Thông tin tài liệu
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ TRƯỜNG THPT N ĐỊNH 3 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÁT HIỆN TÍNH CHẤT ĐẶC TRƯNG CỦA HÌNH HỌC PHẲNG ĐỂ ÁP DỤNG VÀO BÀI TỐN HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG LỚP 10 Người thực hiện: Lê Bá Tn Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc mơn: Tốn MỤC LỤC 1. MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài 1 2. Mục đich nghiên cứu 1 3. Đối tượng thời gian nghiên cứu 1 4. Phương pháp nghiên cứu 1 2. NỘI DUNG Cơ sở lý luận 2 Thực trạng vấn đề 17 Các giải pháp đã tổ chức thực hiện 18 Hiệu quả của đề tài 18 3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Kết luận 19 Kiến nghị 19 1. MỞ ĐẦU 1.1 Lí do chọn đề tài Trong chương trình hình học lớp 10 có một phần rất quan trọng của hình học phổ thơng đó là phương pháp toạ độ trong mặt phẳng. Đây là phần tiếp nối của hình học phẳng ở cấp Trung học cơ sở nhưng được nhìn dưới quan điểm đại số và giải tích. Như vậy, mỗi bài tốn hình học toạ độ trong mặt phẳng đều mang bản chất của một bài tốn hình học phẳng nào đó. Tuy nhiên, khi giải các bài tốn hình học toạ độ học sinh thường khơng chú trọng đến bản chất hình học của bài tốn ấy, một phần vì học sinh ngại hình học phẳng vì cứ nghĩ hình học phẳng là khó, một phần vì giáo viên khi dạy cũng khơng chú trọng khai thác hướng dẫn cho học sinh. Do đó, hiệu quả giải tốn khơng cao mà sự phân loại dạng tốn, phương pháp giải tốn cũng khơng rõ ràng. Thực tế u cầu trong việc giảng dạy chỉ phải trang bị cho học sinh một hệ thống các phương pháp suy luận giải tốn hình học toạ độ trong mặt phẳng. Với ý định đó, trong sáng kiến kinh nghiệm này tơi muốn nêu ra một cách định hướng tìm lời giải bài tốn hình học toạ độ trong mặt phẳng dựa trên bản chất hình học phẳng của bài tốn đó. Vì vậy, với trách nhiệm của mình, tơi thấy cần phải xây dựng thành chun đề từ đó rèn luyện kĩ năng nhận dạng, nâng cao năng lực giải tốn cho học sinh để các em khơng cịn e ngại hay lúng túng khi gặp các dạng tốn này. Qua q trình tích lũy tơi viết sáng kiến kinh nghiệm: “Phát hiện tính chất đặc trưng của hình học phẳng để áp dụng vào bài tốn hình học giải tích trong mặt phẳng lớp 10”. 1.2. Mục đich nghiên cứu Nhằm hệ thống cho học sinh một số dạng tốn của phương pháp tọa độ trong mặt phẳng và góp phần giúp các em giải quyết tốt các bài tốn về hình học giải tích Giúp học sinh nâng cao được tư duy, kĩ năng tính tốn. Từ đó cung cấp cho học sinh một dạng tốn nhỏ để bổ sung vào hành trang kiến thức bước vào các kì thi, đặc biệt là kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hố Kết hợp giữa định tính và định lượng nhằm giúp các em hệ thống tố hơn kiến thức đã học và giúp các em hứng thú hơn trong học tốn Giúp cho bản thân và đồng nghiệp có thêm tư liệu để ơn tập cho học sinh 1.3. Đối tượng nghiên cứu Tính chất đặc trưng của hình học phẳng, bài tốn hình học giải tích trong mặt phẳng lớp 10 Một số đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hố từ 2012 đến nay 1.4. Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu Tốn lớp 10 và lớp 12 Đánh giá kết quả học tập, kết quả các kì thi đại học, cao đẳng và thi học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn của học sinh lớp 12A1, 12A2 năm học 2015 2016. Lớp 12A6, 12A7 năm học 20162017 trường THPT n Định 3 Phân tích, đánh giá, tổng hợp các dạng tốn liên quan đến bài tốn về phương pháp toạ độ trong mặt phẳng. Đặc biệt là các bài tốn, dạng tốn liên quan đến hình học giải tích trong mặt phẳng trong các kì thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng, các kì thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa trong các năm gần đây. 2. NỘI DUNG 2.1. Cơ sở lý luận a. Một số kêt qua hình h ́ ̉ ọc phẳng thường dùng Tính chất 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm I, tiếp tuyến Cx tại 1ﾷ ﾷ ﾷ ﾷ = BDC = BCx = BIC C. Khi đó BAC [5] Tính chất 2. Cho hình vng ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Khi đó AM ⊥ BN [4] Tính chất 3. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường trịn tâm I. Có trực tâm uuuur uuur H, M là trung điểm của BC. Khi đó AH = IM [5] Tính chất 4. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường trịn tâm I. Gọi H, K lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C xuống các cạnh AC, BC. Khi đó IA ⊥ HK [5] Tính chất 5. Cho tam giác ABC có trực tâm H . Gọi D là giao điểm thứ hai của đường thẳng AH với đường trịn ngoại tiếp ∆ABC và M là giao điểm của AH với BC. Khi đo M là trung đi ́ ểm của HD. [5] Tính chất 6. Cho tam giác ABC có tâm đường trịn nội tiếp J . Gọi D là giao điểm thứ hai của đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AJ và I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó D là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác JBC và ID ⊥ BC [5] Tính chất 7. Cho ∆ABC có trực tâm H; E, D lần lượt là hình chiếu vng góc của C, B lên các cạnh AB và AC. Gọi P là trung điểm của AH, M là trung điểm của BC. Khi đo ́ PM ⊥ ED [5] Tính chất 8. Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, B, C xuống các cạnh BC, CA, AB. Khi đo H là tâm đ ́ ường trịn nội tiếp ∆ DEF [5] Chú ý: 1. Cần đặc biệt chú ý quan hệ vng góc, sự bằng nhau, quan hệ về góc của hình vng, hình thoi và các tam giác đặc biệt 2. Các cơng thức diện tích, khoảng cách, cơng thức tính góc, các định lý sin, cosin trong tam giác… b. Các ví dụ điển hình Các ví dụ một bài tốn hình học toạ độ có thể được giải theo một trong ba hướng chính sau: Hướng 1: Giải hồn tồn theo quan điểm hình học giải tích Hướng 2: Giải hồn tồn theo quan điểm hình học phẳng sau đó áp dụng vào toạ độ Hướng 3: Khai thác các yếu tố hình học phẳng để giải tốn hình giải tích Mỗi hướng giải tốn đều có những ưu thế riêng cho từng bài tốn nhưng nói chung hướng 3 thường hiệu quả hơn cả. Dạng 1. Sử dụng quan hệ vng góc trong giải tốn Bài tốn cơ bản 1. Cho hình vng ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Chứng minh rằng AM ⊥ BN A B A B M D N C M D N C Bài tốn cơ bản 2 . Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường trịn tâm I. Gọi H, K lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C xuống các cạnh AC, BC. Chứng minh rằng IA ⊥ HK Chứng minh Kẻ tiếp tuyến Ax của đường trong ngoại tiếp tam giác ﾷ ABC tại A KAx = ﾷACB = sd ﾷAB (1) ﾷ ﾷ Do BHC = BKC = 900 nên tứ giác BKHC nội tiếp ﾷ ﾷ suy ra AKH ) = ﾷACB (2) (cùng bù với góc BKH ﾷ Từ (1) và (2) KAx = ﾷAKH HK / /Ax mà IA ⊥ Ax IA ⊥ HK (đpcm) Bài tốn cơ bản 3. Cho tam giác ABC có tâm đường trịn nội tiếp J . Gọi D là giao điểm thứ hai của đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AJ và I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng D là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác JBC và ID ⊥ BC Chứng minh ﾷA B ﾷ ﾷ Ta có DJB = + (góc ngồi tam giác) (1) 2 ﾷB ﾷ ﾷA B ﾷ ﾷ ﾷ mà B ﾷ = A DBJ ﾷ DBJ = +B = + (2) 3 2 2 ﾷ ﾷ Từ (1) và (2) suy ra DJB = DBJ hay tam giác DJB cân tại D hay DJ=DB (3) ﾷ mà ﾷA1 = A DB = DC (2 góc nội tiếp bằng nhau chắn 2 cung bằng nhau) (4) Từ (3) và (4) suy ra DB=DJ=DC hay D là tâm đường trịn ngoại tiếp ∆JBC (đpcm) Ta có DB = DC  � nêm ID là đường trung trực của BC IB = IC = R DI ⊥ BC (đpcm) Bây giờ ta xét một số ví dụ điển hình Ví dụ 1. Trong mặt phẳng oxy cho hình vng ABCD có đỉnh B(0;4). Gọi M 5 và N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Gọi H ( ; ) là giao điểm của AM và BN. Xác định toạ độ các đỉnh của hình vng ABCD biết đỉnh A thuộc đường thẳng (d) : x +2y +4 =0 Hướng dẫn giải +PT đường thẳng BN: 3x+y4=0 +PT đường thẳng AM ⊥ BN sẽ có PT : x − y + = + Điểm A là giao điểm của AM & d nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: x − 3y + = A(−4;0) PT (BC): x+y4=0 x + 2y + = + Điểm M là giao điểm của AM & CB nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: x+ y−4=0 M (2;2) C 4;0), D(0; −4) x − 3y + = Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có BC=2BA. Gọi 4 5 F(1;1) là điểm trên cạnh BC sao cho BE = BC Điểm H ( ; ) là giao điểm của BD và AF. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết B nằm trên đường thẳng (d): x+2y6=0 Hướng dẫn giải + Viết PT đường thẳng AF qua H và F + Viết PT đường thẳng BD qua H và vng góc với AF uuur uuur + Điểm B là giao điểm của (d) với BD. Ta có BF = BC C + Viết PT đường thẳng AB qua B và vng góc với BF uuur uuur + Điểm A là giao điểm của AF với AB; DC = AB D Ví dụ 3. Cho hình vng ABCD có hai điểm M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC, biết CM cắt DN tại I ( 22 11 ; ) Gọi H là trung điểm DI, biết đường 5 thẳng AH cắt CD tại P( ;1) Biết xA < , tìm toạ độ các đỉnh của hình vng Hướng dẫn giải M A B I E N H D C P Ta chứng minh tam giác AIP vuông tại I. ∆MBC = ∆NCD CM ⊥ DN Tứ giác AMID nội tiếp đường tròn tâm E( với E là trung điểm của AH) suy ra ED = EI, mà H là trung điểm của DI EH ⊥ DI AH ⊥ DN , Ta có JD = (2 − 2)2 + (−4 − 1) = Theo kết quả bài tốn gốc thì D là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác JBC (C’). Do đó PT đường trịn (C’) : ( x − 2)2 + ( y + 4)2 = 25 Điểm {B} = (d ) (C ') nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ x + y + = 0 (1) ( x − 2) + ( y + 4) = 25 (2) Thế (1) vào (2) ta được ( x − 2) + (− x − 3) = 25 x + x − 12 = x = −3 x=2 Điểm B có hồnh độ âm nên B(3 ;4) Đường thẳng AJ qua J và D có PT : x2=0 .Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ x=2 x + y − 10 = x=2 y=6 A(2;6) + Đường thẳng BC qua B và vng góc với AH : ( BC ) : x − y − = +Đường thẳng ID ⊥ BC ID / / AH và ID qua D(2 ;4) ( ID) : x + y = + Gọi M là trung điểm của BC {M } = ID BC M (1; −2) C (5; 0) Ví dụ 5. ( trích đề thi HSG Tỉnh Thanh Hố năm 2014) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD với M, N lần lượt là trung điểm cua đoan AB và BC. G ̉ ̣ ọi H là chân đường cao kẻ từ B xuống CM. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng ABCD biết N (−1; − ), H (−1;0) và điểm D nằm trên đường thẳng (d ) : x − y − = Hướng dẫn giải A M B H H D N C Trong tam vng BCH ta có : HN=NC (1) Mặt khác: BH và DN song song với (Vì cùng vng góc với MC) Từ đó: H và C đối xứng qua DN DH vng góc với HN uuur uuur Gọi D(m ; m4) Sử dụng điều kiện HD.HN = m = D(4;0) Nhận xét H và C đối xứng qua DN tìm được C (1; −4) Từ đó tìm được : A(0;3), B(−3; −1) Ví dụ 6. (Trích đề thi HSG Tỉnh Thanh Hố năm 2016) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có ﾷ B (2;4), BAD = ﾷADC = 900 và A, C thuộc trục hồnh. Gọi E là trung điểm của đoạn AD, đường thẳng EC đi qua điểm F (−4;1) Tìm toạ độ các đỉnh A, C, D biết EC vng góc với BD và điểm E có tọa độ ngun Hướng dẫn giải ﾷ ﾷ DHN = DCN = 900 y=0 A B(2;4) I F(4;1) H J C E D Qua A kẻ đường thẳng vng góc với BE, cắt BE và BD lần lượt tại I và H; gọi J là giao điểm của BD với CE. Khi đó ta có: uuur uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur EH EB = EA.EB = EI EB = EA và EH EC = ED.EC = EJ EC = ED = EA2 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur r uuur uuur EH EB = EH EC EH ( EB − EC ) = EH ⊥ BC suy ra H là trực tâm của ∆EBC suy ra A, H , C thẳng hàng. Do đó BE ⊥ AC Đường thẳng BE qua B(2;4) vng góc với Ox nên có phương trình x =2 uuur uuur uuur uuur Gọi A(a;0), E (2; b) D(4 − a; 2b); BA(a − 2; −4); EA(a − 2; −b); BD(2 − a; 2b − 4) FE (6; b − 1) uuur uuur BA ⊥ EA uuur uuur FE ⊥ BD (a − 2) + 4b = (1) 6(2 − a) + (b − 1)(2b − 4) = (2) Thay (2) vào (1) ta được b − 6b + 13b + 24b + = (b + 1)(b3 − 7b + 20b + 4) = b = −1 (do b nguyên) (Ta chứng minh được phương trình b3 − 7b + 20b + = có nghiệm duy nhất trên khoảng ( −1;0 ) nên khơng có nghiệm ngun ) Khi đó A(4;0), D (0; −2) , đường thẳng CD có phương trình x + y + = cắt Ox tạiC(1;0).Vậy A(4;0), D(0; −2) C (−1;0) là các điểm cần tìm Dạng 2. Bài tốn liên quan đến tính chất trung điểm của đoạn thẳng Bài tốn cơ bản. Cho tam giác ABC có trực tâm H . Gọi D là giao điểm thứ hai của đường thẳng AH với đường trịn ngoại tiếp ∆ABC và K là giao điểm của AH với BC. Chứng minh rằng K là trung điểm của HD Chứng minh 10 ﾷ ) Ta có Bﾷ = ﾷA1 (góc nội tiếp cùng chắn DC Và Bﾷ = ﾷA1 ( cùng phụ với góc ﾷACB ) ﾷ =B ﾷ ∆BHD cân tại B nên K là trung điểm B của HD (đpcm) Từ bài tốn trên ta xây dựng các ví dụ sau Ví dụ 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC nhọn có trực tâm H(5;5), phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là x+y8=0. biết đường trịn ngoại tiếp ∆ABC đi qua 2 điểm M(7 ;3), N(4 ;2). Tìm tọa độ các đỉnh của ∆ABC Hướng dẫn giải Gọi H’ là giao điểm của AH và đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC theo KQ bài tốn gốc thì H’ đối xứng với H qua BC +Đường thẳng (HH’) vng góc với BC và qua H có PT xy=0 + Gọi A’ là chân đường cao hạ từ A {A '} = AH BC A '(4; 4) H '(3;3) + Đường trịn (C) ngoại tiếp tam giác ABC đi qua 3 điểm H’(3 ;3),M(7 ;3),N(4 ;2) có PT : x + y − 10 x − y + 36 = + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ x− y =0 x + y − 10 x − y + 36 = + Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ x + y −8 = x + y − 10 x − y + 36 = A(6;6) B (6; 2), C (3;5) hoặc B(3 ;5),C(6 ;2) 11 Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC nhọn. Đường trung tuyến kẻ từ A và phương trình đường thẳng BC lần lượt là 3x + y − = & x − y − = Đường thẳng qua A và vng góc với BC cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tai điểm thứ hai là D(4;2). Viết phương trình các cạnh AB, AC biết xB Hướng dẫn giải + Tọa độ điểm {M}= AM BC là nghiệm của hệ x− y−4=0 3x + y − = M ( ;− ) 2 + AD qua D & ⊥ BC có PT: x+y2=0 x+ y−2= A(1;1) 3x + y − = x+ y−2=0 K (3; −1) + Tọa độ điểm {K}= AD BC là nghiệm của hệ x− y−4=0 +Theo KQ bài tốn gốc thì D đối xứng với H qua BC H (2; 4) Do B BC B (t ; t − 4) M là trung điểm của BC nên C(7t;3t) uuur uuur HB = (t − 2; t − 8); AC = (6 − t ; − t ) uuur uuur t = HB AC = (t − 2)(6 − t ) + (t − 8)(2 − t ) = t=7 + Tọa độ điểm {A}= AM AD là nghiệm của hệ Do xB B(2; −2), C (5;1) AB : x + y − = 0; AC : y − = Ví dụ 3. ( Trích đề thi HSG cấp tỉnh mơn tốn tỉnh Thanh Hố năm 2013) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3x + y − = 0, x − y − = Đường thẳng qua A vng góc với đường thẳng BC cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D ( 4; −2 ) Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hồnh độ của điểm B khơng lớn hơn 3 Hướng dẫn giải 12 A H B K C M D Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của uur uur BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: x− y−4=0 3x + y − = x= y=− uuur uuur M ;− 2 AD vng góc với BC nên nAD = uBC = ( 1;1) , mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình của AD :1( x − ) + 1( y + ) = x + y − = Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 3x + y − = x+ y−2=0 x =1 y =1 A ( 1;1) Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: x− y−4=0 x+ y−2=0 x=3 y = −1 K ( 3; − 1) ﾷ ﾷ ﾷ ﾷ Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK , mà KCE (nội tiếp chắn cung = KCE = BDA ﾷAB ) Suy ra BHK ﾷ ﾷ , vậy K là trung điểm của HD nên H ( 2; ) = BDK B ( t ; t − ) , kết hợp với M trung điểm BC suy ra Do B thuộc BC C ( − t ;3 − t ) uuur uuur HB (t − 2; t − 8); AC (6 − t ; − t ) Do H là trực tâm của tam giác ABC nên uuur uuur HB AC = ( t − ) ( − t ) + ( t − 8) ( − t ) = ( t − ) ( 14 − 2t ) = t=2 t =7 t = B ( 2; −2 ) , C ( 5;1) Ta có uuur uuur uuur uuur AB = ( 1; −3) , AC = ( 4;0 ) nAB = ( 3;1) , nAC = ( 0;1) Do t Suy ra AB : x + y − = 0; AC : y − = Dạng 3. Bài tốn liên quan đến trực tâm của tam giác 13 Bài tốn cơ bản. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, D là trung điểm của cạnh AB, E và G lần lượt là trọng tâm các tam giác ACD và ABC. Chứng minh rằng I là trực tâm tam giác DEG Chứng minh Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và AD. Khi đó theo tính chất trọng tâm tam giác ta có CG CE = = CD CN GE / / DN Hay GE//AB mà ID ⊥ AB ID ⊥ GE (1) Mặt khác ∆ABC cân tại A nên AI ⊥ BC mà DM là đường trung bình của ∆ABC DM / / BC do đó AI ⊥ DM hay GI ⊥ DM (2) Từ (1) và (2) suy ra I là trực tâm tam giác DGE Ta xây dựng các bài tốn sau đây Ví dụ 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC cân tại A; M là trung điểm đoạn 3 2 4 AB. Biết rằng I ( ; ) là tâm đường tròn ngoại tiếp và G(0;1), K ( ; ) lần lượt là trọng tâm tam giác ACM. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC Hướng dẫn giải A N K D I P G(0;1) B C 14 Giả sử M(x;y) uur uuuur GI KM = Ta có uur uuuur KI GM = uuuur x+ y −3 = 5x + y = uuuur Lại có MC = 3MG uur 1 GI = ( ; ) 4 uur KI = ( − ; − ) 4 uuuur 3 KM = ( x − ; y − ) 2 và uuuur GM = ( x; y − 1) M (− ; ) 2 C (1; −4) Mặt khác K là trọng tâm tam giác ACM suy ra A(4;5) và M là trung điểm của AB . suy ra B(5;2) Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC cân tại A; M là trung điểm đoạn 3 2 4 AB. Biết rằng I ( ; ) là tâm đường tròn ngoại tiếp và K ( ; ) trọng tâm tam giác ACM. Các đường thẳng AB, CM lần lượt đi qua các điểm E(2;3), F(0;1). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết hồnh độ điểm M âm Hướng dẫn giải A N K D P I G E(-2;3) F(0;1) B C + PT đường thẳng CM qua F và vng góc với KI là: 5x+y1=0 + M thuộc CM nên M(m;15m) uuur uuur + IM ME = m = 0 (L) m=− M (− ; ) 2 + PT đường thẳng AB qua M và E là: x3y+11=0 + Goi P là trung điểm của AC thì theo uuur tính chất trọng tâm tam giác ta có : MP = MK P( ; ) 2 15 + Ta có A AB A(2a − 11; a ); C CM C (c;1 − 5c) + P là trung điểm của AC a = 5, c = ta được A(4 ;5), C(1 ;4) Chọn một tam giác nao đó gi ̀ ả sử A(7;5), B(1;1), C(3;3). Khi đó ta tìm được 11 điểm D(3;3). Tâm đường trịn ngoại tiếp I ( ; ), trọng tâm tam giác ACD là 3 13 E ( ; ) 3 Dạng 4. Bài tốn liên quan đến khoảng cách Ví dụ 1 Cho hình chữ nhật ABCD có D(4; 5), M là trung điểm đoạn AD, đường thẳng CM có phương trình x − y + 10 = Điểm B nằm trên đường thẳng d1 : x + y + = 0, yC < Tìm toạ độ A, B, C Hướng dẫn giải A B I K M G H C D Ta có DK = d ( D, CM ) = 26 . 65 DG = G ọi G là trọng tâm tam giác ADC DI = BD 3 BG = 2GD . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, D lên CM BH BG = =2 DK GD B d1 BH = 2d ( D, CM ) = B(b; 12b) BH = 52 65 17b + 18 65 52 = 65 b=2 −70 b= 17 16 Vì B, D nằm khác phía đối với CM nên b = 2 B (2; −5) I (3;0) C (8c − 10; c ) (c
Ngày đăng: 20/12/2022, 07:33
Xem thêm:
