Tuy nhiên bạn đọc hãy cố gắng chứng minh lại tất cả các ví dụ trên theo cách thông thường để thấy vẻ đẹp của nó và đồng thời bởi lí do đơn giản là bài hình mà có nhiều đường tròn hay dữ [r]
Trang 1HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đăng Khoa - THPT chuyên Hùng Vương - Phú Thọ
July 10, 2019
Trong tất cả các lĩnh vực trong Toán học thì có lẽ hình học đòi hỏi rất nhiều kiến thức và tư duy để giải các bài toán hình học Tuy nhiên chúng lại luôn có một cách giải chung là dùng phương pháp tọa độ Chắc hẳn đã rất nhiều bạn từng làm hình đều nghe qua phương pháp này nhưng đa số đều sợ không làm mỗi khi gặp bế tắc theo các cách thông thường vì các lí do như sợ mất đi vẻ đẹp hình học, sợ biến đổi phức tạp khó khăn Tác giả bài viết này từng đã nghĩ như vậy cho đến khi tác giả thử làm và thấy rất thú vị đồng thời giúp ta thêm
sự kiên trì, kĩ năng
Bài viết này được hoàn thành xuyên suốt quá trình tác giả thử làm phương pháp tọa độ từ các bài toán hình đầu tiên cho nên có các phương pháp tọa độ rất mạnh như Barycentric hay số phức nhưng tác giả cũng chỉ biết cách tọa độ thông thường hay còn gọi là tọa độ Descartes và viết thành bài viết này Vậy nên đôi lúc hãy để những con số thay cho vẻ đẹp của các đường thẳng
Trong mặt phẳng Oxy, mỗi điểm thì có một tọa độ riêng và ta cũng có phương trình đường thẳng, đường tròn Khi ta giải một bài toán cho trước các dữ liệu
ví dụ như: Cho tam giác ABC, cho đường tròn (O), thì ta phải biết cách đặt chúng vào một hệ tọa độ phù hợp để giải bài toán một cách dễ dàng
Ví dụ 1: Tam giác ABC bất kì thì ta có thể giả sử đỉnh A, B, C có tọa độ là (0, a); (b, 0); (c, 0) Thật vậy vì qua phép quay ta sẽ biến tam giác ABC thành tam giác mới có đáy BC k Ox, xong tiếp tục ta sử dụng phép tịnh tiến để có tọa độ như giả sử Cách đặt này các bạn cũng không quá khó để tưởng tượng
ra Phép đặt tọa độ như trên hay dùng nhất bởi vì có nhiều số 0 nhất nên trong quá trình biến đổi sẽ đơn giản hơn rất nhiều
Trang 225 20 15 10 5
5
30 20 10 10 20 30 40
hình 1: Mô tả về cách đặt tọa độ cho tam giác bất kì Đối với tam giác ABC cân tại A ta hoàn toàn có thể giả sử B, C có tọa độ
là (−1, 0); (1, 0) và đỉnh A có tọa độ (a, 0) (Phép đặt này giống cách trên và
do tam giác cân tại A nên ta hoàn toàn có thể giả sử như thế)
2.5
2
1.5
1
0.5
0.5
B
A
C
Hình 2: Tam giác ABC cân tại A
Ví dụ 2: Cho đường tròn ω bất kì thì ta có thể giả sử tâm của đường tròn
này là điểm O(0,0) và bán kính bằng 1
Trang 31
0.5
0.5
1
1.5
w
Hình 3: Đường tròn ω
Nói chung có rất nhiều cách đặt để cho phù hợp với từng bài toán, sự lựa
chọn tinh tế hay không là của người giải bài, tuy vậy về sự lựa chọn đặt hình
vào các tọa độ chỉ có một số cái cơ bản như hai ví dụ trên
Sau đây là một số công thức cơ bản liên quan đến tọa độ các điểm, phương
trình của đường thẳng, đường tròn
1 Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(xa,ya) và B(xb,yb)là
d : (ya− yb)(x − xa) + (xb− xa)(y − ya) = 0
hoặc (ya− yb)(x − xb) + (xb− xa)(y − yb) = 0
2 Phương trình đường thẳng đi qua điểm M (xm, ym) và vuông góc với đường
thẳng nối hai điểm A(xa,ya), B(xb,yb)là
(xb− xa)(x − xm) + (yb− ya)(y − ym) = 0
3 Phương trình đường thẳng đi qua điểm M (xm, ym) và song song với đường
thẳng nối hai điểm A(xa,ya), B(xb,yb)là
(ya− yb)(x − xm) + (xb− xa)(y − ym) = 0
4 Phương trình đường tròn tâm O(xo,yo)và bán kính R là
(x − xo)2+ (y − yo)2= R2
5 Khoảng cách từ điểm M(xm,ym) tới đường thẳng ax + by + c = 0 là
d = |axm+ bym+ c|
√
a2+ b2
Trên đây là một số công thức cần thiết cho việc giải các bài hình sau này,
tuy là nhìn rất phức tạp nhưng chúng ta hoàn toàn có thể tự xây dựng công
thức cho mình, đặc biệt là các bạn học qua lớp 10 thì nhưng công thức trên
thực sự rất quen thuộc!
Trang 43 Một số ví dụ
Trong phần này, tác giả sẽ xây dựng một số công thức tọa độ của các điểm như trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp thông qua các ví dụ
Ví dụ 1 (Đường thẳng Euler) Cho tam giác ABC có trực tâm, trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp lần lượt là H, G, O Chứng minh rằng H, G, O thẳng hàng và HG = 2GO
Chứng minh Ta đặt tam giác ABC vào hệ tọa độ Oxy và ta giả sử các điểm
A, B, C có tọa độ là (0, a); (b, 0); (c, 0)
Ta kẻ đường kính AD của (O), khi đó ∠ABD = ∠ACD = 90◦
Áp dụng công thức số 2 ta có phương trình đường thẳng BD là −bx + ay +
b2= 0, tương tự ta có phương trình đường thẳng CD là −cx + ay + c2= 0
Từ đó ta có D có tọa độ là D(b+c,bc
a ), suy ra tọa độ điểm O
(b+c2 ,bc+a22a ) Đường cao ứng với đỉnh B của tam giác là đường thẳng qua B và vuông góc với AC nên có phương trình là c(x − b) − ay = 0 Do A nằm trên trục Oy nên
ta có phương trình đường cao ứng với đỉnh A là x = 0
Suy ra tọa độ trực tâm H là (0,−bca )
Gọi M , N là trung điểm AC, AB thì hai điểm có tọa độ là (c2,a2) và (b2,a2) Phương trình đường thẳng BM là
a
2(x − b) + (b −
c
2)y = 0.
Phương trình đường thẳng CN là
a
2(x − c) + (c −
b
2)y = 0.
Suy ra trọng tâm G có tọa độ (b+c3 ,a3)
Ta có−−→
HG = (b+c
3 ,a
3 +bc
a) = (b+c
3 ,a2+3bc 3a )
và−→
GO = (b+c2 −b+c
3 ,bc+a2a2−a
3) = (b+c6 ,a2+3bc6a )
Suy ra−−→
HG = 2−→
GO, hay ta có đpcm
Nhận xét Qua bài toán này ta đã xây dựng được tọa độ các điểm trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp và điểm D (đối xứng với A) qua O thông qua cách đặt tọa độ ba điểm A, B, C ban đầu Ngoài ra trọng tâm còn xác định được nhanh hơn dựa vào tính chất của trọng tâm là−→
GA = −2−−→
GA0 với
A0 là trung điểm của BC
Trang 5Ví dụ 2 Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến BM Đường thẳng qua A vuông góc với BM cắt BC tại D Chứng minh rằng BD = 2DC
Chứng minh Không mất tỉnh tổng quát, ta giả sử điểm A, B, C lần lượt có tọa độ (0, 2); (−2, 0); (2, 0) (do tam giác ABC vuông cân tại A)
Khi đó M có tọa độ là (1, 1), đường thẳng AD có phương trình là
3x + y − 2 = 0
Từ đó suy ra điểm D có tọa độ (23, 0)
Vậy ta rút ra được BD = 2 +23 = 2 · (2 −23) = 2DC (đpcm)
Ví dụ 3 (Caribbean Mathematical Olympiad, P3) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) D là chân đường cao ứng với đỉnh A M , N
là trung điểm của AB, AC Q là điểm đối xứng với A qua O E là trung điểm DQ Chứng minh rằng đường thẳng qua M vuông góc với
EM , đường thẳng qua N vuông góc với EN cắt nhau trên AD
Chứng minh Không mất tính tổng quát, ta giả sử A, B, C có tọa độ (0, a); (b, 0); (c, 0) Đương nhiên điểm D có tọa độ (0, 0)
Hai điểm M , N lần lượt có tọa độ là (b2,a2) và (c2,a2)
Ta có Q(b+c,bc
a ) nên điểm E có tọa độ là (b+c2 ,2abc)
Đường thẳng qua M vuông góc với EM có phương trình là
c 2
x − b 2
+ bc 2a −a 2
y −a 2
= 0 Tương tự đường thẳng qua N vuông góc với EN có phương trình là
b 2
x − c 2
+ bc 2a−a 2
y −a 2
= 0
Ta dễ thấy hai đường thẳng này cắt nhau tại điểm có hoành độ là 0 hay chúng cắt nhau trên AD (đpcm)
Ví dụ 4 Cho tam giác ABC cố định, điểm D thay đổi trên đoạn BC Dựng hình bình hành AEDF với E, F nằm trên cạnh AB và AC Chứng minh rằng (AEF ) đi qua một điểm cố định khác A khi D thay đổi
Trang 6Chứng minh Giả sử ba điểm A, B, C có tọa độ là (0, a); (b, 0); (c, 0) trong đó
a, b, c là không đổi
Điểm D chạy trên BC sẽ có tọa độ là (d, 0)
Phương trình đường thẳng AB, AC lần lượt là ax + by − ab = 0 và ax +
cy − ac = 0
Ta có DE k AC nên phương trình đường thẳng DE là a(x − d) + cy = 0
Từ đó điểm E có tọa độ là (bc−bdc−b ,ad−abc−b )
Tượng tự ta có điểm F(bc−cd
b−c ,ad−acb−c ) Chú ý rằng nếu (AEF ) đi qua điểm cố định tương đương với tâm của (AEF )
nằm trên đường thẳng cố định Bây giờ ta chỉ việc xác định tâm của (AEF )
