Một số phương pháp giải bài toán hình học tọa độ phẳng Oxy - Bùi Thế Việt

Có lẽ nhiều bạn khác cũng vậy, biết được tính chất hình học nhưng không biết cách chứng minh do nó quá lắt léo bởi nhiều dữ kiện gây rối mắt hoặc phải kẻ thêm đường thẳng phụ, điểm p[r]

(1)

Bùi Thế Việt

CHUYÊN ĐỀ CASIO

KỸ NĂNG GIẢI HÌNH HỌC PHẲNG OXY TRONG ĐỀ THI THPT QUỐC GIA

A – Giới Thiệu :

Là dạng tốn u cầu tư hình học cao, Oxy kỳ thi THPT Quốc Gia thường cho dạng tọa độ yêu cầu đề tìm kiện hình học, tìm tọa độ điểm, phương trình đường thẳng, …

Tuy nhiên, tập Oxy có liên kết khơng nhẹ với phần hình học phẳng lớp 8, lớp qua định lý, tính chất hình học Nhiều bạn chưa biết đến tính chất hẳn vơ hoang mang khơng biết hướng giải Và chắn có bạn biết đến tính chất cách chứng minh

Để giúp bạn có tư hình học biết tính chất hình học chưa biết cách chứng minh, chuyên đề gồm phần sau:

 Vecto, tích vơ hướng ứng dụng chứng minh tính chất hình học

 Giải Oxy tham số hóa

 Chuẩn hóa đại lượng Oxy

Để phù hợp với kiến thức thi THPT Quốc Gia, chuyên đề đa phần lấy tập từ đề thi thử trường THPT toàn quốc năm 2016

B – Nội Dung :

Phần : Vecto, tích vơ hướng ứng dụng chứng minh tính chất hình học

Vecto tích vô hướng kiến thức THPT Để ứng dụng vào việc chứng minh tính chất hình học, cần phải biết cơng thức, định lý hay dùng sau :

 AB AC CB 

 AB BA

 M trung điểm AB AB AC 2AM 

 ABAC AB AC cos BAC

 ABAC AB2 AC2 BC2

 



(2)

 Cố gắng đưa kiện cần phải chứng minh dạng vecto

 Tách vecto thành tổng vecto thành phần sử dụng tích vơ hướng tính chất vecto để giải tốn

Ví dụ : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (I): x 1  2 y 2 2 25 Điểm

 

H 2; 5 K 1; 1 chân đường cao hạ từ đỉnh B C đến cạnh tam giác Tìm tọa độ đỉnh A, B, C tam giác biết A có hồnh độ dương

(THPT Chuyên Sơn La – Sơn La – lần – 2016)

Hướng dẫn

Ý tưởng : Chứng minh AI vng góc KH

Chứng minh :

Cách : (Sử dụng Vecto tích vơ hướng)

Ta có :

 

AIKH KA AH AI KAAI AHAI

AK AI cosKAI AH AI cosHAI

AB AC

AK AI AH AI

2AI 2AI

1

AK AB AH AC

2

   

      

     

Do ABH ACK AB AH AK AB AH AC

AC AK

       

Cách : (Sử dụng kiến thức hình học THCS)

Qua A, kẻ tia tiếp tuyến Am với (I), H không thuộc nửa mặt phẳng bờ AI chứa Am Khi AIAm

(3)

Thật vậy, BAmBCAAKH tứ giác BCHK nội tiếp Suy HK / /Am Điều phải chứng minh

Áp dụng : Ta tính :

 Phương trình đường thẳng KH : 4x 3y 0    Phương trình đường thẳng AI : 3x 4y 11 0    Tọa độ điểm A 5,1 (điểm    3, 5 bị loại)

