Giải toán bằng phương pháp tọa độ

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 phổ 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. Như vậy thế mạnh của phương pháp toạ độ nằm ở đâu và nó có điểm yếu gì hay không? Trong bài viết này, chúng tôi sẽ cố gắng làm rõ những điều này

Chúng ta sẽ bắt đầu từ những ví dụ mở đầu, tiếp đến là những công thức, tính chất, định lý bổ sung (không có trong SGK) 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.

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  x = 84/17  => y = 3  -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 phát biểu hoàn toàn có vẻ như một bài quỹ tích mà ta có thể dựng được bằng thước và compa. Tuy nhiên các thầy cô và các bạn đã biết là kết quả không phải như vậy. 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. 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

  (xByC– xCyB)xA + (xCyA- xAyC)xB + (xAyB – xByA)xC = 0!

Đây cũng là một thủ thuật mà ta sẽ thường dùng đến để giảm bớt khối lượng tính toán).

Bài toán 4. (VMO 2008) Cho tam giác ABC, trung tuyến AD. Cho đường thẳng d vuông góc với đường thẳng AD. Xét điểm M nằm trên d. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của MB, MC. Đường thẳng đi qua E và vuông góc với d cắt đường thẳng AB ở P, đường thẳng đi qua F và vuông góc với d cắt đường thẳng AC ở Q. CMR đường thẳng đi qua M vuông góc với đường thẳng PQ luôn đi qua 1 điểm cố định, khi điểm M di động trên đường thẳng d.

Giải:

Xét hệ trục toạ độ có Ox trùng với đường thẳng qua D và song song với d và Oy trùng với AD. Đặt A(0, a), D(0, 0), B(-b, -c), C(b, c), trong đó a, b, c là các hằng số. Giả sử M(m, d) là điểm di chuyển trên d, trong đó d là hằng số, còn m thay đổi.

Khi đó E((m-b)/2, (-c+d)/2). Đường thẳng qua E và vuông góc với d có phương trình x = (m-b)/2. Đường thẳng AB có phương trình b(y-a) = (c+a)x, suy ra điểm P có toạ độ là

Hoàn toàn tương tự, điểm Q có toạ độ là

Từ đây véc tơ PQ có toạ độ là

 (b, c – am/b)

Suy ra đường thẳng qua M và vuông góc với PQ có phương trình

 b(x-m) + (c-am/b)(y-d) = 0

  b(x – bc/a) + (c – ma/b)(y – d + b2/a) = 0

Suy ra đường thẳng qua M và vuông góc với PQ luôn đi qua điểm S(bc/a, d – b2/a) cố định.

2. Mặt phẳng toạ độ. Các công thức cơ bản – bổ sung

Công thức toạ độ điểm chia

 Cho hai điểm A, B là một số thực k  -1. M được gọi là điểm chia đoạn A, B theo tỷ số k nếu . Khi đó :

Tích vô hướng giữa hai véc-tơ 

 Nếu thì

Công thức tính góc giữa hai véc-tơ

Công thức tính diện tích tam giác. Diện tích có hướng. Điều kiện thẳng hàng của ba điểm.

 Cho tam giác ABC có toạ độ các đỉnh (xA, yA), (xB, yB), (xC, yC). Khi đó ta có  

Diện tích có hướng của tam giác ABC trên mặt phẳng, được ký hiệu là S(ABC) được xác định như sau:

S(ABC) = SABC nếu đi từ A đến B rồi đến C, ta đi theo chiều dương (tức là ngược chiều kim đồng hồ). Trong trường hợp tam giác ABC có chiều nghịch thì S(ABC) = - SABC. Chú ý là ta có

S(ABC) = S(BCA) = S(CAB) = - S(ACB) = - S(CBA) = - S(BAC)

Ví dụ với A(1, 0), B(0, 1), C(0, 0) thì S(ABC) = 1/2 do ABC có chiều thuận. Dễ dàng kiểm tra công thức sau

S(ABC) = (1/2)[(xB-xA)(yC-yA) – (xC-xA)(yB-yA)].

Và từ đây ta suy ra điều kiện thẳng hàng của 3 điểm A, B, C là

(xB-xA)(yC-yA) – (xC-xA)(yB-yA)=0

Công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

 Giả sử có đường thẳng d:  Ax + By + C = 0 và điểm M(x0, y0). Ta cần tính khoảng cách từ M đến d. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống d.

 Ta có công thức

Ngoài ra, đại lượng

được gọi là khoảng cách đại số từ M đến d. Khoảng cách đại số dùng để xác định hai điểm là cùng phía hay khác phía đối với đường thẳng d.

