MỘT số bài HÌNH học PHẲNG và các ỨNG DỤNG

Do đó AH là các đường phân giác trong của góc �1 H H H.. Khi đó đường phân giác trong góc A có vectơ chỉ phương là eur uur1 e2 và đường phân giác ngoài góc A có vectơ chỉ phương là eur

MỘT SỐ BÀI HÌNH HỌC PHẲNG VÀ CÁC ỨNG DỤNG

1.Với ba điểm , ,A B C bất kì ta luôn có:

a AB BC �AC Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi , ,A B C cùng thuộc một đường thẳng và B thuộc đoạn AC

b AB BC �AC. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi , ,A B C cùng thuộc một đường thẳng và B không nằm giữa A và C

2.Cho điểm A không thuộc đường thẳng  , H là hình chiếu của A trên  Với mọi điểm M � ta có AM �AH Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M � H

3 Cho tia Ot là phân giác trong góc � xOy , M Ox� Nếu M ' đối xứng với M qua Ot thì M'�Oy.

4 Cho tam giác ABC nhọn có H H H lần lượt là chân các đường cao hạ từ1, 2, 3

các đỉnh , ,A B C Khi đó AH BH CH lần lượt là các đường phân giác trong1, 2, 3

H H H H H H H H H và BC CA AB lần lượt là các đường, ,

phân giác ngoài của các góc � � �

H H H H H H H H H

A

H

M



M’

y

x O

M

Thật vậy, chẳng hạn � �

AH H  ACH (vì ACH H là tứ giác nội tiếp),1 3

ACH  ABH (cùng phụ với góc �BAC ) , � �

ABH  AH H (vì ABH H là tứ1 2

giác nội tiếp) Do đó AH là các đường phân giác trong của góc �1 H H H Và vì3 1 2

1

BC  AH nên BC là đường phân giác ngoài của góc � H H H 3 1 2

5 Cho tam giác ABC , gọi e eur uur1, 2

lần lượt là các vectơ đơn vị trên các trục ,

AB AC ( eur1

cùng hướng với ABuuur,euur2

cùng hướng với ACuuur Khi đó đường phân giác trong góc A có vectơ chỉ phương là eur uur1 e2 và đường phân giác ngoài góc

A có vectơ chỉ phương là eur uur1e2

6 Cho hai điểm ,A B phân biệt cố định Tập hợp các điểm M trong mặt phẳng

thỏa mãn MA MB là đường trung trực của đoạn thẳng AB

7 Cho hai điểm ,A B phân biệt cố định và số thực k với 0 � Tập hợp cáck 1

điểm M trong mặt phẳng thỏa mãn MA k MB là một đường tròn Đường tròn

này có đường kính là đoạn CD , trong đó , C D lần lượt là điểm chia trong và điểm chia ngoài đoạn thẳng AB Đường tròn này được gọi là đường tròn

Apollonius tỉ số k dựng trên đoạn AB

Bài toán 1: Cho hai điểm ( ;A x y A A), ( ;B x y phân biệt Lập phương trình B B) đường thẳng  đi qua A sao cho khoảng cách từ  đến B là lớn nhất.

Cách giải:

Cách 1: Gọi ( ; ) n a br

là vectơ pháp tuyến của (a2 b2 � Phương trình đường0) thẳng  là: (a x x A)b y y(  A) 0

B

A

C

H 1

H 2

H 3

Ta có ( , ) a x( B x A)2 b y(2B y A)

d B

 

 Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki thì:

( B A) ( B A) ( ) ( A) ( A)

a x x b y  y � a b ��x x  y y ��

Do đó : d B( , ) � (x x A)2 (y y A)2

B A B A

�

Chọn ,a b thỏa mãn

0 0

B A B A

�



�

�  �

�

suy ra phương trình đường thẳng 

Cách 2: Gọi H là hình chiếu của B trên 

, ta có ( , )d B  BH � Dấu bằng xảyBA

ra  H A Khi đó  là đường thẳng qua

A và vuông góc với AB tức là đường

thẳng đi qua A và nhận ABuuur làm vectơ

pháp tuyến

Nhận xét: Rõ ràng lời giải thứ hai ưu việt hơn Việc đánh giá bằng phương pháp

hình học mang tính trực quan, dễ hiểu và việc lập phương trình đường thẳng cũng dễ dàng Còn ở lời giải thứ nhất mang nặng tính đại số, bất đẳng thức Bunhiacopxki cũng chỉ trình bày ở phần đọc thêm trong sách giáo khoa Đại số

10 nâng cao, nên không thông dụng cho mọi đối tượng học sinh.

Sau đây là một số ví dụ vận dụng bài toán 1

Ví dụ 1: Trong hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm (1;2), ( 3;1) A B  phân biệt Lập phương trình đường thẳng  đi qua A sao cho khoảng cách từ B đến  là lớn

nhất

Giải:

Gọi H là hình chiếu của B trên , ta có ( , )d B  BH � Dấu bằng xảy raBA

 Khi đó  là đường thẳng qua A và vuông góc với AB tức là đường

thẳng đi qua A và nhận uuurAB( 4; 1)  làm vectơ pháp tuyến Do đó  có phương trình là: 4( x 1) 1(y  hay 42) 0 x y   6 0

B

H

A



Ví dụ 2: Trong hệ tọa độ Oxy , cho điểm M(1;2) và đường thẳng  có phương trình mx (1 2 )m y m    với m là tham số Tìm m để khoảng cách từ 3 0 M

đến  lớn nhất

Giải:

Nhận xét: đường thẳng  luôn đi qua điểm (3;5)A  Gọi m H là hình chiếu của

M trên , ta có ( , )d M  MH �MA Dấu bằng xảy ra  H A Khi đó

AM

  � n mr( ;1 2 ) m và uuuurAM(2;3)

Ví dụ 3: Trong hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng : mx y 2m  và1 0 đường tròn ( ) :C x2  y2 2x4y   Tìm m để đường thẳng 1 0  cắt đường tròn ( )C theo một cát tuyến có độ dài nhỏ nhất.

Giải:

Nhận xét: : đường thẳng  luôn

đi qua điểm (2;1)A  và điểmm

A nằm trong đường tròn ( )C Do

đó  luôn cắt đường tròn ( )C tại

hai điểm phân biệt M N Đường,

tròn ( )C có tâm (1;2) I bán kính

2

R  Gọi H là hình chiếu của

I trên  , ta có MN 2HM

2 IM IH

  mà IH �IA nên

MN � IM IA  Dấu bằng xảy ra  H A Khi đó   AI

( ;1)

n m

� r và uurAI( 1;1) cùng phương 1 1

1 1

m

m

 Vậy với m  thì1

MN nhỏ nhất.

Bài toán 2: Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ( , A x y A A), ( ,B x y B B), ( ,C C)

C x y Lập phương trình các đường phân giác trong và phân giác ngoài góc

�

BAC

Cách giải:

- Đặt e1 1 AB e, 2 1 AC

ur uuur uur uuur

I

A

- Đường phân giác trong góc A đi qua A và nhận vectơ eur ur uur3  e1 e2 làm vectơ chỉ phương

- Đường phân giác ngoài góc A đi qua A và nhận vectơ euur ur uur4  e1 e2 làm vectơ chỉ phương

Nhận xét: Bài toán này có nhiều cách giải Cách giải trên đây rõ ràng là đơn

giản và ngắn gọn.

Ví dụ 4: Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có (2; 14), ( 2;14), A  B  ( 5; 7)

C   Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Giải:

Đường phân giác trong góc A có vectơ chỉ phương là

;

5 2 5 2



Do đó nó có vectơ pháp tuyến là (2;1)nr

Suy ra nó có phương trình: 2(x 2) (y14) 0 �2x y 10 0 .