 Phương trình đường thẳng AK : x 3y 0    Tọa độ điểm B 4, 2

 Phương trình đường thẳng AH : 2x y 0    Tọa độ điểm C 1, 7  

Lời giải chi tiết dành cho bạn đọc

Đáp số : A 5,1 ,   B 4, 2, C 1, 7  

Nhận xét : Qua hai cách làm, thấy : Chứng minh kiến thức hình học THCS trơng gọn đẹp nhiều so với cách sử dụng vecto tích vơ hướng Tuy nhiên, khơng phải nghĩ tới việc kẻ thêm đường kẻ phụ Am Cái phụ thuộc vào tư hình học kinh nghiệm làm

Cách giải vecto tích vơ hướng khơng tự nhiên chắn sau biến đổi, vấn đề tốn ln chứng minh lời giải không đẹp cho Bạn đọc thử đến với ví dụ :

Ví dụ : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm

 

H 3,1 hình chiếu vng góc A BD Điểm M 1,2

 

 

  trung điểm cạnh

BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A tam giác ADH d : 4x y 13 0   Viết phương trình đường thẳng BC

(4)

Ý tưởng : Gọi N trung điểm DH Chứng minh AN vng góc NM

Chứng minh :

Cách : (Sử dụng Vecto tích vơ hướng) Ta có :

  

   

 

ANNM AB BN NB BM

ABNB ABBM BNNB BNBM

NB AB BN BM NB AN BM

1

NB AD AH AD NBAH

2

  

   

    

    

Gọi K trung điểm AH Khi

1

NK AD BC BM

BMNK

2

NK / /CD / /BM



  

 



 hình bình hành

(5)

Do NK AB K

AK NB

 



 

 trực tâm ABN Suy BKAN Điều phải chứng minh

 Phương trình đường thẳng MN : 2x 8y 15 0  

 Phương trình đường thẳng BD : y 1

 Tọa độ điểm D4,1

 Phương trình đường thẳng HA : x 3

 Tọa độ điểm A 3, 1

 Phương trình đường thẳng AD : 2x y 0  

 Phương trình đường thẳng AB : x 2y 0  

 Tọa độ điểm B 1,1 

 Phương trình đường thẳng BC : 2x y 0   Lời giải chi tiết dành cho bạn đọc

Đáp số : 2x y 0  

Nhận xét : Tại cách 1, lại tách thành ANNMAB BN NB BM    Thực chất dù tách thành gì, sau hồi biến đổi, kiểu làm triệt tiêu vecto thành phần Ví dụ cách biến đổi sau :

  

   

 

1

ANNM AD AH NB BM

2

1

AD AH DB HB AD

2

1

ADDB ADHB ADAD AHDB AHHB AHAD

1

ADDB ADHB AD

  

    

     

    

 

AD AHAD AD

DB HB AD AH

AD ADAB

2NB 2AN

4



   

   

(6)

Nếu ABACABAC 0 mà ta muốn lấy tích vô hướng MBMC, ta cố gắng biến đổi ABAC Mẹo sau hay dùng :

  

 

MBMC MA AB MA AC

MAMA MAAC ABMA ABAC MA MC AB

  

   

 

Tiếp theo ta có hướng giải :

 Biến đổi MC AB XY  sau chứng minh MAXY 0

 Dùng công thức

2 2

AB AC BC

ABAC

2

 

 ABAC AB AC cos BAC để

tính giá trị MAMC MAAB cố gắng biến đổi MAMC MAAB 0 

Ví dụ : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A B, BC 2AD , tam giác BCD nội tiếp đường tròn (T) : x 4  2  y 1 2 25, điểm N hình chiếu vng góc B CD, M trung điểm BC, đường thẳng MN có phương trình 3x 4y 17 0   , BC qua điểm E 7,0  Tìm tọa độ A, B, C, D biết C có tung độ âm, D có hồnh độ âm

(Lê Tiến Dũng)

Hướng dẫn

Ý tưởng : Chứng minh CT vng góc MN

Chứng minh :

Cách : (Sử dụng Vecto tích vơ hướng) Chứng minh CTMN 0

Cách : (Sử dụng kiến thức hình học THCS) Qua C kẻ tiếp tuyến Cx chứng minh

Cx / /MN

Bài tốn có ý tưởng giống Ví dụ Bạn đọc xem lại tự thử sức chứng minh CT vng góc MN

 Phương trình đường thẳng CT : 4x 3y 19 0    Tọa độ điểm C 7, 3   (điểm  1,5 loại)

(7)

 Tọa độ điểm B 7,5 

 Phương trình đường thẳng DT : y 1

 Tọa độ điểm D1,1 (điểm  9,1 loại)

 Phương trình đường thẳng DA : x 1

 Phương trình đường thẳng BA : y 5

 Tọa độ điểm A1,5

Đáp số : A1,5, B 7,5 , C 7, 3  , D1,1

Nhận xét : Bài toán bạn Lê Tiến Dũng hỏi Group Bạn biết CTMN chứng minh Có lẽ nhiều bạn khác vậy, biết tính chất hình học khơng biết cách chứng minh lắt léo nhiều kiện gây rối mắt phải kẻ thêm đường thẳng phụ, điểm phụ, … Do đó, vecto tích vô hướng lựa chọn sáng suốt cho nhiều trường hợp chứng minh vng góc Nhưng khơng phải phương pháp kẻ thêm điểm phụ đường thẳng phụ Bạn đọc xem ví dụ sau :

Ví dụ : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD Trên cạnh AB, AD lấy hai điểm E, F cho AE = AF Gọi H hình chiếu vng góc A DE Biết H 2; 14

5

  

 

 ,

8 F ;

3

 



 

 , C thuộc đường thẳng d: x + y – = 0, D

thuộc đường thẳng d’: x – 3y + = Tìm tọa độ đỉnh hình vng

(THPT Thuận Thành – Bắc Ninh – lần – 2016)

Hướng dẫn

Ý tưởng : Chứng minh FH vng góc HC

Chứng minh :

Cách : (Sử dụng Vecto tích vơ hướng) Ta có :

  

 

HFHC HD DF HD DC

HD HD DF DC

  

(8)

Nếu đến đây, cố gắng rút gọn HD DF DC  thành vecto tương tự AH khó cịn kiện AE AF chưa dùng tới Còn “trâu bò” ngồi chứng minh HD HD DF DC   0 công thức

2 2

AB AC BC

ABAC

2

 

 thơi, có lẽ biến đổi dài

Nhìn thấy HD HD DF DC   HD2HD DF DC  , vẽ hình chữ nhật

CDFN DF DC DN, cơng việc vơ đơn giản, lại :

   

HD HD DF DC   0 HD HD DN  0 HDHN 0

Vậy N thằng mà nguy hiểm tới mức HDHN0? Điều HN HA phương hay H,A,N thẳng hàng Liệu có khơng ?

Ta có : AEAFBN ADE BANADEBAN mà ADEEAHA,H,N Điều phải chứng minh

Trong cách này, tư dài ý tưởng mạch lạc Để tóm gọn lại, cần trình bày sau :

Gọi AH cắt BC N Khi ADEBAN ADE BANBNAEAF Từ DF CN CDFN hình chữ nhật Vậy :

      

HFHC HD DF HD DC  HD HD DF DC  HD HD DN HDHN 0

Điều phải chứng minh

Gọi AH cắt BC N Khi ADEBAN ADE BANBNAEAF Từ DF CN CDFN hình chữ nhật Vậy :

DHCDNCDFCCDFH nội tiếp FDCFHC90o

Điều phải chứng minh

 Phương trình đường thẳng HF : 6x 17y 50 0  

 Phương trình đường thẳng HC : 17x 6y 10 0  

 Tọa độ điểm C2,4

 Đường tròn ngoại tiếp CDFH :  

2

1 130

x y

3

 

   

 

(9)

 Tọa độ điểm D 4,2  ( loại điểm 16,

5

 

 

 

  nửa mặt phẳng bờ HF với C)  Tọa độ điểm N 10,0

3

 



