Tải Bài toán giải nhanh hình học Oxy - Chìa khóa giải nhanh hình học Oxy lớp 10

trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 15 và điểm B có tung độ dương.. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau và [r]

3

PHẦN 3: 10 BÀI TỐN HÌNH HỌC OXY

1 BÀI TỐN 1

A NỘI DUNG BÀI TOÁN 1

Tìm tọa độđiểm M thuộc đường thẳng  đã biết phương trình cách điểm I cho trước một khoảng

không đổi R( MI Rcons t)

B CÁCH GIẢI CHUNG

Có thể trình bày lời giải toán theo cách (bản chất một)

C1: Gọi M t( )  ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯MI R f t( )0  t ? M C2: Tọa độđiểm M nghiệm hệ : ( )C    

( ởđây (C) đường tròn tâm I bán kính R) GIẢI THÍCH CHI TIẾT :

Nghĩa gặp tốn có nội dung Bài tốn ta có thể tìm điểm theo cách trình bày sau: 1) Cách (C1):

*) Do M thuộc đường thẳng  đã biết phương trình nên ta tham sốhóa điểm M theo ẩn t Cụ thể

đềbài cho đường thẳng  dưới dạng : +) Tham số :

0 x x at y y bt

 

 

 



tắc: x x0 y y0

a b

 

 ta gọi M x( 0at y; 0bt)

Ví như: M thuộc đường thẳng :

x t

y t

    

   

ta gọi M(1  t; )t

+) Tổng quát ax by  c 0, để việc gọi điểm M đơn giản tránh tọa độ viết dạng phân số ta nên gọi sau:

4 Nếu

1 a b

  

 

(ởđây ( , , )a b c 1) ta chuyển dạng tham sốđể gọi M

Ví : 2x3y 3 0 ( u (3; 2), đi qua M0(0; 1) ) :

x t

y t

   

   

 M(3 ; )t   t

(Đây là “tiểu tiết” nhỏ - song tạo cho thói quen việc tính tốn giảm nhẹ hạn chế khảnăng sai xót bước tính tốn )

*) Khi việc sử dụng kiện MI R giúp ta thiết lập phương trình chứa t ( ( )f t 0), từ đây giải phương trình tìm t suy tọa độđiểm M

2) Cách (C2):

Do MI R nên M thuộc đường tròn ( )C tâm I , bán kính R Khi tọa độđiểm M nghiệm của hệphương trình (một phương trình  phương trình đường trịn ( )C ) :

( )C    

C VÍ DỤ GỐC

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm I(5; 2) đường thẳng : 2x  y Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  cho MI 5

Bài giải:

Cách 1: +) Vì M  nên gọi M t( ; 2t3)

+) Ta có 2 2

1

5 25 ( 5) (2 1) 25 1

5 t

MI MI t t t t

t   

            

  

(1;5) 17

; 5 M

M  

  

  

  



Cách 2: +) Có: MI 5 nên Mthuộc đường trịn ( )C tâm Ivà R5 có phương trình: (x5)2(y2)2 25

+) M  nên tọa độ điểm M nghiệm hệ: 2

1

(1;5)

2 1

1 17 ;

( 5) ( 2) 25 5

5 17

5 x y

M x y

x

M

x y

y  

 

 

 

  

  

 

     

      

  

 

 

5 Nhận xét:

*) Với C1 khơng cần quan tâm tới tốn sựtương giao đường thẳng đường tròn (đề cập ở C2) giải theo phương pháp đại sốthông thường

*) Với C2 ta thấy rõ chất tốn (điểm cần tìm giao đường thẳng đường tròn) *) C1 C2 hai cách trình bày khác của phương pháp giải hệphương trình *) Nếu tìm điểm M khi IM   ( hay đường tròn ( ; )I R tiếp xúc với  M ) *) Tùy vào kiện tốn, linh hoạt trình bày theo C1 hoặc C2 ( C2 “mạnh” C1 khi đề

cập tới điểm có vai trị – bạn thấy rõ điều qua ví dụ minh họa phần sau).

D CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG

Như để chuyển toán vềBài toán 1, ta cần chỉra được điều : +) Điểm cần tìmđang thuộc đường thẳngđã biết phương trình

+) Điểm cần tìm cách điểmđã biết tọa độmột khoảng khơng đổi Vì đểcó 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 tốn thếnào đểtính khoảng cách đó?

Và hỏi “thiết kế” qua cách đề sau:

1 CÁCH RA ĐỀ 1: Cho biết M thuộc đường thẳng  và điểm I cho trước, độ dài IM đề không cho Cần “cắt nghĩa” dữ kiện của tốn đểtính độdài đoạn IM

Ví dụ (D – 2006) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) :C x2 y22x2y 1 đường thẳng d x:   y Tìm tọa độ điểm M nằm d cho đường tròn tâm M , có bán kính gấp đơi bán

kính đường trịn ( )C , tiếp xúc ngồi với đường tròn ( )C

6 Phân tích : *) M d x: y 3

*) ( ) : (1;1) I C

R  

 

khai thác kiện suy MI 3R3  chuyển về Bài toán Giải :

+) Đường trịn ( )C có tâm I(1;1) bán kính R1

+) Gọi A điểm tiếp xúc ngồi đường trịn tâm M đường tròn ( )C Suy : MI MAAI 2RR3R3

+) Gọi M t t( ; 3)d

Khi ( 1)2 ( 2)2 2

2 t

MI MI t t t t

t  

             

  

(1; 4) ( 2;1) M M 

 

 +) Vậy M(1; 4) M( 2;1)

Ví dụ (A – 2011) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng :x y20 đường tròn

2

( ) :C x y 4x2y0 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 3

*) SMAIB 2SMBI BI MB  5.MB10MB2 5MI 5 chuyển về Bài toán Giải :

+) Ta có ( ) :C x2y24x2y0 (2;1) I

R IB    

 

 

+)Vì MA MB tiếp tuyến (A B tiếp điểm)

SMAIB 2SMBI IB MB  5.MB10MB2 5MI  MB2 IB2 5 +) Gọi M t( ; t 2) 

+) Khi 25 ( 2)2 ( 3)2 25

3 t

MI MI t t t t

t  

              

  

(2; 4) ( 3;1) M M

 

7 Ví dụ (B – 2002) Cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1;

2 I 

 , phương trình đường thẳng AB x2y20 AB = 2AD Tìm tọa độ điểm A, B, C, D biết A có hồnh độ âm

Phân tích hướng giải: *) Có AAB x: 2y 2

*) AD2 ( ,d I AB)AB ? AI ? chuyển về Bài toán 1 tọa độđiểm A  tọa độ B C D, , Giải :

Gọi H hình chiếu vng góc I AB Khi

2

1

5

( , )

2

1

IH d I AB



  



Suy

2 AB

AH  AD IH  2 5

4

IB IA IH AH

      

Do A B, giao điểm đường thẳng AB với đường tròn trịn tâm I, bán kính R

Vậy tọa độ A B, nghiệm hệ : 2

2

1 25

2

x y

x y

  

 



 

  

 



 



2 x y

   

 

2 x y

  

 

Suy A( 2; 0), (2, 2) B ( Vì xA 0)

Mặt khác I trung điểm AC BD nên suy C(3; 0),D( 1; 2)  Vậy A( 2; 0), (2, 2), (3;0), B C D( 1; 2) 

Nhận xét :

Khi toán yêu cầu tìm từhai điểm trởlên, mà điểm có vai trị (trong A B, có vài trị

như ) bạn nên trình bày theo C2để từđiểm ta suy điểm

8

Phân tích hướng giải:

*) Có B C,  :x  y

*) 18 2

( , ) ABC ABC

S

S BC BH AB AC AH BH

d A

       

  chuyển về Bài toán

Giải :

+) Gọi H hình chiếu vng góc A  Khi H trung điểm BC :

2

1 4

( , )

2

1

AH d A      



2.18 2

9 ABC S

BC BH CH

AH

      

2 81 97

8

2

AB AH BH

     

+) Vậy 97

2

AB AC , suy B C, thuộc đường tròn

tâm A( 1; 4) bán kính 97

R có phương trình : 2 97

( 1) ( 4)

2 x  y 

+) Khi tọa độ B C, nghiệm hệ : 2 2 2

4 97

( 1) ( 4) 28 33

2 x y

y x

x y x x

  

  

 



 

       

 

3

5 x

y 

    

    

11 x

y 

       

+) Vậy 3; , 11 3;

2 2

B   C 

   

11 3

; , ;

2 2

B  C  

   

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD, có BD nằm đường thẳng có phương trình xy 3 0, điểm M( 1; 2) thuộc đường thẳng AB, điểm N(2; 2) thuộc đường thẳng AD Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết điểm B có hồnh độ dương

Phân tích hướng giải:

9

*) Ta biết tọa độhai điểm M( 1; 2) N(2; 2) nên tính độdài đoạn BM BN ta sẽ

tìm tọa độđiểm B nhờ Bài toán Nghĩa ta cần yếu tố vềđịnh lượng, điều gợi ý ta tính d M BD( , ) d N BD( , ) Trong hai đại lượng , đại lượng d M BD( , )sẽ giúp ta dễ dàng tìm độ dài BM (do MBH900), từđó “tháo” điểm B theo góc nhìn của Bài tốn *) Khi tìm được tọa độđiểm B ta tìm tọa độcác điểm cịn 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 vng góc M