Tương tự, đường phân giác trong góc B có phương trình x  2 0

Tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC là giao điểm của hai đường phân giác trong các góc A,B nên có tọa độ I(-2;-6).

Bài toán 3: Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn có tọa độ chân ba

đường cao hạ từ các đỉnh , ,A B C lần lượt là H x y H x y1( , ),1 1 2( , ),2 2 H x y3( , ).3 3

3

e ur

A

B

C

1

e u r

2

e uu r

4

e uu r

Lập phương trình các cạnh và các đường cao của tam giác ABC

Cách giải:

Theo lưu ý 4 phần 1 ta có đường cao

1

AH chính là phân giác trong của

góc �H H H và cạnh BC chính là3 1 2

phân giác ngoài của góc �H H H 3 1 2

Từ đó ta lập các đường phân giác

trong và phân giác ngoài của góc

�

H H H ta suy ra phương trình

đường cao AH và cạnh BC Tương1

tự cho các đường cao còn lại và các

cạnh còn lại

Nhận xét: Nếu không lưu ý đến tính chất của chân các đường cao thì bài toán

này rất khó.

Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC có chân

các đường cao hạ từ , ,A B C theo thứ tự là (2;0), 16 12; , (0; 4)

tọa độ trực tâm của tam giác ABC

Giải:

Vì AM là phân giác trong góc � PMN nên ta tìm được phương trình AM là

2 0

x   và CP là phân giác trong góc � MPN nên ta tìm được phương trình CP

là x y    Trực tâm H của tam giác ABC là giao điểm của AM và CP4 0

nên có tọa độ (2; 2)H 

Bài toán 4: Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không cân tại A có

( ,B B), ( ,C C)

B x y C x y và phương trình đường thẳng chứa đường phân giác trong (hoặc phân giác ngoài) góc A là :ax by c  0(a2 b2 � Lập phương0)

trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC

Cách giải:

-Cạnh BC đi qua B và nhận BCuuur là vectơ chỉ phương

B

A

C

H 1

H 2

H 3

-Gọi B' đối xứng với B qua  thì 'B �AC Cạnh AC đi qua C và nhận ' B Cuuuur

là vectơ chỉ phương

-A là giao điểm của AC và  Cạnh AB đi qua B và nhận ABuuur là vectơ chỉ phương

Chú ý: Nếu  là phân giác trong góc A thì uuur uuuurAC AB, '

cùng hướng còn nếu  là phân giác ngoài góc A thì uuur uuuurAC AB, '

ngược hướng

Nhận xét: Nếu không lưu ý đến tính đối xứng mà sử dụng điều kiện hai góc

bằng nhau thì thu được biểu thức nhiều ẩn và tương đối phức tạp.

Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , hãy xác định tọa độ đỉnh C của

tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là

điểm ( 1; 1)H   , đường phân giác trong của góc A có phương trình x y  2 0

và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x3y  1 0

Giải:

Gọi H là điểm đối xứng với H qua đường'

phân giác trong góc A Đường thẳng  đi

qua H và vuông góc với đường phân giác

trong góc A có phương trình : x y  2 0

 cắt đường phân giác trong góc A tại

( 2;0)

I  Vì I là trung điểm HH' nên tìm

được H'( 3;1) Đường thẳng AC đi qua

điểm H và vuông góc với đường cao qua'

đỉnh B nên có phương trình là

3x4y  13 0 A là giao điểm của đường phân giác trong góc A và đường thẳng AB nên (5;7)A Đường thẳng CH đi qua hai điểm , A H nên có phương

trình 3x4y   C là giao điểm của AC và CH nên 7 0 10 3;

3 4

C �� ��

� � Thử lại thấy uuur uuuurAC AH, '

cùng hướng nên thỏa mãn

Ví dụ 7: Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( 4;1) B  , trọng tâm (1;1)

G và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình

1 0

x y   Tìm tọa độ các đỉnh A và C

(trích đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2011)

