CHƯƠNG i kỹ THUẬT và PHƯƠNG PHÁP GIẢI bài TOÁN HÌNH OXY

CHƯƠNG I KỸ THUẬT VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN HÌNH OXY D KĨ THUẬT SỬ DỤNG ĐẲNG THỨC VÉC TƠ Một số kiến thức cần nhớ Bài tập vận dụng 1 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác ABC có phương t[.]

D KĨ THUẬT SỬ DỤNG ĐẲNG THỨC VÉC-TƠ.

 Một số kiến thức cần nhớ.

 Bài tập vận dụng.

1 …

 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng

AB xy  , phương trình đường thẳng AC: 3x4y60 và điểm M1; 3  nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn 3MB2MC Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC

Định hướng:

- Tìm tọa độ điểm AABAC

- Tham số hóa ,B C từ thiết lập hệ thức vec tơ giữa MB MC  ,

Suy ra ,B C G

Lời giải.

x y

A

x y







4

c

B b  b C c   

Do ba điểm B M C, , thẳng hàng và 3MB2MC nên có hai trường

hợp xảy ra

+) Trường hợp 1 3MB 2MC

11

5

b

b c

b c

c









Suy ra tọa độ trọng tâm 7; 10

G  

+) Trường hợp 2 3MB2MC

3; 5 ,  2;0

3

G  

 

8

G 1;-3

 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy AB, CD và CD2AB Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ D xuống AC và M là trung điểm của HC Biết tọa độ đỉnh

5;6

B , phương trình đường thẳng DH: 2x y0; phương trình đường thẳng DM x:  3y50 Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD

Định hướng:

-Tìm tọa độ điểm D , thiết lập hệ thức giữa vec tơ DI IB  ,

Suy ra I

-Viết phương trình AC H M,  C

-Từ DC  2AB A

Lời giải.

x y

D

x y







 Gọi I là giao điểm của AC và BD

CD DI

      

11 14

; 3

1 2 5

x y

x

I y





Đường thẳng AC qua I và vuông góc với DH nên có phương trình x2y13

x y

H

x y





x y

M

x y





M là trung điểm HC suy ra C9;2

5 6

A

A

x

y

 













 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Vậy tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD là A 1; 6 , B 5; 6 ,C 9; 2 , D 1; 2        

 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm của cạnh BC,

3 1

;

2 2

N 

4

3

I 

  Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD

Định hướng :

-Thiết lập hệ thức vec tơ giữa IN IA  ,

Suy ra A

-Thiết lập hệ thức vec tơ giữa AN và AC Suy ra C

-Viết phương trình BD , phương trình đường tròn đường kính AC

Lời giải.

IC IM MC

IN

IN IA

IA   

Giả sử A x A;y A, ta có:

1 4 3

3;0

A

A

x

A y











4

AN  AC C

Phương trình đường thẳng BD: 3xy10, đường tròn tâm J đường

kính AC có phương trình 2  2

x  y  Tọa độ các điểm B, D là nghiệm của hệ

2

2

x y







Vậy A -3; 0, B -1; 4 ,C 3; 2 , D 1;-2       hoặc A -3; 0, B 1; -2 ,C 3; 2 , D -1; 4      

 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp 4 5; ,

3 3

I 

trực tâm 1 8;

3 3

H 

  và trung điểm cạnh BC là M1;1  Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

Định hướng:

-Thiết lập hệ thức vec tơ giữa AH và IM  A

-Viết phương trình đường thẳng BC

-Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Suy ra tọa độ các điểm B, C

Lời giải.

Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua I, ta có IM BC IM/ /AH

AH BC













Do I là trung điểm của 1

/ /

AA  MI  AH MI HA

Từ AH 2IM A1;4

Phương trình đường thẳng BC x: 2y 30

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là  

:

C x  y  

1;2 , 3;0

3;0 , 1;2

x y



 



 

 Vậy A 1; 4 , B -1; 2 ,C 3; 0      hoặc A 1; 4 , B 3; 0 ,C -1; 2     

 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A3;3, tâm đường tròn ngoại tiếp I2;1, phương trình đường phân giác trong góc BAC là x y0 Tìm tọa độ các đỉnh B và C

5

BC  và góc BAC nhọn

Định hướng:

-Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

- Tìm tọa độ điểm O là giao điểm khác A của  C với đường thẳng x y0

-Nhận xét được I,M,O thẳng hàng nên thiết lập IM IM IO M

IO

-Viết phương trình BC Tìm tọa độ ,B C

Lời giải:

Đường tròn tâm I, bán kính RIA ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x 22y12 5  C

Tọa độ các giao điểm của  C với đường thẳng x y0 là nghiệm của hệ

 2  2

;





Lại do OA là phân giác trong góc A, nên OBOC suy ra IO cắt BC tại

trung điểm của đoạn BC

Ta có  ;  3

5

IMd I BC 

5 5

IM

IO

Phương trình đường thẳng BC có dạng 2xy2

Tọa độ các điểm B, C là nghiệm của hệ

 

 

0;2 , ;

0;2 , ;

x y













 Lưu ý

- Nếu góc BAC tù, ta sử dụng IM IM IO

IO



- Nếu sử dụng tham số phương trình đường thẳng BC về dạng 2xym0 và sử dụng khoảng cách

2 2

;

4

BC

d I BC  R  ta cần để ý rằng:

 Hai điểm A và I cùng phía với đối với bờ là đường thẳng BC thì góc BAC nhọn

 Hai điểm A và I khác phía đối với bờ là đường thẳng BC thì góc BAC tù

 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B có 5AB4AC và ngoại tiếp đường tròn tâm I2;2 Biết đỉnh C  2;0 và chân đường phân giác trong góc A là 4;0

3

D 

định tọa độ đỉnh A

Định hướng:

Suy ra tọa độ điểm B

-Viết phương trình AB AD,  A

Lời giải.

DB AB

DC AC  

Giả sử B x y 0; 0 từ đẳng thức trên ta có 0  

0

2

4;0

0

x

B y





 Đường thẳng AB đi qua B và nhận véc tơ CA làm véc tơ pháp tuyến nên có

phương trình x 4

Đường thẳng DA đi qua các điểm D,I nên có phương trình 3x y 40

4

x y

A x









 Vậy tọa độ điểm A là A 4; 8 

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G1;1, đường cao kẻ từ đỉnh

A có phương trình là 2x y 1 0 và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng :x2y10 Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết diện tích tam giác ABC bằng 6

Định hướng:

Trước hết ta xác định được tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ A Viết được đường thẳng d qua G song song với BC, xác định được giao điểm I của AH và d Khi đó tìm được tọa độ điểm A nhờ AH  3IH Suy ra tọa độ điểm M Sử dụng diện tích ta tìm được độ dài của cạnh BC Tính được độ dài MB, suy ra tọa độ của B

và C

Lời giải:

Gọi H là chân đường cao vẽ từ A nên tọa độ của H là nghiệm của hệ

1

5

x

x y

x y

y











1 3

;

5 5

H 

Gọi d đường thẳng qua G và song song với BC  d có phương trình là x2y 30

Gọi I = d  AH Tọa độ của I là nghiệm của hệ

1

5

x

x y

x y

y











 I 1 7;

5 5

Gọi M là trung điểm của BC AG 3GM và A H 3IH A1;3 ,  M1;0

ABC

S

AH

Gọi B1 2 ; b b Do BC 2 5 nên BM 5 (2 )b2 ( b)2  5 b1.

, 3; 1 , 3; 1

1;1 1;1











 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ các đỉnh A B C, , đến các cạnh đối diện là D(2; 1), (2;2), ( 2;2) E F  Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

Định hướng:

-Phát hiện và chứng minh trực tâm H của tam giác ABC là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF -Gọi QADFE R; FCED

-Dựa vào tính chất đường phân giác trong ta có QE DE QF

DF



Tìm Q Tương tự tìm được R

-Viết phương trình các đường thẳng DQ FR,  H DQFR.

-Từ đó ta viết được phương trình các cạnh của tam giác ABC

Lời giải.

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC

Ta có FBHFDH (Do tứ giác FBDH nội tiếp); FBE ECF (Do tứ giác FBCE nội tiếp);

HDEECH (Do tứ giác HECD nội tiếp)

Từ đó suy ra FDH HDE Hay AD là phân giác trong góc FEE

Tương tuwj ta chứng minh được CF là phân giác trong góc DFE

Lại có DE(0;3), DF( 4;3), EF( 4;0)  DE3;DF5;EF4

Gọi QADFE R; FCED

+ Dựa vào tính chất đường phân giác trong ta có QE DE QF

DF



Gọi Q x y( ; ) QE(2 x;2 y QF), ( 2  x;2 y)

3

1

1

2

2 3

2

5

x

Q y





+ Tương tự ta có 2;1

3

R 

  Phương trình các đường thẳng DQ: 2xy 30, FR: x3y 4 0 H DQFR(1;1)

Từ đó ta viết được phương trình các cạnh của tam giác ABC là

AB x y  AC xy  BC x y   A  B  C

Vậy A(-1; 5), B(-4;-4),C(4; 0)

Bài 06 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có AB = 5, C(-1;-1), đường thẳng AB có phương trình là x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng : x + y – 2 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A và B

Định hướng:

Ta xác định tọa độ trung điểm M của AB dựa vào điều kiện M thuộc AB và mối liên hệ giữa trong tâm, trung điểm và định đối diện Tiếp theo dựa vào độ dài AB để lấy tọa độ của A và B

Lời giải:

Gọi M(x;y) là trung điểm AB và G(xG;yG) là trọng tâm tam giác ABC.Do 2

3

CG CM

nên

,

x   y  

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

5

(5; 1)

1

x y

x

M

y













Ta có MA = MB = 1

2

Gọi (C) là đường tròn tâm M(5;-1) và bán kính R = 5

2  đường tròn (C) có phương trình là

 52  12 5

4

x  y 

Tọa độ hai điểm A , B là nghiệm của hệ phương trình:

 2  2

5

4

x y









4 1 2

x y







 





hoặc

6 3 2

x y













Vậy tọa độ hai điểm A, B là 4; 1

2



 , 6; 3

2



Bài 09 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC, với A(2;-1), B(1;-2), trọng tâm G của tam giác ABC nằm trên

đường thẳng d: x + y – 2 = 0 Tìm tọa độ điểm C biết diện tích tam giác ABC bằng 27

2

Định hướng:

Xác định ngay được tọa độ trung điểm của AB, tính được độ dài cạnh AB và viết được phương trình của AB Biểu diễn tọa độ điểm G theo tham số Kết hợp với tính chất trọng tâm ta lấy tọa độ của C theo tham số Vận dung giả thiết diện tích ta tìm được tham số Từ đó kêt luận tọa độ của C

Lời giải:

G thuộc d nên G(t; 2 – t)

Ta có AB  ( 1; 1)

x y

Gọi M là trung điểm của AB, suy ra M 3; 3



3 2 2

3

2

C

C



ABC

t



 Vậy C(- 9; 15) hoặc C(18; - 12)

 Bài 15 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(-3; 2), và có trọng tâm 1 1;

3 3

G 

  Đường cao kẻ

từ đỉnh A của tam giác ABC đi qua điểm P(-2; 0) Tìm tọa độ các điểm B và C, biết điểm B có tung độ dương

Định hướng:

Sử dụng tính chất trọng tâm ta xác định được tọa độ trung điểm M của BC Viết đường thẳng BC qua M và có vuông góc với AP Tiếp theo biểu diễn tọa độ của B theo tham số và lấy tọa độ của C theo tham số Kết hợp với điều kiện tam giác ABC vuông tại A ta xác định được tham số Từ đó suy ra tọa độ của B và C

Lời giải:

Gọi M là trung điểm BC

Do G là trọng tâm ABC nên

M M

AG GM

y y







2



Đường thẳng BC qua M và nhận AP (1; 2)

làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình

1

2

x  y    x y 

Do B Î BC và B có tung độ dương nên B (2t + 3; t) với t > 0 Mà M là trung điểm của BC  C(1 – 2t; –1 – t)

Ta có AB(2t6;t 2), AC ( 2t4; t 3)

Do ABC vuông tại A nên AB AC  0 (2t6)( 2 t4) ( t 2)( t 3)0

 

t

t loai









Vậy B (7; 2); C (-3; -3)

Bài 33 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác nhọn ABC Đường tròn đường kính BC là

( ) : ( 1) ( 2)

3

C x  y  Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM , AN đến ( )C (M, N là các tiếp điểm và nằm cùng phiá đối với đường thẳng BC ) Biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng MN và A thuộc đường thẳng d:2x y 10 Tìm toạ độ điểm A

Định hướng:

Bài toán này là bài toán khó phat hiện tính chất hình học ẩn trong đó Ta dự đoán và chứng minh được trực tâm tam giác ABC luôn thuộc đường thẳng M, N Từ đó kết hợp với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng MN suy ra trọng tâm tam giác ABC cũng thuộc MN Khi đó G trùng với E Từ đó sữ dụng tam giác vuông ANI( với I là tâm của (C)) ta xác định được tọa độ của A

Lời giải:

Vì A thuộc đường thẳng d nên A x( ;1 2 ) x

+) Gọi H , G , K thứ tự là trực tâm , trọng tâm , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Lấy A’ đối xứng với A qua K

Ta có : HBCA’ là hình bình hành , suy ra HB  HB HA'

' 2

HA HB HC HA HA HK

        

3HG 2HK

Suy ra H , K , G thẳng hàng

+) Gọi D , F thứ tự là chân đường cao kẻ từ A , B của tam giác ABC ;E là trung điểm của MN

(C) có tâm I(-1 ; -2)

Ta có : 2 2

AN  AC AN  AI

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

(vì tam giác ANI vuông tại N) (1)

Tứ giác HDCF có HDCHFC90o suy ra HDCF là tứ giác nội tiếp

Suy ra               AH AD.               AF AC. (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác HDIE là tứ giác nội tiếp

HEI HDI

Kết hợp với K thuộc đường thẳng MN suy ra G thuộc đường thẳng MN

Suy ra GE

Lại có

2

IA

IA IEIN  

  

(x 1) (3 2 )x 5 x 1

Vậy A(1; - 1) là điểm cần tìm

Bài 46 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có AB 2 5, đỉnh C(-1;1), đường thẳng AB có phương trình

x + 2y – 3 = 0, trọng tâm của tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0 Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

Định hướng:

Đường thẳng AB đã có phương trình nên ta có thể biểu diễn tọa độ trung điểm M của AB theo 1 tham số Kết hợp với tỉ số vectơ liên quan đến trọng tâm ta xác định tọa độ trong tâm G của tam giác ABC theo tham số của

M Từ đó kết hợp với G nằm trên đường thẳng đã biết phương trình ta xác định được tham số Suy ra tọa độ điểm M, vận dụng giả thiết độ dài của AB ta suy ra tọa độ điểm A và B

Lời giải.

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm của cạnh AB

Vì AB : x + 2y – 3 = 0 nên M( 3-2m; m) Mà

2

;

3

G

G







m

Vì A thuộc AB nên A(3 - 2a ; a) Ta có

(3 2 3)





A B  

A   B 

2 Sử dụng phép biến hình.

 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có các đỉnh C3; 1 ,  D4;2 Xác định tọa độ điểm A, biết B thuộc đường thẳng :x 3y0 và A thuộc đường tròn

  C : x42y 42 8

Định hướng

-Ta có CD 1;3

không đổi Phép tịnh tiến T CD  B A, suy ra điểm

A nằm trên đường thẳng ' là ảnh của  qua T CD

-Viết phương trình đường thẳng '

Lời giải.

Ta có CD 1;3

Phép tịnh tiến T CD  B A, suy ra điểm A nằm trên đường thẳng ' là ảnh của  qua T CD

Phương trình đường thẳng ' :x 3y c 0

0

0 1

0 3

CD

x

y





 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Lại do O Î  ' ' 1 9   c 0 c8 hay đường thẳng :x 3y80

 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm

  C : x32y 12 25 Điểm M0;1 là trung điểm của AC Xác định tọa độ đỉnh B biết trực tâm H của tam giác ABC thuộc đường thẳng :x 2y70

Định hướng:

Ta có MI3;0

không đổi với I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Do MI là đường trung bình tam giác A AC1 nên CA 1  2MI

Chứng minh tứ giác CA BH1 là hình bình hành  CA1HB

 

1

CA

T H B

Viết phương trình đường thẳng  ảnh của  qua phép tịnh tiến T CA

-Tìm tọa độ B là giao của ' và đường tròn  C

Lời giải.

Ta có MI3;0

, với I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Do MI là đường trung bình tam giác A AC1 nên

 

CA  MI 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

;

Suy ra tứ giác CA BH1 là hình bình hành  CA 1 HB

1

CA

T H B

Gọi  là ảnh của đường thẳng  qua T CA 1  :x 2yc0

7 6

0 0

CA

x

y





 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Lại do M'Î   c1 hay :x 2y 1 0

Khi đó

 

'

B

B C







Î 

 

7;4

;

B

x y

B





 



Bài 61: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm 4; 1

3

G  

  Gọi H là trực tâm của tam giác ABC Biết đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC có phương trình là

2

2

Định hướng:

Mấu chốt của bài toán này là dự đoán và chứng minh được tính chất: Đường tròn ngoại tiếp ABC là ảnh của đường tròn ngoại tiếp MNP qua phép vị tự tâm G tỉ số k = -2 và chứng minh hệ thức vectơ GH  2GI(với I

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC)

http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu, đề thi file word mới nhất

C

A

B

A

I G