Luận văn Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LẠI TIẾN ĐẨU

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ

TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP

VÀ SỐ HỌC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LẠI TIẾN ĐẨU

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ

TRONG HÌNH HỌC TỔ HỢP

VÀ SỐ HỌC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số 60 46 01 13

Người hướng dẫn khoa học

GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

i

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan luận văn này là công trình nghiên cứu của tôi (từ tháng 9

năm 2014 đến tháng 3 năm 2015), trên cơ sở tham khảo các tài liệu, tham

dự các buổi hội thảo các chuyên đề Toán học và kinh nghiệm qua các năm

công tác.

ii

Mục lục

Mở đầu

1

1 Phương pháp tọa độ và các tính chất liên quan

1.1 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không gian . .

1.1.1 Véctơ và tọa độ trên đường thẳng . . . . . . . . . . .

1.1.2 Véctơ và tọa độ trong mặt phẳng . . . . . . . . . . . .

1.1.3 Véctơ và tọa độ trong không gian . . . . . . . . . . . .

1.2 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng .

1.2.1 Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ . . . . . . . .

4

5

6

7

1.2.2 Dạng bài toán đã cho trước hệ trục tọa độ . . . . . . . 15

1.3 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong không gian . 18

1.3.1 Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ . . . . . . . . 18

1.3.2 Bài tập tương tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2 Phương pháp tọa độ trong hình học tổ hợp và số học

30

2.1 Dạng toán hình học tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.2 Dạng toán mạng lưới ô vuông . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3 Một số đề toán Olympic

52

3.1 Đề toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong không

gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

3.2 Đề toán hình học tổ hợp và mạng lưới ô vuông . . . . . . . . 55

Kết luận

Tài liệu tham khảo

65

66

1

Mở đầu

1. Lí do chọn đề tài

Chuyên đề về phương pháp tọa độ có vị trí quan trọng trong toán học

bậc trung học phổ thông. Nó không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm

của hình học mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực của giải tích,

đại số, lượng giác và các ứng dụng khác.

Trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán quốc gia, Olympic Toán quốc tế thì

các bài toán liên quan đến các dạng toán rời rạc trong hình học tổ hợp và số

học cũng hay được đề cập và được xem như là những dạng toán thuộc loại

khó. Các bài toán dạng này thường ít được đề cập trong chương trình toán

ở bậc trung học phổ thông.

Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi

về chuyên đề ứng dụng phương pháp tọa độ, luận văn "Phương pháp tọa độ

trong hình học tổ hợp và số học" nhằm cung cấp một số phương pháp có

tính hệ thống để tiếp cận các dạng toán từ hình học tổ hợp và số học liên

quan.

2. Mục đích nghiên cứu

Hệ thống hóa Lý thuyết và cách giải các dạng bài tập Hình học tổ hợp và

Số học bằng phương pháp tọa độ đồng thời nắm được một số kỹ thuật tính

toán liên quan.

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

3.1. Đối tượng nghiên cứu

Nghiên cứu các bài toán Hình học tổ hợp và Số học giải theo phương pháp

tọa độ, bài toán liên quan đến lưới ô vuông.

3.2. Phạm vi nghiên cứu

2

Nghiên cứu các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, kỷ yếu hội thảo các chuyên

đề bồi dưỡng HSG cấp tỉnh, cấp quốc gia, thi Olympic; tủ sách chuyên Toán.

4. Phương pháp nghiên cứu

Tham khảo các tài liệu bồi dưỡng cho giáo viên, bồi dưỡng HSG.

Tham gia các buổi seminar: Các chuyên đề toán phổ thông, Các trường

hè bồi dưỡng nâng cao kiến thức chuyên môn để trao đổi các kết quả đang

nghiên cứu.

5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài

Luận văn là một chuyên đề hướng tới bồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung

học phổ thông. Tạo được một đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng

học sinh trung học phổ thông. Đề tài đóng góp thiết thực cho việc học và

dạy các chuyên đề toán trong trường THPT, đem lại niềm đam mê sáng tạo

trong việc dạy và học toán.

6. Cấu trúc của luận văn

Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương đề

cập đến các vấn đề sau đây:

Chương 1 trình bày về phương pháp tọa độ và các tính chất liên quan.

Chương 2 trình bày phương pháp tọa độ giải các bài toán trong hình học

tổ hợp và số học.

Chương 3 trình bày một số đề toán thi Olympic.

3

Lời cảm ơn

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tình

và nghiêm túc của GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Nhân dịp này tác giả xin

được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và kính trọng sâu sắc đối với Giáo sư

- người thầy đã truyền đạt nhiều kiến thức quý báu cùng với kinh nghiệm

nghiên cứu khoa học trong suốt thời gian tác giả theo học và nghiên cứu đề

tài.

Đồng thời, tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban giám hiệu

trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên; Phòng Đào tạo, Khoa Toán

- Tin, các thầy cô giảng dạy lớp Cao học K7N (Khóa 2013-2015) - trường

Đại học Khoa học; Ban giám hiệu Trường THPT Trần Nhân Tông - Nghĩa

Hưng - Nam Định và gia đình đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, động viên tác

giả trong suốt quá trình học tập, công tác và thực hiện đề tài luận văn này.

Thái Nguyên, tháng 4 năm 2015

Tác giả

Lại Tiến Đẩu

4

Chương 1

Phương pháp tọa độ và các tính chất

liên quan

1.1 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và trong

không gian

Định nghĩa 1.1 (Hệ tọa độ Đề-các tổng quát và hệ tọa độ trực chuẩn).

a) Trục tọa độ là một đường thẳng trên đó đã chọn một điểm O làm gốc

→−

→− →−

và một véctơ e ( e khác 0 ). Ta lấy điểm I trên đường thẳng đó sao cho

−→

→−

OI = e thì tia OI (có gốc O và đi qua I) gọi là tia dương của trục. Ta ký

hiệu tia đó là Ox. Tia đối của tia Ox là tia âm của trục và ký hiệu là Ox⁰.

Trục nói trên được ký hiệu là trục x⁰Ox.

b) Trên mặt phẳng cho hai trục x⁰Ox và y⁰Oy cắt nhau tại O. Các véctơ

→− →−

đơn vị e₁, e₂lần lượt được đặt trên Ox, Oy và có chung gốc O. Chú ý rằng

→−

→− →−

các véctơ e₁, e₂đều khác 0 , có thể độ dài khác nhau.

Hệ gồm hai trục đã cho gọi là hệ trục tọa độ tổng quát hay hệ trục tọa độ

→− →−

Đề-các xiên góc trong mặt phẳng, ký hiệu Oxy. Cặp véctơ (e₁, e₂) có thứ

tự gọi là cơ sở của hệ tọa độ. Các trục x⁰Ox, y⁰Oy lần lượt được gọi là trục

hoành và trục tung, O là gốc tọa độ.

c) Trong không gian cho ba trục x⁰Ox, y⁰Oy, z⁰Oz có chung gốc O và

→− →− →−

không cùng nằm trên một mặt phẳng. Gọi e₁,e₂,e₃là các véctơ đơn vị trên

→−

các trục đó (đơn vị ở đây là của từng trục), các véctơ này đều khác 0 .

→− →− →−

Hệ thống gồm ba trục đã cho với cơ sở (e₁, e₂, e₃) gọi là hệ tọa độ Đề

-các tổng quát trong không gian, ký hiệu Oxyz. Điểm O gọi là gốc tọa độ và

các trục x⁰Ox, y⁰Oy, z⁰Oz lần lượt gọi là trục hoành, trục tung và trục cao.

d) Hệ tọa độ Đề-các vuông góc

Trong trường hợp các trục tọa độ vuông góc với nhau từng đôi một (ở O)

5

→−

và các véctơ đơn vị trên các trục có cùng độ dài, nghĩa là |e₁| = |e₂| = 1

→−

(trong mặt phẳng) hoặc |e₁| = |e₂| = |e₃| = 1 (trong không gian), thì hệ

trục tọa độ Oxy (hay Oxyz) được gọi là hệ tọa độ Đề-các vuông góc hay hệ

tọa độ trực chuẩn trong mặt phẳng (hay trong không gian).

1.1.1 Véctơ và tọa độ trên đường thẳng

Trên đường thẳng có định hướng và gốc ở O, một điểm M được gắn với

tọa độ là x thì ký hiệu là M = (x). Giả sử hai điểm A, B nằm trên đường

thẳng Ox và có tọa độ là A = (a), B = (b) thì số b−a gọi là tọa độ của véctơ

−→

AB, ký hiệu AB = (b − a). Độ dài của véctơ AB, ký hiệu |AB| = |b − a|.

Với ba điểm bất kỳ A, B, C trên đường thẳng, ta có

−→ −−→ −→

(a) AB + BC = AC;

−→

−−→

−→

(b) |AB| + |BC| ≥ |AC|.

Dấu đẳng thức trong (b) xảy ra khi và chỉ khi hai véctơ AB và BC cùng

−→

−−→

−→

−−→

hướng, tức là tồn tại số k > 0 sao cho AB = kBC hoặc có một trong hai

véctơ là véctơ không.

1.1.2 Véctơ và tọa độ trong mặt phẳng

→− →−

Trên mặt phẳng xét hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc x⁰Ox, y⁰Oy với e₁, e₂

là các véctơ đơn vị.

−−→

→−

Nếu OM = xe₁+ ye₂thì x, y gọi là tọa độ của điểm M và ký hiệu

M(x; y).

→−

Nếu a = a₁e₁+ a₂e₂thì a₁, a₂gọi là tọa độ của véctơ ~a và ký hiệu

→−

a = (a₁; a₂).

→−

Cho điểm A(x_A; y_A), B(x_B; y_B) và các véctơ a = (a₁; a₂), b = (b₁; b₂).

Ta có,

−→

AB = (x_B− x_A; y_B− y_A),

→−

a + b = (a₁+ b₁; a₂+ b₂),

→−

a − b = (a₁− b₁; a₂− b₂), k a = (ka₁; ka₂),

ꢀ

a₁= b₁

a₂= b₂

→−

a = b ⇔

→−

a và b (khác 0 ) cùng phương với nhau khi và chỉ khi a₁.b₂= a₂.b₁.

Độ dài của AB là |AB| = (x_B− x_A)²+ (y_B− y_A)².

p

−→

p

→−

Độ dài của véctơ a là | a | = a²₁+ a₂².

6

→−

Tích vô hướng của hai véctơ a và b , ký hiệu a . b được định nghĩa:

→− →− →−

→−

a . b = | a |.| b |. cos( a , b ).

→−

Biểu thức tọa độ của tích vô hướng là a . b = a₁.b₁+ a₂.b₂.

→−

a vuông góc với b khi và chỉ khi a₁b₁+ a₂b₂= 0.

Công thức tính góc giữa hai véctơ:

→−

a₁b₁+ a₂b₂

a²₁+ a²₂. b²₁+ b²₂

→−

p

cos( a , b ) =

.

Khoảng cách từ điểm M(x₀; y₀) đến đường thẳng(M) có phương trình

Ax + By + C = 0 là:

|Ax₀+ By₀+ C|

√

d(M, M) =

.

A²+ B²

1.1.3 Véctơ và tọa độ trong không gian

→− →− →−

Trong không gian xét hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz với e₁, e₂, e₃

là các véctơ đơn vị.

−−→

→−

Nếu OM = xe₁+ ye₂+ ze₃thì ta gọi x, y, z là tọa độ của điểm M và

ký hiệu là M(x; y; z).

→−

Nếu a = a₁e₁+ a₂e₂+ a₃e₃thì ta gọi a₁, a₂, a₃là tọa độ của a và ký

→−

hiệu a = (a₁; a₂; a₃).

→−

Cho điểm A(x_A; y_A; z_A), B(x_B; y_B; z_B) và các véctơ a = (a₁; a₂; a₃), b =

(b₁; b₂; b₃). Ta có

−→

AB = (x_B− x_A; y_B− y_A; z_B− z_A),

→−

a + b = (a₁+ b₁; a₂+ b₂; a₃+ b₃),

→−

a − b = (a₁− b₁; a₂− b₂; a₃− b₃),

→−

k a = (ka₁; ka₂; ka₃),



a₁= b₁

a₂= b₂

a₃= b₃

→−



→−

a = b ⇔



→−

a và b (khác 0 ) cùng phương với nhau khi và chỉ khi bộ số (a₁; a₂; a₃)

tỉ lệ với bộ số (b₁; b₂; b₃).

p

−→

Độ dài của AB là |AB| = (x_B− x_A)²+ (y_B− y_A)²+ (z_B− z_A)².

p

→−

Độ dài của véctơ a là | a | = a²₁+ a₂²+ a₃².

→−

Tích vô hướng của hai véctơ a và b , ký hiệu a . b được định nghĩa:

→−

a . b = | a |.| b |. cos( a , b ).

7

→−

Biểu thức tọa độ của tích vô hướng là a . b = a₁.b₁+ a₂.b₂+ a₃.b₃.