Giải:

A

H

H’

Gọi ( ; )D x y là trung điểm của AC Vì

3

BD GD

uuur uuur

nên ta tìm được ( ;1)7

2

D Gọi E

là điểm đối xứng với B qua phân giác trong

góc A, ta tìm được (2; 5)E  Đường thẳng

AC đi qua A và E nên có phương trình

4x y   13 0 A là giao điểm của AC và

đường phân giác trong góc A nên có tọa độ

(4;3)

A C đối xứng với A qua D nên

(3; 1)

C  Thử lại thấy uuur uuurAC AE,

cùng hướng nên thỏa mãn

Ví dụ 8: Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh ( 4;1)C  , phân giác trong góc A có phương trình :d x y   Viết phương trình5 0

đường thẳng BC , biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ

dương

(trích đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2010)

Giải:

Gọi D là điểm đối xứng với điểm C qua đường

thẳng d , ta tìm được (4;9) D

A là giao điểm của d và đường tròn đường kính

CD đồng thời có hoành độ dương nên ta tìm

được (4;1)A

Cạnh AB đi qua A và D nên có phương trình

4 0

x 

Ta có 8; 2.S ABC 6

AC



   Gọi (4; ) B y , từ

6

AB  ta tìm được (4;7) B hoặc (4; 5) B  Do d là phân giác trong góc A

nên uuur uuurAB AD,

cùng hướng Suy ra (4;7) B Bài toán 5: Trong hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm ( , A x y A A), ( ,B x y và đường B B) thẳng :ax by c  0(a2 b2 � không đi qua ,0) A B Tìm tọa độ điểm M

trên đường thẳng  sao cho MA MB nhỏ nhất

Cách giải:

A

B

G

- Nếu ,A B nằm về hai phía đối với

 thì MA MB AB � Dấu bằng

xảy ra khi và chỉ khi M là giao

điểm của  và AB

- Nếu ,A B nằm về một phía đối

với  thì gọi 'A đối xứng với A

qua  Ta có MA MB MA  '

'

MB A B

 � Dấu bằng xảy ra khi

và chỉ khi M là giao điểm của 

và 'A B

Nhận xét: Bằng cách tương tự ta có thể giải bài toán sau: “Trong hệ tọa độ Oxy ,

cho hai điểm ( ,A x y A A), ( ,B x y và đường thẳng : B B)  ax by c  0

(a b � không đi qua ,0) A B Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  sao

cho MA MB lớn nhất

Ví dụ 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho (1;2) A và đường thẳng : 4 3 23 0

d x y  Hai điểm B và C di chuyển trên d sao cho đoạn BC luôn có

độ dài bằng 5 Tìm B và C sao cho chu vi tam giác ABC là nhỏ nhất.

Giải:

Gọi d’ là đường thẳng

qua A và song song với

d, d’ có phương trình:

4x3y   2 0 Lấy

(4;6)

D thuộc 'd thỏa

mãn AD  Khi đó5

/ /

AD BC và AD BC ,

tức là ABCD là hình

bình hành hoặc ACBD

là hình bình hành

- Nếu ABCD là hình bình hành, gọi A' đối xứng với A qua d , ta tìm được

'(9; 4)

A  Ta có chu vi tam giác ABC là AB BC CA CD    5 CA

   �  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi C là giao điểm của d

và DA Từ đó tìm được ' (13;1)

2

2

BC  AD�B 

uuur uuur

-Nếu ACBD là hình bình hành, tương tự ta tìm được (13;1), ( ; 3)7

A’

M



A

D

d

A’

d’

Ví dụ 10: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng     :x y 5 0 và hai elíp

1

25 16

x y

E   ,

( ) :E x y 1 (a b 0)

a b    có cùng tiêu điểm Biết rằng

2

( )E đi qua điểm M thuộc đường thẳng  Tìm toạ độ điểm M sao cho elíp ( )E2

có độ dài trục lớn nhỏ nhất

(trích đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm 2010-2011)

Giải

Điểm M � ( )E2 �MF1 MF2  2a Vậy ( )E có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và chỉ2

khi MF1 MF2 nhỏ nhất.

