- Tham gia
- 28/1/21
- Bài viết
- 82,412
- Điểm
- 113
tác giả
TUYỂN TẬP Chuyên đề hình học phẳng lớp 10 : Chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi CÓ ĐÁP ÁN được soạn dưới dạng file word gồm CÁC FILE trang. Các bạn xem và tải chuyên đề hình học phẳng lớp 10 : chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi, về ở dưới.
Có lẽ René Descartes là một người không giỏi Hình học cho lắm. Có lẽ ông luôn nhức đầu với việc vẽ thêm, phát hiện ra những mối tương quan hình học từ các tứ giác nội tiếp, các cung chứa góc, các đường Ceva … Từ đó mà ông đã nghĩ ra môn hình học giải tích, để đưa các bài toán hình học về các bài toán tính toán đại số quen thuộc mà có lẽ mới là sở trường của ông.
Làm một cuộc điều tra bất kỳ đối với một nhóm học sinh phổng thông, có thể thấy trước kết quả là hầu hết các em sợ hình học và thích đại số. Cho dù là hình học phẳng hay hình học không gian đều là nỗi khiếp sợ đối với đại đa số các em, kể cả đối với một số em chuyên toán. Thế nhưng, hầu như tất cả các học sinh lại không cảm thấy sợ môn hình học giải tích mà trái lại, coi đây là một trong những môn dễ chịu nhất.
Vì sao như vậy? Có hai lý do mà tôi muốn kể đến. Thứ nhất, các bài toán hình học giải tích thường có một sơ đồ lời giải rất rõ ràng, có thể nói là “rập khuôn”, cứ thế mà làm. Chẳng phải vẽ hình, chẳng phải vẽ đường phụ, cứ áp công thức vào mà làm. Thứ hai, mà tôi nghĩ điều này khá quan trọng, các bài toán hình học giải tích mà các bạn học sinh được giải là những bài toán cơ bản nhất, ở mức độ đơn giản nhất (như tính góc, tính diện tích, viết phương trình đường thẳng, tìm điểm cố định) nên mới cảm thấy dễ. Cái gì ở mức cơ bản cũng đẹp và … dễ. Ngay cả hình học phẳng, nếu chỉ chứng minh ba đường trung tuyến đồng quy, tính chất của phân giác, đường thẳng Simson… chắc cũng không gây nhiều khó khăn cho các bạn học sinh.
Điều đó có nghĩa là nhiều bạn thấy hình học giải tích dễ là do tính khuôn mẫu của nó (mà Descartes gọi là Phương pháp) và thực sự thì các bạn chưa đụng phải những bài khó.
Trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét phương pháp giải các bài toán hình học bằng phương pháp toạ độ. Chúng ta sẽ bắt đầu từ những ví dụ mở đầu, tiếp đến là những công thức, tính chất, định lý của hình giải tích phẳng sẽ được áp dụng trong các tính toán. Phần trọng tâm của bài viết sẽ đề cập đến việc đưa hệ trục toạ độ vào bài toán hình học như thế nào để có được lời giải một cách gọn gàng nhất, phân tích với những bài toán nào thì hình giải tích có thể “xử lý” tốt. Phần cuối chúng ta sẽ bàn đến sức mạnh của hình học giải tích trong các bài toán liên quan đến đường cong bậc 2, nơi mà hình học thuần tuý sẽ phải bó tay.
1. Những ví dụ mở đầu
Bài toán 1. Cho tứ giác ABCD có AB vuông góc với CD và AB = 2, BC = 13, CD = 8, DA = 5. Hãy tính diện tích tứ giác ABCD.
Sự kiện AB vuông góc với CD gợi cho chúng ta đến ý tưởng đưa hệ trục toạ độ vào bài toán. Giả sử AB cắt CD tại O. Chọn hệ trục toạ độ có Ox trùng với CD và Oy trùng với AB. Đặt D(x, 0) và A(0, y) thì từ các dữ kiện CD = 4 và AB = 2 ta được C(x+8, 0), B(0, y+2). Từ các dữ kiện BC = 13, DA = 5, ta được
x2 + y2 = 25 (1)
(x+8)2 + (y+2)2 = 169 (2)
Trừ (2) cho (1), ta được 4x + y = 19. Thay y = 19 – 4x vào (1), ta được
x2 + 361 – 152x + 16x2 = 25
17x2 – 152x + 336 = 0
x = 4 Ú x = 84/17 => y = 3 Ú -13/17 (loại).
Vậy x = 4, y = 3. Tứ giác ABCD có toạ độ các đỉnh là A(0, 3), B(0, 5), C(12, 0), D(4, 0). Từ đó dễ dàng tính được diện tích tứ giác bằng
SABCD = SOBC – SOAD = (1/2)5.12 – (1/2)3.4 = 24.
Ghi chú: Bài toán này có thể giải mà không dùng đến hệ trục toạ độ, chỉ cần đặt OD = x, OA = y rồi lập ra các hệ phương trình như trên.
Bài toán 2. Cho đường thẳng d và điểm P nằm ngoài d. Tìm quỹ tích những điểm M cách đều P và d.
Bài toán này là một phát triển rất tự nhiên của hai quỹ tích quen thuộc: Quỹ tích những điểm cách đều 2 điểm đã cho là đường trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm này; quỹ tích những điểm các đều hai đường thẳng đã cho là các đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng này. Vậy quỹ tích những điểm cách đều một điểm đã cho và một đường thẳng đã cho là gì?
Phân tích một số vị trí đặc biệt, có thể thấy quỹ tích không phải là đường thẳng mà cũng không phải là đường tròn (Chẳng hạn trung điểm đoạn vuông góc PH thuộc quỹ tích và tập quỹ tích đối xứng qua đường thẳng (PH)). Vậy quỹ tích có thể là gì? Ta hãy đưa hệ trục toạ độ vào. Một cách tự nhiên, ta chọn (HP) là trục tung và d là trục hoành. Đặt HP = p thì P(0, p). Giả sử M(x, y) là một điểm thuộc quỹ tích thì rõ ràng y > 0 và ta có
MP = d(M, d) ó ó x2 + (y-p)2 = y2
x2 – 2py + p2 = 0 ó .
Quỹ tích là một parabol!
Đây cũng chính là một thế mạnh của hình học giải tích so với hình học thuần tuý. Hình học giải tích cho phép tìm ra các quỹ tích vượt ngoài ra các hình «vẽ được» bằng thước và compa, nghiên cứu các tính chất hình học của các đường cong đại số bất kỳ.
Bài toán 3. Cho tam giác ABC cân tại A. M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Chứng minh rằng MA2 + MB.MC £ AB2.
Hạ đường cao AH và chọn hệ trục toạ độ lấy H làm gốc toạ độ, BC và HA là các trục toạ độ. Đặt B(-b, 0), C(b, 0) và A(0, a). Với điểm M(x, y), bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
ó
ó
ó b2y2 £ ay(b2-x2-y2) + a2y2
Bất đẳng thức này trở thành đẳng thức khi y = 0. Với y > 0. Bất đẳng thức này tương đương với
ax2 £ (a2-b2)y + a(b2 – y2) (3)
Dữ kiện M nằm trong tam giác ABC bây giờ cho ta
|x| £ (b/a)(a – y)
Thay vào (3), ta cần chứng minh
b2(a-y)2 £ a(a2-b2)y + a2(b2 – y2)
Sau các phép rút gọn, điều này tương đương với
y2 £ ay
Nhưng điều này đúng vì 0 < y £ a.
Ghi chú.
+ Từ lời giải bài này ta rút ra một tính chất hình học khá thú vị: Quỹ tích của những điểm M nằm trong mặt phẳng tam giác ABC cân tại A sao cho MA2 + MB.MC = AB2 là hợp của đoạn thẳng BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Thật vậy. Theo chứng minh trên thì với y = 0 và |x| £ b thì ta có dấu bằng xảy ra. Ngoài ra, dấu bằng còn xảy ra khi ax2 = (a2-b2)y + a(b2 – y2), và đó chính là phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
+ Bài toán này còn có thể giải bằng phương pháp hình học thuần tuý, chẳng hạn sử dụng phương tích.
Bài toán 4. Cho tam giác ABC. M là một điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng tam giác. Chứng minh rằng
Trong đó là diện tích có hướng của tam giác XYZ.
Đây là một định lý có nhiều ứng dụng quan trọng trong các bài toán về tâm tỷ cự. Chẳng hạn từ định lý này suy ra “bộ trọng lượng”các điểm đặc biệt trong tam giác như G (trọng tâm), H (trực tâm), O (tâm đường tròn ngoại tiếp), I (tâm đường tròn nội tiếp) …
Có nhiều cách chứng minh cho định lý này, chẳng hạn cách chứng minh trực tiếp bằng véc-tơ. Dưới đây, ta xét cách chứng minh định lý bằng phương pháp toạ độ. Để thực hiện điều này, ta cần đến công thức tính diện tích có hướng của tam giác ABC. Cụ thể
S(XYZ) = (1/2)((xB-xA)(yC-yA) – (xC-xA)(yB-yA))
Công thức này sẽ được giải thích và chứng minh trong phần 2.
Áp dụng công thức này, ta cần chứng minh
[(xB-xM)(yC-yM) – (xC-xM)(yB-yM)](xA-xM) + [(xC-xM)(yA-yM) – (xA-xM)(yC-yM)](xB-xM) + [(xA-xM)(yB-yM) – (xB-xM)(yA-yM)](xC-xM) = 0
Và
[(xB-xM)(yC-yM) – (xC-xM)(yB-yM)](yA-yM) + [(xC-xM)(yA-yM) – (xA-xM)(yC-yM)](yB-yM) + [(xA-xM)(yB-yM) – (xB-xM)(yA-yM)](yC-yM) = 0
Nhưng điều này có thể kiểm tra được dễ dàng!
(Không mất tính tổng quát, có thể giả sử xM = yM = 0, khi đó ta chỉ cần kiểm tra
THẦY CÔ TẢI NHÉ!
Giải toán bằng phương pháp toạ độ
Có lẽ René Descartes là một người không giỏi Hình học cho lắm. Có lẽ ông luôn nhức đầu với việc vẽ thêm, phát hiện ra những mối tương quan hình học từ các tứ giác nội tiếp, các cung chứa góc, các đường Ceva … Từ đó mà ông đã nghĩ ra môn hình học giải tích, để đưa các bài toán hình học về các bài toán tính toán đại số quen thuộc mà có lẽ mới là sở trường của ông.
Làm một cuộc điều tra bất kỳ đối với một nhóm học sinh phổng thông, có thể thấy trước kết quả là hầu hết các em sợ hình học và thích đại số. Cho dù là hình học phẳng hay hình học không gian đều là nỗi khiếp sợ đối với đại đa số các em, kể cả đối với một số em chuyên toán. Thế nhưng, hầu như tất cả các học sinh lại không cảm thấy sợ môn hình học giải tích mà trái lại, coi đây là một trong những môn dễ chịu nhất.
Vì sao như vậy? Có hai lý do mà tôi muốn kể đến. Thứ nhất, các bài toán hình học giải tích thường có một sơ đồ lời giải rất rõ ràng, có thể nói là “rập khuôn”, cứ thế mà làm. Chẳng phải vẽ hình, chẳng phải vẽ đường phụ, cứ áp công thức vào mà làm. Thứ hai, mà tôi nghĩ điều này khá quan trọng, các bài toán hình học giải tích mà các bạn học sinh được giải là những bài toán cơ bản nhất, ở mức độ đơn giản nhất (như tính góc, tính diện tích, viết phương trình đường thẳng, tìm điểm cố định) nên mới cảm thấy dễ. Cái gì ở mức cơ bản cũng đẹp và … dễ. Ngay cả hình học phẳng, nếu chỉ chứng minh ba đường trung tuyến đồng quy, tính chất của phân giác, đường thẳng Simson… chắc cũng không gây nhiều khó khăn cho các bạn học sinh.
Điều đó có nghĩa là nhiều bạn thấy hình học giải tích dễ là do tính khuôn mẫu của nó (mà Descartes gọi là Phương pháp) và thực sự thì các bạn chưa đụng phải những bài khó.
Trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét phương pháp giải các bài toán hình học bằng phương pháp toạ độ. Chúng ta sẽ bắt đầu từ những ví dụ mở đầu, tiếp đến là những công thức, tính chất, định lý của hình giải tích phẳng sẽ được áp dụng trong các tính toán. Phần trọng tâm của bài viết sẽ đề cập đến việc đưa hệ trục toạ độ vào bài toán hình học như thế nào để có được lời giải một cách gọn gàng nhất, phân tích với những bài toán nào thì hình giải tích có thể “xử lý” tốt. Phần cuối chúng ta sẽ bàn đến sức mạnh của hình học giải tích trong các bài toán liên quan đến đường cong bậc 2, nơi mà hình học thuần tuý sẽ phải bó tay.
1. Những ví dụ mở đầu
Bài toán 1. Cho tứ giác ABCD có AB vuông góc với CD và AB = 2, BC = 13, CD = 8, DA = 5. Hãy tính diện tích tứ giác ABCD.
Sự kiện AB vuông góc với CD gợi cho chúng ta đến ý tưởng đưa hệ trục toạ độ vào bài toán. Giả sử AB cắt CD tại O. Chọn hệ trục toạ độ có Ox trùng với CD và Oy trùng với AB. Đặt D(x, 0) và A(0, y) thì từ các dữ kiện CD = 4 và AB = 2 ta được C(x+8, 0), B(0, y+2). Từ các dữ kiện BC = 13, DA = 5, ta được
x2 + y2 = 25 (1)
(x+8)2 + (y+2)2 = 169 (2)
Trừ (2) cho (1), ta được 4x + y = 19. Thay y = 19 – 4x vào (1), ta được
x2 + 361 – 152x + 16x2 = 25
17x2 – 152x + 336 = 0
x = 4 Ú x = 84/17 => y = 3 Ú -13/17 (loại).
Vậy x = 4, y = 3. Tứ giác ABCD có toạ độ các đỉnh là A(0, 3), B(0, 5), C(12, 0), D(4, 0). Từ đó dễ dàng tính được diện tích tứ giác bằng
SABCD = SOBC – SOAD = (1/2)5.12 – (1/2)3.4 = 24.
Ghi chú: Bài toán này có thể giải mà không dùng đến hệ trục toạ độ, chỉ cần đặt OD = x, OA = y rồi lập ra các hệ phương trình như trên.
Bài toán 2. Cho đường thẳng d và điểm P nằm ngoài d. Tìm quỹ tích những điểm M cách đều P và d.
Bài toán này là một phát triển rất tự nhiên của hai quỹ tích quen thuộc: Quỹ tích những điểm cách đều 2 điểm đã cho là đường trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm này; quỹ tích những điểm các đều hai đường thẳng đã cho là các đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng này. Vậy quỹ tích những điểm cách đều một điểm đã cho và một đường thẳng đã cho là gì?
Phân tích một số vị trí đặc biệt, có thể thấy quỹ tích không phải là đường thẳng mà cũng không phải là đường tròn (Chẳng hạn trung điểm đoạn vuông góc PH thuộc quỹ tích và tập quỹ tích đối xứng qua đường thẳng (PH)). Vậy quỹ tích có thể là gì? Ta hãy đưa hệ trục toạ độ vào. Một cách tự nhiên, ta chọn (HP) là trục tung và d là trục hoành. Đặt HP = p thì P(0, p). Giả sử M(x, y) là một điểm thuộc quỹ tích thì rõ ràng y > 0 và ta có
MP = d(M, d) ó ó x2 + (y-p)2 = y2
x2 – 2py + p2 = 0 ó .
Quỹ tích là một parabol!
