Thông tin tài liệu
Chuyên đề: BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG (HÌNH HỌC OXY) CHỦ ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Phần CÁC TÍNH CHẤT – ĐỊNH LÝ TIÊU BIỂU TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Định lý Thales thuận: Nếu đường thẳng song song với cạnh tam giác cắt hai cạnh cịn lại định hai cạnh đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ A AD AE DE Trường hợp 1: DE / / BC � AB AC BC E d D B Trường hợp 2: AB / / DC � IA IB AB IC ID DC C A B I D C Định lý Thales đảo: Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác định hai cạnh đoạn thẳng tường ứng tỉ lệ đường thẳng song song với cạnh cịn lại tam giác Đường phân giác tam giác: Trong tam giác, đường phân giác góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn * Xét tam giác ABC có AD đường phân giác góc A uuur DB AB AB uuur � DB DC Ta có: DC AC AC * Xét tam giác ABC có AE đường phân giác ngồi góc A uuu r AB uuur EB AB � EB EC Ta có: EC AC AC * Chú ý: AD AE Trang Trang Tính chất đường thẳng EULER: Tính chất 4.1 Trong tam giác trọng tâm, trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp nằm đường thẳng (Đường thẳng gọi đường EULER tam giác) Chứng minh: Cho tam giác ABC , gọi G, H , I trọng tâm, trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp Gọi D điểm đối xứng A I Khi tứ giác BHCD hình bình hành, suy trung điểm M BC trung điểm HD � IM AH (tính chất đường trung bình tam giác AHD ) GM IM � � AHG ~ MIG � ba điểm GA AH H , G, I thẳng hàng GH 2GI Tính chất 4.2 Từ Tính chất 4.1 ta có tính chất sau: BHCD hình bình hành a) Tứ uuurgiác uuur b) AH IM uuur uur c) HG 2GI Các tính chất đặc biệt tam giác – đường trịn: Tính chất 5.1 Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn tâm I , G trọng tâm tam giác ABC Gọi D trung điểm AB , E trọng tâm tam giác ACD Khi đó: I trực tâm tam giác DEG IE DG Chứng minh: Gọi N , H , K trung điểm cạnh AC , BC AD E giao điểm KC DN Ta có: G trọng tâm tam giác ABC CG CE � � GE / / AB CD CK Lại có: I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC nên DI AB � DI GE Măt khác: DE // BC � GI DE Do đó: I trực tâm tam giác DGE Từ ta được: EI DG Tính chất 5.2 Cho tam giác ABC vuông A , đường cao AH Gọi P, Q trung điểm BH AH Chứng minh Q trực tâm tam giác ACP AP CQ Chứng minh: Trang Do P, Q trung điểm BH AH nên PQ / / AB Mà: AB AC � PQ AC Mặt khác: AH PC Do đó: H trực tâm tam giác ACP AP CQ Tính chất 5.3 Cho tam giác ABC cân A Gọi D điểm nằm cạnh AB cho AB AD H hình chiếu vng góc B CD , M trung điểm HC Chứng minh rằng: AM BM Chứng minh: Dựng đường thẳng d qua B vng góc với BC Gọi N CD �d Gọi E trung điểm BH Ta chứng minh được: tứ giác ANEM hình bình hành � NE // AM chứng minh E trực tâm tam giác BMN Từ cho ta: NE MB � MB AM Tính chất 5.4 Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn O , có H trực tâm Gọi D giao điểm thứ hai AH với O Chứng minh: H D đối xứng qua BC Chứng minh: � � � ) Ta có: BAH = BCH (cùng phụ với góc ABC � = BCD � Lại có: BAH (góc nội tiếp chắn cung BD ) � = BCD � � BCH � tam giác CHD cân C � BC đường trung trực HD Do đó: H D đối xứng qua BC Tính chất 5.5 Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm I , có BE CF hai đường cao Chứng minh: IA EF Chứng minh: Cách Trang � = AEF � Ta có: tứ giác BFEC nội tiếp � ABC � ) (cùng bù với góc FEC Gọi D giao điểm thứ hai AI I � = ADC � Khi đó: ABC (góc nội tiếp chắn cung AC ) � = ADC � � AEF � + DAC � = 900 Mặt khác: ADC � + DAC � = 900 � AEF � E = 900 hay AI EF Do đó: AK Cách Kẻ tiếp tuyến d đường tròn A , gọi Ax x � = ACB � Ta có: xAB (góc nội tiếp góc tiếp tuyến dây cung chắn cung AB ) Lại có: Tứ giác BFEC nội tiếp � � = AFE � ACB � = AFE � Do đó: xAB (theo vị trí so le trong) � Ax // EF Mà: Ax AI Do đó: EF AI Tính chất 5.6 Cho tam giác ABC Gọi I J tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC Gọi D giao điểm thứ hai AI I Chứng minh rằng: D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC Chứng minh: � +B � (cùng bù với góc � ) Ta có: J� = A AJ B 1 � =B � (dó BJ phân giác góc B) Mà: B � =A � (dó BJ phân giác góc A ) A � =B � (góc nội tiếp chắn cung CD ) A 1 � +B � = J� � J� = B BD Suy ra: Tam giác BDJ cân D � BD DJ 1 Mặt khác: Do AI phân giác góc A � D điểm cung nhỏ BC � DB DC Từ 1 cho ta: DB DJ DC � D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC Tính chất 5.7 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C tâm I có AD đường phân giác góc A Gọi d tiếp tuyến A C d cắt BC E Chứng minh rằng: tam giác AED cân E Trang Chứng minh: � = C� (góc nt góc tạo tiếp Ta có: A 1 tuyến dây cung chắn cung AB ) � =A � ( AD phân giác) A 2 3 � =A � +A � = C� + A � =D � � EAD 1 Do đó: Tam giác EAD cân E Một số tính chất đặc biệt tứ giác: Tính chất 6.1 Trong hình thang cân có hai đường chéo vng góc độ dài đường cao độ dài đường trung bình Chứng minh: Do hình thang ABCD cân, AC BD I nên tam giác AIB CID vuông cân I � MN đường cao đường trung tuyến AB � NI � � � NI MI AB CD EF MN � � (đpcm) �MI CD � Tính chất 6.2 Cho hình vng ABCD Gọi M N trung điểm cạnh AB BC Ta có: AN DM Chứng minh: Cách 1 1 � � =D � A � � +M � = 900 � AHM � 1 � �A = 900 � AN ^ DM �� 1 � � D + M = 90 � �1 Cách 2: (vẽ hình) Đặt cạnh hình vng a a Chọn hệ trục toạ độ Oxy thoả mãn: D �O , cạnh AD thuộc chiều dương trục Oy , cạnh DC thuộc chiều dương trục Ox �a � � a � a; � Ta có: D 0; , A 0; a , M � ; a �, N � �2 � � � Trang uuuur �a �uuur � a � uuuur uuur DM � ; a � ; AN � a; �� DM AN � AN DM �2 � � 2� Tính chất 6.3 Cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm BC , N điểm cạnh � CD cho CN ND Chứng minh: MAN = 450 Chứng minh: Đặt cạnh hình vng a a 10 5a ; AM a ; MN Áp dụng định lý cosin tam giác AMN ta có: MA + NA - MN � � cosMAN = = � MAN = 450 2MA.NA Cách Xây dựng hệ trục Oxy tương tự tính chất 6.2 Ta có: AN a Tính chất 6.4 Cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm BC , N điểm cạnh AC cho AC AN Chứng minh: tam giác DMN vuông N Chứng minh: Cách Chứng minh: DN NM Gọi E trung điểm DI � tứ giác NECM hình bình hành 1 NE CD Mặt khác: DI CN (đường chéo hình vuông ABCD ) 3 Từ 3 cho ta: E trực tâm tam giác DNC � CE DN 4 Từ 1 cho ta: MN DN � tam giác DNM vuông N Cách Đặt cạnh hình vng a a Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông DCM để tính DM Áp dụng định lý Pitago tam giác vng DIN để tính DN Áp dụng định lý cosin tam giác CMN để tính MN Từ cho ta: DM DN NM Cách Xây dựng hệ trục Oxy tương tự tính chất 6.2 Tính chất 6.5 Cho hình vng ABCD Gọi M N trung điểm cạnh AB BC Gọi I giao điểm CM DN Ta có: AI AD Chứng minh: Gọi P trung điểm CD Ta có: CPAM hình bình hành � AP // MC Mặt khác: CM DN (theo tính chất 6.2) � AP DN hay AP DI 1 Lại có: AP // CM hay FP // CI , mà P trung điểm CD � F trung điểm DI Trang Từ 1 ta tam giác ADI cân A cho ta: AD AI (đpcm) Tính chất 6.6 Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu vng góc B AC Các điểm M K trung điểm AH CD Chứng minh rằng: BM MK Chứng minh: Gọi E trung điểm BH Ta chứng minh được: Tứ giác CEMK hình bình hành � MK // CE 1 Ta có: ME BC BH CM nên: E trực tâm tam giác BMC � CE MB Từ (1) (2) cho ta: MB MK (đpcm) Tính chất 6.7 Cho hình chữ nhật ABCD Gọi M điểm đối xứng B qua C , N hình chiếu vng góc B đường thẳng MD Chứng minh: AN CN Chứng minh: � = BDC � Ta có tứ giác BCND nội tiếp � BNC (cùng chắn cung BC ) � = BDC � Lại có: BAC (tính chất hình chữ nhật) � = BNC � � BAC � tứ giác ABCN nội tiếp � � + ANC � = 1800 � ANC � = 900 � AN ^ NC ABC (đpcm) Tính chất 6.8 Cho hình thang ABCD vng A D có CD = AB Gọi H hình chiếu vng góc D AC , M trung điểm HC Chứng minh: BM MD Chứng minh: Lấy điểm phụ E trung điểm DH Chứng minh tứ giác ABME hình bình hành E trực tâm tam giác ADM � BM MD Trang Phần MỘT SỐ CÁCH GIẢI BÀI TỐN TÌM TỌA ĐỘ ĐIỂM VÀ VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ OXY Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ABC có A 1; 3 , phương trình đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ B, C d1 : x y d : x y Viết phương trình đường thẳng BC Giải: Cách (Tìm số phương trình tương ứng với số ẩn) Gọi G trọng tâm ABC G d1 �d tọa độ G định bởi: � x � x y � � �4 � � � G� ; � � � �3 � �x y �y � Gọi B 2b; 4 5b �d1 , C 2 5c; c �d 2b 5c � G trọng tâm tam giác ABC nên ta có hệ phương trình: � 5b c 2 � Giải ta được: B 0; , C 3; 1 Suy phương trình BC : x y Cách (Tìm điểm giao đường thẳng xác định) �4 � + Gọi G trọng tâm ABC G � ; � �3 � (theo cách 1) + Gọi I trung điểm BC thì: � xG x A x � �I 2 � I �3 ; � � � � �2 � �x xG x A �I 2 + Dựng đường trung bình IJ // BC CBG � �3 � I � ; � 25 � Khi do: �2 � �� phương trình IJ: x y IJ / / d1 � � uu r uur uur uu r r IA 3IG � 3IG IA � � 13 25 � �x x y 13 � � � � �� � J � ; � + J IJ �d1 nên tọa độ J định bởi: � 6� �6 � �y �x y � �xB xI xC �xC xJ xG Suy ra: � � �yC yJ yG 1 �yB yI yC 4 Vậy B (0; 4), C (3; 1) Suy phương trình BC : x y Cách (Như cách 2) Trang �4 � + Gọi G trọng tâm ABC G � ; �(theo cách 1) �3 � Gọi D điểm đối xứng A qua G tứ giác G BD C hình bình hành Từ ta có: � xD xG x A � � �5 13 � � D� ; � +� 3� �3 �y y y 13 D G A � � �5 13 � �D � ; � �� phương trình BD : + � �3 �BD / / d � x y 20 B BD �d1 � tọa độ C định bởi: �x y 20 �x �� � B 0; 4 � 5x y � �y 4 � �5 13 � �D � ; � �� phương trình CD : x y 17 + � �3 � CD / / d1 � x y 17 � �x C CD �d � tọa độ C định bởi: � �� � C 3; 1 �x y �y 1 Suy phương trình BC : x y Cách (Như cách sử dụng kĩ thuật “mượn đường để đi”) Ta có: + B �d1 � xB yB (1) x yB � � Gọi N trung điểm AB N � B ; � � � N �d xB 5(3 yB ) � � xB y B 20 (2) 2 Giải 1 tìm B (0; 4) + C �d � xC yC (3) x yC � � Gọi M trung điểm AC M � C ; �và M �d1 � � 5(1 xC ) 2(3 yC ) � � xC y B 17 (4) 2 Giải 3 tìm C (3; 1) Suy phương trình BC : x y Bài (tương tự Đề ĐH khối D – 2012)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình AB : x y , phương trình AC : x y điểm M (2; 5) thuộc đường thẳng BD Tìm tọa độ đỉnh A, B, C , D Giải: Cách (Sử dụng cơng thức góc đường thẳng) Ta có: Trang 10 a 10 (2) a * Mặt khác BEC C có BE BC2 EC2 (3) * Từ (1), (2), (3) suy BE + BF = EF BEF vuông cân F BF EF ■ CÁCH : Chứng minh cách dùng véctơ uur uuu r ☺ Ý tưởng : để chứng minh BF EF ta cần chứng minh EF.FB Để làm điều uuuu r uuu r uur đó, ta vận dụng số kiến thức véctơ “quy tắc chèn điểm MN MI IN uuuu r uuur uuuu r uuur ”, tích vơ hướng hai véctơ MN.MP | MN | | MP | cos(MN, MP) Cụ thể ta chèn điểm C vào véctơ xét thấy góc C 90 (Bạn thử chèn điểm khác mà có góc vng) ► Hướnguudẫn cách 2: r uuu rgiảiuu u r uu u r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuuruuu r * Ta xét: EF.FB (EC CF).(FC CB) EC.FC EC.CB CF.FC CF.CB r uuu r �uuu � CD 3CD 3CD EC.FC EC.FC.cos FCE � � �uuu r uuu r � CD 3CD 3CD �CF.CB CF.CB.cos FCB * Trong � 4 uuu r uuu r � EC.CB EC CB � � uuu r uuu r uuu r2 9CD � CF.FC CF � uur uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuuruuu r 3CD 9CD 3a * Do đó: EF.FB EC.FC EC.CB CF.FC CF.CB 0 0 8 BF EF ■ CÁCH : Chứng minh điểm thuộc đường tròn (sử dụng tứ giác nội tiếp) * Mặt khác BIF I có BF BI IF2 ☺ Ý tưởng : Để chứng minh BF EF ta chứng minh góc BFE nhìn BE làm đường kính Xét thấy góc BCE nhìn BE theo đường kính Nếu gọi M trung điểm AB ta có BME nhìn BE theo đường kính chứng minh B, M , C , E , F thuộc đường tròn Như ta cần chứng minh FMCE “tứ giác nội tiếp” Để chứng minh tứ giác tứ giác nội tiếp ta có cách quen thuộc như: ● C/m góc liên tiếp nhìn cạnh ● C/m góc ngồi góc đối ● C/m tứ giác có tổng hai góc đối 1800 , v,v… � FCE � = 450 dễ dàng chứng minh tứ giác FMCE tứ Ở ta phát góc FME giác nội tiếp góc FBE nhìn BE làm đường kính BF EF ► Hướng dẫn giải cách 3: Gọi I tâm hình vng ABCD M trung điểm AB * Ta có MBCE hình chữ nhật nên MBCE tứ giác nội tiếp đường trịn tâm K bán kính BE (1) Lại có CF AF FI AF F trung điểm AI mà