10 bài toán hình học phẳng trọng điểm

10 bài toán hình học phẳng trọng điểm 10 bài toán hình học phẳng trọng điểm 10 bài toán hình học phẳng trọng điểm 10 bài toán hình học phẳng trọng điểm 10 bài toán hình học phẳng trọng điểm 10 bài toán hình học phẳng trọng điểm 10 bài toán hình học phẳng trọng điểm 10 bài toán hình học phẳng trọng điểm 10 bài toán hình học phẳng trọng điểm 10 bài toán hình học phẳng trọng điểm

10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy PHẦN 3: 10 BÀI TOÁN HÌNH HỌC OXY BÀI TOÁN A NỘI DUNG BÀI TOÁN Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  biết phương trình cách điểm I cho trước khoảng không đổi R ( MI  R  cons t ) B CÁCH GIẢI CHUNG Có thể trình bày lời giải toán theo cách (bản chất một) MI  R C1: Gọi M (t )   ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯  C2: Tọa độ điểm M nghiệm hệ :  (C ) ( (C) đường tròn tâm I bán kính R) f (t )   t  ?  M GIẢI THÍCH CHI TIẾT : Nghĩa gặp toán có nội dung Bài toán ta tìm điểm theo cách trình bày sau: 1) Cách (C1): *) Do M thuộc đường thẳng  biết phương trình nên ta tham số hóa điểm M theo ẩn t Cụ thể đề cho đường thẳng  dạng :  x  x0  at x  x0 y  y +) Tham số :  tắc:  ta gọi M ( x0  at ; y0  bt ) a b  y  y0  bt  x  1 t Ví như: M thuộc đường thẳng  :  ta gọi M (1  t; 2  3t )  y  2  3t +) Tổng quát ax  by  c  , để việc gọi điểm M đơn giản tránh tọa độ viết dạng phân số ta nên gọi sau: Nếu a  hay  : x  by  c  ta gọi M ( c  bt ; t ) Ví  : x  y   gọi M (5  3t ; t ) Nếu b  hay  : ax  y  c  ta gọi M (t ;  c  at ) Ví  : x  y   gọi M (t ;1  2t ) (với a  1 b  1 ta làm tương tự) 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy a  Nếu  (ở ( a, b, c)  ) ta chuyển dạng tham số để gọi M b     x  3t Ví  : x  y   ( u  (3;2) ,  qua M (0; 1) )   :   M (3t ; 1  2t )  y  1  2t (Đây là “tiểu tiết” nhỏ - song tạo cho thói quen việc tính toán giảm nhẹ hạn chế khả sai xót bước tính toán ) *) Khi việc sử dụng kiện MI  R giúp ta thiết lập phương trình chứa t ( f (t )  0) , từ giải phương trình tìm t suy tọa độ điểm M 2) Cách (C2): Do MI  R nên M thuộc đường tròn (C ) tâm I , bán kính R Khi tọa độ điểm M nghiệm  hệ phương trình (một phương trình  phương trình đường tròn (C ) ) :  (C ) C VÍ DỤ GỐC Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm I (5; 2) đường thẳng  : x  y   Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  cho MI  Bài giải: Cách 1: +) Vì M   nên gọi M (t; 2t  3)  M (1;5) t      17  +) Ta có MI   MI  25  (t  5)  (2t  1)  25  5t  6t    M  ;  t   5    2 2 Cách 2: +) Có: MI  nên M thuộc đường tròn (C ) tâm I R  có phương trình: ( x  5)  ( y  2)  25  x    y   M (1;5) 2x  y     +) M   nên tọa độ điểm M nghiệm hệ:    x     17  M  ;   ( x  5)  ( y  2)  25    5     17  y   10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Nhận xét: *) Với C1 không cần quan tâm tới toán tương giao đường thẳng đường tròn (đề cập C2) giải theo phương pháp đại số thông thường *) Với C2 ta thấy rõ chất toán (điểm cần tìm giao đường thẳng đường tròn) *) C1 C2 hai cách trình bày khác phương pháp giải hệ phương trình *) Nếu tìm điểm M IM   ( hay đường tròn ( I ; R ) tiếp xúc với  M ) *) Tùy vào kiện toán, linh hoạt trình bày theo C1 C2 ( C2 “mạnh” C1 đề cập tới điểm có vai trò – bạn thấy rõ điều qua ví dụ minh họa phần sau) D CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG Như để chuyển toán Bài toán 1, ta cần được điều : +) Điểm cần tìm thuộc đường thẳng biết phương trình +) Điểm cần tìm cách điểm biết tọa độ khoảng không đổi Vì để có điều bạn cần trả lời câu hỏi: Chùm câu hỏi 1: Điểm cần tìm thuộc đường ? Đường biết phương trình chưa? Nếu chưa có viết không? Viết cách nào? Chùm câu hỏi 2: Điểm cần tìm cách điểm cho trước (đã biết tọa độ ) khoảng ? Cắt nghĩa kiện toán để tính khoảng cách đó? Và hỏi “thiết kế” qua cách đề sau: CÁCH RA ĐỀ 1: Cho biết M thuộc đường thẳng  điểm I cho trước, độ dài IM đề không cho Cần “cắt nghĩa” kiện toán để tính độ dài đoạn IM Ví dụ (D – 2006) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x  y  x  y   đường thẳng d : x  y   Tìm tọa độ điểm M nằm d cho đường tròn tâm M , có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C ) , tiếp xúc với đường tròn (C ) 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Phân tích : *) M  d : x  y    I (1;1) *) (C ) :  khai thác kiện suy MI  3R   chuyển Bài toán R  Giải : +) Đường tròn (C ) có tâm I (1;1) bán kính R  +) Gọi A điểm tiếp xúc đường tròn tâm M đường tròn (C ) Suy : MI  MA  AI  R  R  3R  +) Gọi M (t ; t  3)  d t  Khi MI   MI   (t  1)2  (t  2)   t  t      t  2 +) Vậy M (1; 4) M ( 2;1)  M (1; 4)  M (2;1)  Ví dụ (A – 2011) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  : x  y   đường tròn (C ) : x  y  x  y  Gọi I tâm (C ) , M điểm thuộc  Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến (C ) ( A , B tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M , biết tứ giác MAIB có diện tích 10 Phân tích: *) M  d : x  y   *) S MAIB  S MBI  BI MB  5.MB  10  MB   MI   chuyển Bài toán Giải :  I (2;1)  +) Ta có (C ) : x  y  x  y     R  IB   +) Vì MA MB tiếp tuyến ( A B tiếp điểm)  S MAIB  S MBI  IB.MB  5.MB  10  MB   MI  MB  IB  +) Gọi M (t ; t  2)   t   M (2; 4) +) Khi MI   MI  25  (t  2)  (t  3)  25  t  t      t  3  M (3;1) 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy 1  Ví dụ (B – 2002) Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  ;  , phương trình đường thẳng AB x  y   2  AB = 2AD Tìm tọa độ điểm A, B, C, D biết A có hoành độ âm Phân tích hướng giải: *) Có A  AB : x  y   *) AD  2d ( I , AB )  AB  ?  AI  ?  chuyển Bài toán  tọa độ điểm A  tọa độ B , C , D Giải : Gọi H hình chiếu vuông góc I AB Khi IH  d ( I , AB)  2 2 2 Suy AH   5 AB 5   AD  IH   IB  IA  IH  AH  Do A, B giao điểm đường thẳng AB với đường tròn tròn tâm I , bán kính R  x  y    Vậy tọa độ A, B nghiệm hệ :  1 25   x    y    Suy A( 2; 0), B (2, 2) ( Vì x A  )  x  2 x    y  y  Mặt khác I trung điểm AC BD nên suy C (3; 0), D( 1; 2) Vậy A( 2; 0), B (2, 2), C (3;0), D ( 1; 2) Nhận xét : Khi toán yêu cầu tìm từ hai điểm trở lên, mà điểm có vai trò (trong A, B có vài trò ) bạn nên trình bày theo C2 để từ điểm ta suy điểm Ví dụ (B – 2009 – NC) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(–1;4) đỉnh B,C thuộc đường thẳng  : x  y   Xác định toạ độ điểm B C, biết diện tích tam giác ABC 18 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Phân tích hướng giải: *) Có B, C   : x  y   *) S ABC  18  BC  2S ABC  BH  AB  AC  AH  BH  chuyển Bài toán d ( A, ) Giải : +) Gọi H hình chiếu vuông góc A  Khi H trung điểm BC : 1   AH  d ( A, )   12  12  BC  2S ABC 2.18    BH  CH  2 AH  AB  AH  BH  +) Vậy AB  AC  81 97 8  2 97 , suy B, C thuộc đường tròn 97 97 có phương trình : ( x  1)  ( y  4)  2 x  y   y  x   +) Khi tọa độ B, C nghiệm hệ :  97   2  x  28 x  33  ( x  1)  ( y  4)     11 x  x      y   y      tâm A( 1; 4) bán kính R     11   11    +) Vậy B  ;   , C  ;  B  ;  , C  ;   2 2  2  2 2 2 Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , có BD nằm đường thẳng có phương trình x  y   , điểm M ( 1; 2) thuộc đường thẳng AB , điểm N (2; 2) thuộc đường thẳng AD Tìm tọa độ đỉnh hình vuông ABCD biết điểm B có hoành độ dương Phân tích hướng giải: *) Trong kiện toán ta nhận thấy điểm có “lợi” để ta khai thác điểm B , B thuộc BD biết phương trình B có hoành độ dương 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy *) Ta biết tọa độ hai điểm M ( 1; 2) N (2; 2) nên tính độ dài đoạn BM BN ta tìm tọa độ điểm B nhờ Bài toán Nghĩa ta cần yếu tố định lượng, điều gợi ý ta tính d ( M , BD) d ( N , BD ) Trong hai đại lượng , đại lượng d ( M , BD) giúp ta dễ  dàng tìm độ dài BM (do MBH  900 ), từ “tháo” điểm B theo góc nhìn Bài toán *) Khi tìm tọa độ điểm B ta tìm tọa độ điểm lại nhờ viết phương trình AB , AD tính chất trung điểm hai đường chéo Sau lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải: +) Gọi H hình chiếu vuông góc M BD  MH  d ( M , BD )  1   12  12  Do MHB tam giác vuông cân H  BM  2MH  +) Gọi B (t;3  t ) với t  , : BM   (t  1)2  (t  1)2   t   t  t  1 (loại)  B (1; 2) +) AB qua B M nên có phương trình y  AD qua N vuông góc với AB nên có phương trình x  Suy A(2; 2) x  x  +) Tọa độ điểm D nghiệm hệ:    D(2;1) x  y   y 1 3 3 Gọi I trung điểm BD  I  ;   C (1;1) (do I trung điểm AC ) 2 2    (Có thể tìm C qua hệ thức DC  AB ) Vậy A(2; 2), B (1; 2), C (1;1), D (2;1) Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông A D , có AB  AD  CD , điểm B (1; 2) , đường thẳng BD có phương trình y  Biết đường thẳng  : x  y  25  cắt đoạn thẳng  AD, CD hai điểm M , N cho BM vuông góc với BC tia BN tia phân giác MBC Tìm tọa độ điểm D biết D có hoành độ dương 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Phân tích hướng giải : *) Với kiện toán ta có D  BD : y  điểm B (1; 2) , nên tính độ dài đoạn BD ta nhìn thấy Bài toán việc tìm điểm D khó khăn Nghĩa ta cần có yếu tố “định lượng” Lúc đường thẳng  biết phương trình nên ta nghĩ tới việc tính khoảng cách từ B tới  tạo mối liên hệ gắn kết với độ dài BD *) Với kiện lại toán phương pháp hình học túy ta dễ dàng BH  d ( B, CD)  d ( B ,  ) , ta tính độ dài BD đưa lời giải đầy đủ cho toán Sau lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải: +) Gọi H hình chiếu vuông góc B CD , ABHD hình vuông    Suy CBH  MBA (hai góc phụ với MBH ) Từ ta có CBH  MBA (g.c.g)  CB  MB  CBN  MBN (c.g.c)   25  Khi BH  d ( B, CN )  d ( B, MN )  50 Mà tam giác DHB vuông cân H nên BD  BH  +) Gọi D (t; 2)  BD với t  , đó: BD  16  (t  1)2  16  t  t  3 (loại)  D (5; 2) Vậy D(5; 2) Ví dụ (A, A1 – 2012 – CB ) Cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm cạnh BC, N điểm  11  cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử M  ;  AN có phương trình x  y   Tìm tọa độ điểm A  2 Phân tích hướng giải : *) A  AN : x  y   *) Điểm M biết tọa độ nên tính đoạn AM coi điểm A “tháo” nhờ Bài toán Lúc ta gắn AM vào tam giác vuông AMH với cạnh MH  d (M , AN ) ta dễ dàng tính Như biết thêm yếu tố cạnh góc tam giác vuông ta tính độ dài AM Do 10 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy cạnh tam giác AMH biểu diễn thông độ dài cạnh hình vuông nên ta nghĩ tới việc tính góc A nhờ định lí cosin tam giác Do ta có lời giải cụ thể sau : Giải: +) Gọi H hình chiếu M lên AN 11   3 2  MH  d ( M , AN )   2 2 1  ND  2a; NC  4a Đặt AB  6a    MB  MC  3a ( ABCD hình vuông CN  ND ) (Các bạn đặt AB  a , ta đặt AB  6a để việc biểu diễn độ dài khác đơn giản) Khi áp dụng Pitago ta được: AM  5a; MN  5a AN  10a Trong AMN ta có: cos MAN  AM  AN  MN 45a  40a  25a 60a 2    2 AM AN 2.3 5a.2 10a 60 2a  MAN = 450  MAH cận H  AM  MH  10  (*) 2 +) Gọi A(t; 2t  3)  AN 2 t   A(1; 1) 45 7 45  11   +) Ta có AM  (theo (*))   t     2t     t  5t      2  2  t   A(4;5) +) Vậy A(1; 1) A(4;5) Nhận xét: *) Khi muốn chuyển việc tìm điểm Bài toán mà yếu tố độ dài MI chưa biết (trong toán AM chưa biết) thường ta hay “cắt nghĩa” thông qua kiện định lượng Nếu điều đề  thường ẩn chứa yếu tố bất biến góc (ví toán góc MAH ta tính được), khoảng cách (trong ví dụ d ( M , AN ) đại lượng không đổi)…Từ việc tìm độ dài MI (trong toán AM ) đơn giản toán gốc xuất nội dung Bài toán *) Ngoài cách tìm AM  10 ví dụ trên, bạn tham khảo việc tìm AM theo cách sau: Đặt AB  a  S AMN  S ABCD   S ADN  SCNM  S BAM   5a a 10 AN  12 5a 2 2S a 10 Khi đó: d ( M , AN )  AMN   12  a   AM   AN 2 a 10 11 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Ví dụ Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng 1 : 3x  y   ,  : x  y   đường tròn (C ) : x  y  x  10 y   Gọi M điểm thuộc đường tròn (C ) N điểm thuộc đường thẳng 1 cho M N đối xứng qua  Tìm tọa độ điểm N Phân tích : Điểm N thuộc đường thẳng 1 biết phương trình, để tìm tọa độ điểm N ta cần thêm yếu tố liên quan tới N Lúc ta quan tâm tới điểm biết tọa độ kiện toán Ở đường tròn (C ) có tâm I (3; 5) , tính độ dài NI ta chuyển Bài toán Song toán việc tìm NI phức tạp Vì cần điểm khác mà việc tính khoảng cách từ N tới điểm đơn giản Trong toán có chứa yếu tố đối xứng ( M N đối xứng qua  ), điều khiến ta nghĩ tới điểm I ' đối xứng với I qua  Và điểm hoàn toàn xác định được, từ suy NI '  IM  R  Như lúc ta nhìn thấy Bài toán để tìm tọa độ điểm N Cụ thể : *) N  1 : x  y   *) N cách điểm I ' biết tọa độ khoảng NI '  (Thực chương trình lớp 11 bạn học phép đối xứng trục ta trả lời câu hỏi lại xác định thêm điểm