→−

a vuông góc với b khi và chỉ khi a₁b₁+ a₂b₂+ a₃b₃= 0.

Công thức tính góc giữa hai véctơ:

→−

a₁b₁+ a₂b₂+ a₃b₃

a²₁+ a²₂+ a²₃. b₁²+ b₂²+ b²₃

→−

p

cos( a , b ) =

.

Khoảng cách từ điểm M(x₀; y₀; z₀) đến mặt phẳng(P) có phương trình

Ax + By + Cz + D = 0 là:

|Ax₀+ By₀+ Cz₀+ D|

√

d(M, (P)) =

.

A²+ B²+ C²

→−

Tích có hướng của hai véctơ a , b theo thứ tự là một véctơ c , ký hiệu

h

i

→−

a , b thỏa mãn:

→−

(i) c có phương vuông góc với a và b .

→−

(ii) c = | a || b | sin( a , b ).

→−

(iii) Tọa độ c = (a₂b₃− b₂a₃; a₃b₁− b₃a₁; a₁b₂− b₁a₂).

1.2 Một số ví dụ áp dụng phương pháp tọa độ trong

mặt phẳng

1.2.1 Dạng bài toán phải chọn hệ trục tọa độ

Ví dụ 1.1 (Xem [7]). Cho tam giác đều ABC, gọi d là đường thẳng bất kỳ.

Gọi α, β, γ lần lượt là góc giữa d và các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng

1

minh rằng sin²α. sin²β. sin²γ + cos²α. cos²β. cos²γ =

.

16

Hình 1.1:

Lời giải.

Không mất tính tổng quát, giả sử tam giác đều ABC có cạnh bằng 2. Chọn

8

hệ trục tọa độ Oxy sao cho O là trung điểm BC, các điểm A, B, C có tọa

√

độ A(0; 3), B(−1; 0), C(1; 0). Khi đó phương trình các cạnh

√

→−

AB : 3x − y − 3 = 0 có véctơ pháp tuyến (VTPT) n₃= ( 3; −1);

→−

BC: y = 0 có VTPT n₁= (0; 1);

√

→−

CA: 3x + y − 3 = 0, có VTPT n₂= ( 3; 1).

Đường thẳng d bất kỳ có phương trình dạng x = x₀hoặc kx − y + b = 0,

→−

có VTPT là n = (1; 0) hoặc n = (k; −1), k là số thực. Áp dụng công thức

tính góc giữa hai đường thẳng ta có:

→− →−

√

3

1

→−

Trường hợp 1. n = (1; 0) thì cos α = 0, sin α = 1, cos β =

, sin β = ,

2

√

3

1

cos γ =

, sin γ = . Do đó

2

1 1

1

.

sin²α. sin²β. sin²γ + cos²α. cos²β. cos²γ = 1. . + 0 =

4 4

16

→−

Trường hợp 2. Véctơ n = (k; −1),

√

1

|k 3 − 1|

|k 3 + 1|

√

cos α =

, cos β =

, cos γ =

,

k²+ 1

2 k²+ 1

sin²α. sin²β. sin²γ + cos²α. cos²β. cos²γ =

√

ꢁ

ꢂ ꢁ

ꢂ

1

(k 3 − 1)²

(k 3 + 1)²

1 −

. 1 −

√

k²+ 1

4(k²+ 1)

√

1

(k 3 − 1)²(k 3 + 1)²

+

.

k²+ 1 4(k²+ 1) 4(k²+ 1)

k².(k²− 3)²

(3k²− 1)²

1

=

+

=

.

16(k²+ 1)³

16

Ví dụ 1.2. Cho góc vuông xOy. Một hình chữ nhật OABC có chu vi không

đổi, trong đó A, C là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc Ox, Oy. Chứng minh

rằng đường thẳng kẻ từ B và vuông góc với đường chéo AC luôn đi qua một

điểm cố định.

Lời giải.

Chọn hệ trục Oxy, chiều dương theo hướng tia Ox, Oy, đặt tọa độ A(a; 0),

C(0; c), khi đó B(a; c) với a > 0, c > 0. Vì chu vi hình chữ nhật không đổi

nên a + c = b không đổi. Ta có phương trình đường thẳng AC là:

9

Hình 1.2:

x

a

y

→−

+ = 1 ⇔ cx + ay − ac = 0 có VTPT là n = (c; a).

c

Suy ra phương trình đường thẳng 4 đi qua B(a; c) và vuông góc với AC

có dạng a(x − a) − c(y − c) = 0. Thay c = b − a vào ta có phương trình

ax+(a−b)y+b²−2ab = 0. Giả sử 4 đi qua điểm cố định D(x₀; y₀) với mọi a

dương (vì b dương không đổi), khi đó phương trình ax₀+(a−b)y₀+b²−2ab =

0 đúng với mọi a khi và chỉ khi a(x₀+ y₀− 2b) + b²− by = 0 đúng với mọi

ꢀ

x + y − 2b = 0

b²− by = 0

x = b

y = b.

a. Điều này xảy ra khi

hay

Vậy 4 luôn đi qua điểm cố định D(b; b).

Ví dụ 1.3. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là trung điểm của AB, G

là trọng tâm tam giác ACM, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Chứng minh GI vuông góc với CM.

Hình 1.3:

Lời giải.

Cách 1. Theo phương pháp tọa độ

10

Gọi O là trung điểm của cạnh đáy BC. Dựng hệ trục tọa độ Oxy có điểm

gốc là O, trục Ox chứa BC, trục Oy chứa OA. Giả sử cạnh đáy BC = 2a,

ꢁ

ꢂ

a h

chiều cao AO = h. Khi đó ta có A(0; h), B(−a; 0), C(a; 0), M − ;

, tọa

2 2

a h

ꢁ

ꢂ

ꢁ

ꢂ

a h

;

−−→

độ trọng tâm G

. Gọi tọa độ điểm I(0; y₀), suy ra IM = − ; −y₀.

6 2

2 2

ꢁ

ꢂ

−−→ −→

a

h

h²− a²

2h

Vì IM.BA = 0 nên − .a +

− y₀.h = 0 suy ra y₀=

. Vậy tọa

2

ꢁ

ꢂ

ꢁ

ꢂ

h²− a²

2h

−→

a a²

;

độ của I là I 0;

, suy ra IG =

.

6 2h

ꢁ

ꢂ

−−→

3a h

−→ −−→

a²a²

Ta có CM = − ; , suy ra IG.CM = − + = 0. Vậy IG ⊥ CM.

2 2

4

Cách 2. Theo phương pháp véctơ

Gọi N là trung điểm AC, K là giao điểm của MN với AO. Xét tích

−→ −−→

−→ −→ −−→ −→ −−→

T = 3IG.2CM = (IA + IC + IM).(CA + CB)

−→ −−→ −→ −−→

= (2IN + IM).(CA + CB)

−→ −→

−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→

= 2IN.CA + 2IN.CB + IM.CA + IM.CB

−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −→

= 0 + (IN + IM).CB + (IN.CB + IM.CA) = 2IK.CB + IN.CB +

−−→ −→

IM.CA

−→ −−→ −→ −−→

−→ −→ −→

−−→ −→ −→ −→ −→ −→ −−→ −→

= 0 + IN.(AB − AC) + IM.CA = IN.AB − IN.AC + IM.CA

1 −→ −→ −→ 1 −→ −→ −→

= (IA + IC).AB + (IA + IB).CA

2

−→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −−→ −→ −→ −→

⇒ 2T = IA(CA + AB) + IC.AB + IB.CA = IC.(CB − CA) + IB.CA

−→ −→ −→

−→ −−→ −→ −−→ −→ −−→

= CA.(IB − IC) + IC.CB = CA.CB + IC.CB

−−→ −→ −→

−−→ −→

= CB.(IC + CA) = CB.IA = 0.

Vậy IG ⊥ CM.

Ví dụ 1.4. Cho hai hình vuông ABCD và BKMN có chung đỉnh B, trong

đó đỉnh M nằm trên DB kéo dài, gọi E là trung điểm AK. Chứng minh

BE ⊥ NC.

Lời giải.

Cách 1. Theo phương pháp tọa độ

Chọn hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc có gốc O trùng điểm B, trục Ox

chứa BC, trục Oy chứa BA. Khi đó B(0; 0), C(1; 0), A(0; 1), D(1; 1). Giả sử

ꢁ

ꢂ

ꢁ

ꢂ

n 1

−−→

n 1 −−→

N(0; −n), suy ra K(−n; 0), E − ; . Ta có BE = − ; , NC = (1; n).

2 2

−−→ −−→

n

−−→ −−→

Suy ra BE.NC = − + = 0. Vậy BE ⊥ NC hay BE ⊥ NC.

2

Cách 2. Theo phương pháp véctơ

11

Hình 1.4:

Áp dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác ABK, ta có

−−→ 1 −−→ −→

BE = (BK + BA).

2

−−→ −−→ −−→

−−→ −−→

−−→ −→ −−→ −−→

Mặt khác NC = BC − BN, nên 2.BE.NC = (BK + BA)(BC − BN) =

−−→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −→ −−→

BK.BC − BK.BN + BA.BC − BA.BN = 0.

Do độ dài BK = BN, BA = BC. Suy ra BE ⊥ NC.

Ví dụ 1.5. Cho bốn điểm A, B, C, D không thẳng hàng. Chứng minh AC

vuông góc với BD khi và chỉ khi AB²+ CD²= AD²+ BC².

Hình 1.5:

Lời giải.

Chọn hệ trục tọa độ sao cho AC nằm trên trục hoành, trục tung là đường

thẳng đi qua B và vuông góc với AC. Giả sử trong hệ trục đó tọa độ các điểm

là: A(a; 0), B(0; b), C(c; 0), D(m; n), a = c. Khi đó AB²+CD²= AD²+BC²

⇔ (a−0)²+(b−0)²+(m−c)²+(n−0)²= (m−a)²+(n−0)²+(c−0)²+(0−b)²

⇔ 2m(a − c) = 0 ⇔ m = 0 (vì a = c). Do đó D(0; n), tức là D nằm trên

trục tung. Vậy 2m(a − c) = 0 ⇔ AC ⊥ BD.

12

Ví dụ 1.6. Cho tam giác ABC vuông cân tại C. Trên các cạnh BC, CA, AB

MB

NC

PA

lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho

=

= k, (k > 0).

MC

NA

PB

Chứng minh rằng:

a) CP ⊥ MN;

b) CP = MN.

Hình 1.6:

Lời giải.

Cách 1. Theo phương pháp tọa độ

Chọn hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy sao cho O trùng với C, tia

Ox trùng với tia CA, tia Oy trùng với tia CB. Khi đó ta có tọa độ các điểm

MB

NC

PA

là C(0; 0), A(1; 0), B(0; 1). Từ giả thiết

=

= k, k > 0 suy

MC

NA

PB

ra



−−→

1 −−→

.CB





CM =

−−→

MB = k.CM

−−→ −−→

CN = k.NA









1 + k

1 −→

.CA

−−→

⇔

CN =







1 + k

−→

−−→



−→

1 −→

1 −−→

.CB

AP = k.PB





CP =

.CA +

1 + k



ꢁ

M 0;

ꢁ

ꢂ

1





1 + k

ꢂ

k

⇔

N

; 0



1 + k

ꢁ

ꢂ

1

k





P

;

1 + k 1 + k

−−→

ꢁ

ꢂ

ꢁ

ꢂ

k

1

−→

1

k

Suy ra MN =

; −

; CP =

;

. Vậy ta có,

1 + k 1 + k

−−→ −→

k

a) MN.CP =

−

= 0 ⇒ MN ⊥ CP.

2

(1 + k)²(1 + k)²

ꢁ

ꢂ

ꢁ

ꢂ

ꢁ

ꢂ

k²+ 1

(1 + k)²

k

2

k

1

b) MN²=

+ −

=

, CP²=

+

1 + k

13

ꢁ

ꢂ

2

1

k²+ 1

(1 + k)²

=

.

1 + k

Suy ra MN = CP.

Cách 2. Theo phương pháp véctơ

−−→

−−→ −−→

−−→ −→

−−→

Từ giả thiết ta có MB = k.CM, CN = k.NA, AP = k.PB. Suy ra

−−→ −−→ −−→

k −→

1 −−→

MN = CN − CM =

.CA −

.CB

1 + k

1 −→

.CA +

1 + k

k −−→

.CB.

−→ −→ −→

CP = CA + AP =

1 + k

.(CA)²+ −

ꢃ

ꢄ

−−→ −→

a) Ta có MN.CP =

k

1

−→

1

k

−−→

(CB)². Mà

.

1 + k 1 + k

−−→ −→

4ABC cân tại C nên CA = CB do đó MN.CP = 0 ⇒ MN ⊥ CP.

b) Ta có

ꢁ

ꢂ

ꢁ

ꢂ

2

−−→

k

−→

1

−−→

.(CB)²

(MN)²=

.(CA)²+ −

1 + k

1

1 + k

ꢁ

ꢂ

ꢁ

ꢂ

2

−→

(CP)²=

−→

k

−−→

.(CA)²+

.(CB)².

