Đến nội dung

one

one

Đăng ký: 26-05-2005
Offline Đăng nhập: 28-12-2014 - 01:35
-----

#448138 Tìm điểm C của Hình chữ nhật

Gửi bởi one trong 05-09-2013 - 23:58

Lời giải:

Nhận xét: Với mỗi điểm B chạy trên (d) ta đều dựng được h.c.n ABCD sao cho BM=CN (chưa xét tới điều kiện M, N nằm trên cạnh BC,CD). Cách dựng hình như sau:
+ Vẽ đường tròn tâm B bán kính BM cắt đường thẳng AB tại J và J'.
+ Qua J kẻ đường thẳng vuông góc với AB, giao của đường này với đường thẳng BI chính là N. Qua N kẻ đường thẳng //AB thì giao của đường thẳng này với đường thẳng BM chính là điểm C. Từ đó dựng được h.c.n ABCD.
+ Đối với J' cũng làm tương tự.
=> Hai nghiệm hình. Khi điểm B trùng với giao điểm của 2 đường thẳng (AI) và (d) là trường hợp suy biến.
Hình vẽ: (cuối bài có đính kèm file hình vẽ bằng GSP)
hinhB22.jpg

 

Như vậy, luôn dựng được điểm C đối với từng vị trí cụ thể của B.
Bây giờ ta sẽ xét đến điều kiện của điểm B sao cho M,N phải lần lượt nằm trên cạnh BC,CD:
+ Kí hiệu (Xi,Yi) là tọa độ điểm i.
Ta có:
(d)         $x-2\,y+6=0$

(AI)        $-{\frac {16}{5}}\,x+8-{\frac {12}{5}}\,y=0$

=> P là giao của (d) và (AI) có tọa độ $P(\frac{2}{11},\frac{34}{11})$

Vì B nằm trên (d) nên tọa độ của B có dạng $B(b,\frac{1}{2}b+3)$

=> Phương trình đường thẳng AB là: 

(AB)       $\left( 1/2\,b-3 \right) \left( x+2 \right) - \left( b+2 \right) \left( y-6 \right) =0$

Từ PT (AB) và (AI):
+ khi $b=-2$ , tọa độ B là B(-2,2), dễ dàng xác định được bài toán có một nghiệm là C(7,2), và khi đó D(7,6), M(1,2), N(7,5)
+ khi $b=6$ thì (AB) là đg thẳng $y=6$, trường hợp này không có điểm C thỏa mãn bài toán.
+ khi $b=\frac{2}{11}$ thì B trùng với giao điểm của AI và (d), tức là hai đường thẳng (AI) và (BI) trùng nhau, trường hợp này không có điểm C thỏa mãn bài toán.

Sau đây xét bài toán với $b\neq \left \{ -2,6,\frac{2}{11} \right \}$ :

Do BC vuông góc AB nên PT đg thẳng BC là:

(BC)       $\left( b+2 \right) \left( x-b \right) + \left( 1/2\,b-3 \right) \left( y-1/2\,b-3 \right) =0$

Từ PT của (BC) và (AI) suy ra khi $b= -18$ thì (BC)//(AI) nên chúng không cắt nhau tại điểm M => trường hợp này vô nghiệm. Vậy, trong các tính toán tiếp theo ta xét thêm điều kiện $b\neq -18$
Gọi tọa độ của C là $C(X_{C},Y_{C})$, nếu đặt $X_{C}=c$ thì từ phương trình đường thẳng BC, ta có:
$Y_{{C}}=1/2\,{\frac {-4\,bc+5\,{b}^{2}-8\,c+8\,b-36}{b-6}}$                           (*)
Gọi $K(X_{K},Y_{K})$ là tâm hình chữ nhật ABCD => K là trung điểm của AC, tọa độ của K là:
$X_{K}=-1+1/2\,c$               $Y_{K}=3+1/4\,{\frac {-4\,bc+5\,{b}^{2}-8\,c+8\,b-36}{b-6}}$
Tọa độ của D (D đối xứng B qua K) là:

$X_{D}=-2+c-b$                   $Y_{D}=3+1/2\,{\frac {-4\,bc+5\,{b}^{2}-8\,c+8\,b-36}{b-6}}-1/2\,b$