 

 

 Phương trình đường thẳng HA : 3x 4y 10 0  

 Phương trình đường thẳng DA : 3x y 10 0  

 Tọa độ điểm A 2, 4    Tọa độ điểm B 4, 2

Đáp số : A 2, 4  , B 4, 2, C2,4, D 4,2 

Nhận xét : Với phương pháp sử dụng vecto tích vơ hướng, giải tốn u cầu chứng minh vng góc cách ổn định ? Vậy cịn tốn u cầu chứng minh thẳng hàng ? Bạn đọc đến với ví dụ sau :

Ví dụ : Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng BD : 2x 3y 0   Điểm G thuộc cạnh BD cho

BD 4BG Gọi M điểm đối xứng A qua G Gọi H,K chân đường vng góc hạ từ M xuống BC CD Biết H 10,6 , K 13,4  đỉnh B có tọa độ số tự nhiên chẵn Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD

(Linh Quang Bùi)

Hướng dẫn

Ý tưởng : Chứng minh G, H, K thẳng hàng

Chứng minh :

G, H, K thẳng hàng GH tHK Tuy nhiên, để khống chế K, ta cần phải xem xét điều kiện Gọi O giao điểm đường chéo

Vì G / CD

MK CD

3 BC

AD CD MK AD 2d BC MK

2

GA GM

 

         

  

H trung điểm BC Vậy :

HKBM 2BG BA BO BA AO     GH OC AO HK 2GH

2

(10)

Cách : (Sử dụng kiến thức hình học THCS) Gọi O giao điểm đường chéo

Vì G / CD

MK CD

3 BC

AD CD MK AD 2d BC MK

2

GA GM

 

         

  

H trung điểm BC

Do G trung điểm AM BO nên ABMO hình bình hành Suy HK / / BM/ / AB Lại có GH / /OC nên GH / /HK suy G, H, K thẳng hàng

 Phương trình đường thẳng HK : 2x 3y 38 0  

 Tọa độ điểm G 17,7

 

 

 

 Gọi B b,2b D 34 3b,24 2b 

    

 

 

 Do BHDK 0 B 10,8  (loại điểm B 7,6 )

 Khi C 10,4  A 4,8 

Kết luận : A 4,8 , B 10,8 , C 10,4 , D 4,4 

Phần : Giải Oxy tham số hóa

Phương pháp có lẽ nhiều bạn biết tới “trâu bị” : Đặt tham số kiện chưa biết từ điều kiện đề bài, đưa tham số HPT giải chúng Phương pháp không hay tự nhiên cho lắm, với cách làm này, chẳng cần biết tính chất hình học mà giải toán Quan trọng phương pháp cách chọn ẩn, phân tích tốn biến đổi hợp lý

Lợi ích phương pháp rõ ràng : Giải tổng quát toán Bạn đọc thử so sánh cách làm sau :

Ví dụ : Cho tam giác ABC có A(2,2) , B(5, 1) C nằm đường tròn (S):

2

x y 2x 6y 2  0 Phân giác góc C qua P(3,7) Tìm toạ độ điểm C

(Nắng Lạnh)

(11)

Ý tưởng : Điều đặc biệt O, A, B thẳng hàng với O tâm đường tròn Ta chứng minh CP qua điểm cố định

Chứng minh : Gọi (S) cắt đoạn AB D Ta chứng minh CD phân giác góc ACB Thật vậy, OA ,OB4 ,R2 nên

ACDBCDOCD ACD ODC BCD OCAOBC

2

OCA OBC OC OA OB OA OB R

         (luôn đúng)

Áp dụng :

 Tọa độ điểm D 3,1 

 Phương trình đường thẳng CP : x 3

 Tọa độ điểm C 3,5 

Đáp số : C 3,5 

Nhận xét : Bài toán trùng hợp cách đáng sợ Người đề cố tình để O, A, B thẳng hàng OA OB R  Vậy thay đổi kiện tốn khơng thỏa mãn điều kiện kia, liệu có giải toán ? Hãy xem cách giải tham số hóa sau cho tốn tổng qt :

Ví dụ : Cho tam giác ABC có A(2,2), B(5, 1) C nằm đường tròn (S):

2

x y 8x 6y 20  0 Phân giác góc C qua P(3,7) Tìm toạ độ điểm C

(Bùi Thế Việt – Mở rộng)

Hướng dẫn

Ý tưởng : Đề hỏi C, ta đặt tọa độ điểm C m,n  Mối liên hệ m n

2

m n 8m 6n 20 0   Vì có ẩn m, n nên ta cần tìm thêm mối liên hệ m n từ điều kiện đề

Vì CP đường phân giác nên sử dụng ACPPCB để tìm mối liên hệ m n

Lời giải :

Gọi C m,n m2 n2 8m 6n 20  0 Khi

 

AC m 2; n BC m 5; n PC m 3; n

             

Vì ACP PCB cos AC,PC  cos BC,PC  ACPC BCPC

AC BC                              2

2 2

m m n n m m n n

m n m n

         

 

     

 2 2  2 2 2 2

2 2

m n 5m 9n 20 m n 8m 6n

m n 4m 4n m n 10m 2n 26

       

 

       

 2  

9 m n 72 mn 4m 3n 10   72

(12)

  

2

9 m 4n mn 4m 13n

0 2m n m 4n

    

 

   

Nếu m 3 m2n28m 6n 20 0    n 5 (loại n 1 C thuộc AB)

Nếu 4n2mn 4m 13n 6   0 :

 2   2 2   2  2

2 4n mn 4m 13n m n 8m 6n 20 m n n

m n

             

  

Loại C trùng A

Đáp số : C 3,5 

Nhận xét : Bài toán tổng quát nên lời giải tổng quát trường hợp đặc biệt toán gốc Tuy nhiên, cách xử lý liệu hợp lý giúp giải toán nhanh gọn Một toán nhỏ cho bạn đọc : Thử giải Ví dụ cách làm Sẽ thú vị

Ví dụ : Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD, biết đỉnh B thuộc đường thẳng d : x y 21   0 đỉnh C thuộc đường thẳng d : x y 52   0 Gọi H hình chiếu B lên AC Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật biết điểm M 2,

5

 

 

 ,  

K 9,2 trung điểm AH, CD C có tung độ dương

(THPT Trần Hưng Đạo – TP Hồ Chí Minh – lần – 2016) (THPT Đào Duy Từ – Quảng Bình – lần – 2016)

Hướng dẫn

Ý tưởng : Nếu sử dụng vecto hình học cổ điển chứng minh MB vng góc với MK Bây coi chưa biết tính chất trên, thử tham số hóa tốn xem :

Lời giải : Gọi B b,2b 2   C c,c 5   Khi : Đầu tiên, ta có :

     

KCBC 0  c c b   c c 2b 2      0 2c 3bc 23b 23c 49   0

Ta lại có : MBMC 1AB HB MC 1ABMC KCMC

2

(13)

   

9 27 27

b c 2b c c c c c

5 5 5

         

                 

         

2

10c 15bc 63b 115c 297

     

Kết hợp lại ta có :

2

10c 15bc 63b 115c 297 2c 3bc 23b 23c 49

     

 

    

 Khi :

 

2

10c 15bc 63b 115c 297 2c 3bc 23b 23c 49

52b 52 b c 13c 36 c

         

          

Vậy B 1,4  C 9,4  suy D 9,0  A 1,0 

Đáp số : A 1,0 , B 1,4 , C 9,4 , D 9,0 

Nhận xét : Bạn đọc so sánh với cách làm phần : Tích vơ hướng kiến thức hình học THCS

Ý tưởng : MB vng góc với MK

Chứng minh :

Ta có :

    