Chú ý rằng từ đây, ta cũng tìm được toạ độ điểm H là

3. Giải bài toán hình học phẳng bằng phương pháp toạ độ

Bây giờ ta đã được trang bị khá đầy đủ các công thức cơ bản của hình giải tích phẳng. Ta có thể mạnh dạn sử dụng phương pháp toạ độ để giải các bài toán hình học phẳng. Nhưng phương pháp này có hiệu quả cao ở những bài toán như thế nào? Ta hãy cùng xem xét.

Các bài toán tính toán và chứng minh đẳng thức hình học

Phương pháp toạ độ khá mạnh trong các bài toán tính toán, chứng minh các đẳng thức hình học. Chẳng hạn các bài toán tính góc, tính diện tích, tính độ dài, các công thức tính khoảng cách. Sau đây chúng ta xem xét một số ví dụ.

Bài toán 5. (Công thức tính độ dài trung tuyến) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh BC, CA, AB lần lượt là a, b, c. Chứng minh rằng độ dài trung tuyến AM có thể tính theo công thức

 ma2 = (2b2+2c2-a2)/4

Lời giải: Ta chỉ cần kiểm tra đẳng thức

 (2xA-xB-xC)2 = 2(xB-xA)2 + 2(xC-xA)2 – (xB-xC)2

và đẳng thức tương tự với y. Nhưng đây rõ ràng là đồng nhất thức

 (m + n)2 + (m – n)2 = 2(m2 + n2) với m = xA – xB và n = xA – xC.

Bài toán 6. Cho hình vuông ABCD cạnh 1. Hai điểm M, N di chuyển trên BC, CD tương ứng sao cho chu vi tam giác CMN bằng 2. Chứng minh rằng MAN = 450.

Lời giải: Xét hệ trục toạ độ có Ox = CB, Oy = CD. Khi đó A(1, 1). Đặt M(m, 0), N(0, n). Khi đó ta có hệ thức  . Biến đổi hệ thức này bằng cách chuyển về và bình phương, ta được hệ thức mn – 2(m+n) + 2 = 0

   Dùng công thức tính góc giữa hai véc-tơ, ta có

Ta cần chứng minh cos(MAN) = 1/2. Điều này tương đương với

 (m2-2m+2)(n2-2n+2) = 2(4 – 4(m+n) + m2 + n2 + 2mn)

               m2n2 – 2mn(m+n) + 4mn + 2(m2+n2) – 4(m+n) + 4 = 8 – 8(m+n) + 2(m2+n2) + 4mn

               m2n2 – 2mn(m+n) + 4(m+n) – 4 = 0

Thay mn = 2(m+n) – 2 = 2t - 2, ta cần chứng minh

 (4t2 – 8t + 4) – 4(t–1)t + 4t – 4 = 0

và đây là đồng nhất thức!

Bài toán 7. Cho tam giác đều ABC. M là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng tam giác. Gọi D, E, F là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống BC, CA, AB. Chứng minh rằng

 P = MA2 + MB2 + MC2 – 2(MD2 + ME2 + MF2)

là một đại lượng không đổi.

Lời giải. Ta xây dựng mô hình tam giác đều ABC có toạ độ các đỉnh là A(0, , B(-1, 0), C(1, 0). Khi đó phương trình các đường thẳng BC, CA, AB tương ứng là . Từ đó, với M(x, y) bất kỳ thì P bằng

 (đpcm)

Bài toán 8. (Hệ thức Euler) Cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp O và tâm đường tròn nội tiếp I. Chứng minh hệ thức

 IO2 = R2 – 2Rr.

trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác.

Lời giải: Ta xây dựng một mô hình tam giác ABC ở dạng tổng quát có toạ độ các đỉnh là A(0, a), B(b, 0), C(c, 0). (b < c, a > 0)             

 Toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tìm được từ phương trình của hai đường trung trực

  x = (b+c)/2  và c(x-c/2) – a(y-a/2) = 0

suy ra     và .

 Toạ độ tâm đường tròn nội tiếp tìm được từ phương trình của hai đường phân giác

Từ đó

Từ đây, bằng các tính toán đại số (cồng kềnh nhưng không phức tạp) ta có thể kiểm tra được hệ thức Euler.

Chứng minh ba điểm thẳng hàng, đường thẳng đi qua điểm cố định hoặc tiếp xúc với đường tròn cố định

Phương pháp toạ độ cũng tỏ ra khá hiệu quả trong việc chứng minh sự thẳng hàng, phát hiện các điểm cố định, các đường thẳng hay đường tròn cố định.

Bài toán 9. (Đường thẳng Euler). Chứng minh rằng trong tam giác ABC bất kỳ, trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp nằm trên một đường thẳng.

Lời giải. Xây dựng mô hình tam giác như ở ví dụ 9, ta đã tính được toạ độ của O. Đường cao AD có phương trình x = 0, còn đường cao BE có phương trình c(x-b) + ay = 0. Từ đó .

 Cuối cùng, công thức tính toạ độ trọng tâm cho ta G((b+c)/3, a/3)

Từ đây ta có

Từ đây suy ra  . Suy ra ba điểm O, G, H thẳng hàng. Không những thế, ta chứng minh được GH = 2GO.

Bài toán 10. (Đường thẳng Simson). Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (C). M là một điểm bất kỳ nằm trên (C). Gọi D, E, F là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống BC, CA, AB tương ứng. Chứng minh rằng D, E, F nằm trên một đường thẳng.

Lời giải. Do bài toán này liên quan đến điểm nằm trên đường tròn, ta chọn mô hình tam giác ABC nằm trên đường tròn đơn vị cho bởi phương trình tham số x = cost, y = sint. Như thế A(cost1, sint1), B(cost2, sint2), C(cost3, sint3) và M(cost, sint). Ta tìm toạ độ điểm D. Phương trình đường thẳng BC:

(sint3-sint2)(x-cost2) -  (cost3-cost2)(y-sint2) = 0

  

Từ đó suy ra toạ độ điểm D là (xem công thức tính toạ độ điểm H trong chứng minh công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến một đường thẳng)

Tương tự

Bài toán 11. Họ các tam giác cân có các tính chất sau: Chúng có đáy nằm trên một đường thẳng d cố định, có đỉnh A thuộc đáy là một điểm cố định và có bán kính đường tròn nội tiếp bằng r không đổi. Chứng minh rằng cạnh bên không đi qua A của các tam giác này luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Xét hệ trục toạ độ có gốc toạ độ là O  A, trục OX là d và trục Oy là đường thẳng đi qua A và vuông góc với d. Đường tròn nội tiếp tam giác sẽ có phương trình

 (x-m)2 + (y-r)2 = r2

trong đó m là tham số. I(m, r) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.

Khi đó, do tam giác ABC cân tại C nên điểm B đối xứng với A qua trung điểm J của AB, có toạ độ B(2m, 0). Xét phương trình đường thẳng (T) qua B với hệ số góc k: y = k(x-2m). Đường thẳng này tiếp xúc với (I) khi và chỉ khi

 d(I, (T)) = r

 

Dễ thấy k = 0 tương ứng với phương trình đường thẳng AB. Từ đó phương trình đường thẳng BC có dạng

   (Dm)

Ta có thể tìm được đường tròn cố định mà họ đường thẳng (Dm) luôn tiếp xúc bằng phương pháp tìm hình bao. Ta đi tìm các điểm mà không có đường thẳng Dm nào đi qua, tức là các điểm (x0, y0) sao cho phương trình

không có nghiệm m.

Viết lại phương trình này dưới dạng (y0 – 4r)m2 + 2rx0m – y0r2 = 0.

Phương trình này vô nghiệm khi  = r2x02 + y0r2(y0-4r) < 0  x02 + (y0-2r)2 < 4r2. Hình bao của miền này, tức là đường tròn x02 + (y0-2r)2 = 4r2, chính là đường tròn cố định mà (Dm) luôn tiếp xúc với.

Có thể kiểm tra lại điều này bằng cách tính khoảng cách từ I(0, 2r) đến (Dm)

 .

Bài toán quỹ tích

Đặc biệt với bài toán quỹ tích, phương pháp toạ độ cũng là một phương pháp cho phép tìm ra các đường cong quỹ tích một cách hiệu quả, tự nhiên. Và phương pháp này cũng cho phép tìm ra những quỹ tích phi truyền thống.

Bài toán 12. (Đường tròn Appolonius) Cho hai điểm A, B và một số thực dương k. Tìm quỹ tích những điểm M trong mặt phẳng sao cho MA = kMB.

Lời giải: Đặt AB = 2a và đặt A, B vào hệ trục toạ độ với Ox trùng AB và Oy trùng với trung trực của AB. Khi đó A(-a, 0), B(a, 0). Với điểm M(x, y) bất kỳ, ta có M thuộc quỹ tích khi và chỉ khi

 MA2 = k2MB2

 (x+a)2 + y2 = k2((x-a)2 + y2)

  (k2-1)x2 – 2a(k2+1)x + (k2-1)y2 + (k2-1)a2 = 0 

Nếu k = 1 thì quỹ tích là đường thẳng x = 0.