Phát triển tư duy khoa học sáng tạo giải toán oxy hứa lâm phong

khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 Chươ ng TÓM TẮ T LÝ THUYẾ T VÀ CÁC VẤ N ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾ N PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶ T PHẲ NG OXY CHỦ ĐỀ 1.1: VÉCTƠ VÀ CÁC PHÉP TOÁN Định nghĩa:véctơ đoạn thẳng có định hướng ● Hai vectơ nhau: có hướng độ dài ● Hai vectơ đối nhau: ngược hướng độ dài Các phép toán vectơ: a Phép cộng vectơ:  a  b  b  a;     ab c a bc   a00a a    a  a  Ta có A, B, C : AC  AB  BC (quy tắc chèn điểm)  Nếu ABCD hình bình hành : AB  AD  AC b Phép trừ vectơ:O,A,B : OB  OA  AB c Tích số thực với vectơ:    m  na    mn  a;1.a  a; 1a  a  m a  b  ma  mb;  m  n  a  ma  na Điều kiện: a phương b  k  R : b  k a với   d Tích vô hướng: ab  a b cos a, b e Vectơ đồng phẳng:3 vectơ đồng phẳng giá chúng song song với mặt phẳng Phát triển tư khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy a, b, x đồng phẳng  h, k  R : x   kb f Phân tích vectơ theo vectơ không đồng phẳng: Với a, b, c không đồng phẳng vectơ e , có số thực x1, x2, x3: e  x1 a  x2 b2  x3 c g Định lý: Với M trung điểm AB G trọng tâm ABC , O tùy ý thì:  MA  MB     GA  GB  GC   OG  OA  OB  OC    Và G trọng tâm tứ giác, tứ diện ABCD  OG   OA  OB  OC  OD  ■CHỦ ĐỀ 1.2: HỆ TỌA ĐỘ – TỌA ĐỘ VÉCTƠ – TỌA ĐỘ ĐIỂ M Định nghĩa: a Hệ tọa độ: Hai trục tọa độ x’Ox, y’Oy vuông góc tạo nên hệ trục tọa độ Đề–các Oxy: O gốc tọa độ, x’Ox trục hoành y’Oy trục tung Trong đó: i  (1;0), j  (0;1) vec tơ đơn vị trục Ta có: i  j  i j  b Tọa độ vectơ: u  ( x; y)  u  x.i  y j khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 c Tọa độ điểm: OM  ( x; y)  M  ( x; y) Trong x hoành độ, y tung độ M Các kết tính chất: Trong hệ tọa độ Oxy, cho A( x A ; y A ), B ( xB ; yB ) vectơ a  (a1; a2 ), b  (b1; b2 ) Ta có :  a  b  (a1  b1; a2  b2 ) ● Tích véctơ với số thực: k a  (ka1; ka2 ), k  ● Tích vô hướng hai véctơ: a.b  a1b1  a2b2 Hệ quả:  a  a12  a22  cos (a; b )  a1b1  a2b2 a12  a22 b12  b22  a  b  a1b1  a2b2  a b ● Hai véctơ nhau: a  b   1  a2  b2 b1 b2   k  : b  k a    a1 a2  a , b phương    a1 a2    b1 b2 ● Tọa độ vec tơ AB  ( xB  xA ; yB  y A ) ● Khoảng cách: AB  AB  ( xB  xA )2  ( yB  y A )2 ● Điểm M chia AB theo tỉ số k (k khác 1)  MA  k MB Khi đó, tọa độ M tính bởi: x A  k xB  x  M  lk   y  y A  k yB  M lk x A  xB  x  M  Nếu M trung điểm AB, ta có:  y  y A B y   M Kiến thức tam giác: Cho A( x A ; y A ), B( xB ; yB ), C ( xC ; yC ) a Trọng tâm tam giác (giao đường trung tuyến) : Phát triển tư khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy x A  xB  xC  x  G  G trọng tâm tam giác ABC :   y  y A  yB  yC  G b.Trực tâm tam giác (giao đường cao): H trực tâm tam giác    AH  BC  AH BC       BH  CA  BH CA  c Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (giao trung trực) : I(a ; b) tâm ABC  AI = BI = CI = R (R bán kính ABC)  AI  BI  tọa độ tâm I Giải hệ  2 BI  CI  d Tâm đường tròn nội tiếp tam giác (giao đường phân giác góc tam giác) Tâm K đường tròn nội tiếp tam giác ABC tìm thực hai lần công thức điểm chia đoạn theo tỉ số k : A' B AB   k1 nên A’ chia BC theo AC A'C tỉ số k1tọa độ D Vì Vì KA BA   k2 nên k chia AD theo tỉ số k2, tọa độ K BD KD e Diện tích tam giác: 1 a.ha  b.hb  c.hc 2 1  S  ab sin C  ac sin B  bc sin A 2 S  khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 abc  pr  p ( p  a )( p  b)( p  c ) 4R 1 S  AB AC  ( AB AC )  det( AB, AC ) 2 S  Trong đó: det( AB, AC )  a1 a2 b1 b2  a1b2  a2b1 với AB  (a1; a2 ), AC  (b1; b2 ) Kiến thức tứ giác: Cho A( xA ; y A ), B( xB ; yB ), C ( xC ; yC ), D( xC ; yC ) a Hình thang (là tứ giác có hai cạnh đối song song với nhau) : ● AB, CD hai véctơ ngược hướng  AB  kCD (k < 0) ● Shình thang = AH(AB + CD) Hay SABCD = SABC + SACD (chia nhỏ hình thang thành hình tam giác tùy ý) b Hình bình hành (là tứ giác có cặp cạnh đối song song nhau): ● AB  DC ● I trung điểm hai đường chéo AC BD ● Shình bình hành = AH.CD = 2SACD = 4SICD (chia nhỏ hình bình hành thành hình tam giác tùy ý) ● Chú ý đến tính chất đối xứng qua I c.Hình thoi (là tứ giác có bốn cạnh nhau) : ● Hình thoi mang đầy đủ tính chất hình bình hành ● Nếu hình bình hành ABCD có AB = BC AC  BD trở thành hình thoi ● AC  BD, AC BD hai đường phân giác góc tạo hai cạnh bên, giao điểm chúng tâm đường tròn nội tiếp hình thoi Phát triển tư khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ● Shình thoi = AC.BD = 2SABC= 2SABC = 4SABI ● Chú ý đến tính chất đối xứng qua I d Hình chữ nhật (là tứ giác có góc vuông) : ● HCN mang đầy đủ tính chất hình bình hành ● Nếu hình bình hành ABCD có góc 90o hay hai đường chéo AC = BD hình chữ nhật ● Shình chữ nhật = AB.AD = 2SABC = 4SABI ● Luôn có đường tròn ẩn ngoại tiếp hình chữ nhật với tâm I = AC  BD tâm đường tròn ngoại tiếp HCN với bán kính IA = IB = IC = ID = R ● Chú ý đến tính chất đối xứng qua tâm I (Ví dụ hình vẽ biết tọa độ M I  toa độ N  CD) e Hình vuông (là tứ giác có hai đường chéo vuông góc nhau) : ● HV mang đầy đủ tính chất hình H.thoi HCN ● Nếu hình thoi có góc 90o hay hai đường chéo AC BD Hình vuông ● Nếu hình chữ nhật có hai cạnh bên hay hai đường chéo AC BD vuông góc Hình vuông ● Shình vuông = (cạnh)2 = 2SABC = 4SAID = 8SAHI ● Có đến hai đường tròn ẩn bên hình vuông ABCD là: (C1) với tâm I = AC  BD tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông bán kính IA = R (C2) với tâm I = AC  BD tâm đường tròn nội tiếp hình vuông bán kính IH = R ((C2) qua trung điểm cạnh hình vuông) ● Chú ý đến tính chất đối xứng qua tâm I khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 ■CHỦ ĐỀ 1.3: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲ NG Định nghĩa: Cho vectơ u , n   u vectơ phương (VTCP) đường thẳng d vec tơ u nằm đường thẳng song song trùng với d Mọi vectơ phương d có dạng k u , (k  0)  n vectơ pháp tuyến (VTPT) đường thẳng d vectơ n nằm đường thẳng vuông góc với d Mọi vectơ pháp tuyến d có dạng k n , (k  0) ● Một đường thẳng d hoàn toàn xác định biết M  d VTCP u VTPT n d Phương trình tổng quát đường thẳng: a Định lý: Phương trình tổng quát đường thẳng d có dạng ax  by  c  0, a  b  Chú ý: d có vtpt n  (a; b), vtcp u  (b; a) hay u  (  b;a) (☺Mẹo nhớ: đổi VTCP  VTPT: “Đổi chỗ đổi dấu”) b Hệ quả: Phương trình đường thẳng d qua M ( x0 ; y0 ) có vtpt n  (a; b) là: a( x  x0 )  b( y  y0 )  0, a  b  Phương trình tham số – tắc đường thẳng: a Phương trình tham số đường thẳng: Phương trình tham số đường thẳng d qua M ( x0 ; y0 ) có vtcp u  ( a; b)  x  x0  at , a  b  0,  t   là:   y  y0  bt b Phương trình tắc đường thẳng: Phưong trình tắc đường thẳng d qua M ( x0 ; y0 ) có vtcp u  (a; b) là: x  x0 y  y0  , a  b2  a b Chú ý:Phương trình chứa hệ số góc k tung độ góc m có dạng    : y  kx  m ☺ Nếu d có u  (a; b) vtcp hệ số k  b a Phát triển tư khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ☻ Nếu d cắt trục hoành M vàgóc tạo tia Mx với phần đường thẳng d nằm phía trục hoành hệ số góc d k  tan  Phương trình đoạn chắn: Gọi A(a,0)  Ox , B(0,b) Oy với a,b ≠ Đường thẳng d cắt Ox A, cắt Oy B có dạng là: x y  1 a b Vị trí tương đối đường thẳng: Cho đường thẳng d1 : a1 x  b1 y  c1  (1), d : a x  b2 y  c2  (2) (a12  b12  0, a22  b22  0)  d : a x  b1 y  c1  Giải hệ  1 ta có kết sau: d : a x  b2 y  c2  ●Hệ có nghiệm  a1b2  a2b1   d1 d2 cắt ●Hệ vô nghiệm  a1b2  a2b1  b1c2  b2 c1   d1 / / d ●Hệ có vô số nghiệm  a1b2  a2b1  b1c2  b2c1  c1a2  c2 a1  d1  d ■CHỦ ĐỀ 1.4: KHOẢ NG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂ M ĐẾ N MỘT ĐƯỜNG THẲ NG GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲ NG Góc đường thẳng: Cho đường thẳng d1 : a1 x  b1 y  c1  0, d : a x  b2 y  c2  Nếu gọi  (00    900 ) góc d1 d2 : cos   a1a2  b1b2 a12  b12 a22  b22 Hệ quả: d1  d  a1a2  b1b2  Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng: a Công thức: Khoảng cách từ M ( x0 ; y0 ) đến d : ax  by  c  là: d (M , d )  10 ax0  by0  c a  b2 , a  b  khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 b.Hệ quả: Nếu d1 : a1 x  b1 y  c1  0, d : a2 x  b2 y  c2  cắt I (a1b2  a2b1 ) phương trình phân giác tạo d1 d2 là: a1 x  b1 y  c1 a x  b2 y  c2  a12  b12 a22  b22 Chú ý: Cho hai điểm M  xM ; yM  , N  xN ; yN  đường thẳng  : ax  by  c  Ta có: ☺ M N nằm phía với  khi:  axM  byM  c   axN  byN  c   ☻ M N nằm khác phía với  khi:  axM  byM  c   axN  byN  c   ■CHỦ ĐỀ 1.5: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN Phương trình: a Phương trình tổng quát đường tròn: Cho đường tròn (C) tâm I(a; b) bán kinh R có dạng tổng quát : ( x  a)2  ( y  b)2  R2 b Phương trình khai triển đường tròn: Ngoài viết PT đường tròn dạng khai triển: x  y  2ax  2by  c  c Phương trình tham số đường tròn:  x  a  R cos t (t  R)   y  b  R sin t 2.Vị trí tương đối đường thẳng đường tròn: 11 Phát triển tư khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Cho đường thẳng () đường tròn (C) có tâm I, bán kính R Gọi d khoảng cách từ I đến đường () , Ta có: ● d(I, ) < R  () cắt (C) hai điểm phân biệt ●d(I, ) = R  () tiếp xúc với (C) ●d(I, ) > R  () không cắt (C) 3.Vị trí tương đối hai đường tròn: Cho hai đường tròn (C1) (C2) có tâm bán kính I1, R1, I2, R2 Ta có: ● I1I2< R1 + R2 (C1) (C2)  Có tiếp tuyến chung ● I1I2 = R1 + R2 (C1) (C2) tiếp xúc ngoài Có tiếp tuyến chung ● |R1 – R2| < I1I2< R1 + R2 (C1) (C2) cắt hai điểm  Có tiếp tuyến chung ● I1I2 = |R1– R2|(C1) (C2)tiếp xúc  Có tiếp tuyến chung ● I1I2 Cho số a với a > c ● Elip (E) = M : MF1  MF2  2a tập điểm mà tổng khoảng cách từ M đến hai điểm F1 ; F2 2a ● Ta gọi F1 ; F2 tiêu điểm F1 F2  2c độ dài tiêu cự ● Nếu M  (E) MF1 MF2 gọi bán kính qua tiêu điểm M Phương trình tắc elip yếu tố elip a Phương trình tắc elip ● Xét Elip (E) = M : MF1  MF2  2a F1 F2  2c 12 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 t > để quy tất cạnh độ dài hình vuông ABCD theo độ dài MN  từ tọa độ I thỏa mãn độ dài IN IM Còn nhiều cách khác để giải toán hình vuông Trên cách giải tiêu biểu Mời bạn đọc xem lời giải ► Hướng dẫn giải cách 1: * Gọi K = MN  CD, theo định lý Thales thuận ta có:  xK   (1)  MN AN AM  7      NK  MN    K  ; 2  NK NC KC 3   y   (3) K  * Gọi d đường thẳng qua N song song với AD, cắt AB, CD E F Dễ dàng chứng minh MEN = DNF  MN = DN MN  DN  MN  ND * Đặt tọa độ D ( a; b) Ta có  (*) với  MN ND   MN  (1; 3)  ND  ( a  2; b  1)  Do (*) 10  (a  2)2  (b  1)2 10  9(b  1)2  (b  1)2  b  0, a     a   3(b  1) b  2, a  1  a   3(b  1)   Nên D(5;0) hay D(1; 2) 7 3   * TH1: D (5;0), K  ; 2  suy phương trình CD x  y  15  7 3   * TH2: D(1; 2), K  ; 2  suy phương trình CD y   Vậy phương trình đường CD cần tìm y   hay x  y  15  ► Hướng dẫn giải cách 2: Đặt cạnh hình vuông AB = a > * Xét MN DN  ( MA  AN ).( DA  AN )  MA.DA  MA AN  AN DA  AN   MA AN cos(135 )  AN DA.cos(135 )  AN 2 a 3a    3a     3a   a           4     Suy MN  DN * Gọi K = MN  CD, theo định lý Thales thuận ta có: 557 Phát triển tư khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy  x   (1) K  MN AN AM 7      NK  MN    K  ; 2  NK NC KC 3   y   (3) K  * Ta có cos NDF  cos MNE  EN EN   2 MN ME  EN 3a a 9a  16 16  (*) 10 Gọi n  (a; b) (a  b  0) , MN  (1; 3) vecto pháp tuyến CD ND (*)  | cos(n; MN ) | | a  3b |    (a  3b)  9(a  b ) 2 10 10 10 a  b Suy (a  3b)2  9(a  b2 )  8a  6ab  (nhận xét b khác nên ta chọn b=4 Khi ta có a = 0, a = –3 suy n  (3; 4) hay n  (0; 4) Vậy phương trình đường CD cần tìm y   hay x  y  15  ► Hướng dẫn giải cách 3:  MN  ME  EN  a  16   ND  MN   ND  10 * Đặt AB = a > suy   MD  AD  AM  MD  20    ND2  10 * Đặt tọa độ D ( a; b) Ta có  (*) với MD  20    MD  (a  1; b  2)    ND  (a  2; b  1) 10  (a  2)2  (b  1)2  b  0, a  Do (*)    b  2, a  1 2  20  (a  1)  (b  2) Nên D(5;0) hay D(1; 2) * Gọi P = AC  MD, theo định lý Thales thuận ta có: AC  PA   PA PA PM AM 1      MP  MD (1)    AC AC PC PD CD PN   PN NA  PA     AC AC 12  AC 558 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 Suy PA  4 PN (2) 7 4 3 3  13 16  ;  5  * TH1: với D(5; 0) từ (1) suy P  ;  Từ (2) suy A  8 6 5 5 Do MA   ;   (4;3) 8 6 5 5 Đường CD qua D(5; 0) nhận MA   ;   (4;3) làm vecto phương có x 5 y 0   AD : 3x  y  15  1 2 * TH1: với D(–1; –2) từ (1) suy P  ;  Từ (2) suy A  1;  3 3 dạng là: Do MA   2;0   2(1;0) Đường CD qua D(–1; –2) có dạng AD : y   Vậy phương trình đường CD cần tìm y   hay x  y  15  ► Hướng dẫn giải cách 4: (theo đáp án Bộ GD&ĐT) * Ta có MN  10 Gọi a độ dài cạnh hình vuông ABCD, a > Ta có AM  a AC 3a , AN   4 5a 5a   10 , nghĩa Nên MN  AM  AN  AM AN cos MAN  8 2 a = BD  nên ta có  x  1, y  2 ( x  1)  ( y  2)  16  hệ phương trình:  17 6 2  x  , y  ( x  2)  ( y  1)   5  * Gọi I(x ; y) trung điểm CD Ta có IM = AD = IN  * Với x = 1, y = – 2, ta có I (1; 2) IM  (0; 4) Đường thẳng CD qua I có vecto pháp tuyến IM  (0; 4) nên có phương trình là: AD : y   559 Phát triển tư khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy * Với x  17 6 ,y , ta có 5  17 6   12  I  ;  IM   ;   5   5  12  ;  nên có 5  Đường thẳng CD qua I có vecto pháp tuyến IM   phương trình là: AD : x  y  15  Vậy phương trình đường CD cần tìm y   hay x  y  15  CÂU 94 (CHÍNH THỨC – ĐH B2014) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD Điểm M(–3; 0) trung điểm cạnh AB, điểm H(0; –1) hình chiếu vuông góc B AD trọng tâm tam giác BCD 4  G  ;3  Tìm tọa độ điểm B D 3  ► Hướng dẫn giải cách 1: * Gọi B(a; b) N trung điểm CD  4   BG    a;3  b   4a 9b    Do N  ; * Ta có BG  BN với   2    BN   x  a; y  b  N N    (a  3)  b BM  HM  a  0, b  1    10  a  * Mặt khác  9b a  (1  b)   a  2, b   MN BH    2  * Với a = 0, b = –1, ta có B(0 ; –1) loại trùng với H   3 2 * Với a = –2,b = 3, ta có B(–2; 3) Gọi I = AC  BD  I  0;  suy D(2; 0) Vậy tọa độ điểm B D thỏa yêu cầu toán B (2;3), D(2;0) 560 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 ► Hướng dẫn giải cách 2: * Gọi A(a; b) ta có : 4  b 9 a   4( xI  ) a GA  4GI   3  I   1;   4 4  b   4( yI  3) b 9 a  MI    4;    (a  16; b  9) 4  16 4 * Do M trung điểm AB  B(6  a; b)  HB  (6  a; b  1), MA  (a  3; b)  (a  3)2  b2  10 MA  MH Ta có:  (phần giải hệ  MI  HB ( a  16)(  a  6)  ( b  9)(  b  1)    xin dành cho bạn đọc)  a  6; b   B(0; 1)  a  4, b  3  B(2;3) Suy  Loại B (0;–1) trùng H nên ta nhận B(–2; 3)   3 2 Suy I  0;  suy D(2; 0) Vậy tọa độ điểm B D thỏa yêu cầu toán B (2;3), D(2;0) ► Hướng dẫn giải cách 3: * Giả sử B ( x; y ) Vì M trung điểm AB nên A( 6  x;  y )  x  10 y   ;    * Do G trọng tâm tam giác BCD nên AG  2GC  C   3x  3 y   ;    Vì G trọng tâm BCD nên D  * Do H hình chiếu B AD nên: 561 Phát triển tư khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy  x2  y  6x 1   BH  HA   BH HA  (phần giải    BH  HD x  y  x  y  11      BH HD  tiếp xin dành cho bạn đọc)  x  0, y  1  B(0  1)  H (0; 1) (ktm) Suy  x  2; y   B(2;3)  * Do B(–2; 3) suy D(2;0) Vậy tọa độ điểm B D thỏa yêu cầu toán B (2;3), D(2;0) ► Hướng dẫn giải cách 4: * Gọi K điểm đối xứng H qua M nên K thuộc BC K(–6; 1) P = AN  BC G trọng tâm PAB  GP  MG  P(10;9) * BC qua K(–6; 1) có vecto phương KP  16;8  8(2;1) nên BC có phương trình: x  y 1   BC : x  y   * HB qua H vuông góc BC nên 2( x  0)  y    HB : x  y   Lại có B = BC  HB x  y    x  2   B(2;3)  2x  y 1  y   Tọa độ B thỏa hệ  * Ta có C trung điểm BP  C(4 ; 6) G trọng tâm BCD  D(2 ; 0) Vậy tọa độ điểm B D thỏa yêu cầu toán B (2;3), D(2;0) ► Hướng dẫn giải cách 5: (theo đáp án Bộ GD&ĐT) 562 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 * Gọi E F giao điểm HM HG với BC Suy HM  HE HG  2GF Do E(–6; 1) F(2; 5) * BC qua E có vecto phương EF nên BC có phương trình: BC : x  y   Và BH: 2x + y + = Lại có B = BC  HB  Tọa độ B thỏa hệ x  y    x  2   B(2;3)   2x  y 1  y  * Do M trung điểm AB nên A(–4; –3)   3 2 Gọi I giao điểm AC BD suy GA  4GI  I  0;  * I trung điểm BD nên D(2; 0) Vậy tọa độ điểm B D thỏa yêu cầu toán B (2;3), D(2;0) ■ Lời bình: Những năm gần đây, câu hỏi Oxy đề thi trau chuốt hơn, có tính phân loại cao, đòi hỏi tư sáng tạo nhiều học sinh Không dừng lại hay cách giải mà tự thân toán ngầm ẩn nhiều hướng khám phá Ở có cách giải tự nhiên, chân phương đầy tính “bình dân”, có cách giải hoa mỹ, đậm chất kỹ thuật, đầy tính “quý tộc” Tùy vào khả lĩnh hội tri thức sẵn có người mà có cách tiếp cận khác cho lời giải toán CÂU 95 (CHÍNH THỨC – ĐH D2014) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường phân giác góc A điểm D(1; –1) Đường thẳng AB có phương trình 3x + 2y – = 0, tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x + 2y – = Viết phương trình đường thẳng BC ► Hướng dẫn giải cách 1: (theo đáp án Bộ GD&ĐT) 563 Phát triển tư khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy 3x  y    x 1   A(1;3) x  y   y    Tọa độ A thỏa mãn hệ phương trình  * * Gọi d tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC E giao điểm d đường thẳng BC (do AD không vuông góc d nên E tồn tại) ta giả sử EB  EC Ta có EAB  ACB BAD  DAC , Suy EAD  EAB  BAD  ACB  DAC  ADE Suy ADE cân E * E giao điểm d trung trực đoạn AD nên tọa độ E thỏa mãn hệ phương x  y    E (5;1) y    trình:  * Đường thẳng BC qua E nhận DE  (4; 2)  2(2;1) làm vecto phương nên BC: x – 2y – = Vậy phương trình đường thẳng BC cần tìm BC : x  y   ► Hướng dẫn giải cách 2: (sử dụng kỹ thuật đường phụ) 564 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 3x  y    x 1   A(1;3) x  y   y    * Tọa độ A thỏa mãn hệ phương trình  Phương trình đường AD: x – = 0, BC có hệ số góc k BC: y + = k(x – 1)  kx – y – k – = * Đường thẳng qua D vuông góc AD, cắt AB, AC M, N  MN: y + = 11  3x  y   x   11   Tọa độ M thỏa   M  ; 1 3   y 1   y  1  5  ; 1   D trung điểm MN  N   8  4 ; 4   (2;3) làm vecto phương    AC qua A nhận AN    AC : x  y   * Ta có cos(AC; BC) = cos(AB; d)  k   | 3k  |   4k  60k  29     65 13 k   k  29  * Với k   BC : x  y   B(3;0), C (3; 3) (nhận B, C khác phía D) * Với k  29 21 17 45  BC : 29 x  y  31  B( ; ), C ( ; ) (loại B, C 13 13 khác phía D) Vậy phương trình đường thẳng BC cần tìm BC : x  y   ► Hướng dẫn giải cách 3: (sử dụng kẻ đường phụ) * Kéo dài AD cắt đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC M AK đường kính đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC 3x  y    x 1   A(1;3) x  y   y    * Tọa độ A thỏa mãn hệ phương trình  * Viết phương trình AK  d  phương trình AK  K  AK  tọa độ I theo K 565 Phát triển tư khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy * Viết phương trình AD  M  AD  IM  IA  giải tìm tọa độ K M Khi BC qua trung điểm MI KM  AD  * Ta có:  nhận MI làm vecto pháp tuyến Vậy phương trình đường thẳng BC cần tìm BC : x  y   CÂU 96 (CHÍNH THỨC – CĐ 2014) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(–2 ; 5) đường thẳng d: 3x – 4y + = Viết phương trình đường thẳng qua A vuông góc với d Tìm tọa độ điểm M thuộc d cho AM = ► Hướng dẫn giải: * Đường thẳng d có vecto pháp tuyền n  (3; 4) * Đường thẳng  cần viết phương trình qua A nhận n  (3; 4) làm vecto phương, nên: 4( x  2)  3( y  5)    : x  y     * M  d suy M  m; 3m      3m      25  m  * AM =  (m  2)     2 Vậy tọa độ điểm M cần tìm M (1;1) CÂU 97 (KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 – ĐỀ CHÍNH THỨC) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi H hình chiếu vuông góc A cạnh BC; D điểm đối xứng B qua H; K hình chiếu vuông góc C đường thẳng AD Giả sử H (5; 5), K (9; 3) trung điểm cạnh AC thuộc đường thẳng x  y  10  Tìm tọa độ điểm A ☺Nhận xét ý tưởng: _ Có thể thấy “hình vẽ” điểm tựa để ta giải toán này, việc vẽ “chính xác” hình vẽ có ý nghĩa quan trọng hình vẽ giúp ta “phát tính chất hình học quan trọng” Cụ thể này, AHCK tứ giác nội tiếp, IH  AK Và toán từ mà phân tích theo hướng sau: + Hướng thứ 1: Chứng minh AHCK tứ giác nội tiếp  IH = IK I  d 566 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848  tìm tọa độ I Để chứng minh IH  AK  ta chứng minh IH // CK (do CK // AD) (phần chứng minh xin dành cho bạn đọc)  Khi A thỏa mãn A thuộc đường tròn đường kính AC đường thẳng AK + Hướng thứ 2: Tương tự hướng thứ 1, ta tìm tọa độ điểm I, để chứng minh IH  AK  ta gắn hệ trục tọa độ Axy chứng minh AD.IH   Khi A thỏa mãn A thuộc đường tròn đường kính AC đường thẳng AK + Hướng thứ 3: Tương tự hướng thứ 1, ta tìm tọa độ điểm I, đến ta đặt A(x; y)  ẩn nên cần phương trình  pt (1) IA = IH, pt (2) AH = HK (ta phải chứng minh AHK cân H) ► Hướng dẫn giải cách 1: * Ta có AHC  CKA  90  AHC  CKA  180  tứ giác AHCK nội tiếp Gọi I trung điểm AC  I tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK  IK = IH (*) Mặt khác I  d: x – y + 10 =  I (t ; t  10) Do (*)  HI  KI  (t  5)2  (t  15)  (t  9)  (t  13)  t   I(0;10) * ABD cân A (do AH vừa đường cao vừa đường trung tuyến)  ABD  BDA  ABD  BCA  90 Mặt khác   BCA  DCK   DBA   DCK  90  Mà CHI  HCI (do IHC cân I) Suy CHI  KCD  KC // IH (đồng vị) mà CK  AD  IH  AD * Đường AD qua K(9; – 3) nhận IH  (5; 15)  5(1;3) làm vecto pháp tuyến có dạng là: 1( x  9)  3( y  3)   AD : x  y  * A giao điểm AD đường tròn đường kính AC nên tọa độ A thỏa mãn hê: x  3y    2  x  ( y  10)  250 567 Phát triển tư khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy  y   x  15   y  3  x  Suy A(–15;5) hay A(9;–3) (loại trùng K) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A( 15;5) ► Hướng dẫn giải cách 2: * Ta có AHC  CKA  90  AHC  CKA  180  tứ giác AHCK nội tiếp Gọi I trung điểm AC  I tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK  IK = IH (*) Mặt khác I  d: x – y + 10 =  I (t ; t  10) Do (*)  HI  KI  (t  5)  (t  15)  (t  9)  (t  13)  t   I(0;10) * Đặt AB = a, AC = Dựng hệ trục Axy hình vẽ Ta có A(0;0), B(0; a), C (1;0) Ta có  a2 BH AB a2 a2 a  BH BC  AB     BH  BC  H ;   BC BC a  a2   a 1 a 1  Ta có H trung điểm BD  2a  a  a  1   D ;  I  ;0  tung điểm AC 2   a 1 a 1    a2 1 a  IH  ;    2   2(a  1) a   Nên    a  a  a  AD   ;    a 1 a 1   a (a  1)  a(a3  a) Xét IH AD    IH  AD (a  1)2 568 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 * Đường AD qua K(9; – 3) nhận IH  (5; 15)  5(1;3) làm vecto pháp tuyến có dạng là: 1( x  9)  3( y  3)   AD : x  y  * A giao điểm AD đường tròn đường kính AC nên tọa độ A thỏa mãn hê: x  3y    y   x  15 suy A(–15;5) hay A(9;–3)    x  ( y  10)  250 y    x    (loại trùng K) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A( 15;5) ► Hướng dẫn giải cách 3: * Ta có AHC  CKA  90  AHC  CKA  180  tứ giác AHCK nội tiếp Gọi I trung điểm AC  I tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK  IK = IH (*) Mặt khác I  d: x – y + 10 =  I (t ; t  10) Do (*)  HI  KI  (t  5)2  (t  15)  (t  9)  (t  13)  t   I(0;10) * Xét đường tròn nội tiếp tứ giác AHKC ta có AKH  ACH  HAB  HAD  AHK cân H Suy AH = HK Đặt A(x; y) ta có A thỏa mãn  x  ( y  10)2  250  y   x  15    y  3  x  2  ( x  5)  ( y  5)  250 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A( 15;5) ► Hướng dẫn giải cách 4: (theo đáp án Bộ GD&ĐT) 569 Phát triển tư khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy * Gọi I trung điểm AC ta có IH  IK  AC nên I thuộc đường trung trực HK Đường trung trực HK có phương trình x  y  10  nên toa độ I thỏa mãn hệ  x  y  10   7 x  y  10  x    I (0;10) y  10  * Ta có HKA  HCA  HAB  HAD nên AHK cân H, suy HA = HK mà MA = MK nên A đối xứng với K qua MH Ta có MH  (5;15)  5(1;3) Đường thẳng MH có phương trình: x  y  10  * Trung điểm AK thuộc MH AK  MH nên A thỏa mãn hệ: ( x  9)  3( y  3)   x  15    A(15;5)   x9  y 3   10  y             Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A( 15;5) CÂU 98 (KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 – ĐỀ DỰ BỊ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn tâm I Gọi H hình chiếu vuông góc A BC, K hình chiếu vuông góc B AI Giả sử A(2;5), I (1; 2), điểm B thuộc đường thẳng 3x  y   , đường thẳng HK có phương trình x  y  Tìm tọa độ điểm B, C ► Hướng dẫn giải : 570 khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848 * Ta có B thuộc đường tròn tâm I bán kính IA đường thẳng d: 3x + y + = ( x  1)2  ( y  2)2  10  x  2 nên thỏa hệ:    B(2;1) y  3x  y     * Ta có H  HK  H (2h; h) AH  (2h  2; h  5), BH  (2h  2; h  1) Lại có AH  BH  h 1  AH BH   (2h  2)(2h  2)  ( h  5)( h  1)    h   2 1  5 Do ta có : H (2;1) hay H  ;  2 1 5 5  8 24  ;   (1; 3) nên ba  5  * Với H  ;  ta có AI  (1; 3), AH   điểm A, H, I thẳng hàng hay tam giác cân tai A (không thỏa mãn) nên ta 2 1 5 5 loại H  ;  nhận H (2;1) * Phương trình đường BC y – = C giao điểm đường tròn tâm I bán kính IA BC nên tọa độ C thỏa hệ: ( x  1)2  ( y  2)2  10  x  2, y     x  4, y  Do B(–2;1) nên ta nhận C (4;1) y     Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán B ( 2;1), C (4;1) 571 [...]... Ta được các hình vuông ABCD và A’B’C’D’ thỏa mãn điều kiện của bài toán DẠNG 3: DÙNG PHÉP BIẾN HÌNH ĐỂ GIẢI MỘT SỐ TÌM TẬP HỢP ĐIỂM 21 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ► Phương pháp chung: chứng minh tập hợp điểm cần tìm là ảnh của một hình đã biết qua một phép biến hình ►Các ví dụ minh họa: Bài toán 3.1 Cho hai điểm phân biệt B, C cố định (BC không phải là đường... quay tâm O góc quay 900 : Q (O;900 ) 19 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy  x '  a  ( x  a)cos   ( y  b)sin  Ta có:   y '  b  ( x  a)sin   ( y  b)cos   x '  0  (3  0).cos900  (4  0)sin 900  4   A '(4;3) 0 0  y '  0  (3  0).sin 90  (4  0)cos90  3 Bài toán 1.4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình... A’C’ do OB là trục đẳng phương của ( ABC1 ), ( BCA1 ) 27 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy OC vuông góc A’B’ do OC là trục đẳng phương của ( BCA1 ), (ACB1 ) ) và góc BOC  1200 (cmt) Suy ra C ' A ' B '  600 Tư ng tự ta cũng có A ' B ' C '  A ' C ' B '  600 Từ đó suy ra tam giác A’B’C’ đều (đpcm) Bài toán 4.4 Cho tam giác ABC vuông cân tai C Một đường thẳng... MNCF có và MN // CF (MN // BC) và MF // NC (MF // AC) 31 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Suy ra tứ giác MNCF là hình bình hành  MF  NC (1) Mặt khác, xét hai tam giác BMF và MAN có:  MBF  AMN (dong vi)  BM  MA ( gt )  BMF  MAN ( g  c  g )   BMF  MAN (dong vi )  Suy ra MF  AN (2) (hai cạnh tư ng ứng bằng nhau) Từ (1) và (2) ta suy ra NA = NC (định... với đường thẳng Euler của tam giác ABC Chứng minh tư ng tự thì d’b, d’c song song với đường thẳng Euler của tam giác ABC ►Tính chất 8.5 Cho tam giác ABC có trực tâm H Khi đó đường thẳng Euler của các tam giác HAB, HAC và HBC đồng quy ☺ Chứng minh: Đồng quy tại trung điểm của OH 37 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Đến nay người ta vẫn còn tìm ra những tính chất... Từ (1) và (2) suy ra tam giác ABC đều suy ra (CI ; CM )   3  Xét phép quay Q (C ;  ) 3 ,  CI  CM  ta có:    Q(C ;  ) ( M )  I ( CM ; CI )  3  3 25 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy  CB  CA  Đồng thời    Q(C ;  ) ( B )  A ( CB ; CA )  3  3  Như vậy Q  ( MB)  IA Do tính bảo toàn khoảng cách của phép quay nên (C ; 3 ) ta có MB... hình (H) = hình (H’)   phép dời hình f : ( H )  ( H ') ☺ Phép đồng dạng tiêu biểu: PHÉP VỊ TỰ tâm I, tỉ số k  0 VIk : M M '  IM '  k IM + Tính chất riêng: 17 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy k  1, I  d  d '  d '/ / d và (O;R)  IO '  k IO  (O;R')   (k  1) R '  | k | R    x '  a  k ( x  a) với I(a; b) + Biểu thức tọa độ:   y '  b  k... M A  1   1  V G2  M  Ta có:  B  2  1  V G2  M C  3   Do đó: 1 V G2 M M M ABC  1 2 3  Ta thấy O là trực tâm tam giác M 1M 2 M 3 29 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Suy ra H 1 V G2  O   GO  1 GH (1) 2  Ta có: O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác M 1M 2 M 3 1 V G2  O '  O  1 GO (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra... HYPEBOL VÀ PARABOL 1 Phương trình chính tắc và các thuộc tính của Hypebol: a Phương trình chính tắc: x2 a2  y2 b2  1 , (a>0, b>0) b Các yếu tố: c2  a2  b2 , c>0 13 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy * Tiêu cự: F1F2=2c * Độ dài trục thực A1A2=2a * Độ dài trục ảo B1B2=2b * Hai tiêu điểm F1  c;0  , F2  c;0  * Hai đỉnh: đỉnh trên trục thực A1  a;0  , A2... (2) Từ (1) và (2) chúng ta có: BAE  BEA nên tam giác ABE cân ở B suy ra BA = BE Trong tam giác DAC, theo hệ qua của định lí Thales ta có: DB BE BA   DC AC AC 33 Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy  BC  AB  AC AB  AC AC , chúng ta có  AD  AB AD  BD  AD  AB Thay  ■Cách 2: Áp dụng địn lý sin trong tam giác ABD và ACD, chúng ta có: AC sin ADC AB sin ... A’B’C’D’ thỏa mãn điều kiện toán DẠNG 3: DÙNG PHÉP BIẾN HÌNH ĐỂ GIẢI MỘT SỐ TÌM TẬP HỢP ĐIỂM 21 Phát triển tư khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ► Phương pháp chung: chứng... ý:Phương trình chứa hệ số góc k tung độ góc m có dạng    : y  kx  m ☺ Nếu d có u  (a; b) vtcp hệ số k  b a Phát triển tư khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy ☻ Nếu d cắt... R cos t (t  R)   y  b  R sin t 2.Vị trí tư ng đối đường thẳng đường tròn: 11 Phát triển tư khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy Cho đường thẳng () đường tròn (C) có tâm