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

A AA x y

ax by c

. Gọi ;H HH x y là hình chiếu của A trên

+) Khi đó H A

H A

x x ka

y y kb

với

2 2

A Aax by ck

a b

+) Điểm M : M AH

AM mAH

khi đó M A

M A

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

2m

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 NBk

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

Cho 2 hình đồng dạng: Tính chất hoặc tỉ số giữa các yếu tố trên hình này sẽ giống hoặc bằng 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: & 'X X 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 1 0x y

Giải: Giả sử tam giác ABC có cạnh đáy và đường cao là tương ứng là ,b h . Ta dựng tam giác

' ' 'A B C ABC có cạnh đáy và đường cao tương ứng là: 2;a với

2

2

h b ha

b a . 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 01 2 4 2' ; ' ' ;

3 3 3 3 ' ' : 2 2 0

C D ax y aa aD C D

B H x ay

Đặt 2 4e a 2 22 4 2

' 1 ; ' ;a a a a

H Ee e e e

2 2' ' 1 ;

a aB E

e e

;

2 2' ' ;

a aA E a

e e

3 4' ' ' ' 2 0

a a a a aeB 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; 12

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' ' '

' '2 2

' ' '

2 0 2 2 2 2; 1 1

24 4

H B B

B H

H B B

x x k aa a a a a ak x a

y y ka 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 ,b h . Ta lập

tam giác cơ sở ' ' 'A B C ABC có đáy và đường cao là: 2,a với

2

2

b h ha

a b . Gắn vào tam giác cơ sở hệ trục tọa độ và các điểm có

tọa độ như hình vẽ: Ta có: ' ' 1; ' ' : 0A C a A C ax y a . M là

hình chiếu của O lên AC ta có:

2 2

2 2

0 0' ; ' ;

1 1 2 2M

a a a a a a a ak N I

a a e e e e e

2 2

' ' 1; ; ' ' ;2 2 2

a a a aB I A I a

e e e

. Vậy:

2 2 3

' ' ' ' 1 0 ' ' ' '2 2 2 2 2 2 2

a a a a a a a a a ae aB I A I a a B I A I BI AI

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:

7 7

; , 2;0 , : 2 1 03 3

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 11

yC M b C M bx y b b

x

' ' ' 2 2 2

1 0 1 1

11 1 1 1A B E

a a a ek

ea a

2 2' ' '

2 2

' ' '

1 1' ;

1 11

H A A

H A A

x x k a e e eH

e ey y k

.

Ta có 2 2'

'

' ' ' 1 ' 0, 11

H

H

yH C M b e e M e e

x

. Có ' 1 ,1 ' ,1F a F e

Vậy 2 2' ' , ; ' ' 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 ;C CC x y .

Giả sử: : 0 : 0C C C CCB 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;4M N và đỉnh B nằm trên đường thẳng 9 0x y , cos 2 / 5ABM .

Lời giải:

Giả sử ABCDcó 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 ,1a b với:

1 1 1 1 1

1 1

;2 2 1 2 2

a b h a ba b

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

' ; . ' ' ; 12 2

a bM A C a b

;

' ' : 0A C x a b y a . Có H’ là hình chiếu của B’: ta có :

' ' '

' ' ' 2 22

' ' '

21

1 2 2

21 11

H B B

B A C

H B B

bx x k b

b a b a b b ek

b a bea b a by y k a b

e

suy ra: 1 1 3

' ; ' ' ; ; ' ' ;2 2 2

b a b b a b b a bb b b a bN 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 bb b a b b b a a bB N M N

e e e e e e

0b be

be e

. 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

2 2

25 8 3 10 3 0 3 3 0

52

b aa b a b a ab b a b a b

a b

1 2: 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

2 2

5 9 5:

2 2 2C x y

. Đỉnh D có hoành độ nguyên nằm

trên đường 2 0x y . 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 ABCDcó 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 2D

a a a a a a a a a a a ak 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 aD 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

; 12

K

là trung

điểm của AD. Trên cạnh CD lấy 2 điểm E, F sao cho 4 4DF 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 ABCDcó 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). F D (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 aAE a

CL ax y

Gọi I là trung điểm KB. K AB nên suy ra:

1 2 1

; ;1 1 1 1

a a aK I I CL I L

a a a a

suy ra điều

phải chứng minh.

Ví dụ 8: Cho hình thang ABCDvuông tại A và D có 2 2AD 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 0AD d x y x A d x y .

Giải: Dựng hình thang ' ' ' 'A B D C ABCD có ' ' 3A B . 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 0x y .

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 .

2 2

' 2' ;1 ' ' 1;1

1A

a a a a a ak E C E

a e e e e e

'

1 1 1' 1 ; ' ' ; 1C

a ak F B F

e e e e e

Vậy 3 2

2 2 2

1' ' ' ' 1 1 0 ' ' ' '

a a a a ae e aC 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 53 5; 2; 5

2 2 2AM 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

1 1' 0; ' 0;

2H I

a a

. Ta có

2

1

1 5 2 4 9 52', ' ' 18

2 2 251

aa

d I A C a BC AMa aa

Tọa độ

2 2 2

2 3 5 5 7 0 0;13 , 6 5;1, :

6 5;1 , 0;133 5 7 9

x y B CB C

B Cx y

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.x y

13 3;

6 2F

; 0Bx . 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

G E G E G F GE GF

G E x yG F

. 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 2 106

k AB k . Có

12 12 2 170' '

1717 17

L GFB 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; , : 22

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: 045NCM

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 22 2a b a b a b a b 2 2ab a b

. Ta có: tan tan

tan1 tan tan

1 1 2tan ' ' ' ' ' ' 1

1 1 1

b a a bN C D M B C

b a a b ab

. Vậy 0 045 45N C D M B C M C N

. Do hai hình vuông bất kỳ đồng dạng nên 045MCN . Ta có lược đồ giải:

Điểm M:

0:

cos cos45 0

M NH B HBM B

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:

2 2

' '' ' : 1 0 , 1 ' '

2

a b ab a b abx yM N CJ d C MN C B

a b a ba b

.

Cách 3: Cũng có thể suy ra thêm 045BEC 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 4Ax và :3 13 0AG x y

Bài 2. Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn 22: 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

;5 5

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

02

y và 5;6N . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông biết 3Cx .

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

;5 5

H

và Bx .

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; 113 13

E F

. Biết điểm D nằm trên đường thẳng 7 0x y . 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