PT đg thẳng CD, DA và BI là:

(CD)      $\left( 3-1/2\,b \right) \left( x-c \right) - \left( -2-b \right) \left( y-1/2\,{\frac {-4\,bc+5\,{b}^{2}-8\,c+8\,b-36}{b-6}} \right) =0$

(DA)       $-{\frac { \left( 2\,b+4 \right) \left( -c+b \right) x}{b-6}}+ \left( -b+c \right) y-{\frac { \left( -2\,b+44 \right) \left( -c+b \right) } {b-6}}=0$

(BI)         $\left( 1/2\,b+1/5 \right) \left( x-2/5 \right) - \left( b-2/5 \right) \left( y-{\frac {14}{5}} \right) =0$

M là giao của (AI) và (BC), tọa độ M là nghiệm của HPT tương giao của chúng =>

$X_{M}=1/4\,{\frac {12+15\,{b}^{2}+4\,b}{b+18}}$

$Y_{M}=-{\frac {-56+5\,{b}^{2}-2\,b}{b+18}}$

N là giao của (BI) và (CD), tọa độ N là nghiệm của HPT tương giao của chúng =>

$X_{N}=1/4\,{\frac {25\,{b}^{4}-25\,{b}^{3}c+54\,{b}^{3}-10\,{b}^{2}c-20\,{b} ^{2}-56\,b-252\,bc+104\,c}{ \left( 11\,b-2 \right) \left( b-6 \right) }}$

$Y_{N}=1/8\,{\frac {-1480\,b-25\,{b}^{3}c-30\,{b}^{2}c-268\,bc+25\,{b}^{4}+74 \,{b}^{3}+260\,{b}^{2}+288-104\,c}{ \left( 11\,b-2 \right) \left( b-6 \right) }}$

Từ đây tính độ dài của các đoạn thẳng BM và CN:

$dBM=1/4\,\sqrt {{\frac { \left( 4\,b+5\,{b}^{2}+52 \right) \left( 11\,b-2 \right) ^{2}}{ \left( b+18 \right) ^{2}}}}$

$dCN=1/8\,\sqrt {{\frac { \left( 4\,b+5\,{b}^{2}+52 \right) \left( 25\,{b} ^{3}-25\,{b}^{2}c+4\,{b}^{2}-4\,bc-28\,b+28\,c \right) ^{2}}{ \left( 11\,b-2 \right) ^{2} \left( b-6 \right) ^{2}}}}$

Giải PT $dBM=dCN$ theo ẩn $c$ và tham số $b$, ta được 2 nghiệm:

$c_{1}={\frac {25\,{b}^{4}+212\,{b}^{3}-1040\,b+1584\,{b}^{2}+48}{ \left( b+ 18 \right) \left( 25\,{b}^{2}+4\,b-28 \right) }}$

$c_{2}={\frac { \left( b-2 \right) \left( 25\,{b}^{3}+746\,{b}^{2}-4\,b+24 \right) }{ \left( b+18 \right) \left( 25\,{b}^{2}+4\,b-28 \right) }}$

Nhận xét: phương trình cho 2 nghiệm, tương ứng với việc cứ với mỗi vị trí của điểm B thì có 2 nghiệm hình C1 và C2 thỏa mãn BM=C1N và BM=C2N (khi chưa xét điều kiện M,N nằm trên cạnh BC,CD) như đã phân tích qua phép dựng hình ở phần đầu lời giải.

(note: dễ thấy $c_{1}+c_{2}=2b$ điều này tương ứng với việc C1 và C2 đối xứng nhau qua B)

Bây giờ, ta sẽ xét điều kiện của điểm B (tức là xét tham số $b$) sao cho thỏa mãn điều kiện M, N lần lượt nằm trên cạnh BC, CD:

- Xét $c=c_{1}$ :

Vì $b\neq 6$ nên BC không vuông góc với trục Ox, do đó đk cần và đủ để M nằm trên cạnh BC (tức là M nằm giữa B và C) là:

$(X_{M}-X_{B})(X_{M}-X_{C})\leqslant 0$        (1)

Vì $b\neq -2$ nên CD không vuông góc với trục Ox, do đó đk cần và đủ để N nằm trên cạnh BC (tức là N nằm giữa C và D) là:

$(X_{N}-X_{C})(X_{N}-X_{D})\leqslant 0$         (2)

Thay các giá trị, ta được:

(1) <=>    $BPT1_{M}=1/16\,{\frac { \left( 11\,b-2 \right) ^{2} \left( b-6 \right) ^{2} \left( 25\,{b}^{2}+92\,b-44 \right) }{ \left( b+18 \right) ^{2} \left( 25\,{b}^{2}+4\,b-28 \right) }}\leq 0$

(2) <=>     $BPT1_{N}=1/4\,{\frac { \left( b+2 \right) ^{2} \left( 11\,b-2 \right) \left( 13\,b+34 \right) }{ \left( b+18 \right) ^{2}}}\leq 0$

Giải hệ gồm 2 Bất PT trên ta được nghiệm:

$-\frac{34}{13}\leqslant b< -\frac{2}{25}-\frac{8}{25}\sqrt{11}$       (3)

Thực hiện một cách tương tự đối với trường hợp $c=c_{2}$, ta sẽ được tập nghiệm nữa của $b$ thỏa mãn bài toán, cụ thể:

$-\frac{2}{25}+\frac{8}{25}\sqrt{11}< b\leqslant \frac{42}{25}+\frac{4}{25}\sqrt{129}$          (4)

 

Tại các điểm đầu mút của (3) cho ta tương ứng hai điểm đầu của đoạn thẳng gọi là $B_{1}B_{2}$ nằm trên (d). Tương tự với (4) ta được $B_{3}B_{4}$. Cụ thể: $B_{1}(-\frac{34}{13},\frac{22}{13})$,   $B_{2}(-\frac{2}{25}-\frac{8}{25}\sqrt{11},\frac{74}{25}-\frac{4}{25}\sqrt{11})$

 

       $B_{3}(-\frac{2}{25}+\frac{8}{25}\sqrt{11},\frac{74}{25}+\frac{4}{25}\sqrt{11})$,     $B_{4}(\frac{42}{25}+\frac{4}{25}\sqrt{129},\frac{96}{25}+\frac{2}{25}\sqrt{129})$

 

Vậy, đi đến kết luận: với mỗi điểm B chạy trên hai đoạn thẳng $B_{1}B_{2}$ và $B_{3}B_{4}$ trên đường thẳng (d) bài toán luôn có nghiệm, tức là luôn xác định được điểm C thỏa mãn điều kiện ban đầu của bài toán, nghiệm này là duy nhất ( vì hai tập (3) và (4) không giao nhau), (Note: tại $B_{2}$, $B_{3}$ vô nghiệm). Về mặt ý nghĩa hình học, việc xác định tọa độ điểm C là không cần thiết (vì với mỗi vị trí cụ thể của B thỏa mãn bài toán ta đều dựng hình được), nhưng nếu cần vẫn tính được tọa độ của C theo tọa độ của B (dựa vào (*))

+ Từ PT của (DA) cho thấy cần phải xét thêm trường hợp khi b=c, thay giá trị và tính toán, ta thấy hoặc đây chính là một trường hợp suy biến khi $b=\frac{2}{11}$ (bài toán vô nghiệm), hoặc khi $b=6$ (bài toán cũng vô nghiệm).

+ Nghiệm đặc biệt là trường hợp $b=-2$, khi đó tọa độ B là (-2,2), khi đó C(7,2), D(7,6), M(1,2), N(7,5) ta thấy các điểm này đều mang tọa độ nguyên, có lẽ đây là bài toán gốc.

+ Bài toán đã cho phát biểu thiếu sáng sủa.

+ Các tính toán trong lời giải trên đều sử dụng chương trình Maple (nếu phải tính thủ công thì cũng xin chào thua)

+ Sau đây là file đính kèm hình vẽ động của bài toán trên GSP để các bạn tham khảo, (chú ý kéo điểm B chạy trên (d) hoặc dùng Display/Show motion controller)

https://www.dropbox....5i1irq/BH22.gsp