Gọi M , N lần lượt là trung điểm AE và AF
Khi đó M , N có tọa độ là (2(c−b)bc−bd,ad+ac−2ab2(c−b) ) và (2(b−c)bc−cd,ad+ab−2ac2(b−c) )
Suy ra đường trung trực của AE có phương trình
b
x − bc − bd 2(c − b)
− a
y −ad + ac − 2ab 2(c − b)
= 0
Đường trung trực của AF có phương trình
c
x − bc − cd 2(b − c)
− a
y −ad + ab − 2ac 2(b − c)
= 0
Suy ra tâm O của (AEF ) có tọa độ là
2a2d − a2(b + c) − bc(b + c) + (b2+ c2)d
2(c − b)2 ,−4a2bc + a2b2+ a2c2− 2b2c2+ a2d(b + c) + bcd(b + c)
2(c − b)2
Điểm O này thuộc đường thẳng sau
(a2+ bc)(b + c)
2(c − b)2
x +(a
2+ bc)(b + c) 2(c − b)2
−(2a
2+ b2+ c2) 2(c − b)2
y +4a
2bc − a2(b2+ c2) + 2b2c2
2(c − b)2
= 0
(Bạn đọc có thể kiểm tra bằng cách thay vào)
Mà đường thẳng này cố định do a, b, c không đổi nên suy ra (AEF ) đi qua
điểm A0 cố định là đối xứng của A qua đường thẳng vừa tìm
Nhận xét Bài toán trên có thể giải bằng hình học thuần túy rất là gọn
bằng cách dựng hai đường tròn phụ và điểm cố định (AEF ) đi qua là điểm
Dumpty Các bước biến đổi trong lời giải trên đều rất đơn giản, chỉ cần sự
tỉ mỉ nhưng đến chỗ cuối cùng thì chắc hẳn bạn đọc sẽ thắc mắc chui đâu ra
phương trình đường thẳng đó mà thay vào Tác giả không hề mò mà có phương
pháp (thực ra có mò xong bế tắc mới nghĩ ra cách khác) Từ tâm O có tọa độ
bao gồm biến số d mà ta phải đi chứng minh nó thuộc đường thẳng cố định nên
tác giả cho hai giá trị d = 0 và d = 1 thì ta sẽ có tọa độ 2 điểm X, Y Công việc
Trang 7còn lại chỉ là tìm đường thẳng XY và thay tọa độ điểm O vào phương trình vừa tìm và thấy thỏa mãn là xong!
Ví dụ 5 Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với
BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F Gọi H là hình chiếu của D lên
EF Chứng minh HD là phân giác góc BHC
Chứng minh Giả sử điểm B, C có tọa độ là (b, 0) và (c, 0) Đường tròn (I) có bán kính là 1 và tâm I có tọa độ là (0, 1) thì D có tọa độ (0, 0)
Ta có phương trình đường thẳng BI là x + by − b = 0
Gọi M là trung điểm DF
Khi đó phương trình đường thẳng DM là −bx + y = 0, suy ra M( b
b2 +1 , b2 b2 +1 )
Từ đó ta có−−→
DF = 2−−→
DM = (b22b+1,b2b2+12 ) nên điểm F có tọa độ (b22b+1,b2b2+12 ) Tương tự điểm E có tọa độ ( 2c
c 2 +1, 2c2
c 2 +1)
Suy ra đường thẳng EF có phương trình
(b + c)
x − 2b
b2+ 1
+ (bc − 1)
y − 2b
2
b2+ 1
= 0
Kết hợp phương trình đường thẳng DH là (bc − 1)x − (b + c)y = 0 thì ta có tọa độ điểm H là
2bc(b + c) (b2+ 1)(c2+ 1),
2bc(bc − 1) (b2+ 1)(c2+ 1)
Áp dụng công thức tính khoảng cách ta có
HB2=(b22bc(b+c)+1)(c2+1)− b2+(b2bc(bc−1)2+1)(c2+1)
2
= b2· A
Trong đó A = 4b2c2−4b3c3−4bc(b2+c2)−4bc+b((a2 +1)(b4c4+2b2 +1))2c2(b22+c2)+b4+c4+2(a2+b2)+1