I ' – song cách giải tác giả trình bày theo cách mà để bạn học lớp 10 hiểu được) Giải : +) Đường tròn (C ) có tâm I (3; 5) bán kính R  +) Gọi I ' điểm đối xứng với I qua  , suy II ' qua I vuông góc với  nên có phương trình : 2x  y 1  Gọi II '   H  , tọa độ điểm H nghiệm hệ : 2 x  y   x    H (1; 1)  I '(1;3) ( H trung điểm II ' )  x  y    y  1 12 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Phân tích hướng giải : *) Nếu ta biết tọa độ điểm A , ta tìm tọa độ điểm C theo góc nhìn Bài toán Cụ thể : +) C  AH : đường thẳng qua hai điểm H , A biết tọa độ +) CI  AI ( C cách I khoảng không đổi IA ) *) Như vấn đề phải tìm điểm A Lúc Bài toán tiếp tục lựa chọn để ta tìm điểm A Cụ thể : +) A  AB : đường thẳng qua M vuông góc với MI +) AM  MH (tính chất đường trung tuyến tam giác vuông) Giải :      3 +) AB qua M   ;  nhận MI   ;     7; 1 làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình:  2 2 2 9  3   x     y    hay x  y  33  2  2  +) Gọi A(t ; 7t  33)  AB , theo tính chất đường trung tuyến tam giác vuông ta có: 2 3 9 3  9    AM  MH  AM  MH   t     7t  33           2 2 2  2    t  4  A(4;5)  t  9t  20     t  5  A(5; 2) +) Với A( 4;5) , AC qua A( 4;5) H (2; 4) nên có phương trình: CI  AI  CI  AI 2 x  y 5   x  y   Gọi C (6  2c; c)  AC , đó: 1  (2c  7)2  (c  1)  32  42  c  6c   c    C (4;1) C ( 4;5) (loại C  A ) c5  +) Với A( 5; 2) , AC qua A( 5; 2) H ( 2; 4) nên có phương trình: x5 y2   2x  y   Gọi C ( m; 2m  8)  AC , : CI  AI  CI  AI  (m  1)  (2m  7)2  42  32  m  6m    m  1   C ( 1;6) C ( 5; 2) (loại C  A ) Vậy C ( 1;6)  m  5 30 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Ví dụ Cho điểm A(10;5), B (15; 5) D ( 20; 0) đỉnh hình thang cân ABCD AB song song với CD Tìm tọa độ đỉnh C Phân tích hướng giải : Ở ví dụ ta tìm tọa độ điểm C theo hai cách : Cách : Ta tìm C theo góc nhìn Bài toán Cụ thể: *) C thuộc đường thẳng qua D song song với AB nên dễ dàng viết phương trình CD *) ABCD hình thang cân nên ta có điều kiện cần: CB  AB  37 Sau tìm C ta kiểm tra điều kiện đủ BC không song song AD kết luận tọa độ điểm C cần tìm Cách 2: Gọi I , J trung điểm AB CD , : *) Ta dễ dàng viết phương trình IJ tìm tọa độ điểm J *) J trung điểm CD (vì ABCD hình thang cân) nên ta suy tọa độ điểm C Giải : Cách Cách Cách :    x  20  t +) Có AB  (5; 10)  5.(1; 2) , CD // AB nên CD có phương trình:   y  2t +) Gọi C ( 20  t; 2t )  CD , ABCD hình thang cân nên ta có: t  C (15; 10) AD  BC  AD  BC  30  52  (t  35)2  (2t  5)  t  18t  65     t  13 C (7; 26)    +) Với C (15; 10)  BC  (30; 5)  AD  BC / / AD (không thỏa mãn ABCD hình thang cân)      +) Với C ( 7; 26)  BC  ( 22; 21) , BC , AD không phương (thỏa mãn) Vậy C ( 7; 26) Cách 2:       +) Có AB  (5; 10)  5.(1; 2) , CD // AB  nCD  nAB  (2;1) CD qua D ( 20;0) nên có phương trình: 2( x  20)  y   x  y  40   25  +) Gọi I , J trung điểm AB CD , I  ;  IJ  AB   25   (do ABCD hình thang cân) nên IJ có phương trình:  x    y   x  y  25    31 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy 27  2 x  y  40  x    27  +) Vì IJ  CD   J  nên tọa độ điểm J nghiệm hệ:    J   ; 13    2 x  y  25   y  13  +) Do J trung điểm CD nên suy C ( 7; 26)  4 Ví dụ Cho hình thoi ABCD có tâm I (3;3) AC  BD Điểm M  2;  thuộc đường thẳng AB , điểm  3  13  N  3;  thuộc đường thẳng CD Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có tung độ nguyên  3 Phân tích hướng giải : Nếu tìm tọa độ điểm B ta dễ dàng viết phương trình BD (đi qua I B ) Việc tìm tọa độ điểm B chuyển Bài toán Cụ thể : *) Lúc khai thác tính đối xứng hình thoi ta tìm tọa độ điểm N ' thuộc AB đối xứng với N qua I ta viết phương trình AB qua hai điểm M , N ' biết tọa độ Như điểm B thuộc đường thẳng AB biết phương trình *) Ta khai thác kiện cuối toán AC  2BD để tính độ dài đoạn IB (chi tiết xem phần lời giải) Giải :  5 +) Gọi N ' điểm đối xứng với N qua I (hay I trung điểm NN ' ) suy N '  3;  thuộc đường  3      thẳng AB AB nhận MN '  1;    3;1 làm véctơ phương , suy nAB  (1; 3)  3 Phương trình AB : x  y   +) Gọi H hình chiếu vuông góc I AB nên IH  d ( I , AB )  Mặt khác AC  BD  AI  IB Khi xét tam giác IBA ta có : 32 39  12  32  10 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy 1 1    2   IB   IB  2 2 IB IA IH IB IB +) Gọi B (3t  2; t )  AB với t  , : IB   (3t  5)  (t  3)2  (loại) +) Vậy B (4; 2) , đường chéo BD qua hai điểm B (4; 2) I (3;3) nên có phương trình:  5t  18t  16   t  t  x 3 y 3 hay x  y    43 23 Nhận xét: Vì hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật hình vuông nhận giao điểm hai đường chéo tâm đối xứng cùa hình Nên đề cho điểm thuộc cạnh bạn nên nghĩ tới việc tìm điểm đối xứng điểm qua tâm hình chứa (ở tâm biết tọa độ) Ví dụ (D – 2010 – CB): Cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 7) , trực tâm H (3; 1) , tâm đường tròn ngoại tiếp I ( 2; 0) Xác định tọa độ đỉnh C , biết C có hoành độ dương Phân tích hướng giải : Ta cần tìm tọa độ điểm C Với : *) CI  IA  74 *) Nếu viết phương trình cạnh BC ta chuyển toán Bài toán Lúc việc viết phương trình BC ta cần tìm thêm tọa độ điểm thuộc BC Ở ta tìm hình chiếu D I xuống BC chân đường cao K A xuống BC (khi toán giải triệt để) qua cách giải cụ thể sau: Giải : Cách 1.1 Cách 1.2 Cách Cách 1: Ta tìm tọa độ hình chiếu D I BC (hay trung điểm BC ) qua cách sau: Cách 1.1 +) Gọi D , E trung điểm BC AC Khi : HAB = IDE HBA = IED (góc có cạnh tương ứng song song) 33 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy   HA AB    AH  ID (*) ID DE   0  2( x  2)  x  2 +) Có : AH  (0;6) Gọi D ( x; y )  ID  ( x  2; y ) , từ (*)     D (2;3) 6  y y  Cách 1.2 +) Kéo dài AI cắt đường tròn điểm M (khác A ), I trung điểm AM nên suy M ( 7; 7) Mặt khác : BH / / MC (cùng vuông góc với AC ) CH / / MB (cùng vuông góc với AB ), suy MBHC hình bình hành, D trung điểm HM nên suy D ( 2;3)   ( Trong Cách 1.2 ta AH  ID (*), sau có D trung điểm HM ) Suy HAB ~ IDE nên Cách 2: Ta tìm tọa độ chân đường cao K A xuống BC +) Ta có A(3; 7) H (3; 1) nên đường thẳng AH có phương trình : x  Kéo dài AH cắt đường tròn điểm H ' ( khác A ) Gọi H '(3; t )  AH với t  7 , : IH '2  IA2  R   t  52   t  t  7 (loại)  H '(3; 7) +) Gọi AH  BC  K  BH  AC  B ' , suy KHB ' C nội tiếp đường tròn  C = BHK (cùng bù với B ' HK ) Mặt khác: C = BH ' A (cùng chắn cung AB ) Suy BHK = BH ' A hay tam giác HBH ' cân B  K trung điểm HH '  K (3;3) ( Như biết tọa độ điểm D điểm K ta dễ dàng viết phương trình BC Ở phần trình bày ta lấy số liệu điểm D (điểm K tương tự) )  +) BC qua D có véc tơ pháp tuyến AH  (0;6) nên phương trình BC : 6( y  3)  hay y  +) Gọi C (t ;3)  BC ( với t  ) , : CI  IA  74  CI  74  (t  2)2  32  74  (t  2)  65  t  2  65 t  2  65 (loại) Vậy C (2  65;3) Nhận xét: Ví dụ nhiều cách giải, có cách giải Bộ Giáo Dục – Song cách giải “thiếu tự nhiên” nên tác giả không trình bày Ví dụ Cho hai điểm A(1; 2) , B (4;3) Tìm tọa độ điểm M cho MAB = 1350 khoảng cách từ M đến đường thẳng AB 10 Phân tích hướng giải : *) Vì MA qua A , hợp với đường thẳng AB góc 450 (bù với góc 1350 ) nên ta viết phương trình MA (các bạn tìm hiểu kĩ Bài toán 6) 34 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy 10 nên ta dễ dàng tính độ dài đoạn MA  Như điểm M “lộ diện” theo góc nhìn Bài toán Cụ thể: *) Do d ( M , AB )  +) M  MA : biết phương trình Giải : +) MA  +) Gọi H hình chiếu vuông góc M AB , : MH  d ( M , AB )  10 Ta có MAH = 1800  MAB = 1800  1350 = 450 , suy tam giác MHA cân H , : MA  MH  10      +) Ta có AB  (3;1) nên nAB  (1; 3) , phương trình AB : x   3.( y  2)   x  y    a  3b Gọi nMA  (a; b) với a  b  , cos( MA, AB)   cos 450  10 a  b a  b  2 a a 2 2  (a  3b)  5(a  b )  2a  3ab  2b          b b a  b      Vì MAB = 1350 nên AM AB  AM AB.cos1350   a  a +) Với  2 chọn   nMA  (2; 1) , AM có phương trình : x  y  b b  1 Gọi M (t ; 2t )  AM , MA   MA2  t   M (0; 0)  (t  1)  (2t  2)   (t  1)     t   M (2; 4)       Với M (2; 4)  AM  (1; 2)  AM AB   (loại)       Với M (0; 0)  AM  (1; 2)  AM AB  5  (thỏa mãn) a   a +) Với  chọn   nMA  (1; 2) , AM có phương trình : x  y   b2 b  Gọi M (5  2t ; t )  AM , : t   M (3;1) MA   MA2   (2t  4)2  (t  2)   (t  2)     t   M ( 1;3) 35 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy       Với M (3;1)  AM  (2; 1)  AM AB   (loại)       Với M ( 1;3)  AM  ( 2;1)  AM AB  5  (thỏa mãn) Vậy M (0;0) M ( 1;3) Chú ý: Ngoài cách giải ví dụ trên, bạn tham khảo thêm cách giải sau: +) Gọi H hình chiếu vuông góc M AB , : MH  d ( M , AB )  10 Ta có MAH = 1800  MAB = 1800  1350 = 450 , suy tam giác MHA cân H , : 10 MA  MH     +) Gọi M ( x; y ) , suy AM  ( x  1; y  2) với AB  (3;1) ta có hệ :      3.( x  1)  ( y  2)  AB, AM  1350  cos1350   3.( x  1)  ( y  2)  5      10 ( x  1)  ( y  2)  2 ( x  1)  ( y  2)  MA2   2  ( x  1)  ( y  2)  3a  b  5 b  5  3a a  x  +) Đặt  , hệ có dạng:   2 b  y  a  b  a  3a      a  1   x     b  2    y    M (0; 0)   M (1;3)  a  2   x  1     b   y    +) Vậy M (0;0) M ( 1;3) Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB AD tiếp xúc với đường tròn (T ) có phương trình ( x  2)  ( y  3)2  Đường chéo AC cắt đường tròn (T ) hai điểm  16 23  M , N Biết M   ;  , trục tung chứa điểm N không song song với AD ; diện tích tam giác ADI  5  10 điểm A có hoành độ âm nhỏ hoành độ D Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Phân tích hướng giải: *) Với kiện A có hoành độ âm gợi ý ta nên tìm điểm A trước Nghĩa ta cần tìm khai thác kiện “có lợi” cho điểm A *) Ta nhận thấy Oy  (T )   N   tọa độ điểm N +) Suy phương trình AC (đi qua hai điểm M , N biết tọa độ) +) Do AB , AD tiếp xúc với đường tròn (T )  AI  R  2 Như ta dễ dàng tìm tọa độ điểm A theo góc nhìn Bài toán 36 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy *) Dữ kiện S ADI  10 trục tung không vuông góc AD gợi ý điểm ta tìm điểm D +) AD qua A cách I khoảng R   phương trình AD (sẽ tìm hiểu kĩ Bài toán 6) 2S ADI +) AD   10 d ( I , AD ) Như điểm D tiếp tục “tháo” theo góc nhìn Bài toán *) Khi tìm hai điểm A, D việc tọa độ C , B đơn giản Sau lời giải chi tiết: Giải : +) Đường tròn (T ) có tâm I ( 2;3) bán kính R  +) Do Oy  (T )   N  nên tọa độ điểm N nghiệm hệ:    16   x  x    N (0;3)  MN   ;     2; 1  nAC  (1; 2)  2  5 y  ( x  2)  ( y  3)  Khi AC (đi qua M , N ) có phương trình: x  y   +) Gọi (T ) tiếp xúc với AB , AD P, Q ( P, Q tiếp điểm) Suy APIQ hình vuông nên AI  IP  R  2 +) Gọi A(6  2t; t ) với t  (do x A  ) 13 Khi AI   (2t  8)  (t  3)2   5t  38t  65   t  t  (loại)  A( 4;5)  +) Gọi vecto pháp tuyến AD nAD  (a; b) với a  b  ; b  ( AD không song song với Oy ) Suy phương trình AD : a ( x  4)  b( y  5)   ax  by  4a  5b  IQ  d ( I , AD )   2a  3b  4a  5b 2  a  b  a  b  2ab   a  b  (loại) a b Với a  , chọn b  ta phương trình AD : y   2S 2.10 IQ AD  AD  ADI   10 IQ Gọi D ( m;5)  AD với m  4 đó: +) S ADI  AD  100  ( m  4)  100  m  m  14 (loại)  D(6;5) +) Khi DC qua D (6;5) vuông góc với AD nên có phương trình: x   37 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy x   x  Khi tọa độ điểm C nghiệm hệ    C (6; 0) x  y   y     x     x  4 +) Ta có AB  DC   B  B  B(4; 0)  y B   5  y B  Vậy A( 4;5), B ( 4; 0), C (6; 0), D (6;5) Nhận xét: Qua ví dụ ta nhận thấy, xem xét toán ta cần đặt câu hỏi “với kiện toán điểm tìm tọa độ? , đường thẳng cần thiết viết ? ” Sau cần đặt tiếp câu hỏi “ điểm nên tìm trước ?” Để trả lời cho câu hỏi kinh nghiệm điểm đề cho điều kiện (như hoành độ dương, tọa độ số nguyên…) nằm đường thẳng biết phương trình (hoặc dễ dàng viết được) với kiện “có lợi” cho yếu tố định lượng diện tích, khoảng cách… Ví dụ 10 ( Khối A, A1 – 2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M trung điểm đoạn AB N điểm thuộc đoạn AC cho AN  3NC Viết phương trình đường thẳng CD , biết M (1; 2) N (2; 1) Phân tích hướng giải: *) Yêu cầu toán viết phương trình CD , giúp ta hướng tới việc gắn kết kiện để tìm yếu tố liên quan tới đường thẳng CD Việc toán cho biết tọa độ hai điểm M (1; 2) N (2; 1) với kiện AN  3NC , khiến ta nghĩ tới việc tìm tọa độ điểm E ( với MN  CD   E ) Điều hoàn toàn làm     nhờ vào Bài toán 5.1 ta suy luận MN  3NE (các bạn tìm hiểu phần sau Bài toán 5.1) *) Lúc tìm thêm điểm CD coi toán giải xong Nhờ Bài toán ta nghĩ tới việc tìm điểm D Cụ thể với kiến thức hình học sơ cấp ta tam giác MND vuông cân N nên D thuộc đường thẳng ND (viết phương trình) cách N khoảng không đổi MN ( DN  MN ) Như toán chuyển nội dung Bài toán nên ta có lời giải sau: Giải: +) Gọi