2 2

( , )

1

BDMH d M BD       Do MHB tam giác vuông cân H BM  2MH 2

+) Gọi B t( ;3t) với t0, :

BM2 4(t1)2 (t1)2 4t2   1 t t 1 (loại)B(1; 2) +) AB qua B M nên có phương trình y2

AD qua N vng góc với AB nên có phương trình x2 Suy A(2; 2)

+) Tọa độ điểm D nghiệm hệ: 2 (2;1)

3

x x

D

x y y

 

 

 

 

   

 

Gọi I trung điểm BD 3; (1;1) 2

I  C

  

  (do I trung điểm AC) (Có thể tìm C qua hệ thức  DCAB)

Vậy A(2; 2), (1; 2), (1;1),B C D(2;1)

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A D, có AB ADCD, điểm (1; 2)

B , đường thẳng BD có phương trình y2 Biết đường thẳng : 7x y 250 cắt đoạn thẳng

,

10

Phân tích hướng giải :

*) Với kiện tốn ta có DBD y: 2 và điểm B(1; 2), nên tính độdài đoạn BD ta nhìn thấy ln Bài tốn việc tìm điểm D khơng có khó khăn Nghĩa ta cần có yếu tố về“định

lượng” Lúc đường thẳng  đã 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 cịn lại tốn phương pháp hình học túy ta dễ dàng chỉra

( , ) ( , )

BH d B CD d B  , ta sẽtính độ dài BD và đưa lời giải đầy đủ cho toán

Sau lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải:

+) Gọi H hình chiếu vng góc B CD, ABHD hình vng Suy CBH MBA (hai góc phụ với MBH)

Từ ta có CBH  MBA (g.c.g)CBMB CBN  MBN (c.g.c)

Khi ( , ) ( , ) 25

50

BH d B CN d B MN    

Mà tam giác DHB vuông cân H nên BD 2BH 4 +) Gọi D t( ; 2)BD với t0, đó:

BD2 16(t1)2 16 t t 3 (loại) D(5; 2) Vậy D(5; 2)

Ví dụ (A, A1 – 2012 – CB ) Cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm cạnh BC, N điểm

cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử 11 1; 2 M 

  AN có phương trình 2x  y Tìm tọa độ điểm A

Phân tích hướng giải :

*) AAN: 2x  y 0

11

cạnh tam giác AMH đều biểu diễn thơng độ dài cạnh hình vng nên ta nghĩ tới việc tính góc A nhờđịnh lí cosin tam giác Do ta có lời giải cụ thểnhư sau :

Giải:

+) Gọi H hình chiếu M lên AN

2 11

2

3

2

( , )

2

2

MH d M AN

 

   



Đặt AB6a ;

3

ND a NC a

MB MC a

 

  

 



( ABCD hình vng CN 2ND)

(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 3 ;a MN 5a AN2 10a

Trong AMN ta có: cosMAN

2 2 2 2

2

45 40 25 60

2 2.3 10 60 2

AM AN MN a a a a

AM AN a a a

   

   

 MAN=

45  MAH cận H 2.3 10

2

AM MH

    (*)

+) Gọi A t( ; 2t3)AN +) Ta có 45

2

AM  (theo (*))

2

2 (1; 1)

11 45

2

4 (4;5)

2 2

t A

t t t t

t A

 

 

   

         

     



     

+) Vậy A(1; 1) A(4;5) Nhận xét:

*) Khi muốn chuyển việc tìm điểm về Bài tốn mà yếu tốđộ dài MI chưa biết (trong toán AM

chưa biết) thường ta hay “cắt nghĩa” thơng qua kiện vềđịnh lượng Nếu khơng có điều đề

bài thường ẩn chứa yếu tố bất biến góc (ví tốn góc MAH  ta ln tính được), khoảng cách (trong ví dụ d M AN( , ) đại lượng khơng đổi)…Từđây việc tìm độ dài MI (trong bài toán AM ) sẽkhá đơn giản toán gốc xuất nội dung của Bài toán

*) Ngồi cách tìm 10

2

AM  như ví dụ trên, bạn tham khảo việc tìm AM theo cách

sau: Đặt  

2

12 AMN ABCD ADN CNM BAM

a

ABaS S  S S S  10

3 a AN 

Khi đó:

2

2 12 10

( , )

2 10 2

3

AMN

a

S a

d M AN a AM

AN a

       

12

Ví dụ Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng 1: 3xy 5 0, 2:x2y 3 đường tròn

2

( ) :C x y 6x10y 9 Gọi M điểm thuộc đường tròn ( )C N điểm thuộc đường thẳng

 cho M N đối xứng qua 2 Tìm tọa độ điểm N

Phân tích :

Điểm N thuộc đường thẳng 1 đã biết phương trình, để tìm tọa độđiểm N ta cần thêm yếu tố

liên quan tới N Lúc ta quan tâm tới điểm biết tọa độ kiện toán Ởđây đường trịn ( )C có tâm I(3; 5) , tính độ dài NI ta chuyển ln về Bài tốn Song tốn việc tìm NI phức tạp Vì cần điểm khác mà việc tính khoảng cách từ N tới điểm đơn giản Trong tốn có chứa yếu tốđối xứng (M N đối xứng qua 2), điều khiến ta nghĩ tới điểm I'

đối xứng với I qua 2 Và điểm hoàn toàn xác định được, từđây suy NI'IM R5 Như

lúc ta nhìn thấy Bài tốn để tìm tọa độđiểm N Cụ thể : *) N 1: 3xy 5

*) N cách điểm I' đã biết tọa độ khoảng NI'5

(Thực ởchương trình lớp 11 bạn học phép đối xứng trục ta trả lời câu hỏi sao lại xác định thêm điểm I' như – song cách giải tác giảđã trình bày theo cách mà để

ngay bạn học lớp 10 hiểu được) Giải :

+) Đường trịn ( )C có tâm I(3; 5) bán kính R5

+) Gọi I' điểm đối xứng với I qua 2 , suy II' qua I vng góc với 2 nên có phương trình : 2xy 1

Gọi II'  2  H , tọa độ điểm H nghiệm hệ : 1 (1; 1) '( 1;3)

2

x y x

H I

x y y

   

 

    

 

    

 

13

+) Gọi N t( ; 3 t5) 1 , N I, ' hai điểm đối xứng M I, qua 2 nên : NI'IM R 5 NI'2 25(t1)2(3t8)2 25t25t40

4 t t

  

 

  

( 1; 2) ( 4; 7) N N

  

   +) Vậy N( 1; 2)  N( 4; 7)

Nhận xét :

Khi tìm tọa độ điểm nghĩa toán chứa hai ẩn (tung độvà hồnh độ điểm đó), vậy việc giải lớp toán thực chất việc cắt nghĩa số liệu tốn để được hai phương trình (hai dấu “=”) Dữ kiện điểm thuộc đường ln giúp ta có phương trình dữ kiện chưa khai thác giúp ta cắt nghĩa để tìm thêm dấu “=” lại Kinh nghiệm làm tốn tìm điểm cho ta biết xác suất rơi vào Bài tốn thường cao (có lẽđó ý đồvà lí để tác giả

giới thiệu Bài toán đầu tiên tới bạn) Vì ví dụ cụ thể, điểm thuộc đường thẳng

cho trước hướng tư ta ưu tiên nghĩ tới điểm cốđịnh khoảng cách từđiểm cần tìm tới điểm xác định được.

Ví dụ Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vng A(1; 3) có góc ABC = 300, đường thẳng

:x y

    tiếp tuyến B đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ điểm B C,

biết B có hồnh độ số hữu tỉ

Phân tích hướng giải :

*) Ởđây B đang thuộc đường thẳng  A là điểm biết tọa độdo tính độdài đoạn AB ta sẽ

chuyển về Bài toán Lúc ta sẽ cắt nghĩa kiện toán đểlàm điều (các bạn xem việc cắt nghĩa phần lời giải chi tiết)

*) Khi tìm điểm B ta dễ dàng viết phương trình BC AC suy tọa độđiểm C Giải :

+) Gọi H hình chiếu vng góc A d, suy ( , ) 3

2

AH d A

  

   

14

Khi : ABH = 600 xét tam giác vng AHB ta có: 0 3

sin 60

2 AH

AB    

+) Gọi B t t( ; 2) với t , : AB2  8 (t1)2 (t 2 3)2  8 t2(1 3)t0 t t  1 3 (loại) Suy B(0; 2)

+) Khi BC qua B(0; 2) có véctơ pháp tuyến  nBC u (1;1) nên có phương trình: xy 2 AC qua A(1; 3), có  nAC BA(1; 2  3) có phương trình: x(2 3)y 4 30

+) Vì BCAC C nên tọa độ điểm C nghiệm hệ:

2

2 3

2

(2 3)

3 x

x y

x y

y 

  

  



 



 

    



   

 

 2 ;

3

C   

 

Ví dụ 10 Cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn 2

( ) :C x y 2x2y180 Biết AC2BD, điểm

B có hoành độ dương thuộc đường thẳng : 2x  y Viết phương trình cạnh AB

Phân tích hướng giải :

*) Ởđây B đang thuộc đường thẳng  I tâm đường tròn ( )C đã biết tọa độdo tính độ dài đoạn BI ta chuyển về Bài toán Lúc ta sẽ cắt nghĩa kiện toán đểlàm điều (các bạn xem việc cắt nghĩa lời giải )

*) Khi tìm điểm B ta chuyển toán viết phương trình đường thẳng AB đi qua điểm B đã biết tọa độvà cách điểm I cho trước khoảng khơng đổi R nghĩa ta chuyển tốn về Bài tốn (Các bạn sẽđược tìm hiểu kĩ bài Bài toán ở phần sau)

Giải :

15 +) Đường tròn ( )C có tâm I(1; 1) bán kính R2 Gọi H hình chiếu I AB, suy IH R2

Vì ABCD hình thoi AC2BD nên AI 2BI, xét tam giác vng ABI ta có : 2 2 2 2 2

2

1 1 1

5

4 (2 5) BI

AI BI  IH  BI BI   

+) Gọi B t( ; 2t5)  với t0, : BI 5BI2 25(t1)2(2t4)2 25 5t218t 8 0 t

5

t  (loại) B(4;3) +) Gọi véctơ pháp tuyến AB nAB ( ; )a b với 2

0

a b  , phương trình AB có dạng : a x( 4)b y( 3)0ax by 4a3b0

Ta có : 2

2

4

( , ) a b a b (3 ) 20( )

d I AB R a b a b

a b

  

      



2

2

11a 24ab 4b 11 a 24 a

b b

   

           

   

a

b  11 a b  +) Với a

b  chọn a b

  

 

, phương trình AB : 2xy110

Với 11 a

b  chọn 11 a b

  

 

, phương trình AB : 2x11y410

Ví dụ 11 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có E F, thuộc đoạn AB AD, cho EB2EA , FA3FD, F(2;1) tam giác CEF vuông F Biết đường thẳng

3

x y  qua hai điểm C E, Tìm tọa độ điểm C, biết C có hồnh độ dương

Phân tích hướng giải:

*) CCE đã biết phương trình F(2;1) Điều gợi ý ta tính độ dài CF , làm điều ta dễdàng có đáp số theo góc nhìn của Bài tốn

*) Với kiện EB2EA , FA3FDvà tam giác CEF vuông F ta tìm mối liên hệ hai cạnh của hình chữ nhật Song ta thiếu yếu tố vềđịnh lượng Nếu đề không cho ta nghĩ

ngay tới việc tính d F CE( , ) (yếu tốẩn tốn) Thơng số giúp ta có độdài đoạn CF

16 Giải :

+) Ta có F1 = C1 (vì phụ với F2 ) A = D =

90 , suy AEF~ DFC AE AF EF

DF DC FC

  

Mà

1

2 3

3

;

4

AE AB

EB EA

FA FD

DF AD AF AD

   

 



 



   

 

, suy 2

1

9

3

1 16 4

4

AB AD

AB

AB AD

AB AD

AD

    

Do

1

3 1

1

AB

EF AE

EF FC

FC DF

AD

     , suy FEC vuông cân F

+) Gọi H hình chiếu vng góc F EC Khi :

2 2

2 ( , ) 2

1

CF  FH  d F CE    

 +) Gọi C t(3 9; )t với t 3 (do xC 0) Suy ra:

CF2 20(3t7)2(t1)2 20t2 4t 3 0  t t 3 (loại) C(6; 1) +) Vậy C(6; 1)

Nhận xét:

Ở ví dụ việc tìm điểm C theo góc nhìn của Bài toán “tự nhiên” C thuộc đường thẳng biết phương trình điểm F(2;1) cốđịnh Song câu hỏi tốn khơng dừng lại việc tìm điểm

C mà phải tìm tất cảcác đỉnh hình chữ nhật ABCD ta hồn tồn giải triệt để toán Cụ thể:

+) Khi tìm điểm C ta viết phương trình EF (đi qua F vng góc với CF ) suy tọa độđiểm E ( với CEEF  E )

+) Việc

4 AB

AD

2

3 AE FE

AF

 



  

  

hay A là giao điểm đường tròn ( ; 2)E ( ;3 2)F  tọa độđiểm A (chú ý A C, khác phía EF để loại bớt điểm A)

+) Từ

3

AB AE

AF FD

 

 

  

 

17

Ví dụ 12 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A D có đáy lớn CD BCD = 450 Đường thẳng AD BD có phương trình 3xy0 x2y0 Viết phương

trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang 15 điểm B có tung độ dương

Phân tích hướng giải :

*) Với việc BBD đã biết phương trình điều kiện B có tung độdương giúp ta nghĩ tới nên tìm tọa độ điểm B trước Do ADBD D ta dễ dàng tìm tọa độđiểm D, BBD cắt nghĩa dữ kiện tốn đểtính độ dài BD ta tìm tọa độđiểm B theo Bài tốn Ởđây có dữ kiện

15 ABCD

S  (*) mà SABCD phụ thuộc vào AB AD, DC Nghĩa đẳng thức (*) chứa tới 3 ẩn Nếu thế

sẽ cần giảm sốẩn, điều có thểlàm AB AD, DC có mối liên hệ với nhau, hay nói cách khác có hai ba ẩn biểu diễn theo ẩn lại Vậy ta cần khai thác số liệu cụ thể toán Dữ kiện tốn cho góc BCD =

45 AD BD, đã biết phương trình, từđây gợi ý ta nên tính góc

ADB (ta nháp cos( , )

10

AD BD

AD BD n n AD BD

n n



   

 

  ADB =

45 ) Như tam giác ABD DBC

lần lượt vuông cân A B Lúc ta biểu diễn AD BD, theo AB; từ (*) ta sẽsuy AB và dễdàng có độ dài BD

*) Khi tìm được Bsuy phương trình BC CBBD(tam giác DBC vng B) Giải :

+) Do ADBD D nên tọa độ điểm D nghiệm hệ :

2

x y

x y

 

 

 



0

(0;0)

x

D y

 

 

 

Ta có vectơ pháp tuyến tương ứng AD BD là: nAD(3; 1), nBD (1; 2)

Suy ra:

3 2 1

cos( , )

10

AD BD

AD BD n n AD BD

n n



   

 

  ADB = 450

Khi tam giác ABD BDC vuông cân A B, suy :

2 DC ABAD

+) Ta có : ( ) ( ) 15

2 2

ABCD

AB DC AD AB AB AB

18 +) Gọi B(2 ; )t t với t0

Khi : 2 2

2 20 (2 ) 20

BD  BD   t t  t   t t 2 (loại)B(4; 2) +) Đường thẳng BC qua B(4; 2) có véctơ pháp tuyến :n BC uBD (2;1)

(vì tam giác BDC vng B) nên ta có phương trình : 2(x4)(y2)0 2xy100

Ví dụ 13 (B – 2013 – CB ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vng góc với AD3BC Đường thẳng BD có phương trình x2y 6 tam giácABD có trực tâm

( 3; 2)

H  Tìm tọa độ đỉnh C D

Phân tích hướng giải:

Với yêu cầu toán, ban đầu sẽcho ta chùm câu hỏi hướng phân tích sau: “Với C D ta ưu tiên tìm điểm trước ? D đang thuộc đường thẳng BD đã biết phương trình, C thuộc đường thẳng AC mà ta hồn tồn viết phương trình (AC qua H vng góc với BD) Khi giao điểm  I BDAC hồn tồn xác định Ta cần thêm kiện “có lợi” cho C D” Do ABCD hình thang cân nên IBICBCI =

45 BCH tam giác cân B  I là trung điểm HC Nghĩa ta tìm tọa độđiểm Ctrước Lúc kiện chưa khai thác

BC // AD AD3BC , từđây ta nghĩ tới định lý Ta – Lét suy DI 3BI 3IH Khi việc tìm tọa độđiểm D được đưa về Bài tốn Cụ thể: *) DBD x: 2y 6 0 *) DI 3IH Giải:

+) Vì ACBD  nAC uBD (2; 1) , nênACcó phương trình là: 2(x3) ( y2)02x  y Gọi BDAC I Khi tọa độ điểm I nghiệm hệ:

( 2; 4)

2

x y x

I

x y y

    

 

  

 

   

 

+) Do ABCD hình thang cân nên IBIC BCI=450BCH tam giác cân B Suy I trung điểm HC C( 1;6)

+) Áp dụng định lí Ta – lét với AD/ /BC ta có: ID AD ID 3IB 3IH

19 +) Gọi D(6 ; ) t t BD,

3 45

ID ID 

(2t8)2 (t4)2 45

(4;1) ( 8; 7)

t D

t t

t D



 

     

 

 

Vậy ( 1; 6) (4;1) C D

   

( 1; 6) ( 8; 7) C D

  

 

Nhận xét:

Khi toán yêu cầu tìm từhai điểm trở lên thứ tự tìm điểm thường ưu tiên theo dự kiện sau: Điểm cần tìm có liên quan tới hệ thức véc tơ (trong ví dụ I là trung điểm HC hiểu C liên hệ

với H I, qua hệ thức vecto  HI IC) , điểm thuộc đường biết phương trình…

Ví dụ 14 Cho tam giác ABC vuông A, điểm B(1;1) Trên tia BC lấy điểm M cho BM BC 75 Phương trình đường thẳng AC: 4x3y320 Tìm tọa độ điểm C biết bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MAC 5

2

Phân tích hướng giải :

*) Ta dễ dàng tìm tọa độđiểm A giao AC AB (AB đi qua vng góc với ) *) Khi tốn có dữ kiện thường nghĩ tới tam giác đồng dạng tứ giác nội tiếp

đường trịn ( kiến thức hình lớp hay đề cập tới điều này) Trong tốn lại có yếu tốbán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác , đểkhai thác kiện gợi ý ta dựng thêm điểm cho nội tiếp

đường tròn, việc giúp ta cắt nghĩa tất thông số ( Các bạn thấy rõ lời giải của toán)

*) Sau dựng điểm ta cắt nghĩa số liệu tốn đểđi tính độdài đoạn , ta tìm

được tọa độ điểm theo góc nhìn của Bài toán Cụ thể: +)

+) cách khoảng xác định Giải :

B AC

75

BM BC

MAC D ACMD

D AC

C

: 32

CAC x y 

20

+) qua vng góc với nên có phương trình:

Do nên tọa độ điểm nghiệm hệ:

+) Kẻ vng góc với cắt , suy tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính (cũng đường trịn ngoại tiếp tam giác ), :

Ta có (g.g) nên

nằm

Khi , suy

+) Gọi ,

+) Vậy

2 CÁCH RA ĐỀ 2:Cho biết cách (đã biết tọa độ) một khoảng không đổi Cần dựa vào các dữ kiện của tốn để viết phương trình đường thẳng chứa .

Ví dụ (B – 2005) Cho hai điểm Viết phương trình đường trịn tiếp xúc với trục hoành

tại điểm khoảng cách từ tâm đến điểm

Phân tích hướng giải :

Muốn viết phương trình đường trịn cần tìm tọa độ tâm bán kính *) cách một khoảng không đổi

*) Đường tròn tiếp xúc với trục hoành điểm nên thuộc đường thẳng qua vng góc với trục hồnh (trục )

Như việc tìm điểm đã chuyển về Bài toán 1. Giải :

+) Đường tròn tiếp xúc với trục hồnh điểm nên , suy phương trình

+) Gọi ,

AB B(1;1) AC (uAC (3; 4)) 3x4y 1

 

ACAB A A 32 (5; 4)

3 4

x y x

A

x y y

   

 

 

 

   

 

MD BC AB K ACMD

CD MAC CD2R5

~

BMD BAC

 

2

75

15

4

BM BD BM BC

BD

BA  BC   BA     5 AB

A

 B D

15 10

ADBDBA   AC CD2 AD2  (5 5)2102 5 (8 ; )

C  t  t AC AC  5 AC2 25(3t3)2(4t4)2 25

2

25 50

2 t

t t

t  

    

  

(8; 0) (2;8) C C    (8; 0)

C C(2;8)

M I

M

(2;0)

A B(6; 4) ( )C

A ( )C B

( )C I RIA

I B IB5

( )C A I A

Ox I

( )C A IAOx IA x: 2

(2; )

I t AI 25 42 ( 4)2 25 ( 4)2 (2;1)

7 (2;7)

t I

IB IB t t

t I



 

           



21

+) Với bán kính , suy phương trình đường trịn : +) Với bán kính , suy phương trình đường trịn :

Vậy phương trình đường trịn cần lập

Ví dụ (B – 2009 – CB ) Cho đường tròn hai đường thẳng

Xác định toạ độ tâm bán kính đường trịn ; biết đường trịn tiếp xúc với đường thẳng 1, 2 tâm thuộc đường trịn (C)

Phân tích hướng giải :

*) tiếp xúc với thuộc đường phân giác góc tạo

*)

chuyển về Bài toán Giải :

+) Đường trịn có tâm bán kính

+) Ta có : tiếp xúc với thuộc đường phân giác góc tạo

Khi gọi

+) Với đường phân giác Gọi

Vì (vơ nghiệm)

+) Với đường phân giác Gọi (2;1)

I RIA1 (x2)2(y1)2 1

(2; 7)

I RIA7 2

(x2) (y7) 49

2

(x2) (y1) 1 2

(x2) (y7) 49

2

( ) : ( 2)

5

C x y  1:xy0

2:x 7y

   K (C1) (C1)

K

1

(C )  1, 2 K 1 2

2 ( )

5 K C IK R 

( )C I(2; 0)

5 R

(C )  1, K 1 2

1

( ; ) ( , ) ( , )

K x y d K  d K 

2

xy x y

 

5( )

5( )

x y x y x y

x y y x x y

    

 

 

    

 

1:

d xy K t( ; ) t d1

2 2

2 4

( ) ( 2) 25 20 16

5

5

K C IK  IK   t  t   t  t 

2:

22 Vì

Khi bán kính đường trịn :

Ví dụ (B – 2012 – CB ) Cho đường tròn , đường thẳng Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc , tiếp xúc với d cắt hai điểm phân biệt A B cho AB vng góc với d

Phân tích hướng giải: Muốn viết phương trình đường trịn ta cần: *) Xác định tâm “góc nhìn” của Bài tốn Cụ thể:

Ta lập phương trình đi qua vng góc với (tính chất đường nối tâm) hay song song với Khi

đó: +) đã biết phương trình +) hay

( Ta làm theo Cách 2 với tọa độ - cách trình bày khác của Bài tốn 1) *) Xác định bán kính: nhờ

Giải:

Gọi tâm đường tròn cần viết phương trình Ta có tâm

Vì // phương trình :

Gọi mà

Mà tiếp xúc với Vậy phương trình là:

2 2

2 4

( ) (2 2) 25 40 16

5 5

5

K C IK  IK   t t   t  t   t  4; 5 K 

 

1

(C) 1

8 5 ( , )

2 d K



   2

5

2

1

(C ) :x y 4 (C2) :x2y212x180

:

d xy  (C2) (C1)

I

1

II I1 AB d

1

III I(C2) II2 R2

 I II1(C2) I R Rd I d( , )

I ( )C (C1) :x2y2 4 (C1) I1(0; 0)

1

1 II AB

II AB d

 

 

 

d  II1 xy0

1 ( ; )

I t t II I(C2) 2

12 18

t t t

     t2 6t 9 0 t I(3; 3)

( )C d 

2 3

( , ) 2

1

Rd I d     

23

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ , cho tam giác cân nội tiếp đường trịn có tâm Đường thẳng cắt đường tròn điểm với Đường cao từ đỉnh cắt đường trịn điểm với Tìm tọa độ đỉnh tam giác , biết có hồnh độ

dương

Phân tích hướng giải:

*) Vẫn câu hỏi quen thuộc nên đặt “ Với kiện toán, thứ tựcác điểm sẽđược tìm

thế ?” Ởđây dễ dàng trả lời câu hỏi việc tìm tọa độđiểm đầu tiên (

là trung điểm ) Tiếp đến sẽlà điểm (dữ kiện có hồnh độdương gợi ý điều này)

*) , ta cần thêm kiện liên quan tới điểm Lúc cần tạo mối liên hệđiểm với

các số liệu biết tốn Ta có đã biết tọa độ việc vẽ hình xác ta

có thểsuy đốn Nếu có điều ta dễ dàng viết phương trình việc tìm điểm

là khơng khó ta nhìn thấy Bài tốn

*) Bằng kiến thức hình học sơ cấp (kiến thức hình học cấp 2) ta dễ dàng chứng minh *) Sau tìm tọa độđiểm ta sẽsuy tọa độđiểm (do đối xứng với qua )

Sau lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải:

+) Vì trung điểm nên

+) Ta có (cùng phụ với ) (tính chất góc nội tiếp)

Suy đường trung trực , qua vng góc với nên có phương trình:

(với )

+) Gọi với , :

(loại)

+) Phương trình , suy qua vng góc có phương trình:

Oxy ABC A ( )T

(0; 5)

I AI ( )T M(5; 0) M  A C

( )T 17;

5

N  

  N C ABC B

A

I AM B B

5

IBIM  B B

17

(5; 0), ;

5

M N  

 

IBMN IB B

IBMN

B C C B AM

I AM A( 5;10)

 

NCBMAB ABC BNBM

IB MN IB I MN

7xy 5 42; 67;1

5 5

MN     

 

 ( ;5 )

B t  t t 0

2 2 2

(7 ) 50 1

IB IM t  t  t   t t 1 B(1; 2)

:

24

Gọi , suy tọa độ điểm nghiệm hệ

Do trung điểm Vậy , ,

Ví dụ (A – 2012 – NC ) Cho đường trịn Viết phương trình tắc elip (E), biết (E) có độ dài trục lớn (E) cắt bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh hình vng

Phân tích hướng giải:

*) Phương trình : như ta cần tìm

*) (E) có độ dài trục lớn 8

*) Dữ kiện (E) cắt tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh hình vng nên đỉnh nằm hai

đường phân giác thuộc góc phần tư thứ thứ hai Ta giả sửcó đỉnh thuộc đường phân giác Vậy việc tìm tọa độđiểm quay về Bài toán nhờ:

+) +) (hay ) *) Mà phương trình (E)

Giải:

Gọi phương trình tắc elip có dạng:

+) (E) có độ dài trục lớn

+) (E) cắt bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh hình vng nên đỉnh nằm hai đường phân giác thuộc góc phần tư thứ thứ hai

Ta giả sử giao điểm (E) thuộc đường phân giác

+) Gọi ( ) Ta có: (vì )

+) Mà

Vậy phương trình tắc elip (E) là:  

AMBC H H (4;1)

5

x y x

H

x y y

   

 

 

 

   

 

H BCC(7; 4) A( 5;10) B(1; 2) C(7; 4)

2

( ) :C x y 8 ( )C

( )E

2

2

x y

a b  a b;

2a a

   

( )C

A :

yx A

:

A  y x AOR2 A( )C

( )

A E b

( )E

2

2

x y

a b 

2a a

   

( )C

A ( )C : yx

( ; )

A t t   t0 2

( )

A C t t   t t0 A(2; 2)

( ) A E

2

2

2

2 16

1

4 b b

    

2

1 16 16

3

x y

25

Ví dụ (D – 2013 – NC ) Cho đường tròn đường thẳng Tam giác có trực tâm trùng với tâm , đỉnh thuộc , đỉnh trung điểm cạnh thuộc Tìm tọa độ điểm

Phân tích hướng giải:

*) Với kiện toán dễ dàng tìm tọa độđiểm qua góc nhìn của Bài toán Cụ thể: +) thuộc đường thẳng qua vng góc với +) ( ) *) Khi tìm điểm ta tìm điểm thông qua điểm tiếp tục sử dụng Bài toán Cụ thể: +) (do là trung điểm ) +)

*) Việc tìm điểm được vận dụng nhờ Bài tốn

(các bạn sẽđược tìm hiểu kĩ thơng qua Bài tốn ở phần sau) Giải:

+) Đường trịn có tâm bán kính

Do tiếp xúc với Khi , suy phương trình là:

+) Gọi Mà

(loại )

+) Với , gọi trung điểm

Do

+) Gọi , với:

*) , từ

*) , từ

2

( ) : (C x1) (y1) 4 :y 3

MNP ( )C N P  M MN

( )C P

M

M I  MI R2 M ( )C

M N K

( ) :

N t   y  K t( ) K MN KI R2

P

( )C I(1;1) R2

1

( ; )

1

d I     R   ( )C IM   IM x1

(1; )

M t IM ( ) (1 1)2 ( 1)2

3 t

M C t

t   

       

  (1; 1)

M

  M(1;3) M  

(1; 1)

M  N a( ; 3)  1;1

2 a K  

  

  MN

2

2 (5;3)

1

( ) (1 1) ( 1) 16

3 ( 3;3)

2

a N

a

K C a

a N



 



 

           

  

   

( ;3) P m  

(4; 2) (5;3)

( 1; 4) IN

N

MP m

 

  

 

 



 IN MP  0 4(m1)2.40m 1P( 1; 3)

( 4; 2) ( 3;3)

( 1; 4) IN

N

MP m

  



  

 

 



26

Ví dụ Cho hai đường tròn Cho đường kính thay đổi đường trịn điểm di động đường trịn Tìm tọa độ điểm

sao cho diện tích tam giác lớn

Phân tích hướng giải :

*) Đường trịn có tâm bán kính , có tâm bán kính

Vì nên ta có : Vậy ta chỉra đang thuộc đường thẳng biết

phương trình việc tìm điểm quay Bài toán

*) Ta sẽ cắt nghĩa kiện tam giác có diện tích lớn (khớp dấu “=”) để chỉra điều Các bạn tham khảo phần cắt nghĩa lời giải chi tiết sau đây:

Giải :

+) Đường trịn có tâm bán kính , có tâm bán kính

Khi nên ngồi

Gọi hình chiếu vng góc Khi :

Ta có : Do :

+) Dấu “=” xảy với nằm và

2

( ) :C x (y1) 2 ( ') : (C x4)2 (y5)2 8 AB

( ')C M ( )C M A B, ,

MAB

( )C I(0;1) R ( ')C I'(4; 5) R'2

( )

M C MI R M

M

MAB

( )C I(0;1) R ( ')C I'(4;5) R'2

' '

II   RR ( )C ( ')C

H M AB '

2

MAB

S  MH AB MH R  MH

' '

MH MI MIII    SMAB  2MH  2.5 10

'

27 Ta có nên có phương trình :

Gọi , nên

+) Với , nằm (loại)

Với , nằm (thỏa mãn)

+) vng góc với qua nên có phương trình: Khi tọa độ nghiệm hệ:

Vậy

3 CÁCH RA ĐỀ 3: (Kết hợp từ Cách đề Cách đề 2) Dựa vào dữ kiện của toán cần:

+)Tính độdài đoạn ( với đã biết tọa độ) +) Viết phương trình đi qua điểm

Ví dụ : Cho đường tròn điểm Gọi tiếp tuyến Viết phương trình đường thẳng qua tâm cắt cho tam giác có diện tích có hồnh độ dương

Phân tích hướng giải :

Muốn viết phương trình tốn ta cần tìm tọa độ điểm

*) Ta viết phương trình đi qua vng góc với , : biết phương trình

*) chuyển về Bài toán

Giải :

+) Đường trịn có tâm bán kính ' (4; 4) 4.(1;1)

II  



' II

1 x t

y t

  

  

( ;1 ) '

M t t II M( )C t2t2 2t2    1 t (1; 2) ( 1;0) M M 

  

 (1; 2)

M MI' 3232 3 2II'  M I I' ( 1; 0)

M  MI' 5252 5 II' I M I'

AB II' I' xy 9

, A B

2 2

9 2;

6;

( 4) ( 5) ( 4)

x y y x x y

x y

x y x

      

  

 

  

 

      

 

(2; 7), (6;3) (6;3), (2; 7)

A B

A B

    ( 1; 0), (2; 7), (6;3)

M  A B M( 1;0), (6;3), (2; 7) A B

MI I

M

2

( ) :C x y 2x4y200 A(4; 2) d A ( )C

 I ( )C  d M AIM

25 M

 M

d A IA Md

2

25 AIM

AIM

S

S MA

MA

   

28

Vì tiếp tuyến nên , suy phương trình

+) Ta có: (với

+) Gọi ,

(loại)

+) Khi , suy phương trình

Ví dụ Cho tam giác ABC có diện tích , đường thẳng qua có phương trình Tìm tọa độ trung điểm biết trung điểm

Phân tích hướng giải :

*) Vì trung điểm nên

Khi ta dễ dàng tính độ dài đoạn

*) Lúc ta nhìn thấy tọa độ điểm “lộ diện” qua góc nhìn Bài tốn Do đường trung bình tam giác nên

+) đường thẳng qua song song với +)

Giải :

+) Ta có

+) Do trung điểm nên

Khi

+) Mặt khác đường trung bình tam giác nên qua song song với có

phương trình:

+) Gọi ,

d A ( )C nd IA(3; 4)

 

(4; 3) d

u

  : 4

2

x t

d

y t

   

  

1

25 25 10

2

AIM

S   MA IA MA IAR5) (4 ; )

M  t  t d MA10 16t29t2 105t 10  t

 M(10; 4) M( 4;8) (9; 2)

IM  



:

2

x t

y t

    

   

2 A B xy0

M AC I(2;1) BC

I BC 1

2

ABI ABC

S  S 

2

( , )

ABI S AB

d I AB 

M MI

ABC :

MMI I AB

2 AB MI 

2

2 1

( , )

2

1

d I AB   



I BC 1

2

ABI ABC

S  S 

2 2.1

2

( , ) ABI

S AB

d I AB

  

MI

ABC IM I AB

1

xy  2

2

AB

MI   

( ; 1)

M t t MI MI  2MI2 2(t2)2(t2)2 2(t2)2 1

1 t t

 

 

 

29

Ví dụ (B – 2003 ) Cho tam giác ABC có AB = AC , 900 Biết trung điểm cạnh trọng tâm tam giác Tìm tọa độ đỉnh

Phân tích hướng giải :

*) Do trọng tâm nên tọa độđiểm

Khi thuộc đường thẳng qua vng góc với

*) vuông cân nên ( thuộc đường tròn tâm bán kính ) chuyển về Bài toán

Giải :

+) Do trọng tâm nên Gọi

Suy

+) qua nhận

làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình :

hay

+) vuông cân nên , suy thuộc đường tròn

có phương trình :

+) Vậy tọa độ hai điểm nghiệm hệ :

Vậy

Ví dụ (D – 2013 – CB) Cho tam giác có điểm trung điểm cạnh , điểm điểm chân đường cao kẻ từ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác Tìm tọa độ điểm



BAC M(1; 1) BC

2 ; G 

 

ABC A B C, ,

G AM 3GM  A

,

B C M AM

ABC

 A MBMCMA B C, M MA



G ABC AM 3GM (1; 3)

( ; ) (1 ; )

A x y AM  x  y

1

1

x x

y y

  

 



 

    

 

 A(0; 2)

BC M(1; 1) AM (1; 3)



(x1) 3( y1)0 x3y 4

ABC

 A MBMCMA 10 B C, (M; 10)

2

(x1) (y1) 10 ,

B C

2 2

4 (4; 0)

3

0 ( 2; 2)

3 4

0

( 1) ( 1) 10 10( 1) 10 ( 2; 2)

2

2 (4;0)

x B

x y

y C

x y x y

y

x y y x B

y

y C

  

 

  

  

    

    

     

    

            

      

  



 

 

 

(0; 2), (4;0), ( 2; 2)

A B C   A(0; 2), ( 2; 2), (4; 0)B   C

ABC 3;

2 M 

  AB

( 2; 4)

H  I( 1;1) B ABC

C

30

Phân tích hướng giải :

*) Nếu ta biết tọa độđiểm , ta tìm tọa độđiểm theo góc nhìn của Bài tốn Cụ thể : +) : đường thẳng qua hai điểm đã biết tọa độ

+) ( cách khoảng không đổi )

*) Như vấn đề phải tìm điểm Lúc Bài toán tiếp tục lựa chọn đểta tìm điểm Cụ thể : +) : đường thẳng qua vng góc với

+) (tính chất đường trung tuyến tam giác vuông) Giải :

+) qua nhận làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình:

hay

+) Gọi , theo tính chất đường trung tuyến tam giác vng ta có:

+) Với , qua nên có phương trình:

Gọi , đó:

(loại )

+) Với , qua nên có phương trình:

Gọi , :

(loại ) Vậy

A C

CAH H A,

CI AI C I IA

A A

AAB M MI

AM MH

AB 3;

2 M 

   

7 1

; 7;

2 2

MI    

 



9

7

2

x y

   

   

   

    7x y 330

( ; 33) A t t AB

2

AM MH  AM MH

2 2

9

7 33

2 2

t t

       

            

       

2 ( 4;5)

9 20

5 ( 5; 2)

t A

t t

t A

  

 

     

   

 

( 4; 5)

A  AC A( 4; 5) H( 2; 4)

4

2

2

x y

x y

 

    

 C(6 ; ) c c AC

2

CI  AI CI  AI (2c7)2(c1)2 32 42 c2 6c 5

5 c c

 

 

 

(4;1)

C C( 4;5) C A

( 5; 2)

A   AC A( 5; 2)  H( 2; 4)

5

2

3

x y

x y

 

    

( ; 8) C m m AC

2

CI AI CI AI (m1)2(2m7)2 4232 m26m 5

5 m m

  

 

  

( 1;6)

31

Ví dụ Cho điểm đỉnh hình thang cân

song song với Tìm tọa độ đỉnh

Phân tích hướng giải : Ở ví dụ ta tìm tọa độđiểm theo hai cách : Cách : Ta sẽ tìm theo góc nhìn của Bài toán Cụ thể:

*) thuộc đường thẳng qua song song với nên dễ dàng viết phương trình *) hình thang cân nên ta có điều kiện cần:

Sau tìm ta kiểm tra điều kiện đủ không song song kết luận tọa độđiểm cần tìm

Cách 2: Gọi trung điểm , :

*) Ta dễ dàng viết phương trình tìm tọa độđiểm

*) là trung điểm (vì hình thang cân) nên ta suy tọa độđiểm Giải :

Cách Cách 2 Cách 1 :

+) Có , // nên có phương trình: +) Gọi , hình thang cân nên ta có:

+) Với (khơng thỏa mãn hình thang cân)

+) Với , , khơng phương (thỏa mãn) Vậy

Cách 2:

+) Có , // qua

nên có phương trình:

+) Gọi trung điểm ,

(do hình thang cân) nên có phương trình: (10;5), (15; 5)

A B  D( 20; 0) ABCD AB

CD C

C C

C D AB CD

ABCD CB AB5 37

C BC AD C

,

I J AB CD

IJ J

J CD ABCD C

(5; 10) 5.(1; 2)

AB   



CD AB CD 20

2

x t

y t

  

 

   ( 20 ; )

C  t  t CD ABCD

2 2 2

30 ( 35) (2 5)

ADBCAD BC    t  t 18 65 ( 15; 10)

13 ( 7; 26)

t C

t t

t C

  

 

     

  

 

( 15; 10) ( 30; 5) / /

C   BC   ADBC AD ABCD

( 7; 26) ( 22; 21)

C   BC   BC AD C( 7; 26) 

(5; 10) 5.(1; 2)

AB   



CD AB nCD nAB (2;1)  

CD D( 20; 0)

2(x20)y02xy400 ,

I J AB CD 25;

2 I 

  IJ AB

ABCD IJ 25 2 25

2

x y x y

 

      

 

32 +) Vì nên tọa độ điểm nghiệm hệ:

+) Do trung điểm nên suy

Ví dụ Cho hình thoi có tâm Điểm thuộc đường thẳng , điểm

thuộc đường thẳng Viết phương trình đường chéo biết đỉnh có tung độ ngun

Phân tích hướng giải :

Nếu tìm tọa độđiểm ta dễ dàng viết phương trình (đi qua ) Việc tìm tọa độ điểm sẽđược chuyển về Bài toán Cụ thể :

*) Lúc khai thác tính đối xứng hình thoi ta tìm tọa độđiểm thuộc đối xứng với qua và ta viết phương trình đi qua hai điểm đã biết tọa độ Như điểm thuộc đường thẳng đã biết phương trình

*) Ta sẽ khai thác kiện cuối tốn đểtính độdài đoạn (chi tiết xem phần lời giải)

Giải :

+) Gọi điểm đối xứng với qua (hay trung điểm ) suy thuộc đường

thẳng nhận làm véctơ phương , suy

Phương trình

+) Gọi hình chiếu vng góc nên

Mặt khác Khi xét tam giác ta có :  

IJCD J J

27

2 40 27

; 13

2 25

13

x y x

J

x y

y 

    

   

   

   

    

   



J CD C( 7; 26) 

ABCD I(3; 3) AC2BD 2;4

3 M 

  AB

13 3;

3 N 

  CD BD B

B BD I B

B

'

N AB N

I AB M N, ' B

AB

2

AC BD IB

'

N N I I NN' ' 3;5

3 N  

 

AB AB ' 1;1 13;1

3

MN  

 



(1; 3) AB

n  



:

AB x y 

H I AB

2

3

( , )

10

1

IH d I AB     

2

33

+) Gọi với , :

(loại)

+) Vậy , đường chéo qua hai điểm nên có phương trình: hay

Nhận xét: Vì hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật hình vng 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 (ởđây tâm biết tọa độ).

Ví dụ (D – 2010 – CB): Cho tam giác có đỉnh , trực tâm , tâm đường tròn ngoại tiếp Xác định tọa độ đỉnh , biết có hồnh độ dương

Phân tích hướng giải : Ta cần tìm tọa độđiểm Với : *)

*) Nếu viết phương trình cạnh ta chuyển tốn về Bài toán Lúc việc viết

phương trình ta cần tìm thêm tọa độ điểm thuộc Ởđây ta tìm hình chiếu xuống chân đường cao xuống (khi tốn giải triệt để) qua cách giải cụ thể sau:

Giải :

Cách 1.1 Cách 1.2 Cách

Cách 1: Tasẽ tìm tọa độ hình chiếu (hay trung điểm ) qua cách sau: Cách 1.1

+) Gọi trung điểm

Khi : = = (góc có cạnh tương ứng song song)

2 2 2

1 1 1

2

4 IB IB

IB  IA  IH  IB  IB      (3 2; )

B t t AB t 2

2 (3 5) ( 3)

IB   t  t 

5t 18t 16 t

     

5 t (4; 2)

B BD B(4; 2) I(3;3)

3

4 3

x y 

  xy60

ABC A(3; 7) H(3; 1)

( 2; 0)

I  C C

C 74

CI IA

BC

BC BC D

I BC K A BC

D I BC BC

,

D E BC AC

34

Suy nên (*)

+) Có : Gọi , từ (*)

Cách 1.2

+) Kéo dài cắt đường tròn điểm (khác ), trung điểm nên suy Mặt khác : (cùng vng góc với ) (cùng vng góc với ),

suy hình bình hành, trung điểm nên suy

( Trong Cách 1.2 ta ln (*), sau có trung điểm )

Cách 2: Tasẽ tìm tọa độ chân đường cao xuống +) Ta có nên đường thẳng có phương trình :

Kéo dài cắt đường tròn điểm ( khác ) Gọi với , :

(loại)

+) Gọi , suy nội tiếp đường tròn

= (cùng bù với ) Mặt khác: = (cùng chắn cung ) Suy = hay tam giác cân trung điểm

( Như biết tọa độđiểm điểm ta dễ dàng viết phương trình Ở phần trình bày tiếp theo ta lấy số liệu điểm (điểm tương tự) )

+) qua có véc tơ pháp tuyến nên phương trình : hay +) Gọi ( với ) , :

(loại) Vậy

Nhận xét:

Ví dụ cịn nhiều cách giải, có cách giải Bộ Giáo Dục – Song cách giải “thiếu tự

nhiên” nên tác giả khơng trình bày ởđây

Ví dụ Cho hai điểm , Tìm tọa độ điểm cho = khoảng cách từ

đến đường thẳng

Phân tích hướng giải :

*) Vì đi qua , hợp với đường thẳng góc (bù với góc ) nên ta viết phương trình (các bạn sẽđược tìm hiểu kĩ ở Bài toán 6)

~

HAB IDE

  HA AB

ID  DE   AH 2ID  

(0;6) AH  

( ; ) ( 2; )

D x y ID x y 2( 2) ( 2;3)

6

x x

D

y y

   

 

   

 

 

AI M A I AM M( 7; 7)