1 + k

−→

−−→

Kết hợp với (CA)²= (CB)²suy ra MN = CP.

Ví dụ 1.7. Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm di động trên cạnh CB. Kẻ

MN ⊥ AB, MQ//AB, điểm N thuộc đường AB, điểm Q thuộc AC; gọi I

là tâm hình chữ nhật MNPQ, P thuộc đường AB. Tìm quỹ tích của điểm

I khi M chạy trên cạnh CB.

Hình 1.7:

Lời giải.

Gọi O là chân đường cao hạ từ C xuống AB. Chọn hệ trục tọa độ Đề-các

vuông góc Oxy sao cho gốc tọa độ là O, trục hoành chứa cạnh AB, chiều

dương từ A sang B, chiều dương của trục tung hướng từ O đến C. Giả sử

trong hệ tọa độ này ta có A(a; 0), B(b; 0), C(0; h), h > 0, a = b; a, b khác 0.

x

a

y

Khi đó đường thẳng AC có phương trình

+

= 1. Đường thẳng BC có

h

14

x

y

phương trình + = 1. Giả sử đường thẳng MQ có phương trình y = m,

b

h

khi đó 0 ≤ m ≤ h. Giải các hệ phương trình để tìm giao điểm, ta được tọa

độ

ꢁ

ꢂ

ꢁ

ꢂ

ꢁ

ꢂ

a

h

b

a

Q

(h − m); m , M (h − m); m , P (h − m); 0 .

h

Gọi I là tâm hình chữ nhật MNPQ, theo công thức tọa độ trung điểm ta

có

(a + b)(h − m)

x_I=

,

(1.1)

2h

m

y_I=

⇒ m = 2.y_I. Thế vào (1.1) ta được

2

2h.x_I= (a + b)(h − 2.y_I) ⇔ 2hx_I+ 2(a + b)y_I= h(a + b).

Vậy I nằm trên đường thẳng (d) có phương trình là 2hx+2(a+b)y−h(a+b) =

0.

Tìm giới hạn của quỹ tích:

ꢁ

ꢂ

m

Nếu a + b = 0 thì I 0;

thuộc trục tung và thuộc đoạn OH, lúc này

2

O là trung điểm AB.

Nếu a + b = 0 thì phương trình đường thẳng (d) trở thành

x

a + b

2

y

h

2

+

= 1.

ꢁ

ꢂ

ꢁ

ꢂ

h

a + b

Ta thấy đường (d) cắt trục tung tại H 0;

, cắt trục hoành tại K

; 0 ;

2

ꢁ

ꢂ

(a + b)(h − m) m

điểm I

;

.

2h

2

ꢁ

ꢂ

ꢁ

ꢂ

−−→

a + b h −→

; − ; HI =

(a + b)(h − m) m − h

h − m −−→

Ta có HK =

;

=

.HK.

h

2

2h

2

h − m

Mà 0 ≤

≤ 1 nên suy ra điểm I thuộc đoạn HK.

Kết luận quỹ tích I là đoạn HK, trong đó H là trung điểm OC, K là trung

h

điểm AB.

Nhận xét 1.1. Ta thấy phương pháp tọa độ thể hiện lợi thế trong bài toán

này, lời giải không cần xét các trường hợp đặc biệt của tam giác ABC.

Ví dụ 1.8. Cho đoạn thẳng AD cố định, dựng hình bình hành ABCD sao

AC

BD

cho

=

. Tìm quỹ tích của B và C.

AD

Lời giải.

AB

15

Hình 1.8:

Chọn hệ trục tọa độ sao cho A là gốc, trục hoành chứa AD, D thuộc

chiều dương, trục tung vuông góc với AD tại A. Giả sử trong hệ trục đó

D(1; 0), B(x; y), C(x + 1; y). Từ giả thiết ta có

p

AC.AB = AD.BD ⇔ (x + 1)²+ y². x²+ y²= 1. (x − 1)²+ y²

⇔ x²(x + 1)²+ x²y²+ y²(x + 1)²+ y⁴= (x − 1)²+ y²

⇔ (x + 1)².(x²+ y²) + y²(x²+ y²) = (x − 1)²+ y²

⇔ (x²+ y²)(x²+ y²+ 2x) = 1 − 2x

⇔ (x²+ y²+ 1)(x²+ y²+ 2x) − (x²+ y²+ 2x) = 1 − 2x

⇔ (x²+ y²+ 1)(x²+ y²+ 2x) − (x²+ y²+ 1) = 0

⇔ (x²+ y²+ 1)(x²+ y²+ 2x − 1) = 0.

