Tài liệu CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU CHUYÊN ĐỀ: MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ Tác giả chuyên đề : Nguyễn Thị Thu- giáo viên trường THPT Đồng Đậu Đối tượng học sinh bồi dưỡng: Lớp ban A khối 10 và khối 12 khi ôn thi đại học – dạy trong 10-15 tiết. Năm học 2013 – 2014 I. HỆ THỐNG KIẾN THỨC SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ 1. Biểu thức tọa độ về các phép toánr trong véc tơ. r *) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho a   x; y  ; b   x '; y ' . Khi đó: r r +) a �b   x �x '; y �y ' r +) k .a   kx; ky  với k là số thực. r r �x  x ' �y  y ' +) a  b � � rr r r rr +) a.b  xx ' yy ' � a  b � a.b  0 � xx ' yy '  0 r +) a  x 2  y 2 rr r r a.b +) cos a, b  r r  a.b   xx ' yy ' x  y 2 . x '2  y '2 2 *) Cho M  x1 ; y1  ; N  x2 ; y2  . uuuu r 2 2 +) Khi đó MN   x2  x1 ; y2  y1  ; MN   x2  x1    y2  y1  x  xB y A  y B � ; � 2 � �x  x  x y  y  y � +) Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ G � A B C ; A B C � 3 3 � � � +) Trung điểm I của đoạn thẳng AB có tọa độ: I � A � 2 2. Phương trình đường thẳng a) Phương trình tổng quát của đường thẳng r - Véc tơ pháp tuyến (VTPT) của đường thẳng là véc tớ khác 0 , có giá vuông góc với đường thẳng. r 2 2 - Đường thẳng d qua M  x0 ; y0  , có VTPT n   a; b   a  b  0  có phương trình tổng quát: a  x  x0   b  y  y0   0  1 .  Nhận xét: Để viết phương trình tổng quát của đường thẳng cần tìm 2 yếu tố: - Một điểm M  x0 ; y0  thuộc đường thẳng r 2 2 - Một VTPT n   a; b  đk  a  b  0  của đường thẳng. Từ đó áp dụng công thức (1) b) Phương trình tham số của đường thẳng r - Véc tơ chỉ phương (VTCP) của đường thẳng là véc tơ khác 0 , có giá song song hoặc trùng với đường thẳng. r 2 2 - Đường thẳng d đi qua M  x0 ; y0  , có VTCP n   a; b  đk  a  b  0  có phương �x  x0  at  t ��  2  . �y  y0  bt trình tham số: � - Chú ý: Khi a.b �0 thì đường thẳng d có phương trình dạng chính tắc: x  x0 y  y0  . a b  Nhận xét: 1) Để viết phương trình tham số của đường thẳng cần tìm 2 yếu tố: - Một điểm M  x0 ; y0  thuộc đường thẳng r 2 2 - Một VTCP n   a; b  đk  a  b  0  của đường thẳng. Từ đó áp dụng công thức (2) 2) Mối quan hệ giữa VTPT và VTCP của cùng một đường thẳng: 2 2 Nếu đường thẳng d có phương trình tổng quát: ax  by  c  0  a  b  0  thì r đường thẳng d có VTPT là n   a; b  , suy ra VTCP của đường thẳng d là r r u   b; a  hoặc u   b;  a  . Điều ngược lại cũng đúng. Tức là đường thẳng d có r r r VTCP là u   a; b  thì VTPT của đường thẳng d là n   b; a  hoặc n   b; a  . �x  x0  at  t ��  2  thì M  x0  at; y0  bt  �y  y0  bt 3) Điểm M thuộc đường thẳng d: � 3) Vị trí tương đối của hai đường thẳng Hai đường thẳng có 3 vị trí tương đối: - d//d’ - d �d ' - d cắt d’. ( đặc biệt d  d ' )  Lưu ý: - Hai đường thẳng song song thì cùng VTPT, cùng VTCP. - Hai đường thẳng vuông góc thì VTPT của đường thẳng này là VTCP của đường thẳng kia. 4) Góc và khoảng cách 2 2 - Khoảng cách giữa hai điểm M  x1 ; y1  ; N  x2 ; y2  là: MN   x2  x1    y2  y1  - Khoảng cách từ điểm M  xM ; yM  đến đường thẳng  : ax  by  c  0 là: d  M ,   axM  byM  c a 2  b2 r ur r ur  cos d , d '  cos   cos u , u '  cos n ,n'   Góc giữa hai đường thẳng d, d’ là :      Lưu ý: Khi hai đường thẳng cắt nhau, chúng tạo ra 4 góc. Khi đó phương trình các đường phân giác của góc tạo bởi hai đường là: ax  by  c a b 2 2 a'x b' y c' � ( ax  by  c  0; a ' x  b ' y  c '  0 là phương trình hai a '2  b '2 đường thẳng). II. MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TAM GIÁC TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ Dạng 1: Bài toán về tam giác có yếu tố Điểm – Đường. Một số lưu ý: 1. Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục Oxy, cho A  x1 ; y1  ; B  x2 ; y2  ; C  x3 ; y3  x x � xM  1 2 � � 2 Khi đó: i) M là trung điểm của AB � � �y  y1  y2 �M 2 uuur uuuu r � AG  2GM � x x x � � xG  1 2 3 � ii) G là trọng tâm của tam giác ABC � � � 3 � � �y  y1  y2  y3 � G 3 � � ( với M là trung điểm của BC) uuur uuur uuur uuur �AH  BC �AH .BC  0 � � iii) H là trực tâm của tam giác � �uuur uuur � �uuur uuur �BH  AC �BH . AC  0 �x  x0  at  t �� � A  x0  at ; y0  bt  ( tham số hóa điểm thuộc 2. Cho A �d : � �y  y0  bt đường). 3. Điểm A là giao của hai đường thẳng d và d’( A  d �d ' ) � tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình đường thẳng d và d’. 4. Đường thẳng d qua hai điểm A  x1 ; y1  ; B  x2 ; y2  . Khi đó phương trình của đường thẳng d là: i) x  x1 nếu x1  x2 ii) y  y1 nếu y1  y2 x  x1 y  y1 iii) x  x  y  y nếu x1 �x2 & y1 �y2 2 1 2 1 5. Khi giải các bài toán về tam giác có yếu tố Điểm - Đường cần chú ý cách phân tích các dữ kiện của bài toán theo mẹo sau: * Các điểm đặc biết: Trung điểm; Trọng tâm; Trực tâm; Tâm đường tròn nội tiếp; Tâm đường tròn ngoại tiếp; điểm nằm trên đường. * Các đường đặc biệt: i) Bài toán có yếu tố đường cao � Sử dụng tính chất vuông góc. ii) Bài toán có yếu tố đường trung tuyến � Sử dụng tính chất trung điềm. iii) Bài toán có yếu tố đường phân giác, hoăc đường trung trực � Sử dụng tính chất đối xứng.  Bài toán 1.1 [KD-2011] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B  4;1 , trọng tâm G  1;1 , và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A là d : x  y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và C. uuuu r uuu r  Phân tích: - Khai thác yếu tố trọng tâm và điểm B: 2GM  GB � tọa độ điểm M - Khai thác đường phân giác trong � tọa độ điểm B’ đối xứng với B qua phân giác d. Từ đó viết phương trình cạnh AC và suy ra tọa độ điểm A  AB �d � tọa độ điểm C. Hướng dẫn Gọi M là trung điểm của AC, G là trọng tâm tam giác ABC � uuuu r uuu r �7 � 2GM  GB � M � ;1� �2 � Suy ra A  4;3 � phương trình cạnh AC : 4 x  y  13  0 và tọa độ điểm A là �x  y  1  0 4 x  y  13  0 � nghiệm của hệ � � A  4;3 . Vì M là trung điểm cạnh AC nên tọa độ C  3;  1 . A Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua đường thẳng d � phương trình đường thẳng BB’: 1 x  4   1 y  1  0 � x  y  3  0 . Gọi H là giao điểm của BB’ và d. Suy ra tọa độ của H là nghiệm của �x  y  1  0 �x  1 �� . H  1; 2  . �x  y  3  0 �y  2 hpt: � M G B' H C B D  Bài toán 1.2 [KB-2008] Trong mặt phẳng Oxy, xác định các đỉnh của tam giác ABC biết hình chiếu vuông góc của đỉnh C lên AB là điểm H  1;  1 , đường phân giác trong của góc A có phương trình x  y  2  0 , đường cao kẻ từ B có phương trình 4 x  3 y  1  0 .  Phân tích: - Khai thác tính đối xứng của đường phân giác tìm tọa độ điểm K đối xứng với H qua đường phân giác. -Khai thác tính chất vuông góc của đường cao viết phương trình AC, suy ra tọa độ A và phương trình HC � tọa độ C  HC �AC . Hướng dẫn: A Gọi K là điểm đối xứng với H qua phân giác góc A � phương trình HK : x  y  2  0 K H Gọi M là giao điểm của HK với phân giác góc A � M  2;0  � K  3;1 . Đường AC qua K và vuông góc với đường cao kẻ C từ B. Suy ra AC :3x  4 y  13  0 � A  5;7  � Phương trình B �10 3 � HC :3x  4 y  7  0 � C � ; �. �3 4 � P  Bài toán 1.3 [HSG12-2012 Vĩnh Phúc] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3x  5 y  8  0; x  y  4  0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại điểm thứ hai là D  4; 2  . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC biết rằng hoành độ của B không lớn hơn 3. Phân tích: - Viết pt đường AD ( qua D và vuông góc với BC). - Tìm tọa độ trung điểm M của BC ( M  BC �AM ). - Tìm tọa độ A ( A  AM �AD ). Suy ra trung điểm N của AD. - Khai thác t/c I là tâm đường tròn � IM  BC ; IN  AD . - Viết pt các đường IM, IN suy ra tọa độ I. - Tham số tọa độ B - Khai thác t/c tâm đường tròn ngoại tiếp tức IA=IB. A N j I B M C D - Suy ra B và C. Suy ra pt cạnh AC, AB. Hướng dẫn AD qua D và vuông góc với BC � AD : x  y  2  0 . 