Tài liệu Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ----------------------------------- NGUYỄN ĐÌNH XUÂN PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên-2013 MỤC LỤC 2 Mở đầu 4 1 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 1.1 Phương pháp tọa độ. 4 1.2 Phương trình đường thẳng và đường bậc hai và tham số hoá. 5 1.3 Sử dụng tọa độ để chứng minh một số định lý hình học. . . . . . . . . . . 27 1.3.1 Định lý Stewart. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 1.3.2 Đường tròn Appolonus. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 1.3.3 Bài toán con bướm cho đường tròn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 1.3.4 Đường thẳng Newton. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 1.3.5 Định lý Pithot. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 1.3.6 Định lý Ptolemy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 1.3.7 Định lý Pascal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 1. 3.8 Đường tròn 9 điểm và đường thẳng Euler. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 2 Xây dựng một số bài toán Đại số và Hình học sơ cấp 56 2.1 Bài toán con bướm cho các đường côníc. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 2.2 Chứng minh một số bài toán Đại số và Hình học sơ cấp. . . . . . . . . . . 59 2.3 Một vài phương trình đường có chứa tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 2.4. Bài toán véctơ liên quan tới tam giác. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 Kết luận 83 Tài liệu tham khảo 84 1 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ Mở đầu Chúng ta ai cũng biết rằng, có nhiều phương pháp khác nhau để giải một bài toán. Sử dụng phương pháp nào để cách giải tự nhiên và qua đó có thể nhìn thấy cách xây dựng bài toán mới không quá tầm thường. Đặc biệt trong Hình học sơ cấp, khi sử dụng hình vẽ để trình bày lời giải một bài hình ta khó có thể vận dụng một số kết quả của Đại số và Giải tích. Hơn nữa, có một số bài toán hình mà ta không thể vẽ được kết quả, chẳng hạn một vài bài quỹ tích. Rất tự nhiên xuất hiện câu hỏi: Chọn phương pháp nào để trình bày một bài hình, mở rộng bài hình, xây dựng bài hình mới. Vì những lí do ở trên nên chúng tôi đã chọn “ Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng” để trình bày một số kết quả hình học sơ cấp. Liên quan đến cách chọn phương pháp tọa độ là hai câu hỏi trong lĩnh vực Toán sơ cấp. (1) Tại sao chỉ cần sử dụng một mặt phẳng và một mặt nón đủ tạo ra một đường côníc? Nói một cách khác: Ta cần hệ hai phương trình đa thức f ( x, y , z )  g ( x, y, z )  0 đã đủ mô tả tất cả các điểm thuộc đường côníc. Câu hỏi này gắn liền với vấn đề nổi tiếng do Perron đặt ra: Số cực tiểu các đa thức đủ mô tả một đường cong phẳng. (2) Xác định tất cả các điểm hữu tỷ trên một đường cong phẳng thế nào? Nói một cách khác: Giải phương trình Diophante f ( x, y )  0 trên Q. Đặc biệt, phương pháp tọa độ cho phép chúng ta sử dụng một vài kết quả của Đại số, Giải tích và Số học vào xây dựng một bài hình sơ cấp. Tham số hoá một vài đường cong phẳng qua các hàm hữu tỷ để chúng ta biểu diễn đường công đó qua không điểm