MBMK MC CB MC CK MC MC CB CK

AC HC BA BC HC

MC CB MC CB

2 2

HC BC

MC MCHB 2                               

 

Gọi N trung điểm BH Khi :

Ta có

1

MN AB CD CK

MNCK

2

MN / /AB / /CD / /CK



  

 



 hình bình hành Suy NC / /MK

Lại có NM BC CN BM MK BM

NB MC

 

   

 

(14)

Ví dụ : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I Điểm M 0, 2   trung điểm cạnh BC điểm E 1, 4 hình chiếu vng góc B AI Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết đường thẳng AC có phương trình x y 0  

(THPT Xuân Trường – Nam Định – lần – 2016)

Hướng dẫn

Ý tưởng : Nguy hiểm tốn điểm I Thật khó để khống chế điểm I toán chưa biết tính chất tốn Thay đó, thử đặt tổng quát điểm I xem

Lời giải : Gọi C c,4 c  Bc,c 8  A a,4 a   Khi :

Vì EAEB 0 a 1   c 1 4 a c 4      0 2ac 5a 7c 31 0   

Gọi I m,n  Vì I AE : a x     a y 5a 4     0 a m  a n 5a 4    0 Vì IMBCmcc n 2   0

Vì IAIBm a  2  n a 4   2  m c  2 n c 8  2 a c m 12 a c n a c2 4a 8c 24 0

           Tóm lại, ta có HPT ẩn phương trình sau :

   

  

    2

2ac 5a 7c 31

a m a n 5a

mc c n

a c m 12 a c n a c 4a 8c 24

    

      



    



          



Lần lượt ta có :

  

      

c c c c

7c 31

a ; m ; n

2c c c

   



  

   Thế vào PT cuối ta :

   

   

2

c 2c 12c 31 2c 10c 17

0 c

2c c

    

  

 

(15)

Nhận xét : Qua cách làm trên, bạn đọc nhận thấy “trâu bò” phương pháp ? Chắc chắn nhiều bạn tò mò xem lời giải gốc toán Bạn đọc xem cách làm sau :

Kẻ BF vng góc với AC (F thuộc AC) Khi đó, ta chứng minh M, E, F thẳng hàng

Tứ giác BMEI BEFA nội tiếp Vậy ta :

o o

1

BEM BIM BIC BAC 180 BEF BEM BEF 180 M,E,F

2

        

Áp dụng :

 Phương trình đường thẳng ME : 2x y 0  

 Tọa độ điểm F 2,2 

 Phương trình đường trịn tâm M bán kính MF : x2 y 2 2 20  Tọa độ điểm C 4,0 

 Phương trình đường thẳng BF : x y 0 

 Tọa độ điểm B 4, 4

 Phương trình đường thẳng BE : y 0 

 Phương trình đường thẳng AE : x 0 

 Tọa độ điểm A1,5

Nhận xét : Chúng ta chứng minh M, E, F thẳng hàng vecto

Ví dụ : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi D điểm đối xứng A qua BC Đường thẳng qua A vng góc với CD có phương trình 4x 3y 20 0   Biết phương trình đường thẳng AD: x 2y 10 0   , điểm B nằm đường thẳng x y 0   Tìm toạ độ điểm B, C

(THPT Đa Phúc – Hà Nội – lần – 2016)

(16)

Ý tưởng : Chúng ta tiếp tục tham số hóa điểm chưa biết

Lời giải : Đặt B b,5 b  , C m,n , D 2d 10,d  

Gọi AH đường thẳng qua A vng góc với CD, H chân đường cao Khi ta tìm tọa độ điểm A2,4 Suy K d 6,d

2

   

 

  trung điểm AD

Ta có điều kiện sau :

 ACAB 0 m b 2     n b 4     0 mb 2m nb n 6b 0      B, C thuộc BC : 2x y 5d 10

2

   

 C thuộc CD : 3x 4y 10d 30 0    Từ ta có hệ phương trình :

mb 2m nb n 6b

2b 2b b d 10

d

2

5

m

2m n d 10

2

n b 3m 4n 10d 30

           

