Giải toán bằng phương pháp toạ 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 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 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 ó 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 -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 ÐMAN = 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/Ö2. 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 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 ó 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 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 ó 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 D = r2x02 + y0r2(y0-4r) < 0 ó 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 ó (x+a)2 + y2 = k2((x-a)2 + y2) ó (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. Nếu k ¹ 1 thì phương trình trên được viết lại thành Suy ra quỹ tích là một đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng AB (đường tròn Appolonius). Bài toán 13. (VMO 2007) Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và A thay đổi. Gọi H, G lần lượt là trực tâm và trọng tâm tam giác ABC. Tìm quỹ tích điểm A, biết rằng trung điểm K thuộc đường thẳng BC. Lời giải Chọn hệ trục Oxy, với O là trung điểm của BC, trục . Giả sử và . Khi đó . Phương trình đường thẳng . Phương trình đường cao kẻ từ đỉnh C xuống cạnh AB là: . Phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A xuống cạnh BC là: . Tọa độ trực tâm là nghiệm của (1) và (2) nên . Do vậy tọa độ của điểm K là . Điểm K thuộc đường thẳng BC: khi và chỉ khi . Vậy tập hợp đỉnh A là Hypebol (H) có phương trình . 4. Phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức và phương pháp toạ độ Bài toán 14. Giải phương trình Bài toán 15. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình Bài toán 16. Cho a, b, c, d là các số thực thoả mãn điều kiện a2 + b2 = 1, c + d = 6. Chứng minh rằng Bài toán 17. (Bất đẳng thức Minkowsky) Cho a1, a2, , an; b1, b2, , bn là các số thực bất kỳ, chứng minh rằng Bài toán 18. (Đề thi chọn đội tuyển Rumani 2007) Cho n là số nguyên dương ³ 2 và các số thực ai, bi, 1 £ i £ n sao cho Chứng minh rằng . 5. Giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp toạ độ Các công thức của không gian toạ độ tương tự như công thức trong mặt phẳng toạ độ, chỉ cần bổ sung thêm cao độ z. Do đó chúng ta sẽ không nhắc lại ở đây. Duy có một phép toán mà ở trong mặt phẳng chưa có, đó là tích có hướng của hai véc-tơ. Tích có hướng có những tính chất cơ bản sau - (phản đối xứng) - (phân phối đối với phép cộng véc-tơ) - Công thức tính tích có hướng theo toạ độ véc-tơ Nếu thì (Ghi chú: Nếu cùng phương thì tích có hướng của bằng .) Tích có hướng có nhiều ứng dụng quan trọng, trong đó có các công thức thông dụng sau đây: Công thức tính diện tích tam giác: Công thức tính thể tích tứ diện: Tích được gọi là tích hỗn hợp và có công thức tính theo toạ độ là định thức bậc ba Phương pháp toạ độ trong không gian có thể áp dụng rất hiệu quả trong việc giải các bài toán hình học không gian liên quan đến: Tính khoảng cách giữa hai điểm, giữa điểm và mặt phẳng, điểm và đường thẳng và giữa hai đường thẳng (bài toán cuối này được coi là khó đối với các học sinh phổ thông, ngay cả với các học sinh chuyên toán) Tính góc giữa hai đường thẳng, giữa hai mặt phẳng, giữa đường thẳng và mặt phẳng. Tính diện tích tam giác, thể tích tứ diện Giải các bài toán quỹ tích trong không gian Và một số dạng bài toán khác Việc đưa hệ trục toạ độ vào như thế nào, cũng như trong trường hợp hình phẳng, về nguyên tắc là tuỳ ý. Tuy nhiên, để thuận lợi cho việc tính toán, chúng ta nên lợi dụng các cặp hoặc bộ ba đường thẳng vuông góc với nhau có sẵn trong dữ kiện đề bài để làm hệ trục toạ độ. Sau đây chúng ta sẽ xem xét một số ví dụ áp dụng. Bài toán 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a vuông góc với đáy. Gọi M, N là 2 điểm theo thứ tự thuộc BC; DC sao cho BM = x, DN = y. N M S B C D A x y z a) Tìm hệ thức liên hệ của x, y để hai mặt phẳng (SAM) và (SMN) vuông góc với nhau. b) Chứng minh rằng điểu kiện cần và đủ để nhị diện (M;SA;N) có số đo bằng là Lời giải. Chọn hệ trục tọa độ với và , ta có ; . Khi đó: a) Để điều kiện là: Vậy với thì b) Góc nhị diện [M,SA,N] là góc vì và . Bài toán 20. Cho tứ diện DABC có góc tam diện đỉnh D là tam diện vuông. a) Chứng minh độ dài đoạn thẳng nối trung điểm cặp cạnh đối diện bằng bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. b) Chứng minh đỉnh D; trọng tâm G của tam giác ABC và tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng Lời giải. O Q P N ( D ) M C B x y A D z Đặt DA = a; DB = b; DC = c(a,b,c>0). Chọn hệ trục tọa độ Đề Các vuông góc (như hình vẽ):; Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện DABC , trong đó là đường thẳng của trung điểm M của đoạn B và có vectơ chỉ phương: , mặt phẳng là mặt phẳng trung trực của đoạn DC. Gọi M, N là trung điểm của AB và DC thì . Phương trình tham số của của Vậy tọa độ tâm O là nghiệm của hệ phương trình: Bán kính mặt cầu Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của DA và CB, Gọi R, S lần lượt là trung điểm của AC và DB, Vậy độ dài các đoạn thẳng nối trung điểm các cặp cạnh đối bằng nhau bằng bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. b) Chứng minh D; G;O thẳng hàng: G là trọng tâm tam giác ABC , . Vậy và cùng phương, suy ra D;O;G thẳng hàng. C. Bình luận về các điểm mạnh, điểm yếu của phương pháp toạ độ Qua thực tế giảng dạy và qua các ví dụ nói trên, bản thân tôi nhận ra được một số điểm mạnh cũng như điểm yếu của phương pháp tọa độ. Xin nêu ra ở đây để chúng ta cùng trao đổi. Điểm mạnh : Phương pháp tọa độ giúp ta ít phụ thuộc vào hình vẽ nhờ việc chuyển các yếu tố, các quan hệ hình học thành các biểu thức, các quan hệ đại số. Điều này rất thuận lợi trong những bài toán mà hình vẽ quá phức tạp, rối rắm (như bài toán dựng và tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau), khi đó chẳng phải vẽ hình, chẳng phải vẽ đường phụ, cứ áp công thức vào mà làm. Phương pháp tọa độ cũng hữu hiệu khi bài toán có nhiều trường hợp, khi đó dùng đại số ta dễ dàng kiểm tra và xem xét đầy đủ các trường hợp, không bị bỏ sót. 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. Cũng chính nhờ chuyển sang bài toán đại số mà ta có thể làm việc dễ dàng hơn vì nói chung tính toán đại số vẫn dễ và nhanh hơn là phải suy nghĩ, vận dụng kiến thức hình học. Hơn thế nữa với dạng đại số ta có thể sử dụng các kỹ thuật và công cụ hiệu quả của dạng này. Điểm yếu : Có lẽ khó khăn chính khi dùng phương pháp tọa độ là phải thực hiện tính toán nhiều và trong nhiều bài toán các biểu thức thu được rất cồng kềnh và phức tạp. Điều này đòi hỏi các em học sinh phải có kỹ năng tính toán, biến đổi đại số rất tốt, tính cẩn thận và cả lòng kiên nhẫn cũng như cả lòng dũng cảm (theo nghĩa tương đối J) . Theo tôi nghĩ đây là khó khăn nhưng cũng là thuận lợi vì đây cũng là dịp để các em rèn luyện thêm kỹ năng biển đổi đại số cũng như các đức tính quan trọng nói trên, vốn rất cần thiết cho sự thành công trong học tập chuyên toán nói riêng và trong việc học sau này của các em ở các cấp cao hơn. 7. Bài tập Cho tam giác ABC cố định. MNPQ là hình chữ nhật thay đổi với M, N thuộc cạnh BC; P thuộc cạnh CA và Q thuộc cạnh AB. Tìm tập hợp tâm các hình chữ nhật MNPQ. Trong mặt phẳng Oxy cho đoạn AB có độ dài l không đổi với 2 đầu mút A,B lần lượt trượt trên x’Ox và y’Oy. Gọi I là trung điểm của AB, J, K thỏa . Tìm quỹ tích các điểm I, J, K. Cho tam giác ABC vuông tại B có BC cố định và cạnh AB thay đổi. Đường tròn tâm A bán kính AB cắt cạnh huyền AC tại D. Trong miền giới hạn bởi cung BD, cạnh BC và cạnh CD, dựng hình vuông MNPQ sao cho M, N nằm trên cạnh BC, P nằm trên cạnh CD, Q nằm trên cung tròn BD. Khi AB thay đổi tìm giá trị lớn nhất của diện tích hình vuông MNPQ. Giả sử tứ giác ABCD có AD = BC, AC và BD cắt nhau ở O, phân giác các góc DAB và CBA cắt nhau ở I. Chứng minh rằng trung điểm của các đoạn thẳng AB, CD và OI cùng thuộc một đường thẳng. Cho đường tròn (O;R), P là một điểm nằm trong đường tròn. Hai dây cung AB và CD đi qua P và tạo với nhau một góc a. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của AB + CD. Cho hình chữ nhật ABCD. Các điểm E, F thuộc cạnh CD sao cho DE =EF= FC. Các điểm G, H thuộc cạnh BC sao cho BG = GH = HC. Đường thẳng AE cắt DG, DH lần lượt tại K, L; đường thẳng AF cắt DG, DH lần lượt tại M, N. CMR KN||CD. Đây là bài M276, phần Mayhem problem của tạp chí CRUX, số 1/2008. Cho hình chữ nhật ABCD có M là trung điểm của AB, N thuộc tia phân giác của góc BCD. Gọi P là hình chiếu của N trên BC. Cmr nếu MN vuông góc với DP thì AN = BC. Giải hệ phương trình sau Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c. Với mỗi đường thẳng D ta ký hiệu dA, dB, dC là khoảng cách từ A, B, C đến D. Xét E(D) = adA2 + bdB2 + cdC2 Chứng minh rằng nếu giá trị E(D) là nhỏ nhất thì D chứa tâm đường tròn nội tiếp của tam giác. Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn (O,R). CMR khi M di động trên đường tròn thì tổng: không đổi. Cho tam giác ABC cân tại A. M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Chứng minh rằng MA2 + MB.MC £ AB2. Cho tam giác đều ABC. X là điểm bất kì trên cạnh BC. Gọi I1, I2 là tâm nội tiếp tam giác AXB, AXC. Tìm quỹ tích tâm ngoại tiếp tam giác AI1I2. 8. Tài liệu tham khảo Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ Giải toán hình học 12 (THPT chuyên Lê Hồng Phong) Tạp chí Crux Các tài liệu khác