Đây cũng chính là một thế mạnh của hình học giải tích so với hình học thuần tuý. Hình học giải tích cho phép tìm ra các quỹ tích vượt ngoài ra các hình «vẽ được» bằng thước và compa, nghiên cứu các tính chất hình học của các đường cong đại số bất kỳ.
Bài toán 3. Cho tam giác ABC cân tại A. M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Chứng minh rằng MA2 + MB.MC £ AB2.
Hạ đường cao AH và chọn hệ trục toạ độ lấy H làm gốc toạ độ, BC và HA là các trục toạ độ. Đặt B(-b, 0), C(b, 0) và A(0, a). Với điểm M(x, y), bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
ó
ó
ó b2y2 £ ay(b2-x2-y2) + a2y2
Bất đẳng thức này trở thành đẳng thức khi y = 0. Với y > 0. Bất đẳng thức này tương đương với
ax2 £ (a2-b2)y + a(b2 – y2) (3)
Dữ kiện M nằm trong tam giác ABC bây giờ cho ta
|x| £ (b/a)(a – y)
Thay vào (3), ta cần chứng minh
b2(a-y)2 £ a(a2-b2)y + a2(b2 – y2)
Sau các phép rút gọn, điều này tương đương với
y2 £ ay
Nhưng điều này đúng vì 0 < y £ a.
Ghi chú.
+ Từ lời giải bài này ta rút ra một tính chất hình học khá thú vị: Quỹ tích của những điểm M nằm trong mặt phẳng tam giác ABC cân tại A sao cho MA2 + MB.MC = AB2 là hợp của đoạn thẳng BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Thật vậy. Theo chứng minh trên thì với y = 0 và |x| £ b thì ta có dấu bằng xảy ra. Ngoài ra, dấu bằng còn xảy ra khi ax2 = (a2-b2)y + a(b2 – y2), và đó chính là phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
+ Bài toán này còn có thể giải bằng phương pháp hình học thuần tuý, chẳng hạn sử dụng phương tích.
Bài toán 4. Cho tam giác ABC. M là một điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng tam giác. Chứng minh rằng
Trong đó là diện tích có hướng của tam giác XYZ.
Đây là một định lý có nhiều ứng dụng quan trọng trong các bài toán về tâm tỷ cự. Chẳng hạn từ định lý này suy ra “bộ trọng lượng”các điểm đặc biệt trong tam giác như G (trọng tâm), H (trực tâm), O (tâm đường tròn ngoại tiếp), I (tâm đường tròn nội tiếp) …
Có nhiều cách chứng minh cho định lý này, chẳng hạn cách chứng minh trực tiếp bằng véc-tơ. Dưới đây, ta xét cách chứng minh định lý bằng phương pháp toạ độ. Để thực hiện điều này, ta cần đến công thức tính diện tích có hướng của tam giác ABC. Cụ thể
S(XYZ) = (1/2)((xB-xA)(yC-yA) – (xC-xA)(yB-yA))
Công thức này sẽ được giải thích và chứng minh trong phần 2.
Áp dụng công thức này, ta cần chứng minh
[(xB-xM)(yC-yM) – (xC-xM)(yB-yM)](xA-xM) + [(xC-xM)(yA-yM) – (xA-xM)(yC-yM)](xB-xM) + [(xA-xM)(yB-yM) – (xB-xM)(yA-yM)](xC-xM) = 0
Và
[(xB-xM)(yC-yM) – (xC-xM)(yB-yM)](yA-yM) + [(xC-xM)(yA-yM) – (xA-xM)(yC-yM)](yB-yM) + [(xA-xM)(yB-yM) – (xB-xM)(yA-yM)](yC-yM) = 0
Nhưng điều này có thể kiểm tra được dễ dàng!
(Không mất tính tổng quát, có thể giả sử xM = yM = 0, khi đó ta chỉ cần kiểm tra
THẦY CÔ TẢI NHÉ!
CHỦ ĐỀ LIÊN QUAN
CHỦ ĐỀ QUAN TÂM
CHỦ ĐỀ MỚI NHẤT