tổng quát. Việc đưa phần tử  vào R để ta có thể vét hết các điểm thuộc một đường coníc. Việc sử dụng ma trận và định thức để chúng ta phát hiện kết quả hình học không qua kẻ vẽ. Cấu trúc của luận văn: Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn được chia ra làm hai chương 2 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chương 1: Trình bày về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Bao gồm Mục 1 được trình bày phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Mục 2 tập trung trình bày phương trình một vài đường, chẳng hạn: Đường thẳng và đường bậc hai; tham số hoá một số đường. Còn Mục 3 trình bày việc sử dụng phương pháp tọa độ để chứng minh một số định lý nổi tiếng trong hình học. Chương 2: Xây dựng một số bài toán Đại số và Hình học sơ cấp. Bao gồm Mục 1 sử dụng tọa độ để ứng dụng Bài toán con bướm cho các đường côníc. Mục 2 xây dựng một số bài toán Đại số và Hình học. Mục 3 là một vài phương trình đường có chứa tham số . Mục 4 nêu bài toán véc tơ liên quan đến tam giác. Mặc dù đã có rất nhiều cố gắng cho luận văn nhưng chắc chắn nội dung trình bày trong luận văn không trách khỏi những hạn chế và thiếu sót nhất định và em rất mong nhận được sự chỉ bảo, hướng dẫn của các thầy giáo, cô giáo và sự đóng góp ý kiến của bạn bè đồng nghiệp để luận văn của em được hoàn chỉnh và có ý nghĩa thiết thực hơn. Qua đây em xin bày tỏ lòng biết ơn đến PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, người đã tận tình giúp đỡ, động viên và ân cần hướng dẫn, chỉ bảo em hoàn thành luận văn này. Đồng thời em cũng xin chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo trong hội đồng khoa học thuộc Đại học Thái Nguyên, các thầy giáo, cô giáo trực tiếp giảng dạy lớp Cao học toán K5B, cảm ơn trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên nơi em đã được học tập, tiếp nhận một học vấn sau đại học căn bản và cuối cùng, xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã động viên, ủng hộ, tạo điều kiện và giúp đỡ tôi trong suốt thời gian ôn thi, học Cao học và viết luận văn. Trân trọng cảm ơn! Hải Phòng, ngày 02 tháng 5 năm 2013 Học viên Nguyễn Đình Xuân 3 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chương 1 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 1.1 Phương pháp tọa độ 1.1.1 Sơ lược về phương pháp tọa độ mặt phẳng Bằng cách đưa vào mặt phẳng một hệ trục toạ độ, mỗi véc tơ, mỗi điểm trên mặt phẳng đó đều được xác định bởi một tọa độ xác định. Vận dụng các kỹ thuật hoặc công thức, quy tắc đã học với những kỹ năng, thao tác và khả năng thực hiện trực tiếp các phép tính, những đơn giản hoá và các lời giải tương tự. Khi đó chúng ta có thể chuyển nhiều bài toán hình học sang bài toán đại số và ngược lại, từ kết quả của đại số suy ra được vài tính chất và mối quan hệ giữa các hình hình học. 1.1.2 Hệ tọa độ trên mặt phẳng.    Định nghĩa: Hệ trục tọa độ (O; i, j ) gồm hai trục O; i và O; j vuông góc với      nhau. Điểm gốc O chung của hai trục gọi là gốc tọa độ. Trục  O; i  được gọi là  trục hoành và ký hiệu là Ox , trục  O; j  được gọi là trục tung và ký hiệu là Oy .     