hệ số góc của đường thẳng

HỆ SỐ GÓC CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG THEO HỆ SỐ GÓC Cô: Nguyễn Thị Hồng Nhung Thông thường khi viết phương trình của đường thẳng, ta hay sử dụng phương trình tổng quát c

HỆ SỐ GÓC CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG THEO HỆ SỐ GÓC

Cô: Nguyễn Thị Hồng Nhung

Thông thường khi viết phương trình của đường thẳng, ta hay sử dụng phương trình tổng quát của đường thẳng Nhưng có một dạng khác của phương trình đường thẳng mà việc áp dụng nó để giải toán cũng hiệu quả không kém, đó là phương trình đường thẳng theo hệ số góc Tuy nhiên khi sử

dụng dạng này ta chỉ tìm được những đường thẳng không song song với Oy Do vậy, ta cần phải xét

thêm đường thẳng dạng xmcó thỏa mãn bài toán không?

Sau đây là vài bài toán áp dụng

Bài toán 1: (Bài 35 SBT Hình Học 10 Nâng Cao)

Cho ba điểm A(1; 1), B(2; 0), C(3; 4) Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cách đều hai điểm

B, C.

Giải

a) Gọi k là hệ số góc của đường thẳng  đi qua A.

Khi đó thường thẳng có dạng: yk x   1 1 kx   y 1 k 0

Theo giả thuyết d B ;  d C ;

    k 1 2k3

4 2 3

k k









 

 Suy ra có hai đường thẳng 1: 4x  y 3 0 2:2 1 0

3x y 3

    2x3y 1 0 b) Xét đường thẳng x1 (đường thẳng này đi qua A nhưng không có hệ số góc)

Ta có: d B ,  1, d C ,  2

Như vậy đường thẳng x1không thỏa mãn đề bài

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán 1: 4x  y 3 0 2: 2x3y 1 0

Nhận xét: Nếu bỏ qua trường hợp b), có thể sẽ làm mất nghiệm của bài toán.

Bài toán 2: (Bài 56 SBT Hình Học 10 Nâng Cao)

Cho hai đường tròn   2 2

1 : 4 8 11 0

2 : 2 2 2 0

C x  y  x y  Viết phương trình tiếp tuyến chung của  C1 và  C2

Giải

Đường tròn  C1 có tâm I (2; 4) và bán kính1 R13

Đường tròn  C2 có tâm I (1; 1) và bán kính2 R2 2

Ta có: R1R2  1 I I1 2 R1R2

Suy ra  C1 và  C2 cắt nhau nên chúng có hai tiếp tuyến chung

 Cách 1:

Giả sử tiếp tuyến chung  có phương trình: axby c 0 a2b20

 tiếp xúc với  C1 và  C2 khi và chỉ khi  

1 1

2 2

;

;





 



2 2

2 2

2 4

3

2

 











 

 



2 2a 4b c 3a b c

5

7 11 5

c

 





  



+ Với c a 5b, ta có:

2 2

2 6

2





 2b4b3a0 0

b





   



- Với b0  a c Ta có tiếp tuyến chung thứ nhất 1:x 1 0

- Với 4b 3a, chọn a4, b 3   c 11

Ta có tiếp tuyến chung thứ hai 2: 4x3y 11 0

+ Với 7 11

5

, ta có:

2 2

2 6

2 5







12a 3ab 8b 0

    , phương trình vô nghiệm

Vậy  C1 và  C2 có hai tiếp tuyến chung là 1:x  và1 0 2: 4x3y11 0

 Cách 2:

+ Xét đường thẳng : xm

 là tiếp tuyến chung của tiếp xúc với  C1 và  C2 khi và chỉ khi  

 12  12

;

;





 



m m

 



 

 

Ta có tiếp tuyến chung thứ nhất 1:x 1 0

+ Giả sử tiếp tuyến chung  có phương trình: y kx b 

Ta có:  

1 1

2 2

;

;





 



2

2

2 4

3 1 1

2 1

k

k

 











 

 



2 2k 4 b 3k 1 b

5

7 11 5

k b

 





 



- Với b k 5, ta có: k 3 k21 4

3

k

3

b

  

Ta có tiếp tuyến chung thứ hai 2: 4 11

   4x3y110

- Với 7 11

5

k

, ta có: k 3 5 k21 2

24k 6k 16 0

    , phương trình vô nghiệm

Bài toán 3: Cho tam giác ABC vuông tại A Phương trình đường thẳng BC là 3x y 30 Các

đỉnh A, B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2 Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

Giải

Vì B vừa thuộc đường thẳng 3x y 30, vừa thuộc trục hoành y0 nên tọa độ của B là

nghiệm của hệ phương trình: 3 3 0

0

y









1 0

x y





  

  B(1; 0) Gọi I x y 0; 0 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác vuông ABC, thì I nằm trên đường phân giác của

góc CBA

Cạnh huyền BC có hệ số góc k  3

Do đó BC tạo với chiều dương của trục hoành góc 

mà tan  k 3   600

Vậy đường phân giác của CBA tạo với chiều dương

của trục hoành góc 300, nên hệ số góc của đường

phân giác này là 1 tan 300 3

3

Do đó, phương trình đường phân giác BI là:

Theo giả thuyết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2, suy ra:

0

2

3 x  3  0

0

2 3 1

1 2 3

x x

 

 



Gọi H là hình chiếu của I trên Ox, thì x H  Khi đó:x0

+ Với x0 2 3 1 , thì x A x H  2 2 33 A2 33;0

Điểm C nằm trên 3x y 30 và có hình chiếu trên Ox là A nên C2 33;62 3

Suy ra, tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là: 4 3 7 2 3; 6





+ Với x0  1 2 3, thì x A  x H   2 2 3 1 A2 3 1;0  C2 3 1; 6  2 3

Suy ra, tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là: 4 3 1; 2 3 6





Vậy có hai tọa độ của điểm G.

Bài toán 4: Cho Elip (E):

2 2

1

25 9

x  y  và điểm M(1; 1) Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm của AB.

Ta xét hai trường hợp:

a) Đường thẳng qua M có dạng x1 Gọi A ,1 B là giao điểm của đường thẳng1 x1 và (E) Rỏ ràng M không là trung điểm của A B Loại trường hợp này.1 1

b) Đường thẳng d qua M có hệ số góc k, có dạng: yk x  1 1

Giả sử d cắt (E) tại hai điểm A x y 1; 1, B x y 2; 2

Khi đó tọa độ của A, B nghiệm đúng hệ phương trình sau:

2 2

1

25 9

1



 





   



1



 

  



Đường thẳng d cắt (E) tại hai điểm phân biệt khi

25 k 1 k 25 1 k 225 25 k 9 0

Để M(1; 1) là trung điểm của AB, ta cần có: x1x2 2

2

50 1

2

25 9

k



9 25

k

   (thỏa mãn (*))

Vậy đường thẳng d cần tìm có phương trình:

9

1 1 25

y  x  9x25y340

Cuối cùng, xin gửi các bạn một số bài toán để luyện tập phương pháp trên:

Bài 1: Lập phương trình đường thẳng d qua A(3; 0) và cắt hai đường thẳng d1: 2x   ,y 2 0

2: 3 0

d x    tương ứng tại I, J sao cho A là trung điểm của IJ y

Bài 2: Cho điểm A(1; 1) Tìm điểm B trên đường thẳng y  và điểm C trên trục hoành sao cho ABC3

là tam giác đều

Bài 3: Cho tam giác ABC có đỉnh A(-1; 3), đường cao BH nằm trên đường thẳng y , phân giácx

trong của góc C nằm trên đường thẳng x3y   Viết phương trình cạnh BC.2 0

Bài 4: Cho ba điểm A(2; 3), B(4; 5), C(4; 1) Viết phương trình đường thẳng đi qua K(5; 2) và cắt

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo một dây cung MN mà MN 2 3

Bài 5: Cho Hypebol (H):

2 2

1

2 3

x  y  và điểm M(2; 1) Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt (H) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm của AB.

Bài 6: Cho Parabol (P): y2 2px và đường thẳng  di động đi qua tiêu điểm F của (P) và cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N Chứng minh rằng các đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với một

đường thẳng cố định

ĐỊNH LÍ CON NHÍM VÀ ỨNG DỤNG

Cô: Nguyễn Thị Hồng Nhung

1.Định lí: Cho đa giác lồi A1A2…A nvà các vectơ đơn vị ei

(A A i i1

) theo thứ tự vuông góc với 

(xem A n+1 A1), hướng ra phía ngoài đa giác Lúc đó ta có:A A e1 2 1 A A e2 3 2  A A e n 1 n 0

Chứng minh:

+ Xét trường hợp n = 3, đa giác chính là tam giác.

Gọi (I) là đường tròn nội tiếp ABC, lần lượt tiếp xúc

với các cạnh BC, AC, AB tại D; E; F.

Đặt AE = AF = x; BF = BD = y; CD = CE = z.

Như vậy ta có: y + z = a; z + x = b; x + y = z.

Vì DBC, DB = y; CD = z nên DB y DC

z





 

Hay điểm D chia đoạn thẳng BC theo tỉ số y

z



1

y

z

z



   

Tương tự ta có: bIE xICzIA cIF ;  y IA xIB

aID bIE cIF IA y z IB x z IC x y aIA bIB cIC

              

Trong một tam giác nếu I là tâm đường tròn nội tiếp thì aIA bIB   cIC0

0

     

Suy ra định lí con nhím đúng với n = 3.

+ Giả sử định lí con nhím đúng với (n – 1)-giác lồi (n 4) (2)

Dựng vectơ đơn vị e

vuông góc với A A1 n1, hướng ra phía

ngoài tam giác A1A n-1 A n

Vì định lí con nhím đúng với tam giác và (n – 1)-giác nên

áp dụng tương ứng cho  A1A n-1 A n và (n – 1)-giác

A1A2…A n-1, ta có:

1 1 1 1 1

1 2 1 2 3 2 1 1

0 ( ) 0

n









   

 A A e1 2 1 A A e2 3 2  A A e n 1 n 0

Như vậy định lí con nhím đúng với n-giác lồi.

Vậy theo nguyên lí quy nạp định lí con nhím đúng với mọi

đa giác lồi

Người ta còn gọi các vectơ ei

là các lông nhím

Cách phát biểu khác của định lí con nhím: Cho đa giác lồi A1A2…A n Gọi ai

(1 i  n) là các vectơ

vuông góc với cạnh A A i i1(xem A n+1  A1), hướng ra ngoài đa giác và ai  A A i i1

thì:

1 2 n 0

a a  a 

Hệ quả: Với điểm I bất kì trong tam giác ABC Gọi M, N, P lần lượt là hình chiếu của I trên BC, AC,

AB Ta có: BC.IM AC.IN AB.IP 0

IM  IN  IP  

2 Một số ví dụ

Ví dụ 1: ChoABC I là tâm đường tròn bàng tiếp  ACB của tam giác Gọi M; N; P lần lượt là hình

chiếu vuông góc của I lên BC; CA; AB Chứng minh rằng:

a)a IM.b IN.c IP. 0

b)a IA b IB. c IC. 0

Giải

a) Xét ABCcó:





 



 



  



Áp dụng định lí con nhím cho ABC ta có:

a IMb INc IP 

(đpcm) b) Ta có:

a IA b IB c ICa IM MA b IN NB c IP PC

   

Lại có AM 

1

MB

MC MB MC





 

=MC AB. MB AC

a



 

(vì M chia đoạn BC theo tỉ số MB

MC )

    

Tương tự:

b NB  NC BANA BC

và c PC. PA CB.PB CA.

(vì P chia đoạn AB theo tỉ số PA

PB

 )

            

       0 0 0 0

    

(đpcm)

Ví dụ 2: Cho ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O Gọi D là trung điểm AB và G là trọng tâm

của  ACD Chứng minh rằng: OG  CD.

Giải

Xét ABC cân tại A và nội tiếp đường tròn tâm O.

Ta có:





 



 

 Gọi vectơ v

là vectơ vuông góc với DC, hướng ra

ngoài miền ADC và có độ lớn v ODOE

Áp dụng định lí con nhím cho tam giác ADC ta có:

AD OD AC OECD v 

      

      

1

0

       

3

3

CD

AC



 

OG



cùng phương với v

 OG  DC (đpcm)

Ví dụ 3: Cho ABC không đều BC là cạnh nhỏ nhất, đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB tại X, Y, Z Gọi G là trọng tâm của XYZ Trên tia BA, CA theo thứ tự lấy các diểm E, F sao cho BE = CF = BC Chứng minh rằng: IG  EF.

Giải

Không mất tính tổng quát, giả sử bán kính đường tròn nội tiếp (I)

của ABC bằng 1

Dựng vectơ đơn vị e

vuông góc với EF.

Áp dụng định lí con nhím cho tứ giác EBCF ta có:

EB IZBC IXCE IYEF e 

   

3

EF

BC



 

 IG

cùng phương với e

 IG  EF

Ví dụ 4: Cho ABC vuông tại A có ABc AC,  Tìm điểmb DAC sao cho BD AM với AM

là trung tuyến củaABC

Giải

Gọi N là hình chiếu của M trên AC, kẻ BP  MN (P MN).

Trong AMN có





 



 



Áp dụng định lý Con nhím trong AMN ta có:

0

BP  BA  BD  

(1)

Bên cạnh đó, nếu D nằm giữa A và N thì:

  

Nên từ (1) ta có

0

BP  BA  BD AN  BD AN  

0

0









Do ta có: BN  BPBA

nên ta suy ra





2

2 2

2 2

2

2

a

c c

 





 

 Trường hợp nếu b22c2 0 thì N nằm ngoài A và N, ta làm tương tự.

Bài toán được giải quyết

Ví dụ 5: Tìm tất cả những điểm N trong ABC thỏa mãn: NA   1NB1NC10

, trong đó A B C1, 1, 1

lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ N xuống BC, CA, AB.

Giải

Trong ABC có:

1 1 1









Áp dụng định lý Con nhím cho ABC, ta có: 1 1 1

0

NA  NB  NC  

Do N thỏa NA   1NB1NC10

nên ta có:

1 1 1

hay AB NB 1 AC NC 1

Gọi AD là phân giác trong của góc A, DBC

Lấy N đối xứng với1 N qua đường phân giác AD

Khi đó ta có: Khoảng cách từ N đến AC bằng1 NC ,1

Khoảng cách từ N đến AB bằng1 NB 1

Suy ra

S S

Gọi A là giao của' AN với BC.1

Từ

S  S

.sin sin

.sin sin AA'.sin ' AA'.sin '

AA' AA'

Suy ra A là trung điểm của BC.'

Hay AA’ là đường trung tuyến của ABC , vậy N thuộc đường thẳng đối xứng với AA’ qua đường phân giác góc

A.

Tương tự ta sẽ có: N thuộc đường thẳng đối xứng với

BB’ và CC’ qua đường phân giác góc B và góc C (với B’, C’ lần lượt là trung điểm của AC, AB).

Như vậy: N là giao của 3 đường đối xứng với 3 đường trung tuyến lần lượt qua 3 đường phân giác của

mỗi góc

Bài toán được giải quyết

 Điểm N như trên được gọi là điểm đối trung của ABC hoặc điểm Lemoine của ABC thoả mãn hệ thức vectơ: a NA b NB2. 2.c NC2. 0

(a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác)

Thật vậy:

Theo chứng minh trên ta có:

1 1 1

1 1 1

2 2 2

1 1 1

2a 2b 2c

Mặt khác, ta đã biết: nếu N là điểm bất kì trong tam giác ABC thì: S NA a.S NB b.S NC c. 0

, trong

đó S a SMBC, S b SMAC, S c SMAB

Vậy (*)  2 2 2

a NA b NB c NC 

Ví dụ 6: Cho tam giác ABC Điểm M nằm trong tam giác ABC, H, I, K lần lượt là hình chiếu của M

trên BC, CA, AB Chứng minh rằng M là trọng tâm tam giác ABC khi và chỉ khi

2 2 2

a MHb MIc MK 

Giải

Vì M nằm trong tam giác ABC nên: S MA a.S MB b.S MC c. 0

(1)