/ /

BH MC AC CH/ /MB AB

MBHC D HM D( 2;3)

2 AH  ID  

D HM

K A BC

(3; 7)

A  H(3; 1) AH x3

AH H' A H'(3; )t AH t 7

2 2 2 2

' 5 7

IH IA R  t    t t 7 H'(3; 7)

 

AHBC K BHAC B' KHB C'

C BHK B HK' C BH A' AB

BHK BH A' HBH' B K HH'K(3;3)

D K BC

D K

BC D AH (0;6) BC 6(y3)0 y3

( ;3)

C t BC t0

74 74

CI IA CI   2

(t2) 3 74(t2) 65

 t  2 65 t  2 65

( 65;3) C  

(1; 2)

A B(4;3) M MAB 1350 M

AB 10

2

MA A AB 450 1350

35

*) Do nên ta dễdàng tính độdài đoạn

Như điểm đã “lộ diện” theo góc nhìn của Bài toán Cụ thể: +) : biết phương trình +) Giải :

+) Gọi hình chiếu vng góc , :

Ta có = = = , suy tam giác cân , :

+) Ta có nên , phương trình :

Gọi với ,

Vì = nên

+) Với chọn , có phương trình :

Gọi ,

Với (loại)

Với (thỏa mãn)

+) Với chọn , có phương trình :

Gọi , :

10

( , )

2

d M AB  MA

M

MMA MA

H M AB ( , ) 10

2 MH d M AB 

MAH 1800 MAB 1800 1350 450 MHA H

10

2

2

MA MH  

(3;1) AB 

(1; 3) AB

n  



AB x 1 3.(y2)0 x3y 5 ( ; )

MA

n  a b 

2

0

a b 

2

3

cos( , ) cos 45

2 10 a b MA AB a b     

2 2 2

2

( ) 5( ) 2

1 a

a a b

a b a b a ab b

a b b b                            MAB 1350  AM AB AM AB .cos1350 0

2 a b  

2 (2; 1) MA a n b          

AM 2xy0

( ; )

M t t AM MA 5MA2 5

2 2

( 1) (2 2) ( 1)

2 t

t t t

t               (0; 0) (2; 4) M M    

(2; 4) (1; 2)

M AM   AM AB 

(0; 0) ( 1; 2)

M AM     AM AB   a b  (1; 2) MA a n b        

AM x2y 5

(5 ; ) M  t t AM

2

5

MA MA  2

(2 4) ( 2) ( 2)

3 t

t t t

36

Với (loại)

Với (thỏa mãn) Vậy

Chú ý: Ngồi cách giải ví dụ trên, bạn tham khảo thêm cách giải sau:

+) Gọi hình chiếu vng góc , :

Ta có = = = , suy tam giác cân , :

+) Gọi , suy với ta có hệ :

+) Đặt , hệ có dạng:

+) Vậy

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ , cho hình chữ nhật có cạnh tiếp xúc với đường trịn có phương trình Đường chéo cắt đường tròn hai điểm

Biết , trục tung chứa điểm không song song với ; diện tích tam giác

bằng điểm có hồnh độ âm nhỏ hồnh độ Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật

Phân tích hướng giải:

*) Với kiện có hồnh độ âm gợi ý ta nên tìm điểm trước Nghĩa ta cần tìm khai thác kiện “có lợi” cho điểm

*) Ta nhận thấy tọa độđiểm

+)Suy phương trình (đi qua hai điểm biết tọa độ) +) Do tiếp xúc với đường tròn

Như ta dễ dàng tìm tọa độđiểm theo góc nhìn của Bài tốn

(3;1) (2; 1)

M AM    AM AB 

( 1;3) ( 2;1)

M  AM   AM AB    M(0;0) M( 1;3)

H M AB ( , ) 10

2 MH d M AB 

MAH 1800 MAB 1800 1350 450 MHA H

10

2

2

MA MH  

( ; )

M x y AM (x1;y2) AB(3;1) 

  0

2

2

2

2

3.( 1) ( 2)

cos135

, 135 3.( 1) ( 2)

2

10 ( 1) ( 2)

( 1) ( 2)

5

( 1) ( 2)

x y

AB AM x y

x y x y MA x y                                          a x b y      

 2

3 5

5

a b b a

a b a a

                  2 1 a x b y a x b y                                  (0; 0) ( 1;3) M M     (0; 0)

M M( 1; 3)

Oxy ABCD AB AD

( )T (x2)2(y3)2 4 AC ( )T

,

M N 16 23;

5

M 

  N AD ADI

10 A D

ABCD

A A

A   ( )

Oy T  N  N

AC M N,

,

AB AD ( )T AI R 22

37

*) Dữ kiện trục tung khơng vng góc gợi ý điểm ta tìm sẽlà điểm +) đi qua cách khoảng phương trình (sẽđược tìm hiểu kĩ ở Bài tốn 6)

+)

Như điểm tiếp tục được “tháo” theo góc nhìn Bài tốn

*) Khi tìm hai điểm việc chỉra tọa độ là đơn giản

Sau lời giải chi tiết: Giải :

+) Đường tròn có tâm bán kính

+) Do nên tọa độ điểm nghiệm hệ:

Khi (đi qua ) có phương trình:

+) Gọi tiếp xúc với ( tiếp điểm) Suy hình vuông nên

+) Gọi với (do )

Khi (loại)

+) Gọi vecto pháp tuyến với ; ( không song song với )

Suy phương trình

(loại)

Với , chọn ta phương trình

+)

Gọi với đó:

(loại)

+) Khi qua vng góc với nên có phương trình: 10

ADI

S  AD D

AD A I R2  AD

2

10

( , )

ADI S AD

d I AD

 

D

,

A D C B,

( )T I( 2;3) R2

  ( )

Oy T  N N

2

0

(0;3)

( 2) ( 3)

x x

N y

x y

 

 

 

 



    

  

16 8

; 2;

5 5

MN  

    

 



(1; 2) AC

n  

AC M N, x2y60

( )T AB AD, P Q, P Q,

APIQ AI IP 2R 22

(6 ; )

A  t t t3 xA 0

2 2

8 (2 8) ( 3) 38 65

AI   t  t   t  t   t 13

5

t  A( 4;5)

AD nAD ( ; )a b 2

a b  b0 AD Oy

: ( 4) ( 5)

AD a x b y  ax by  a b 2

2

2

( , ) a b a b 0

IQ d I AD a b a b ab a

a b

   

          



0 b

a b1 AD y:  5

2

1 2.10

10

2

ADI ADI

S

S IQ AD AD

IQ

    

( ; 5)

D m AD m 4

2

100 ( 4) 100

AD   m  m m 14 D(6;5)

38 Khi tọa độ điểm nghiệm hệ

+) Ta có

Vậy

Nhận xét:

Qua ví dụ ta nhận thấy, xem xét toán ta cần đặt câu hỏi “với kiện tốn

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 độdương, tọa độ số nguyên…) nằm đường thẳng biết

phương trình (hoặc dễ dàng viết được) với kiện “có lợi” cho yếu tốđịnh lượng diện tích, khoảng cách…

Ví dụ 10 ( Khối A, A1 – 2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng 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:

*) u cầu tốn 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 độhai điểm M(1; 2) N(2; 1) với kiện

3

AN  NC, khiến ta nghĩ tới việc tìm tọa độđiểm E ( với MNCD E ) Điều hoàn toàn làm

được nhờ vào Bài tốn 5.1 ta suy luận MN3NE (các bạn sẽđược tìm hiểu phần sau Bài tốn 5.1)

*) Lúc tìm thêm điểm CD coi tốn giải xong Nhờ Bài toán ta sẽ

nghĩ tới việc tìm điểm D Cụ thể với kiến thức hình học sơ cấp ta chỉra tam giác MND vuông cân tại N nên D thuộc đường thẳng ND (viết phương trình) cách N khoảng không đổi MN (

DN MN) Như toán chuyển vềđúng nội dung Bài toán nên ta có lời giải sau: Giải:

+) Gọi MNCD E H hình chiếu vng 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:

C 6 (6; 0)

2 0

x x

C

x y y

  

 

 

 

   

 

4

( 4; 0)

5

B B

B B

x x

AB DC B

y y

   

 

    

   

 

 

( 4; 5), ( 4; 0), (6; 0), (6; 5)

39

7

1 3( 2)

(*)

3 3( 1)

2

x x

y

y 

  

 

 

  

   



7 ;

E 

   

 

+) Gọi d đường thẳng qua N vuông góc với AB, cắt AB CD, I J,

Khi MIN  NJD

  

2

90 10

INM JDN MND

DN MN DN

   

 

  

 

(*) , suy n DN MN (1; 3) Khi phương trình ND: x3y 5

+) Do DND nên gọi D t(3 5; )t Khi (*)

2 2 (5; 0)

(3 3) ( 1) 10 ( 1)

2 ( 1; 2)

t D

t t t

t D



 

         

   

 

Đường thẳng CD qua 7; E  

  D nên với : +) D(5; 0) suy CD có phương trình : 3x4y150

+) D( 1; 2)  suy CD có phương trình : y 2 hay y20

4 CÁCH RA ĐỀ 4: Tìm điểm gián tiếp thơng qua một điểm khác thuộc Bài tốn 1

(nếu biết điểm thuộc Bài toán 1 ta sẽsuy được tọa độ điểm )