 

     

  

 

 

       

 

  

     



Thế vào PT đầu ta 5b b b 9     5 b b 1   0

Đáp số : B 1,4 , C2,10 B5,10, C2,4

Nhận xét : Qua số toán trên, bạn đọc hình dung phương pháp giải tổng quát Oxy từ kiện đề mà không cần quan tâm đến tính chất hình học đặc trưng Có thể phương pháp thời gian để xử lý biểu thức dẫn đường đến lời giải tốn

Tuy vậy, có số dạng mà không cần thiết phải đặt hết ẩn số mà quan tâm đến tỉ lệ toán Chương sau giúp bạn đọc hiểu rõ :

Phần : Chuẩn hóa đại lượng Oxy

(17)

ta chuẩn hóa cạnh 1, cạnh 2, … mà tự ngầm hiểu : tỉ lệ không đổi nên ta đặt cạnh

Tốt hết, số bạn bắt đầu đặt cạnh a cố gắng xét tỉ lệ để triệt tiêu a Bài tốn sau ví dụ minh họa :

Ví dụ : Cho hình vng ABCD F 13 3;

 

 

  thuộc cạnh AB 7BF 5FA , E trung

điểm AD, G trọng tâm ABC, EG: 11x 7y 0   , yB 0 Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD

(Bồ Tùng Linh)

Hướng dẫn

Ý tưởng : Đề cho EG F mà lại hỏi B Vậy đặt tổng quát B m,n  Ta cần tìm hai phương trình chứa hai ẩn m n xong

Đầu tiên, nhận thấy zoom in hay zoom out, hình kiểu kiểu thế, tỉ lệ độ dài không đổi Vậy EG cắt BF M tỉ lệ MB

MF số mà ta tính

(18)

Tiếp theo, ta cần tìm kiện Khơng khác, tỉ lệ khoảng cách từ F B xuống EG Tỉ lệ không đổi, mà dF / EG tính nên ta tính cụ thể

B/ EG

d Đây mối liên hệ thứ hai m n Bài toán giải

Lời giải : Gọi B m,n  EGAB M Đặt AB a 0  Ta có BF 5a 12



Lại có G / AB

G / AD

E/ AB G / AD

a d

MG 3 MA

3 MA 3d a 2a

a

ME d d

2

         

Tóm lại MB a 12 MB 12MF M 26 17m, 18 17n 5a

MF 17 17 5

a 12               

Lại có M EG 11m 7n 26 0   Tiếp tục, B trung điểm AM nên :

B/ EG A/ EG

2 2

1 1 a

d d

2 1 17

2

AM AE 4a a

   

 

Suy

2

B/ EG F/ EG

12 13 12 10

d m n d

6 17 17

5 17

   

        

   

Giải hệ phương trình  

2

m

12 13 10

m n

B 3;

6 17 13

5 17 m

51 11m 7n 26

                                  

Đáp số : A1; , B  3; ,C 3; , D 5; 3     

Nhận xét : Vậy với hình vng mà zoom in zoom out, hình đồng dạng với sử dụng tỉ lệ hợp lý

Thật khó để giải tốn theo hướng làm khác đề cho kiện khó chịu Do kiểu khó thời gian nên có đề thi thử cho tập dạng

Ví dụ : Cho hình vng ABCD M thuộc cạnh BC cho BM 2MC N thuộc cạnh AD cho 3AN ND Qua B kẻ đường vng góc với MN cắt CD F Biết phương trình đường thẳng NF 4x 8y 0   , A3,1 Tìm tọa độ điểm B, C, D

(Bùi Thế Việt – Mở rộng)

C – Kết Luận :

Chuyên đề chưa hoàn chỉnh hy vọng giúp ích cho số bạn chuẩn bị ôn thi THPT Quốc Gia

Định dạng
Số trang	18
Dung lượng	1,35 MB