7 1 � � �2 2 � � Gọi M là trung điểm của BC � M  BC �AM � M � ; 5 1 � � �2 2 � Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC � IM  BC ; IN  AD �IM : x  y  3  0 �� , lại có I  IM �IN � I  3;0  �IN : x  y  3  0 � Mà A  AM �AD � A  1;1 . Gọi N là trung điểm của AD � N  � ; B �BC : x  y  4  0 � B  b; b  4  . Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nên � b  2 � B  2; 2   tm  2 2 IA  IB �  b  3   b  4   5 � � b  5 � B  5;1  l  � Với B  2; 2  � C  5;1 Suy ra phương trình các cạnh AB : 3x  y  4  0; AC : y  1  0  Bài toán 1.4 [KSCL-ĐH Chuyên Vinh] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác 4 � � ABC có trọng tâm G � ;1�, trung điểm của BC là M  1;1 , đường thẳng chứa đường 3 � � cao kẻ từ B có phương trình là x  y  7  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác. uuu r uuuu r  Phân tích: - Khai thác yếu tố trọng tâm và trung điểm M GA  2GM � tọa độ A. - Điểm B �d : x  y  7  0 � Tham số hóa tọa độ B � tọa độ điểm C (M là trung điểm ) - Khai thác tính chất đường cao AC  d � Tọa độ của C, B. Hương dẫn: A Do G là trọng tâm của tam giác uuu r uuuu r ABC nên suy ra GA  2GM � A  2;1 Mà B �d : x  y  7  0 � uuur B  t ;7  t  � C  2  t ; t  5  � AC  t ; t  6  uuur uu r AC  d � AC.ud  0 � t  t  6  0 G � t  3 � B  3; 4  � C  1;  2  KL: Vậy A  2;1 ; B  3; 4  ; C  1; 2  M B C  Bài toán 1.5 [KSCL] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết đường phân giác trong kẻ từ A, đường trung tuyến kẻ từ B và đường cao kẻ từ C lần lượt có phương trình d1 : x  y  3  0 , d 2 : x  y  1  0 và d3 : 2 x  y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác.  Phân tích: - Giải 3 pt tìm ra A, B, C. - Nhận thấy d1  d 2 , mà d1 là đường phân giác trong của góc A A. Nên tam giác ABB’ cân tại A. Suy ra tọa độ M là trung điểm BB’. d1 B' - T/s tọa độ A, B, C, suy ra B’. K - Cần 3 pt, 3 ẩn. d3 M d  AB - Do 3 ta có 1 pt. d2 C B - M là trung điểm BB’ ta có 2 pt. Hướng dẫn uuu r Do A �d1 ; B �d2 ; C �d3 � A  a;3  a  ; B  b; b  1 ; C  c; 2c  1 � AB   b  a; b  a  2  uuu r uu r uu r Mà d3  AB � AB.u3  0 � b  3a  4  0  1 , với u3   1; 2  Gọi B’ là giao điểm của d 2 với AC � B ' là trung điểm của AC �a  c 2  a  2c � uuur �a  c  2b  a  2c  2b � � B '� ; ; �� BB '  � �. 2 2 �2 � � 2 � uuur uu r uu r Dễ thấy d 2  BB ' � BB '.u2  0 � 2a  3c  0  2  , với u2   1;1 . Gọi M là trung điểm 2b  a  c 2b  4  a  2c � ; � 4 � 4 � Do d1 là phân giác của góc A và d1  d 2 Suy ra tam giác ABB’ cân tại A � trung điểm M của BB’ thuộc d1 � của BB’ � M � � 4b  c  8  0 (3) Từ (1), (2), (3) ta có hệ, giải hệ ta có a  12 32 8 ;b  ; c  17 17 17 12 39 � �32 49 � �8 1 � ;B� ; � ;C � ; � � 17 17 � � 17 17 � �17 17 � � Bài toán 1.6 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A  1;1 , tâm đường tròn ngoại tiếp I  3;  3 , trực tâm H  1;3 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C. � Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác là: A � ;  Phân tích: - Suy ra tọa dộ B, C A - Nhớ lại mối quan hệ giữa trực tâm H, tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác, gt đã có tọa độ A: uuur uuur AH  2 IM Suy ra tọa độ M. - Viết pt cạnh BC ( qua M và vuông góc AH) H I - T/s tọa độ B, suy ra C. - Khai thác gt I là tâm đường tròn B M tức IA=IC=IB. Hướng dẫn: uuur uuur Gọi M là trung điểm cạnh BC, ta dễ dàng chứng minh được AH  2 IM � M  2;  2  . uuur Đường thẳng BC qua M nhận AH  2;  2  là véc – tơ pháp tuyến nên BC có phương trình  x  y  4  0 . Ta có B �BC � B  b  4; b  ,vì M là trung điểm BC nên C  b;  4  b  . Mặt khác, I là tâm đường tròn ngoại tiếp nên IA  IC . Từ đó tìm được b  1 hoặc b  5 KL: B  5;1 , C  1;  5  hoặc B  1;  5  , C  5;1 C Bài tập đề nghị: 1. [KD-2010] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có M  2; 0  là trung điểm của BC, đường trung tuyến và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình 7 x  2 y  3  0, 6 x  y  4  0 . Lập phương trình cạnh AB. 2. [Đề 84- Bộ đề 96] Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết đỉnh B  2;  1 , đường cao kẻ từ A có phương trình 3 x  4 y  27  0 , phân giác kẻ từ C có phương trình x  2 y  5  0 . 