AMI vuông cân M góc FME 450 Trang 45 Mặt khác lại có: góc FCE 450 góc FCE , góc FME chắn EF MFEC tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính MC tâm K (2) * Từ (1) (2) F , M , B, C, E thuộc đường tròn tâm K , bán kính EB (do � = 900 BF FE EB MC ) góc EFB nhìn đường kính AB BFE ■ CÁCH : Chứng minh cách kẻ đường phụ ☺Ý tưởng : _ Để chứng minh FBE F ta chứng minh BE FK (đường trung tuyến nửa cạnh huyền) _ Nếu gọi M , N , K trung điểm AB, AD, BE ta dễ dàng chứng minh FK đường trung NC FK bình MNC FK / / NC mà BE NC BE FK _ Chú ý: NC BE kết mà ta thường hay sử dụng hình vng Việc chứng minh xin dành cho bạn đoc ! ► Hướng dẫn giải cách 4: Gọi M , N , K trung điểm AB, AD, BE * Dễ dàng chứng minh F trung điểm MN K trung điểm BE Suy FK đường trung bình MNC NC FK / / NC FK * Do EBC = NCD (c-g-c) BE NC BE FK FBE F BF FE ■ CÁCH : Chứng minh cách dựng hệ trục tọa độ ☺ Ý tưởng : Chúng ta tạm quên hết kiện phương trình có mặt phẳng Oxy , giữ lại yếu tố hình phẳng Dựng hệ trục tọa độ Dxy hình vẽ, đặt cạnh hình vng a a Tọa độ hóa uur uur điểm cho xét EF.FB �a � �a 3a � , B(a;a), F � ; � Khi ta có E � ;0 � �2 � �4 � uur �a 3a �uuu r �3a a � uur uuu r , FB � ; � EF.FB BF FE Nên ta có: EF � ; � �4 � �4 � Trên số cách chứng minh điển hình muốn chứng minh vng góc Trở lại toán, sau chứng minh BF FE ta tận dụng điều để viết phương trình AB ? ☺Ý TƯỞNG VIẾT PHƯƠNG TRÌNH AB ? ●Ý TƯỞNG (ứng với cách 1): Chúng ta lập phương trình FE BF FE qua E FE �BF F Nếu gọi M trung điểm AB ta có AB qua M AB ME tìm M ? MF ME độ dài cụ thể theo cách ta tính cạnh hình vng theo độ dài a Mời em xem lời giải: Trang 46 * Do BF FE : x y EF : 3x y m EF qua E 1; m F Vậy EF : 3x y Ta có tọa độ nghiệm hệ �x 3y �x �� � F 2; 1 � 3x y �y 1 � a 10 10 a Gọi M x ; y trung điểm AB ta có: � (x 1) (y 2) 16 Suy � (Phần giải tiếp xin dành cho bạn đọc) 2 �(x 2) (y 1) 17 6 � � Suy M1 1; hay M � ; � �5 � uuuur * TH1: AB qua M1 1; nhận M1E 0; làm VTPT có phương trình: y 0 uuuur �12 16 � 17 6 � � * TH2: AB qua M � ; �nhận M1E � ; �làm VTPT có phương trình: �5 � �5 � x y 15 Vậy phương trình đường thẳng AB : y hay AB : 3x y 15 ●Ý TƯỞNG (ứng với cách 4): Lập phương trình FE tìm tọa độ F cách độ dài EF , nhận xét EFB vuông cân F nên ta lập phương trình đường trịn C tâm F bán kính EF Cho C �BF tọa độ điểm B Đến ta viết phương trình AB qua B có dạng a( x xB ) b( y xB ) y = k(x - xB ) + y B Khả dĩ sử dụng góc khoảng cách để tiếp hay có thể: EK EB Gọi G IC �EK G trọng tâm MEC GE = = (Do có tọa độ B 3 tọa độ G dễ dàng) IA IC IF Ta có IF = IG = IG = tọa độ I (Có I ta dễ dàng viết pt AB 3 qua B IE ) * Ta có độ dài EF Bài 10 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AD AB , gọi M , N trung điểm cạnh AD, BC Trên đường thẳng MN lấy điểm K cho N trung điểm đoạn thẳng MK Tìm tọa độ đỉnh A, B, C , D biết K (5; 1) , phương trình đường thẳng chứa cạnh AC : x y điểm A có tung độ dương ■ Nhận xét ý tưởng : Trang 47 Bài toán chia thành hai bước: + Bước 1: chứng minh AC KD (dùng giả thiết quan trọng để làm tiếp bước 2) + Bước 2: vận dụng AC KD vào việc giải tìm tọa độ đỉnh A, B, C , D ☺ Bước 1: Nhận xét sau dựng hình xong phát AC KD Để chứng minh AC KD có nhiều cách kể đến: � ACD � 900 (chứng minh tổng góc tam giác 90 ● Cách 1: Chứng minh KDC � MKD � (2 � 900 Ta có DAC � ACD � 900 nên ta cần chứng minh DAC suy góc DHC góc tam giác MKD ACD ) � ACD � 900 để suy ● Cách 2: Vẫn với ý tưởng cách 1, ta chứng minh HDC � HDC � (2 góc tan � 900 � ACD � 900 DAC Ta có DAC DHC � tan HDC � , để dễ hiểu mở rộng hình chữ nhật ABCD thành hình DAC vng ADEF (và bạn đọc khơng cịn xa lạ với việc chứng minh AC KD ) ● Cách 3: Dựng hệ trục tọa độ Bxy hình vẽ tọa độ hóa điểm điều phải chứng uuur uuur minh tương đương với AC.KD (Bạn đọc xem hình vẽ để hiểu rõ hơn) uuur uuur ● Cách 4: Dựa ý tưởng chứng minh AC.KD Ta sử dụng tích vơ hướng hai rr rr véctơ a.b | a | | b | cos( a, b) Cụ thể ta