Hai elíp có các tiêu điểm F1 ( 3;0),  F2 (3;0). Gọi ( ; )N x y là điểm đối xứng với F qua1

 , suy ra ( 5;2).N  Ta có: MF1 MF2 NM MF 2 �NF2 (không đổi) Dấu bằng xảy

ra khi và chỉ khi M NF2 � suy ra  17 8;

5 5

M �� ��

Ví dụ 11: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng 1:x y  1 0;

   và điểm (5;2)C Tìm các điểm A�1,B� sao cho chu vi tam2

giác ABC nhỏ nhất.

Giải

Nhận xét: C thuộc góc nhọn tạo bởi hai đường

thẳng   Gọi ,1, 2 M N lần lượt là các điểm đối xứng với C qua   Ta có (1;6), (5;0)1, 2 M N .

Nhận thấy ba điểm ,C M N không thẳng hàng., Chu vi tam giác ABC là AC AB BC MA   

AB BN �MN Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

A MN � B MN � Phương trình

đường thẳng MN là 3 x2y  , suy ra15 0

13 18; ; 13;1

Bài toán 5: Trong hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm ( , A x y A A), ( ,B x y nằm ngoài B B)

( ) : (C x x ) (y y )  R và số thực k với k  và1 (2 1)

IA k  R Tìm tọa độ điểm M trên đường tròn ( ) C sao cho MA k MB nhỏ nhất

C

A

B

M

N

1



2



Cách giải:

-Ta sẽ chứng minh tồn tại điểm J bên trong

đường tròn sao cho với mọi điểm M �( )C ta

đều có: MA k MJ Thật vậy, gọi I là tâm

đường tròn ( )C , D là giao điểm của AI và

đường tròn ( )C trong đó D nằm giữa A và I

Lấy J sao cho DJ 1DA

k

 

uuur uuur

tức là

DA k DJ

uuur uuur

Vậy D là điểm chia trong đoạn

AJ Hơn nữa, DJ 1 DA 1(IA R) 1 2k 1 R R 2R

    ��   �� nên J nằm

trong đường tròn Theo lưu ý 7 ở phần 1 thì đường tròn ( )C là đường tròn

Apollonius tỉ số k dựng trên đoạn AB Vậy với mọi điểm M �( )C ta đều có:

MA k MJ

-Ta có MA kMB k MJ k MB k MJ  .  .  .( MB)�k JB. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M ( )C �BJ và M nằm giữa BJ

Nhận xét:

- Với trường hợp 0  thì ta lấy DJ k 1 uuur k DBuuur(D là giao điểm của BI và đường tròn ( )C trong đó D nằm giữa B và I) và cũng phải có điều kiện đối

với k và IB để J nằm trong đường trong ( ) C

- Nếu ,A B cùng nằm trong đường tròn thì luôn tồn tại J nằm ngoài đường tròn

( )C để đường tròn ( ) C là đường tròn Apollonius tỉ số k dựng trên đoạn AJ

hoặc đường tròn ( )C là đường tròn Apollonius tỉ số 1

k dựng trên đoạn JB.

Ví dụ 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm (7;9), (0;8) A B và đường tròn ( ) : (C x1)2 (y1)2 25 Tìm tọa độ điểm M thuộc ( )C sao cho biểu

thức P MA 2MB đạt giá trị nhỏ nhất

(trích đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nghệ An - Bảng A 2011-2012)

Giải:

Đường tròn ( )C có tâm (1;1) I và bán kính R Gọi 5 ( ;3)5

2

J Ta chứng minh với mọi điểm M thuộc ( )C ta có MA2MJ Thật vậy MA2MJ

I

B M