động trên cạnh CB . Kẻ M N ⊥ AB, M Q//AB , điểm N thuộc đường AB , điểm Q thuộc AC ; gọi I là tâm hình chữ nhật M N P Q, P thuộc đường AB . Tìm quỹ tích của điểm I khi M chạy trên cạnh CB . Hình 1.7: Lời giải. Gọi O là chân đường cao hạ từ C xuống AB . Chọn hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy sao cho gốc tọa độ là O, trục hoành chứa cạnh AB , chiều dương từ A sang B , chiều dương của trục tung hướng từ O đến C . Giả sử trong hệ tọa độ này ta có A(a; 0), B(b; 0), C(0; h), h > 0, a 6= b; a, b khác 0. x y Khi đó đường thẳng AC có phương trình + = 1. Đường thẳng BC có a h 14 x y + = 1. Giả sử đường thẳng M Q có phương trình y = m, b h khi đó 0 ≤ m ≤ h. Giải các hệ phương trình để tìm giao điểm, ta được tọa độ a  b  a  Q (h − m); m , M (h − m); m , P (h − m); 0 . h h h Gọi I là tâm hình chữ nhật M N P Q, theo công thức tọa độ trung điểm ta có (a + b)(h − m) xI = , (1.1) 2h m yI = ⇒ m = 2.yI . Thế vào (1.1) ta được 2 phương trình 2h.xI = (a + b)(h − 2.yI ) ⇔ 2hxI + 2(a + b)yI = h(a + b). Vậy I nằm trên đường thẳng (d) có phương trình là 2hx+2(a+b)y−h(a+b) = 0. Tìm giới hạn của quỹ  tích: m Nếu a + b = 0 thì I 0; thuộc trục tung và thuộc đoạn OH , lúc này 2 O là trung điểm AB . Nếu a + b 6= 0 thì phương trình đường thẳng (d) trở thành y x + = 1. a+b h 2 2  h a + b  Ta thấy đường (d) cắt trục tung tại H 0; , cắt trục hoành tại K ;0 ; 2 2  (a + b)(h − m) m  điểm I ; . 2h 2   −−→ a + b h −→  (a + b)(h − m) m − h  h − m −−→ Ta có HK = ; − ; HI = ; = .HK. 2 2 2h 2 h h−m Mà 0 ≤ ≤ 1 nên suy ra điểm I thuộc đoạn HK . h Kết luận quỹ tích I là đoạn HK , trong đó H là trung điểm OC , K là trung điểm AB . Nhận xét 1.1. Ta thấy phương pháp tọa độ thể hiện lợi thế trong bài toán này, lời giải không cần xét các trường hợp đặc biệt của tam giác ABC . Ví dụ 1.8. Cho đoạn thẳng AD cố định, dựng hình bình hành ABCD sao AC BD cho = . Tìm quỹ tích của B và C . AD AB Lời giải. 15 Hình 1.8: Chọn hệ trục tọa độ sao cho A là gốc, trục hoành chứa AD, D thuộc chiều dương, trục tung vuông góc với AD tại A. Giả sử trong hệ trục đó D(1; 0), B(x; y), C(x + 1; y). Từ giả thiết ta có p p p AC.AB = AD.BD ⇔ (x + 1)2 + y 2 . x2 + y 2 = 1. (x − 1)2 + y 2 ⇔ x2 (x + 1)2 + x2 y 2 + y 2 (x + 1)2 + y 4 = (x − 1)2 + y 2 ⇔ (x + 1)2 .