(1.2)

Vì x²+ y²+ 1 > 0 nên (1.18) tương đương với (x + 1)²+ y²= 2. Vậy quỹ

√

tích B là đường tròn có tâm I(−1; 0), bán kính r = 2.

−−→

Mặt khác phép tịnh tiến theo AD biến B thành C. Vậy quỹ tích C là ảnh

√

−−→

của đường tròn tâm I(−1; 0), bán kính r = 2 qua phép tịnh tiến theo AD.

1.2.2 Dạng bài toán đã cho trước hệ trục tọa độ

Ví dụ 1.9 (Đề thi ĐH Khối B - 2004). Cho hai điểm A(1; 1), B(4; −3). Tìm

điểm C thuộc đường thẳng (d) : x − 2y − 1 = 0 sao cho khoảng cách từ C

đến đường thẳng AB bằng 6.

Lời giải.

x − 1

y − 1

−4

Phương trình đường thẳng AB :

=

⇔ 4x + 3y − 7 = 0.

3

Giả sử C(x; y), suy ra x − 2y − 1 = 0.

|4x + 3y − 7|

√

Mặt khác, d(C, AB) = 6 ⇔

= 6. Phương trình này tương

4²+ 3²

đương với 4x + 3y − 37 = 0 hay 4x + 3y + 23 = 0.

16

ꢀ

x − 2y − 1 = 0

x = 7

y = 3

Trường hợp 1.

Trường hợp 2.

⇔

. Vậy C(7; 3).

4x + 3y − 37 = 0



−43





ꢁ

ꢂ

x =

y =

−43 −27

;

x − 2y − 1 = 0

11

. Vậy C

.

−27

4x + 3y + 23 = 0





11 11

11

Ví dụ 1.10 (Đề thi ĐH Khối A - 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N

là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng

CD, biết M(1; 2) và N(2; −1).

Lời giải.

√

Ta có MN = 10. Gọi a là độ dài cạnh của hình vuông ABCD, a > 0.

√

a

3AC

3a 2

Ta có AM = và AN =

=

. Suy ra, MN²= AM²+ AN²−

2

4

5a²

\

2AM.AN.cosMAN =

. Do đó

= 10, nghĩa là a = 4.

8

BD

Gọi I(x; y) là trung điểm của CD. Ta có IM = AD = 4, IN =

=

4

√

2, nên ta có hệ phương trình:



17





ꢀ

(x − 1)²+ (y − 2)²= 16

(x − 2)²+ (y + 1)²= 2

x = 1

y = −2

x =

y =

5

⇔

hoặc

−6





5

−−→

Với x = 1; y = −2 ta có I(1; −2) và IM = (0; 4). Đường thẳng CD đi

−−→

qua I có véctơ pháp tuyến là IM nên có phương trình y + 2 = 0.

ꢁ

ꢂ

ꢁ

ꢂ

17

−6

17 −6

−−→

−12 16

Với x = , y =

ta có I

;

và IM =

;

. Đường thẳng

5

5 5

5

−−→

CD đi qua I có véctơ pháp tuyến là IM, nên có phương trình 3x−4y−15 = 0.

Ví dụ 1.11 (Đề thi ĐH Khối B - 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,

cho hình bình hành ABCD. Điểm M(−3; 0) là trung điểm của cạnh AB,

ꢁ

ꢂ

4

điểm H(0; −1) là hình chiếu vuông góc của B trên AD và điểm G ; 3 là

3

trọng tâm của tam giác BCD. Tìm tọa độ các điểm B và D.

Lời giải.

−−→

Gọi E, F lần lượt là giao điểm của HM và HG với BC. Suy ra HM =

−−→

−→

ME và HG = 2GF. Do đó tính được E(−6; 1) và F(2; 5). Đường thẳng

−→

BC đi qua E và nhận EF làm vectơ chỉ phương, nên BC có phương trình

−→

x − 2y + 8 = 0. Đường thẳng BH đi qua H và nhận EF làm vectơ pháp

tuyến, nên BH có phương trình 2x + y = 1 = 0. Tọa độ điểm B thỏa mãn