MN  CD   E H hình chiếu vuông góc M CD Khi theo Talet ta có:     MN AN    MN  3NE (*) NE NC   +) Gọi E ( x; y ) suy NE  ( x  2; y  1)   với MN  (1; 3) , nên: 38 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy  1  3( x  2) x  7  (*)     E  ; 2  3  3  3( y  1)  y  2  +) Gọi d đường thẳng qua N vuông góc với AB , cắt AB , CD I , J      INM  JDN  MND  900   Khi MIN  NJD   (*) , suy nDN  MN  (1; 3)  DN  MN  DN  10  Khi phương trình ND : x  y   +) Do D  ND nên gọi D(3t  5; t ) Khi (*) t   D (5; 0)  (3t  3)  (t  1)  10  (t  1)     t  2  D (1; 2) 7  Đường thẳng CD qua E  ; 2  D nên với : 3  +) D(5; 0) suy CD có phương trình : x  y  15  +) D ( 1; 2) suy CD có phương trình : y  2 hay y   CÁCH RA ĐỀ 4: Tìm điểm M gián tiếp thông qua điểm khác thuộc Bài toán (nếu biết điểm thuộc Bài toán ta suy tọa độ điểm M ) Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x  y  x  y  20  hai đường thẳng d1 : x  y   , d : x  y  Lập phương trình đường thẳng  tiếp xúc với đường tròn (C ) A cắt d1 , d2 B C cho B trung điểm đoạn thẳng AC Phân tích hướng giải : *) Như cách tư thông thường để viết đường thẳng  , ta nghĩ tới việc tìm điểm mà  qua với vecto pháp tuyến phương Lúc có ba lựa chọn điểm A, B C Song ba điểm chưa biết tọa độ Vậy câu hỏi lúc nên tìm tọa độ điểm ? Ta nhận thấy hai điểm B, C có lợi thuộc đường thẳng biết phương trình, gần kiện có lợi cho B C Nghĩa việc tìm tọa độ B, C gặp “khó khăn” Chỉ lựa chọn điểm A Có   vẻ hợp lí , tìm tọa độ điểm A , ta tìm vecto pháp tuyến  IA suy phương trình  Thế tìm điểm A cách ? Với kiện toán ta có IA  R  Vậy việc tìm điểm A trực tiếp lúc lại gặp trở ngại Khi đứng trước tình bí bách kiểu này, kinh nghiệm ta ý tới thông số, kiện đề ẩn chứa yếu tố đặc biệt giúp ta tháo gỡ “nút thắt ” toán Nhận thấy, có hai yếu tố số liệu đặc biệt tâm I (C ) thuộc d d1 / / d Nghĩa JB đường trung bình tam giác IAC với d1  IA   J  , suy J 39 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy trung điểm IA Nếu tìm tọa độ điểm J ta suy tọa độ điểm A viết phương trình  Vậy thay tìm A ta tìm gián tiếp thông qua điểm J IA R *) Ta nhận thấy : J  d1 JI   Như lúc “lộ diện” Bài toán 1, có nghĩa ta tìm 2 tọa độ điểm J nhờ Bài toán Giải : +) Đường tròn (C ) có tâm I (1; 2) thuộc d bán kính R  Gọi d1  IA   J  Do d1 / / d nên JB đường trung bình tam giác IAC , suy J trung điểm IA IA R 25 25    JI   (t  1)  (2t  7)  2 4  4(5t  30t  50)  25  4t  24t  35   t  t  2 Do J trung điểm IA nên :   5  +) Với t   J  ;   A(4; 2) ,  qua A(4; 2) có vectơ pháp tuyến IA  (3; 4) 2  nên có phương trình : 3( x  4)  4( y  2)   x  y  20    7  +) Với t   J  ; 2   A(6; 2) ,  qua A(6; 2) có vectơ pháp tuyến IA  (5; 0) 2  nên có phương trình : 5( x  4)  0.( y  2)   x  +) Gọi J (t ;5  2t )  d1 , : JI  Vậy  có phương trình : x  y  20  x  Nhận xét : Ví dụ kiểu toán không mẫu mực, nghĩa với cách tư thông thường (chưa để ý tới số liệu cụ thể ) ta khó đưa lời giải cho Khi giải pháp cho lớp toán khai thác triệt để số liệu đặc biệt đề bài, số liệu “chìa khóa” giúp ta đến đáp số toán Các bạn tiếp tục tìm hiểu lớp toán qua ví dụ Chú ý : Ngoài cách giải theo góc nhìn Bài toán trên, bạn có tìm trực tiếp điểm A cách sau : +) Do d1 // d khoảng cách hai đường thẳng Do A thuộc đường thẳng d song song với d1 cách d1 khoảng 40 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Suy đường thẳng d : x  y  10  d : x  y  (loại d  d ) x   2 x  y  10   A(4; 2) y  +) Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ :    x   A(6; 2)  x  y  x  y  20     y  2  Ví dụ (A – 2010 – CB) Cho hai đường thẳng d1 : x  y  d : x  y  Gọi (T ) đường tròn tiếp xúc với d1 A , cắt d hai điểm B C cho tam giác ABC vuông B Viết phương trình (T ) , biết tam giác ABC có diện tích điểm A có hoành độ dương Phân tích hướng giải : *) Như ta biết để viết phương trình đường tròn ta cần hai yếu tố tọa độ tâm bán kính Song với toán xác định tọa độ tâm I (T ) ta tính bán kính R  d ( I , d1 ) suy phương trình (T ) Vậy tìm I ? I thuộc AC song chưa biết phương trình Như việc tìm tìm trực tiếp điểm I không khả thi Lúc ta nghĩ tới việc tìm điểm I gián tiếp thông qua điểm có mối liên hệ với Với kiện ABC vuông B , suy AC đường kính ( I trung điểm AC ) Vì biết tọa độ điểm A ta tìm tọa độ điểm C (Vì ta viết phương trình AC d  AC  {C} ), từ ta suy tọa độ điểm I *) Xác định tọa độ điểm A nhờ Bài toán Cụ thể: +) A  d1 : 3x  y  +) Có d1  d  {O} với O (0;0) khai thác kiện S ABC  để tính OA  ? Giải :  3x  y  x   +) Xét hệ :    O (0; 0) giao điểm d1 d y   3x  y      Véc tơ pháp tuyến d1 , d2 : n1  ( 3;1) , n2  ( 3; 1) , suy : 41 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy 3  1.( 1) cos(d1 , d )     1 Mặt khác tam giác ABC vuông B , AOB  600  BAC  600  OA  AB  OA sin 60  +) Xét tam giác AOB AOC ta có:   AC  OA tan 600  OA  Khi S ABC  Do S ABC  1 OA 3 3 AB AC sin 600  OA  OA2 2 2 3  OA  +) Gọi A(t;  3t ) với t  , đó: OA  4 1   t   (loại)  A   OA2   t  3t   t   t  ; 1  3 3 3     Suy raa AC qua A , vuông góc d1 có phương trình:  x     y  1   x  y   3  Khi tọa độ điểm C nghiệm hệ: 10   3x  y    2   x   ; 2  C     3x  y   y  2   +) Vì tam giác ABC vuông B nên AC đường kính Do đường tròn (T ) cần viết có: ( 3)  12 3 AC  1 Tâm I   1 ;   bán kính R  2  2 2   3  Suy phương trình đường tròn (T ) :  x     y   1 3    1  Ví dụ (B – 2011 – NC ) Cho tam giác ABC có đỉnh B  ;1 Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp 2  xúc với cạnh BC , CA, AB tương ứng điểm D, E , F Cho D (3;1) đường thẳng EF có phương trình y   Tìm tọa độ đỉnh A , biết A có tung độ dương Phân tích hướng giải: Ta nhận thấy A nằm đường AB, AD , AC Như lúc việc tìm điểm A theo hướng sau: “Hướng 1: viết phương trình đường tính độ dài đoạn 42 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy AB (hoặc AD ) ta chuyển Bài toán 1” “Hướng 2: biết phương trình hai đường ta suy tọa độ điểm A ” Để chọn hướng thích hợp ta cần khai thác kiện toán Với số liệu toán cho ta thấy Hướng không khả thi, việc tính độ dài AB (hoặc AD ) gặp trở ngại Lúc ta nghĩ tới giải pháp thứ Điểm B D biết tọa độ  1   B ;1 nên ta nghĩ tới việc viết phương trình AB AD Ta phân tích chi tiết số liệu toán:        D (3;1)  phương trình BD : y  song song với đường thẳng EF : y   Khi ta chứng minh tam giác ABC cân A Do AD  BC Như ta viết phương trình AD Lúc việc việc viết phương trình AB cần “trợ giúp” điểm F Và ta nhận thấy Bài toán cho ta tọa độ điểm F Cụ thể: *) F  EF : y   *) FB  BD  Sau lời giải chi tiết toán Giải: +) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC  ID  BC Khi  (1) Với  IA  EF  1   B  ;1     phương trình BD : y  , suy BD / / EF hay BC / / EF (2)  D (3;1)  (vì phương trình EF : y   ) Từ (1) (2) suy A, I , D thẳng hàng hay AD  BC , nên phương trình AD là: x  +) Gọi F (t;3)  EF , theo tính chất tiếp tuyến ta có: 2 t  1  F (1;3)  1 5 BF  BD  BF  BD   t        t  t       2 2 t   F (2;3)       +) Với F ( 1;3)  BF    ;   uBF  (4;3) , phương trình BF là:   4( x  1)  3( y  3)   x  y   2 x  4 x  y    Do BF  AD   A nên tọa độ điểm A nghiệm hệ:  (loại)  x  y           +) Với F (2;3)  BF   ;   uBF  (4; 3) , phương trình BF là: 2  4( x  2)  3( y  3)   x  y   x  4 x  y     13  Do BF  AD   A nên tọa độ điểm A nghiệm hệ:   13  A  3;   3 x  y    13  Vậy A  3;   3 43 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Bình luận sau Bài Toán 1: Như đề thi Quốc Gia, nhiệm vụ người đề làm “mờ” toán gốc , kiện số liệu kèm Nhiệm vụ bạn dùng kiến thức để cắt nghĩa toán, làm cho toán gốc “hiện nguyên hình” Qua Bài Toán bạn thấy phần tầm “sát thương” tính hiệu việc giải toán tìm điểm toán liên quan khác…Nó giúp bạn biết cách đặt câu hỏi hướng vào đối tượng kiện đề mà ta cần có định hướng để tư tháo gỡ toán Nếu biết cách “làm chủ” Bài toán có nghĩa bạn có tay công cụ đơn giản hiệu việc đưa đáp số xác cho toán khó khăn với bạn Chúng ta nhiều công cụ hữu hiệu khác Các bạn tiếp tục tìm hiểu thông qua toán Trên đoạn trích từ thảo sách: 10 BÀI TOÁN TRỌNG ĐIỂM TƯ DUY ĐỘT PHÁ – CHÌA KHÓA GIẢI NHANH HÌNH HỌC PHẲNG OXY Mọi thông tin chi tiết bạn tham khảo qua: Web: http://newshop.vn/10-trong-diem-tu-duy-hinh-phang-oxy.nsv Hoặc page : https://www.facebook.com/giaidaptoancap3 CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ QUAN TÂM ! 44