(x2 + y 2 ) + y 2 (x2 + y 2 ) = (x − 1)2 + y 2 ⇔ (x2 + y 2 )(x2 + y 2 + 2x) = 1 − 2x ⇔ (x2 + y 2 + 1)(x2 + y 2 + 2x) − (x2 + y 2 + 2x) = 1 − 2x ⇔ (x2 + y 2 + 1)(x2 + y 2 + 2x) − (x2 + y 2 + 1) = 0 ⇔ (x2 + y 2 + 1)(x2 + y 2 + 2x − 1) = 0. (1.2) Vì x2 + y 2 + 1 > 0 nên (1.18) tương đương với (x + 1)2 + y 2 = 2. Vậy quỹ √ tích B là đường tròn có tâm I(−1; 0), bán kính r = 2. −−→ Mặt khác phép tịnh tiến theo AD biến B thành C . Vậy quỹ tích C là ảnh √ −−→ của đường tròn tâm I(−1; 0), bán kính r = 2 qua phép tịnh tiến theo AD. 1.2.2 Dạng bài toán đã cho trước hệ trục tọa độ Ví dụ 1.9 (Đề thi ĐH Khối B - 2004). Cho hai điểm A(1; 1), B(4; −3). Tìm điểm C thuộc đường thẳng (d) : x − 2y − 1 = 0 sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6. Lời giải. x−1 y−1 Phương trình đường thẳng AB : = ⇔ 4x + 3y − 7 = 0. 3 −4 Giả sử C(x; y), suy ra x − 2y − 1 = 0. |4x + 3y − 7| Mặt khác, d(C, AB) = 6 ⇔ √ = 6. Phương trình này tương 42 + 3 2 đương với 4x + 3y − 37 = 0 hay 4x + 3y + 23 = 0. 16  Trường hợp 1.  Trường hợp 2. x − 2y − 1 = 0 4x + 3y − 37 = 0 x − 2y − 1 = 0 4x + 3y + 23 = 0  x=7 . Vậy C(7; 3). y = 3 −43  x =  −43 −27  11 ⇔ −27 . Vậy C 11 ; 11 .  y = 11 ⇔ Ví dụ 1.10 (Đề thi ĐH Khối A - 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3N C . Viết phương trình đường thẳng CD, biết M (1; 2) và N (2; −1). Lời giải. √ Ta có M N = 10. Gọi a là độ dài√ cạnh của hình vuông ABCD, a > 0. a 3AC 3a 2 Ta có AM = và AN = = . Suy ra, M N 2 = AM 2 + AN 2 − 2 4 4 2 2 5a 5a \ 2AM.AN.cosM AN = . Do đó = 10, nghĩa là a = 4. 8 8 BD = Gọi I(x; y) là trung điểm của CD. Ta có IM = AD = 4, IN = 4 √ 2, nên ta có hệ phương trình:  17    x = 2 2 (x − 1) + (y − 2) = 16 x=1 5 ⇔ hoặc 2 2 −6 (x − 2) + (y + 1) = 2 y = −2  y = 5 −−→ Với x = 1; y = −2 ta có I(1; −2) và IM = (0; 4). Đường thẳng CD đi −−→ qua I có véctơ pháp tuyến là IM nên có phương trình y + 2 = 0.  17 −6  − −→  −12 16  17 −6 Với x = , y = ta có I ; và IM = ; . Đường thẳng 5 5 5 −−→ 5 5 5 CD đi qua I có véctơ pháp tuyến là IM , nên có phương trình 3x−4y−15 = 0. Ví dụ 1.11 (Đề thi ĐH Khối B - 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD. Điểm M (−3; 0) là trung điểm của cạnh AB , 4  điểm H(0; −1) là hình chiếu vuông góc của B trên AD và điểm G ; 3 là 3 trọng tâm của tam giác BCD. Tìm tọa độ các điểm B và D. Lời giải. −−→ Gọi E, F lần lượt là giao điểm của HM và HG với BC . Suy ra HM = −−→ −−→ −→ M E và HG = 2GF . Do đó tính được E(−6; 1) và F (2; 5). Đường thẳng −→ BC đi qua E và nhận EF làm vectơ chỉ phương, nên BC có phương trình −→ x − 2y + 8 = 0. Đường thẳng BH đi qua H và nhận EF làm vectơ pháp tuyến, nên BH có phương trình 2x + y = 1 = 0. Tọa độ điểm B thỏa mãn