1. Trang chủ
  2. » Thể loại khác

16 hinh thang (1) , toán không khó chỉ cần cố gắng

9 10 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 9
Dung lượng 490,99 KB

Nội dung

B Chủ đề MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỨ GIÁC Hình thang  Bài 06.Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD  AB / / CD Gọi H , I hình chiếu vng góc B đường thẳng AC, CD Giả sử M, N trung điểm AD, HI Viết phương trình đường thẳng AB biết M 1; 2 , N 3;4  đỉnh B nằm đường thẳng x  y   , cos ABM  Định hướng: Bài toán xoay quanh điểm B mà giả thiết cho tọa độ điểm M,N Nên dựa vào hình vẽ giả thuyết đặt mối quan hệ điểm B, M, N BM  MN Giả thiết hình thang cân ABCD  AB / / CD Gọi H , I hình chiếu vng góc B đường thẳng AC, CD cho ta nghĩ đến tứ giác nội tiếp B, H, I, C suy góc  tam giác đồng dạng để từ chứng minh khẳng định giả thuyết Lại có đỉnh B nằm đường thẳng x  y   , cos ABM  , ta định lượng yếu tố Lời giải Xét tam giác ABD HBI có: ABD  HCI  HBI Và ADB  ACB  HIB Suy ABD HBI Ta có BM, BN hai trung tuyến tam giác ABD, HBI đó: BM BA  BN BH (1) Lại có ABM  HBN  MBN  ABH Từ (1) (2) suy ABH (2) MBN Do MNB  AHB  90 hay MN  NB Đường thẳng BN qua N vng góc với MN nên có phương trình : x  y  15  x  y   x   Toạ độ điểm B thoả mãn  Suy B(6; 3)  x  y  15  y  Gọi n  a; b  a2  b2   vec tơ phương đường thẳng AB Ta có MB  5;  phương với vec tơ uMB 1;1 Theo ta có:  ab 2( a  b 2  8( a2  b2 )  5( a2  2ab  b2 )  3a2  10 ab  3b2   a  3b   3a  b Với a  3b , chọn b   a  ta có phương trình x  y  21  Với b  3a chọn a   b  ta có phương trình x  y  15  (loại trùng với BN ) Vậy phương trình đường thẳng AB là: x  y  21   Bài 22 Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vng A, B với đáy nhỏ AD , có hai đường chéo BD AC vng góc với E Biết AB  10 , F trung điểm đoạn thẳng CD  21   3  , điểm C nằm trục Ox có hồnh độ dương E   ;  , F  ;  Viết phương trình đường thẳng  5 2 2 BC Định hướng: Bài toán chứa đựng nhiều yếu tố quan hệ vng góc, có định lượng độ dài đoạn thẳng nên ta hồn tồn nghĩ đến phương pháp đại số để giải nó, từ việc khai thác giả thiết quan trọng sau: + Tam giác ECD vuông E mà F trung điểm đoạn thẳng CD nên FC  FD  FE +Tam giác BAD vng A có AE đường cao nên BE.BD  BA2 Lời giải: Gọi C  x;0  với x  Tính EF  65 3  ; FC   x    2  Vì tam giác ECD vng E mà F trung điểm đoạn thẳng CD nên FC  FD  FE x  Suy FC2  FE2  x2  x  28     x  4  loai  Do C 7;0  suy C  4;3  Từ ta có ED    a  Đặt BE  a  a   , tam giác vuông ABD có BE.BD  BA2  a a   40    a  5 Khi BE   BE  ED Mà B, D, E thẳng hàng E nằm B, D nên 21   xB     x  5 EB  4 ED    B hay B  5; 4   yB  4  y    28  B 5 Đường thẳng BC qua B C nên có phương trình x  y    Bài 23 Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD , BC Biết B  2;3  AB  BC , đường thẳng AC có phương trình x  y   , điểm M  2; 1 nằm đường thẳng AD Viết phương trình đường thẳng CD Định hướng : Khai thác giả thiết hình thang cân ABCD nội tiếp đường tròn AB  BC Suy AC đường phân giác góc BAD , giả thiết có tọa độ điểm B phương trình đường thẳng nên cách nghĩ quen thuộc lấy điểm B ' đối xứng B qua AC B '  AD Bài tốn có hướng giải trọn vẹn Lời giải: Vì hình thang cân ABCD nội tiếp đường trịn AB  BC Suy AC đường phân giác góc BAD Gọi B ' đối xứng B qua AC B '  AD Gọi H hình chiếu B lên AC Tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình x  y   x   Suy H 3;2  x  y   y  Vì B ' đối xứng với B qua AC nên H trung điểm BB ' Do B '  4;1 Đường thẳng AD qua M B ' nên có phương trình x  y   x  y   x   Tọa độ điểm A nghiệm hệ  Do A 1;0  x  y   y  Ta có tứ giác ABCB ' hình bình hành nên AB  B ' C Do C 5;4  Gọi d trung trực BC , suy d : x  y  14   38 11  Gọi I  d  AD I trung điểm AD Do D  ;   5  Đường thẳng CD qua C D nên có phương trình x  13 y  97   Bài 29[Trích Đề thi thử THPT Hùng Vương 2015] Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vng A D có CD  AD  AB Gọi E  2;4  điểm thuộc đoạn AB cho AB  AE Điểm F thuộc BC cho tam giác DEF cân E Phương trình EF 2x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình thang biết D thuộc đường thẳng d : x  y  điểm A thuộc đường thẳng d ' : 3x  y   Định hướng: Khai thác tính chất hình thang ABCD vng A D có CD  AD  AB ta có DBC vng B hay DBF  90 Giả thiết đáng quan tâm tam giác DEF cân E Một giả thuyết đặt liệu DEF  90 ? Muốn khẳng định giả thuyết ta cần chứng minh tứ giác DEBF nội tiếp tốn có hướng giải Lời giải: Gọi P điểm đối xứng D qua A Tam giác BDP vuông cân B nên EP  ED Mặt khác tam giác DEF cân E nên ED EF , suy E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DPF Suy AED  PED  EBFD tứ giác nội tiếp Suy DEF  DBF  90 Vậy tam giác DEF vuông cân E Đường thẳng DE qua E vuông góc với EF nên có phương trình x  y   x  y    x  2   D  2;2 Tọa độ điểm D nghiệm hệ phương trình  x  y  y  Xét tam giác vng EDA có EA  AB  AD, DE2  AD2  AE2  10 AE2 Vì A  d '  A  a;8  3a , a  a  2   Ta có phương trình   10  a      3a  5a  14 a        a   loai   2 Vậy A 1;5   xB   x   B  B  4;2   yB   2  yB  Ta có EB  2 EA     x    xC    C  4; 4  Ta có DC  AB   C  yC   6  yC  4   Vậy A 1;5 , B 4;2 , C 4; 4 , D  2;2   Bài 32.[Trích Đề thi thử Mathlink.vn] Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD AC vng góc với H Gọi M điểm nằm cạnh AB cho AB  AM , N trung điểm HC Biết B  1;3  , đường thẳng HM qua điểm T  2; 3  , đường thẳng DN có phương trình x  y   Tìm tọa độ điểm A D Định hướng: Giả thiết toán cho phương trình đường thẳng DN , đường thẳng HM qua T , cần xác định phương đường thẳng HM Dựa vào hình vẽ giả thuyết đặt HM  DN ? Khai thác giả thiết : “Hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD AC vng góc với H , M điểm nằm cạnh AB cho AB  AM , N trung điểm HC ” phương pháp vec tơ cơng cụ tối ưu việc chứng minh khẳng định giả thuyết C B N L H T M A D Lời giải: Ta có ABCD hình thang cân nên có hai đường chéo BD AC vng góc với H nên HB  HC, HA  HD Ta đặt HB  HC  a, HA  HD  b  a,b   , đó: HM  DN  DH  MB MA HA  HB  HA  HB AB AB 3 HC 1 1 2   Suy HM.DN   HA  HB  DH  HC   HA.HC  DH HB   ab  ab  Do 3 3 3    HM  DN Đường thẳng HM qua T  2; 3  vng góc với DN nên có phương trình là: 2x  y   Gọi H  t;2t    HM Theo định lí Talet ta có: HD  3 HB , suy D   4t ; 8t  19  HD AD   HD, HB ngược hướng nên HB BC Mặt khác D  DN nên  4t   8t  19     t   H  2; 3   D 11; 3  D ỴDN Û ( 3+ 4t ) + ( 8t -19 ) - = Û t = Þ H ( 2;-3) Þ D (11;-3) Nhận xét H  T , đường thẳng BD : y  3 Đường thẳng AC qua H vng góc với BD có phương trình : x   x  x    3  Tọa độ điểm N nghiệm hệ phương trình:    N  2;  y  2 x  y     Vì N trung điểm HC nên C  2;   xA   x   Mặt khác HA  3 HC    A  A  2; 30    yA  30  yA   3    Vậy tọa độ hai điểm cần tìm A  2; 30  D 11; 3  Bình luận: Có thể chứng minh HM  DN cơng cụ lượng giác hóa  Bài 39.[Trích Đề thi thử số 7/2015-Phạm Tuấn Khải] Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD có hai đáy AB CD , biết AB  BC , điểm A  2;  , đường phân giác góc ABC có  29  ;  Tìm phương trình d : x  y   , hình chiếu vng góc B đường thẳng CD điểm H   5 tọa độ đỉnh B,C ,D biết diện tích hình thang ABCD 12 Định hướng : Khai thác giả thiết AB  BC đường phân giác góc ABC d để suy A đối xứng với C qua d Các yếu tố định lượng khác khai thác tính chất vng góc từ giả thiết hình chiếu B đường  29  ;  diện tích hình thang Khi thiết lập hệ phương trình tốn thẳng CD điểm H   5 giải trọn vẹn Lời giải: Ta có tam giác ABC cân B nên AC  d Suy phương trình đường thẳng AC x  y   Gọi I giao điểm AC d tọa độ điểm I nghiệm hệ phương trình x  y   x    I  3;   x  y   y   3 Mà I trung điểm AC nên C  4;1  HC   ;    5 Đường thẳng BH qua H vng góc với HC nên có phương trình x  y  19  3 x  y  19  x    B  5;  Tọa độ điểm B nghiệm hệ  x  y   y  Ta có AB  10 , BH  10 Diện tích hình thang SABCD   1 BH  AB  CD   12  10 2  10  CD  CD  10 Suy CD  AB AB , DC hướng nên DC  AB   x  2   xD      D  D  2; 1  yD  1  1  yD     Do  Vậy A  2;  , B 5;  , C 4;1 , D  2; 1   Bài 46 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông A  0;  B Trên cạnh 6 7 AB lấy điểm M cho MB  2MA , điểm N  ;  hình chiếu vng góc M CD Biết 5 5 tam giác MCD vuông M điểm B nằm đường thẳng d : x  y   Tìm tọa độ đỉnh B ,C , D Định hướng: Từ giả thiết tốn hướng tìm mối quan hệ ba điểm A , B, N Dựa vào hình vẽ khơng khó khăn để đốn nhận tính chất NA  NB 6 7 Khai thác giả thiết hình thang có A  B  90 với giả thiết điểm N  ;  hình chiếu vng góc 5 5 M CD ta có tứ giác ACNM BMND nội tiếp , từ suy cặp góc nội tiếp chắn cung có số đo kết hợp tam giác MCD vuông M Bằng phương pháp cộng góc ta chứng minh nhận định Vấn đề lại tính tốn tham số hóa tọa độ điểm B  d , sử dụng NB.NA   B Viết phương trình đường thẳng AC , BD Sử dụng MB  2 MA  M  CD  C , D Như tốn có hướng giải trọn vẹn! Lời giải: Ta có MAC  MNC  90 , MND  MBD  90 nên tứ giác ACNM BMND nội tiếp Suy ACM  ANM (góc nội tiếp chắn cung AM ), MNB  MCB (góc nội tiếp chắn cung MB ) Do   ANB  ANM  MNB  ACM  MDB  90  AMC  90  CMB  180  AMC  CMB  BMC  90 6 7 Hay NA  NB N  ;  A  0;  5 5 51 7   18  ; b   , NA   ;  Gọi B  3b  9; b  d ta có NB  3b  5   5  6 51  18  7 36 36 b   b  1 Ta có NA.NB     3b     b     5   5 5 Suy B  6; 1 Theo ta có MB  2MA MA , MB ngược hướng nên MB  2 MA Do 6  xM  2   xM   x  2   M  M  2;    yM   1  yM  2   yM  Đường thẳng CD qua N vng góc với MN nên có phương trình x  y   Đường thẳng AC vng góc với AB A nên có phương trình x  y   Đường thẳng BD vng góc với AB B nên có phương trình x  y   x  y   x    C  2;  Tọa độ điểm C nghiệm hệ  2x  y   y  x  y    x  2   D  2; 5  Tọa độ điểm D nghiệm hệ  2x  y    y  5 Vậy B  6; 1 , C  2;  , D  2; 5   Bài 13 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vng ABCD có BCD  ADC  900 AD Qua điểm E thuộc cạnh BC kẻ đường thẳng vng góc với DE cắt đường thẳng AB F Tìm tọa độ điểm B, C, D biết A 6; 2 , E 1;2 , F 5; 1 BC  CD  Định hướng: Gọi H giao điểm AD đường thẳng qua F vng góc với AB Phát chứng minh tam giác HFA vuông cân F Lời giải Gọi H giao điểm AD đường thẳng qua F vng góc với AB Đặt BC  CD  AD  a  BD  BA  a 2 Suy tam giác BDA vuông cân B  FAH  450  HFA vuông cân F Ta có:  Phương trình đường thẳng AB : x  y   Phương trình đường thẳng FH : x  y   Phương trình đường thẳng DE : x  y  2  m  Giả sử H  m; m   , từ FA  FH   m  +) Với m   H  4; 2 Từ ta có: Phương trình đường thẳng BC : y  2; phương trình đường thẳng AD : y  2 Tọa độ điểm D  2; 2  Phương trình đường thẳng DC : x  2 Suy C  2;2 , B  2;2 +) Với m   H 6;0 Giải tương tự trường hợp loại nghiệm ... hình thang ABCD vng A, B với đáy nhỏ AD , có hai đường chéo BD AC vng góc với E Biết AB  10 , F trung điểm đoạn thẳng CD  21   3  , điểm C nằm trục Ox có hồnh độ dương E   ;  , F ... đáy AB CD , biết AB  BC , điểm A  2;  , đường phân giác góc ABC có  29  ;  Tìm phương trình d : x  y   , hình chiếu vng góc B đường thẳng CD điểm H   5 tọa độ đỉnh B,C ,D biết diện... độ đỉnh B ,C , D Định hướng: Từ giả thiết tốn hướng tìm mối quan hệ ba điểm A , B, N Dựa vào hình vẽ khơng khó khăn để đốn nhận tính chất NA  NB 6 7 Khai thác giả thiết hình thang có A

Ngày đăng: 25/08/2021, 13:42

w