HƯỚNG DẪN GIẢI OXY – PHẦN 4 – CHỦ ĐỀ TAM GIÁC.

Bài 6 (Phần 4). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác đều ABC . Biết trung điểm cạnh BC là H2; 0 và M1; 0 là một điểm nằm trên cạnh BH . Gọi PQ, lần lượt là hình chiếu của M trên AB AC , . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC , biết phương trình đường thẳng PQ là 4 16 3 41 0. x y    Bài toán của Thầy Phan Phước Bảo, Tp. Huế, 2016. ■ Bước 1: Dựng hình và phát hiện tính chất (hoặc điểm quan trọng cần khai thác) Ta nhận thấy bài toán có rất nhiều”góc vuông” và sẽ thật là thiếu sót nếu ta không tận dụng điều này để khai thác các “tứ giác nội tiếp” sẵn có trong hình. Ta có AQM AHM APM   đều nhìn cạnh AM dưới 1 góc vuông do đó 5 điểm A Q H M P , , , , đều thuộc một đường tròn đường kính AM Tính chất hình học mà ta cần quan tâm chính là KPHQ là hình thoi và từ nhận xét tứ giác nội tiếp ở trên ta có được KH KP KHP    cân tại K , đồng thời 0 PKH PAH KHP     2 60 đều nên KPHQ là hình thoi và KH PQ  . ■ Bước 2: Phân tích – định hướng tìm lời giải.  Viết pt đường thẳng         , ?; ? ?; ? , : E KH PQ E la trung diem KH KH qua H PQ E K BC quaH vtcp MH                  2 3 ?; ? ?; ? 2 ?; ? 3 K la trung diem AM AH AG K A AG AH G trong tam ABC             Khi đó B C G BC ; ; AG      (chú ý M B, trái phía so với C qua H ). ■ Bước 3: Hướng dẫn giải chi tiết. Ta có: KH PQ KH x y m KH qua H KH x y          : 4 3 0, 2; 0 : 4 3 8 3 0   E KH PQ    tọa độ E thỏa hệ 7 4 3 8 3 0 7 4 ; 3 4 16 3 41 0 4 3 x y x E x y y                           THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI HÌNH HỌC PHẲNG OXY MR.LAFO Do E là trung điểm KH 3 ; 2 3 2 K        , lại có K là trung điểm AM A  2; 4 3  Gọi G là trọng tâm tam giác ABC     2 2 2 2 2 4 3 2; 3 2 3 4 3 0 4 3 3 G G x AG AH G y                      Và đồng thời   2 8 3 0; 4 3 4 3 3 3 AH AH AG AH        Đường thẳng BC qua H2; 0 nhận HM   1; 0 có phương trình là: y  0 Đường tròn tâm 4 2; 3 G       có bán kính 8 3 AG  có phương trình   2 2 4 64 2 3 3 x y           Khi đó tọa độ BC; là nghiệm của hệ   2 2 0 6, 0 4 64 2 2, 0 3 3 y x y x y x y                          Suy ra B C 1 1 6; 0 , 2; 0    hay B C 2 2 2; 0 , 6; 0    Ta có       1 2 4; 0 1; 0 4; 0 B H MH B H              ta có 2 B M; cùng phía so H nên ta nhận B C 2; 0 , 6; 0    Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A B C 2; 4 3 , 2; 0 , 6; 0      . ■ Bước 4: Kiểm tra lại kết quả đã tìm được (biểu diễn tọa độ điểm tìm được lên hệ trục Oxy).

HƯỚNG DẪN GIẢI OXY – PHẦN 4 – CHỦ ĐỀ TAM GIÁC Bài 6 (Phần 4) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác đều ABC Biết trung điểm cạnh BC là H 2; 0 và M 1; 0 là một điểm nằm trên cạnh BH Gọi , P Q lần lượt là hình chiếu

của M trên AB AC Tìm tọa độ các đỉnh tam giác , ABC , biết phương trình đường thẳng PQ

là 4x16y 341 0.

Bài toán của Thầy Phan Phước Bảo, Tp Huế, 2016

■ Bước 1: Dựng hình và phát hiện tính chất (hoặc điểm quan trọng cần khai thác)

Ta nhận thấy bài toán có rất nhiều”góc vuông” và

sẽ thật là thiếu sót nếu ta không tận dụng điều này

để khai thác các “tứ giác nội tiếp” sẵn có trong

hình

Ta có AQM AHM APM đều nhìn cạnh

AM dưới 1 góc vuông do đó 5 điểm , , , A Q H M P ,

đều thuộc một đường tròn đường kính AM Tính chất hình học mà ta cần quan tâm chính là KPHQ là hình thoi và từ nhận xét tứ giác nội tiếp

ở trên ta có được KHKP KHP cân tại K ,

PKH PAH  KHP đều nên KPHQ là hình thoi và KHPQ.

■ Bước 2: Phân tích – định hướng tìm lời giải

E la trung diem KH

E KH PQ

BC quaH vtcp MH







 

2 3

2

?; ? 3

K la trung diem AM

AH AG







  



 Khi đó   B C;  G; AGBC (chú ý M B trái phía so với , C qua H )

■ Bước 3: Hướng dẫn giải chi tiết

Ta có: KHPQKH: 4x 3 y m0,KH qua H 2; 0 KH: 4x 3 y 8 30

E KH PQ tọa độ E thỏa hệ

7

; 3 4

4

x

E



Do E là trung điểm KH 3; 2 3

2

  , lại có K là trung điểm AMA2; 4 3

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

2

2;

2

3

G

G

x

y



  



 



Đường thẳng BC qua H 2; 0 nhận HM  1; 0có phương trình là: y0

Đường tròn tâm 2; 4

3

  có bán kính

8 3

AG có phương trình  2 4 2 64

2

3 3

    

Khi đó tọa độ ;B C là nghiệm của hệ

0

6, 0

2

3 3

y

 

         





Suy ra B1 6; 0 ,C12; 0 hayB22; 0 ,  C2 6; 0

Ta có

 

 

 

1

2

4; 0 1; 0 4; 0

B H

MH

B H

 

   





 



ta có B M cùng phía so H nên ta nhận 2; B2; 0 ,  C 6; 0

Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A2; 4 3 , B2; 0 ,  C 6; 0

■ Bước 4: Kiểm tra lại kết quả đã tìm được (biểu diễn tọa độ điểm tìm được lên hệ trục Oxy)

Chúc các em ôn tập hiệu quả và đạt kết quả cao nhất trong kì thi sắp tới !

Facebook: http://facebook.com/lamphong.windy Thầy Lâm Phong – Mr.Lafo (0933524179)