3. Cho tam giác ABC có đỉnh A  6;6  , đường thẳng qua trung điểm cạnh AB và AC có phương trình x  y  4  0 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác biết đường cao kẻ từ C có phương trình 3x  2 y  3  0 . 4. Cho tam giác ABC có đỉnh A  2;3 , đỉnh B nằm trên trục Ox, đỉnh C nằm trên đường thẳng x  y  0 , chân đường cao H kẻ từ C có tọa độ H  2; 2  . Tìm tọa độ của B và C. 4 �3 � � � 5. Cho tam giác ABC có trọng tâm G � ;1�, cạnh BC nhận M  1;1 là trung điểm, đường cao kẻ từ B có phương trình x  y  7  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 1 � � 6. [KB -2011] Cho tam giác ABC có đỉnh B � ;1�, đường tròn nội tiếp tam 2 � � giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, và AB lần lượt tại D, E, F. Biết D  3;1 và đường thẳng chứa E và F có phương trình y  3  0 . Tìm tọa độ điểm A, biết A có tung độ dương. 7. [HSG12 TB-2009] Cho tam giác ABC có A  1; 2  , hai đường phân giác trong kẻ từ B, C lần lượt có phương trình d1 :3x  y  3  0; d 2 : x  y  1  0 . Lập phương trình các cạnh của tam giác. 8. [HSG12-HY2008] Cho tam giác ABC có A  2; 1 , hai phân giác trong của B, C lần lượt có phương trình d1 : x  2 y  1  0; d 2 : x  y  3  0 . Lập phương trình cạnh BC. 9. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A lần lượt có phương trình x  2 y  13  0;13 x  6 y  9  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I  5;1 . Dạng 2: Bài toán về tam giác có tính chất đặc biệt. Một số lưu ý: Đặc điểm Hướng khai thác Tam giác ABC cân tại A Tam giác ABC vuông tại A Tam giác ABC đều - Đường cao AH chính là đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác trong của tam giác. - Chân đường cao H kẻ từ A chính là trung điểm của BC. - AB=AC; - Trọng tâm G, tâm đường tròn ngoại tiếp nằm trên đường cao AH. uuu r uuur uuu r uuur - AB  AC � AB. AC  0 hoặc BC 2  AB 2  AC 2 - Trung điểm I của BC chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tức IA  IB  IC 1 - S  AB.AC 2 - AB  AC  BC - Trong tâm G cũng chính là tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp và trực tâm của tam giác. uuu r uuur uuu r uuur 0 - cos  AB, AC   cos  BA, BC   cos 60 AB 2 3 1  d  A, BC  .BC 4 2 uuu r uuur � �AB. AC  0 - �uuur uuur AB  AC � � - S ABC  Tam giác ABC vuông cân tại A - Trung điểm I của BC chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tức IA  IB  IC 1 - S  AB.AC 2  Bài toán 2.1 [KA-2010] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A  6;6  , đường thẳng qua trung điểm 2 cạnh AB, AC có phương trình d : x  y  4  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C, biết điểm E  1;  3 thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C.  Phân tích: đường cao ta tìm được tham số và kết luận. - Đường thẳng d song song với cạnh đáy BC. A - Đường thẳng d vuông góc và cắt đường cao AH tại trung điểm của nó nên ta viết được phương trình E AH, tìm được tọa độ I và H, viết được phương trình BC. d I - Do H là trung điểm BC nên chỉ cần tham số hóa B thì có được tọa độ C. Từ đó khai thác tính chất điểm E  1;  3 nằm trên B H C Hướng dẫn: Gọi H là chân đường cao của tam giác kẻ từ A. � AH  d : x  y  4  0 Suy ra phương trình đường cao AH : x  y  0 . Gọi I  AH �d � I  2; 2  . Do tam giác ABC cân nên I chính là trung điểm của AH � H  2; 2  . BC qua H và song song với d � phương trình BC : x  y  4  0 . B �BC � B  b;  b  4  , tam giác ABC cân nên H là trung điểm của BC, suy ra uuu r � �AB   6  b;10  b  C  b  4; b  � �uuu r CE   5  b;  3  b  � uuu r uuu r Do E thuộc đường cao kẻ từ C � AB.CE  0 �  6  b   5  b    10  b   3  b   0 � b  0 � B  0; 4  ; C  4;0  �� b  6 � B  6; 2  ; C  2; 6  � Kl: Vậy B  0; 4  ; C  4;0  hoặc B  6; 2  ; C  2; 6  .  