gọi M BC �KD chuyển uuur uuur uuur uuuu r toán chứng minh AC.KD thành AC.MD (Ta dùng quy tắc “chèn điểm” để tạo tích vơ hướng cạnh có độ dài hợp góc cụ thể) ● Cách 5: Ta chứng minh “điểm thuộc đường tròn” dựa cách chứng minh tứ giác nội tiếp Cụ thể ta chứng minh “ H nhìn AK góc vng” Xét thấy “ M nhìn AK góc vng ” Ta chứng minh AMHK � MKD � (2 góc liên tiếp nhìn cạnh MH tứ giác nội tiếp ta cần chứng minh DAC nhau) (việc chứng minh tương tự cách cách 2) ● Cách 6: Ta vận dụng “định lý đảo Pytago” để chứng minh HCD H AC KD để thực điều bạn cần tính số đo cạnh HC , HD, CD theo cạnh lại cạnh cho trước đồng thời vận dụng “định lý thuận Thales” xét thấy AC �KD H IK / / CD ) Trang 48 Ngồi bạn cịn chứng minh cách “gián tiếp đổi đường” chuyển từ toán chứng minh vng góc sang song song, chứng minh tam giác vuông đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh có góc vng nửa cạnh huyền, v,v,… ☺ Bước 2: Sau chứng minh AC KD Ta hai hướng sau: Hướng thứ 1: (tạo thêm phương trình đường thẳng mới) Viết phương trình KD H AC �KD tọa độ H Vận dụng định lý thuận Thales cách 6) Ta tìm tỉ số độ dài HK HD chuyển uuur uuur KH kKD � KH k KD, (k 0) tọa độ điểm D _ Viết phương trình đường thẳng AD qua điểm D có véctơ pháp tuyến r AC góc với AD tạo với n (a; b), (a b 0) cos AD AC AD AD CD Sau viết phương trình AD tìm tọa độ điểm A tọa độ tâm M tọa độ uuuu r uuu r tâm I hình chữ nhật ABCD (dựa quan hệ MK 3MI � MK 3MI ) Có tọa độ tâm I (là trung điểm AC BD ) tọa độ B C Hướng thứ 2: (tìm tọa độ điểm A thơng qua độ dài AK ) Viết phương trình KD H AC �KD tọa độ H Tham số hóa điểm A theo đường AC ẩn nên cần phương trình độ dài AK = ? Dựa vào định lý thuận Thales cách ta tính độ dài AK uuuu r uuur uuur uuu r AH AC CD KI C I Có tọa độ điểm A ���� tọa độ tọa độ trung điểm � ���� � tọa độ D tọa độ B ► Hướng dẫn giải chứng minh AC KD : Gọi H AC �KD � MKD � * Cách 1: Ta có MKD = ACD (c-g-c) DAC � � � � � ACD � 90 Ta có: DAC ACD 90 � MKD ACD 90 � HDC � 90 HCD H AC KD H Suy DHC * Cách 2: Dựng hình vng ADEF cho K trung điểm EF CD � � tan DAC � � AD � tan DAC � tan MKD � � DAC � MKD � Ta có: � MD � �tan MKD � MK � � � � � � Ta có: DAC ACD 90 � KDE ACD 90 � HDC ACD 90 � 90 HCD H AC KD H Suy DHC * Cách 3: Dựng hệ trục Bxy hình vẽ, Đặt cạnh AB a AD AB 2a Ta có: A(0; a), C (2a;0), D(2a; a), K ( a; a) uuur uuur uuur �AC (2a; a ) � � AC.KD 2a 2a AC KD H Mặt khác �uuur �KD ( a; 2a) * Cách 4: Gọi M KD �BC uuur uuuu r uuur uuur uuuu r uuu r uuur uuuu r uuur uuuu r uuur uuu r uuur uuu r Xét: AC.MD AD DC MC CD AD.MC DC.MC AD.CD DC.CD uuur uuuu r uuur uuuu r a � �AD.MC AD.MC.cos( AD; MC ) 2a cos a uuur uuuu r � uuur uuuu r � DC MC ( CD MC ) Với � nên AC.MD a a uuur uuur � AD.CD ( AD CD ) � uuur uuur uuur � DC.CD CD a � Trang 49 Suy AC MD AC KD H * Cách 5: Ta có: CD � � tan DAC � � AD � tan DAC � tan KDE � � DAC � KDE � � KE � �tan KDE � DE Suy tứ giác AMHK tức giác nội tiếp (2 góc liên tiếp nhìn cạnh nhau) Mà M nhìn AK góc vng H nhìn AK góc vuông HAK H Suy AC KD H * Cách 6: Gọi M KD �BC IH HD IK Ta có KI / / CD IC �KD H , theo định lý thuận Thales ta có: HC HK CD Suy HC 2 AC CD 2 2CD HD HK KD IH IC 5 5 � CD HC � � � HC HD CD (theo định lý đảo Pytago) HCD H Xét � CD �HD � � AC KD ► Hướng dẫn giải hướng thứ 1: * Gọi H AC �KD Do KD AC : x y 3 KD : x y m KD qua K 5; 1 m Vậy KD : x y 0 � 13 x � �2 x y 13 11 � � � �� �H� ; * Tọa độ H nghiệm hê: � � �5 � �x y �y 11 � uuur uuur IH HD IK (theo định lý thuận Thales) HD KH � HD KH * Ta có HC HK CD 3 � 13 � 13 � �xD �5 � �x � � � �� D � D(1; 3) Suy � �y 11 �11 1� �yD 3 D � � � �5 � � r * Gọi n (a; b), ( a b 0) véctơ pháp tuyến AD Trang 50 Đường thẳng AD qua D có dạng là: a x 1 b y 3 � Ta có cos CAD AD AC AD AD CD r uuur uuur uuur | n.nAC | � Mặt khác cos CAD | cos( AD; AC ) | r uuur | n | | n AC | | 2a b | a b 2 � b � AD : x 2 Suy (2a b) 4( a b ) � � 3b 4a � AD : x y � * TH1: Với AD : 3x y A AD �AC Ta có Tọa độ nghiệm A � 21 x � �2 x y � �21 27 � �� � A� ; � � 3x y �5 � � �y 27 � Loại A có tung độ dương * TH2: Với AD : x 2x y � �x �� � A 1;1 Ta có A AD �AC Tọa độ A nghiệm hệ � � x 1 �y Nhận A có tung độ dương Do M trung điểm AD M 1; 1 uuuur hệ uuur Gọi I tâm hình chữ nhật ABCD , ta có MK 3MI � I (2; 1) Mặt khác I trung điểm AC BD B 3;1 C 3; 3 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(1;1), B(3;1), C (3; 3), D(1; 3) ► Hướng dẫn giải hướng thứ 2: * Gọi H AC �KD Do KD AC : x y 3 KD : x y m KD qua K 5; 1 m Vậy KD : x y 0 � 13 x � �2 x y 13 11 � � � �� �H� ; * Tọa độ H nghiệm hê: � � �5 � �x y �y 11 � * Ta có A �AC : x y A a; 2a Do A có tung độ dương nên 2a a Mặt khác AK KD uuur KA (a 5; 2a) 5 | 5.2 1.1 | KH d [ K ; AC ] 2 3 1 �a 1( n) 2 � 21 AK 20 � ( a 5) (4 a ) 20 � a Vậy A(1;1) Suy � a (l ) � AC 3IC AC AC IH HD IK AH AI IH 10 HC HK CD AC AC AC AC � 5� 13 � xC � 1� � uuur uuur �5 � � �xC �� � C (3; 3) Suy AC AH � � y 11 � � C � �y C � 1� � �5 � � * Lại có Trang 51 Bài 11 * Gọi I tâm hình chữ nhật ABCD I trung điểm AC BD I 2;1 uuur uur IK I (2; 1) � CD IK � D (1; 3) ��� � B(3;1) Ta có CD Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A(4; 0) , phương trình đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ B tam giác ABC x y phương trình đường thẳng chứa trung trực cạnh BC : x y Tìm tọa độ điểm B, C, D ☺ Nhận xét ý tưởng : Dễ dàng nhận thấy BD : x y Dựa vào tinh chất đường trung trực BC d vừa vuông BC nên d vuông AD � viết phương trinh AD � AD �BD D nên ta tìm tọa độ điểm D Đến để tìm tọa độ tìm điểm B C ta cần tìm tọa độ I giao điểm đường cheo AC BD Dựa vào công thức trung điểm ta biểu diễn tọa độ B C theo tọa độ điểm I Cuối có hai hướng tiếp: + Hướng thứ 1: Gọi K trung điểm BC biểu diễn tọa độ K theo tọa độ B C Khi K thuộc đường thẳng trung trực BC uuur uur + Hướng thứ 2: Ta có BC.ud Giải phương trinh để tìm B C Mời bạn đọc xem lời giải ► Hướng dẫn giải : * Từ giả thiết BD : x y ta có AD qua A 4; vng góc với d : x y suy phương trình AD : x y 16 * Tọa độ D thỏa mãn hệ � 7x y �x �� � D (3; 4) � �y 4 �4 x y 16 � C (2a 4; 2b) * Gọi I (a; b) giao điểm đường chéo AC BD � � �B (2a 3; 2b 4) �4a � ; 2b � � � �a �J �d �4a 8(2b 2) � �� � � 1 * Mặt khác � b �I �BD � 7a 4b � � Khi tọa độ trung điểm BC J � Do tọa độ B 1; 3 C 2; 1 Vậy tọa độ điểm cần tìm B (1;3), C (2; 1), D (3; 4) ■ Lời bình: Có thể thấy vai trị giao điểm đường chéo hình binh hanh việc giải toan tìm điểm Trong tập ví dụ minh họa, tác giả nhấn mạnh đến việc chuyển quan hệ chưa biết điểm quan hệ với giao điểm Bài 12 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD đáy lớn CD Các đường thẳng AC, BD có phương trinh x y x y Gọi M trung điểm Trang 52 AB Xác định tọa độ đỉnh A, B, C , D biết đường DM có phương trinh 3x y 11 B có hồnh độ âm (Trích đề thi thử THPT Nguyễn Đức Mậu, Nghệ An, năm 2013) ☺ Nhận xét ý tưởng : Dễ dàng tìm tọa độ D D DB �DM đồng thời điểm I với I AC �BD Do tính chất hình thang cân nên AC = BD nên IA = IB suy tam giác IAB cân I Vì MI vng góc AB Ta tham số A theo AC, B theo BD (2 ẩn nên cần phương trinh) biểu diễn tọa độ M theo tọa độ A B Do M thuộc DM nên ta pt (1) Mặt khác MI vuông AB (pt (2)) Từ giải (1) (2) ta tìm tọa độ A B Khi C CD �AC nên ta cần lập phương trinh đường thẳng CD qua D CD // AB ► Hướng dẫn giải : �x y �x �� � D(7; 4) * Ta có tọa độ D thỏa mãn hệ � x y 11 � �y 4 � 1 x � �x y � �1 � �� � I� ; � Và tọa độ I thỏa mãn hệ � 2x y 1 �3 � � �y � �A �AC �A(a;1 2a ) �a 2b 2a b � �� ; * Ta có � Ta lại có M trung điểm AB nên M � � � � �B �BD �B (1 2b; b ) 13a 2b 11 � � ��a b �IM AB �� 2 � �a � �� * Mặt khác, � suy A(1;3), B(3; 1) � a b b �M �DM � � � � b � � uuu r * Phương trình CD qua D nhận IM làm vecto pháp tuyến C giao điểm AC CD nên ta có tọa độ C (4; 7) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán là: A(1;3), B(3; 1), C (4; 7), D (7; 4) Bài 13 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC Biết phương trình đường thẳng chứa đường cao BH, phân giác AD 3x + 4y + 10 = 0, x – y + = 0; điểm M(0; 2) thuộc đường thẳng AB MC = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết C có hồnh độ ngun (Trích đề thi thử THPT Tuy Phước, Bình Định, năm 2013) ☺ Nhận xét ý tưởng : Trang 53 Dựa vào tinh chất phân giác ta dễ dàng tìm điểm N (bạn đọc xem lại chương để hiểu rõ hơn) Khi ta dễ dàng viết phương trinh AC vng góc BH qua N Đồng thời tìm điểm A A giao điểm AC AD Tới việc tìm tọa độ B cách tương giao đường AB BH (viết phương trinh AB qua A M) Với tọa độ C ta tham số hóa C theo đường AC sử dụng giả thiết MC để giải tìm tọa độ C Mời bạn đọc xem lời giải ► Hướng dẫn giải: * Gọi N điểm đối xứng với M qua AD, đường thẳng MN qua M(0; 2) vng góc AD có phương trình là: x y �1 � �2 � Tọa độ giao điểm K MN AD K � ; �suy tọa độ N (1;1) * Vì AD phân giác góc A, M thuộc AB nên N thuộc AC Do AC qua N vng góc BH nên có phương trình: x y � 4x y 1 �x �� � A(4;5) Ta có tọa độ A thỏa mãn hệ � �y �x y * Đường thẳng AB qua A M có phương trình 3x y � �x 3 �3x y � � 1 � � � 1 � B � 3; � Ta có tọa độ B thỏa mãn hệ � 3x y 10 y � � � � � � * Ta có MC nên C thuộc đường tròn (C) tâm M, bán kinh MC Ngoài C thuộc AC nên tọa độ C nghiệm hệ: � x 1, y �x ( y 2)2 � � 31 33 (do C có hồnh độ ngun ta nhận C(1;1) � � x ,y x y � 25 � 25 � 1 � 3; � , C (1;1) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(4;5), B � � � Bài 14 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A(5; 7) , điểm C thuộc đường thẳng có phương trinh x y Đường thẳng qua D trung điểm đoạn thẳng AB có phương trình x y 23 Tìm tọa độ điểm B C, Biết B có hồnh độ dương (Trích đề thi thử THPT Chuyên Vĩnh Phúc, năm 2014) ☺ Nhận xét ý tưởng : Ta liên hệ quan hệ điểm đặc biệt A, M, C, D cách cho AC cắt DM I Trang 54 Vận dụng định lý Thales thuận quen thuộc ta có tỉ số độ dài cạnh CD IC ID Từ ta tham số hóa C theo đường thẳng x – y + = đồng AM IA IM thời biểu diễn tọa độ I theo A C Lại có I thuộc đường thẳng DM nên thay vào ta tìm tọa độ điểm C Để xác định tọa độ điểm B ta liên hệ qua trung điểm M thuộc DM sử dụng tính chất hình chữ nhật ABCD AB BC để giải tìm tọa độ điểm B ► Hướng dẫn giải: * Ta có C �x y � C (c; c 4) , M trung điểm AB I giao điểm AC DM * Theo định lý Thales thuận ta có Mặt khác I thuộc DM nên ta có uur uuur CD IC ID �c 10 c 10 � � AI AC � I � ; � AM IA IM 3 � � c 10 c 10 4 23 � c � C (1;5) 3 3m � � 3m 23 � � �� B �2m 5; � � � � � m; * Ta có M thuộc MD � M � r � �uuu 3m � AB 2m 10; � � � uuur uuu r � � � Và �uuu Lại có AB CB 0 r � 3m 19 � � CB � 2m 6; � � � � � �3m � �3m 19 � � (2m 10)(2m 6) � � � � � � � � 29 Suy m hay m Trang 55 �33 21 � �33 21 � � Do B có hồnh độ dương nên ta nhận B � ; � �5 � �5 � * Do B (3; 3) hay B � ; �33 21 � , C (1;5) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán B � ; � �5 � Bài 15 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng d : x y , đường thẳng BC, CD qua hai điểm M (4; 0) N (0; 2) Biết tam giác AMN cân A Xác định tọa độ đỉnh hình vng ABCD (Trích đề thi thử lần 2, THPT Đặng Thúc Hứa, Nghệ An, năm 2012) ► Hướng dẫn giải : * Giả sử A(a; a – 4) thuộc d Do tam giác AMN cân A nên AM = AN ( a 4)2 (a 4) a ( a 6)2 � a 1 � A(1; 5) * Giả sử phương trình đường thẳng BC qua M(4; 0) có dạng: BC : ax by 4a (a b 0) Do CD vng góc BC đường thẳng CD qua N(0; 2) suy phương trình đường thẳng CD: CD : bx ay 2a * Do ABCD hình vng nên khoảng cách: 3a b � | 5a 5b | | 7a b | d ( A; BC ) d ( A; CD) � �� a b2 a b2 �a 3b * Với 3a = - b , ta chọn a = suy b = - �AB : 3x y �BC : x y � Khi phương trình cạnh là: � CD : x y � � �AD : x y 14 Ta có tọa độ đỉnh A(1; 5), B(2; 2), C (1; 1), D(2; 4) * Với a = 3b , ta chọn a = suy b = �AB : x y 14 �BC : x y 12 � Khi phương trình cạnh là: � CD : x y � � �AD : x y Trang 56 Ta có tọa độ đỉnh A(1; 5), B(5; 3), C (3;3), D(3;1) A(1; 5), B(2; 2), C (1; 1), D(2; 4) � Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán � A(1; 5), B(5; 3), C (3;3), D(3;1) � Bài 16 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM phân 17 � �5 � � giác BD Biết H 4;1 , M � ;12 �và BD có phương trình x y Tìm tọa độ đỉnh A tam giác ABC (Trích đề thi thử THPT Hậu Lộc 2, Thanh Hóa, năm 2013) ► Hướng dẫn giải : * Đường thẳng qua H BD có phương trình x y �x y �x �� � I (0;5) �BD I suy tọa độ I nghiệm hệ � �x y �y * Giả sử �AB H ' Tam giác BHH ' có BI phân giác đường cao nên BHH ' cân I trung điểm HH ' � H '(4;9) r uuuuuu r �3 �5 � � ;3 �nên có phương trình * AB qua H’ có vecto phương u H ' M � AB : x y 29 x y 29 � � B(6; 1) M trung điểm AB * Tọa độ B nghiệm hệ � �x y �4 � � A � ; 25 � �5 � �4 � Vậy tọa độ điểm A cần tìm là: A � ; 25 � �5 � Bài 17 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vng ABCD vng A D có AB = AD < CD, điểm B(1;2), đường thẳng BD có phương trình y = 2; Biết đường thẳng d: 7x – y – 25 = cắt đoạn AD CD theo thứ tự M N cho BM vng góc với BC BN tia phân giác góc MBC Tìm tọa độ đỉnh D, biết hồnh độ D dương (Trích đề thi thử THPT Gia Bình 1, Bắc Ninh, năm 2015) ► Hướng dẫn giải : Trang 57 * Ta có tứ giác MBCD nội tiếp suy �BDC �BMC 450 nên tam giác BCM vuông cân B hay BN trung trực MC, hay �BMN �BCN * Hạ BH vng góc với d, H thuộc d BE vng góc với DC, E thuộc DC Khi hai tam giác BHM = BEC suy BE = BH = d(B, d) = 2 * Ta lại có ABED hình vng nên BD = D(x;2) thuộc đường BD: y = 2, x5 � Ta có phương trình BD2 = 16 � ( x 1) 16 � � x 3 � * Do D có hồnh độ dương nên D(5; 2) Vậy tọa điểm D thỏa yêu cầu toán D(5; 2) Bài 18 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC Đường thẳng d song song với BC cắt cạnh AB, AC M N cho AM = CN Biết M(–4; 0), C(5; 2) chân đường phân giác góc A D(0; –1) Hãy tìm tọa độ A B (Trích đề thi thử lần 1, THPT Đoàn Thượng, Hải Dương, năm 2015) ► Hướng dẫn giải : Gọi D' điểm cạnh BC cho CD' = MN Ta có MNCD' hình bình hành MD' = CN = AM AMD' cân M MD'A = MAD' = D'AC AD' phân giác góc A D' trùng D CA qua C song song MD uuuur CA có vectơ phương MD (4; 1) �x 4t (t �R ) AC: � �y t uuur * A AC A(5 + 4a; – a) MA (9 4a; a) Ta có MA = MD (9 + 4a)2 + (2 – a)2 = 17 17a2 + 68a + 85 – 17 = a = –2 suy A(–3; 4) uuur x4 y � x y 16 * MA (1;4) AB: uuur x y 1 � 3x y DC (5;3) BC: x y 16 � �x 5 �� Do B: � Vậy B(–5; –4) 3x y � �y 4 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(3; 4), B( 5; 4) Trang 58 Bài 19 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có A 1; Gọi M, N trung điểm cạnh AD DC; K giao điểm BN với CM Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình x y điểm B có hồnh độ lớn (Trích đề thi thử THPT Chuyên Hưng Yên, năm 2015) ► Hướng dẫn giải : * Gọi E = BN AD D trung điểm AE Dựng AH BN H AH d A; BN Trong tam giác vuông ABE: AB 1 2 AH AB AE 4AB2 5.AH 4 * B BN B(b; - 2b) (b > 2) AB = B(3; 2) * Phương trình AE: x + = E = AE BN E(-1; 10) D(-1; 6) M(-1; 4) * Gọi I tâm (BKM) I trung điểm BM I(1; 3) BM R Vậy phương trình đường trịn: (x - 1)2 + (y - 3)2 = Vậy phương trình đường trịn thỏa yêu cầu toán (C ) : ( x 1) ( y 3) TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] PHÁT TRIỂN TƯ DUY GIẢI TỐN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG OXY, HỨA LÂM PHONG [2] 10 BÀI TỐN TRỌNG ĐIỂM HÌNH HỌC PHẲNG OXY, NGUYỄN THANH TÙNG [3] BỘ ĐỀ THI THỬ ĐH – CĐ NĂM 2013, 2014, 2015 CỦA CÁC TRƯỜNG PT TRONG CẢ NƯỚC Trang 59 ... 2 2 a1 b1 a2 b2 10 (? ?11 ) 32 ( 2) � (10 17 )x (2 17 11 )y 17 (d1 ) 10 x 11 y � 17 ( 3x y ) � (10 17 )x (2 17 11 )y 17 (d ) � � � | 20 17 17 |... r 11 17 10 17 � u u1 u � nê có VT pháp tuyến n (10 17 ; (11 17 ) � � 2 21 ; � 2 21 � � Vậy phương trình đường phân giác góc BDC là: (10 17 )(x 6) (2 17 11 )(y 6) (10 ... 17 | 26 �d[C;d1 ] (10 17 ) (2 17 11 ) 442 10 4 17 � Xét � d C ;d 1? ?? d C ; d | 20 17 17 | 26 � d[C;d ] � 2 (10 17 ) (2 17 11 ) 442 10 4 17 � Suy phương trình
Ngày đăng: 03/05/2018, 11:11
Xem thêm:
