Phương pháp giải một số bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC NGUYỄN THỊ HỒNG NHUNG Phương pháp giải số tốn hình học giải tích mặt phẳng KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP NGÀNH SƯ PHẠM TOÁN Hà Nội, 2018 MỤC LỤC CHƯƠNG 1: HỆ THỐNG LÝ THUYẾT 1.1 TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ VÀ TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM 1.1.1 Tọa độ vectơ tọa độ điểm 1.1.2 Biểu thức tọa độ phép toán vectơ 1.1.3 Tọa độ trung điểm đoạn thẳng tọa độ trọng tâm tam giác 1.2 BIỂU THỨC TỌA ĐỘ CỦA TÍCH VƠ HƯỚNG 1.3 PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT CỦA ĐƯỜNG THẲNG 1.4 CÁC DẠNG ĐẶC BIỆT CỦA PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT 1.5 PHƯƠNG TRÌNH ĐOẠN CHẮN 1.6 PHƯƠNG TRÌNH THEO HỆ SỐ GÓC 10 1.7 PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG 10 1.8 KHOẢNG CÁCH VÀ GÓC 11 1.8.1 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng 11 1.8.2 Vị trí hai điểm đường thẳng 11 1.8.3 Góc hai đường thẳng 11 CHƯƠNG 2: HỆ THỐNG BÀI TẬP 13 2.1 TAM GIÁC 13 2.1.1 CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG TRUNG TUYẾN TRONG TAM GIÁC 13 2.1.2 CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI ĐƯỜNG PHÂN GIÁC CỦA TAM GIÁC 31 2.1.3 CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG CAO CỦA TAM GIÁC 45 2.2 HÌNH CHỮ NHẬT 61 2.3 HÌNH THOI 95 2.4 HÌNH VNG 105 2.5 HÌNH BÌNH HÀNH 129 2.6 HÌNH THANG 138 KẾT LUẬN 143 TÀI LIỆU THAM KHẢO 144 MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Phương pháp tọa độ mặt phẳng kiến thức trọng tâm hình học 10 xuất đề thi mơn tốn kì thi THPT Quốc Gia Do vậy, tơi định chọn đề tài khóa luận “ Phương pháp giải số tốn hình học giải tích mặt phẳng ”, đề tài bao gồm hệ thống lý thuyết tập phương pháp tọa độ mặt phẳng , đồng thời để phục vụ cho việc giảng dạy sau Cấu trúc khóa luận Khóa luận bao gồm hai chương: Chương 1: Hệ thống lí thuyết Chương 2: Phân dạng tập CHƯƠNG 1: HỆ THỐNG LÝ THUYẾT Để làm tốt tập chủ đề này, học sinh cần cung cấp hệ thống đầy đủ lí thuyết bao gồm: Một số lí thuyết tọa độ vectơ tọa độ điểm chương 1, lí thuyết tích vơ hướng chương tồn lí thuyết chương SGK hình học nâng cao 10 Nhà Xuất Bản Giáo Dục [1] 1.1 TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ VÀ TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM 1.1.1 Tọa độ vectơ tọa độ điểm Đối với hệ trục (𝑂; 𝑖⃗, 𝑗⃗ ) hay 𝑂𝑥𝑦 𝑢 ⃗⃗ = (𝑎; 𝑏) ⇔ 𝑢 ⃗⃗ = 𝑎𝑖⃗ + 𝑏𝑗⃗ 𝑀 = (𝑥; 𝑦) ⇔ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑀 = (𝑥; 𝑦) Nếu 𝑀 = (𝑥𝑀 ; 𝑦𝑀 ), 𝑁 = (𝑥𝑁 ; 𝑦𝑁 ) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑀𝑁 = (𝑥𝑁 − 𝑥𝑀 ; 𝑦𝑁 − 𝑦𝑀 ) Hai vectơ chi chúng có tọa độ: 𝑥 = 𝑥′ 𝑎⃗(𝑥; 𝑦) = 𝑏⃗⃗(𝑥 ′ ; 𝑦 ′ )⇔{ 𝑦 = 𝑦′ 1.1.2 Biểu thức tọa độ phép toán vectơ Cho 𝑎⃗(𝑥 ; 𝑦); 𝑏⃗⃗(𝑥 ′ ; 𝑦 ′ ) Khi đó: o 𝑎⃗ + 𝑏⃗⃗ = (𝑥 + 𝑥 ′ ; 𝑦 + 𝑦 ′ ), 𝑎⃗ − 𝑏⃗⃗ = (𝑥 − 𝑥 ′ ; 𝑦 − 𝑦 ′ ) o 𝑘𝑎⃗ = (𝑘𝑥; 𝑘𝑦) , 𝑘 ∈ 𝑅 Vectơ 𝑏⃗⃗ phương với vectơ 𝑎⃗ ≠ ⃗0⃗ tồn số 𝑘 cho { 𝑥 ′ = 𝑘𝑥 𝑦 ′ = 𝑘𝑦 1.1.3 Tọa độ trung điểm đoạn thẳng tọa độ trọng tâm tam giác 1.1.3.1 Tọa độ trung điểm đoạn thẳng Cho hai điểm (𝑥𝑀 ; 𝑦𝑀 ), 𝑁(𝑥𝑁 ; 𝑦𝑁 ) Nếu 𝑃 trung điểm đoạn thẳng 𝑀𝑁 thì: { 1.1.3.2 𝑥𝑃 = xM  x N 𝑦𝑃 = yM  y N Tọa độ trọng tâm tam giác Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 có 𝐴(𝑥𝐴 ; 𝑦𝐴 ), 𝐵(𝑥𝐵 ; 𝑦𝐵 ), 𝐶(𝑥𝐶 ; 𝑦𝐶 ) Gọi 𝐺 trọng tâm tam giác 𝐴𝐵𝐶 Khi đó: { 1.2 𝑥𝐺 = x A  xB  xC 𝑦𝐺 = y A  yB  yC BIỂU THỨC TỌA ĐỘ CỦA TÍCH VƠ HƯỚNG Cho 𝑎⃗ = (𝑥; 𝑦), 𝑏⃗⃗ = (𝑥 ′ ; 𝑦 ′ ) Khi đó: o 𝑎⃗𝑏⃗⃗ = 𝑥𝑥 ′ + 𝑦𝑦 ′ o |𝑎⃗| = √𝑥 + 𝑦 o cos(𝑎⃗; 𝑏⃗⃗) = 𝑥𝑥 ′ +𝑦𝑦 ′ √𝑥 +𝑦 √𝑥 ′2 +𝑦′2 , 𝑎⃗ ≠ ⃗0⃗, 𝑏⃗⃗ ≠ ⃗0⃗ o 𝑎⃗ ⊥ 𝑏⃗⃗ ⇔ 𝑥𝑥 ′ + 𝑦𝑦 ′ = Trong mặt phẳng tọa độ, khoảng cách hai điểm 𝑀(𝑥𝑀 ; 𝑦𝑀 ) , 𝑁(𝑥𝑁 ; 𝑦𝑁 ) là: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √(𝑥𝑁 − 𝑥𝑀 )2 + (𝑦𝑁 − 𝑦𝑀 )2 𝑀𝑁 = |𝑀𝑁 1.3 PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT CỦA ĐƯỜNG THẲNG Trong mặt phẳng tọa độ, cho điểm 𝐼(𝑥0 ; 𝑦0 ) vectơ 𝑛⃗⃗ = (𝑎; 𝑏) ≠ ⃗0⃗ Gọi ∆ đường thẳng qua 𝐼, có vectơ pháp tuyến 𝑛⃗⃗ Tìm điều kiện 𝑥 𝑦 để điểm 𝑀(𝑥; 𝑦) nằm ∆ Ta có: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ 𝑛⃗⃗, hay 𝐼𝑀 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑛⃗⃗ = Điểm 𝑀 nằm ∆ 𝐼𝑀 (*) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑥 − 𝑥0 ; 𝑦 − 𝑦0 ) 𝑛⃗⃗ = (𝑎; 𝑏) nên: 𝐼𝑀 (*) tương đương với 𝑎(𝑥 − 𝑥0 ) + 𝑏(𝑦 − 𝑦0 ) = (1) Biến đổi (1) dạng 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = ( 𝑎2 + 𝑏2 ≠ ) Và gọi phương trình tổng quát đường thẳng ∆ Tóm lại: Trong mặt phẳng tọa độ, đường thẳng có phương trình tổng qt dạng : 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0, 𝑎2 + 𝑏2 ≠ Ngược lại, ta chứng minh rằng: Mỗi phương trình dạng 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0, 𝑎2 + 𝑏2 ≠ Đều phương trình tổng quát đường thẳng xác định, nhận 𝑛⃗⃗ = (𝑎, 𝑏) vectơ pháp tuyến 1.4 CÁC DẠNG ĐẶC BIỆT CỦA PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT Đường thẳng 𝑏𝑦 + 𝑐 = song song với trục 𝑂𝑥 trùng với trục 𝑂𝑥 𝑐 = Đường thẳng 𝑎𝑥 + 𝑐 = song song với trục 𝑂𝑦, trùng với trục 𝑂𝑦 𝑐 = Đường thẳng 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 = qua gốc tọa độ 1.5 PHƯƠNG TRÌNH ĐOẠN CHẮN Đường thẳng có phương trình 𝑥 𝑦 + = ( 𝑎 ≠ 0, 𝑏 ≠ 0) 𝑎 𝑏 Đi qua hai điểm 𝐴(𝑎; 0), 𝐵(0; 𝑏) Phương trình dạng gọi phương trình đường thẳng theo đoạn chắn Phân tích: o Việc khai thác tốn có nhiều quan hệ song song tỉ số xoay quanh hình vẽ gợi cho ta tới định lí Ta – lét o Giả thiết cho ta ba điểm: 𝐻 thuộc 𝐴𝐷, 𝑀 trung điểm 𝐴𝐶, 𝐺 tâm tam giác 𝐷𝐵𝐶 nên ta tìm tọa độ giao điểm 𝐸, 𝐹 𝐵𝐶 với 𝐻𝑀 𝐻𝐺, từ lập phương trình đường thẳng 𝐵𝐶 o Khi có phương trình đường thẳng 𝐵𝐶, ta dễ dàng lập phương trình đường thẳng 𝐵𝐻 với 𝐵𝐶 tìm giao điểm 𝐵 𝐵𝐻 𝐵𝐶 o Khi có điểm 𝐵 trung điểm 𝑀 𝐵𝐶, ta tìm điểm 𝐴 o Ta chứng minh 𝐴𝐺 = 4𝐼𝐺 xen vectơ vào, ta tìm giao điểm hai đường chéo hình bình hành, từ tìm tọa độ điểm 𝐷 Bài giải 130 Gọi 𝐸 giao điểm 𝐻𝑀 𝐵𝐶, 𝐹 giáo điểm 𝐻𝐺 𝐵𝐶, 𝐼 giao điểm 𝐴𝐶 𝐵𝐷 Ta có 𝐺𝐶 = 𝐺𝐶 𝐺𝐶 { 𝐼𝐶 ⟹ = ⟹ = 𝐼𝐶 𝐴𝐶 𝐺𝐴 = 𝐴𝐶 Vì 𝐻𝐴 song song với 𝐵𝐸 nên áp dụng định lí Ta let, ta có 𝐸𝑀 𝐵𝑀 = =1 𝐸(−6,1) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ {𝐻𝑀 𝐵𝐴 ⟹ { 𝐻𝑀 = 𝑀𝐸 ⟹ { 𝐺𝐹 𝐺𝐶 𝐹 (2,5) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 2𝐺𝐹 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐻𝐺 = = 𝐺𝐻 𝐺𝐴 𝐵𝐻 ⊥ 𝐷𝐻 mà 𝐷𝐻 ∥ 𝐵𝐹 nên 𝐵𝐻 ⊥ 𝐵𝐹 Đường thẳng 𝐵𝐶 đường thẳng 𝐸𝐹 đường thẳng 𝐵𝐻 vng góc với 𝐵𝐶 qua 𝐻 nên ta có hai phương trình đường thẳng 𝐵𝐶 𝐵𝐻 là: { 𝐵𝐶: 𝑥 − 2𝑦 + = 𝐵𝐻: 2𝑥 + 𝑦 + = Suy 𝐵(−2,3), 𝐴(−4, −3) Ta có 𝐴𝐼 = 𝐼𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟹ 𝐼 (0, ) ⟹ 𝐷 (2,0) ⟹ 𝐴𝐺 = 4𝐼𝐺 ⟹ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ { 𝐴𝐺 = 4𝐼𝐺 𝐼𝐺 = 𝐼𝐶 Vậy 𝐵(−2,3), 𝐷 (2,0) Nhận xét: Hình bình hành có nhiều quan hệ song song nên việc tận dụng quan hệ song song quan nhắc đến quan hệ song song ta nghĩ đến định lí Ta let Bài tập phù hợp với đối tượng HS lực học giỏi trở lên 131 Câu 42 Trong mặt phẳng tọa độ 𝑶𝒙𝒚, cho hình bình hành 𝑨𝑩𝑪𝑫, đường chéo 𝑨𝑪 có phương trình: 𝒙 + 𝒚 + 𝟏 = 𝟎 Điểm 𝑮(𝟏, 𝟒) trọng tâm tam giác 𝑨𝑩𝑪 Điểm 𝑬(𝟎, −𝟑) thuộc đường cao kẻ từ 𝑫 tam giác 𝑨𝑪𝑫 Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành 𝑨𝑩𝑪𝑫 biết diện tích tứ giác 𝑨𝑮𝑪𝑩 𝟏𝟔 điểm 𝑫 có hồnh độ dương Phân tích: o Bài tốn cho ta đường thẳng 𝐴𝐶 điểm 𝐸 thuộc đường cao kẻ từ 𝐷 tam giác 𝐴𝐷𝐶 nên ta lập phương trình đường thẳng 𝐷𝐸, sau đó, ta tham số hóa tọa độ điểm 𝐷 o Từ mối liên hệ 𝑑 (𝐷, 𝐴𝐶 ) = 𝑑(𝐺, 𝐴𝐶), ta tìm tọa độ điểm 𝐷 o Ta tiếp túc tìm giao điểm 𝐼 hai đường chéo cách sử dụng mối liên ⃗⃗⃗⃗⃗ Từ đó, ta dễ dàng tìm tọa độ điểm 𝐵 hệ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐺 = 4𝐼𝐺 o Khi toán mà đề cho ta tọa độ điểm, phương trình đường thẳng diện tích hình đó, cố gắng móc nối kiện tốn, khéo léo tìm mối quan hệ hình có diện tích cho trước với hình khác có diện tích liên quan tới khoảng cách từ điểm đường 132 o Trong toán này, ta nghĩ tới điểm 𝐺 để tính 𝑑(𝐺, 𝐴𝐶) Như vậy,ta cần tím mối liên hệ 𝑆𝐴𝐶𝐺𝐵 𝑆𝐴𝐺𝐶 o Ta thấy điểm dặc biệt 𝐺 quan trọng để tìm mối liên hệ diện tích chia nhỏ tứ giác nhờ đường chéo 𝐵𝐷, ta thu tam giác nhỏ có tỉ lệ diện tích ứng với tỉ lệ độ dài đáy chia 𝐵𝐷 Cụ thể, diện tích là: 𝑆𝐴𝐶𝐺𝐵 = 𝑆𝐴𝐵𝐺 + 𝑆𝐵𝐶𝐺 = 2(𝑆𝐴𝐺𝐼 + 𝑆𝐺𝐼𝐶 ) = 2𝑆𝐴𝐺𝐶 o Nhờ có 𝑆𝐴𝐺𝐶 𝑑(𝐺, 𝐴𝐶), ta tính 𝐴𝐶, từ tính 𝐼𝐴 o Khi có đường thẳng 𝐴𝐶, ta tham số hóa tọa độ điểm 𝐴 sử dụng kiện độ dài 𝐼𝐴 tính để tìm tọa độ điểm 𝐴 Bài giải Tìm tọa độ điểm 𝑫 Ta có 𝑑 (𝐺, 𝐴𝐶 ) = |1 + + 1| √12 + 12 = 3√2, 𝑑 (𝐷, 𝐴𝐶 ) = 3𝑑 (𝐺, 𝐴𝐶 ) = 9√2 Đường thẳng 𝐷𝐸 vng góc với 𝐴𝐶 qua 𝐸 nên phương trình đường thẳng 𝐷𝐸 là: 𝑥 − 𝑦 − = 𝐷 thuộc 𝐷𝐸 nên ta gọi 𝐷(𝑑, 𝑑 + 3) Ta có: 𝑑 (𝐷, 𝐴𝐶 ) = 9√2 ⟹ |𝑑 + 𝑑 + + 1| √2 = 9√2 ⟺ |2𝑑 + 4| = 18 ⟺[ 𝑑=7 𝑑 = −11 133 Vì điểm 𝐷 có hồnh độ dương nên 𝐷(7,10) Tìm tọa độ điểm 𝑰 Gọi 𝐼(𝑥𝐼 , 𝑦𝐼 ) Ta có: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐺 = (−6, −6), ⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑥𝐼 − 1, 𝑦𝐼 − 4) 𝐺𝐼 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐼 = 𝐼𝐵 mà 𝐵𝐼 = 3𝐺𝐼 nên 𝐷𝐺 = 4𝐺𝐼 ⟹ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐺 = −4𝐺𝐼 ⟹{ −6 = −4(𝑥𝐼 − 1) −6 = −4(𝑦𝐼 − 4) ⟹ 𝐼 (5 , 11) ⟺{ 11 2 𝑦𝐼 = 𝑥𝐼 = Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình bình hành 𝐼 trung điểm 𝐵𝐷 nên 𝐵(−2,1) 𝑆𝐴𝐶𝐺𝐵 = 𝑆𝐴𝐵𝐺 + 𝑆𝐵𝐶𝐺 = 2(𝑆𝐴𝐺𝐼 + 𝑆𝐺𝐼𝐶 ) = 2𝑆𝐴𝐺𝐶 = 16 ⟹ 𝑆𝐴𝐺𝐶 = 16 = Ta có { 𝑆𝐴𝐺𝐶 𝑑 (𝐺, 𝐴𝐶 ) = 3√2 16 𝐴𝐶 ⟹ 𝐴𝐶 = ⟹ 𝐼𝐴 = = 3√2 3√2 = 𝑑 (𝐺, 𝐴𝐶 ) ∙ 𝐴𝐶 = 𝐴 thuộc đường thẳng 𝐴𝐶 nên ta gọi 𝐴(𝑎, −𝑎 − 1) 𝐼𝐴 = 3√2 11 ⟹ √(𝑎 − ) + (−𝑎 − − ) = 2 3√2 134 ⟺ 4𝑎2 − 20𝑎 + 25 + 4𝑎2 + 52𝑎 + 169 = 128 ⟺ 𝑎 = Suy 𝐴(2, −3), 𝐶(3,14) Vậy 𝐴(2, −3), 𝐷 (7,10), 𝐶 (3,14), 𝐵(−2,1) Câu 43 Trong mặt phẳng tọa độ 𝑶𝒙𝒚 cho hình bình hành 𝑨𝑩𝑪𝑫, trực tâm tam giác 𝑩𝑪𝑫 𝑯(𝟒, 𝟎), tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝑨𝑩𝑫 𝑰 ( 2, ) Điểm 𝑩 thuộc đường thẳng 𝟑𝒙 − 𝟒𝒚 = 𝟎 𝑩𝑪 qua 𝑴(𝟓, 𝟎) Tìm phương trình cạnh hình bình hành biết điểm 𝑩 có hồnh độ dương 135 Phân tích: Để ý thấy tứ giác 𝐴𝐵𝐻𝐷 tứ giác nội tiếp, vậy, điểm 𝐼 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐴𝐵𝐷 đồng thời tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác 𝐴𝐵𝐻𝐷, ta viết phương trình đường trịn ngoại tiếp này, tìm tọa độ điểm 𝐵 𝐵 giao đường thẳng 3𝑥 − 4𝑦 = đường tròn Đến đây, việc giải vấn đề lại trở lên dễ dàng Bài giải Ta có 𝐵𝐻 ⊥ 𝐷𝐶, 𝐷𝐶 ∥ 𝐴𝐵 ̂ = 900 Suy 𝐵𝐻 ⊥ 𝐴𝐵 ⟹ 𝐴𝐵𝐻 (1) Ta lại có: 𝐷𝐻 ⊥ 𝐵𝐶 𝐵𝐶 ∥ 𝐴𝐷 ̂ = 900 Suy 𝐷𝐻 ⊥ 𝐴𝐷 ⟹ 𝐴𝐷𝐻 (2) Từ (1) (2) suy tứ giác 𝐴𝐵𝐷𝐻 tứ giác nội tiếp, lại có 𝐼 tâm đường trịn tiếp tam giác 𝐴𝐵𝐷 nên 𝐼 tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác 𝐴𝐵𝐷𝐻 Gọi (𝐼) đường tròn ngoại tiếp tứ giác 𝐴𝐵𝐷𝐻 (𝐼) có tâm 𝐼 ( 2, ), bán kính 𝑅 = 𝐼𝐻 = nên ta có phương trình đường trịn (𝐼) 2 là: 25 (𝑥 − 2)2 + (𝑦 − ) = 𝐵 thuộc đường thẳng 3𝑥 − 4𝑦 = nên ta gọi 𝐵(4𝑏, 3𝑏) Vì điểm 𝐵 thuộc đường trịn (𝐼) nên ta có 25 (4𝑏 − 2)2 + (3𝑏 − ) = 136 𝑏=0 ⟺[ 𝑏 = Vì điểm 𝐵 có hồnh độ dương nên 𝐵(4,3) Đường thẳng 𝐵𝐶 qua điểm 𝐵 điểm 𝑀 biết tọa độ nên phương trình đường thẳng 𝐵𝐶 là: 3𝑥 + 𝑦 − 15 = Đường thẳng 𝐴𝐵 có vectơ pháp tuyến ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐻 qua điểm 𝐵 nên phương trình đường thẳng 𝐴𝐵 là: 𝑦 − = Đường thẳng 𝐷𝐻 vng góc với 𝐵𝐶 qua điểm 𝐻 nên có phương trình đường thẳng là: 𝑥 − 3𝑦 − = Điểm 𝐷 giao đường thẳng 𝐷𝐻 (𝐼) nên tọa độ điểm 𝐷 nghiệm hệ: 𝑥 − 3𝑦 − = { 25 (𝑥 − 2) + (𝑦 − ) = 𝑥 = 3𝑦 + ⟺{ 25 (3𝑦 + 2) + (𝑦 − ) = 𝑦=0 ⟹[ 𝑦=− 10 Nếu 𝑦 = 𝑥 = suy điểm 𝐵 trùng với điểm 𝐻 ( loại) Vậy 𝐷 ( 13 ,  ) 10 10 Phương trình đường thẳng 𝐶𝐷: 𝑦 + = 10 Phương trình đường thẳng 𝐴𝐵: 3𝑥 + 𝑦 − = 137 2.6 HÌNH THANG Câu 44 ̂=𝑫 ̂= Trong mặt phẳng tọa độ 𝑶𝒙𝒚 cho hình thang vng 𝑨𝑩𝑪𝑫 có 𝑨 𝟗𝟎𝟎 , 𝑪𝑫 = 𝟐𝑨𝑩 Gọi 𝑯 hình chiếu vng góc 𝑫 lên đường chéo 𝑨𝑪 𝑴( 22 14 , ) trung điểm 𝑯𝑪, đỉnh 𝑫(𝟐, 𝟐), đỉnh 𝑩 thuộc đường thẳng 5 𝒙 − 𝟐𝒚 + 𝟒 = 𝟎 đường thẳng 𝑩𝑪 qua điểm 𝑬(𝟓, 𝟑) Tìm tọa độ đỉnh 𝑨, 𝑪, 𝑩 Phân tích: Ta dựng đường trung bình tạo trung điểm 𝑀 𝐻𝐶 với trung điểm 𝐾 𝐷𝐻 ( giả thiết hình thang có hai cạnh 𝐴𝐵 song song với 𝐶𝐷 nên dựng tạo mối liên hệ 𝐾𝑀, 𝐷𝐶 𝐴𝐵 o Khi đó, ta có tính chất đường trung bình sau: 𝐾𝑀 = 𝐴𝐵 = DC 𝐾𝑀 ∥ 𝐴𝐵 ∥ 𝐷𝐶 o Từ hình bình hành 𝐴𝐵𝑀𝐾, khai thác nhiều tính chất như: 𝐾𝑀 ⊥ 𝐴𝐷, 𝐵𝑀 ∥ 𝐴𝐾 o Do 𝐾 trực tâm tam giác 𝐴𝐷𝑀 nên 𝐴𝐾 ⊥ 𝐷𝑀 suy 𝐺𝑀 ⊥ 𝑀𝐷 138 o Tới đây, lập phương trình đường thẳng 𝐵𝑀, tìm tọa độ điểm 𝐵 o Sau đó, ta lập phương trình đường thẳng 𝐵𝐶 Ta nhận thấy 𝐴𝐵𝐶𝐷 hình thang vng có đáy 𝐶𝐷 gấp hai lần đáy 𝐴𝐵 nên 𝐵𝐷 = √𝐴𝐷 + 𝐴𝐵2 = √𝐴𝐷 CD2 + = 𝐵𝐶 Tới đây, ta gọi điểm 𝐶 đường thẳng 𝐵𝐶 giải phương trình 𝐵𝐷 = 𝐵𝐶 Bài giải Gọi 𝐾 trung điểm 𝐻𝐷 ⟹ 𝐾𝑀 đường trung bình tam giác 𝐻𝐷𝐶 𝐾𝑀 ∥ 𝐷𝐶 𝐷𝐶 ⟹{ 𝐾𝑀 = = 𝐴𝐵 Suy 𝐴𝐵𝐾𝑀 hình bình hành ⟹ 𝐴𝐾 ∥ 𝐵𝑀, 𝐾𝑀 ⊥ 𝐷𝐴 Xét tam giác 𝐴𝐷𝑀 có 𝐾𝑀 giao với 𝐷𝐻 𝐾 nên 𝐾 trực tâm tam giác 𝐴𝐷𝑀 Lại có 𝐴𝐾 qua 𝐾 nên 𝐴𝐾 ⊥ 𝐷𝑀 Ta có { 𝐴𝐾 ⊥ 𝐷𝑀 ⟹ 𝐵𝑀 ⊥ 𝐷𝑀 𝐴𝐾 ∥ 𝐵𝑀 Phương trình đường thẳng 𝐵𝑀 là: 3𝑥 + 𝑦 − 16 = 𝐵 giao điểm 𝐵𝑀 𝑑 nên tọa độ điểm 𝐵 nghiệm hệ { 3𝑥 + 𝑦 − 16 = 𝑥=4 ⟺{ ⟹ 𝐵(4,4) 𝑦=4 𝑥 − 2𝑦 + = Đường thẳng 𝐵𝐶 qua điểm 𝐸 điểm 𝐵 nên có phương trình là: 𝑥 + 𝑦 − = Ta có 139 𝐵𝐷 = √𝐴𝐷 + 𝐴𝐵2 = √𝐴𝐷 + CD2 = 𝐵𝐶 Gọi 𝐶(𝑐, − 𝑐) Ta có: 𝐵𝐷 = 𝐵𝐶 ⟹ √(4 − 2)2 + (4 − 2)2 = √(𝑐 − 2)2 + (6 − 𝑐 )2 ⟺[ 𝐶 (4,4) (𝐿) 𝑐=4 ⟹[ 𝐶(2,6) 𝑐=2 Đường thẳng 𝐴𝐵 có vectơ phương ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐶𝐷 qua điểm 𝐵 nên có phương trình là: 𝑥 − = Phương trình đường thẳng 𝐴𝐶: 4𝑥 + 3𝑦 − 26 = Điểm 𝐴 giao 𝐴𝐶, 𝐴𝐵 nên tọa độ điểm 𝐴 nghiệm hệ 𝑥−4=0 { 4𝑥 + 3𝑦 − 26 = 𝑥=4 10 ⟺{ 𝑦= ⟹ 𝐴 (4, 10 ) Vậy 𝐴 (4, 10 ) , 𝐵 (4,4), 𝐶 (2,6) Câu 45 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ 𝑶𝒙𝒚, cho hình thang vng 𝑨𝑩𝑪𝑫 vng 𝑨 𝑫, có 𝑨𝑩 = 𝑨𝑫 < 𝑪𝑫 , điểm 𝑩(𝟏, 𝟐), đường thẳng 𝑩𝑫: 𝒚 = 𝟐 Đường thẳng 𝒅: 𝟕𝒙 − 𝒚 − 𝟐𝟓 = 𝟎 cắt đoạn 𝑨𝑫, 𝑪𝑫 𝑴, 𝑵 cho 𝑩𝑴 ⊥ 𝑩𝑪 tia 𝑩𝑵 tia phân giác góc 𝑴𝑩𝑪 Tìm tọa độ điểm 𝑫 biết 𝑫 có hồnh độ dương 140 Phân tích: Với hình thang vng có đáy nhỏ cạnh kề vng góc nghĩ tới việc kẻ vng góc để tạo hình vng tính chất hình vng đặc biệt Vậy nên, ta kẻ 𝐵𝐻 vng góc với 𝐷𝐶 để tạo hình vng 𝐴𝐵𝐻𝐷 Nhờ có hình vng vẽ, ta sử dụng tính chất hai góc có cạnh tương ứng vng góc để chứng minh cặp tam giác o Từ giải thiết 𝐵𝑀 vng góc với 𝐵𝐶, 𝐴𝐵 vng góc với 𝐵𝐻 nên ̂ = 𝐴𝐵𝑀 ̂ 𝐻𝐵𝐶 o Tiếp theo, ta chứng minh tam giác 𝐴𝐵𝑀 tam giác 𝐻𝐵𝐶 sau sử dụng 𝐵𝑀 = 𝐵𝐶 để chứng minh tam giác 𝐵𝑀𝑁 tam giác 𝐵𝐶𝑁 Hai tam giác nên độ dài hai đường cao ứng với điểm 𝐵 o Khi đó, ta dễ dàng tìm khoảng cách từ 𝐵 đến 𝑑 độ dài 𝐵𝐻 hay nói cách khác, độ dài cạnh hình vng 141 o Bước tham số hóa tọa độ điểm 𝐷 đường thẳng 𝐵𝐷 giải phương trình độ dài 𝐵𝐷 để tìm điểm 𝐷 Bài giải Kẻ 𝐵𝐻 ⊥ 𝐷𝐶 ⟹ 𝐴𝐵𝐻𝐷 hình vng ̂ = 𝐴𝐵𝑀 ̂ (Hai cạnh tương ứng vng góc) 𝐻𝐵𝐶 Xét tam giác 𝐴𝐵𝑀 tam giác 𝐻𝐵𝐶 có ̂ = 𝐵𝐻𝐶 ̂ = 900 𝐵𝐴𝑀 { ⟹ ∆𝐴𝐵𝑀 = ∆𝐻𝐵𝐶 ⟹ 𝐵𝑀 = 𝐵𝐶 𝐴𝐵 = 𝐵𝐻 ̂ = 𝐴𝐵𝑀 ̂ 𝐻𝐵𝐶 Xét tam giác 𝐵𝑀𝑁 tam giác 𝐵𝐶𝑁 có 𝐵𝑀 = 𝐵𝐶 ̂ ⟹ ∆𝐵𝑀𝑁 = ∆𝐵𝐶𝑁 ̂ = 𝑁𝐵𝐶 {𝑀𝐵𝑁 𝐵𝑁 = 𝐵𝑁 Ta có 𝑑 (𝐵, 𝑑 ) = 𝐵𝐻 = BD ⟹ BD = √2𝑑 (𝐵, 𝑑 ) = √2   25 72  4 Gọi 𝐷(𝑑, 2) 𝑑=5 𝐷𝐵 = √(𝑑 − 1)2 = |𝑑 − 1| = ⟺ [ 𝑑 = −3 Vì 𝐷 có hồnh độ dương nên 𝐷 (5,2) Vậy tọa độ điểm 𝐷 (5,2) 142 KẾT LUẬN Trong đề tài mình, tơi đạt kết sau: - Đưa hệ thống lí thuyết phần tọa độ mặt phẳng để phục vụ cho việc giải tập phần - Soạn hệ thống tập để phục vụ cho việc giảng dạy sau cho việc ơn thi cho kì thi THPT Quốc Gia Tuy nhiên, thiếu kinh nghiệm nên nội dung khóa luận cịn nhiều sai sót, tơi mong quý thầy cô bạn sinh viên góp ý để khóa luận hồn thiện Hà Nội, ngày 17 tháng năm 2018 Tác giả khóa luận Nguyễn Thị Hồng Nhung 143 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh tác giả khác, Hình học nâng cao 10, NXBGD, 2010 [2] Nguyễn Anh Văn, Chinh phục hình học giải tích, NXBĐHQGHN, 2011 144 ... vậy, tơi định chọn đề tài khóa luận “ Phương pháp giải số tốn hình học giải tích mặt phẳng ”, đề tài bao gồm hệ thống lý thuyết tập phương pháp tọa độ mặt phẳng , đồng thời để phục vụ cho việc... dụng tính chất hình học phẳng nhiều giải trọn vẹn tốn Bài tốn phù hợp với đối tượng HS lực học giỏi trở lên 2.1.2 CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI ĐƯỜNG PHÂN GIÁC CỦA TAM GIÁC Khi giải toán liên quan...