Tuyển chọn các bài toán giải tích kinh điển trong mặt phẳng Oxy

Trong bài viết này chúng tôi xin đề cập đến một mảng nhỏ của hình học là hình giải tích. Các bạn biết rằng từ những kì thi đầu tiên theo cải cách của năm 2002, các bài toán hình học ban đầu còn sơ khai, nó là các bài toán rất nhẹ nhàng, không đòi hỏi chúng ta phải tư duy nhiều vào yếu tố hình học. Dần dần vị thế của nó được nâng lên tầm cao mới qua các kì thi, và điều tất yếu dẫn đến là độ khó của nó được tăng dần.Từ những bài toán đơn thuần là các kĩ thuật đối xứng, tham số hoá dần dần người ta đòi hỏi mọi người phải tư duy cao hơn chính là các yếu tố hình học tiềm ẩn bên trong, có những bài nhìn vào đã thấy được, cũng có những bài nằm sâu bên trong mà phải có kinh nghiệm tư duy mới tìm ra được. Để giúp đỡ các bạn có thể học tốt về các bài toán dạng này, chúng tôi xin giới thiệu đến các bạn tuyển chọn các bài toán giải tích trong mặt phẳng.

TRẦN ANH HÀO – HUỲNH ĐỨC KHÁNH NGUYỄN MINH THÀNH – TRẦN PHẠM TUYÊN

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN GIẢI TÍCH TRONG

MẶT PHẲNG

Không có bài nào khó vì toàn những bài trời ơi!

MỤC LỤC PHẦN 1 MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ TÍNH CHẤT HÌNH HỌC TÌM ẨN TRONG GIẢI TÍCH MẶT PHẲNG PHẦN 2 ĐỀ TOÁN

Chương 1 Các bài toán xác định về điểm, đường thẳng, góc trong mặt phẳng

Chương 2 Các bài toán về cực hình học giải tích trong mặt phẳng

PHẦN 3 LỜI GIẢI, ĐÁP SỐ, BÌNH LUẬN

LỜI NÓI ĐẦU Ngay từ thở xa xưa, hình học là một vẽ đẹp quyến rũ, tận sâu bên trong nó là những điều bí ẩn li kì Thời gian cứ trôi đi, cũng là lúc những điều bí ẩn ấy được khám phá Hình học đã vẽ ra cho ta một cái nhìn khác về toán học, nó mềm mại và uyển chuyển không khô khan như đại số đòi hỏi có tính thứ tự và logic cao Hình học là sự sáng tạo là những tìm tòi hay nói đúng hơn là cảm hứng của toán học Tuy nhiên để cho hoàn thiện, người ta đã kết hợp với nó các vấn đề vào đại số chẳng hạn như chứng minh bất đẳng thức, xác xuất hình học,…

Trong bài viết này chúng tôi xin đề cập đến một mảng nhỏ của hình học là hình giải tích Các bạn biết rằng từ những kì thi đầu tiên theo cải cách của năm 2002, các bài toán hình học ban đầu còn sơ khai, nó là các bài toán rất nhẹ nhàng, không đòi hỏi chúng ta phải tư duy nhiều vào yếu tố hình học Dần dần vị thế của nó được nâng lên tầm cao mới qua các kì thi, và điều tất yếu dẫn đến là độ khó của nó được tăng dần

Từ những bài toán đơn thuần là các kĩ thuật đối xứng, tham số hoá dần dần người ta đòi hỏi mọi người phải

tư duy cao hơn chính là các yếu tố hình học tiềm ẩn bên trong, có những bài nhìn vào đã thấy được, cũng có những bài nằm sâu bên trong mà phải có kinh nghiệm tư duy mới tìm ra được Để giúp đỡ các bạn có thể học tốt về các bài toán dạng này, chúng tôi xin giới thiệu đến các bạn tuyển chọn các bài toán giải tích trong mặt phẳng Với tiêu chí:

Không có bài nào khó vì toàn những bài trời ơi!

Tập tài liệu này được hoàn thành không chỉ là nhờ sự làm việc chăm chỉ và cố gắng hết mình của nhóm biên soạn mà còn là sự hợp tác giúp đỡ của các thầy cô, anh chị và các bạn trẻ yêu toán Nhân đây tôi xin cảm ơn:

1 Anh Nguyễn Đại Dương

2 Anh Nguyễn Minh Tiến

3 Bạn Trần Dương Linh

Cùng các thầy cô, bạn trẻ yêu toán cũng như các diễn đàn toán học như Mathlinks, toanhoc24h, k2pi,…

Do phải làm việc trong điều kiện bất lợi cũng như thơi giàn không cho phép nên tập tài liệu khó tránh hỏi sai sót mong mọi người đóng góp để nó được hoàn thiện hơn

Mùa hè, năm 2015

TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC HÌNH GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG

Bài 1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại , A Gọi M là trung điểm của đoạn

,

BC G là trọng tâm tam giác ABM D, 7; 2  là điểm trên đoạn MC sao cho GA GD Viết phương trình đường thẳng AB của tam giác ABC biết đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 4 và phương trình đường thẳng AG là 3 x y 13 0. Bài 2 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh C   và M là một điểm nằm  4; 3

trên cạnh AB với M không trùng A B, Gọi E F, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A C, lên DM và I2; 3 là giao điểm của CE và EF Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng

x y 

Bài 3 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H3; 0 và trung điểm của BC là

6;1 

I Đường thẳng AH có phương trình x2y30 Gọi D E, lần lượt là chân đường cao kẻ từ B C, của tam giác ABC Biết đường thẳng DE có phương trình x   và điểm 2 0 D có tung độ dương, tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC

Bài 4 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có ,  0

45

ACB  Gọi M là trung điểm của đoạn

thẳng BC , N là điểm đối xứng với M qua AC đường thẳng , BN có phương trình: 7 x y 19 0. Biết A   1; 1 ,

tam giác ABM cân tại A và điểm B có tung độ dương Tìm toạ độ các điểm còn lại của tam giác ABC

Bài 5 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC với một đường thẳng d song song với BC cắt , ,

AB AC lần lượt tại M N sao cho , AM CN Giả sử điểm M4; 0 , C5; 2 và chân đường phân giác trong của góc BAC là D0; 1   Tìm độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC

Bài 6 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho đường tròn ,  tâm I1; 2  Từ điểm K nằm ngoài đường tròn, kẻ các tiếp tuyến KA KB với ,, A B là các tiếp điểm Kẻ đường kính AC của , tiếp tuyến của  tại C cắt AB ở E , biết đường thẳng KC có phương trình 3 x2y 1 0 Tìm tọa độ điểm E biết E nằm trên đường thẳng có phương trình 12x y 43 0.

Bài 7 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tâm , I0; 1 tiếp xúc với ,

AB AC lần lượt tại , E F Phương trình đường phân giác trong của góc BAC là x y  1 0 Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C nằm trên đường thẳng : 2 d x y   và 4 0 E F nằm trên trục hoành ,

Bài 8 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có chân các đường phân giác của các góc ,

  

BAC ABC ACB lần lượt là D1; 2 ,  E5; 10 ,  F7; 4   Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC

Bài 9 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn ,  có phương trình là

 2

2 1 4

x  y  Điểm M0; 1  nằm trên cung nhỏ BC sao cho 1 1 4

MBMC  MA Xác định toạ độ các đỉnh của

tam giác ABC biết điểm , B có hoành độ dương

Bài 10 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ,  có phương trình là

 2 2

x y  và AC2AB Các đường thẳng tiếp xúc với  lần lượt tại A C cắt nhau tại , P Tìm toạ độ các

đỉnh của tam giác ABC biết rằng đường thẳng PB có phương trình là x5y 9 0

Bài 1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại , A Gọi M là trung điểm của đoạn

,

BC G là trọng tâm tam giác ABM D, 7; 2  là điểm trên đoạn MC sao cho GA GD Viết phương trình đường thẳng AB của tam giác ABC biết đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 4 và phương trình đường thẳng AG là 3 x y 13 0. Cách 1

Vì tam giác AMB vuông cân tại M nên MG là đường trung trực của AB

Suy ra GB GA GD  nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD

AGD ABD Do đó AG vuông góc với GD

Cách 2

Đường thẳng qua G vuông góc cới AH cắt BM tại D GD cắt AM tại J

Vì tam giác HGD đồng dạng với tam giác HMA nên ta có: 1

2

HG HM

GD MA 

2

GD  HG  GA GA do G là trọng tâm tam giác ABM

Do đó D'D Vậy ta có GD vuông góc với GA tại G

Đường thẳng GD có VTPT n1; 3



và đi qua D7; 2  nên có phương trình x3y 1 0

Toa độ điểm G là nghiệm của hệ phương trình: 3 13 0 4 4; 1 

G

Giả sử A a a  ; 3 13 , vì tam giác GAD vuông cân tại G nên ta có:

  2 2

3

a

a

 





do x  A 4

Với a  ta có 3 A3; 4   Gọi H là trung điểm của BM ta có , 1 9 1

;

GH  AGH 

 

Đường thẳng BC có VTCP 2 1; 1

5

n HD 

 

và đi qua D7; 2  nên có phương trình: x y  5 0

Đường thẳng AM đi qua A3; 4  và có VTPT n1; 1 



nên có phương trình: x y  7 0

J

D'

G

H

K

B

A

M

Toa độ điểm M là nghiệm của hệ: 5 0 6 6; 1 

M

Từ đó suy ra B3; 2 

Vậy đường thẳng AB có phương trình x  3 0

Bài 2 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh C   và M là một điểm nằm  4; 3

trên cạnh AB với M không trùng A B, Gọi E F, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A C, lên DM và I là giao điểm của CE và EF Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng

x y 

Cách 1

Không mất tính tổng quát giả sử, ta có:

0; ,  ; ,  ; 0 , 0; 0 ,  ; 

A a B a a C a D O M b a với 0 b a  và a 0

Đường thẳng DM đi qua D0; 0 và có VTCP n b a ; 



nên có phương trình: ax by 0

Đường thẳng AE đi qua A0;a và có VTPT  n b a ; 

nên có phương trình: bx ay a  2 0

Toạ độ E là nghiệm của hệ

2 3

2 2 2 2 2

0

0

b a b a

bx ay a







Vậy

2 3

2a b2 ; 2a 2

E

a b a b

Đường thẳng CF đi qua C a ; 0 và có VTPT n b a ; 



nên có phương trình: bx ay ab  0

Toạ độ F là nghiệm của hệ

2 2

2 2 2 2

0

0







Vậy

2 2

2ab 2 ; 2a b2

F

a b a b

Ta có:

2 3 2 3 3 2 3 2

2 2 ; 2 2 , 2 2 ; 2 2 0

Do đó CFBE hay tam giác IBC vuông tại I

Cách 2

Qua F kẻ FN song song với EC cắt DC tại N Khi đó ta có: DN DC  DF DE  1

Tam giác DFC đồng dạng với tam giác MEA nên DC DF  MA ME  2

Lại có tam giác DEA đồng dạng với tam giác AEM nên AD DE  MA AE  3

Từ  2 và  3 suy ra DF DE  ME AE  MA AD  MA AB  4

Từ  1 và  4 suy ra DN DC  MA AB DNMA. Do đó tứ giác MBCN là hình chữ nhật

Mà tứ giác MBCF nội tiếp nên 5 điểm M B C N F cùng nằm trên một đường tròn , , , ,

Suy ra  0  0

BFN BCN Suy ra FNBF mà FN song

song với EC nên suy ra: ECBF

B b  IB b    IC  

Ta có:

 

0 0; 5

IB IC  B

  

Đường thẳng BC có VTCP 1; 2 1  4; 8

4

n   BC  

và đi qua

0; 5

B nên có phương trình 2x y 50

Giả sử A x y khi đó  ; , BA x y  ; 5 



Vì AB vuông góc với BC

và AB BC nên ta có:

2

y y

x y



Với x8;y1, ta có A8;1  Nhận thấy A và I nằm cùng phía với BC nên thoả mãn

Với x 8; y9, ta có: A  8; 9  Nhận thấy A và I khác phía với BC nên loại

7





Suy ra D4; 7  

Vậy A8;1 , B0; 5 , D4; 7  là các điểm cần tìm

Bài 3 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H3; 0 và trung điểm của BC là

6;1 

I Đường thẳng AH có phương trình x2y30 Gọi D E, lần lượt là chân đường cao kẻ từ B C, của tam giác ABC Biết đường thẳng DE có phương trình x   và điểm 2 0 D có tung độ dương, tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC

Gọi K là trực tâm của tam giác ADE ta có , ,

,

EK AC HD AC EK HD

DK AB HE AB DK HE



 EHKD là hình bình hành Mặt khác tứ giác EBCD nội tiếp đường tròn tâm I đường kính BC do có   0

90

BECCDB

Suy ra tam giác IDE cân tại I Gọi M là trung điểm DE ta có IMDE

Đường thẳng IM đi qua I6;1 và có VTPT n0; 1

nên có phương trình y  1 0 Suy ra M2;1 

Do EHKD là hình bình hành nên M cũng là trung điểm HK suy ra , K1; 2  Mặt khác AKDE do K là trực tâm tam giác ADE

Đường thẳng AK đi qua K1; 2 và có VTPT n0; 1



nên có phương trình

y  

Suy ra toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:

1; 2

A

Giả sử D2;d với  d 0, ta có: AD3;d2 , HD1;d

Ta có: ADHDAD HD 0  3 d2d0d3

  

do d 0 Suy ra D2; 3  Đường thẳng AC đi qua D2; 3 và có VTCP AD3;1



nên có phương trình là x3y70

Đường thẳng BC đi qua I6;1 và có VTPT n2; 1 



nên có phương trình là 2x y 11 0.

Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình: 3 7 0 8 8; 5 

C

Vì I là trung điểm BC nên B4; 1  

Vậy A1; 2 , B4; 1 ,  C8; 5 là các điểm cần tìm

Bài 4 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có ,  0

45

ACB  Gọi M là trung điểm của đoạn

thẳng BC , N là điểm đối xứng với M qua AC đường thẳng , BN có phương trình: 7 x y 19 0. Biết A   1; 1 ,

tam giác ABM cân tại A và điểm B có tung độ dương Tìm toạ độ các điểm còn lại của tam giác ABC

Gọi H là đường cao của tam giác ABM Vì tam giác ABM cân tại A nên BAM2HAM.

Vì AM và AN đối xứng nhau qua AC nên MACNAC

BANBAM MAN  HAM MAC  HAC ACB 

Do đó tam giác ABN vuông tại A Mà AB AM AN nên tam giác ABN vuông cân tại A

Gọi I là trung điểm BN suy ra , AI vuông góc với BN

Đường thẳng AI đi qua A   1; 1 và có VTPT n1; 7



nên có phương trình: x7y 8 0

Toạ độ I là nghiệm của hệ 7 19 0 5 3 5 3

x y

x y

 Giả sử B b b  ; 7 19 , 5 35

; 7 b

IB b   



Tam giác ABN vuông cân tại A nên:

3

b

b

 



Với b 2, ta có: B2; 5  loại

Với b 3, ta có: B3; 2  Điểm này thoả mãn yêu cầu bài toán Khi đó N2; 5 

Vì M N đối xứng nhau qua AC và góc ,  0

45

ACB  nên tam giác CMN vuông cân tại C Suy ra BC2CN Giả sử C x y ta có:  ; , CB x 3;y2 , CN x 2;y5 

Từ đó ta có hệ phương trình:

2 2

x x y y





Giải hệ phương trình trên ta tìm được C5; 4  hoặc 3 16

C  

C  

ta thấy A C, cùng phía với BN nên loại

Vậy B3; 2 , C5; 4  là các điểm cần tìm

I

N A