Các véctơ i và j là các véc tơ đơn vị trên Ox , Oy và i  j  1 . Hệ trục tọa độ  (O; i, j ) còn được ký hiệu là Oxy . 4 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ Các định nghĩa:    1. M  x; y   OM  xe1  ye2 .     2. a   a1; a2   a  a1 e1  a2 e2 . 3. x  OM cos . 4. y  OM sin   00   180 0  . Kết quả quan trọng:     1. Trong mặt phẳng  Oxy  cho a  a1; a2  , b  b1; b2  , ta có a và b a1 a2  a1b2  a2b1 . b1 b2   2. Trong mặt phẳng  Oxy  cho a  a1; a2  , b  b1; b2    Ta có: a .b   a1 , a2  . b1 , b2   a1b1  a2b2 . 1.2 Phương trình đường thẳng và đường bậc hai và tham số hoá các đường Phương trình đường thẳng Các dạng phương trình đường thẳng: Với a, b  R và a 2  b 2  0 , ta có (i ) d : ax  by  c  0. x  x0 y  y0  .  ii  t : a b (iii) Đường thẳng AB: ( y2  y1 ) x  ( x2  x1 ) y  x2 y1  x1 y2  0 với A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) x y 1 (iv) Đường thẳng AB: x1 y1 1  0 với A( x1; y1 ), B ( x2 ; y2 ) x2 y2 1 (v) Giả sử d1 : a1x  b1 y  c1  0 và d 2 : a2 x  b2 y  c2  0. Khi đó tọa độ giao điểm b1 c1 A  d 1 x d 2 với x A  b2 c2 b c , yA  2 2 . a1 b1 c1 a1 a2 b2 5 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu b1 c1 c2 a2 http://lrc.tnu.edu.vn/ a1 b1 Góc giữa d1 và d 2 là  với tan   a1b2  a2b1 và sin   2 2 2 2 a2 b2 a1b2  a2b1  a1a2  b1b2 a1a2  b1b2 a1a2  b1b2 , cos   2 ( a1  b1 )( a2  b2 ) 2 2 2 . ( a1  b1 ) ( a2  b2 ) Giả sử tam giác ABC có A( x1 ; y1 ), B  x2 ; y2  , C  x3 ; y3  . Khi đó diện tích x1 y1 1 1 S ABC  gttđ x2 y2 1 . 2 x3 y3 1 Phương trình các đường thẳng chứa các đỉnh : a1  y2  y3  BC: a1 x  b1 y  c1  0 với b1  x3  x2 c  x y  x y 1 2 3 3 2 a2  y3  y1  CA: a2 x  b2 y  c2  0 với b2  x1  x3 c  x y  x y  2 3 1 1 3 a3  y1  y2  AB: a3 x  b3 y  c3  0 với b3  x2  x1 c  x y  x y  3 1 2 2 1 Nếu giải hệ phương trình, ngượi lại để tính xi , yi qua các a j , b j , c j ta có x1  b2c3  b3c2 a c  a2c3 , y1  3 2 a2b3  a3b2 a2b3  a3b2 x2  b3c1  b1c3 ac a c , y2  1 3 3 1 a3b1  a1b3 a3b1  a1b3 x3  b1c2  b2c1 a c ac , y3  2 1 1 2 a1b2  a2b1 a1b2  a2b1 6 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ Phương trình đường bậc hai Mệnh đề 1.2.1: Nếu 3 đỉnh tam giác ABC là những giao điểm của các cặp thuộc ba đường thẳng ai x  bi y  ci  0 với i  1,2,3 , thì diện tích và bán kính đường tròn ngoại tiếp của ABC được tính theo các công thức a1 b1 c1 2 a2 b2 c2 a3 b3 c3 1 (i ) S ABC  gttđ . a2 a3 a1 a3 a1 a2 2 b2 b3 b1 b3 b1 b2 a1 b1 c1 (ii) R = gttđ  ii  R  gttđ a2 b2 c2 a3 b3 c3 ( a12  b12 )( a2 2  b2 2 ) (a32  b32 ) . 2 (iii) Nếu kí hiệu a =BC, b = CA, c = AB thì a1 b1 c1 a2 b2 c2 abc  gttđ 3 (a12  b12 ) ( a22  b22 )( a32  b32 ) a3 b3 c3 a2 a3 a1 a3 a1 a2 b2 b3 b1 b3 b1 b2 Chứng minh: (i) Thay xi , yi vào công thức tính diện tích tam giác ABC ta nhận được: b2c3  b3c2 a2b3  a3b2 a3c2  a2c3 a2b3  a3b2 1 1 b c b c S ABC  gttđ 3 1 1 3 2 a3b1  a1b3 a1c3  a3c1 a3b1  a1b3 1 b1c2  b2c1 a1b2  a2b1 a2c1  a1c2 a1b2  a2b1 1 7 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ 1 S ABC  gttđ 2 b2c3  b3c2 a2b3  a3b2 a3c2  a2c3 a2b3  a3b2 1 b3c1  b1c3 a3b1  a1b3 a1c3  a3c1 a3b1  a1b3 1 b1c2  b2c1 a1b2  a2b1 a2c1  a1c2 a1b2  a2b1 1 b2c3  b3c2 a3c2  a2c3 a2b3  a3b2 b3c1  b1c3 a1c3  a3c1 a3b1  