Tương tự ta có HC2= c2· A Suy ra HB
HC =DB
DC hay ta có HD là phân giác góc BHC
Nhận xét Trong lời giải này ta không chọn ba đỉnh đầu tiên bởi vì nếu thế xác định tâm và đường tròn nội tiếp sẽ rất khó Vì vậy chúng ta chọn điểm
B, C và điểm tiếp xúc D, đồng thời ta hoàn toàn có thể chọn bán kính đường tròn (I) bằng 1 cho dễ tính toán
Trang 8Ví dụ 6 (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn (O), tiếp tuyến tại A cắt BC tại T , T O cắt AB, AC lần lượt tại P, Q Đường thẳng qua P vuông góc với AB cắt đường thẳng qua Q vuông góc với AC tại R Chứng minh AR luôn đi qua một điểm
cố định khi A di chuyển trên mặt phẳng và không thuộc BC
Chứng minh Do bài toán này cần chứng minh AR đi qua điểm cố định khi A
di chuyển trên mặt phẳng nên cách đặt dễ hiểu nhất là B(−1,0); C(1,0) và điểm
A có tọa đô (xa, ya)
Tuy nhiên nếu làm theo cách đặt này sẽ rất là rối nhưng khi vẽ một vài trường hợp ra ta thấy AR đi qua trung điểm M của BC nên ta vẫn có thể đặt như lúc đầu là A(0,a); B(b,0); C(c,0) Ta đi chứng minh AR đi qua điểm M có tọa độ (b+c2 , 0) là được
Ta đã biết tâm O có tọa độ (b+c2 ,bc+a2a2)
Tiếp tuyến tại A của (O) chính là đường thẳng qua A và vuông góc với AO nên có phương trình
(b + c)x + bc
a − a
(y − a) = 0
Suy ra T có tọa độ là (bc−a2
b+c , 0) Đường thẳng T O có phương trình là bc+a2a2(x −bc−ab+c2) −b2+c2(b+c)2+2a2y = 0
Mà đường thẳng AB có phương trình là ax + by − ab = 0 nên suy ra điểm
P là giao của hai đường thẳng nên có tọa độ là
(a2+ b2)(a2+ c2)b
b(b + c)(bc + a2) + a2(b2+ c2+ 2a2),
a5+ ab(b + c)(bc + a2) − ab2c2
b(b + c)(bc + a2) + a2(b2+ c2+ 2a2)
Để ý rằng b(b + c)(bc + a2) + a2(b2+ c2+ 2a2) = (a2+ b2)(bc + 2a2+ c2)
và a4+ b(b + c)(bc + a2) − b2c2= (bc + a2)(a2+ b2)
Nên tọa độ của điểm P ta viết gọn lại thành
(a2+ c2)b
bc + 2a2+ c2, a(bc + a
2)
bc + 2a2+ c2
Suy ra phương trình đường thẳng P R là
b
x − (a
2+ c2)b
bc + 2a2+ c2
− a
y − a(bc + a
2)
bc + 2a2+ c2
= 0 Tương tự ta có phương trình đường thẳng QR là
c
x − (a
2+ b2)c
bc + 2a2+ b2
− a
y − a(bc + a
2)
bc + 2a2+ b2
= 0
Trang 9Suy ra hoành độ và tung độ của điểm R là
xR= (a
2+ b2)(a2+ c2)(b + c) (bc + 2a2+ c2)(bc + 2a2+ b2) và
yR= a(4a
2bc + bc3+ cb3+ 2a4) (bc + 2a2+ c2)(bc + 2a2+ b2) Gọi M là trung điểm BC thì M có tọa độ (b+c2 , 0)
Ta có−−→
AM = (b+c
2 , −a) và
−→
AR =
(a2+ b2)(a2+ c2)(b + c)
(bc + 2a2+ c2)(bc + 2a2+ b2),
a(4a2bc + bc3+ cb3+ 2a4) (bc + 2a2+ c2)(bc + 2a2+ b2)− a
Mà a(4a
2bc + bc3+ cb3+ 2a4)
(bc + 2a2+ c2)(bc + 2a2+ b2)− a = −2(a
2+ b2)(a2+ b2)a (bc + 2a2+ c2)(bc + 2a2+ b2).
Từ đó suy ra−→
AR = 2(a
2+ b2)(a2+ b2) (bc + 2a2+ c2)(bc + 2a2+ b2)·−−→AM Hay ta có AR đi qua trung điểm của đoạn BC cố định (đpcm)
Nhận xét Bài toán này đòi hỏi sự khéo léo của người giải, nếu ta đặt như lúc đầu điểm A(xa,ya)thì thực sự rất là khó mà ta phải đoán được điểm cố định trước, nếu không thể đoán được thì bắt buộc phải làm như vậy Thông thường bài toán đi qua điểm cố định mà có các đỉnh ban đầu là A, B, C di chuyển thì
ta luôn phải dự đoán điểm đó và vẫn có thể đặt tọa độ ba điểm như trên và ta
đi chứng minh tích chất đó Ngoài ra chúng ta còn phải tinh tế ở một số chỗ nhóm nhân tử để cho các tọa độ được gọn gàng Để có một lời giải hoàn chỉnh như trên thì tác giả đã tốn rất nhiều công sức và luôn mắc phải những gì vừa nói đến, mong bạn đọc rút ra được kinh nghiệm là chứng minh bằng tọa độ là cách "trâu bò" nhưng làm theo cách "trâu bò" cũng cần tư duy, khéo léo
Ví dụ 7 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có các đường cao AD, BE, CF AD cắt lại đường tròn (O) tại P , P E cắt lại đường tròn (O) tại Q Chứng minh BQ chia đôi đoạn EF
Chứng minh Giả sử ba điểm A, B, C có tọa độ lần lượt là (0, a); (b, 0); (c, 0)
Ta đã xây dựng được tọa độ trực tâm H là (0,−bca ) và tâm ngoại tiếp O là (b+c
2 ,bc+a2
2a )
Theo kết quả quen thuộc thì P đối xứng với H qua BC nên có tọa độ là (0,bca)
Ta dễ có tọa độ điểm E, F là (c(ac22+a+bc)2 ,(c−b)acc2+a2 ) và (b(ab22+a+bc)2 ,(b−c)abb2+a2 ) Bây giờ ta đi xác định tọa độ điểm Q
Trang 10Ta có phương trình đường thẳng P E là
c(2a2b + bc2− ca2) (c2+ a2)a x +
c(a2+ bc)
a2+ c2
y −bc a
= 0 hay có dạng
2a2b + bc2− ca2
a x + (a
2+ bc)
y −bc a
= 0 (1)
Ta đã biết phương trình đường tròn (O) là
x − b + c
2
2
+
y −bc + a
2
2a
2
= b + c 2
2
+ a2− bc 2
2
(2)
Từ (1) và (2) ta có tọa độ của điểm Q là
xQ= (a
2+ bc)(2a4c − a4b − a2bc2+ 3b2ca2+ b2c3) (a2+ c2)(b2c2− 2a2bc + 4a2b2+ a4) và
yQ= (ca
2− 2a2b − bc2)(2a4c − a4b − a2bc2+ 3b2ca2+ b2c3) a(a2+ c2)(b2c2− 2a2bc + 4a2b2+ a4) +
bc a hay
yQ= 2a
3(b − c)2(a2− bc) (a2+ c2)(b2c2− 2a2bc + 4a2b2+ a4) Suy ra
−→
BQ = (xQ−b, yQ) =(a22a+c22(c−b)(a)(b2c2−2a4+2a2bc+4a2b2+b22bc22+a)4),(a2+c2)(b2a32(b−c)c2−2a22(abc+4a2−bc)2b2+a4) Mặt khác, nếu lấy M là trung điểm EF thì M sẽ có tọa độ là
(a2+ bc)2(b + c) 2(a2+ c2)(a2+ b2),
(a2− bc)(c − b)2a 2(a2+ b2)(a2+ c2)
Suy ra−−→
BM =(c−b)(a2(a2+c4+b2)(a2c22+2b+b22)a2),2(a(a22−bc)(c−b)+b2)(a2+c22a)
Vậy ta có ngay−→
BQ = b2 c 2 −2a4a22(abc+4a2+b22)b 2 +a 4 ·−−→BM , hay ta có đpcm
Ví dụ 8 Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F Lấy các điểm B0, C0 là đối xứng của B và C qua D Đường thẳng qua B0, C0 vuông góc với BC lần lượt cắt AC, AB tại X, Y Chứng minh rằng XY tiếp xúc với đường tròn (I)