Bài toán 2.2 [] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình d1 : x  2 y  2  0 , đường cao kẻ từ B có phương trình d 2 : x  y  4  0 . Điểm M  1;0  thuộc đường cao kẻ từ C. Xác định các đỉnh của tam giác. A  Phân tích: - B  d1 �d 2 � tọa độ B. d2 M - Tam giác ABC cân tại A nên AH  BC với H là trung điểm. - T/s tọa độ H, suy ra C. - Viết pt AH, AC. Suy ra A theo t/s. - Khai thác gt điểm M suy ra t/s. B H d1 C Hướng dẫn: Dễ thấy B  d1 �d 2 � B  2; 2  . Gọi H là trung điểm của BC, mà H �d1 � H  2  2t; t  � C  6  4t; 2t  2  AH qua H và vuông góc với BC � AH :2 x  y  5t  4  0 . AC qua C và vuông góc với d 2 � AC : x  y  2t  4  0 r �7t  14 2  t � �uuu AB �8  7t t  4 � �  � 3 ; 3 � �. A  AH �AC � A � ; �� � r � 3 � �uuuu �3 CM   4t  7; 2  2t  � � t  2 � H  2; 2  �B  l  uuur uuuu r � Do M thuộc đường cao kẻ từ C � AB.CM  0 � � 17 �13 19 � �4 7 � t  � A� ; � ;C � ; � � �10 10 � �5 5 � � 10 13 19 4 7 � � � � Kl: Vậy A � ; �; B  2; 2  ; C � ; �. �10 10 � �5 5 �  Bài toán 2.3 [] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A  2; 2  , hai điểm B, C lần lượt nằm trên d1 : x  y  2  0; d 2 : x  y  8  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C. - Giải hệ 2 tham số tìm ra B, C d2 C  Phân tích: - T/s tọa độ B, C. - Sử dụng gt ABC là tam giác uuu r uuur d1 � �AB. AC  0 vuông cân nên có �uuur uuur AB  AC � � A Hướng dẫn: B uuu r � � �B  b; 2  b  �AB   b  2; b  � �uuur Theo gt � � . C  c;8  c  �AC   c  2;6  c  � uuu r uuur � �  b  2  c  2  b  c  6  0 �AB  AC � � � Tam giác ABC vuông cân tại A �uuur uuur � 2 2 2  b  2   b2   c  2    6  c  �AB. AC  0 � � �  b  1  c  4   2 bc  4b  c  2  0 � � . � �2 � � 2 2 2 b  2 b  c  8 c  18  b  1   c  4   3 � � � 2 v � 2 � u.v  2 u u  b 1 � u  2; v  1 � � � � u � �2 2 �� v �� 2 �� Đặt � � u  1  l  v c4 � u  2; v  1 u  v  3 �4 � � �� u  3u 2  4  0 � 2 �� �u  4 � b  3; c  5 � B  3;1 ; C  5;3 �� . b  1; c  3 � B  1;3 ; C  3;5  � Kl: Vậy B  3;1 ; C  5;3 hoặc B  1;3 ; C  3;5  Bài toán 2.4 [KB-2003] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có AB=AC, 2 � �  900 , điểm M  1; 1 là trung điểm của BC. Điểm G � BAC � ;0 �là trọng tâm của tam �3 � giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác.  Phân tích: - Tam giác ABC vuông cân tại A. suy ra AM  BC . - Khai thác t/c trọng tâm G và M suy ra tọa độ A - Viết được pt cạnhuBC ( qua M uuu r và vuông góc với AM ) - T/s điểm B. Khai thác t/c tam giác vuông cân suy ra AM=BM. Suy ra tọa độ B, C. B M G C A Hướng dẫn: uuur uuuu r G là trọng tâm của tam giác AG  2GM � A  0; 2  Theo gt suy ra tam giác ABC vuông cân tại A � AM  BC . uuuu r Suy ra BC qua M và nhận AM   1; 3 là VTPT nên BC : x  3 y  4  0 . uuu r � �AB   3b  4; b  2  � B  3b  4; b  � C  3b  2; 2  b  � �uuur �AC   3b  2; 4  b  u u u r u u u r �  900 � AB. AC  0 �  3b  4   3b  2    b  2   b  4   0 Do BAC � b  0 � B  4;0  ; C  2; 2  �� b  2 � B  2; 2  ; C  4;0  � Kl: Vậy A  0; 2  ;B  4;0  ; C  2; 2  hoặc A  0; 2  ; B  2; 2  ; C  4;0   Bài toán 2.5 [] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, biết �5� 1; �thuộc đường cạnh huyền nằm trên đường thẳng d : x  7 y  31  0 . Điểm N � � 2� thẳng AC, điểm M  2; 3 thuộc đường thẳng AB. Xác định các đỉnh của tam giác.  