a1b3  b c b c a c a c a b  a b 1 gttđ 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 . a2 a3 a1 a3 a1 a2 2 b2 b3 b1 b3 b1 b2  a1 a2 a3    Xét ma trận cấp ba M   b1 b2 b3  và ma trận phụ hợp của M là c c c   1 2 3  b2c3  b3c2 a3c2  a2c3 a2b3  a3b2    M ad   b3c1  b1c3 a1c3  a3c1 a3b1  a1b3  b c b c a c a c a b a b   1 2 2 1 21 1 2 1 2 2 1  Vì M M ad  M E nên M M ad  M 3 2 hay M ad  M . Do vậy ta có a1 b1 c1 2 a2 b2 c2 a3 b3 c3 1 S ABC  gttđ . a2 a3 a1 a3 a1 a2 2 b2 b3 b1 b3 b1 b2 (ii) Vì R 2  S ABC nên ta có công thức xác định R qua 2sin A sin B sin C 8 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ a1 b1 c1 2 a2 b2 c2 a3 b3 c3 a2 a3 a1 a3 a1 a2 1 R 2  gttđ 2 b2 b3 b1 b3 b1 b2 . a1b2  a2b1 a2b3  a3b2 a3b1  a1b3 2 ( a12  b12 )( a22  b22 ) (a33  b33 ) a1 b1 c1 ( a12  b12 ) ( a2 2  b2 2 ) ( a32  b32 ) . 2 Do vậy R  gttđ a2 b2 c2 a3 b3 c3 a1 b1 c1 a2 b2 c2 (iii) Ta có abc  gttđ 3 (a12  b12 ) (a2 2  b2 2 )( a32  b32 ) a3 b3 c3 a2 a3 a1 a3 a1 a2 b2 b3 b1 b3 b1 b2 vì abc  4 RS ABC . Biểu diễn bán kính đường tròn ngoại tiếp qua tọa độ đỉnh Mệnh đề 1.2.2. Giả sử ba điểm A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) và C ( x3 ; y3 ) trong mặt phẳng tọa độ Oxy với độ dài ba cạnh a = BC, b = CA, c = AB. Gọi R là bán kính abc x1 y1 1 đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có R  2 gttd x2 y2 1 x3 y3 1 Chứng minh: Ta biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC không thay đổi qua một phép tịnh tiến. Do đó có thể coi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là O (0;0) và ta có 9 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/  2 ( x1  x2 ) 2  ( y1  y2 ) 2  R  x1 x2  y1 y2  2  x12  y12  R 2  2  2 ( x2  x3 )  ( y2  y3 ) 2  2 2 2 .  x2  y2  R và suy ra  R  x2 x3  y2 y3  2  2  2 2  x3  y3  R  2 ( x1  x3 ) 2  ( y1  y3 ) 2  R  x1 x3  y1 y3  2  x1 y1 1 Từ 2S  gttđ x2 y2 1 và tích hai định thức x3 y3 1 x1 y1 R  x1  y1 R x1 y1 R  x1  x2  x3 x2 y2 R  x2  y2 R  x2 y2 R  y1  y2  y3 ta có biểu thị mối x3 y3 R  x3  y3 R x3 y3 R R R R quan hệ giữa tọa độ đỉnh, diện tích và bán kính R qua  x1 x2  y1 y2  R 2 0 4S 2 R 2  gttđ  x1 x2  y1 y2  R 2 0  x1 x3  y1 y3  R 2 Vì R 2  xi x j  yi y j  0 b2 4S R  gttđ 2 c2 2 2 2  x2 x3  y2 y3  R 2  x2 x3  y2 y3  R 2 ( xi  x j ) 2  ( yi  y j ) 2 2  x1 x3  y1 y3  R 2 0 với mọi i , j 1,2,3, i  j , suy ra b2 c2 2 2 a 2 a 2b 2 c 2 abc . Vậy R  . 0  x1 y1 1 2 4 a2 2.gttd x2 y2 1 0 2 x3 y3 1  Ví dụ 1.2.3. [Rumania 2004] Giả sử điểm M ở trong tam giác ABC. Ký hiệu R, R1 , R2 , R3 là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, MBC, MCA, MAB. Các đường thẳng AM, BM, CM cắt BC, CA, AB tại A1 , B1, C1 . Đặt MA1 MB1 MC1 k1  , k2  , k3  . Chứng minh rằng k1R1  k2 R2  k3 R3  R. AA1 BB1 CC1 Bài giải: Từ Mệnh đề 1.2.2 suy ra đồng nhất thức 4SR  abc . Do đó ta có 10 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ 4S ABC R  abc 4S MBC R1  a.MB.MC 4S MCA R2  b.MC.MA 4S MAB R3  c.MA.MB k1R1  k 2 R2  k3 R3 S MBC R1  S MCA R2  S MAB R3 Từ  suy ra quan hệ R S ABC R k1R1  k 2 R2  k3 R3 a.MB.MC  b.MC.MA  c.MA.MB  1 . R abc Ví dụ 1.2.4. Gọi điểm G là trọng tâm tam giác ABC. Kí hiệu R, R1 , R2 , R3 là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, GBC, GCA, GAB. Chứng minh rằng: R1  R2  R3  3R. . 1 Bài giải: Vì k1  k 2  k3  nên R1  R2  R3  3R  3 Ví dụ 1.2.5. Gọi điểm I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Kí hiệu R, R1 , R2 , R3 là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, IBC, ICA, R R R R IAB. Chứng minh rằng: 1  2  3  . . ha hb hc r Bài giải: r r r R R R R k1  , k 2  và k3  nên 1  2  3  . ha hb hc ha hb hc r  Phương trình đường parabol Đường parabol (P) với đường chuẩn d: x   p p và tiêu điểm F ( ;0) có phương 2 2 trình chính tắc và phương trình tiếp tuyến (t) tại điểm M  x0 ; y0  : ( P): y 2  2 px;(d ): p( x  x0 )  yy0. Giả sử Mt cắt đường thẳng Ox tại T và cắt đường thẳng Oy tại S . Khi đó p p p T (  x0 ;0) và FM  ( x0  ) 2  y02 ( x0  ) 2  2 px0  x0  . 2 2 2 Do vậy TS  SM và FT  FM . Nếu qua M kẻ đường thẳng mM / / Ox thì mMt  tMF . Mệnh đề 1.2.6. Đường thẳng d ' : ax  by  c  0 tiếp xúc với ( P) : y 2  2 px khi và chỉ khi pb 2  2ac . Đặc biệt, khi b = 1 ta có p  2ac . 11 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chứng minh: Đường thẳng d ' : ax  by  c  0 tiếp xúc với ( p) : y 2  2 px khi và chỉ khi có M ( x0 ; y0 )( P ) để d ' trung tiếp tuyến Mt  px  y0 y  px0  0 của ( P) hay a b c   : u  0 . Điều này tương đương a  up , b   uy0 , c  upx0 . Hiển p  y0 px0 nhiên y02  2 px0 tương đương pu 2 y02  2up.upx0 hay pb 2  2ac, vì u  0 Ví dụ 1.2.7. Giả sử đường thẳng d 0 đi qua tiêu điểm F của ( P ) có phương trình p d 0 : y  a ( x  ), a  0, cắt ( P) ở A và B . Khi đó 2  i  AOB   . 2 (ii) AB  2 p và AB nhỏ nhất bằng 2 p khi AB  Ox . (iii) Tìm tập hợp các trung điểm I của đoạn AB. (iv) Đường tròn đường kính AB luôn luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định. Bài giải: (i) Tọa độ của A và B là nghiệm của hệ p   y  a( x  ) 2 .   y 2  2 px  y2 hay hệ phương trình ay  2 py  ap  0, x  . 2p 2 2 y12 Gọi y1 , y2 là hai nghiệm của ay  2 py  ap  0 . Khi đó A( x1  , y1 ) và 2p 2 B( x2  2 y22 , y2 ) . 2p   y22 y12 1 Ta có AB  ( y2  y1 )  (  )  ( y1  y2 ) 2  4 y1 y2  1 2 ( y1  y2 ) 2  . 2p 2p  4p  2 2 2  4 p2 1 4 p2   1 2 Vậy AB   2  4 p  1 2 2   4 p 2 1 2  .  a   a  4p a  2 Tính  y24 y14 4 p 2 1  4 p2 2 T  OA  OB : T  y  y  2  2  2  2 p  2 ( 2  2 p 2 ) 2  2 p 4  4p 4p a 4p  a  2 2 2 2 2 1 12 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/   4 8 5 4 8  Tính ra OA2  OB 2  p 2  4  2    p 2  4  2  4  AB 2 . Do đó AOB  . 2 a a 2 a a  (ii) Hiển nhiên. (iii) Giả sử I ( xI , y I ) là trung điểm của đoạn thẳng AB . Đặt u  p . Tọa độ điểm a  4 p2  2 p2  y12  y22 a 2 4u 2  2 p 2 x     I là  I 4p 4p 4p  y y p  yI  1 2   u 2 a  p Vậy, tập tất cả các trung điểm I của đoạn thẳng AB là ( P' ) : p( x  )  y 2 . 2 u2 p u2 p AB p p AB (iv) Từ x1     p    suy ra x1   . Vậy, đường tròn p 2 p 2 2 2 2 2 đường kính AB luôn luôn tiếp xúc với đường chuẩn d : x   p . 2  1 Ví dụ 1.2.8. Trong mặt phẳng (Oxy) cho parabol ( P) : y  x 2 giả sử n đường 4 thẳng đi qua I (0;1) cắt ( P) ở A1 , B1; A2 , B2 ;...; An , Bn , tương ứng. Chứng minh bất đẳng thức n 1 1  1. IA1. IA2 ...IAn IB1.IB2 ...IBn Bài giải: Giả sử ( d ) : y  kx 1 đi qua I cắt ( P) tại A, B . Khi đó tọa độ của hai  y  kx 1  y  kx 1  điểm A, B là nghiệm của hệ  1 2 . Xét hệ phương trình  2 . y  x x  4 kx  4  0   4 Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của x2  4kx  4  0 và A( x1 , kx1 1), B ( x2 , kx2  1) . Ta có thể giả thiết x1  0  x2 . 13 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ Biến đổi 1 1 1 1 1 1      IA IB x12  k 2 x12 x22  k 2 x22  x1 1 k 2 x2 1 k 2   x2  x1x2 1  k 2   x1  x1 x2 1 k 2 ( x2  x1 ) 2  4 x1 x2 4 1 k 2 n 1  ( k 1 x2  x1 4 1 k 2 16k 2 16  Như vậy đã biến đổi được hệ thức hằng  4 1 k 2 1 1 1   1 . Từ đó suy ra bất đẳng thức IA IB 1 1 1 1  )  . IAk IBk n IA1.IA2 ...IAn n IB1.IB2 ...IBn  Phương trình đường tròn Đường tròn (C) tâm I (a , b) bán kính R có phương trình chính tắc và phương trình tiếp tuyến ( d ) tại điểm M ( x0 , y0 ) : (C ) :( x  a) 2  ( y  b) 2  R 2 ;(d ) :( x  a)( x0  a)  ( y  b)( y0  b)  R 2  0 . Ví dụ 1.2.9. Cho tam giác đều ABC và hình vuông MNPQ nội tiếp trong cùng một đường tròn (E) bán kính 1. Khi đó IA4  IB 4  IC 4 18R 4 và IM 4  IN 4  IP 4  IQ 4  24 R 4 với bất kỳ I ( E ) . Tổng T  IM 6  IN 6  IP 6  IQ 6 có phụ thuộc vào vị trí của điểm I hay không? Bài giải: Dựng hệ (Oxy) sao cho A(0; R), B(  3R R 3R R ;  ), C ( ;  ) . Giả sử 2 2 2 2 I ( x; y ) với x2  y 2  R 2 . Khi đó ta có tổng IA2  IB 2  IC 2  2 2  3R 2 R   3R 2 R   x  ( y  R)   ( x  )  ( y  ) 2   ( x  )  ( y  ) 2  18 R 4 . 2 2   2 2   2 2 2 Tương tự có IM 4  IN 4  IP 4  IQ 4  24 R 4 . Dễ dàng kiểm tra T phụ thuộc vào I Ví dụ 1.2.10. Cho đường tròn (C ) và một điểm M. Đường thẳng qua M cắt (C )   ở A và B . Khi đó MA. MB không phụ thuộc vào vị trí đường thẳng ( MAB ) . 14 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ Bài giải: Dựng hệ (Oxy ) sao cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  R 2 . Giả sử M ( a; b) . Gọi I là trung điểm đoạn thẳng AB. Khi đó:       MA.MB  ( MI  IA ) ( MI  IA)  MI 2  IA2 .   Vậy MA.MB  ( MO 2  OI 2 )  (OA2  OI 2 )  MO 2  R 2 và chúng ta có hệ thức   2 2 MA. MB  a  b  R 2 . Ví dụ 1.2.11. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C ) tâm O bán kính R. Khi đó hãy (i) Xác định tập tất cả các điểm M thoả mãn MB 2  MC 2  2 MA2 (ii) Xác đinh những điểm P, Q(C ) để T1  PA2  PB 2  PC 2 là lớn nhất và T2  QA2  QB 2  QC 2 là nhỏ nhất. Bài giải: (i) Không hạn chế có thể coi R 1 . Dựng hệ (Oxy ) sao cho đường tròn  C  : x 2  y 2 1 . Giả sử A(1;0), B(cos ;sin  ), C (cos ;sin  ) và M ( x, y ) . Phương trình MA2  MC 2  2 MA2 tương đương ( x  cos ) 2  ( y  sin  ) 2   ( x  cos )2  ( y  sin  )  2( x  1) 2  2 y 2 . Từ đây suy ra d : x (cos  cos   1)  y (sin   sin  )  0 . Như vậy, tập các điểm M là đường thẳng d đi qua O và d  AK , ở đó K là trung điểm của BC. (ii) Giả sử N  cos t ;sin t  . Khi đó ta có 2 T  NA2  NB 2  NC 2   cos t  sin     sin t  sin   2 2 2 2   cos t  cos     sin t  sin     cos t 1  sin 2 t 2  6  2[cos t  cos   cos  1  sin t  sin   sin  ]    6  2OH .ON  6  2OH .ON cos   6  2OH cos  trong đó  NOH . Từ đây suy ra T1  6  2.OH khi   và T2  6  2.OH khi   0 . Hiển nhiên P và Q là giao điểm giữa OH với (C). Chú ý 1.2.12. Nếu A  cos ;sin   , B  cos  ;sin   và C (cos ;sin  ) 15 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/  thì phương trình OH : y  sin   sin   sin  x và hoành độ của P, Q là cos   cos   cos  1 2  sin   sin   sin     cos   cos   cos   2 . Phương trình đường ellíp Đường ellíp (E) với tiêu điểm F1 ( c;0), F2 (c;0) có phương trình chính tắc và phương trình tiếp tuyến ( d ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) : ( E) : x2 y 2 xx yy  2 1, S ( E )   ab;( d ) : 20  20 1 . 2 a b a b Đường thẳng () : mx  ny  p  0 tiếp xúc với ( E ) khi và chỉ khi a 2 m 2  b2 n2  p 2 . Hai đường kính liên hợp của đường ellíp ( E ) với hệ số góc k , k ' thoả mãn kk '   b2 a2 Mệnh đề 1.2.13. Trong (Oxy ) , ánh xạ  :(Oxy )   Oxy  , M ( x; y )  M ' ( X  x;Y  ky ) với k  0,1 , được gọi là ánh xạ co hệ số k. Khi đó (i)  biến đường tròn thành ellíp và ngược lại, với mỗi ellíp có ánh xạ co biến nó thành đường tròn. (ii)  biến ba điểm thẳng hàng A1 , A2 , A3 thành ba điểm thẳng hàng A1' , A2' , A3' và A1 A2 A1' A2'  A2 A3 A2' A3' (iii) Giả sử A1 , A2 , A3 được biến thành A1' , A2' , A3' qua  . Khi đó công thức tính diện tích S A' A' A'  k S A1A2 A3 . 1 2 3 (iv) Ánh xạ co biến tiếp tuyến của đường tròn (C ) thành một tiếp tuyến của ellíp (C) 16 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chứng minh: (i) Chỉ cần chứng minh cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  R 2 . Giả sử M ( x; y ) là điểm tuỳ ý thuộc (C ) và M ' ( X ;Y )   ( M ) . Khi đó x2  y 2  R 2 và X  x,Y  ky . Vậy X 2  Y2  R2 . 2 k Do đó ảnh của (C ) là ellíp ( E ) : k 2 x 2  y 2  k 2 R 2 . Ngược lại chỉ cần chứng minh cho ellíp ( E ) :b 2 x 2  a 2 y 2  a 2b 2 . Xét ánh xạ  biến M ( x; y ) thành M ' ( X  x;Y  ay ) . Khi đó b 2 X 2  b2Y 2  a 2b 2 b hay X 2  Y 2  a 2 . Do đó ảnh của ( E ) qua  là đường tròn. (ii) Giả sử A1 ( x1 , y1 ), A2 ( x2 , y2 ), A3 ( x3 , y3 ) là ba điểm thẳng hàng, chẳng hạn chúng cùng thuộc đường thẳng ax  by  c  0 . Gọi Ai' ( X i  xi ; Yi  kyi ), i 1,2,3 , là ảnh của Ai qua  . Vì axi  byi  c  0 nên aX i  b điểm A1' , A2' , A3' cùng nằm trên đường thẳng ax  Yi  c  0, i 1,2,3 . Vậy ba k b y  c  0 và từ đó suy ra chúng k thẳng hàng. Để chứng minh sự bảo toàn tỷ số, chỉ cần xét ba điểm thuộc đường thẳng y  ax  b là A1 ( x1 ; y1  ax1  b), A2 ( x2 ; y2  ax2  b), A3 ( x3 ; y3  ax3  b) và ba điểm ảnh A1' ( x1 ;Y1  k (ax1  b)), A2' ( x2 ;Y2  k (ax2  b)), A3' ( x3 ;Y3  k (ax3  b)) . Ta có ngay tỷ số các độ dài: ( x2  x1 ) 2  k 2 a 2 ( x2  x1 ) 2 x2  x1 A1 A2 A1' A2' .    A2' A3' ( x2  x3 ) 2  k 2 a 2 ( x2  x3 ) 2 x2  x3 A2 A3 (iii) Giả sử A1 ( x1 ; y1 ), A2 ( x2 ; y2 ), A3 ( x3 ; y3 ) là ba điểm tuỳ ý không thẳng hàng. Gọi Ai' ( X i  xi ;Yi  kyi ), i 1,2,3 , là ảnh của Ai qua  . x1 ky1 1 x1 y1 1 Khi đó diện tích 2 S A' A' A '  x2 ky2 1  k x2 y2 1  2 k S A1A2 A3 . 