M là trọng tâm tam giác ABC MA   MBMC 0

(2)

Từ (1) và (2) , ta có: S a  S b S c

Mặt khác, áp dụng định lí con nhím cho tam giác ABC, ta có:

MH  MI  MK   Khi đó: (3) a MH2.b MI2.c MK2. 0

Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có AA’, BB’, CC’ là ba đường cao Chứng minh rằng nếu ABC và

' ' '

A B C

 có chung trọng tâm thì ABC đều

Giải

Gọi H là trực tâm tam giác ABC

Áp dụng định lí con nhím cho tam giác ABC, ta có: ' ' ' 0

HA  HB HC  

(1) Mặt khác, nếu ABC và A B C' ' ' có chung trọng tâm thì ta có:   AA'BB'CC'0

    

(2)

Từ (1) và (2), suy ra:

Ngoài ra, ta lại có: ABA'CBC' và ACA'BCB'

'

'

Từ (3) và (4) ABBC AC

Vậy tam giác ABC đều.

Ví dụ 8 : Cho ABC nội tiếp

đường tròn tâm O, M là điểm thuộc (O) Gọi H, I, J lần lượt là hình chiếu

của M lên BC, CA, AB Chứng minh rằng : H, I, J thẳng hàng

Giải

Áp dụng định lí con nhím cho tam giác ABC, ta có :

MI  MJ  MH  

   

        





(*)

Ta lại có:

+ BMH AMI nên: AI MI AI BH

+ MCH MAJ nên: MH CH CH AJ

+ MCI MBJ nên: MI CI CI BJ

Khi đó: BC AC AB BH CH AI CI AJ BJ

          

0

        

Vậy (*) AC.HI AB.HJ 0

   

HI



cùng phương với HJ

 H, I, J thẳng hàng.

3 Bài tập

Bài 1: Cho tam giác ABC cân tại đỉnh A Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu của H lên AC,

M là trung điểm của HD Chứng minh rằng: AM DB

Giải

Dựng vecto e

là vectơ đơn vị vuông góc với BD và hướng ra

ngoài BDC

Áp dụng định lí con nhím cho BDC, ta có:

AH  HD   

(*)

Mặt khác, HDCAHC nên: HD DC 2DC

2

Do đó, (*) 2DC.AH DC.HD DB e 0

     DC2AH HD DB e 0

HD

     

DC

HD

     

DC

HD

   

AM



cùng phương với e

Bài 2: Cho ABC có góc BAC nhọn Vẽ bên ngoài tam giác các tam giác vuông cân đỉnh A là ABE

và ACD M là trung điểm BC Chứng minh rằng AM  DE.

Xét AED có AB AE





 

 Gọi vectơ e

là vectơ đơn vị vuông góc với ED và hướng ra

ngoài AED

Áp dụng định lí con nhím vào AED ta có:

AB  AC   

Lại có AD =AC và AB = AE (ABE, ACD vuông cân tại A)

0

    

2AM ED e 0

   

 AM

và e cùng phương

 AM  DE (đpcm).

Bài 3: cho ABC vuông cân tại A có AB AC a Gọi M, N, P là ba điểm lần lượt nằm trên ba cạnh AB, BC, CA sao cho AM BN CP

AB  BC  CA Chứng minh AN PM và AN PM

Giải

Gọi H là trung điểm BC.

Dựng vecto e

là vectơ đơn vị vuông góc với AN và hướng ra ngoài ANB

Áp dụng định lí con nhím choANB, ta có: AB.CA NB.AH AN e 0

AC  AH    2

NB

BC

   

(vì tam giác ABC vuông cân tại A) (*)

Mặt khác, vì AM BN CP

AB  BC  CA nên:

         





  

BN

BC

        

2BN

BC

 

Do đó, (*) PMAN e. 0 Vậy:

/ /







 

  (đpcm)