Phân tích: - Nhận xét ptđt d, suy ra dạng pt B các đường thẳng AB, AC có hệ số góc. - Khai thác tính chất tam giác 0 M vuông cân tại A �  AB, d   45 - Sử dụng t/c tan  AB, d   k AB  kd 1  k AB .kd - Suy ra pt cạnh AB, AC. Suy ra tọa độ các đỉnh của tam giác. C A N Hướng dẫn Do đường thẳng d không song song với các đường phân giác của các góc phần tư nên các cạnh AB, AC không song song với các trục tọa độ nên nó có phương trình dạng hệ số góc. Gọi k là hệ số góc của phương trình đường thẳng AB. � 3 1 k � 4 0 7 �� Do tam giác ABC vuông cân � � ABC  450 � tan 45  1 4 � 1  .k k � 3 7 3 23 Nếu k  � AB :3x  4 y  18  0 � AC :4 x  3 y   0 . Suy ra tọa độ các đỉnh của 4 2  3  1 9 � � � � tam giác là: A �4; �; B  10;3 ; C � ; �. � 2 � �2 2 � 4 � AB :4 x  3 y  1  0 � AC :3x  4 y  7  0 . Suy ra tọa độ các đỉnh của tam Nếu k  3 giác là: A  1;1 ; B  4;5  ; C  3; 4  . k Bài tập đề nghị: 1. Cho tam giác ABC cân tại A  1;9  , trực tâm H  1;3 . Điểm B nằm trên đường thẳng d : x  y  4  0 . Xác định tọa độ các đỉnh B và C. 2. [KSCL Chuyên Vp 2010] Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A  5; 2  ; B  3; 4  và đường thẳng d :x  2 y  1  0 . Tìm tọa độ điểm C nằm trên d sao cho tam giác ABC vuông tại C. 3. trong mặt phẳng Oxy, cho d1 :2 x  y  1  0; d2 : x  2 y  7  0 . Lập phương trình đường thẳng  qua gốc tọa độ sao cho  cùng với d1 ; d 2 tạo thành tam giác cân 4. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A  3; 3 , hai đỉnh B, C nẳm trên đường thẳng x  2 y  1  0 . Điểm E  3;0  nằm trên đường cao kẻ từ C. Tìm tọa độ các đỉnh B, C. 5. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, biết cạnh huyền nẳm trên đường thẳng d : x  7 y  31  0 . Điểm N  7;7  thuộc đường thẳng chứa cạnh AC, điểm M  2; 3 thuộc đường thẳng chứa cạnh AB và nằm ngoài đoạn AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác. 6. [KSCL Chuyên ĐH Vinh-2012] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, phương trình BC :2 x  y  7  0 , đường thẳng AC qua M  1;1 , điểm A nằm trên đường thẳng  : x  4 y  6  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A có hoành độ dương. 7. [THPT chuyên Vĩnh Phúc-2011] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình các đường AB : x  3 y  5  0; BC : x  y  1  0 , đường thẳng AC qua M  3;0  . Tìm tọa độ các định của tam giác. Dạng 3: Bài toán về tam giác có yêu tố độ dài Một số lưu ý: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A  x1 ; y1  ; B  x2 ; y2  , đường thẳng  : ax  by  c  0 . uuu r Khi đó: - Độ dài đoạn thẳng AB  AB   x2  x1    y2  y1  2 2 - Khoảng cách từ A đến đường thẳng  : d  A,    AH  ax1  by1  c a2  b2 , với H là hình chiếu của A lên  . - Các công thức tính diện tích tam giác ABC: 1 1 2 2 1 2. S  AB. AC.sin A 2 AB. AC.BC 3. S  ( Với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 4R 1. S  AH .BC  d  A, BC  .BC , Với H là chân đường cao kẻ từ A. ABC) 4. S  p.r ( Với r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC) 5. S  p  p  AB   p  AC   p  BC  ( Công thức Hêrông)  Bài toán 3.1 [KB-2010] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C  4;1 , phân giác trong của góc A có phương trình x  y  5  0 . Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bẳng 24 và đỉnh A có hoành độ dương. - Viết được pt BC C'  Phân tích: -Cho tọa độ điểm C và B pt đường phân giác nên ta tìm được H tọa độ điểm C’ đối xứng với C nằm trên AB. - Tham số hóa tọa độ A nằm trên đt phân giác. - Sử dụng giả thuyết tam giác vuông tọa độ A độ dài AC A - Viết pt AB, tham số hóa được B, dùng gt diện tích tọa độ B Hướng dẫn Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua đường phân giác d : x  y  5  0 Khi đó phương trình đường CC’: x  y  5  0 Gọi H  CC '�d , suy ra tọa độ của H là nghiệm của hpt C �x  y  5  0 �x  0 �� � H  0;5  � �x  y  5  0 �y  5 uuur � �AC   4  a; 4  a  � C '  4;9  . Do A �d � A  a;5  a  � �uuuu r �AC '   4  a; 4  a  Tam giác ABC vuông tại A � a  4 � A  4;1 uuur uuuu r � AC. AC '  0 �  4  a   4  a   0 � � a  4 � A  4;9   l  � 1 Suy ra AC  8 , mặt khác S ABC  AB. AC  24 � AB  6 2 uuur Cạnh AB qua A nhận AC   8;0   8  1;0  là VTPT � AB : x  4  0 � B  4; b  � b  7 � B  4;7  Mà AB  b  1  6 � � b  5 � B  4; 5  � Vì d là đường phân giác trong của góc A nên B, C phải nẳm về hai phía của d. Thay tọa độ B  4;7  , C vào phương trình đường thẳng d ta có:  4  1  5   4  7  5   0 Suy ra B  4;7  thỏa mãn. Vậy phương trình thẳng BC: x  4 y 1  � 3 x  4 y  16  0 . 