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ , cho đường tròn : hai đường thẳng , Lập phương trình đường thẳng tiếp xúc với đường trịn cắt cho trung điểm đoạn thẳng

Phân tích hướng giải :

*) Như cách tư thông thường để viết đường thẳng , ta nghĩ tới việc tìm điểm mà đi qua

với vecto pháp tuyến chỉphương Lúc có ba lựa chọn điểm Song ba

điểm chưa biết tọa độ Vậy câu hỏi lúc nên tìm tọa độđiểm ? Ta nhận thấy hai điểm có lợi thếlà thuộc đường thẳng biết phương trình, gần kiện có lợi nhất cho Nghĩa việc tìm tọa độ gặp “khó khăn” Chỉ cịn lựa chọn điểm Có vẻ hợp lí , tìm tọa độđiểm , ta tìm vecto pháp tuyến và suy phương

trình Thế tìm điểm cách ? Với kiện tốn ta chỉcó Vậy việc tìm điểm trực tiếp lúc lại gặp trở ngại Khi đứng trước tình bí bách kiểu này, kinh nghiệm ta hãy ý tới thông số, kiện đề có thểtrong ẩn chứa yếu tốđặc biệt sẽ

giúp ta tháo gỡđược “nút thắt ” tốn Nhận thấy, có hai yếu tố số liệu đặc biệt tâm thuộc Nghĩa là là đường trung bình tam giác với , suy

M

M

Oxy ( )C x2y22x4y200

1:

d xy  d2: 2xy0  ( )C A

1,

d d B C B AC

 

,

A B C

, B C

B C B C, A

A  IA

 A IAR5

A

I

40

là trung điểm Nếu tìm tọa độđiểm ta suy tọa độđiểm viết phương trình Vậy thay tìm ta tìm gián tiếp thông qua điểm

*) Ta nhận thấy : Như lúc “lộ diện” Bài tốn 1, có nghĩa ta tìm

tọa độđiểm nhờ Bài toán Giải :

+) Đường trịn có tâm thuộc bán kính Gọi

Do nên đường trung bình tam giác , suy trung điểm

+) Gọi , :

hoặc

Do trung điểm nên :

+) Với , qua có vectơ pháp tuyến

nên có phương trình :

+) Với , qua có vectơ pháp tuyến

nên có phương trình :

Vậy có phương trình :

Nhận xét :

Ví dụ kiểu tốn khơng mẫu mực, nghĩa với cách tư thông thường (chưa để ý tới số liệu cụ thể ) ta khó có thểđưa 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 tốn Các bạn tiếp tục tìm hiểu lớp tốn qua ví dụ

Chú ý :

Ngồi cách giải theo góc nhìn của Bài tốn ở trên, bạn có tìm trực tiếp điểm cách sau : +) Do // khoảng cách hai đường thẳng

Do thuộc đường thẳng song song với cách khoảng

IA J A 

A J

1 Jd

2

IA R JI   J

( )C I(1; 2) d2 R5 d1IA J

1/ /

d d JB IAC J IA

1 ( ;5 )

J t  t d 25 2 25

( 1) (2 7)

2 2 4

IA R

JI   JI   t  t 

2

4(5 30 50) 25 24 35

2

t t t t t

         

2 t

J IA

5

t  5; (4; 2)

2

J A

   A(4; 2) IA(3; 4)

 3(x4)4(y2)03x4y200

7

t  7; (6; 2)

2

J  A 

   A(6; 2) IA(5; 0)

 5(x4)0.(y2)0x4

 3x4y200 x4

A

d d2

41

Suy đường thẳng (loại )

+) Khi tọa độ điểm nghiệm hệ :

Ví dụ (A – 2010 – CB) Cho hai đường thẳng Gọi đường tròn tiếp xúc với , cắt hai điểm cho tam giác vuông Viết phương trình

của , biết tam giác có diện tích điểm có hồnh độ dương

Phân tích hướng giải :

*) Như ta biết để viết phương trình đường trịn ta ln cần hai yếu tố tọa độ tâm bán kính Song với toán xác định tọa độ tâm ta sẽtính bán kính

suy phương trình Vậy tìm như ? thuộc song chưa biết phương trình Như việc tìm tìm trực tiếp điểm không khả thi Lúc ta nghĩ tới việc tìm điểm gián tiếp thơng qua

điểm có mối liên hệ với Với kiện vng , suy là đường kính ( là trung điểm ) Vì biết tọa độđiểm ta tìm tọa độđiểm (Vì ta viết phương trình và ), từđó ta suy tọa độđiểm

*) Xác định tọa độđiểm nhờ Bài toán Cụ thể:

+)

+) Có với khai thác kiện để tính

Giải :

+) Xét hệ : giao điểm

Véc tơ pháp tuyến : , , suy :

: 10

d xy  d: 2xy0 dd2

A 2 2

4

2 10 (4; 2)

(6; 2)

2 20

2 x y

x y A

A

x y x y x

y  

 



  

  

 

   

       



    

1:

d xy d2: 3xy0 ( )T

d A d2 B C ABC B

( )T ABC

2 A

I ( )T Rd I d( , 1)

( )T I I AC

I I

ABC B AC I

AC A C AC

2 { }

d AC C I

A

1:

Ad xy

1 { }

d d  O O(0; 0)

2

ABC

S  OA?

3 0

0

3

x y x

y x y

    





 



  

 

(0; 0) O

 d1 d2

1,

d d n1( 3;1)



2 ( 3; 1)

n  

42

Mặt khác tam giác vuông ,

+) Xét tam giác ta có:

Khi

Do

+) Gọi với , đó:

(loại)

Suy raa qua , vng góc có phương trình:

Khi tọa độ điểm nghiệm hệ:

+) Vì tam giác vng nên đường kính Do đường trịn cần viết có:

Tâm bán kính

Suy phương trình đường trịn :

Ví dụ (B – 2011 – NC ) Cho tam giác có đỉnh Đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với cạnh tương ứng điểm Cho đường thẳng có phương trình Tìm tọa độ đỉnh , biết có tung độ dương

Phân tích hướng giải:

Ta nhận thấy đang nằm đường Như lúc việc tìm điểm có thểđi theo

những hướng sau: “Hướng 1: viết phương trình đường tính độdài đoạn

3 1.( 1) 1 cos( , )

2 3 d d

 

 

 

ABC B AOB600  BAC600

AOB AOC 0 sin 60

tan 60

OA

AB OA

AC OA OA

        

1 3 3

sin 60

2 2

ABC

OA

S  AB AC  OA  OA

3

ABC S 

2 3 OA

 

( ; )

A t  t t0

2 2

2 4 1

3

3 3 3

OA OA  t  t  t   t

3

t   ;

3 A  

 

AC A d1 3 1 3

3

x y x y

              C 10

3

; 3 x x y C x y y                           

ABC B AC

( )T

1

; 2 I   

 

2

( 3)

1

2

AC

R   

( )T

2 2 x y               

ABC 1;1

2 B 

 

ABC

, ,

BC CA AB D E F, , D(3;1) EF

3

y  A A

43

(hoặc ) ta chuyển về Bài tốn 1” hoặc “Hướng 2: biết phương trình hai

3 đường ta suy tọa độđiểm ” Để chọn hướng thích hợp ta cần khai thác kiện của toán Với số liệu toán cho ta thấy Hướng khơng khả thi, việc tính độ

dài (hoặc ) gặp trở ngại Lúc ta nghĩ tới giải pháp thứ2 Điểm đều biết tọa độ

nên ta nghĩ tới việc viết phương trình Ta phân tích chi tiết số liệu tốn:

phương trình : song song với đường thẳng Khi ta chứng minh tam giác cân Do Như ta viết phương trình Lúc việc việc viết phương

trình cần “trợ giúp” điểm Và ta nhận thấy Bài toán sẽcho ta tọa độđiểm Cụ

thể: *) *)

Sau lời giải chi tiết toán Giải:

+) Gọi tâm đường tròn nội tiếp tam giác

Khi (1) Với phương trình : , suy hay (2)

(vì phương trình )

Từ (1) (2) suy thẳng hàng hay , nên phương trình là: +) Gọi , theo tính chất tiếp tuyến ta có:

+) Với , phương trình là:

Do nên tọa độ điểm nghiệm hệ: (loại)

+) Với , phương trình là:

Do nên tọa độ điểm nghiệm hệ:

Vậy

AB AD

A

AB AD B D

AB AD ;1 (3;1) B D           

BD y1 EF y:  3

ABC A ADBC AD

AB F F

:

FEF y 

2 FBBD

I ABC ID BC IA EF      ;1 (3;1) B D           

BD y1 BD/ /EF BC/ /EF

:

EF y  , ,

A I D ADBC AD x3

( ; 3) F t EF BF BD

2

2 2

2

2

BF BD t   

       

   

2 ( 1;3)

2 (2;3) t F t t t F              

( 1;3) ; (4;3)

2 BF

F  BF   u 

 

 

BF 4(x1) 3( y3)04x3y 5

 

BFAD A A

3

4

7 3 x x y x y                 

(2;3) ; (4; 3)

2 BF

F BF  u  

 

 

BF 4(x2) 3( y3)0 4x3y 1

 

BFAD A A

3

4

13 3 x x y x y                 13 3; A 

 

13 3;

3 A 