🔙 Quay lại trang tải sách pdf ebook Phát Triển Tư Duy Khoa Học Và Sáng Tạo Giải Toán Hình Học Tọa Độ Phẳng OXY Ebooks Nhóm Zalo khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 Chương 1. TÓM TẮT LÝ THUYẾ T VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾ N PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG OXY CHỦ ĐỀ 1.1: VÉCTƠ VÀ CÁC PHÉP TOÁN 1. Định nghĩa:véctơ là một đoạn thẳng có định hướng ● Hai vectơ bằng nhau: có cùng hướng và cùng độ dài. ● Hai vectơ đối nhau: ngược hướng và cùng độ dài. 2. Các phép toán của vectơ: a. Phép cộng vectơ: ∙ + = + a b b a; ( ) ( ) ∙ + + = + + a b c a b c ∙ + = + = a a a 0 0 ∙ + − = ( ) a a 0 Ta có ∀A B C , ,:AC AB BC = +(quy tắc chèn điểm) ☞ Nếu ABCD là hình bình hành thì :AB AD AC + = b. Phép trừ vectơ:∀O,A,B :OB OA AB − = c. Tích một số thực với một vectơ: ∙ + = + + = + m( ) a b ma mb m n a ma na ;( ) ∙ = = − = − m na mn a a a a a ( ) ( ) ;1. ; 1 Điều kiện: acùng phương b ⇔ ∃ ∈ = k R b ka :với d. Tích vô hướng: ab a b a b = . cos , ( ) e. Vectơ đồng phẳng:3 vectơ đồng phẳng nếu giá của chúng cùng song song với một mặt phẳng. 3 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy a b x , ,đồng phẳng ⇔∃ ∈ = + h k R x ha kb , : f. Phân tích một vectơ theo một vectơ không đồng phẳng: Với abc , ,không đồng phẳng và vectơ e, có duy nhất 3 số thực x1, x2, x3: e x a x b x c = + + 1 2 3 2 g. Định lý: Với M là trung điểm AB và G là trọng tâm của ΔABC, O tùy ý thì: ⎧⎪ + = MA MB 0 ⎪⎨ + + = GA GB GC ⎪⎪ = + + ⎩ 1 0 OG OA OB OC 3 ( ) 1 Và G là trọng tâm tứ giác, tứ diện ABCD ( ) ⇔ = + + + OG OA OB OC OD 4 ■CHỦ ĐỀ 1.2: HỆ TỌA ĐỘ – TỌA ĐỘ VÉCTƠ – TỌA ĐỘ ĐIỂ M 1. Định nghĩa: a. Hệ tọa độ: Hai trục tọa độ x’Ox, y’Oy vuông góc nhau tạo nên hệ trục tọa độ Đề–các Oxy: O là gốc tọa độ, x’Ox là trục hoành và y’Oy là trục tung. Trong đó: i j = = (1;0), (0;1)là các vec tơ đơn vị trên các trục. Ta có:i j = =1và i j. 0. = b. Tọa độ của vectơ: u x y u x i y j = ⇔ = + ( ; ) . . 4 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 c. Tọa độ của điểm: OM x y M x y = ⇔ = ( ; ) ( ; ).Trong đó x là hoành độ, y là tung độ của M. 2. Các kết quả và tính chất: Trong hệ tọa độ Oxy, cho ( ; ), ( ; ) A x y B x y A A B Bvà các vectơ 1 2 a a a = ( ; ), 1 2 b b b = ( ; ). Ta có : 1 1 2 2 ∙ ± = ± ± a b a b a b ( ; ). ● Tích giữa một véctơ với một số thực:1 2 k a ka ka k . ( ; ), . = ∈ ● Tích vô hướng giữa hai véctơ:1 1 2 2 a b a b a b . . = + Hệ quả: 2 2 * = + a a a . 1 2 a b a b a b + * = 1 1 2 2 cos( ; ) . 2 2 2 2 a a b b + + . 1 2 1 2 * ⊥ ⇔ + = a b a b a b 0. 1 1 2 2 ⎧ = a b ● Hai véctơ bằng nhau:1 1 a ba b = ⇔ ⎨⎩= 2 2 b b k b k aa a ⎡∃ ∈ = ⇔ = ⎢ ∙ a b,cùng phương : . ⇔ ⎢⎢⎢ = a a 1 2 1 2 ⎢⎣ 1 2 b b 1 2 0. ● Tọa độ của vec tơ ( ; ). AB x x y y = − − B A B A ● Khoảng cách: 2 2 ( ) ( ) . AB AB x x y y = = − + − B A B A ● Điểm M chia AB theo tỉ số k (k khác 1) ⇔ = MA k MB .. Khi đó, tọa độ của M tính bởi: ⎧ − x k x . A B = ⎪⎪ − xl k M ⎨− ⎪ = y k y . A B yl k M ⎪⎩ − ⎧ + x x A B = ⎪⎪⎨+ ⎪ = x M Nếu M là trung điểm của AB, ta có: 2. y y y M ⎪⎩ 3. Kiến thức về tam giác: Cho ( ; ), ( ; ), ( ; ). A x y B x y C x y A A B B C C A B 2 a. Trọng tâm của tam giác (giao các đường trung tuyến) : 5 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ⎧ + + xxx A B C = ⎪⎪⎨+ + ⎪ = x G G là trọng tâm tam giác ABC : 3 yyy ⎪⎩ y G A B C 3 b.Trực tâm của tam giác (giao các đường cao): H là trực tâm của tam giác ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⊥ = AH BC AH BC . 0 ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ ⊥ = BH CA BH CA . 0 c. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (giao của các trung trực) : I(a ; b) là tâm của ΔABC ⇔ AI = BI = CI = R (R là bán kính của ΔABC). ⎧ = 2 2 Giải hệ AI BI ⎨⎩=⇒ tọa độ tâm I. 2 2 BI CI d. Tâm của đường tròn nội tiếp tam giác (giao của các đường phân giác trong các góc của tam giác). Tâm K của đường tròn nội tiếp tam giác ABC tìm được khi thực hiện hai lần công thức điểm chia đoạn theo tỉ số k : A B AB k ' = − =nên A’ chia BC theo Vì 1 A C AC ' tỉ số k1⇒tọa độ của D. KA BA k = − =nên k chia AD theo tỉ số k2, ⇒tọa độ của K. Vì 2 KD BD e. Diện tích tam giác: 1 1 1 ∙ = = = a b c S a h b h c h . . . . 2 2 2 1 1 1 sin sin sin . ∙ = = = S ab C ac B bc A 2 2 2 6 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 abc S pr p p a p b p c ∙ = = = − − − 4 R ( )( )( ). 1 1 . ( . ) det( , ) 2 2 2 ∙ = − = S AB AC AB AC AB AC 2 2 det( , )a a AB AC a b a b = = −với 1 2 1 2 AB a a AC b b = = ( ; ), ( ; ). Trong đó:1 21 2 2 1 b b 1 2 4. Kiến thức về tứ giác: Cho ( ; ), ( ; ), ( ; ), ( ; ). A x y B x y C x y D x y A A B B C C C C a. Hình thang (là tứ giác có hai cạnh đối song song với nhau) : ● AB CD ,là hai véctơ ngược hướng ⇔AB kCD = (k < 0) ● Shình thang = 12 AH(AB + CD) Hay SABCD = SΔABC + SΔACD (chia nhỏ hình thang ra thành các hình tam giác tùy ý) b. Hình bình hành (là tứ giác có các cặp cạnh đối song song hoặc bằng nhau): ● AB DC = ● I là trung điểm của hai đường chéo AC và BD. ● Shình bình hành = AH.CD = 2SΔACD = 4SΔICD (chia nhỏ hình bình hành ra thành các hình tam giác tùy ý). ● Chú ý đến tính chất đối xứng qua I. c.Hình thoi (là tứ giác có bốn cạnh bằng nhau) : ● Hình thoi mang đầy đủ tính chất của hình bình hành.. ● Nếu hình bình hành ABCD có AB = BC hoặc AC ⊥ BD thì sẽ trở thành hình thoi. ● AC ⊥ BD, AC và BD cũng là hai đường phân giác của góc tạo bởi hai cạnh bên, giao điểm của chúng chính là tâm đường tròn nội tiếp hình thoi. 7 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ● Shình thoi = 12AC.BD = 2SΔABC= 2SΔABC = 4SΔABI ● Chú ý đến tính chất đối xứng qua I. d. Hình chữ nhật (là tứ giác có 3 góc vuông) : ● HCN mang đầy đủ tính chất của hình bình hành. ● Nếu hình bình hành ABCD có một góc bằng 90o hay hai đường chéo AC = BD thì là hình chữ nhật. ● Shình chữ nhật = AB.AD = 2SΔABC = 4SΔABI ● Luôn có một đường tròn ẩn mình ngoại tiếp hình chữ nhật với tâm là I = AC ∩ BD là tâm đường tròn ngoại tiếp HCN với bán kính là IA = IB = IC = ID = R. ● Chú ý đến tính chất đối xứng qua tâm I. (Ví dụ như trong hình vẽ nếu biết tọa độ M và I ⇒ toa độ N ∈ CD). e. Hình vuông (là tứ giác có hai đường chéo vuông góc và bằng nhau) : ● HV mang đầy đủ các tính chất của hình H.thoi và HCN. ● Nếu hình thoi có một góc bằng 90o hay hai đường chéo AC và BD bằng nhau thì là Hình vuông. ● Nếu hình chữ nhật có hai cạnh bên bằng nhau hay hai đường chéo AC và BD vuông góc nhau thì là Hình vuông. ● Shình vuông = (cạnh)2 = 2SΔABC = 4SΔAID = 8SΔAHI ● Có đến hai đường tròn ẩn mình bên trong hình vuông ABCD là: ☞(C1) với tâm I = AC ∩ BD là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông và bán kính là IA = R ☞(C2) với tâm I = AC ∩ BD là tâm đường tròn nội tiếp hình vuông và bán kính là IH = R. ((C2) đi qua trung điểm các cạnh của hình vuông) ● Chú ý đến tính chất đối xứng qua tâm I. 8 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 ■CHỦ ĐỀ 1.3: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 1. Định nghĩa: Cho các vectơ u n, 0. ≠ ∙ ulà 1 vectơ chỉ phương (VTCP) của đường thẳng d khi vec tơ unằm trên 1 đường thẳng song song hoặc trùng với d. Mọi vectơ chỉ phương của d đều có dạng k u k . , ( 0). ≠ ∙ nlà 1 vectơ pháp tuyến (VTPT) của đường thẳng d khi vectơ nnằm trên 1 đường thẳng vuông góc với d. Mọi vectơ pháp tuyến của d đều có dạng k n k . , ( 0). ≠ ● Một đường thẳng d hoàn toàn được xác định khi biết M d 0 ∈và một VTCPuhoặc một VTPTncủa d. 2. Phương trình tổng quát của đường thẳng: a. Định lý: Phương trình tổng quát của đường thẳng d có dạng ax by c + + = 0, 2 2 a b + ≠ 0. ☞Chú ý: d có vtpt n vtcpu a u = = − = − (a;b), (b; ) hay ( b;a). (☺Mẹo nhớ: khi đổi VTCP ↔VTPT: “Đổi chỗ đổi một dấu”) b. Hệ quả: Phương trình đường thẳng d qua 0 0 0 M x y ( ; )và có vtpt n = (a;b)là: 2 2 0 0 a( ) ( ) 0, 0. x x b y y a b − + − = + ≠ 3. Phương trình tham số – chính tắc của đường thẳng: a. Phương trình tham số của đường thẳng: Phương trình tham số của đường thẳng d qua 0 0 0 M x y ( ; )và có vtcp u a b = ( ; ) ⎧ = + ⎨ + ≠ ∈ x x ata b t là: ( ) 0 2 2 ⎩= + y y bt 0 , 0, . b. Phương trình chính tắc của đường thẳng: Phưong trình chính tắc của đường thẳng d qua 0 0 0 M x y ( ; )và có vtcp x x y ya b − − u a b = ( ; )là: 0 0 2 2 , 0. = + ≠ a b ☞Chú ý:Phương trình chứa hệ số góc k và tung độ góc m có dạng ( ) Δ = + : y kx m ☺ Nếu d có u a b = ( ; )là vtcp thì hệ sốb ka = 9 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ☻ Nếu d cắt trục hoành tại M vàαgóc tạo bởi tia Mx với phần đường thẳng d nằm phía trên trục hoành thì hệ số góc của d là k = tanα 4. Phương trình đoạn chắn: Gọi A(a,0) ∈ Ox , B(0,b)∈ Oy với a,b ≠ 0. Đường thẳng d cắt Ox tại A, cắt Oy tại B có dạng là: x y + = 1 a b 5. Vị trí tương đối của 2 đường thẳng: Cho 2 đường thẳng 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 d x b y c d x b y c : a + + = 0 (1), : a + + = + ≠ + ≠ 0 (2) (a 0, 0). b a b ⎧ + + = ⎨⎩+ + =ta có kết quả sau: d x b y c : a 0 Giải hệ 1 1 1 1 d x b y c : a 0 2 2 2 2 ●Hệ có duy nhất nghiệm 1 2 2 1 ⇔ − ≠ ⇔ a b a b 0d1 và d2 cắt nhau. ●Hệ vô nghiệm 1 2 2 1 ⇔ − = a b a b 0và 1 2 2 1 1 2 b c b c d d − ≠ ⇔0 / / . ●Hệ có vô số nghiệm 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 ⇔ − = − = − a b a b b c b c c a c a 1 2 ⇔ ≡ d d ■CHỦ ĐỀ 1.4: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂ M ĐẾ N MỘT ĐƯỜNG THẲNG GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG. 1. Góc giữa 2 đường thẳng: Cho 2 đường thẳng 1 1 1 1 2 2 2 2 d x b y c d x b y c : a + + = + + = 0, : a 0 . Nếu gọi 0 0 ϕ ϕ (0 90 ) ≤ ≤là góc giữa d1 và d2 thì : a a b b ϕ+ 1 2 1 2 cos . = 2 2 2 2 a b a b + + . 1 1 2 2 Hệ quả: 1 2 1 2 1 2 d d a a b b ⊥ ⇔ + = 0. 2. Khoảng cách từ 1 điểm đến một đường thẳng: a. Công thức: Khoảng cách từ 0 0 M x y ( ; )đến d ax by c : 0 + + =là: ax by c + + 0 0 2 2 d M d a b ( , ) , 0. = + ≠ 2 2 a b + 10 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 b.Hệ quả: Nếu 1 1 1 1 2 2 2 2 d a x b y c d a x b y c : + + = + + = 0, : 0cắt nhau tại I 1 2 2 1 ( ) a b a b ≠thì phương trình các phân giác tạo bởi d1 và d2 là: a x b y c a x b y c + + + + 1 1 1 2 2 2 = ± 2 2 2 2 a b a b + + 1 1 2 2 ☞Chú ý: Cho hai điểm M ( ) x y M M ; , ( ) ; N N N x yvà đường thẳng Δ + + = : 0 ax by c Ta có: ☺ M và N nằm cùng phía với đối với Δ khi và chỉ khi: (ax by c ax by c M + + + + > M N N )( ) 0 ☻ M và N nằm khác phía với đối với Δ khi và chỉ khi: (ax by c ax by c M + + + + < M N N )( ) 0 ■CHỦ ĐỀ 1.5: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 1. Phương trình: a. Phương trình tổng quát của đường tròn: Cho đường tròn (C) tâm I(a; b) bán kinh R có dạng tổng quát : 2 2 2 ( ) ( ) x a y b R − + − = b. Phương trình khai triển của đường tròn: Ngoài ra còn có thể viết PT đường tròn dưới dạng khai triển: 2 2 x y ax by c + − − + = 2 2 0 c. Phương trình tham số của đường tròn: ⎧ = + ⎨ ∈ x a R tt R cos( ) ⎩= + y b R t sin 2.Vị trí tương đối giữa đường thẳng và đường tròn: 11 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Cho đường thẳng (Δ) và đường tròn (C) có tâm I, bán kính R. Gọi d là khoảng cách từ I đến đường (Δ) , Ta có: ● d(I, Δ) < R ⇔ (Δ) cắt (C) tại hai điểm phân biệt. ●d(I, Δ) = R ⇔ (Δ) tiếp xúc với (C). ●d(I, Δ) > R ⇔ (Δ) không cắt (C). 3.Vị trí tương đối của hai đường tròn: Cho hai đường tròn (C1) và (C2) có tâm và bán kính lần lượt là I1, R1, I2, R2. Ta có: ● I1I2< R1 + R2⇔ (C1) và (C2) ở ngoài nhau → Có 4 tiếp tuyến chung. ● I1I2 = R1 + R2⇔ (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài→ Có 3 tiếp tuyến chung. ● |R1 – R2| < I1I2< R1 + R2⇔ (C1) và (C2) cắt nhau tại hai điểm → Có 2 tiếp tuyến chung. ● I1I2 = |R1– R2|⇔(C1) và (C2)tiếp xúc trong → Có 1 tiếp tuyến chung. ● I1I2<|R1– R2| ⇔(C1) và (C2) ở trong nhau → không có tiếp tuyến chung. ■CHỦ ĐỀ 1.6: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG ELIP 1. Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định F1 và F2 với F1F2 = 2c > 0. Cho hằng số a với a > c. ● Elip (E) ={M : 2 MF MF a 1 2 + = }là tập những điểm mà tổng khoảng cách từ M đến hai điểm 1 2 F F;bằng 2a. ● Ta gọi 1 2 F F;là các tiêu điểm và 1 2 F F c = 2chính là độ dài tiêu cự. ● Nếu M ∈ (E) thì MF1và MF2được gọi là bán kính qua tiêu của điểm M. 2. Phương trình chính tắc của elip và các yếu tố của elip. a. Phương trình chính tắc của elip. ● Xét Elip (E) = {M : 2 MF MF a 1 2 + = }trong đó 1 2 F F c = 2 . 12 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 ● Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho F c F c 1 2 ( ) ( ) − ;0 ; ;0 Phương trình chính tắc của elip là: 2 2 x y + =với 2 2 2 b a c = −2 2 1 a b Nếu M(x; y) ∈ (E) thì các bán kính qua tiêu của điểm M là: = +và 2c c MF a x MF a x = − 1 a a b.Các yếu tố của Elip. Elip xác định bởi phương trình (*) có một số đặc điểm. ●Tâm đối xứng là O, trục đối xứng là Ox, Oy ●Tiêu điểmF c F c 1 2 ( ) ( ) − ;0 ; ;0 ●Tiêu cự F1F2 = 2c ●Đỉnh trên trục lớn nằm trên Ox: A1(–a; 0) và A2(a; 0) ●Độ dài trục lớn A1A2 = 2a ●Đỉnh trên trục nhỏ nằm trên Oy: B1(–b; 0) và B2(b; 0) ●Độ dài trục nhỏ B1B2 = 2b c ●Tâm sai của elip là tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục lớn: 1 ea = < a a 2 ●Đường chuẩn: xe c = ± = ± ●Nếu M(x ;y) ∈ (E) thì –a ≤ x ≤ a và – b ≤ y ≤ b nên toàn bộ elip (E) thuộc hình chữ nhật giới hạn bởi các đường thẳng x = ± a, y = ± b. Hình chữ nhật đó gọi là hình chữ nhật cơ sở. ■CHỦ ĐỀ 1.7: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG HYPEBOL VÀ PARABOL. 1. Phương trình chính tắc và các thuộc tính của Hypebol: 2 2 a. Phương trình chính tắc: x y − =, (a>0, b>0) 2 2 1 a b b. Các yếu tố: 2 2 2 c a b = + , c>0. 13 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy * Tiêu cự: F1F2=2c * Độ dài trục thực A1A2=2a * Độ dài trục ảo B1B2=2b. * Hai tiêu điểm F c F c 1 2 ( ) ( ) − ;0 , ;0 . * Hai đỉnh: đỉnh trên trục thực A a A a 1 2 ( ) ( ) − ;0 , ;0 , * Hai đường tiệm cận: b y x = ± a c * Tâm sai:1 ea = > * Đường chuẩn: a xe = ± * Khoảng cách giữa hai đường chuẩn: 2a = . de 2.Phương trình chính tắc và các thuộc tính của Parabol: a. Phương trình chính tắc: 2 y px = 2, (p>0 gọi là tham số tiêu). b. Các yếu tố : p F⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ * Một tiêu điểm ;0 2 * Đường chuẩn 2p x = − * Bán kính qua tiêu điểm 2p MF x = + ■CHỦ ĐỀ 1.8: PHÉP BIẾ N HÌNH CƠ BẢN TRONG MẶT PHẲNG CÁC KÍ HIỆU CHUNG: Gọi P là tập hợp mọi điểm của mặt phẳng: f P P M P M f M : , ' ( ) P → ∈ = ∈có nghĩa f là phép biến hìnhcủa mặt phẳng, biến điểm M (bất kỳ thuộc P) thành điểm M’(thuộc P). 14 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 f−được gọi là phép biến hình ngược của f . 1 g fđược gọi là hợp thành tích của f và g theo thứ tự thực hiện: o M f M M ' ( ): ' ≡là ảnh của M qua f . Với H là một hình của măt phẳng. H f H H ' ( ): ' ≡là ảnh của H qua f. f M M ( ) : ≡M bất động qua f. HAI PHÉP BIẾN HÌNH CƠ BẢN:PHÉP DỜI HÌNH VÀ PHÉP ĐỒNG DẠNG A. PHÉP DỜI HÌNH. ●Định nghĩa và tính chất chung: ☺. f P P : →là phép dời hình ⇔ = ∀ ∈ M N MN M N P ' ' , , . ☺. Phép dời hình bảo toàn: + Độ dài đoạn thẳng. + Quan hệ thẳng hàng và thứ tự các điểm. + Quan hệ song song, vuông góc của đường thẳng. + Quan hệ về góc giữa hai đường thẳng, hai tia, hai véctơ. ☺. Nếu hình (H) = hình (H’) ⇔∃phép dời hình f H H :( ) ( ') → ☺. Phép dời hình cũng là hợp thành (tích) của một số hữu hạn phép đối xứng trục. ●Các phép dời hình tiêu biểu: Phép đồng nhất: :d I M M + Biểu thức tọa độ: ( ; ) '( '; ') M x y M x y ⎧ = x x ' ⇔ ⎨⎩= y y ' Phép đối xứng tâm I:: ' ' D M M IM IM I ⇔ = − + Minh họa: + Tính chất riêng: I d d d d ∉ ⇒' '/ / + Biểu thức tọa độ:' 2 ⎧ = − x a x M x y M x yy b y ( ; ) '( '; ')' 2 ⇔ ⎨⎩= − Với I(a; b). Phép đối xứng trụcΔ : D : M M' Δ ⇔ ≡ hay M M 'nếuM ∈ΔhayΔlà trung trực MM’ nếu M ∉Δ 15 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy + Minh họa: + Tính chất riêng: ' d d d d d Δ ⇒ / / / / ' d I ∩ Δ = ⇒ ( ; ) ( ; ') Δ = Δ d d ⎧ − − − = ⎪ ⇔ ⎨ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + + = ⎪⎩ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ b x x a y y '( ' ) ( ' ) 0 + Biểu thức tọa độ: M x y M x y x x y y a b c ( ; ) '( '; ') ' ' 0 2 2 Với Δ + + = : 0 ax by c Phép tịnh tiến theo vecto v : : ' ' vT M M MM v ⇔ = + Minh họa: + Tính chất riêng:' d d d kv d d ≠ ⇒ / / ' ( ; ) '( '; ')'x a x ⎧ = + + Biểu thức tọa độ: ' M x y M x yy b y ⇔ ⎨⎩= + Với v a b = ( ; ) Phép quay tâm I góc quay HoặcM I '≡nếu M I ≡ ϕ :( ; ) : ' Q M M I ϕ Hoặc IM IM ='và ( ; ') IM IM =ϕnếuM I ≠ + Minh họa: 16 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 + Tính chất riêng: ' d d d d ϕ ⇒ = ( ; ') ϕ π 02 ≤ ≤ Biểu thức tọa độ: ' ( )cos ( )sin ⎧ = + − − − x a x a y b ϕ ϕ M x y M x yy b x a y b ( ; ) '( '; ')' ( )sin ( )cos ⇔ ⎨⎩= + − + − ϕ ϕ B. PHÉP ĐỒNG DẠNG ●Định nghĩa và tính chất chung: ☺. g: P P →là phép đồng dạng tỉ số k (k > 0)⇔ = ∀ ∈ M N MN M N P ' ' , , . ☺. Phép đồng dạng bảo toàn: + Độ dài đoạn thẳng. + Quan hệ thẳng hàng và thứ tự các điểm. + Quan hệ song song, vuông góc của đường thẳng. + Quan hệ về góc giữa hai đường thẳng, hai tia, hai véctơ. ☺. Nếu hình (H) = hình (H’) ⇔∃phép dời hình f H H :( ) ( ') → ☺. Phép đồng dạng tiêu biểu: PHÉP VỊ TỰ tâm I, tỉ sốk ≠ 0 . : ' ' k V M M IM k IM I ⇔ = + Tính chất riêng: 17 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ⎧⎪ = IO kIO k k I d d d d ≠ ∉ → ⇒ 1, ' '/ /và ' (O;R) (O;R') ( 1) ⇒ ≠ ⎨⎪⎩= R k R ' | | + Biểu thức tọa độ: ' ( ) ⎧ = + − ⎨⎩= + − với I(a; b). x a k x a y b k y b ' ( ) C. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP BIẾN HÌNH DẠNG 1: XÁC ĐỊNH ẢNH CỦA MỘT HÌNH QUA PHÉP BIẾN HÌNH. ►Phương pháp chung: - Sử dụng định nghĩa phép biến hình. - Sử dụng biểu thức tọa độ của phép biến hình. - Sử dụng các tính chất của phép biến hình. ► Các ví dụ minh họa: Bài toán 1.1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho vecto v = −( 2;3), đường thẳng d có phương trình là 3 5 3 0 x y − + =. Viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vecto v Hướng dẫn giải: Cách 1: Chọn M(–1; 0) thuộc d, khi đó: ' ( ) ( 3;3). M T M = = −M’ thuộc d’ vì d’//d v nên d’ có phương trình 3 5 0( 3). x y m m − + = ≠Do M’ thuộc d’ nên m = 24 (nhận). Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là3 5 24 0 x y − + = Tta có: ' 2 ' 2 ⎧ ⎧ = − = + ⎨ ⎨ ⇔ Cách 2: Từ biểu thức toa độ của v phương trình của d ta được: x x x x ⎩ ⎩ = + = −thay vào y y y y ' 3 ' 3 3 5 3 0 3( ' 2) 5( ' 3) 3 0 3 ' 5 ' 24 0 x y x y x y − + = ⇔ + − − + = ⇔ − + = Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là3 5 24 0 x y − + = Cách 3: Lấy hai điểm M, N bất kì thuộc d, tìm ảnh M’, N’ tương ứng của M và N qua phép tính tiến theo vecto v. Khi đó đường thẳng d’ là đường thẳng M’N’. Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là3 5 24 0 x y − + = Bài toán 1.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M(1; 5), đường thẳng (C) có phương trình là 2 2 x y x y + − + − = 2 4 4 0, đường thẳng d có phương trình là x y − + = 2 4 0. Tìm ảnh của điểm M, (C) và d qua phép đối xứng trục hoành Ox và tìm ảnh của M qua phép đối xứng trục d. Hướng dẫn giải: ∙ Gọi M’, (C’) d’ lần lượt là ảnh của M, (C), d qua phép đối xứng trục Ox. 18 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 Ta có M’(1; – 5). ∙ (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = 3. Đường tròn (C’) có tâm ' ( ) (1;2) Ox I D I = = và bán kinh R’ = R = 3. Do đó phương trình đường tròn (C’): 2 2 ( 1) ( 2) 9 x y − + − = ∙ Gọi N’(x’; y’) là ảnh của N(x; y) qua phép đối xứng trục Ox, ta có: ⎪⎧ = = ⎧ x x x x ' ' ⎪⎩= − = − ⎩thay vào phương trình d ta được: x’ + 2y’ + 4 = 0. ⎨ ⎨ ⇔ y y y y ' ' Vậy phương trình d’ là: d x y ': 2 4 0 + + = dđi qua M và vuông góc d có phương trình là 2x + y – 7 = 0. ∙ Đường thẳng 1 Gọi Molà giao điểm của d và1 dthì tọa độ của Molà nghiệm của hệ: ⎧⎪ − + = = ⎧ x y xM 2 4 0 2(2;3) ⎨ ⎨ ⇔ ⇒ ⎪ + − = ⎩= ⎩ 2 7 0 3o x y y Gọi M1là ảnh của M qua phép đối xứng trục d thìMochính là trung điểm đoạn thẳng MM1nên tọa độ1 M (3;1) Bài toán 1.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho toa độ A(3; 4). Hãy tìm tọa độ điểm A’ là ảnh của A qua phép quay tâm O góc quay 0 90 . Hướng dẫn giải: ∙ Gọi B(3; 0), C(0; 4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các trục tọa độ Ox, Oy. Phép quay tâm O góc quay0 90 0 Qbiến hình chữ nhật OBAC thành hình (O;90 ) chữ nhật OB’A’C’ Ta thấy B’(0; 3) và C’(–4;0) suy ra A’(–4; 3). ∙ Cách khác: Gọi A’(x’; y’) là ảnh của A(3; 4) qua phép quay tâm O góc quay 0 90:0 Q . (O;90 ) 19 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Ta có: ⎧ = + − − − ⎨⎩= + − + − x a x a y b ' ( )cos ( )sin ϕ ϕ y b x a y b ' ( )sin ( )cos ϕ ϕ 0 0 ⎪⎧ = + − − − = − ' 0 (3 0).cos90 (4 0)sin90 4'( 4;3) ⇔ ⎨ ⇒ − xA 0 0 ⎪⎩= + − + − = ' 0 (3 0).sin90 (4 0)cos90 3 y Bài toán 1.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình 3 2 6 0 x y + − =. Hãy viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d qua phép vị tự tâm O tỉ sốk = −2 . Hướng dẫn giải: ∙ Cách 1: Ta có: ( ; ) V d d O k ( ) ' d'/ / d ':3 2 0 ( 6) = ⇒ ⇒ + + = ≠ − d x y m m . Lấy điểm M(0; 3) thuộc d và gọi M’(x’; y’) lả ảnh của M qua phép vị tự đã cho. Khi đó ta có:' 0 ⎧ = x OM OM M ' 2 '(0; 6) = − ⇔ ⇒ − ⎨⎩= − y ' 6 Mặt khác M’ thuộc d’ nên thay vào phương trình d’ ta suy ra m = 12 (nhận) Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là:d x y ':3 2 12 0 + + = ∙ Cách 2: Gọi M’(x’; y’) là ảnh của M(x; y) qua phép vị tự tâm O ti số k = – 2. ⎧ ⎧ − = ⎪ = − ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇔ = − − ⎪ ⎪ = x ' x x x Khi đó, ta có: ' 2 2 y y y ' 2 ' thay vào phương trình d ta được: ⎪⎩ ⎪⎩ y 2 −− − = ⇔ + + = 3' ' 6 0 3 ' 2 ' 12 0 2x y x y Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là:d x y ':3 2 12 0 + + = ∙ Cách 3: Lấy hai điểm bất kì M, N trên d, tìm ảnh M’, N’ của M, N qua phép vị tự tâm O, tỉ số k = –2. Khi đó d’ là đường thẳng M’N’ (viết phương trình đường thẳng qua hai điểm). Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là:d x y ':3 2 12 0 + + = DẠNG 2: DÙNG PHÉP BIẾN HÌNH ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN DỰNG HÌNH. ► Phương pháp chung: - Cách 1: Xác định tọa độ M như ảnh của một điểm đã biết qua một phép biến hình. - Cách 2: Xem M như là giao điểm của một đường tròn cố định với ảnh của một đường đã biết qua một phép biến hình. ► Các ví dụ minh họa: 20 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 Bài toán 2.1. Hai thôn nằm ở vị trí A, B cách nhau một con sông (xem hai bờ sống là hai đường thẳng song song). Người ta dự định xây một chiếc cầu MN bắc qua sông (cầu vuông góc với bờ sông) và làm hai đoạn đường AM, NB (như hình vẽ). Hãy xác định vị trí cầu MN sao cho AM + NB ngắn nhất. Hướng dẫn giải: ∙ Trường hợp 1: Xem con sông rất hẹp, bài toán trở thành: “Cho hai điểm A, B nằm ở hai phía khác nhau so với đường thẳng a. Tìm vị trí điểm M trên A để AM + AN nhỏ nhất ? ” Khi đó M chính là giao điểm giữa AB với a. ∙ Trường hợp 2: a // b. Nhận xét a, b cố định suy ra MN cố định. Khi đó: ( ) ' ' MN T A A A N AM = ⇒ =. Ta có AM + BN = A’N + NB = A’B Cách dựng: Dựng ' ( ) MN A T A = . Nối A’ với B cắt b tại N. Từ N hạ đường thẳng vuông góc với a tại M. Khi đó MN là vị trí xây cầu. Bài toán 2.2. Cho đường tròn (O) với dây cung PQ. Dựng hình vuông ABCD có hai đỉnh A, B nằm trên đường thẳng PQ và hai đỉnh C, D nằm trên đường tròn. Hướng dẫn giải: ∙ Giả sử đã dựng được hình vuông ABCD thỏa mãn điều kiện của bài toán. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng PQ thì OI là đường trung trực của PQ nên cũng là đường trung trực của DC và do đó cũng là đường trung trực của AB. Từ đó suy ra, nếu dựng hình vuông PQMN thì có phép vị tự tâm I biến hình vuông PQMN thành hình vuông ABCD. ∙ Cách dựng: Dựng hình vuông PQMN. Lấy giao điểm C và C’ của đường thẳng IM và đường tròn. Lấy giao điểm D và D’ của IN và đường tròn (ta kí hiệu sao cho hai điểm C, D nằm về một phía đối với đường thẳng PQ). Gọi các điểm B, A, B’, A’ lần lượt là hình chiếu của các điểm C, D, C’, D’ trên đường thẳng PQ. Ta được các hình vuông ABCD và A’B’C’D’ thỏa mãn điều kiện của bài toán. DẠNG 3: DÙNG PHÉP BIẾN HÌNH ĐỂ GIẢI MỘT SỐ TÌM TẬP HỢP ĐIỂM. 21 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ► Phương pháp chung: chứng minh tập hợp điểm cần tìm là ảnh của một hình đã biết qua một phép biến hình. ►Các ví dụ minh họa: Bài toán 3.1. Cho hai điểm phân biệt B, C cố định (BC không phải là đường kinh) trên đường tròn (O), điểm A di động trên (O). Chứng minh rằng khi A di động (O) thì trực tâm tam giác ABC di động trên một đường tròn. Hướng dẫn giải: ∙ Cách 1: Gọi H là trực tâm tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Tia BO cắt đường tròn (O) tại D. Ta có: 0 BCD = 90nên DC // AH, AD // CH suy ra tứ giác ADCH là hình bình hành Suy ra AH DC OM = = 2 . Vì OMkhông thay đổi suy ra 2( ) OM T A H= . Vậy khi A di động trên đường tròn (O) thì H di chuyển trên đường tròn (O’) là ảnh của (O) qua phép tịnh tiến theo 2OM Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là:d x y ':3 2 12 0 + + = ∙ Cách 2: Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Gọi I, H’ lần lượt là giao điểm của tia AH với đoạn thẳng BC và đường tròn (O). Ta có: BAH HCB BAH BCH = = , ' . Do đó tam giác HCH’ cân tại C Suy ra H và H’ đối xứng nhau qua BC. Khi A di động trên đường tròn (O) thì H’ cũng chạy trên đường tròn (O). Do đó khi A di động trên đường tròn (O) thì trực tâm H di động trên đường tròn là ảnh của (O) qua phép đối xứng trục BC ∙ Cách 3: Gọi H là trực tâm tam giác ABC, I là trung điểm của BC Tia AO và BO cắt (O) lần lượt tại M và D. Theo chứng minh cách 1, ta có: AH DC OM = = 2 . Trong tam giác AHM có OI // AH và 2AH OI = ⇒ OI là đường trung bình của tam giác AHM. 22 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 Suy ra I là trung điểm của HM suy ra H và M đối xứng nhau qua I. Vì BC cố định nên I cố định. Khi A di động trên đường tròn (O) thì M cũng di động trên (O). Khi A di động trên đường tròn (O) thì trực tâm H tam giác ABC di động trên một đường tròn (O’) là ảnh của (O) qua phép đối xứng tâm I. Bài toán 3.2. Cho đường tròn (O; R), I cố định khác O. Một điểm M thay đổi trên (O). Tia phân giác của góc MOI cắt IM tại N. Tìm quỹ tích tập hợp điểm N khi M di động trên (O). Hướng dẫn giải: ∙ Vì ON là tia phân giác của góc MOI nên: MN OM IM IN OM hay − = = NI OI IN OI Do (O) và I cố định nên OM k OI=(k là hằng số, k ≠ 0). Suy ra IM IN OM k −= = IN OI 1 1 ⇔ = ⇒ = IN IM IN IM k k + + 1 1 Vậy phép vị tự tâm I tỉ số1k +1biến điểm M thành điểm N. Do đó khi M di động trên đường tròn (O) thì N di động trên đường tròn (O’) là ảnh của đường tròn (O) qua phép vị tự tâm I tỉ số1k +1 Bài toán 3.3. Cho điểm A cố định nằm trên đường tròn (O) và điểm C thay đổi trên đường tròn đó. Dựng hình vuông ABCD. Tìm quỹ tích điểm B và điểm D. Hướng dẫn giải: ∙ Trên đoạn thẳng AC lấy điểm M sao cho: AM = AB = AD. Khi đó, ta có:22 AM AB = = AC AC ( , ) 45 AM AB =và ( ) 0 Ngoài ra 0 AM AD ,= 45 . Suy ra phép vị tự V tâm A, tỉ số22 k =biến điểm C thành điểm M 23 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Và phép quay Q tâm A góc quay 0 45biến điểm M thành điểm B. Vậy nếu gọi F là phép hợp thành của V và Q tì F biến C thành B. Vì quỹ tích của C là đường tròn (O) nên quỹ tích B là ảnh của đường tròn đó qua phép đồng dạng F. ∙ Đường tròn quỹ tích B có thể xác định như sau: Gọi AR là đường kinh đường tròn (O) và PQ là đường kinh của (O) vuông góc với AR (ta kí hiệu các điểm P, Q sao cho 0 ( , ) 45 AR AP = . Khi đó ta thấy phép đồng dạng F biến AR thành AP. Vậy quỹ tích điểm B là đường tròn đường kinh AP. Tương tự ta có quỹ tích điểm D là đường tròn đường kinh AQ. DẠNG 4: DÙNG PHÉP BIẾN HÌNH ĐỂ CHỨNG MINH BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG. ►Các ví dụ minh họa: Bài toán 4.1. Cho điểm M thay đổi trên nửa đường tròn đường kinh AB. Trên tia BM lấy điểm N sao cho BN = AM. Xác định tâm phép quay biến AMthành BNvà chứng minh N thuộc một nửa đường tròn cố định. Hướng dẫn giải: IA IB ⎧ = ⎪ ⇒ ⎨= ⎪⎩ ∙ Gọi I là điểm chính giữa cung AB ( ; )2 IA IB π Ta cần chứng minh I là tâm quay M biến thành N. MAI IBN ⎧ = ⎪⎨ = ⇒ Δ = Δ − − Do đó ta xét Δ Δ AMI BNI ,có: ( ) AM BN MAI IBN c g c AI BI ⎪⎩= Suy ra MI = NI. Ta có: 24 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 ( ; ) ( ; ) ( , ) IM IN IM IA IA IN = + ( ; ) ( , ) (do ) IN IB IA IN MAI IBN = + Δ = Δ IA IB π = = ( ; )2 π ⎧⎪⎪ ⎯⎯⎯→ ⎨ ⇒ ⎯⎯⎯→ Q 2 I π A B Q 2 π I Xét phép quay 2 QI , ta có: π ⎪⎪⎩ ⎯⎯⎯→ AM BN Q 2 I M N Vậy I là tâm phép quay biến AMthành BN . π ' ⎧ = IO IO ∙ Gọi O’ là ảnh của O qua phép 2 QI ⎪ ⇒ ⎨= ⎪⎩. IO IO π ( ; ')2 ⎧ = = ⎪⎨= ⎪⎩. Vậy IOBO’ là hình vuông. Suy ra O’ là đỉnh hình vuông. IO OB R Mà ( ; )2 OI OB π π Mặt khác, M thuộc (O) cố định và O’ là ảnh của O qua phép quay 2 QI thuộc (O’) cố định. nên N Bài toán 4.2. Cho tam giác đều ABC và điểm M nằm trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng MA = MB + MC. Hướng dẫn giải: ∙ Gọi I là giao điểm của đường tròn (C; CM) và AM. Xét tam giác ABC có: CM = CI (do cách dựng điểm I) (1) π(cùng chắn (MC; MI) = (BC; BA) = 3 cung AC) (2) Từ (1) và (2) suy ra tam giác ABC đều. CI CM π suy ra ( ; )3 = ∙ Xét phép quay Q −π, ( ; ) C 3 CI CM ⎧ = ⎪⎨ − ⇒ = Q M I ta có: CM CI π −π ( ; )3C ( ) = ⎪⎩ ( ; ) 3 25 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Đồng thời CB CA ⎧ = ⎪⎨ − ⇒ = Q B A ( ) = ⎪⎩. CB CA π −π ( ; )3C ( ; ) 3 Như vậy Q MB IA −π=. Do tính bảo toàn khoảng cách của phép quay nên ( ) ( ; ) C 3 ta có MB = IA Mặt khác: IM = MC (Do tam giác ABC đều) suy ra AM = AI + IM = MB + MC (đpcm) Nhận xét: ta có thể mở rộng tính chất như sau: “ Cho tam giác đều ABC và điểm M bất kì thuộc góc BAC. Khi đó, ta có:MB MC MA + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M nằm trên cung nhỏ BC của đường tòn ngoại tiếp tam giác ABC. Bài toán 4.3. Cho tam giác đều ABC và vẽ về phía ngoài các tam giác đều 1 1 1 BCA CAB ABC , ,có tâm lần lượt là A B C ', ', '. Chứng minh rằng tam giác A B C ' ' 'là tam giác đều. (Bài toán Napolenon) Hướng dẫn giải: ∙ Trước tiên ta có nhận xét: bài toán trên vẫn đung trong trường hợp các tam giác đều vẽ về phía trong. ∙ Cách 1: Ý tưởng dùng tích phép quay. F Q Q ⎛ − − π π ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ =với . Xét: 2 2 '; A'; C 3 3 π π π − − − 2 2 4 2 α α π + = + = ≠ 1 2 3 3 3k F Q Q ⎛ − − π π ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = = . Suy ra 4 I; I; 3 3 Q Q ⎛ − − ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 '; A'; π π C Do ⎧⎪ ⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯⎯→ ⎨ ⇒ ≡ 3 3 A B CI B ' . Q 2 π ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎪⎩ ⎯⎯⎯→ B';3 A C Theo cách dựng tâm B’, ta có: α π ⎧ − 1 = = ⎪⎪⎨ ⇒ Δ ( ' ',C'A')2 3 ' ' ' C BA B C − ⎪ = = ⎪⎩đều (đpcm) α π 2 (A'C',A'B')2 3 ∙ Cách 2: Ý tưởng chứng minh A’B’ = B’C’ = A’C’. Trong tam giác A’BC’, áp dụng địng lý hàm số cosin ta có: 26 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 A C A B BC A B BC A BC ' ' ' ' 2 ' . '.cos ' ' = + − 2 2 2 1 3 3 ( ) 2 cos a c ⎛ ⎞ π = + − ⎜ ⎟ + a c B 2 2 3 3 3 3 ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ 1 2 1 3 ( ) cos sin ac = + − ⎜ ⎟ − a c B B 2 2 3 3 2 2 ⎝ ⎠ 1 3 ( ) cos sin ac ac a c B B = + − − 2 2 3 3 3 Áp dụng các định lý về hệ thức lượng trong tam giác ABC: 2 2 2 .cos ⎧ = + − ⎨⎩=. ac B a c b ac B SΔ sin 2 ABC Vậy 2 2 2 2 2 2 1 1 2 3 ' ' ( ) ( ) A C a c a c b S = + − + − − ΔABC 3 6 3 1 2 2 2 2 3 ( ) 6 3 ABC a b c S = + + + Δ Tương tự ta tính được: 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 3 ' ' ' ' ( ) ( ) A C B C a c a c b S = = + − + − − ΔABC 3 6 3 1 2 2 2 2 3 ( ) 6 3 ABC a b c S = + + + Δ Từ đó suy ra tam giác A’B’C’ đều (đpcm) ∙ Cách 3:Ý tưởng chứng minh tam giác A’B’C’ có 2 góc 0 60 Dựng các đường tròn ngoại tiếp tam giác 1 1 ABC BCA ,. Gọi O là giao điểm thứ hai của hai tam giác. AOB =120(do AOBC1nội Ta có: 0 tiếp có góc 0 AC B = 60) 1 BOC =120(do BOCA1 Mặt khác, 0 nội tiếp có góc 0 BA C = 60) 1 Suy ra 0 AOC =120, từ đó suy ra tứ giác AOCB1hay cắt đường tròn 1 1 1 ( ), ( ), (ACB ) ABC BCAcắt nhau tại O. Ta có: OB vuông góc A’C’ do OB là trục đẳng phương của 1 1 ( ), ( ). ABC BCA 27 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy OC vuông góc A’B’ do OC là trục đẳng phương của 1 1 ( ), (ACB ) BCA) và góc 0 BOC =120(cmt) C A B ' ' ' 60 =. Tương tự ta cũng có 0 Suy ra 0 Từ đó suy ra tam giác A’B’C’ đều (đpcm) A B C A C B ' ' ' ' ' ' 60 = = Bài toán 4.4. Cho tam giác ABC vuông cân tai C. Một đường thẳng song song AB cắt các cạnh BC, AC lần lượt tại E và D. Các đường thẳng vuông góc với AE hạ từ C và D lần lượt cắt AB tại K và H. Chứng minh rằng K là trung điểm đoạn BH. Hướng dẫn giải: ∙ Trên đường thẳng AC, lấy điểm F sao cho C là trung điểm DF. Ta có: Q E F Q B ⎛ π π ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ( ) , (A) = = C C ; ; 2 2 Do đó AE vuông góc BF. Suy ra BF // KC // HD. Áp dụng định lý đường trung bình trong hình thang, do C là trung điểm DF nên ta có điều phải chứng minh. ∙ Nhận xét: E, D không nhất hiết phải thuộc cạnh BC, AC. Bài toán 4.5. Cho đường tròn tâm O nội tiếp trong tam giác ABC. Chứng minh rằng: sin . sin . sin . 0 AOA BOB C OC + + = Hướng dẫn giải: ∙ Gọi I, J, K tương ứng là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh AB, BC, CA. Theo tính chất của 2 tiếp tuyến xuất phát từ 1 điểm ta có: AO IK ⊥ . Tứ giác AIOK nội tiếp trong đường tròn đường kinh OA. Đây cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác AIK. Vì thế theo định lý hàm số sin trong tam giác này ta có: IK OA A = .sin ∙ Xét phép quay Q tâm O góc quay 0 90 . A Giả sử trong phép quay này: o ⎧⎪ ⎯⎯⎯→ ⎪⎪⎪⎨ ⎯⎯⎯→ 90 QO I I ' I’ 90 QO o I K J J ' ⎪⎪⎪⎯⎯⎯→ 90 QO o J' O K K ' ⎪⎩ 28 K' B J C khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 Theo tính chất của phép quay suy ra: o QOIK I K 90' ' ⎧ = IK I KIK I K ⎯⎯⎯→ ⇒ ⎨⎩ ⊥ ' '' ' AO IK I K OA ⊥ ⇒ ' / / Ngoài ra do các lập luận trên ta suy ra: K I AOA ' ' sin . (1). = Lập luận tương tự ta có: . Cộng từng vế theo vế (1), (2), (3) ta được: sin . sin . sin . 0 AOA B OB C OC + + =(do K I I J K ' ' 'J' ' ' 0. + + =) ∙ Nhận xét: theo định lý hàm số sin suy ra: a. . . 0 OA b OB c OC + + =. Vậy O là tâm tỉ cự của ba đỉnh A, B, C theo bộ số (a; b; c). Bài toán 4.6. Chứng minh rằng: trong một tam giác, ba trung điểm của ba cạnh, ba chân đường cao và ba trung điểm của ba đoạn nối từ đỉnh đến trực tâm nằm trên một đường tròn (đường tròn Euler). Hướng dẫn giải: ∙ Trong tam giác ABC, gọi: G là trọng tâm. H là trực tâm. O là tâm đường tròn ngoại tiếp O’ là tâm đường tròn Euler. 1 2 3 M M M , ,lần lượt là trung điểm của BC, AC, AB. 1 2 3 H H H , ,lần lượt là chân đường cao từ các đỉnh A, B, C. − 1 ⎧⎪⎪ ⎯⎯⎯→ V 2 G A M 1 − 1 ⎪⎪⎪⎨ ⎯⎯⎯→ V 2 G ∙ Ta có: B M ⎪⎪⎪ ⎯⎯⎯→ ⎪⎪⎩ 2 . − 1 V 2 G C M 3 − 1 Do đó: 2 V G ABC M M M Δ ⎯⎯⎯→Δ 1 2 3 ∙ Ta thấy O là trực tâm tam giác ΔM M M 1 2 3 29 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy − 1 Suy ra 2 1(1) − H O GO GH V G ⎯⎯⎯→ ⇒ = . 2 ∙ Ta có: O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ΔM M M 1 2 3 − 1 Suy ra 2 1 − O O GO GO V G ⎯⎯⎯→ ⇒ = . ' ' (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra O’ là trung điểm của đoạn OH ∙ Đường tròn (O’) ngoại tiếp tam giác ΔM M M 1 2 3lần lượt cắt AH, BH, CH tại 1 2 3 N N N , , . Ta chứng minh 1 2 3 N N N , ,là trung điểm AH, BH, CH. 1 2 Thật vậy, ta có: 1 2 3 ( ) ( ) V H ABC M M M ⎯⎯⎯→ . 1 ( )2 M M M HN HA N ⇒ = ⇒là trung điểm HA. Mà A thuộc (ABC) và N1 ∈ 1 2 3 1 1 Tương tự ta có 2 3 N N,lần lượt là trung điểm HB, HC. ∙ Gọi 1 2 3 H H H ', ', 'lần lượt là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với HA, HB, HC. 1 1' ' 2 Ta có: HH HH H H V H = ⇒ ⎯⎯⎯→. Mà 1 1 1 2 3 H ABC H M M M ' ( ) ( ) ∈ ⇒ ∈ 1 1 1 1 2 Vậy đường tròn Euler đi qua 9 điểm1 2 3 1 2 3 1 2 3 M M M H H H N N N , , , , , , , , ■ CHỦ ĐỀ 1.9: CÁC ĐỊ NH LÝ– BỔ ĐỀ – TÍNH CHẤT BÀI TOÁN TIÊU BIỂ U TRONG HÌNH HỌC PHẲNG 1. ĐỊNH LÝ THALES THUẬN:Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ. Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d song song với BC, cắt AB, AC lần lượt tại hai điểm D,E thì: 30 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 =và AD AE AD AE =và DB EC AB AC DB DB = AB AC Lưu ý: định lý trên cũng đúng trong với trường hợp hình 2 (giống “đồng hồ cát”): IA IC AB = = IC ID CD 2. ĐỊNH LÝ THALES ĐẢO: Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì đường thẳng đó song song với cạnh còn lại của tam giác. Với tam giác ABC nếu có đường thẳng d cắt AB, AC lần lượt tại D, E và thỏa mãn: =và AD AE AD AE =và DB EC AB AC DB DB =thì khi đó DE // BC hay d // BC AB AC 3. ĐỊNG LÝ VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH TRONG TAM GIÁC: 3.1 Định lý: “Đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh của tam giác và song song với cạnh thứ hai thì đi qua trung điểm cạnh thứ ba ” Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh AB. Đường thẳng đi qua M song song với cạnh BC và cắt cạnh AC tại điểm N. Chứng minh rằng NA = NC. ☺Chứng minh định lý: Từ M vẽ tia song song AC, cắt BC tại F. Ta có tứ giác MNCF có và MN // CF (MN // BC) và MF // NC (MF // AC) 31 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Suy ra tứ giác MNCF là hình bình hành⇒ = MF NC (1) . Mặt khác, xét hai tam giác BMF và MAN có: MBF AMN dong vi ⎧ = ( ) ⎪⎨ = ⇒ Δ = Δ − − BM MA gt BMF MAN g c g ( ) ( ) BMF MAN dong vi ⎪⎩= ( ) Suy ra MF AN = (2)(hai cạnh tương ứng bằng nhau) Từ (1) và (2) ta suy ra NA = NC (định lý được chứng minh) 3.2 Định lý: “Đường trung bình của tam giác thì song song với cạnh thứ ba và dài bằng một nửa cạnh ấy ” Xét tam giác ABC có M là trung điểm cạnh AB và N là trung điểm cạnh AC. Chứng minh rằng MN song song BC và BC = 2MN. ☺Chứng minh định lý: Kéo dài đoạn MN về phía N một đoạn NF có độ dài bằng MN. Nhận thấy tam giác ANM bằng tam giác CNF (trường hợp cạnh – góc – cạnh). Suy ra MAN NCF =(so le trong) suy ra CF // MA hay CF // BA Mặt khác vì hai tam giác này bằng nhau nên CF = MA suy ra CF = MB (do M là trung điểm AB). Tứ giác BMFC có hai cạnh đối BM và FC vừa song song và bằng nhau nên BMFC là hình bình hành Suy ra MF // BC hay MN // BC. MF BC MN NF = = =(tính chất hình bình hành) (định lý được Mặt khác 2 2 chứng minh) 4. ĐỊNH LÝ VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH TRONG HÌNH THANG: 4.1 Định lý: “Đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh bên của hình thang và song song với hai đáy thì đi qua trung điểm cạnh bên thứ hai.” Xét hình thang ABCD, E là trung điểm cạnh AD. Qua E kẻ đường thẳng song song với hai đáy, cắt cạnh BC tại F. Chứng minh rằng F là trung điểm BC. ☺Chứng minh định lý: Gọi H là giao điểm AC và EF. Theo định lý 1 về đường trung bình trong tam giác, vì EH đi qua trung điểm AD và song song CD nên H là trung điểm cạnh AC. 32 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 Xét tương tự trong tam giác ABC vì HF đi qua trung điểm AC và song song AB nên F là trung điểm BC (định lý được chứng minh). 4.2. Định lý: “Đường trung bình của hình thang thì song song hai đáy và dài bằng một nửa tổng độ dài hai đáy.” Xét hình thang ABCD, E là trung điểm cạnh AD, F là trung điểm BC. Chứng minh rằng EF song song AB và 1( ) EF AB CD = + . 2 ☺Chứng minh định lý: Gọi H là trung điểm AC. Áp dụng định lý 2 về đường trung bình EH trong tam giác ACD và đường HF (tam giác CAB) ta có: CD EH CD EH ⎧= ⎪⎪⎨⎪ = / / ,2 . AB HF AB HF / / ,2 ⎪⎩ Do AB // CD nên E, H, F thẳng hàng suy ra EF / / AB // CD Và khi đó 1( ) EF EH HF AB CD = + = +(định lý được chứng minh). 2 5. ĐỊNH LÝ ĐƯỜNG PHÂN GIÁC TRONG TAM GIÁC: “ trong một tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn đó ”. Xét tam giác ABC có AD là đường phân giác trong góc A, D là chân phân giác trong. Chứng minh rằng DB AB = DC AC ☺ Chứng minh định lý: ■Cách 1: Từ đỉnh B kẻ đường thẳng qua B và song song với cạnh AC, cắt AD tại E. Theo giả thiết AD là đường phân giác trong góc A nên ta có: BAE CAE = (1) . Mặt khác BE // AC nên chúng ta có: CAE BEA = (2) . Từ (1) và (2) chúng ta có: BAE BEA = nên tam giác ABE cân ở B suy ra BA = BE. Trong tam giác DAC, theo hệ qua của định lí Thales ta có: DB BE BA = = DC AC AC 33 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Thay BC AB AC ⎧ = − ⎨⎩= −, chúng ta có AB AC AC −= BD AD AB −. AD AB AD ■Cách 2: Áp dụng địn lý sin trong tam giác ABD và ACD, chúng ta có: AB BDA sin =và sin (3) AC ADC BD BAD sin = CD DAC sin Do AD là đường phân giác trong góc A nên ta có: BAD DAC = (4) Lại có: sin sin (5). BDA ADC = Từ (3), (4), (5) suy ra DB AB =(định lý được chứng minh) DC AC 6. ĐỊNH LÝ MÉNÉLAUS: “ cho tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi . . 1 FA DB EC FB DC EA= ”. ☺ Chứng minh định lý: ■ Chiều thuận: Giả sử D, E, F thẳng hàng. Vẽ đường thẳng qua C và song song với AB cắt đường thẳng DE tại G. Theo định lý Thales thuận, ta có: (1), (2) DB FB EC CG = = . DC CG EA FA 34 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 Nhân (1) và (2) vế theo vế ta được: . . . 1 DB EC FB DB EC FA = ⇒ = DC EA FA DC EA FB (điều phải chứng minh). ■ Chiều đảo: Giả sử. . 1 FA DB EC FB DC EA=, ta chứng minh D, E, F thẳng hàng. Giả sử F’ là giao điểm giữa ED và AB. Theo chứng minh trên ta có: F A DB EC '. . 1 F B DC EA= . ' Kết hợp giả thiết ta có FA F A FA FB FA FB AB '1 − = ⇔ = = = = FB F B F A F B F A F B AB ' ' ' ' ' − ⇒ = ⇒ ≡ FA F A F F ' '(đpcm) 7. ĐỊNH LÝ CEVA: “ cho tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó AD, BE, CF đồng qui khi và chỉ khi . . 1 FA DB EC FB DC EA= −”. Ngoài ra định lý còn được biểu một cách tương tự trong lượng giác: “Cho tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB . Các cạnh AD, BE, CF đồng qui khi và chỉ khi sin sin sin BAD ACF CBE ∠∠∠= . . 1 sin sin sin CAD BCF ABE ∠∠∠ 8. CÁC TÍNH CHẤT VỀ ĐƯỜNG THẲNG EULER ►Tính chất 8.1. Trong một tam giác thì trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp cùng nằm trên một đường thẳng. (Đường thẳng này được gọi là đường thẳng Euler của tam giác.) ☺ Chứng minh Cho tam giác ABC, gọi G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi D là điểm đối xứng của A qua O. Khi đó BHCD là hình bình hành, suy ra trung điểm M của BC cũng là 35 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy trung điểm của HD. Tam giác AHD có OM là đường trung bình, suy ra OM = 12AH. Suy ra GM/GA = OM/AH = 12. Suy ra ΔAHG ∼ΔMOG (c.g.c) Suy ra H,G, O thẳng hàng và GH = 2GO. Nhận xét. Khi nói đến đường thẳng Euler thì ta chỉ cần cho đường thẳng đi qua hai trong 3 điểm trên. ►Tính chất 8.2. Cho tam giác ABC có trọng tâm G, trực tâm H và tâm ngoại tiếp O. Gọi P là điểm đối xứng của H qua O. Gọi G1, G2, G3 là trọng tâm của các tam giác PBC, PAC và PAB. Chứng minh rằng G1A = G2B = G3C và G1A, G2B , G3C đồng quy. ☺ Chứng minh Chứng minh GG1 song song với AP và GG1 = 3AP. Hơn nữa GO = 3OP. Suy ra A, O, G1 thẳng hàng và 143AO AG = . Chứng minh tương tự ta cũng có BG2, CG3 cùng đi qua O và BO BG = , 143CO CG = 4 1 3 ►Tính chất 8.3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). (J) là đường tròn bàng tiếp thuộc góc A của tam giác ABC. (J) tiếp xúc BC, AB, AC tai. M. N. P. Chứng minh rằng OJ là đường thẳng Euler của tam giác MNP ☺ Chứng minh: Gọi M1, N1, P1 là giao điểm của JA, JB, JC với PN, PM và MN. Khi đó 36 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 M1, N1, P1 lần lượt là trung điểm của PN, PM, MN. Do đó đường tròn Euler của tam giác MNP là đường tròn ngoại tiếp tam giác M1N1P1. Gọi A’, B’, C’ là giao điểm của JA, JB và JC với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có JB’.JB = JA’.JA = JC’.JC Hơn nữa ta có JB.JN1 = JA.JM1 = JC.JP1 Do đó JN1/JB’ = JM1/JA’ = JP1/JC’ Suy ra M1N1 //A’B’, P1M1 //A’C’ và N1P1//B’C’ Từ đó ta có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác M1N1P1, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’B’C’ và J thẳng hàng. Suy ra tâm ngoại tiếp tam giác M1N1P1 thuộc JO. Mặt khác J là tâm ngoại tiếp của tam giác MNP. Vậy JO là đường thẳng Euler của tam giác MPN. ►Tính chất 8.4. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), với các đường cao AA’, BB’ và CC’. Gọi da, db, dc là các đường thẳng Euler của các tam giác AB’C’, BA’C’ và CA’B’. Gọi d’a, d’b, d’c là các đường thẳng đối xứng với da, db, dc qua AI, BI và CI. Chứng minh d’a, d’b, d’c đôi một song song. ☺ Chứng minh: Gọi B1, C1 đối xứng với B’, C’ qua AI, khi đó d’a là đường thẳng Euler của tam giác AB1C1, mà B1C1 //BC, suy ra d’a song song với đường thẳng Euler của tam giác ABC. Chứng minh tương tự thì d’b, d’c song song với đường thẳng Euler của tam giác ABC. ►Tính chất 8.5. Cho tam giác ABC có trực tâm H. Khi đó đường thẳng Euler của các tam giác HAB, HAC và HBC đồng quy. ☺ Chứng minh: Đồng quy tại trung điểm của OH. 37 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Đến nay người ta vẫn còn tìm ra những tính chất thú vị liên qua đến đường thẳng Euler, và năm 2006 thì kiến trúc sư người Hy Lạp Rostas Vittasko có đưa ra bài toán sau: ►Tính chất 8.6. Cho tứ giác ABCD nội tiếp có các đường chéo cắt nhau tại P. Khi đó đường thẳng Euler của các tam giác PAB, PBC, PCD, PAD đồng quy. 9. CÁC TÍNH CHẤT CỦA ĐƯỜNG TRÒN EULER: Trong một tam giác thì 9 điểm gồm: trung điểm của 3 cạnh, trung điểm của các đoạn thẳng nối từ trực tâm đến đỉnh, chân các đường cao thì cùng thuộc một đường tròn. (Người ta gọi là đường tròn 9 điểm hay đường tròn Euler) Sau đây là một số tính chất của đường tròn Euler, xem như bài tập. Bài toán 9.1. Tâm đường tròn Euler là trung điểm của đọan thẳng nối trực tâm và tâm ngoại tiếp. Bài toán 9.2. Cho tam giác ABC trực tâm H. Tia Hx cắt đường tròn Euler tại M và đường tròn ngoại tiếp tại N. Khi đó M là trung điểm của HN. Bài toán 9.3. Cho tam giác ABC có trực tâm H. Khi đó đường tròn Euler của tam giác ABC cũng là đường tròn Euler của các tam giác HAB, HAC và HBC. (Từ bài toán 2.3 suy ra bài toán 1.4) Sau đây là một định lý rất hay và đẹp của hình học tam giác. Bài toán 9.4.(Định lý Feuerbach)Trong một tam giác đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và các đường tròn bàng tiếp. Chứng minh định lý Feuerbach dựa trên những công cụ mạnh, phép nghịch đảo, tuy nhiên vẫn có cách làm sơ cấp hơn. Sau đây là các bổ đề dùng để chứng minh định lý Feuerbach. Xem như bài tập. Ta sử dụng các ký hiệu trong bài toán 2. Bài toán 9.4.1.Giả sử A1A3> A2A3. Khi đó đường thẳng M1T tiếp xúc với đường tròn Euler tại M1 thì tạo với A2A3 một góc là α2– α3. Bài toán 9.4.2.Gọi D1 là giao điểm của phân giác trong góc A1 với A2A3. Gọi X1P là tiếp tuyến đến đường tròn nội tiếp (I), X1P’ là tiếp tuyến của đường 38 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 tròn bàng tiếp góc A (P, P’ là các tiếp điểm). Khi đó PX1P’ song song với M1T. Bài toán 9.4.3.Gọi Q là giao điểm của M1P với (I), khi đó Q cũng thuộc đường tròn Euler. Bài toán 9.4.4.Hai đường tròn Euler và đường tròn nội tiếp giao nhau tại Q. Chứng minh rằng chúng có chung tiếp tuyến. Một số bài toán liên quan đến đường tròn Euler. Bài toán 9.5.(VMO 2009) Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định A, B (A khỏc B). Một điểm C di động trờn mặt phẳng sao cho ∠ACB = α = const (00<α< 1800). Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với AB, BC, CA lần lươt tại D, E, F. AI, BI cắt EF lần lượt tại M, N. a)Chứng minh rằng: MN cú độ dài khụng đổi. b)Chứng minh rằng: (DMN) luôn đi qua một điểm cố định khi C lưu động. Bài toán 9.6. Cho tam giác ABC trung tuyến AM, O là tâm ngoại tiếp. Khi đó đường thẳng qua M vuông góc với AO tiếp xúc với đường tròn Euler của tam giác ABC. Bài toán 9.7. Chứng minh rằng các đường thẳng da, db, dc trong bài toán 1.3 đồng quy tại một điểm thuộc đường tròn Euler. Bài toán 9.8. Tam giác ABC có các đường cao lần lượt là AD, BE và CF đồng quy tại trực tâm H. DE cắt CF tại M, DF cắt BE tại N. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác HBC. Chứng minh OA ⊥ MN. 10.CÁC TÍNH CHẤT ĐẶC BIỆT TRONG ĐƯỜNG TRÒN – TAM GIÁC: ►Tính chất 10.1.Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm I, G là trọng tâm tam giác ABC. Gọi D là trung điểm AB, E là trọng tâm tam giác ACD ⇒ Ilà trực tâm tam giác DEG và suy ra IE vuông góc DG. ☺ Chứng minh: Gọi H, N, K lần lượt là trung điểm các cạnh BC, AC, AD và E là giao điểm KC và DH. Ta có G DC AH G = ∩ ⇒là trọng tâm tam giác ABC suy ra 39 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy CG CE GE AB 2/ / = = ⇒(theo CD CK 3 định lý Thales đảo). Lại có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ⇒ ⊥ DI ABnên GE DI ⊥ Lại có DE BC / /GI DE ⎧⎨ ⇒ ⊥ ⎩ ⊥. GI BC ⎧ ⊥ GE DI Ta có ⎪⎨ ⊥ ⇒ GI DE H ⎪⎩= ∩ I ID IG là trực tâm tam giác DEG Trong tâm giác DEG, EI qua I nên EI DG ⊥(đpcm). ►Tính chất 10.2.Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, AH . Chứng minh rằng Q là trực tâm tam giác ACP và suy raAP CQ ⊥ . ☺ Chứng minh: Do P, Q lần lượt là trung điểm BH, AH nên ta suy ra PQ là đường trung bình tam giác ABH Suy ra PQ // AB. Mà AB AC gt ⊥ ( ) Suy ra PQ AC ⊥ . Mặt khác AH vuông góc PC có Q là giao điểm AQ và QC Suy ra H là trực tâm tam giác ACP ⇒ ⊥ AP QC(đpcm). ►Tính chất 10.3.Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AB = 3AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD, M là trung điểm của HC. Chứng minh rằng AM BM ⊥ . ☺Gợi ý chứng minh: Gọi N, I là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với BC với các đường thẳng CD và CA. Ta chứng minh tứ giác NAME là hình bình hành và E là trực tâm tam giác NBM 40 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 Từ đó, ta suy ra BM vuông góc AM. ►Tính chất 10.4.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), có H là trực tâm. Gọi H’ là giao điểm của AH với đường tròn (O) suy ra H’ đối xứng với H qua BC. ☺Chứng minh: Ta có gócA C 1 1 =(do cùng phụ với góc ABC) Lại có góc A C 1 2 =(góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ BH’ nên bằng nhau). Suy ra góc C C 1 2 =suy ra ΔHCH ' cân tại C suy ra BC là trung trực của HH’ Do đó H’ đối xứng với H qua BC. (đpcm). ►Tính chất 10.5.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn có tâm I và có H là trực tâm, G là trọng tâm. Kẻ đường kinh AK, M là trung điểm BC. Chứng minh rằng: a. Tứ giác BHCK là hình bình hành. b.G cũng là trọng tâm tam giác AHK suy ra H, G, I thẳng hàng. c.AH IM = 2và HG HI = 2 . ☺Chứng minh: Ta có: góc 0 ∠ = ACK 90(do nhìn đường kinh AK) suy ra KC vuông góc AC. Mà BH vuông góc AC nên ta có BH // KC (1). Tương tự ta có góc 0 ∠ = ABK 90(do nhìn đường kinh AK) suy ra KB vuông góc AB. Mà CH vuông góc AB nên ta có: CH // KB (2). Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHCK là hình bình hành. Lại có M là trung điểm BC suy ra M cũng là trung điểm HK và I là trung điểm AK Nên ta suy ra IM là đường trung bình tam giác AHK suy ra IM // AH và AH = 2IM. Gọi G AM HI ' = ∩ta có G’ là trọng tâm tam giác AHK ' ' 23 AG HG ⇒ = = AM HI Mặt khác do G là trọng tâm tam giác ABC AG AG AG G G 2' ' ⇒ = ⇒ = ⇒ ≡ AM 3 41 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Nên G cũng là trọng tâm tam giác ABC suy ra H, G, I thẳng hàng. ►Tính chất 10.6.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, có BE và CF là 2 đường cao. Chứng minh rằng IA vuông góc EF. ☺Chứng minhcách 1: Kẻ tiếp tuyến Ax ta có: ∠ = ∠ xAB ACB (góc giữa tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp vì cùng chắn cung AB). Mặt khác ta có: 0 ∠ = ∠ = BEC CFB 90 (2 góc liên tiếp cùng chắn cung BC) suy ra EFBC là tứ giác nội tiếp ⇒ ∠ = ∠ ACB AFE(góc ngoài bằng góc đối trong). Do đó ta có ∠ = ∠ xAB EAF(theo vị trí so le trong) suy ra Ax // EF. Mà IA Ax ⊥ Suy ra IA EF ⊥(đpcm) ☺Chứng minhcách 2: CF cắt (I) tại M, BE cắt (I) tại N. Ta có: ∠ = ∠ MBA MCA(góc nội tiếp cùng chắn cung MA) Mặt khác, ∠ = ∠ ABN MCA(2 góc cùng phụ với góc BAC). Do đó ∠ = ∠ ⇒ = MBA ABN AM AN ⇒ ⊥ IA MN Ta có tam giác BMH có BF vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên cân tại đỉnh B Suy ra F là trung điểm MH. Chứng minh tương tự ta có E là trung điểm HN. Do đó EF là đường trung bình tam giác HMN suy ra EF // MN Vì vậy IA vuông góc EF. (đpcm) ►Tính chất 10.7.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), có H là trực tâm. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC suy ra O đối xứng với I qua BC. ☺Chứng minh: Gọi H’ là giao điểm của AH với đường tròn (O) suy ra tức giác ACH’B nội tiếp 42 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 đường tròn (O) suy ra O đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BH’C. Mặt khác H và H’ đối xứng nhau qua BC (xem lại tính chất 10.4) suy ra tam giác HBC đối xứng với tam giác H’BC qua BC. Mà O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp H’BC và HBC Suy ra I và O đối xứng nhau qua BC. ►Tính chất 10.8.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), Gọi D, E theo thứ tự là chân các đường cao từ A, B. Các điểm M, N theo thứ tự là trung điểm BC và AB. Chứng minh rằng tứ giác MEND nội tiếp. ☺Chứng minh: Trước hết ta có thể vận dung bổ đề về đường tròn 9 điểm (đường tròn Euler) để chứng minh tính chất này. (bạn đọc có thể tham khảo cách chứng minh tính chất trên qua bài toán 4.6, chủ đề 8 chương 1: phép biến hình và các ứng dụng của phép biến hình) Ta có D là trung điểm HH’ (theo tính chất 10.4), M là trung điểm HA’ (do tính chất 10.5) 1 ⎧⎪ ⎯⎯⎯→ ⎨⎪⎩ ⎯⎯⎯→. 2 V A M H ' Như vậy ta có phép vị tự: 1 2 V H D ' H Mà A’, H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC suy ra 2 điểm M, D thuộc đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) tâm O qua phép vị tự tâm H tỉ số k = 12 Chứng minh tương tự ta cũng có: N, E thuộc đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) tâm O qua phép vị tự tâm H tỉ số k = 12. Do đó ta có D, M, E, N cũng thuộc đường tròn (C’) nên tứ giác DMEN là tứ giác nội tiếp. ►Tính chất 10.9.Cho tam giác ABC , gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, AI cắt đường tròn (O) tại D. CMR: DB = DI = DC. 43 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ☺Chứng minh: Ta có góc 1 1 1 ∠ = ∠ + ∠ I A Bdo góc 1 ∠Ilà góc ngoài của tam giác ABI. Mà góc ∠ = ∠ B B 1 2(do BI là phân giác của tam giác ABC) và ∠ = ∠ A A 1 2(do AI là phân giác tam giác ABC) Kết hợp với ∠ = ∠ A B 2 3 1 2 3 ⇒ ∠ = ∠ + ∠ = ∠ I B B IBD ⇒ΔIBDcân tại D suy ra DI = DB (1) Do AI là phân giác cắt đường tròn (O) tai D nên cung BD bằng cung CD suy ra DC = DB (2) Từ (1), (2) ta suy ra DI = DB = DC (đpcm). ►Tính chất 10.10.Cho tam giác ABC , gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, B, C của tam giác ABC. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. ☺Chứng minh: Tứ giác ECDH nội tiếp (do có 0 0 0 ∠ + ∠ = + = HEC HDC 90 90 180) suy ra ∠ = ∠ HDE HCE (1) Mà góc ∠ = ∠ FBH HCE (2). Tứ giác FHDB nội tiếp (do có0 0 0 ∠ + ∠ = + = HFB HDB 90 90 180) suy ra ∠ = ∠ FBH FDH (3) Từ (1), (2), (3) ta suy ra ∠ = ∠ HDE FDHsuy ra DH là tia phân giác của tam giác DEF. Chứng minh tương tự ta có: EH, FH là tia phân giác của tam giác DEF. Lại có H là giao điểm của EH, FH, DH nên H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm) ►Tính chất 10.11.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi D, E là giao điểm của đường tròn (O) với các đường cao qua A và C. Chứng minh rằng OB là trung trực của ED. ☺Chứng minh: 44 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 sd BD E A ⎧⎪∠ = ∠ = 1 1 ⎪⎪⎪⎨∠ = ∠ = 2 Ta có góc sd BE D C 1 1 ⎪⎪∠ = ∠ C A 2 ⎪⎪⎩ 1 1 ⇒ ∠ = ∠ E D 1 1suy ra tam giác EBD cân tại B ⇒ = BE BD (1) Mà OE = OD (bán kinh đường tròn tâm O) (2). Từ (1) và (2) suy ra OB là trung trực của ED. ►Tính chất 10.12.Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB. Gọi K là giao điểm Của EF và BI. Chứng minh rằng CK BK ⊥ ☺Chứng minh: Ta có: 0 0 ∠ = + ∠ ⇒ ∠ = − ∠ BIC BAC CIK BAC 90 90 . Lại có: 0 ∠ = ∠ = − ∠ CEK AEF BAC 90(vì tam giác AEF cân tại A) Do đó tứ giác IEKC là tứ giác nội tiếp suy ra 0 0 ∠ = ∠ = ⇒ ∠ = IKC IEC BKC 90 90 ►Tính chất 10.13.Cho tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao. M là trung điểm AH. Đường thẳng vuông góc với BC tại B cắt cắt CM tại D. Chứng minh rằng tam giác DAB cân. ☺Chứng minh: 45 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Gọi N là giao điểm giữa BD và AC. Ta có 0 ∠ = BAN 90 . Vì BN vuông góc BC (gt), AH vuông góc BC (gt) nên AH // BN Xét tam giác BDC có BD // HM suy ra MH CM =(hệ quả của định lý BD CD Thales) Tương tự ta có: AM CM =. Do đó MH AM DN CD trung điểm) =, mà MH = AM (do M là BD DN Suy ra BD = DN. Lại có tam giác ABN vuông tại A, AD là trung tuyến nên AD = DB Suy ra tam giác DAB cân tại D. ►Tính chất 10.14.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I có AD là đường phân giác trong góc A.(D là chân phân giác trong). Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn (C) cắt BC tại E. Chứng minh rằng tam giác AED cân tại E. ☺Chứng minh: Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC E là giao điểm của d và đường thẳng BC (do AD không vuông góc d nên E luôn tồn tại) Và ta có thể giả sửEB EC <.Ta có ∠ = ∠ EAB ACBvà ∠ = ∠ BAD DAC , Suy ra ∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = ∠ EAD EAB BAD ACB DAC ADE Suy ra ΔADE cân tại E. 46 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 ►Tính chất 10.15.Chotam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, điểm D là chân đường phân giác trong của góc BAC. Đường thẳng AD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm M (khác A). Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Chứng minh rằng CM vuông góc CJ. ☺Chứng minh: Ta có: AJD CAD = 2(do tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I). MàCAD BAD BCM = = ⇒ = CJD BCM 2 Ta lại có: ΔCJDcân tại J nên CJD CJD + = 2 180 ⇒ + = o o 2 2 180 BCM CJD 90o ⇒ + = BCM CJD Do đó CM vuông góc CJ. ►Tính chất 10.16.Cho tam giác ABC (AB > AC) nội tiếp đường tròn (O). Đường phân giác ngoài góc BAC cắt đường tròn (O) tại điểm E. M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA. F là hình chiếu vuông góc của E trên AB, K là giao điểm MN và AE. Chứng minh rằng KF // BC. ☺Chứng minh: Gọi D là điểm chính giữa cung BC không chứa điểm A, ta thấy AD AE ⊥(1). 47 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Mặt khác, dễ thấy ED là đường kinh của đường tròn (O) vuông góc với dây cung BC tại M. Từ đó bốn điểm B, E, F, M cùng nằm trên một đường tròn, suy ra ∠ = ∠ = ∠ = ∠ ⇒ FME FBE ABE ADE MF AD / / (2) Từ (1) và (2) suy ra MF AE ⊥ (3). Lại có MN // AB. EF vuông góc AB nên EF // MN (4). Từ (3) và (4) ta thấy F là trực tâm tam giác EKM suy ra KF vuông góc EM Mà EM vuông góc BC suy ra FK // BC (đpcm). ►Tính chất 10.17.Cho tam giác nhọn ABC , tia phân giác trong của góc BAC cắt BC tại D. Gọi E, F thứ tự là hình chiếu vuông góc của D trên AB và AC. K là giao điểm của CE và BF. Chứng minh rằng AK vuông góc BC. ☺Chứng minh: Kẻ AN vuông góc BC (N thuộc BC), suy ra các tứ giác AEND và AFDN nội tiếp. Từ đó suy ra BD.BN = BE.BA và CN.CD = CF.CA. DB NB AB BE NB BE Suy ra . . = ⇒ = DC NC AC CF NC CF . . 1 ( ) NB FC EA do AE AF ⇒ = = . NC FA EB Theo định lý Ceva đảo, ta có AN, CE, BF đồng quy tại K suy ra AK vuông góc BC. 11. CÁC TÍNH CHẤT ĐẶC BIỆT TRONG TỨ GIÁC: ►Tính chất 11.1.Trong một hình thang cân có hai đường chéo vuông góc thì độ dài đường cao bằng độ dài đường trung bình ☺Chứng minh: Do ABCD là hình thang cân, AC vuông BD tại I suy ra Δ Δ AIB CID , vuông cân tại I Suy ra IN, IM là các đường cao tương ứng đồng thời cũng là đường trung tuyến. 48 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 AB NI AB CD NI MI EF MN EF MN ⎧= ⎪⎪ + ⎨ ⇒ + = = = ⇒ = Suy ra 22 CD MI (đpcm) ⎪ = ⎪⎩ 2 ►Tính chất 11.2.Cho hình vuông ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC của hình vuông ABCD. Chứng minh: AN vuông góc DM. ☺Chứng minh: Ta có: Δ = Δ − − ABN DAM c g c ( ) ⇒ ∠ = ∠ A1 1 D . Mà 0 0 1 1 1 1 ∠ + ∠ = ⇒ ∠ + ∠ = D M A M 90 90 ⇒ Δ ⊥ ⇒ ⊥ AHM H AN DM(đpcm) ►Tính chất 11.3.Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD, M là một điểm trên AB = 2AD, M là một điểm trên AB sao cho AB = 4AM. Chứng minh DM vuông góc AC. ☺Chứng minh: Ta có: ( ) 0 1 1 ∠ + ∠ = D M 90 1 . BC AAB A 1 ⎧= = ⎪⎪⎨ ⇒ = tan2D Mặt khác: 1 1 1 AM thay vào (1) ta được 1 ⎪ = = ⎪⎩ tan D2 1 ( ) 0 1 1 ∠ + ∠ = A M 90 1 AD Suy ra DM vuông góc AC tại H. (với H là giao điểm DM và AC) (đpcm). Chú ý: ta cũng có thể E, F lần lượt là trung điểm AB và CD. I là trung điểm DF và G là giao điểm AC và EF. Theo định lý thales thuận ta có G là trung điểm EF. Dựa vào tính chất 11.2 ta suy ra AC vuông góc EI. Như vậy ta chỉ cẩn chứng minh MEID là hình bình hành (việc chứng minh xin dành cho bạn đọc) 49 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ►Tính chất 11.4.Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm BC, N là điểm trên cạnh AC sao cho AC AN = 4. Chứng minh rằng tam giác DMN vuông tại N. ☺Chứng minh: Gọi F là trung điểm ID suy ra NF là đường trung bình tam giác IAD suy ra NF vuông góc CD. Mặt khác DI vuông góc NC và F là giao điểm NF và DI Suy ra F là trực tâm tam giác NCD suy ra FC vuông ND (1). Mặt khác ta có NF = MC và NF // MC suy ra tứ giác NMCF là hình bình hành Do đó NM // FC. Từ (1) ta suy ra MN vuông ND tại N Nên tam giác DMN vuông tại N (đpcm). ►Tính chất 11.5.Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm BC, N là điểm trên CD sao cho CN ND = 2. Chứng minh góc MAN bằng 0 45 . ☺Chứng minhcách 1: Gọi I là trung điểm CD và H là giao điểm IM và AC suy ra H là trung điểm IM. AD DN ANDDN DNAC AND AMH 3 ⎧= = = ⎪⎪⎪⎨ ⇒ = tan 3 Ta có: 3 ⎪ = = = ⎪⎪⎩. AH AMHHM AC 4 tan 3 4 Lại có 0 ADN AHM = = 90 Suy ra tam giác ADN đồng dạng tam giác AHM (g–g) suy ra 50 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 ∠ = ∠ NAD MAH Mà 0 0 0 ∠ + ∠ = ⇒∠ + ∠ = ⇒∠ = NAD HAN MAH HAN MAN 45 45 45(đpcm). ☺Chứng minhcách 2: Đặt cạnh hình vuông AB = a > 0 2 a a AN AD DN a 2 2 2 ⎧⎪ = + = + = ⎪⎪⎪⎨ = + = + = 10 2 9 3 Ta có: a a AM BM AB a 5 2 2 2 4 2 ⎪⎪⎪ = + = + = ⎪⎩ 2 2 a a a MN NC MC 2 2 4 5 9 4 6 Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác AMN ta có: 2 2 2 1 0 + − ∠ = = ⇒ ∠ =(đpcm). MA NA MN MAN MAN cos 45 2 . 2 MA NA ►Tính chất 11.6.Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Gọi I là giao điểm của CM và DN. Chứng minh AI = AD. ☺Chứng minh: Gọi P là trung điểm CD. Ta có CPMA là hình bình hành (do PC = AM và PC // AM) Suy ra AP // MC. Mặt khác theo tính chất 11.2, ta có MC DN ⊥ . Do đó, AP vuông góc DI. Lại có AP // MC có P là trung điểm CD Suy ra AP đi qua trung điểm DI nên AP vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến. Do đó ta có tam giác ADI cân tại A suy ra AD = AI. (đpcm) ►Tính chất 11.7.Cho hình vuông ABCD. M là một điểm tùy ý trên đường thẳng BD (M khác B, M khác D). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng AB, AD. Chứng minh CM vuông góc HK. ☺Chứng minh: Gọi E KM BC F CD MF = ∩ = ∩ , . Xét: MC KH MD DC KA AH . = + + ( )( ) = + + + MD KA MD AH DC KA DC AH . . . . 51 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ⎧ = = ⎪⎪ = = ⎨⎪ = MD KA MD KA MD KA MD KA . . cos( , ) . .cos135 MD AH MD AH MD AH MD 0 0 Với . . cos( , ) .AH.cos135 DC KA . 0 0 ⎪⎩= = DC AH DC AH DC AH DC . . cos( , ) .AH.cos0 Do đó: MD MC KH AD CD AH AH − . . . .CD CD.AH 0 MC KH = + = − + = ⇒ ⊥ 2 ►Tính chất 11.8.Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên đường chéo AC. Các điểm M, K lần lượt là trung điểm của AH và CD. Chứng minh rằng BM vuông KM. ☺Gợi ý chứng minh: (xem cách chứng minh tính chất 11.4 – Lấy điểm phụ E là trung điểm BH ta sẽ được lời giải cho bài toán). ►Tính chất 11.9.Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD. Chứng minh rằng AN vuông góc CN. ☺Chứng minh: Ta có: 0 ∠ = ∠ = DNB DCB 90suy ra tứ giác BCND nội tiếp. (2 góc liên tiếp cùng nhìn cạnh BD) Do đó, ∠ = ∠ BNC BDC(do cùng chắn cung BC) Lại có∠ = ∠ CAB BDC(tính chất của hình chữ nhật ABCD) Suy ra ∠ = ∠ CAB BNCnên tứ giác ABCN nội tiếp (2 góc liên tiếp cùng nhìn cạnh BC) Do đó: 0 0 ∠ + ∠ = ⇒ ∠ = ⇒ ⊥ ABC ANC 180 ANC AN NC 90(đpcm) 52 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 ►Tính chất 11.10.Cho hình thang ABCD vuông tại A và D có CD = 2AB. Gọi H là hình chiếu của D trên đường chéo AC, M là trung điểm của đoạn thẳng HC. Chứng minh rằng BM vuông góc MD. ☺Gợi ý chứng minh: Lấy điểm phụ E là trung điểm DH sẽ tìm được lời giải cho bài toán. ►Tính chất 11.11.Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Một đường thẳng đi qua A cắt cạnh BC tại M, cắt đường thẳng CD tại N. Gọi K là giao điểm của các đường thẳng EM và BN. Chứng minh rằng CK vuông góc BN. ☺Chứng minh : Trên tia đối của tia BC, dựng điểm F sao cho CF = CN. Xét tam giác DCF và BCN có : 0 ⎧∠ = ∠ = ⎪⎨ = ⇒ Δ = Δ − − ⇒ ∠ = ∠ DCF BCN 90 CF CN gt DCF BCN c g c DFC BNC ( ) ( ) (1) DC BC gt ⎪= ⎩ ( ) Tam giác DCB vuông tại C có CE vuông góc BD nên 2 BC BE BD = . (2) Mặt khác, do AB // CN nên 2. (3) BM AB BC BM BC BC BM BF = = ⇒ = ⇒ = CM CN CF BC BF Từ (2) và (3) cho BE.BD = BM.BF ( ) (4) BE BM BEM BFD c g c BEM BFD ⇒ = ⇒ Δ Δ − − ⇒ ∠ = ∠ BF BD Từ (1) và (4) cho ∠ = ∠ ⇒ BNC BEMtứ giác DEKN nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc đối trong) suy ra 0 ∠ = ∠ = BKE BDC 45 .Lại có: 0 ∠ = ECB 45 (tính chất hình vuông). Suy ra 0 ∠ = ∠ = ⇒ ECB EKB 45tứ giác BKCE nội tiếp Suy ra 0 ∠ = ∠ = ⇒ ⊥ BKC BEC CK BN 90(đpcm). 53 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 Chương 2. CÁC PHƯƠNG PHÁP TIẾ P CẬN VÀ GIẢI NHANH MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG OXY Trong chương 2 này, thầy sẽ tập trung giới thiệu cho các em các phương pháp tiếp cận một bài toán hình là như thế nào? Nhưng trước khi chúng ta bắt đầu vào từng chủ đề. Thầy mời các em xem bảng phân tích các câu hỏi hình học Oxy đã xuất hiện trong đề thi Đại học – Cao đẳng từ 2002 đến 2014. Các vấn đề liên quan đến HÌNH HỌC PHẲNG OXY (1 điểm) Số lần xuất hiện Tỉ lệ % ra đề Khối A A1 Khối B Khối D * Bài Toán liên quan đến tìm Tọa độ điểm 9 12 8 80,5% * Bài Toán liên quan đến viết PT Đường thẳng (d) 5 5 6 40,0% * Bài Toán liên quan đến viết PT Đường Tròn (C) 4 6 4 30,8% * Bài Toán liên quan đến Đường Elip (E) 3 2 2 19,4% * Bài Toán liên quan đến Max – Min cực trị hình học 2 0 1 8,3% * Bài Toán liên quan đến Hyperbol (H) (Nâng Cao) 1 1 0 5,0 % * Bài Toán liên quan đến Parabol (Nâng Cao) 0 0 1 2,7 % Theo xu hướng giảm tải của Bộ GD&ĐT thì những năm gần đây các bài toán liên quan về Hyperbol, Parabol gần như không còn xuất hiện nữa mà thay vào đó là các dạng toán tổng hợp liên quan đến đường tròn, đường thẳng lồng vào trong các khối hình tam giác, tứ giác với các câu hỏi quen thuộc như tìm điểm? lập phương trình đường?… Chính vì lẽ đó, thầy sẽ trình bày các cách tiếp cận dựa trên các chủ đề trên. Đối với các cách tiếp cận một bài toán hình học trong mặt phẳng Oxy, thầy thiết nghĩ chúng ta cần nắm vững một số nguyên tắc chung cho mọi chủ đề mà ta sẽ giải quyết sau đây. Cụ thể là: ■ NHỮNG NGUYÊN TẮC CHUNG: ►Nguyên tắc 1: “Đặt càng ít ẩn càng tốt!” Tại sao ta phải đặt càng ít ẩn càng tốt? Để trả lời cho câu hỏi này, thì trước 53 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy tiên chúng ta cần hiểu việc đặt ẩn ở đây là nhằm mục đích « đại số hóa hình học », nghĩa là chuyển bài toán theo « ngôn ngữ hình học » về bài toán theo « ngôn ngữ đại số » được ẩn dưới dạng các phương trình (PT), hệ phương trình (HPT) mà ta đã được học. Việc này sẽ được ta cân nhắc rất kỹ trong quá trình « tham số hóa » các điểm khi biết được quan hệ của chúng với các yếu tố hình học đã cho như đường thẳng, các đường conic. Bởi lẽ, nếu đặt quá nhiều ẩn, thì tương ứng với số ẩn chính là số phương trình mà ta phải giải? Việc này không làm cho vấn đề ta gặp phải được giải quyết gọn gàng mà đôi khi còn vô tình gây khó khăn, trở ngại cho ta. Theo kinh nghiệm, số ẩn tối đa nên đặt cho 1 bài toán hình chỉ nên là 2 ẩn. Vạn bất đắc dĩ ta mới đặt nhiều hơn các em nhé. ►Nguyên tắc 2: “ Đặt bao nhiêu ẩn? → cần lập bấy nhiều phương trình?”. Các yếu tố trong một bài hình tựa như những giả thiết để ta thiết lập phương trình. Nếu trong khả năng chỉ có thể lập được 2 phương trình nhưng các em lại đặt đến 4 ẩn thì việc giải là không khả thi. Cho nên nếu đặt hai ẩn thì dứt khoát phải lập cho bằng được ít nhất hai phương trình. Khi đi sâu vào phương pháp, thầy sẽ phân tích kỹ hơn. ►Nguyên tắc 3: “Hiểu và biết cách vận dụng các tính chất hình học”. Nếu bạn vẫn chưa nắm vững các khái niệm, tính chất, định lý có được trong quá trình học hình học ở các lớp dưới thì thật khó để ta khai thác triệt để trọn vẹn một bài toán hình. Vì vậy hãy xem kỹ chương 1 trước khi bước vào chương 2 nhé! ►Nguyên tắc 4: “Sau mỗi kết quả (KQ) tìm được phải biết cách kiểm tra lại KQ đó ”. Công việc này giống như chúng ta đang kiểm tra lại đáp số vậy. Nhưng kiểm tra bằng cách nào? Hãy đưa các kết quả đó lên trên hệ trục tọa độ Oxyhoặc dựa vào vị trí tương đối giữa các yếu tố hình học như điểm, đường thẳng, đường tròn, các đường Conic để suy ra việc nhận, loại. CHỦ ĐỀ 2.1 : CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾ N TÌM TỌA ĐỘ ĐIỂ M? ■ NHỮNG KỸ THUẬT CẦN NHỚ: ► Nếu điểm thuộc đường thì biểu diễn tọa độ của điểm theo đường → giảm ẩn của điểm. (Kỹ thuật tham số hóa) Trong một bài toán hình, việc bắt gặp một điểm thuộc một đường thẳng là điều thường thấy. Việc tham số hóa chúng sẽ giúp chúng ta giảm ẩn của điểm đi. VD1: 1 M x y ∈ Δ + − = : 4 0(chọn x m y m = ⇒ = −4) ⇒M m m ( ;4 ) − A x y A a a ∈ Δ − − = ⇒ + 2: 2 4 0 2 4; ( ) 54 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 3( ) 3 6 B x y B b hay B b b ⎛ ⎞ + b ∈ Δ − + = ⇒ ⎜ ⎟ + : 3 2 6 0 ; 2 ;3 6 ⎝ ⎠. 2 4 C x ∈ Δ − = : 4 0(x = 4, ta chọn y = c bất kỳ) ⇒C c (4; ) 5 D y ∈ Δ + = : 1 0(y = –1, ta chọn x = d bất kỳ) ⇒D(d; 1) − ► Sử dụng sức mạnh của độ dài đoạn thẳng. (Kỹ thuật sử dụng độ dài) Khi biết được tọa độ của một điểm nào đó (ví dụ là A) và đã tham số hóa điểm cần tìm (ví dụ là B) thì ta tìm cách tính độ dài của chúng dựa trên công thức: 2 2 ( ) ( ) . AB AB x x y y = = − + − B A B A VD2: Cho A(0;2) Tìm M ∈Δ1: x + y – 4 = 0 sao cho MA = 2 Ta có: M ∈ Δ ⇒ − 1 M m m ( ) ; 4 . Do2 MA MA = ⇔ = 2 2 ⇔( ) 2 2 m m + − = ⇔ = 2 2 1 m⇒ M(1;3) ► Sử dụng sức mạnh của véctơ : Hai đoạn thẳng tỉ lệ nhau (thẳng hàng) thì chuyển đẳng thức độ dài → đẳng thức véctơ. (Kỹ thuật sử dụng véctơ) Trong một bài toán hình, quan hệ giữa các điểm nằm trên một đường thẳng (thẳng hàng) có rất nhiều yếu tố để ta khai thác như độ dài, phương và hướng của chúng. Việc chuyển đẳng thức độ dài về đẳng thức véctơ nhằm mục đích tăng số lượng phương trình trong bày toán của mình lên (Việc này ngược với việc đặt ẩn các em nhé!) VD3: AC = 3AB ⇔AC= 3ABhay BC = 2AB ⇔BC= – 2BA ► Xét các điểm cần tìm trong sự tương giao giữa các tia, trục tọa độ, đường thẳng, đường tròn, đường conic... (Kỹ thuật sử dụng tính tương giao) Điều này có nghĩa là chúng ta sẽ phải viết phương trình các đường trên (nếu chưa có) để cùng với những đường đã cho → lập thành các hệ phương trình và giải nghiệm suy ra tọa độ của điểm cần tìm. VD4: A là giao điểm của Δ: x + y – 6 = 0 và d: x – y – 2 = 0. Ta có : A d = Δ ∩⇒ Tọa độ A là nghiệm của hệ6 0 ⎧ + − = ⎨⎩− − =⇔ A(4; 2) x y VD5: C(0 C x y 2 0 x >) và D là hai giao điểm của trục hoành (y = 0) và đường tròn ( ) ( ) 2 2 1 C x y : + − = 1 1 . ⇒ Tọa độ C là nghiệm của hệ2 20 0 1; 0 ⎧⎪= ⎧ ⎡ = = = y y x y ⎨ ⎨ ⇔ ⇔⎢ ⎪ + = ⎩ ⎣ = ± = − = ⎩ x y x x y 1 1 1; 0 ⇔ C(1; 0) 55 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Thầy sẽ xét các bài toán sau đây làm ví dụ để minh họa cho các kỹ thuật trên. (Để các bạn tiện theo dõi, mỗi một ví dụ sẽ là một dạng hình quen thuộc mà đề thi hay đề cập). BÀI TOÁN 1 (HÌNH THANG).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD (AB // CD) có diện tích 14 SABCD =. Biết tọa độ các đỉnh A B C ( ) ( ) ( ) 0;1 , 2;0 , 3;2. Tìm tọa độ đỉnh D? ■ Đặt vấn đề : Do tọa độ của các điểm A, B, C khá là đẹp nên có một câu hỏi đặt ra là ta có nên « vẽ hình kèm hệ trục tọa độ « vào không? hay là chỉ cần vẽ phác thảo hình thang ABCD? Cuối bài này bạn sẽ có câu trả lời. ■ CÁCH 1: giải theo cách không gắn với hệ trục tọa độ (chỉ phác thảo hình) ☺ Nhận xét : Điểm D là điểm cần tìm, nếu đặt tọa độD( ) x y D D ; → thiết lập 2 PT 2 ẩn và giải tìm ( ) x y D D ;thì có vội vàng không? Trong khi nguyên tắc chung là nếu có thể giảm được ẩn của điểm thì ta nên thực hiện trước. Vậy câu hỏi đặt ra là điểm D có đang thuộc đường thẳng nào không để ta thực hiện tham số hóa theo đường thẳng đó?⇒ Đó chính là đường thẳng CD (Vì nhận thấy CD qua C(3;2) và song song AB). Còn dữ kiện14 SABCD =cho ta được điều gì? →1( ) S AH AB CD ABCD = + 2 ☻ Ý tưởng: Từ công thức diện tích ta thấy ngay CD là độ dài cần tính → liên quan đến D. Vậy trước hết ta cần tính AH =?→ Rõ ràng AH là đường cao của hình thang (nhưng ngoài ra AH cũng chính là khoảng cách từ A đến đường CD ⇔ AH = d(A; CD)). Từ đây ta có sơ đồ tư duy sau: ⎧ ∈ → ⎪ → ⎨⎪= → = + → = → → ⎩ (?;?) 1 D CD pt CD ? DCD S AH AB CD pt CD ? ( ) AH ? d[A;CD] ? ABCD 2 ► Hướng dẫn giải cách 1: * Ta có CD qua C(3 ; 2) và nhận AB= (2; –1) làm véctơ chỉ phương (VTCP) nên có dạng: x y CD x y − − 3 2 : 2 7 0 = ⇔ + − = −và D ∈ CD ⇒ D(7 – 2d; d) 2 1 56 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 AH d A CD + − | 0 2 7 | [ ; ] 5 = = = * Vẽ AH ⊥ CD tại H, ta có 2 2 1 2 + * Lại có 1 23 ( ) và AB = 5 S AH AB CD CD ABCD = + ⇔ =và CD d d = − − (4 2 ; 2) 2 5 * 23 529 2 2 2 2 529 529 (4 2 ) ( 2) ( 2) CD CD = ⇔ = ⇔ − + − = ⇔ − = d d d 5 25 5 25 23 33 31 33 ⎡⎡ ⎛ ⎞ − − = ⎢= ⇒ ⎜ ⎟ ⎢⎝ ⎠ ⇔ ⇔ ⎢ ⎢⎢− ⎢ − − ⎛ ⎞ d d D 2 ; 1 5 5 5 5 23 13 61 13 2 ; − = ⎢ = ⇒ ⎜ ⎟ ⎢⎣ ⎣ ⎝ ⎠ d d D 2 5 5 5 5 * Xét CD2= 46 23 ⎛ ⎞ − ; ⎜ ⎟ ⎝ ⎠và AB= (2; –1) 5 5 ⇒CD2= 235AB(vô lý vì AB,CD2cùng phương, ngược hướng) ⇒Loại điểm D2 * Xét CD1= 46 23 ⎛ ⎞ − ; ⎜ ⎟ ⎝ ⎠và AB= (2; –1) 5 5 ⇒CD1= – 235AB(thỏa yêu cầu bài toán) ⇒Nhận điểm D1 D 31 33 ⎛ ⎞ − ; ⎜ ⎟ ⎝ ⎠5 5 Vậy điểm D thỏa yêu cầu bài toán là ■ CÁCH 2: Ta vẽ hình kèm hệ trục tọa độ: 57 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ☺ Nhận xét: Khi vừa vẽ hình xong, ta thấy ngay AB ⊥ BC (việc chứng minh không quá khó, ta chỉ cần xét AB . BC→ 0). Nếu vậy lúc này công thức tính diện tích ABCD sẽ là: 1( ) S BC AB CD ABCD = + ⇒và khi đó ta dễ dàng suy ra được CD = 235 2 ☻ Ý tưởng: Tuy vậy vấn đề đặt ra là ta có nên quay lại cách 1 với nhận xét này? Câu trả lời là ta đã phát hiện AB // CD nên ta có:235 CD AB= ⇔CD= 235AB − → Đến đây là mọi chuyện xem như được giải quyết. Mời các em xem lời giải! ► Hướng dẫn giải cách 2: * Ta có: AB= (2; –1) và BC= (1; –2). Xét AB . BC= 2 – 2 = 0 ⇒ AB ⊥ BC ⇒ Hình thang ABCD vuông tại B và C. Và ta có AB BC = = 5 . * Mặt khác, 1( ) S BC AB CD ABCD = + ⇒CD = 235 2 * Xét 235 CD AB=⇔CD= 235AB −(Do CDvàABngược hướng nhau) ⎧ ⎧ − − 23 31 3 .(2) − = = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎛ ⎞ − x x D D 5 5 31 33 ⇔ ⎨ ⎨ ⇔ ⇒ ⎜ ⎟ ⎪ ⎪ − ⎝ ⎠ D ; 23 33 5 5 2 .( 1) − = − = ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ y y D D 5 5 D31 33 ⎛ ⎞ − ; ⎜ ⎟ ⎝ ⎠5 5 Vậy điểm D thỏa yêu cầu bài toán là ■ Lời bình: thông qua việc giải bài toán trên ta thấy được một số ưu điểm của kỹ thuật “chuyển đẳng thức độ dài về đẳng thức véctơ” điển hình như lời giải gọn nhẹ và không phải thử lại để loại một số trường hợp phát sinh. Đặc biệt việc biết kết hợp lồng hệ trục tọa độ vào trong hình vẽ đôi khi cho ta những nhận xét hữu ích. Và nếu giả sử bài toán trên với cách giải 2, một số em không chuyển đẳng thức CD = 235AB⇔CD= – 235ABthì cũng rất may mắn vì đã có hệ tọa độ ở trên, bạn có thể đưa hai điểm D D 1 2 &lên hệ tọa độ để kiểm tra và sẽ mau chóng phát hiện điểm D2là điểm không thỏa yêu cầu bài toán và phải ngay lập tức tìm cách loại nó đi. 58 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 BÀI TOÁN 2 (TAM GIÁC CÂN). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ΔABC vuông cân tại A(2; 2), trọng tâm G4 10 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠. Tìm tọa độ điểm B và C? ;3 3 ■ Đặt vấn đề: Đề bài rất ngắn gọn nhưng chứa đựng rất nhiều thông tin như yếu tố “vuông”, “cân” giữa các cạnh và “trọng tâm” của tam giác. Nếu gặp các yếu tố đó thì ta nên khai thác như thế nào? Mời các bạn cùng xem các cách giải sau. ■ CÁCH 1: Đặt B x y C x y ( ) B B C C ; ; ; ( ) ☺ Ý tưởng :với yêu cầu tìm điểm B và C, ta đặt ngay tọa độ cần tìm là B x y C x y ( ) B B C C ; ; ; ( ) → 4 ẩn → Chúng ta cần đến 4 PT → vậy đó là những phương trình nào? 2 2 + ΔABC vuông cân tại A ⇒ ⎧ = ⎧⎪ = AB AC AB AC ⎨ ⎨ ⇔ ⇔ ⎩ ⊥ ⎪⎩=2PT. AB AC AB AC . 0 + G là trọng tâm ΔABC ⇒ 2PT. ► Hướng dẫn giải cách 1: * Do G là trọng tâm ΔABC ⇔3 4 2 2 ⎧ + + = = + = = − ⎪ ⎧ ⎧ ⎨ ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ x x x x x x x x A B C G B C B C ⎪⎩+ + = = + = = − ⎩ ⎩ y y y y y y y y 3 10 8 8 A B C G B C B C * Ta có( 2; 2) ( ;6 ) ⎧⎪ = − − = − − AB x y x y B B C C AC x y(chúng ta xem như chỉ phải lập ⎨⎪⎩= − − ( 2; 2) C C thêm 2 Pt nữa) 2 2 ⎧ = ⎧⎪ = AB AC AB AC * ΔABCvuông cân tại A ⎨ ⎨ ⇔ ⎩ ⊥ ⎪⎩= AB AC AB AC . 0 ⎧⎪− − + − − = x x y y ( 2) (6 )( 2) 0 C C C C ⇔2 2 2 2 ⎨⎪⎩+ − = − + − x y x (6 ) ( 2) (y 2) C C C C 2 2 2 8 12 0 ⎧⎪ + − − + = ⎨⎪⎩= −⇔2 ⇔ x y x y C C C C x y 2 7 C C ⎧⎪ − + = ⎨⎪⎩= − 5 40 75 0 y y C C x y 2 7 C C ⇔5 3 ⎡ = ⇒ = y x C C ⎢⎣= ⇒ = − y x 3 1 C C * Với C(5; 3) ⇒ B(–1;3) 59 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy * Với C(–1; 3) ⇒ B(5;3) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là C B hay B ( ) ( ) ( ) ( ) 5;3 & 1;3 5;3 & C 1;3 − − ■ CÁCH 2:Gọi M là trung điểm BC⇒ AM ⊥ BC (do ΔABC vuông cân tại A) ☺ Ý tưởng : – Để tìm một điểm bất kỳ, ta xét xem điểm ấy có đang thuộc đường thẳng nào không? Dĩ nhiên đó chính là đường BC (Làm sao viết phương trình đường BC → Xét thấy BC⊥AG nên ta có ý tưởng tìm điểm M∈BC bằng cách 3 AM AG = . 2 – Đến đây bạn sẽ nghĩ là chúng ta nên “tham số hóa” 2 điểm B và C theo đường BC và sau đó trở lại cách làm của cách 1. Nhưng nếu bạn chú ý một chút thì có một đường tròn (C) tâm (M; bán kính = AM) đang ngoại tiếpΔABC.B và C chính là tương giao của (C) và BC. Mời các em xem lời giải. ► Hướng dẫn giải cách 2: * Do G là trọng tâm ΔABC 3 4 2 ( 2) ⎧− = − ⎪⎪⎨⎪ − = − ⎪⎩⇔14 x ⇔3 AM AG =⇔ M 2 3 3 10 2 (2 ) ⎧ = x M ⎨⎩=⇒M(1; 4) 2 y M 2 3 y M * Phương trình đường BC qua M(1;4) nhận AM= (–1; 2) làm VTPT có dạng là: − − + − = ⇔ − + = 1( 1) 2( 4) 0 2 7 0 x y x y * Phương trình đường tròn (C)với tâm M(1; 4), bán kính AM = 5có dạng là: 2 2 (C):( 1) (y 4) 5 x − + − = 60 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 * Ta có B và C là giao điểm giữa (C) và đường BC nên tọa độ của B và C là nghiệm của hệ: ⎧ − + = x y 2 7 0 ⇔2 2 ⎨⎩− + − =(Việc giải hệ này xin dành cho bạn đọc !) ( 1) (y 4) 5 x ⇒ C(5; 3) và B(–1;3) hay C(–1; 3) và B(5;3) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là C B hay B ( ) ( ) ( ) ( ) 5;3 & 1;3 5;3 & C 1;3 − − ■ CÁCH 3: Sử dụng phép biến hình (Phép quay) ► Hướng dẫn giải cách 3: * Do G là trọng tâm ΔABC 3 4 2 ( 2) ⎧− = − ⎪⎪⎨⎪ − = − ⎪⎩⇔14 ⇔3 AM AG =⇔ 2 x M y M 2 3 3 10 2 (2 ) 2 3 ⎧ = x M y⇒M(1; 4) ⎨⎩= M Q : A B ο − → * Ta có phép quay(M; 90 ) ο ο ⎧ = − − − − − + ⎨⎩= − − + − − + x (x x ).cos( 90 ) (y y ).sin( 90 ) x ⇔B A M A M M ο ο y (x x ).sin( 90 ) (y y ).cos( 90 ) y B A M A M M ⎧ = − x 1B( 1;3) B ⇒ ⇒ − ⎨⎩= y 3 B * Do M là trung điểm BC ⇒ C(5; 3). Do vai trò B và C là như nhau nên ta có B(5;3) và C(–1;3) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là C B hay B ( ) ( ) ( ) ( ) 5;3 & 1;3 5;3 & C 1;3 − − ■ Lời bình: thông qua việc giải bài toán trên ta thấy được sự sâu sắc trong nguyên tắc đặt ẩn. Với cách 1, do tính khả thi trong việc đặt ẩn (4 ẩn) vì đã thiết lập được 4PT nhưng cũng đòi hỏi ở các bạn một số kỹ năng giải hệ đại số (chủ yếu là rút thế, cộng trừ vế). Điều này có thể một số bạn chưa làm tốt. Trong tư duy, ta luôn chọn con đường ngắn nhất, tính toán ít cồng kềnh nhất để thực hiện. Nếu chỉ giải một mình câu này thì không có gì để bàn cãi, bạn hoàn toàn có đủ thời gian, sự minh mẫn. Nhưng nếu xét trong thời điểm, làm cùng với các câu còn lại trong đề thi Quốc gia thì việc bạn chọn cách giải như vậy chưa hợp lý. Với cách 2, giải quyết được một số nhược điểm của cách 1, đồng thời cung cấp cho bạn thêm một số kinh nghiệm như khi gặp trọng tâm G thì sử dụng chúng 61 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy như thế nào? Hay việc tìm thấy sự tương giao củamột đường tròn với một đường thẳng. Đặc biệt, nếu bài toán này bạn chú ý thêm: 3& AG AC AM AM = = 2 2 dài AC. Ta cũng có thể viết PT đường tròn tâm A bán kính AC. ⇒ độ Với cách 3, phép biến hình mà cụ thể chính là phép quay đã giúp ta giải quyết bài toán này một cách rất đặc biệt, bạn gần như không phải thiết lập thêm bất kì giả thiết nào khác, nhược điểm của cách làm này là công thức tương đối cồng kềnh và khó nhớ. Và chương phép biến hình học lớp 11 cũng chỉ dừng ở mức giới thiệu chứ chưa thấy được những ứng dụng rõ nét của chúng vào việc giải bài toán hình học phẳng trong mặt phẳng tọa độ Oxy. BÀI TOÁN 3 (TAM GIÁC THƯỜNG). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ΔABC có A B C ( ) ( ) ( ) 0;5 ; 2; 1 , 4;2 − − . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường BC sao cho diện tích tam giác ABM gấp hai lần diện tích tam giác ACM và chứng minh rằng AM vuông góc BC. ■ Đặt vấn đề: bài toán này có một điểm khá thuận lợi là tọa độ của các đỉnh tam giác đã biết. Việc biết hết tất cả tọa độ các đỉnh có thể giúp ta được gì? → chúng ta có thể khai thác các yếu độ dài, góc, diện tích cũng như tính toán tìm các điểm đặc biệt, viết các phương trình các cạnh tam giác dễ dàng. Sau đây chúng ta sẽ xem thử các cách làm dưới đây khai thác yếu tố đó như thế nào? ■ CÁCH 1:Tận dụng yêu cầu CMR: AM ⊥ BC ⇒ AM là đường cao của ΔABC (chú ý chỉ dùng để vẽ hình, đây chưa phải là giả thiết) ☺ Ý tưởng :Bài toán yêu cầu ta tìm điểm M → do M ∈ BC nên ta sẽ viết PT đường BC→ tham số hóa điểm M. Trong công thức 2 S S Δ Δ ABM ACM = [ ] [ ] 1 1 ⇔ = AB d M AB AC d M AC .. ; . ; 2 2 → phải viết thêm PT AB và AC và áp dụng công thức khoảng cách ⇒ tọa độ M. ► Hướng dẫn giải cách 1: 62 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 * Ta có: ⎧ = − − ⇒ = ⎪⎪⎨ = ⇒ = AB AB ( 2; 6) 2 10 BC BC (6;3) 3 5 ⎪= − ⇒ = ⎪⎩ (4; 3) 5 AC AC * Phương trình đường BC qua B(–2;–1) nhận BC= (6;3) làm VTCP có dạng là: x y BC x yvà do M ∈ BC ⇒ M(2m ; m) + + 2 1 ( ) : 2 0 = ⇔ − = 6 3 * Phương trình đường AB qua A(0;5) nhận AB= (–2;–6) làm VTCP có dạng là: x yAB x y − 5( ):3 5 0 = ⇔ − + = − − 2 6 * Phương trình đường AC qua A(0;5) nhận AC= (4; –3) làm VTCP có dạng là: x yAC x y − 5( ):3 4 20 0 = ⇔ + − = 4 3 − * Mặt khác, 2 S S Δ Δ ABM ACM = [ ] [ ] 1 1 ⇔ = AB d M AB AC d M AC .. ; 2 . ; 2 2 | 6 5| | 6 4 20 | 2 10 2.5 ⇔ m m− + m m + − = 2 2 2 2 3 1 3 4 + + ⎡ = ⇒ m M 1 (2;1) ⇔1 | 1| 2 | 2 |5 (10;5) m mm M + = − ⇔ ⎢⎣= ⇒ 2 * Với AM (2; 4) 1= −và BC (6;3) =ta xét: AM .BC 0 1=⇒AM1⊥BC(đpcm) * Với AM (10;0) 2=và BC (6;3) =ta xét: AM .BC 60 2=≠ 0 nên loại điểm M2 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là M ( ) 2;1 ■ CÁCH 2: Kẻ AH ⊥ BC tại H (“phớt lờ” yếu tố AM ⊥ BC và ta sẽ chứng minh M trùng H sau) ☺ Ý tưởng :do hai tam giác ΔABM và ΔACM đều có chung đường cao AH nên nếu thiết lập công thức diện tích theo yêu cầu bài toán (YCBT) đã cho thì ta hoàn toàn có thể tìm được mối liên hệ giữa BM =?MC⇒BM ?MC =(chuyển đẳng thức độ dài về đẳng thức véctơ, do đã biết tọa độ B và C) nên ta dễ dàng suy ra tọa độ M. Sau khi giải được M, việc xét AM.BC 0 =để suy ra AM⊥BC trở nên thuận lợi hơn. Mời các em xem lời giải. 63 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ► Hướng dẫn giải cách 2: * Gọi M ( ) x y M M ;là tọa độ của điểm cần tìm và vẽ AH⊥BC tại H. * Ta có: 2 S S Δ Δ ABM ACM =1 1 . 2 . 2 ⇔ = ⇔ = AH BM AH CM BM CM 2 2 TH1: M nằm trong đoạn BC. BM = 2CM ⇔BM 2CM = −(*) (vì BM,CMcùng phương, ngược hướng) (Bạn nên chọn BM,CMđể tiện cho việc tính toán) ⎧ + = − − ⎨⎩+ = − −⇔1 x x ⇔2 2( 4) xM M M ⎧ = M 2(2;1) y y 1 2( 2) ⎨ ⇒ ⎩= M M y M 1 * Với AM (2; 4) 1= −và BC (6;3) =ta xét: AM .BC 0 1=⇒AM1⊥BC(đpcm) và M ≡ H TH2: M nằm ngoài đoạn BC. BM = 2CM ⇔BM 2CM =(*) (vì BM,CMcùng phương, cùng hướng) ⇔2 2( 4) ⎧ + = − ⎨⎩+ = −⇔2 x x ⎧ = xM M M M 10(10;5) y y 1 2( 2) ⎨ ⇒ ⎩= M M y M 5 * Với AM (10;0) 2=và BC (6;3) =ta xét: AM .BC 60 2=≠ 0 nên loại điểm M2 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là M ( ) 2;1 ■ Lời bình: thông qua việc giải bài toán trên, ta thấy được: 64 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 Với cách 1, người làm sẽ vận dụng được khá nhiều công thức từ tính độ dài, viết PT đường, xét diện tích tam giác và công thức tính khoảng cách. Đó là “một điểm +” cho cách một vì nó giúp ta ôn tập lại những kiến thức đã học. Tuy vậy, nhược điểm nói chung là cách giải 1 khá dài, sử dụng tính toán nhiều. Và đặc biệt, dù ta có lợi thế vẽ hình biết M ở đâu? nhưng lại không dùng được AM ⊥ BC. Và vô tình đẩy công thức tính diện tích sang một hướng khác nặng nề. Sau đó chúng ta còn phải loại đi một trường hợp nhờ may mắn kiểm tra AM ⊥ BC. Với cách 2, việc gọi thêm một đường cao AH vô tình giúp ta “giải phóng” điểm M và khai thác triệt để công thức tính diện tích tam giác. Đặc biệt, cách đưa đẳng thức độ dài về đẳng thức véctơ một lần nữa cho ta thấy sức mạch của nó với ưu điểm tính toán nhẹ nhàng, tuy nhiên trong một số trường hợp chúng ta cần chú ý đến vấn đề vẽ hình phác thảo. “Con người chịu ảnh hưởng rất lớn bởi tư duy hình thức”. Rất nhiều bạn sẽ vẽ hình theo TH1 và “quên mất để sót” TH2 mặc dù điểm M2 ta không nhận. Để khắc phục điều này, bạn chỉ cần đưa tọa độ các điểm lên hệ trục Oxy và nhanh chóng nhận xét đó là tam giác nhọn hay tam giác tù, cùng với đó là lợi thế trong việc kiểm tra đáp số. BÀI TOÁN 4 (HÌNH BÌNH HÀNH). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A B ( ) ( ) 1;0 ; 2;0. I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD và I thuộc đường thẳng d y x : =. Biết rằng diện tích hình bình hành ABCD bằng 4. Xác định tọa độ điểm C và D. ■ Đặt vấn đề:Trong các bài toán liên quan đến tứ giác mà điển hình là hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật và hình vuông thì giao điểm của hai đường chéo có thể giúp ta khai thác được gì? ■ CÁCH 1: Vẽ phác thảo hình bình hành ABCD (không đưa lên hệ tọa độ). 65 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ☺ Ý tưởng :Do tính chất I là trung điểm của mỗi đường AC và BD→ việc tham số hóa I ∈ d → và nếu tìm được I thì qua công thức trung điểm ta tìm được C và D. Còn công thức diện tích hình bình hành thì ta phải làmnhư thế nào? → Ta xét diện tích hình bình hành là tổng diện tích của những “tam giác con” bên trong đó cụ thểtrong bài này [ ] 1 ABCD ABI S S AB d I AB = = 4 4 . ; 2 → như vậy ta cần viết phương trình đường AB để dùng công thức khoảng cách ở đây. ► Hướng dẫn giải cách 1: * Ta có I ∈ d: y = x ⇒ I(m ; m) và AB= (1; 0)⇒ AB = 1 * Nhận xét: A và B đều thuộc trục hoành nên phương trình đường AB chính là y = 0. ABCD ABI S S AB d I AB = =⇔ 4 = 2.1.|m| ⇔22 ⎡ = * Ta có: [ ] 1 4 4 . ; 2 m ⎢⎣= − m * Với m = 2 ⇒ I(2; 2). Do I là trung điểm AC và BD nên ta có: ⎧ ⎧ + = = = ⎨ ⎨ ⇔ x x x x 2 4 3 A C I C ⎩ ⎩ + = = =⇒ C1(3 ;4) tương tự ta có D1(2;4) y y y y 2 4 4 A C I C * Với m = –2 ⇒ I(–2; –2). Do I là trung điểm AC và BD nên ta có: ⎧ ⎧ + = = − = − ⎨ ⎨ ⇔ x x x x 2 4 5 A C I C ⎩ ⎩ + = = − = −⇒ C2(–5 ;–4) tương tự ta có D2(–6;–4) y y y y 2 4 4 A C I C Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là C D hay C D 1 1 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 3;4 , 2;4 5; 4 , 6; 4 − − − − ■ CÁCH 2:Đưa tọa độ các điểm lên hệ tọa độ Oxy. 66 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 ☺ Ý tưởng :Như chúng ta đã biết, việc đưa điểm lên hệ tọa độ thể hiện ý đồ rất rõ ràng của mình trong việc tính toán và kiểm tra đáp số. Trong bài toán này, ưu điểm của cách làm này là có ngay độ dài AB = 1 và nếu ta xét S AB d D AB ABCD = . ; [ ](công thức tính diện tích hình bình hành) →d D AB d D Ox y [ ] [ ] ; ; = = D .Mời các em xem lời giải. ► Hướng dẫn giải cách 2: * Ta có I ∈ d: y = x ⇒ I(m ; m) và I là trung điểm BD và AC ( ) ⎧ − ⎪ ⇒ ⎨⎪ − ⎩ C m m 2 1; 2 ( ) D m m 2 2; 2 * Ta có: S AB d D AB ABCD = . ; [ ]= 1.d D AB d D Ox y [ ] [ ] ; ; = = D⇔ m = ± 2 * Với m = 2 ⇒C1(3 ;4) và D1(2;4) * Với m = –2 ⇒C2(–5 ;–4) và D2(–6;–4) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là C D hay C D 1 1 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 3;4 , 2;4 5; 4 , 6; 4 − − − − ■ Lời bình: Thông qua bài toán này ta thấy được sức mạnh của “kỹ thuật sử dụng điểm đối xứng I”.Tuy chưa hình thành được một phương pháp nhưng đó chính là một trong những “kỹ thuật giải” mà bạn nên nhớ. Ngoài ra sau 4 bài toán trên bạn cũng có thêm trong mình “kỹ thuật sử dụng diện tích”(Xem lại phần các kiến thức về tứ giác, chương 1). Cũng không thể không nói đến “kỹ thuật sử dụng khoảng cách” mà tiêu biểu là kỹ thuật xét khoảng cách từ 1 điểm M(xM; yM) đến hai trục tọa độ. Để dễ nhớ các em cần lưu ý: d M Ox y d M Oy x [ ] ; & ; = = M M [ ] 67 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy BÀI TOÁN5 (HÌNH THOI). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có A( ) 3; 2− , hai đỉnh B và D cùng nằm trên đường thẳng d x y : 3 1 0 − + = và B có tung độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D biết diện tích thoi bằng 60. ■ Đặt vấn đề:Với số lượng điểm cần phải tìm như vậy thì câu hỏi đặt ra là ta nên đặt bao nhiêu ẩn là thích hợp? ■ CÁCH 1:Gọi I là giao điểm hai điểm đường chéo AC và BD. (kỹ thuật sử dụng tâm đối xứng) ☺ Ý tưởng : ● Nhận thấy I mới chính là “nhận vật trung tâm” (yếu tố quyết định) đến bài toán này nên ta nghĩ cách tìm I (do khi có tọa độ I ⇒ tọa độ C ⇒ độ dài AC ⇒ độ dài BD qua 60 SABCD =). ● Vậy làm sao đểtìm I? Ta đã có I = AC ∩ BD và đã có PT BD → tìm cách viết PT AC → AC ⊥ BD và qua A(3; –2). ► Hướng dẫn giải cách 1: * Ta có AC ⊥ BD: x – 3y + 1 = 0 ⇒ (AC): 3x + y + m = 0. 68 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 Lại có AC qua A(3; –2) ⇒ 9 – 2 + m = 0 ⇒ m = –7. Vậy (AC): 3x + y – 7 = 0. * Mặt khác, I = AC ∩ BD ⇒ tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình sau: ⎧ ⎧ + = = ⎨ ⎨ ⇔ 3 7 2 x y x ⎩ ⎩ − = − =⇒I(2; 1) x y y 3 1 1 * Do I là trung điểm AC ⇒2 4 1 ⎧ ⎧ + = = = ⎨ ⎨ ⇔ x x x x A C I C ⎩ ⎩ + = = =⇒C(1; 4) y y y y 2 2 4 A C I C * Ta có B ∈ d ⇒ B(3b – 1; b) (b > 0), và IB (3b 3;b 1) = − −và IA (1; 3) = − ⇒IA= 10 * 1 2 2 4 4 . 30 ABCD ABI S S AI BI IB = = ⇒ = 2 ⇔2 2 2 (3 3) ( 1) 30 b b − + − =⇔22 ( ) ⎡ = − b ktm − = ⇔ ⎢⎣=⇔ B(11;4) ( 1) 94 ( ) bb tm * Do I cũng là trung điểm BD (dùng công thức trung điểm) ⇒D(–7; –2) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là B C D ( ) ( ) ( ) 11;4 , 1;4 , 7; 2 − − ■ CÁCH 2:Xuất phát từ diện tích (kỹ thuật sử dụng diện tích + kỹ thuật lập đường tròn ẩn mình) ☺ Ý tưởng :Ta có 4 . S IA IB ABCD = , nhưngIA d A BD d A d = = [ ] [ ] ; ; ⇒ độ dài IB. Ta xét thấy có thể tính được 2 2 2 AB IA IB = + ⇒ B, D chính là giao điểm giữa đường d và đường tròn (C) tâm A bán kính AB (do tính chất của hình thoi). Có tọa độ B và D ⇒ tọa độ I ⇒ tọa độ C. ► Hướng dẫn giải cách 2 * Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. 69 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Ta có IA = d[A; BD] = d[A ; d] = 3 6 110 10 + += ⇒ = 10IA * Mặt khác, 1 2 2 4 4 . 30 ABCD ABI S S AI BI IB = = ⇒ = 2 Lại có 2 2 2 AB IA IB = += 100 ⇒ AB = 10 * Nhận xét: B và C là giao điểm giữa đường thẳng d và đường tròn (C) tâm A(3; –2), R = AB = 10. ⎧ − + = x y 3 1 0 ⇔2 2 ⎨⎩− + + =(Việc giải hệ này xin dành cho bạn đọc !) ( 3) (y 2) 100 x ⇔2 7 ⎡ = − ⇒ = − y x ⎢⎣= ⇒ =( yB> 0) nên ta nhận B(11 ; 4) và D(–7 ; –2) y x 4 11 * Do I là trung điểm BD⇒I(2;1) * Lại có I là trung điểm AC ⇒2 4 1 ⎧ ⎧ + = = = ⎨ ⎨ ⇔ x x x x A C I C ⎩ ⎩ + = = =⇒C(1; 4) y y y y 2 2 4 A C I C Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là C (1; 4), B (11; 4), D (–7; –2) Đưa tọa độ của điểm lên trục tọa độ Oxy để kiểm tra, ta được: ■ Lời bình:Trả lời cho câu hỏi “đặt vấn đề”về việc nên đặt bao nhiêu ẩn thì như các bạn thấy nếu thực hiện ở cách 1, bạn chỉ phải đặt 1 ẩn duy nhất cho B hoặc D. Với cách 2, thì chúng ta không cần phải đặt ẩn mà chỉ phải xét sự tương giao giữa đường thẳng và đường tròn. Đó cũng là một trong những kỹ thuật đã nhắc trong phần đầu của chủ đề. Hãy xem đây là một “dấu hiệu”. Ngoài ra cũng phải bàn đến yếu tố khoảng cách trong bài này, “Có một điểm và một đường thẳng thì ta có thể lập thêm được 1 PT đường thẳng hoặc song song hoặc vuông góc với đường thẳng đã cho hay cũng có thể xét khoảng cách từ điểm đó đến đường thẳng. 70 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 BÀI TOÁN6 (HÌNH CHỮ NHẬT). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh C( ) 3; 3− , đỉnh A thuộc đường thẳng d x y : 2 0 + + =. M là trung điểm cạnh BC và phương trình đường DM x y : 3 6 0 − − =. Xác định tọa độ các đỉnh A, B, D biết D có hoành độ âm? ■ Đặt vấn đề:Khi các giả thiết trong đề không đủ để giúp ta giải quyết bài toán thì ta sẽ làm gì? Chắc chắn bạn sẽ nghĩ ngay đến việc tăng thêm giả thiết. Một trong những kỹ thuật hay nhất, thường dùng để giải quyết vấn đề này chính là “kỹ thuật sử dụng đường phụ”. Cụ thể là như thế nào thì xin mời các bạn xem lời giải sau. ■ CÁCH 1:Vẽ AH và CK lần lượt vuông góc DM tại H và K.(kỹ thuật sử dụng đường phụ) ☺ Ý tưởng :Ta xét thấy điểm A ∈ d thì đường d này chỉ có thể giúp ta « tham số hóa điểm A », ngoài ra giữa đường DM và điểm C là biết đầy đủ thông tin nhất. Nhưng kỹ thuật có thể xét đến ở đây nhất chính là“kỹ thuật sử dụng khoảng cách” → Vậy phải chăng d[A; DM] =?d[C;DM] → kẻ thêm đường AM → phát hiện 2 S S ΔADM CDM = → “kỹ thuật sử dụng diện tích” → để tìm điểm A. Sau khi tìm được A, ta sẽ dùng điều kiện tồn tại của hình chữ nhật (tính chất hình học)→ AD ⊥ CD ⇒ tọa độ điểm D. Ta cũng không quên sử dụng “kỹ thuật dùng tâm đối xứng” cụ thể ta tính tọa độ I (dựa vào A và C)⇒ tọa độ B. ► Hướng dẫn giải cách 1: * A ∈ d ⇒ A(a; – a – 2). Xét 2 2 S S S S S ABCD ADM CDM ADM CDM = + ⇒ = ⇔1 1 . . 2 AH DM CK DM AH CK = ⇔ = . 2 2 | a 3( 2) 6 | | 3 9 6 | 2 − − − − a + − * Do AH = 2CK ⇔ d[A;DM] = 2[C;DM] ⇔2 2 2 2 = 1 3 1 3 + + ⎡ = ⇒ − a A 3 (3; 5) 1 ⇔ = ⇔ ⎢⎣= − ⇒ − | 4a | 123 ( 3;1) a A 2 71 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy (Câu hỏi đặt ra: trong hai điểm trên, có điểm nào không thỏa yêu cầu bài toán (YCBT) không? Nếu có thì làm cách nào để loại điểm đó đi? * Nhận xét: TH1: A1(3;–5) và C(3;–3) ta có: ( )( ) 1 1 3 6 3 6 12.6 72 A A C C x y x y − − − − = => 0 (nằm cùng phía so với DM) TH2: A2(–3;1) và C(3;–3) ta có: ( )( ) 2 2 3 6 3 6 72 0 A A C C x y x y − − − − = − < (nằm trái phía so với DM) Suy ra nhận điểm A2(–3;1). * Gọi I = AC ∩ BD ⇒ I là trung điểm AC ⇒ tọa độ I(0; –1) Gọi D ∈ DM: x – 3y – 6 = 0 ⇒D(3d + 6; d) (do xD< 0 nên 3d + 6 < 0 ⇔d < – 2) * Ta có: ABCD là hình chữ nhật ⇒ AD ⊥ CD ⎧⎪ = + − ⎨⎪⎩= + + ⇔AD.CD 0 =với (3d 9;d 1) AD CD (3d 3;d 3) ⇔ (3d + 9)(3d + 3) + (d – 1)(d + 3) = 0 ⎡ − 4( ) ⇔2 d ktm = ⎢ + + = ⇔ ⎢⎣= −⇒ D (–3; –3) 5 19 12 0 5 d d d tm 3 ( ) * Do I cũng là trung điểm BD nên ta có B (3; 1) A(–3; 1), B (3; 1), D (–3; –3) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là ■ CÁCH 2: Gọi I = AC ∩ BD và G = DM ∩ AC. (kỹ thuật sử dụng đường phụ) ☺ Ý tưởng :Một phản xạ bất ngờ ta nối hai đường chéo của hình chữ nhật lại (thứ nhất việc này để về sau ta sẽ sử dụng “kỹ thuật dùng tâm đối xứng”, thứ hai là để tìm thêm các yếu tố mới cho bài toán. Cụ thể ở đây chính là điểm G (trọng tâm ΔBCD). Ta cũng sẽ tham số hóa điểm A theo đường d. Tuy nhiên thay vì xét như cách 1 thì ta lại thấy 3 điểm A, G, C thẳng hàng và G ∈ DM, vì vậy ta sẽ tìm cách sử dụng “kỹ thuật chuyển đẳng thức độ dài về đẳng thức véctơ” (ĐTDĐ→ĐTVT), ở đây AG = 2GC ⇒GA 2CG = → tọa độ A⇒ tọa độ điểm I. Thay vì đi tiếp như cách 1, ta lại sử dụng “kỹ thuật lập đường tròn (C) ẩn mình” có tâm I , bán kính R = IC. D = (C) ∩ DM → tọa độ D → tọa độ B. Mời các em xem lời giải. 72 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 ► Hướng dẫn giải cách 2: * Ta có G ∈ DM: x – 3y – 6 = 0 ⇒ G(3g + 6; g). Do G là trọng tâm ΔBCD (Vì IC và DM là trung tuyến ΔBCD ) ⇒23IC GC = IC IC AG AI IG IC = + = + = = ⇒ = GC AG GC Lại có 42 2 3 3 * Do AG = 2GC ⇔GA 2CG =⇔3 6 2(3 6 3) 9 12 ⎧ ⎧ − − = + − = + ⎨ ⎨ ⇔ x g g x g A A ⎩ ⎩ − = + = + y g y 2(g 3) 3g 6 A A Mặt khác A ∈ d: x + y + 2 = 0 ⇔53 g− =⇒A(–3; 1) * Gọi I = AC ∩ BD ⇒ I là trung điểm AC ⇒ tọa độ I(0; –1) và IC = 13 * Ta có D là giao điểm giữa DM và đường tròn (C) tâm I, bán kính IC = 13 nên tọa độ D thỏa hệ: ⎧ − − = x y 3 6 0 ⇔2 2 ⎨⎩+ + =(Việc giải hệ này xin dành cho bạn đọc !) x (y 1) 13 Suy ra ( ) 18 4 3; 3 ; D hay D⎛ ⎞ − − ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠. Do D có hoành độ âm nên ta nhận D(–3;–3) 5 5 * Do I cũng là trung điểm BD nên ta có B(3; 1) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là A (–3; 1), B (3; 1), D (–3; –3) ■ Lời bình: “kỹ thuật vẽ đường phụ” rõ ràng đã giúp ích được cho chúng ta rất nhiều trong quá trình giải toán. Tuy vậy việc tiếp cận theo các hướng khác nhau sẽ khiến ta phải linh hoạt vận dụng các kỹ thuật khác nhau. Mỗi một kỹ thuật đều có cái hay riêng của nó. Quan trọng là chúng ta khai thác chúng như thế nào? Nói về cách 1, ưu điểm của nó là đã vận dụng linh hoạt nhiều kỹ thuật giải cùng một lúc nhưng gặp nút thắt trở ngại ở việc “phát sinh nhiều điểm 73 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy A”, nếu không xử lý khéo vô tình sẽ làm bài toán dài thêm nữa do phải xét thêm 1 trường hợp. Với cách 2, giải quyết được những nhược điểm của cách 1, nhưng có lẽ nút thắt của bài là phát hiện điểm đặc biệt G và khai thác nó trong kỹ thuật chuyển ĐTĐD→ĐTVT. Qua đây ta cần lưu ý cách xét vị trí tương đối giữa điểm và đường. Chú ý: Cho hai điểm M ( ) x y M M ; , ( ) ; N N N x yvà Δ + + = : 0 ax by c . Ta có: ☺ M và N nằm cùng phía với đối với Δ khi và chỉ khi: (ax by c ax by c M + + + + > M N N )( ) 0 ☻ M và N nằm khác phía với đối với Δ khi và chỉ khi: (ax by c ax by c M + + + + < M N N )( ) 0 BÀI TOÁN7 (HÌNH VUÔNG).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tọa độN ( ) 1;2là trung điểm cạnh BC, đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác ADN có phương trình là d x y :5 1 0 − + =. Xác định tọa độ của các đỉnh hình vuông đã cho biết A có hoành độ dương. ■ Đặt vấn đề:Sau bài toán 6, chắc chắn bạn đã cảm thấy khá thích thú với việc kẻ thêm những đường phụ. Trong bài toán 7 này, ngoài việc sử dụng những đường phụ đó, cũng cần phải nói đến tính chất đặc biệt của hình vuông.Với những bài toán càng ít dữ kiện đi bấy nhiêu, thì lại luôn có một cách xử lý hoàn hảo cho nó?Đó là cách gì? Mời các bạn xem các cách giải sau. ■ CÁCH 1:Gọi M và E lần lượt là giao điểm của d với DN và BC. ( kỹ thuật sử dụng đường phụ) ☺ Ý tưởng : ● Trong đề bài có một thông tin quan trọng chính là “đường trung tuyến d kẻ từ đỉnh A của ΔADN” ta sẽ thử kéo dài d cắt DN và BC để hy vọng phát hiện “các tỉ lệ đặc biệt”, cụ thể rong bài này, ta có ANED là hình bình hành → M, C lần lượt là trung điểm AE, NE và BC BE = 3 2 ● Vậy câu hỏi đặt ra trong 4 điểm cần tìm, điểm nào có nhiều thông tin nhất? → điểm A ∈ d → xung quanh điểm A có thể liên hệ với điểm nào? → điểm N → tính độ dài AN =?(Ta có thể tính được d[N;AE] =? → AN =?d[N;AE]). 74 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 ● Để tìm được mối liên hệ trên, ta có thể “đặt cạnh hình vuông AB = a → tính tất cả các cạnh theo a→ tìm quan hệ giữa chúng với d[N;AE] ” ● Sau khi tìm được điểm A, thì ta nên tìm tiếp điểm nào?→ điểm E (vì khi có E ⇒ C ⇒ I và B ⇒ D) → làm sao tìm E? → E ∈ AE (tham số hóa E) và dùng độ dài AE ⇒ E (hoặc xem E = AE và đường tròn ẩn mình (C) có tâm N bán kính NE) ► Hướng dẫn giải cách 1: * Ta có ADEN là hình bình hành (do NE // AD và M là trung điểm DN) Suy ra M là trung điểm AE và NE = AD = 2NC ⇒ BE = BN + NE = 3BN = 32BC ⎧⎪ = + = ⎪⎨⎪= + = ⎪⎩và NE = AB = a * Đặt AB = a > 0 ta có 2 2 AN AB BN 2 2 AE AB BE a a 5 2 13 2 Mặt khác ΔANE có cosNAE = 2 2 2 AN AE NE 7 + −= 2AN.AE 65 ⇒ sinNAE = 2 4 1 (cos NAE)65 − = * Ta có: [ ] 1 1 2 2 ANE S AN AE = = d N AE AE . sin NAE ; . ⇔ d[N;AE] = AN.sinNAE =5 4 2 a a . = 2 65 13 Do đó d[N;AE] = 213a⇔2 2 | 5 2 1| 2 ⇔a AB = = 2 a ( ) 5 10 * − + a = 5 1 13 + ⇒ = = AN 2 2 * Gọi A ∈ AE: 5x – y + 1 = 0 ⇒ A(m; 5m + 1) (m >0) và NA (m 1;5m 1) = − − Vậy (*) ⇔2 2 2 10 1 (m 1) (5m 1) 26m 12m 0 − + − = ⇔ − − = 4 2 ⇔12 m =(nhận) hay 126 m− =(loại) A⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠. Lại có E ∈ AE ⇒ E(e; 5e + 1) và 1 5 AE e ;5e Suy ra 1 7;2 2 ⎛ ⎞ = − − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠2 2 75 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy * Do 2 2 2 26 26 1 5 26 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ = e AE AE e ee = ⇔ = ⇔ − + − = ⇔ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ 5 2 4 2 2 4 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣= * TH1: e = 1 ⇒E ( ) 1;7. Lại có C là trung điểm EN ⇒9 C⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠. 1;2 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠và M là trung điểm AE ⇒3 21 Vì N là trung điểm BC ⇒1 B⎛ ⎞ − 1;2 M lại là trung điểm DN ⇒17 2;2 D⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Xét : (5x y x y D D N N − + − + = > 1 5 1 10 0 )( ) ⇒ D và N cùng phía so với DN (loại) M⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ;4 4 * TH2: e = 0⇒ E(0;1). Tương tự ta giải ra 3 5 1 3 1 5 B C D ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − ; , ; , ; ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 2 2 2 2 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là 1 7 3 5 1 3 1 5 A B C D ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − ; , ; , ; , ; ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 2 2 2 2 2 2 ■ CÁCH 2: Gọi M và E lần lượt là giao điểm của d với DN và BC. (kỹ thuật sử dụng đường phụ) ☺ Ý tưởng : ● Tương tự như cách 1, ta cũng kéo dài AM cắt DN và BC lần lượt tại M và E. Đồng thời ta cũng có được các kết quả chứng minh được của cách 1, chỉ có điều thay vì khai thác khoảng cách để chuyển về độ dài tìm liên hệ AN thì ở bài này, chúng ta nghĩ cách tìm thêm một đường nữa “viết PT đường thẳng”(sẽ nói kỹ hơn ở chủ đề 2.2) ● Cụ thể ở đây đó chính là đường BE qua N và tạo với AE một góc AEN→?(xét cosBE AEBAE =) ● Sau khi viết được PT BE BC E C B AB A I D ∩ ⎯⎯⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⎯⎯→ ⊥(dùng AE BE N N quaB AE C B liên tiếp công thức trung điểm) ► Hướng dẫn giải cách 2: * Ta có ADEN là hình bình hành (do NE // AD và M là trung điểm DN) Suy ra M là trung điểm AE và NE = AD = 2NC ⇒ BE = BN + NE = 3BN = 32BC 76 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 3 BC BE AEBAE AB BEvà đường thẳng BC qua N có dạng: 2 3 = = = * Xét 2 2 cos13 + BC: a(x – 1) + b(y – 2) = 0 (2 2 a b + > 0) * Ta có: | n .n | 3 cosAEB = cos(AE;EB) = cos(AE;BC) = |cos(AE BC n ,n)| = AE BC = | n | . | n | 13 AE BC | 5a b | 3 7a 10ab 17b 0 −= ⇔ − − = 2 2 + − +(*) 2 2 2 2 5 ( 1) . a b 13 * Nhận xét b ≠ 0 (vì b = 0 thì (*) ⇔ a = 0 (loại vì 2 2 a b + > 0) nên ta chọn b = 7 * Với b = 7 thì (*) ⇔2 a a − − = 10 119 0⇔ a = 17 hay a = –7 TH1: a = 17; b = 7 ⇒ BC: 17x + 7y – 31 = 0. Ta có E = AE∩ BC ⇒ tọa độ E là nghiệm của hệ ⎧ ⎧= ⎪ − + = ⎪ ⎪ ⎪ ⎛ ⎞ ⎨ ⎨ ⇔ ⇒ ⎜ ⎟ ⎪ ⎪ + − = ⎝ ⎠ x 6 5x y 1 0 13 6 43 E ; 17x 7y 31 0 43 13 13 = ⎪⎩ ⎪⎩ Vì C là trung điểm EN ⇒19 69 y13 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Cvà N là trung điểm BC ⇒33 35 ; 26 26 PT AB ⊥ BC ⇒ AB: 7x – 17y + m = 0. Do AB qua 33 35 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ B⇒ m = 14 ⇒AB: 7x – 17y + 14 = 0 ; 26 26 Ta có A = AB∩AE⇒ tọa độ E là nghiệm của hệ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ B ; 26 26 ⎧ ⎧ − 1 = ⎪ − + = ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇔ x 5x y 1 0 26 − + = ⎪ ⎪ = 7x 17y 1 0 21 (loại vì xA>0) ⎪⎩ ⎪⎩ TH2: a = –7; b = 7 ⇒ BC: x – y + 1 = 0. y26 Ta có E = AE∩ BC ⇒ tọa độ E là nghiệm của hệ ⎧ − + = = ⎧ ( ) 5x y 1 0 x 0E 0;1 ⎨ ⎨ ⇔ ⇒ ⎩− + = = ⎩ x y 1 0 y 1 Vì C là trung điểm EN ⇒1 3;2 2 C⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠và N là trung điểm BC ⇒3 5;2 2 B⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 77 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy PT AB ⊥ BC ⇒ AB: x + y + n = 0. Do AB qua 3 5;2 2 B⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⇒ m = –4 ⇒AB: x + y – 4 = 0 ⎧ ⎧= ⎪ − + = ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇔ 1 x Ta có A = AB∩AE⇒ tọa độ E là nghiệm của hệ 5x y 1 0 2 + − = ⎪ ⎪ = x y 4 0 7 ⎪⎩ ⎪⎩ (nhận vì xA>0) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là 1 7 3 5 1 3 1 5 A B C D ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − ; , ; , ; , ; ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 2 2 2 2 2 2 y2 ■ Lời bình:tiếp tục vận dụng “kỹ thuật vẽ đường phụ” vào việc giải bài toán trên, với cách 1, nút thắt nằm ở chỗ tính được tất cả độ dài các cạnh hình vuông theo a và đặc biệt là sử dụng “kỹ thuật dùng diện tích và khoảng cách”. Còn ở cách 2, thì tập trung viết phương trình đường BC với việc dùng “kỹ thuật dùng góc”. Qua đây ta cũng thấy được hình vuông có nhiều yếu tố đặc biệt mà các hình khác không có được. Có lẽ vì vậy mà trong các đề thi những năm gần đây hay đưa hình vuông vào đề thi và việc xử lý chúng không dễ chút nào khi đề thi ngày càng cho ít dữ kiện đi. BÀI TOÁN 8 (HÌNH THANG VUÔNG).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D(2;2), cạnh CD = 2AB. Gọi H là hình chiếu của D lên cạnh AC và M là trung điểm HC. Biết rằng phương trình đường thẳng DH x y : 2 6 0 + − =và đường thẳng BM x y : 4 7 61 0 + − =. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của hình thang ABCD. ■ Đặt vấn đề:mô típ trong đề thi đại học gần đây là sử dụng các bài chứng minh hình học thuần túy để áp vào bài toán hình học phẳng, nghĩa là trước khi bạn muốn sử dụng các dữ kiện trong bài, bạn phải chứng minh một số yếu tố như sự bằng nhau về cạnh, về góc, sự vuông góc, song song, v.v… Dấu hiệu nào giúp cho ta biết phải tiến hành các bước chứng minh đó trước khi vào giải bài toán. Mời các bạn xem lời giải sau: 78 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 ■ CÁCH 1:Gọi K là trung điểm DH. ( kỹ thuật sử dụng đường phụ) ☺Ý tưởng : ● Khi chúng ta vừa vẽ hình ra đúng theo tỉ lệ đề cho thì ta “phát hiện” DM⊥BM→ tìm cách chứng minh? ● Nếu gọi K là trung điểm DH→AKMB là hình bình hành ⇒ AK // BM và AK ⊥ DM (do K trực tâm) ● Khi đã chứng minh được BM ⊥ DM → viết PT DM và DM ∩ BM = M ● Sau đó, viết PT AC ⊥ DH và qua M, AC ∩ DH = H là trung điểm AM ⇒ tọa độ H ⇒tọa độ C. ● Để tìm A ta viết PT AD ⊥ CD và qua D → A = AD ∩ AC (Kỹ thuật tương giao) ● Để tìm điểm B ta dùng CD = 2AB⇒DC 2AB =(Kỹ thuật ĐTĐD → ĐTVT) ► Hướng dẫn giải cách 1: * Gọi K là trung điểm DH ⇒ KM là đường trung bình trong ΔCHD⇒ KM // CD và 2CD KM = Mặt khác AB // CD và 2CD AB =⇒ AKMB là hình bình hành ⎧ ⊥ KM DA doKM AB ⇒ ⎨⎩ ( / / AL BM / / * Xét ΔADM có ta có K = KM ∩ DH ⇒ K là trực tâm của ΔADM lại có AK qua K ⇒AK ⊥ DM ⎩⎨⎧AK ⊥ DM AK // BM ⇒BM ⊥ DM * DM ⊥ BM ⇒ (DM): 7x – 4y + m = 0, (DM) qua D(2; 2) ⇒ m = – 6 ⇒ (DM): 7x – 4y – 6 = 0 Ta có M = DM ∩ BM ⇒ tọa độ M thỏa hệ: 79 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ⎧ ⎧= ⎪ + − = ⎪ ⎪ ⎪ ⎛ ⎞ ⎨ ⎨ ⇔ ⇒ ⎜ ⎟ ⎪ ⎪ − − = ⎝ ⎠ x 22 4x 7y 61 0 5 22 31 M ; 7x 4y 6 0 31 5 5 = ⎪⎩ ⎪⎩ y5 Mặt khác AC ⊥ DH ⇒ (AC): x – 2y + n = 0, (AC) qua 22 31 M⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⇒ n = 8 ; 5 5 ⇒ (AC): x – 2y + 8 = 0 Ta có H = AC ∩ DH ⇒ tọa độ4 22 H⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠. Do M là trung điểm HC ⇒C(8; 8) ;5 5 * AD qua D(2; 2) nhận DC 6;6 = ( )làm vectơ pháp tuyến có dạng : 6(x – 2) + 6(y – 2) = 0 ⇔ (AD): x + y – 4 = 0. Tương tự ta có A = AD ∩ AC ⇒A(0; 4) * Lại có CD = 2AB ⇔DC 2AB =(phần giải tiếp xin dành cho bạn đọc) ⇒ B(3; 7) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầ u bài toán là A(0; 4), B(3; 7) và C(8; 8) ■ CÁCH 2: (kỹ thuật “dùng tọa độ mới”) ☺ Ý tưởng : Sau khi vẽ hình ta cũng phát hiện DM⊥ BM, thay vì tìm cách chứng minh bằng hình học thuần túy, chúng ta sẽ vận dụng một trong những ứng dụng của hình tọa độ trong việc giải và chứng minh các bài toán hình học phẳng(Các bạn có thể xem tiếp chương 3: “Một số ứng dụng của hình tọa độ Oxy vào việc giải bài toán hình học phẳng”) - Cách làm tổng quát: ● Ta sẽ “tạm quên đi” các dữ kiện liên quan đến tọa độ, phương trình trong hệ tọa độ Oxy và chỉ giữ lại các yếu tố đã có của hình phẳng. ● Ta tiếp tục thay thế hệ tọa độ Oxy bằng một hệ tọa độ khác, để từ đó bằng cách giả thiết mới ta đi đến điều phải chứng minh. 80