8 6  Nhận xét: Ngoài cách giải trên chúng ta có thể đánh giá thấy đường d : x  y  5  0 song song với đường phân giác của góc phần tư thứ hai. Nên hai cạnh AC, AB của tam giác song song với các trục ox, oy. Suy ra, nếu AC : x  4  0 A  4;9  không thỏa mãn gt. 1 2 Vậy pt AC : y  1  0 � A  4;1 � AC  8 . Mà S ABC  AB. AC  24 � AB  6 Cạnh AB qua A và vuông góc với AC nên phương trình AB : x  4  0 � B  4; b  . Và tương tự ta có phương trình cạnh BC 3x  4 y  16  0 .  Bài toán 3.2 [KB-2009] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A  1; 4  và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x  y  4  0 . Xác định tọa độ các điểm B và C biết diện tích tam giác ABC bằng 18.  Phân tích: A - Tìm được trung điểm M của BC dựa trên giả thiết tam giác cân tại A và biết phương trình BC. - Tham số hóa tọa độ B suy ra tọa độ C theo độ dài BC theo tham số. H B - Dùng giả thiết diện C tích tham số tọa độ B, C. Hướng dẫn Gọi M là trung điểm của BC. Do tam giác ABC cân tại A nên AM  BC � Phương trình AM : x  y  3  0 . M  AM �BC � Tọa độ của M là nghiệm của hệ � 7 x � x  y  4  0 � � 2 �7 1 � �� �M�; � phương trình � �2 2 � �x  y  3  0 �y  1 � 2 1  4  4 9  Ta có AH  d  A, BC   2 2 Do B �BC : x  y  4  0 � B  b  4; b  � C  3  b; 1  b  (Do M là trung điểm BC). 1 2 2 Ta lại có S ABC  AH .BC  18 � BC  4 2 �  1  2b    1  2b   32 2 � b � �� � b � � 3 5 11 3 11 3 3 3 5 � � 11 3 � � �C� ; ,B� ; � � 2 2 2 � �2 2 � � 5 3 5 � � 11 3 � � � B� ; ,C � ; � � 2 2 2 � �2 2 � � 3 5 � � � � � � � � KL: Vậy B � ; �, C � ; �hoặc B � ; �, C � ; �. �2 2 � �2 2 � �2 2 � �2 2 �  Bài toán 3.3 [KSCL12-ĐH Vinh] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G  1;1 , đường cao kẻ từ A có phương trình 2 x  y  1  0 , hai đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x  2 y  1  0 . Tìm các đỉnh của tam giác biết diện tích của tam giác bằng 6.  Phân tích: - T/s hóa tọa độ A ( chú ý: A, G cùng phía với BC). - Tính d  G, BC  . Khai thác t/c trọng tâm G suy ra d  A, BC   3d  G, BC  . A G - Suy ra tọa độ M theo t/s của A. uuur uuuu r ( AG  2 AM ). K M B H C - T/s tọa độ B. Khai thác diện tích suy ra độ dài BC, suy ra độ dài MB. Từ đó tìm ra tọa độ B và C. Hướng dẫn Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, G lên đường BC. M là trung 2 5 GK MG 1   (Tính chất trọng tâm và đường trung tuyến Xét MKG : MHA � AH MA 3 6 1 2 của tam giác) � AH  3GK  . Mặt khác S ABC  2 AH .BC  6 � BC  5 5 a  1 � A  1;3 � 5a  1 6 � A �AH � A  a; 2a  1 . AH  d  A, BC  �  � � 7 �7 4 � a � A� ; � 5 5 � �6 3 � � 6 điểm của BC. Ta có d  G, BC   Do G là trọng tâm của tam giác nên A, G cùng phía với đường BC. Kiểm tra ta �7 4 � thấy A  1;3 thỏa mãn, A � ; �không thỏa mãn. �6 3 � uuur uuuu r � 1  1  2  xM  1 � AG  2 GM � � M  1;0  . Lại có � 1  3  2  yM  1 � � 1 �3 1 � �7 1 � b  � B � ; �� C � ; � � 5 1 �5 5 � �5 5 � 2 B � � B  1  2b; b  � MB 2   2b   b 2   gt  � � � 1 5 �7 1 � �3 1 � b � B � ; �� C � ; � � �5 5 � �5 5 � � 5 3 1 7 1 7 1 3 1 � � � � � � � � KL: Vậy A  1;3 B � ; �; C � ; �, hoặc A  1;3 ; B � ; �; C � ; � �5 5 � �5 5 � �5 5 � �5 5 �  Nhận xét: Trong bài toán trên rõ ràng điểm trọng tâm G được sử dụng triệt uuur uuuu r để ở các tính chất ” Điểm G chia đường trung tuyến AM theo tỉ lệ AG  2GM và trọng tâm luôn nằm trong tam giác nên cùng với một đỉnh nằm cùng phía so với cạnh còn lại”.  Bài toán 3.4 [KSCL chuyên HN Amsterdam 2012] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, điểm M  0; 1 , phương trình đường phân giác trong của góc A và đường cao kẻ từ C lần lượt là d : x  y  0; d ' : 2 x  y  3  0 . Viết phương trình cạnh BC biết rằng đường AC qua M và AB  2 AM .  Phân tích: Để viết ptđt BC ta tìm hai điểm trên đường thẳng BC. - Khai thác M thuộc AC và ptđt C p/g trong của góc A. Suy ra tọa d M độ điểm N đối xứng với M qua d. - Viết ptđt AB qua N vuông góc với d’. Suy ra tọa độ điểm A. I - Tính độ dài AM, suy ra độ dài AB. Suy ra tọa độ B. A H N - Viết phương trình AC. Suy ra tọa độ C là giao của d’ và AC. - Viết pt đường BC. Hướng dẫn Gọi N là điểm đối xứng của M qua đường phân giác trong d của góc A. M �AC � N �AB �1 1 � � Phương trình đường MN: x  y  1  0 . Gọi I  MN �d � I � ; �� N  1;0  �2 2 � Đường AB qua N và vuông góc với đường cao d’ � AB : x  2 y  1  0 . A  AB �d � A  1;1 . � AM  5 x 1 Đường AC qua A và M � AC :  y 1 � 2 x  y  1  0 . Mà 2 �1 � C  AC �d ' � C � ; 2 �. �2 � B �AB � B  2b  1; b  � AB  5 b  1 . � b  1 � B  3; 1 Theo gt AB  2 AM � � b  3 � B  5;3 � . Do d là phân giác trong của góc A nên B, C phải nằm về hai phía của d. Suy ra B  3; 1 thỏa mãn. Vậy phương trình BC :2 x  5 y  11  0  Bài toán 3.5 [THTT số ] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có cả 3 góc đều nhọn. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác biết tọa độ chân các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C tương ứng là A1  1; 2  ; B1  2; 2  ; C1  1; 2  .  Phân tích: - Ta chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A1 B1C1 - Sử dụng nhận định BB1 chính là đường phân giác trong của góc � A1B1C1 . Suy ra ptđt BB1 . - BB1  AC . Suy ra ptđt AC. B A B1 C1 H A1 B C Hướng dẫn Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Ta chứng minh được H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A1B1C1. A1 B1C1 . Ta có Suy ra BB1 là phân giác trong của góc � x 1 y  2  � 4x  3 y  2  0 3 4 B1C1 : y  2  0 A1B1 : 4x  3y  2 � Phương trình các đường phân giác của góc �  � y  2  A1 B1C1 là: 5 � x  2 y  2  0  1 ; 2 x  y  6  0  2  . Thay tọa độ của A1, C1 vào phương trình (1) ta có:  1  4  2   1  4  2   0 �  1 là phương trình đường phân giác trong BB1 A1 B1C1 của góc � Đường AC qua B1 và vuông góc với BB1 nên có pt là: 2 x  y  6  0 Kl: AC :2 x  y  6  0  Nhận xét: Bài toán vẫn xử lí được khi tam giác có góc tù. Sau bài toán chúng ta nhận được một tính chất rất thú vị trong tam giác: Trực tâm của tam giác chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác tạo bởi chân của ba đường cao.  Bài toán 3.6 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B  3; 4  ; C  1; 2  , diện tích của tam giác là thuộc đường thẳng  : x  3 y  4  0 .  Phân tích: - Tính độ dài BC - Viết pt cạnh BC - Tham số hóa G thuộc đường thẳng  : x  3 y  4  0 - Khai thác t/c trọng tâm G suy ra tọa độ A theo t/s. - Tính d  A, BC  3 . Tìm tọa độ đỉnh A biết trọng tâm G 4 - S ABC  độ A. 1 BC.d  A, BC  . Suy ra tọa 2 A G B H K M C Hướng dẫn Ta có BC  2 5 , phương trình cạnh BC : x 1 y  2  � x  2y 5  0 . 4 2 G � � G  3t  4; t  � A  9t  14;3t  6  . 1 3 Mặt khác S ABC  d  A, BC  .BC   gt  2 4 � 5 �101 39 � t � A� ; � � 4 4 4 � 3t  3 3 3 � � � � d  A, BC   �  � 3 2 5 5 2 5 �83 33 � t � A� ; � � 4 � �4 � 4 �101 39 � �83 33 � Kl: Vậy A � ; �hoặc A � ; �. 4 � 4 � �4 �4  Bài toán 3.7 [HSG 10-2013 Vĩnh Phúc] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C lần lượt là x  2 y  0 , x  2  0 , x  y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh, biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bẳng 10 và đỉnh A có hoành độ âm.  Phân tích: - Tìm trực tâm của tam giác ABC - Tham số hóa tọa độ các điểm A, A B, C. - Khai thác yếu tố vuông góc của đường cao, AH  BC và BH  AC E - Khai thác tính chất đường uuur uuur đường thẳng Ơ – Le, OH  3OG F H với O, G lần lượt là tâm đường G O tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC � Tọa độ của O. C B D - Khai thác yếu tố OA  10 � Tọa độ A, B, C. Hướng dẫn: Gọi H là trực tâm tam giác ABC thì tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình �x  2 y  0 � H  2;1 � �x  2  0 Vì A, B, C lần lượt thuộc 3 đường cao nên A  2a; a  , B  2; b  , C  c;3  c 