1 2 3 x3 ky3 1 x3 y3 1 17 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ (iv) Giả sử d : xx0  yy0  R 2 là tiếp tuyến của (C ) tại điểm M ( x0 ; y0 ) . Qua phép 2 2 co-dãn hệ số k, đường tròn (C ) : x  y  R 2 x2 y2 biến thành ellíp ( E ) : 2  2 2 1 , R Rk điểm M ( x0 ; y0 ) biến thành M ' ( x0 ; ky0 ) và đường thẳng d : xx0  yy0  R 2 biến thành đường thẳng d ' : xx0  y y0 y2  R 2 . Vì x02  y02  R 2 nên R 2 x02  R 2 k 2 02  R 2 . k k  Vậy d ' tiếp xúc với ( E ). Ví dụ 1.2.14. Giả sử một đường ellíp nội tiếp trong tam giác ABC và tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB tại M, N, P, tương ứng. Chứng minh AN.BP.CM = AP.BM.CN và AM, BN, CP đồng quy. Bài giải: Dựng hệ tọa độ (Oxy ) sao cho ellíp nội tiếp nội tiếp trong tam giác ABC có phương trình ( E ) : 2 x2 y2 2 2 a   1 hay ( E ) : x  y  a 2 . Thực hiện phép 2 2 2 a b b a a co-dãn hệ số k  , từ (Oxy) lên (Oxy) biến M ( x; y ) thành M ' ( x '  x; y '  y ) . b b Khi đó tam giác ABC biến thành tam giác A' B 'C ' , đường ellíp ( E ) biến thành đường tròn (C ) : x 2  y 2  a 2 nội tiếp trong tam giác A' B 'C ' tiếp xúc các cạnh tam giác A' B 'C ' . Giả sử phép co-dãn hệ số k biến thành M ' , N ' , P ' cũng là những tiếp điểm do (C ) tiếp xúc các cạnh A' B 'C ' . B ' M ' C ' N ' A' P ' Vì A N  A P , B P  B M và C M  C N nên ' ' . ' ' . ' ' 1 . M C AN BP ' ' ' ' Từ đây suy ra ' ' ' ' ' ' ' ' BM CN AP . . 1 . Như vậy AN .CM .BP  AP.BM .CN . CM AN BP Vì A'M ' , B ' N ' , C ' P' đồng quy tại K ' nên ảnh của K ' là K qua phép co-dãn với hệ số b sẽ thuộc đồng thời cả ba đường AM, BN, CP. Điều đó chứng tỏ AM, a BN, CP đồng quy. Ví dụ 1.2.15. Giả sử một đường ellíp nội tiếp trong tứ giác ABCD và tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD, DA tại M, N, P, Q tương ứng. 18 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chứng minh bốn đoạn AC , BD, MP, NQ đồng quy. Bài giải: Dựng hệ tọa độ (Oxy ) sao cho ellíp nội tiếp trong tứ giác ABCD có 2 x2 y 2 2 2 a phương trình ( E ) : 2  2 1 hay ( E ) : x  y 2  a 2 . Thực hiện phép co-dãn hệ a b b a a số k  , từ (Oxy ) lên (Oxy ) biến M ( x; y ) thành M ' ( x '  x; y '  y ) . Khi đó tứ b b giác ABCD biến thành tứ giác A' B 'C ' D ' , đường ellíp ( E ) biến thành đường tròn (C ) : x 2  y 2  a 2 nội tiếp tứ giác A' B 'C ' D ' tiếp xúc các cạnh tứ giác A' B 'C ' D ' . Giả sử phép co-dãn hệ số k biến M, N, P, Q thành M ' , N ' , P ' , Q ' cũng là những ' ' tiếp điểm do (E) tiếp xúc các cạnh A' B ' , B 'C ' , C ' D ' , D ' A'. Vì AC , B ' D ' , M ' P ' , N 'Q ' đồng quy tại điểm I ' theo Ví dụ 1.3.24 nên ảnh I của nó qua phép co-dãn hệ số b sẽ thuộc cả bốn đoạn AC, BD, MP, NQ. Do đó bốn đoạn AC, BD, MP, NP a  đồng quy. Ví dụ 1.2.16. Giả sử tam giác ABC có diện tích S. Phép co-dãn hệ số k biến tam giác ABC thành tam giác A' B 'C ' . Tính diện tích tam giác A' B 'C ' . Bài giải: Dựng hệ tọa độ (Oxy ) . Giả sử A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) và C ( x3 , y3 ) . Khi đó A' ( x1, ky1 ), B ' ( x2 , ky2 ) và C ' ( x3 , ky3 ) . Khi đó ta có công thức S A' B 'C '  k S vì S ABC x1 ky1 1 x1 y1 1 k 1  gttđ x2 ky2 1  gttđ x2 y2 1  k S . 2 2 x3 ky3 1 x3 y3 1  Phương trình đường hyperbôl Đường hyperbôl (H) với tiêu điểm F1  c;0  , F2  c;0  có phương trình chính tắc và phương trình tiếp tuyến (d) tại điểm M  x0 ; y0  : x2 y 2 xx yy  H  : 2  2 1;  d  : 20  20 1. a b a b Đường    : mx  ny  p  0 tiếp xúc với hyperbôl (H) khi và chỉ khi a 2m 2  b2n 2  p 2 19 Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/