CƠ SỞ HÓA TRONG HÌNH OXY (Tọa độ hóa mở rộng) Trần Hưng Hình học Oxy trong các kỳ thi Đại Học, Quốc gia luôn là 1 câu khó mang tính phân loại cao. Và đang có xu hướng được khai thác sâu hơn nên đồng thời với điều đó, sẽ dần có những phương pháp, hay cách tiếp cận, xử lý vấn đề sẽ được phát triển hơn. Phương pháp tọa độ hóa là phương pháp truyền thống, nhưng xưa nay nó ít được sử dụng và để ý bởi nó tính toán nhiều, khó xử lý những điểm, đường nằm sâu trong hình và mang tính chất đại số nhiều hơn hình học. Ta sẽ xử lý một số khó khăn cơ bản đó để nó trở thành một phương pháp tốt hơn, dễ sử dụng và mang tính hiệu quả cần thiết, đặc biệt trong phòng thi với thời gian hạn chế. Độ dài của 1 bài toán (đôi khi) không nằm ở độ dài trang giấy, mà ở thời gian ta tìm ra lời giải đó. I. MỞ RỘNG I.1. Sử dụng công thức tính nhanh tọa độ điểm Cho điểm và đường thẳng:     ; :0 AA A x y ax by c          . Gọi   ; HH H x y là hình chiếu của A trên    +) Khi đó HA HA x x ka y y kb      với 22 AA ax by c k ab    +) Điểm M :   M AH AM mAH        khi đó MA MA x x mka y y mkb      Hệ quả: 1M H m   , M đối xứng với H thì 2m  . M là trung điểm AH thì 1 2 m  I.2. Dựng hình cơ sở Thay vì gắn trục tọa độ vào hình của đề bài, ta sẽ dựng 1 hình đồng dạng với hình đã cho. Hình mới lập này sẽ được cố định 1 chiều độ dài, tức là sẽ giảm được một biến so với hình ban đầu, khoảng cách cố định mà ta chọn thường bằng 1 hoặc 2, do đó ta gọi nó là hình cơ sở. Giả sử có 2 đa giác ' ' ' 'ABCD A B C D : ta có tỉ số đồng dạng: ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' AB AC BC MA NB k A B A C B C M A N B      Hai điểm ' ' ' ' ' M ABCD M A B C D      được hình thành giống như nhau thì ta cũng có: ' ' ', ' ' ' MAB M A B MBC M B C      Hay là: Tính chất giữa hoặc tỉ số các yếu tố trên hình này sẽ giống tính chất hoặc tỉ số giữa các yếu tố tương ứng trên hình kia. +) Tỉ số nội bộ tương ứng bằng nhau: ' ' ' ' ; ; ' ' ' ' AB A B AM A M AC A C AN A N  (Với quy ước: &'XX được hình thành như nhau). Trong chuyên đề này khai thác chủ yếu dưới các góc độ: 1) Chứng minh tính chất hình học. 2) Tính toán định lượng: Khi hình chính có 1 cặp tỉ số nội bộ xác định, thì hình cơ sở cũng sẽ có tỉ số đó. Dựa vào tỉ số đó ta có thể xác định hoàn toàn các thông số (độ dài, góc ) của hình cơ sở, từ đó suy ra các tính chất tương ứng trên hình chính. Lập tỉ số đồng dạng. Ta có: ''AX k A X +) Đối tượng sử dụng: Học sinh trung bình khá +) Đối tượng áp dụng: Các hình có tính đối xứng: Hình vuông, Hình chữ nhật, Hình thang cân, tam giác vuông và các hình đặc biệt khác nếu có thể. +) Chuyên đề không trình bày cách hình học thông thường. Trong nhiều bài toán, khi xem các chứng minh bằng hình học thông thường, sẽ không ít học sinh phải tự thừa nhận mình không đủ khả năng làm theo hướng đó trong phòng thi. Do đó, lựa chọn 1 hướng thực dụng cũng có phần hợp lý. II. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân tại   3;5A . ,3D AB AB AD . GỌi H là hình chiếu của B trên CD. Gọi   9/ 2;1/ 2E là trung điểm của HC. Xác định tọa độ B, C biết B thuộc 10xy   Giải: Giả sử tam giác ABC có cạnh đáy và đường cao là tương ứng là   ,bh . Ta dựng tam giác ' ' 'A B C ABC có cạnh đáy và đường cao tương ứng là:   2;a với 2 2 h b h a ba    . Gắn vào tam giác này một hệ trục tọa độ và tọa độ các đỉnh như hình vẽ. Ta có: ' ' 3 ' 'A B A D     ' ' : 2 0 1 2 4 2 ' ; ' ' ; 3 3 3 3 ' ' : 2 2 0 C D ax y a aa D C D B H x ay                              Đặt 2 4ea 22 2 4 2 ' 1 ; ' ; a a a a HE e e e e                 2 2 ' ' 1 ; aa BE ee     ; 2 2 ' ' ; aa A E a ee     3 4 ' ' ' ' 2 0 a a a a ae B E A E a a a e e e e e                . Vậy ' ' ' 'B E A E . Do ' ' 'A B C ABC nên ta cũng có: AE BE . Có lược đồ giải:               3 1; 3 : 3 3 0 0; 1 2;3 : 5 0 3;2 6; 1 2 AE BE x y B D DE x y H C                Nhận xét: Bài toán này việc tính toán tọa độ H thực chất sử dụng công thức: 2 ' ' ' '' 22 ' ' ' 2 0 2 2 2 2 ; 1 1 2 44 H B B BH H B B x x k a a a a a a a k x a y y k a a e e e                             Tiếp theo là 1 tính chất đã được sử dụng trong đề thi thử của Yêu toán học 2014 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC cân tại A đường cao AM, ,MN AC N AC . Gọi I là trung điểm MN. Chứng minh: AI BN Giải: Giả sử tam giác đã cho có cạnh đáy và đường cao là   ,bh . Ta lập tam giác cơ sở ' ' 'A B C ABC có đáy và đường cao là:   2,a với 2 2 b h h a ab    . Gắn vào tam giác cơ sở hệ trục tọa độ và các điểm có tọa độ như hình vẽ: Ta có:     1; : 0AC a AC ax y a     . M là hình chiếu của O lên AC ta có: 22 22 00 ;; 1 1 2 2 O a a a a a a a a k M N a a e e e e e                        22 1; ; ; 2 2 2 a a a a BM AN a e e e                . Vậy: 2 2 3 10 2 2 2 2 2 2 2 a a a a a a a a a ae a BM AN a a BM AN e e e e e e e e e                                       Ví dụ 3: Cho hình vuông ABCD, hai điểm E và F tương ứng thuộc cạnh AD và AB sao cho AE = AF. Gọi H là chân đường cao từ A xuông BE. CH cắt AD tại M. Tính tọa độ các đỉnh hình vuông biết:     77 ; , 2;0 , : 2 1 0 33 M F C d x y         Hướng dẫn: Xét hình vuông ' ' ' 'A B C D có độ dài cạnh bằng 1. Gắn vào hình vuông hệ trục tọa độ và tọa độ các điểm như hình vẽ. Ta cần tìm tọa độ điểm H’ là hình chiếu của A’. Ta có:       ' ' 1, 1 ' ' : 1 0B E a B E a x y a             ' ' 1, ' ' : 0 1 1 y C M b C M bx y b b x               ' ' ' 22 2 1 0 1 1 1 1 1 1 1 A B E aa ae k e aa                 22 ' ' ' 22 ' ' ' 1 1 '; 11 1 H A A H A A x x k a e e e H ee y y k                   . Ta có     22 ' ' ' ' ' 1 ' 0, 1 1 H H y H C M b e e M e e x           . Có     ' 1 , 1 ' ,1F a F e   Vậy         22 ' ' , ; ' ' 1 , 1 ' ' ' ' 1 0 ' ' ' 'F M e e e F C e F M F C e e e e F M F C            Do 2 hình vuông bất kì đồng dạng nên: MF CF . Từ đây ta có lược đồ giải: Tìm được   ; CC C x y . Giả sử:             : 0 : 0 C C C C CB a x x b y y CD b x x a y y          ta có:           , , , , , ,d M CB d F CD a b CB CD B D A    Tiếp theo ta sẽ tới 1 ví dụ khó hơn, với bài toán 3 chiều, giảm 1 còn 2: Ví dụ 4: (Mathlinks 28/50) Cho hình thang cân   ABCD AB CD . Gọi H, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên các đường thẳng AC, CD. Giả sử M, N lần lượt là trung điểm của AD và HI. Viết phương trình đường thẳng AB biết     1; 2 , 3;4MN và đỉnh B nằm trên đường thẳng 90xy   , cos 2/ 5ABM  . Lời giải: Giả sử ABCD có đáy lớn, đáy nhỏ và đường cao là:   1 1 1 ,,a b h . Dựng hình thang cơ sở ' ' ' 'A B C D ABCD với đáy lớn, đáy nhỏ và đường cao tương ứng là:   2 ,2 ,1ab với: 1 1 1 1 1 11 ; 2 2 1 2 2 a b h a b ab a b h h      . Gắn vào hình thang cơ sở hệ trục tọa độ và các tọa độ điểm như hình vẽ. Từ đó suy ra:   1 ' ; . ' ' ; 1 22 ab M A C a b        ;     ' ' : 0A C x a b y a     . Có H’ là hình chiếu của B’: ta có :           ' ' ' ' ' ' 22 2 ' ' ' 2 1 1 22 2 11 1 H B B B A C H B B b x x k b b a b a bb e k b a b e a b a b y y k a b e                                 suy ra:       1 1 3 ' ; ' ' ; ; ' ' ; 2 2 2 b a b b a b b a b b b b a b N b B N M N e e e e e e                               . Suy ra:       2 3 1 3 ' ' ' ' 2 2 2 b a b b a b b b a b b b a b b b a a b B N M N e e e e e e                             0 b be b ee        . Vậy 0B N M N B N M N BN MN               . Ta có     2;6 2 1;3MN                : 3 15 0 6;3 5 1;1 , / : 6 3 0NB x y B BM g s AB a x b y            ta có:          2 2 2 2 2 22 2 5 8 3 10 3 0 3 3 0 5 2 ba a b a b a ab b a b a b ab                    12 : 3 3 0 :3 15 0AB x y AB x y        Ví dụ 5: (Mathlinks.vn 20/50). Cho hình chữ nhật ABCD tâm I, Gọi M là trung điểm cạnh CD, H là hình chiếu vuông góc của D trên AM và N là trung điểm AH. Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN là   22 5 9 5 : 2 2 2 C x y                 . Đỉnh D có hoành độ nguyên nằm trên đường 20xy . Tìm tọa độ đỉnh B, D. Định hướng: D thuộc 1 đường xác định, nên ta có thể tìm tọa độ của nó dựa trên tương quan với các yếu tố đã biết. Từ định hướng đó ta có thể tìm ra được D thuộc đường tròn đã cho. Từ hình vẽ, ta sẽ biết cần chứng minh: DM IM Giải: Dựng hình chữ nhật ' ' ' 'A B D C ABCD có 2 cạnh tương ứng là   2,a như hình vẽ. Gắn vào đó trục tọa độ và tọa độ các đỉnh được xác định như hình vẽ. Ta có:     ' ' 1, ' ' : 0A M a A M ax y a     . Ta có 2 2 2 2 ' 2 ' ; ' ; ' ' ; , ' ' 1; 1 2 2 2 2 2 2 2 2 D a a a a a a a a a a a a k H N D N I N a e e e e e e e e e                                   Vậy 3 ' ' ' ' 0 ' ' ' ' 2 2 2 2 2 2 2 a a a a a ae a D N I N a D N I N DN IN e e e e e                   Vậy tứ giác DMIN nội tiếp hay D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN. Từ đây ra có lược đồ giải: Tìm tọa độ điểm D, có DI là đường kính nên 4DB DK với K là tâm đường tròn đã cho. Suy ra B. Ví dụ 6 Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2 BC. Gọi 5 ;1 2 K     là trung điểm của AD. Trên cạnh CD lấy 2 điểm E, F sao cho 44DF CE CD . ĐƯờng thẳng vuông góc với EK tại E cắt BC tại M. Tìm tọa độ A, B, C, D biết phương trình   :10 6 15 0MF x y   Hướng dẫn: Dựng hình chữ nhật ' ' ' 'A B C D ABCD có 2 cạnh dài, ngắn   4;2 . Từ hình chữ nhật cơ sở dễ dàng tính được tọa độ M’. Từ đó suy ra ' ' ' 'M F K F MF KF   . Từ đây ta có lược đồ giải: Xác định hình chiếu F của K lên( MF). FD (thuộc trung trực KF) từ đó dễ suy ra ,,A C B theo hệ thức về tỉ lệ vectơ. Ví dụ 7: Cho ABC vuông cân tại C. Hai điểm D, E lần lượt thuộc CA và CB sao cho CD CE . Đường thẳng qua C vuông AE cắt AB tại L. Đường thẳng qua D vuông với AE cặt AB lại L. Chứng minh LK LB Giải: Gắn vào tam giác tọa độ như hình vẽ. Dễ suy ra   : 1 0AB x y         :0 ;1 :0 DK ax y a AE a CL ax y           Gọi I là trung điểm KB.   K AB nên suy ra:   1 2 1 ;; 1 1 1 1 a a a K I I CL I L a a a a                       suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 8: Cho hình thang ABCD vuông tại A và D có 22AD AB DC . Điểm E(2;4) thuộc đoạn AB và 3AB AE . Điểm F thuộc BC thỏa mãn DEF cân tại E. Phương trình   :2 8 0EF x y   . Tìm các đỉnh hình thang biết     : 0, 2, ' :3 8 0 A D d x y x A d x y        . Giải: Dựng hình thang ' ' ' 'A B D C ABCD có ' ' 3AB . Suy ra các độ dài các cạnh hình thang. Gắn trục tọa độ và tọa độ các điểm như hình vẽ. Ta có     ' ' 1;3 ' ' : 3 10 0D E E F x y        ' ' 3; 3 ' ' : 6 0B C B C x y     suy ra     ' 4,2 ' ' 3; 1F E F Vậy   ' ' ' ' 1 3 3 1 0 ' ' ' 'D E E F D E E F DE EF           (Các em tự vẽ hình) Ví dụ 9: Trong mặt phẳng tọa độ cho hình vuông ABCD có đỉnh   4; 3C  và M là điểm nằm trên cạnh AB ( M không trùng đỉnh). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, C lên DM và I là giao điểm của CE và BF. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, D biết   2,3I và đỉnh B nằm trên đường thẳng 2 10 0xy   . Giải Dựng hình vuông cơ sở cạnh bằng 1. Gắn vào đó trục tọa độ và tọa độ các đỉnh như hình vẽ. Có     ' ' ;1 ' ' : 0D M a D M x ay   . 22 ' 2 ' ;1 ' ' 1;1 1 A a a a a a a k E C E a e e e e e                      ' 1 1 1 ' 1 ; ' ' ; 1 C aa k F B F e e e e e                   Vậy 32 2 2 2 1 ' ' ' ' 1 1 0 ' ' ' ' a a a a ae e a C E B F C E B F CE BF e e e e e e e e                   . Từ đây ta có lược đồ giải: Viết (BI) suy ra điểm B     ; , ': ,BA CD co BA CD BC A D    (cùng phía với I so với (BC)) Ví dụ 10: Cho tam giác ABC cân tại A, có trung điểm cạnh BC là   3 5;7M  . Giả sử 1 0; 2 A     và trực tâm thuộc đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tính tọa độ B, C. Giải: Ta có:   15 3 5 9 5 3 5; 2; 5 2 2 2 AM AM         Dựng ' ' 'A B C ABC với ' ' , ' ' 2A M a B C ' ' 2 '' BC B C AM A M a    . Gắn vào tam giác A’B’C’ trục tọa độ và tọa độ các đỉnh như hình vẽ. Ta có     ' ' 1; ; ' ' 1;B H b C A a ,   ' ' : 0A C ax y a . ' ' ' ' 0 1 0 1B H C A ab ab         . Suy ra 11 ' 0; ' 0; 2 HI aa              . Ta có     2 1 1 5 2 4 9 5 2 ', ' ' 18 2 2 2 5 1 a a d I A C a BC AM aa a            Tọa độ                 2 2 2 2 3 5 5 7 0 0;13 , 6 5;1 ,: 6 5;1 , 0;13 3 5 7 9 xy BC BC BC xy                       Nhận xét: Bài toán trên sử dụng tỉ số đồng dạng để tính độ dài hình chính thông qua độ dài hình cơ sở. Trong nhiều bài toán, cách thức này sẽ làm cho việc tính độ dài đơn giản hơn. Nó áp dụng tốt cho các bài mà hình chính ta có đủ các dữ liệu (chủ yếu về độ dài, khoảng cách) để có thể xác định hoàn toàn hình đó. Bài toán sau của Mathlinks.vn là 1 ví dụ: Ví dụ 11: Cho hình vuông ABCD. Gọi F là điểm trên cạnh AB thỏa mãn 7BF =5 FA, đường thẳng đi qua trung điểm E của cạnh AD và trong tâm G của tam giác ABC có phương trình là 11 7 6 0.xy   13 3 ; 62 F     ; 0 B x  . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông. Giải: Dựng hình vuông cơ sở ' ' ' 'A B C D cạnh bằng 12. Gắn vào đó trục tọa độ và tọa độ các đỉnh như hình vẽ. Ta có:         ' ' 8;2 2 4;1 '' ' ' : 4 12 0 ' ' 1; 4 GE G E G F GE GF G E x y GF                  . Từ đây ta có thể giải sơ lược theo: Ta có:     '; ' ' 17d F G E  ;     170 , 6 d F GE  Suy ra hệ số tỉ lệ 10 12 2 10 6 k AB k     . Có   12 12 2 170 '' 17 17 17 L GF B J BJ k GL BJ              (tọa độ L kẹp giữa G và F). Từ đó suy ra đường   BL , suy ra B do 10 170 '' 51 BL k B L   . Suy ra tọa độ điểm B. Với mỗi B suy ra A. suy ra     ;AD BC suy ra C, D. Hoặc có thể viết Pt (AB) qua F, tính được cosin góc hợp với FG. Biết độ dài suy ra tọa độ các điểm, và 1 số hướng tiếp cận khác các em tìm thêm coi như bài tập. Ví dụ 12: Cho hình vuông ABCD có   7 1; 1 ; 1; , : 2 2 C N AD M AB AN AM MN AB          . Điểm   1 5;1H  là hình chiếu của B lên MN. Tìm tọa độ điểm B. Phân tích, tiếp cận: Bài toán cố định điểm N, nhưng N là điểm bất kỳ (không phải điểm đặc biệt trên AD). Vậy có thể suy ra ứng với mỗi N sẽ có 1 điểm M để xảy ra đẳng thức trên. Để tìm tính chất đặc biệt. Ta sẽ di động điểm N tới các vị trí đặc biệt. Cho: N D M A N A M B          Trong cả 2 trường hợp cho ta: 0 45NCM  Giải: Cách 1: Xét hình vuông cơ sở ' ' ' 'A B C D cạnh bằng 1. Đặt ' ' ; ' 'A M a A N b . Ta có 2 2 2 2 22a b a b a b a b           22ab a b    . Ta có:   tan tan tan 1 tan tan            1 1 2 tan ' ' ' ' ' ' 1 1 1 1 b a a b N C D M B C b a a b ab                . Vậy 00 45 45N C D MB C M CN              . Do hai hình vuông bất kỳ đồng dạng nên 0 45MCN  . Ta có lược đồ giải: Điểm M:       0 : cos cos45 0 M NH B HB MB NCM BM BC             Cách 2: Ngoài ta xét tính tương giao giữa B với các hệ quả cơ bản được suy ra từ giả thiết kết hợp với các hệ quả mới tìm được(đường, điểm màu đỏ, tím, cam). Ta nhận thấy B đối xứng J qua CM. Để chứng minh nó ta có:       22 '' ' ' : 1 0 , 1 ' ' 2 a b ab a b ab xy M N CJ d C MN C B a b a b ab                . Cách 3: Cũng có thể suy ra thêm 0 45BEC NCM (Hai góc đáy của tam giác vuông cân), trong trường hợp này không cần tìm đường (CM). Từ đây dễ suy ra tọa độ điểm B. Chú ý: Việc chứng minh vuông góc hay tính chất hình học nào đó, khi tọa độ các điểm cần tính trở nên phức tạp thì ta nên dừng lại, tìm 1 cách hình học thuần túy là tốt hơn. Việc nhìn ra bằng hình học luôn là cách chứng minh đẹp nhất, có thể là ngắn gọn nhất. III. BÀI TẬP Bài 1. Cho ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC, G là trọng tâm tam giác ABM, D(7; -2) là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA = GD. Viết phương trình đường thẳng AB biết 4 A x  và   :3 13 0AG x y   Bài 2. Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn     2 2 : 5 50C x y   . Giả sử   5;10A  và đường cao kẻ từ C của tam giác ABC cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là 17 6 ; 55 N     . Tìm tọa độ điểm B, C. HD: Hình đã cho có 2 chiều và tồn tại tỉ lệ nội bộ (biết được 2 thông số độ dài) do đó nó hoàn toàn xác định. Kết hợp hình học thuần và cơ sở hóa. Dễ suy ra AN= AH. Trên hình cơ sở biểu diễn tọa độ H và I qua chiều di động a, tỉ lệ AI/AH=A’I’/A’H’ suy ra a. Từ đây suy ra: AM=(a/A’I’)AI với M là trung điểm BC. Bài 3. Cho hình vuông ABCD tâm I. Gọi M, N, J lần lượt là trung điểm của AI, CD, BN. Giả sử phương trình đường thẳng MJ là 7 0 2 y  và   5;6N . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông biết 3 C x  . Bài 4. Cho tam giác ABC vuông cân tại C. có M là trung điểm AC, D thuộc AB sao cho DB = 2 DA. H là hình chiếu vuông góc của D trên BM. TÍnh tọa độ các đỉnh A, B, C biết   2;4D  , 18 24 ; 55 H     và B x  . Bài 5. Cho tam giác ABC cân tại A(0;7), tâm đường tròn nội tiếp là I(0;1). Gọi E là trung điểm BC, H là trực tâm tam giác ABC. Tìm tọa độ đỉnh B, C biết AH = 7 HE. Bài 6: Cho hình chữ nhật ABCD có AB < BC. đường tròn tâm D bán kính CD cắt AC, AD lần lượt tại   22 7 ; & 0; 1 13 13 EF     . Biết điểm D nằm trên đường thẳng 70xy   . Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật. Các ví dụ và bài tập chủ yếu lấy ở Mathlinks.vn và Toanhoc24h. Một số bài chưa được kiểm chứng có được xử lý bởi phương pháp trên. Mở các lớp ôn thi điểm 8-9-10 kỳ thi QG và các lớp cơ bản tại Lạng Sơn. Lạng sơn 23/04/2015 . CƠ SỞ HÓA TRONG HÌNH OXY (Tọa độ hóa mở rộng) Trần Hưng Hình học Oxy trong các kỳ thi Đại Học, Quốc gia luôn là 1 câu khó mang tính. Dựng hình cơ sở Thay vì gắn trục tọa độ vào hình của đề bài, ta sẽ dựng 1 hình đồng dạng với hình đã cho. Hình mới lập này sẽ được cố định 1 chiều độ dài, tức là sẽ giảm được một biến so với hình. dụng: Các hình có tính đối xứng: Hình vuông, Hình chữ nhật, Hình thang cân, tam giác vuông và các hình đặc biệt khác nếu có thể. +) Chuyên đề không trình bày cách hình học thông thường. Trong nhiều