Tài liệu Các hướng tư duy và phương pháp giải oxy -thầy thanh tùng

  • Số trang: 37 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 145 |
  • Lượt tải: 0
dangvantuan

Đã đăng 62489 tài liệu

Mô tả:

GIẢI ðÁP TOÁN CẤP 3 – THI ðẠI HỌC CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TRONG HÌNH HỌC OXY Biên soạn: Thanh Tùng CÁC BÀI TOÁN TRONG TAM GIÁC, TỨ GIÁC CÁC BÀI TOÁN VỀ ðƯỜNG THẲNG CÁC BÀI TOÁN VỀ ðƯỜNG TRÒN CÁC BÀI TOÁN VỀ ELIP BÀI TOÁN TÌM ðIỂM *) Tóm tắt lý thuyết ñầy ñủ theo một trình tự logic và có hệ thống. *) ðưa ra các hướng tư duy và phương pháp giải khái quát cho từng lớp bài toán. *) Có bài toán mẫu minh họa ñi kèm. *) Phần bài tập áp dụng có gợi ý. *) Lời giải chi tiết cho từng bài toán cụ thể (tham khảo thêm trên http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 ). HÀ NỘI 03/2013 CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC OXY A. KIẾN THỨC CƠ BẢN 2 3 B. CÁC BÀI TOÁN BÀI TOÁN 1: BÀI TOÁN TÌM ðIỂM ðể hiểu rõ hơn cho 4 hướng tư duy tương ứng với 4 TH của Bài toán 1: “Bài Toán Tìm ðiểm” thầy sẽ dùng 6 bài thi ðại Học năm 2012 vừa qua ñể minh họa. 1) (A, A1 – 2012:CB). Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung ñiểm của cạnh BC, N là ñiểm trên cạnh CD sao cho  11 1  ;  và ñường thẳng AN có phương trình 2 x − y − 3 = 0 . Tìm tọa ñộ ñiểm A.  2 2 CN = 2ND. Giả sử M  2) (A, A1 – 2012 :NC). Cho ñường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 8 . Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông. 3) (B – 2012:CB). Cho ñường tròn (C1 ) : x 2 + y 2 = 4 , (C2 ) : x 2 + y 2 − 12 x + 18 = 0 và ñường thẳng d : x − y − 4 = 0 . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc (C2 ) , tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai ñiểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. 4) (B – 2012 :NC). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và ñường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2 + y 2 = 4 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox. 5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0 và 1 x − y + 4 = 0 ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm M (− ;1) . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD. 3 6) (D – 2012 :NC). Cho ñường thẳng d : 2 x − y + 3 = 0 . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc d , cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2. 4 1) (A, A1 – 2012:CB). Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung ñiểm của cạnh BC, N là ñiểm trên cạnh CD sao cho  11 1  ;  và ñường thẳng AN có phương trình 2 x − y − 3 = 0 . Tìm tọa ñộ ñiểm A.  2 2 CN = 2ND. Giả sử M  Cách 1 Phân tích: : +) Ta có { A} = AN ∩ AM nên Theo hướng tư duy 1 (TH1) ta phải ñi lập thêm phương trình AM +) Biết M nhưng chưa biết A (chính là ñáp số ta cần tìm) nên ta phải ñi tìm thêm vtpt hoặc vtcp +) Bài toán không có yếu tố song song, vuông góc ñể tìm vtpt hoặc vtcp nên ta phải khai thác ytố ñịnh lượng ( uuuur uuur +) Yếu tố ñịnh lượng: cos ∠MAN = cos nAM , nAN uuuur ) ⇒n AM ⇒ phương trình AM → tọa ñộ ñiểm A Giải: ðặt AB = a ⇒ ND = a 2a a ; NC = ; MB = MC = ( vì ABCD là hình vuông và CN = 2 ND ) 3 3 2 Và áp dụng Pitago ta ñược: AM = a 5 5a a 10 và AN = ; MN = 2 6 3 AM 2 + AN 2 − MN 2 2 = 2 AM . AN 2 uuuur uuur uuuur uuur Gọi nAM = (a; b) là vtpt của AM và ta có nAN = (2; −1) ⇒ cos ∠MAN = cos nAM , nAN Trong ∆AMN ta có: cos ∠MAN = ( ) 2a − b 3a = −b 2 = ⇔ 2(2a − b) 2 = 5(a 2 + b 2 ) ⇔ 3a 2 − 8ab − 3b 2 = 0 ⇔ (3a + b)(a − 3b) = 0 ⇔  2 2 2 2 2 a + b . 2 +1  a = 3b uuuur 11   1  +) Với 3a = −b chọn a = 1; b = −3 ⇒ nAM = (1; −3) ⇒ phương trình AM :  x −  − 3  y −  = 0 2  2  2 x − y − 3 = 0  x = 1 ⇔ ⇒ A(1; −1) hay AM : x − 3 y − 4 = 0 . Vì { A} = AN ∩ AM nên ta giải hệ:   x − 3 y − 4 = 0  y = −1 uuuur 11   1  +) Với a = 3b chọn a = 3; b = 1 ⇒ nAM = (3;1) ⇒ phương trình AM : 3  x −  +  y −  = 0 2  2  ⇔ 2 x − y − 3 = 0 x = 4 ⇔ ⇒ A(4;5) 3x + y − 17 = 0  y = 5 hay AM : 3 x + y − 17 = 0 . Vì { A} = AN ∩ AM nên ta giải hệ:  Vậy A(1; −1) hoặc A(4;5) 5 Cách 2: Phân tích: A ∈ AN nên Theo hướng tư duy 2 (TH2) ta gọi A(t ) ∈ AN ta cần thiết lập 1 phương trình f (t ) = 0  11 1  ;  là trung ñiểm của BC ta chưa sử dụng – sẽ giúp ta làm ñiều này) → t = ? → A  2 2 (còn dữ kiện M  Giải: 2. +) Gọi H là hình chiếu của M lên AN ⇒ MH = d ( M , AN ) = ðặt AB = a ⇒ ND = 11 1 − −3 2 2 22 + 12 = 3 5 2 a 2a a ; NC = ; MB = MC = ( vì ABCD là hình vuông và CN = 2 ND ) 3 3 2 Và áp dụng Pitago ta ñược: AM = a 5 5a a 10 và AN = ; MN = 2 6 3 Trong ∆AMN ta có: cos ∠MAN = AM 2 + AN 2 − MN 2 2 = 2 AM . AN 2 ⇒ ∠MAN = 450 ⇒ ∆MAH cận tại H ⇒ AM = 2 MH = 2. +) Gọi A(t ; 2t − 3) ∈ AN và AM 2 = 3 5 3 10 (*) = 2 2 45 (theo (*)) 2 t = 1  A(1; −1) 7  45  11   ⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔  ⇒ ⇔  t −  +  2t −  = 2  2 2  t = 4  A(4;5) Vậy A(1; −1) hoặc A(4;5) 2 2 Cách 3:  11 1  ;  cố ñịnh . Nếu AM = h = const ( ta sẽ tìm cách ñi tính AM ).  2 2 Phân tích: A ∈ AN và M  Nên Theo hướng tư duy 3 (TH3) : { A} = AN ∩ (C ) với (C ) là ñường tròn tâm M bán kính R = h 6 2. Giải: +) Gọi H là hình chiếu của M lên AN ⇒ MH = d ( M , AN ) = ðặt AB = a ⇒ ND = 2 +1 2 2 = 3 5 2 a 2a a ; NC = ; MB = MC = ( vì ABCD là hình vuông và CN = 2 ND ) 3 3 2 Và áp dụng Pitago ta ñược: AM = a 5 5a a 10 và AN = ; MN = 2 6 3 Trong ∆AMN ta có: cos ∠MAN = AM 2 + AN 2 − MN 2 2 = 2 AM . AN 2 ⇒ ∠MAN = 450 ⇒ ∆MAH cận tại H ⇒ AM = 2 MH = 2. 3 5 3 10 = 2 2 2 Vậy AM = 11 1 − −3 2 2 2 3 10 1  45  11   ⇒ A nằm trên ñường tròn có phương trình:  x −  +  y −  = 2 2  2 2  2  11 2  1  45 x = 4 x = 1  x−  + y−  = Mà A ∈ AN : 2 x − y − 3 = 0 Nên ta xét hệ :  hoặc  2  2 2 ⇔  y = −1 y = 5 2 x − y − 3 = 0  Vậy A(1; −1) hoặc A(4;5) Cách 4: (Các em có thể tham khảo thêm cách giải của Bộ Giáo Dục nhưng vì cách giải này theo thầy không ñược “tự nhiên” nên thầy không trình bày ở ñây) 2) (A, A1 – 2012 :NC). Cho ñường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 8 . Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông. Phân tích: x2 y 2 +) (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8 ⇒ 2a = 8 ⇒ a = 4 + = 1 như vậy ta cần tìm a; b a 2 b2 +) Theo Hướng tư duy 4 (TH4) ta gọi A( x; y ) ( x > 0 ) là một giao ñiểm của (E) và (C ) : A ∈ (C ) ⇒ x 2 + y 2 = 8 và dữ kiện (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông giúp ta thiết lập thêm phương trình: y = x (4 ñỉnh nằm trên hai ñường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai – nhưng vì ta chọn ñiểm +) Phương trình ( E ) : A( x; y ) ( x > 0 ) thuộc góc phần tư thứ nhất) ⇒ tọa ñộ ñiểm A Giải: Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng: +) Mà A ∈ ( E ) ⇒ b → phương trình (E). x2 y 2 + =1 a 2 b2 +) (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8 ⇒ 2a = 8 ⇒ a = 4 +) Gọi A( x; y ) ( x > 0 ) là một giao ñiểm của (E) và (C ) .Ta có: A ∈ (C ) ⇒ x 2 + y 2 = 8 (1) Mặt khác: (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông ⇒ y = x (2) Từ (1) và (2) ⇒ 2 x 2 = 8 ⇒ x = 2 (vì x > 0 ) ⇒ y = 2 ⇒ A(2; 2) +) Mà A ∈ ( E ) ⇒ 22 22 16 x2 y2 2 . Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là: + = 1 ⇒ b = + =1 42 b 2 3 16 16 3 7 3) (B – 2012:CB). Cho ñường tròn (C1 ) : x 2 + y 2 = 4 , (C 2 ) : x 2 + y 2 − 12 x + 18 = 0 và ñường thẳng d : x − y − 4 = 0 . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc (C2 ) , tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai ñiểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. Phân tích: Muốn viết phương trình ñường tròn ta cần: +) Xác ñịnh tâm I (dùng Thuật Toán Tìm ðiểm) . Khi ñó theo Hướng tư duy 2 (TH2) ta gọi I (t ) ∈ II1 (Trước ñó ta ñi lập phương trình II1 ñi qua I1 vuông góc với AB (tính chất ñường nối tâm) hay song song với d ) Và dữ kiện I ∈ (C2 ) giúp ta thiết lập ñược phương trình : f (t ) = 0 → t = ? → tọa ñộ ñiểm I ( Ta có thể làm theo Hướng tư duy 3 (TH3) với { I } = II1 ∩ (C2 ) → tọa ñộ I - cách trình bày khác của TH2) +) Xác ñịnh bán kính: R nhờ R = d ( I , d ) Giải: Gọi I là tâm ñường tròn (C ) cần viết phương trình. Ta có (C1 ) : x 2 + y 2 = 4 ⇒ tâm của (C1 ) là I1 (0;0)  II1 ⊥ AB ⇒ II1 // d ⇒ phương trình II1 : x − y = 0 .  AB ⊥ d Vì  Gọi I (t ; t ) ∈ II1 mà I ∈ (C2 ) ⇒ t 2 + t 2 − 12t + 18 = 0 ⇔ t 2 − 6t + 9 = 0 ⇔ t = 3 ⇒ I (3;3) Mà (C ) tiếp xúc với d ⇒ R = d ( I , d ) = 3−3+ 4 1 +1 2 2 = 2 2 . Vậy phương trình (C ) là: ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 = 8 4) (B – 2012 :NC). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và ñường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2 + y 2 = 4 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox. x2 y 2 + = 1 (a > b > 0) như vậy ta cần tìm a; b a 2 b2 +) Theo Hướng tư duy 2 (TH2) vì (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D và A ∈ Ox nên gọi A( a; 0) ∈ Ox và B (0; b) ∈ Oy Phân tích: +) Phương trình ( E ) : +) Khai thác dữ kiện: AC = 2BD → f1 (a, b) = 0 (1) +) Khai thác dữ kiện: ñường tròn x 2 + y 2 = 4 tiếp xúc với các cạnh của hình thoi → f 2 ( a, b) = 0 (2) Từ (1) và (2) → a 2 = ? và b 2 = ? → phương trình (E). 8 Giải: Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) : x2 y2 + = 1 ( với a > b > 0 ) a 2 b2 Vì (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D và A ∈ Ox nên không mất tính tổng quát giả sử: A( a; 0) và B (0; b) . Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD ⇔ 2OA = 4OB ⇔ OA = 2OB ⇔ a = 2b (vì a > b > 0 ) hay A(2b;0) , B (0; b) Gọi H là hình chiếu của O lên AB ⇒ OH = R = 2 ( vì ñường tròn x 2 + y 2 = 4 tiếp xúc với các cạnh của hình thoi) 1 1 1 1 1 1 Xét tam giác OAB ta có: = + hay = 2 + 2 ⇔ b 2 = 5 ⇒ a 2 = 4b 2 = 20 2 2 2 OH OA OB 4 4b b 2 x y2 Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) là: + =1 20 5 5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0 1 3 và x − y + 4 = 0 ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm M ( − ;1) . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD. Cách 1: Phân tích: +) Theo Hướng tư duy 1 (TH1) : { A} = AC ∩ AD → tọa ñộ ñiểm A +) Theo Hướng tư duy 2 (TH2) : D ∈ AD , B ∈ AB nên ta gọi D (t1 ), B(t2 ) (trước ñó ta ñi lập pt AB ) +) Gọi { I } = AC ∩ BD ( I là trung ñiểm của AC và BD ) ⇒ I (t1 , t2 ) mà I ∈ AC ⇒ f1 (t1 , t2 ) = 0 (1) uuur uuuur Vì MB, MD cùng phương ⇒ f 2 (t1 , t2 ) = 0 (2) t1 = ? ⇒ tọa ñộ của B, D, I và C t2 = ? +) Từ (1) và (2) ⇒  x + 3y = 0  x = −3 ⇔ ⇒ A(−3;1) x − y + 4 = 0 y =1 Giải: Vì { A} = AC ∩ AD nên xét hệ:  x + 3 y −1 = ⇔ x+ y+2=0 1 −1  t +t t −t +2 Gọi B (t1 ; −t1 − 2) ∈ AB và D (t2 ; t2 + 4) ∈ AD ( t1 ; t2 ≠ −3 ) ⇒ I  2 1 ; 2 1  : là trung ñiểm của BD 2  2  t +t t −t + 2 Mà I ∈ AC ⇒ 2 1 + 3. 2 1 = 0 ⇔ 2t2 − t1 + 3 = 0 ⇔ t1 = 2t2 + 3 (*) 2 2 uuur  uuuur  1 10 1     Có: MB =  t1 + ; −t1 − 3  =  2t2 + ; −2t2 − 6  (theo (*)) và MD =  t2 + ; t2 + 3  3 3 3       uuur uuuur 6t + 10 −2t2 − 6 Mặt khác B, D , M thẳng hàng ⇒ MB , MD cùng phương ⇒ 2 = = −2 ⇔ t2 = −1 ⇒ t1 = 1 3t2 + 1 t2 + 3 AB ñi qua A và vuông góc với AD nên AB có phương trình: ⇒ B (1; −3), D(−1;3) và I (0;0) ⇒ C (3; −1) ( vì I là trung ñiểm của AC ) 9 5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0 1 3 và x − y + 4 = 0 ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm M ( − ;1) . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD. Cách 2: Phân tích: +) Theo Hướng tư duy 1 (TH1) : { A} = AC ∩ AD → tọa ñộ ñiểm A +) Do trong bài toán có nhiều tính chất ñối xứng nên ta nghĩ tới việc tìm các ñiểm phụ liên quan. Cụ thể: +) Ta tìm ñiểm N ñối xứng với M qua ñường trung trực d của AD bằng cách viết pt d ' ñi qua M song song với AD và { N } = d '∩ AC ⇒ pt trung trực d của AD ⇒ tọa ñộ trung ñiểm I , J của AC và AD ⇒ tọa ñộ C , D, B x + 3y = 0  x = −3 ⇔ ⇒ A(−3;1) x − y + 4 = 0 y =1 Giải: Vì { A} = AC ∩ AD nên xét hệ:  1 − ( y − 1) = 0 ⇔ 3x − 3 y + 4 = 0 3  x = −1 x + 3y = 0  1 ⇔ ⇒ N  −1;  Gọi { N } = d '∩ AC nên ta xét hệ:  1 3  3 x − 3 y + 4 = 0  y = 3 Gọi d là ñường trung trực của AD cắt MN , AC , AD lần lượt tại H , I , J Phương trình của d ' ñi qua M song song AD có dạng: x + 5  5   5 5 ⇒ H , I , J lần lượt là trung ñiểm MN , AC , AD ⇒ H  − ;  ⇒ pt của d :  x +  +  y −  = 0 ⇔ x + y = 0 4  4   4 4 x + y = 0 x = 0 ⇔ ⇒ I ( 0;0 ) ⇒ C (3; −1) ( I là trung ñiểm của AC ) Ta có: { I } = d ∩ AC nên ta xét hệ:  x + 3y = 0  y = 0 x + y = 0  x = −2 ⇔ ⇒ J ( −2; 2 ) ⇒ D( −1;3) ( J là trung ñiểm của AD ) và { J } = d ∩ AD nên ta xét hệ:  x − y + 4 = 0  y = 2 ⇒ B (1; −3) ( I là trung ñiểm của BD ) 6) (D – 2012 :NC). Cho ñường thẳng d : 2 x − y + 3 = 0 . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc d , cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2. 10 Phân tích: Muốn viết phương trình ñường tròn ta cần: +) Xác ñịnh tâm I (dùng Thuật Toán Tìm ðiểm) . Khi ñó theo Hướng tư duy 2 (TH2) ta gọi I (t ) ∈ d Và dữ kiện AB = CD giúp ta thiết lập ñược phương trình : f (t ) = 0 → t = ? → tọa ñộ ñiểm I +) Xác ñịnh bán kính: R nhờ R 2 = IA2 = IH 2 + HA2 với IH = d ( I , Ox) và HA = AB =1 2 Giải: +) Gọi I là tâm ñường tròn cần lập và gọi I (t ; 2t + 3) ∈ d 2t + 3 = t t = −3  I (−3; −3) ⇔ ⇒ 2t + 3 = −t t = −1  I (−1;1) +) Ta có AB = CD ⇔ d ( I , Ox) = d ( I , Oy ) ⇔ 2t + 3 = t ⇔  +) Với I ( −3; −3) ⇒ IH = d ( I , Ox) = −3 = 3 và ta có: AH = AB 2 = = 1 ⇒ R 2 = IA2 = IH 2 + HA2 = 10 2 2 Vậy phương trình ñường tròn: ( x + 3) 2 + ( y + 3) 2 = 10 . +) Với I ( −1;1) ⇒ IH = d ( I , Ox) = 1 = 1 và ta có: AH = AB 2 = = 1 ⇒ R 2 = IA2 = IH 2 + HA2 = 2 2 2 Vậy phương trình ñường tròn: ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 = 2 . CHÚ Ý: Trước khi vào phần BÀI TOÁN 2 chúng ta có một số quy ước sau: +) M (t ) ∈ ∆ : ta ràng buộc ñiểm M theo một ẩn là t. +) M (t1 , t2 ) : ñiểm M có tọa ñộ phụ thuộc vào hai ẩn t1 và t 2 .  xM = t1  yM = t 2 +) M (t1 ; t2 ) : ñiểm M có tọa ñộ :  BÀI TOÁN 2: CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ðẾN BÀI TOÁN 1 Dạng 1: Các bài toán trong tam giác, tứ giác Loại 1: Các bài toán về ðịnh Tính Loại 1.1: Các bài toán về ñường trung tuyến, ñường cao, trung trực Bài 1: Biết ñỉnh A của tam giác ABC và 2 trung tuyến BM, CN. Viết phương trình các cạnh của ∆ABC . Cách giải: Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 1 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có A(4; – 1) và phương trình hai ñường trung tuyến BM: 8x – y – 3 = 0, CN: 14x – 13y – 9 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh B, C. (ðs: B(1; 5), C(–4; – 5)) Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có A(1; – 2) và phương trình hai ñường trung tuyến BM và CN lần lượt là x – 6y + 3 = 0 và 5x – 6y – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC. (ðs: S∆ABC = 16 (ñvdt)) 11 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0 và 2x + 5y – 2 = 0. Viết phương trình BC. (ðs: x – 2y – 1 = 0 ; với B (−3; −2) , C (1; 0) ) Ví dụ 4: Cho hai ñường thẳng d1 : x – y + 1 = 0, d 2 : 2x + y – 1 = 0 và ñiểm P(2; 1). Viết phương trình ñường thẳng d 3 qua P và cắt d1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho P là trung ñiểm của AB. (ðs: 4x – y – 7 = 0) Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có trung ñiểm của AB là I(1; 3), trung ñiểm AC là J(-3; 0). ðiểm A thuộc Oy và 9  9  3  ñường BC qua gốc tọa ñộ O. Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC. (ðs: A  0;  , B  2;  ,  −6; −  ) 2  2  2  ( Các em tham khảo phần giải mẫu qua các Ví dụ 2, Ví dụ 3, Ví dụ 5 ) Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có A(1; – 2) và phương trình hai ñường trung tuyến BM và CN lần lượt là x – 6y + 3 = 0 và 5x – 6y – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC. Giải: x +x t +1  xN = A B =  3 t +     t +1 t − 9  2 2 +) Gọi B  t ; ⇒ N ;  ∈ BM . Do N là trung ñiểm của AB ⇒    6   2 12   x = y A + yB = t − 9  N 2 12 t +1 t −9 Mà N ∈ CN ⇒ 5. − 6. − 1 = 0 ⇔ t = −3 ⇒ B (−3;0) 2 12 x = 1 x − 6 y + 3 = 0  +) Tọa ñộ trọng tâm G của ∆ ABC là nghiệm của hệ:  ⇔ 2 5 x − 6 y − 1 = 0  y = 3  2   xC = 3 xG − x A − xB = 3 − 1 + 3 = 5 ⇒ G  1;  ⇒  ⇒ C (5; 4) .Vậy phương trình BC:  3   yC = 3 yG − y A − yB = 2 + 2 − 0 = 4 x+3 y = ⇔ x − 2y + 3 = 0 8 4 Gọi H là chân ñường cao kẻ từ A xuống BC ⇒ AH = d ( A; BC ) = 1 − 2.(−2) + 3 12 + 22 = 8 5 1 1 8 AH .BC = . .4 5 = 16 (ñvdt) 2 2 5 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0 và 2x + 5y – 2 = 0. Viết phương trình BC Giải: Ta có: BC = 82 + 42 = 4 5 ⇒ S ∆ABC = 12 4 x + y + 14 = 0  x = −4 ⇔ +) Tọa ñộ ñiểm A là nghiệm của hệ:  ⇒ A ( −4; 2) 2 x + 5 y − 2 = 0 y = 2 +) Gọi B (t1 ; −4t1 − 14) ∈ AB và C (5t2 + 1; −2t2 ) ∈ AC  xA + xB + xC = 3 xG +) Vì G là trọng ∆ ABC nên ta có:   y A + yB + yC = 3 yG −4 + t1 + 5t2 + 1 = −6 t1 + 5t2 = −3 t = −3 B(-3;-2) ⇒ ⇔ ⇔1 ⇒ C(1;0) 2 − 4t1 − 14 − 2t2 = 0 2t1 + t2 = −6 t2 = 0 x+3 y+2 Vậy phương trình BC: = ⇔ x − 2 y −1 = 0 4 2 Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có trung ñiểm của AB là I(1; 3), trung ñiểm AC là J(-3; 0). ðiểm A thuộc Oy và ñường BC qua gốc tọa ñộ O. Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC. Giải: B(2;6 − a) Gọi A (0; a ) ∈ Oy ⇒  ( Vì I(1; 3), J(-3; 0) lần lượt là trung ñiểm của AB và AC) C( − 6; − a) uuur OB = (2;6 − a) 2 6−a 9 = ⇔a= Ta có:  uuur Mà BC ñi qua gốc tọa ñộ O hay O,B,C thẳng hàng ⇒ −6 −a 2 OC = ( − 6; − a) 9  9  3  ⇒ A  0;  , B  2;  , C  −6; −  2  2  2  Bài 2: Biết ñỉnh A của tam giác ABC và 2 ñường cao BH và CK. Viết phương trình các cạnh. uuur uuur nAB = uCK Cách giải: +) Viết phương trình AB, AC với  uuur uuur nAC = u BH {B} = AB I BH {C} = AC I CK +) Tìm B, C với  Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 2 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC biết ñỉnh A(1; –3); phương trình hai ñường cao xuất phát từ B và C lần lượt là x+ 2y – 8 =0 và 3x + 5y – 1 = 0. Viết phương trình cạnh BC. (ðs: 3x – 2y – 8 = 0) Ví dụ 2 (A – 2004): Cho hai ñiểm A (0; 2) và B( − 3 ; −1 ). Tìm tọa ñộ trực tâm và tọa ñộ tâm ñường tròn ngoại tiếp của tam giác OAB. (ðs: H( 3; −1) , I ( − 3;1) ) 13 Bài 3: Cho ñỉnh A và hai ñường trung trực d1 , d 2 của cạnh AB và AC (hoặc BC).Viết phương trình các cạnh. TH1 TH2 B C Cách giải: TH1: B, C lần lượt ñối xứng với A qua d1 và d 2 ⇒  TH2: +) B ñối xứng với A qua d1 ⇒ B +) C ñối xứng với B qua d 2 ⇒ C Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 3 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 2) và hai ñường trung trực của cạnh AB và AC lần lượt là x – 2y – 2 = 0 và x – y + 5 = 0. Viết phương trình trung tuyến AM của tam giác ABC. (ðs: y = 2) Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC có ñiểm M(0; 3) thuộc ñoạn AC; hai ñường trung trực của cạnh AB và AC lần lượt có phương trình là x – 2y – 2 = 0 và x – y + 5 = 0. Viết phương trình cạnh BC của tam giác ABC biết AC = 4AM. (ðs: 4x + 3y – 6 = 0) Bài 4: Biết ñỉnh A của tam giác ABC và ñường cao BH, trung tuyến CM. Lập phương trình các cạnh. Cách giải: Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 4 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có A(–4; – 5) và phương trình ñường cao BH: x + 2y – 2 = 0, ñường trung tuyến CM: 8x – y – 3 = 0. Tìm tọa ñộ ñỉnh B, C. (ðs: B(4; –1), C(1; 5)) Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có phương trình của trung tuyến AM và ñường cao BH lần lượt là: 2x + y – 3 = 0; 1 2 5 2 2x – y – 4 = 0. ðiểm N  ; −  thuộc ñoạn BC và ñỉnh C thuộc ñường thẳng d: x + y – 3 = 0. Viết phương trình 2 ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết BC không song song với hai trục tọa ñộ. 2 3  1 5  (ðs:  x −  +  y +  = ) 2  2 2  Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có ñỉnh A(2;1) , ñường cao qua ñỉnh B có phương trình là : x – 3y – 7 = 0 và ñường trung tuyến qua ñỉnh C có phương trình : x + y + 1 = 0.Xác ñịnh tọa ñộ của B và C. (ðs: B ( −2; −3), C (4; −5) )  4 1  3 3 Ví dụ 4: Cho tam giác ABC cân tại ñỉnh A có trọng tâm G  ;  , phương trình ñường thẳng BC là x – 2y – 4 = 0 và ñường thẳng BG là 7x – 4y – 8 = 0.Tìm tọa ñộ các ñỉnh A,B,C.  16 19   52 8  ;  , B (0; −2), C  ;  )  9 9  9 9 (ðs: A  − Ví dụ 5:Cho tam giác ABC có ñỉnh A thuộc ñường thẳng d : x – 4y – 2 = 0 , cạnh BC song song với ñường thẳng d. Phương trình ñường cao BH : x + y + 3 = 0 và trung ñiểm của cạnh AC là M(1;1). Tìm tọa ñộ các ñỉnh A,B,C.  2  3 2 3  18 3   8 8  ; ,C  ;  )  5 5  3 3 (ðs: A  − ; −  , B  − 14 Bài 5: Biết ñỉnh A và trung tuyến CC’, ñường trung trực của cạnh BC. Tìm tọa ñộ B, C. Cách giải: Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 5 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC biết A(5; 13). Phương trình ñường trung trực cạnh BC, ñường trung tuyến CC’ (C’ thuộc AB) lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 1 = 0. Viết phương trình cạnh BC. (ðs: x – y + 2 = 0) Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC có ñường trung trực của cạnh BC cắt ñương thẳng ñi qua AB tại ñiểm M (1; 2) và uuur uuur song song với ñường thẳng 2 x − y + 2013 = 0 biết AB = 2 MA và ñường trung tuyến xuất phát từ ñỉnh C có phương trình 11x + 7 y + 11 = 0 . Tìm tọa ñộ 3 ñỉnh của tam giác ABC. 2 5 (ðs: A(0;1), B ( −2; −1), C  ; − 11  ) 5 Bài 6: Biết trung ñiểm M của AB và trung tuyến AN, ñường cao BH. Viết phương trình các cạnh của ∆ ABC. Cách giải: Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 6 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Tam giác ABC có ñường trung tuyến AN : x – y + 1 = 0, ñường cao BH : x + 2y – 1= 0, ñoạn AB có trung ñiểm M(1; 1). Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. (ðs: AB: x = 1; AC: 2x – y = 0; BC: 3x – y – 3 = 0) Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có ñiểm M(0; 3) là trung ñiểm của AB. Phương trình trung tuyến AN: 2x – y – 2 = 0, ñường cao BH: x – 3y + 14 = 0.Viết phương trình ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (ðs: ( x + 3) 2 + ( y + 3) 2 = 50 ) 15 Bài 7: Biết ñỉnh A (hoặc ñường cao xuất phát từ A ñi qua ñiểm N và trọng tâm G thuộc một ñường thẳng…) của tam giác ABC và trung tuyến BM, ñường cao BH. Viết phương trình các cạnh. TH1 TH2 Cách giải: Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 7 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1:Cho tam giác ABC biết ñỉnh A(1; – 1), ñường cao và trung tuyến cùng xuất phát từ B lần lượt có phương trình: x + 2y – 3 = 0 và x + 3y – 5 = 0 . Viết phương trình BC. (ðs: x – 4y + 9 = 0) Ví dụ 2: Cho tam giác ABC biết ñường cao BH và trung tuyến BM lần lượt có phương trình: 4x + 3y + 2 = 0; x – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC biết rằng trọng tâm G của tam giác thuộc ñường thẳng d: 2x + 3y – 1 = 0 và ñường cao xuất phát từ ñỉnh A có hoành ñộ âm ñi qua ñiểm N(3; –3). (ðs: S ∆ABC = 5 (ñvdt)) Ví dụ 3 (D – 2009): Cho tam giác ABC có M(2; 0) là trung ñiểm của cạnh AB. ðường trung tuyến và ñường cao qua ñỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình ñường thẳng AC. (ðs: 3x – 4y + 5 = 0) 2 3   Ví dụ 4 (B – 2003): Cho tam giác ABC có AB = AC , ∠BAC = 900. Biết M(1; -1) là trung ñiểm cạnh BC và G  ;0  là trọng tâm của tam giác ABC. Tìm tọa ñộ các ñỉnh A, B, C. (ðs: A(0; 2), B(4; 0), C(–2; – 2)) Ví dụ 5 (A – 2009): Cho hình chữ nhật ABCD có ñiểm I(6; 2) là giao ñiểm của hai ñường chéo AC và BD. ðiểm M(1; 5) thuộc ñường thẳng AB và trung ñiểm E của cạnh CD thuộc ñường thẳng ∆ : x + y – 5 = 0. Viết phương trình ñường thẳng AB. (ðs: x – 4y + 19 = 0 và y – 5 = 0) Bài 8: Sử dụng ñiều kiện vuông góc (trường hợp riêng của Bài 19) ñể giải bài toán. Cách giải: *) Gọi tọa ñộ các ñiểm (nếu chưa biết) liên quan tới yếu tố vuông góc theo một ẩn nhờ vào: +) ñiểm thuộc ñường thẳng. +) ñiểm có mối liên hệ với ñiểm khác: trung ñiểm, trọng tâm, thỏa mãn hệ thức véctơ… 16 uuur uuuur  AB ⊥ MN ⇔ AB.MN = 0  uur uur  na .nb = 0  *) “Cắt nghĩa” ñiều kiện vuông góc:  a ⊥ b ⇒  uur uur ⇒ f (t ) = 0 ⇒ t = ? ⇒ tọa ñộ các ñiểm  ua .ub = 0 uuur uuur  0 ∠AMB = 90 ⇔ MA.MB = 0 Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 8 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1 (D – 2004): Cho tam giác ABC có các ñỉnh A(-1; 0); B (4; 0); C(0;m) với m ≠ 0. Tìm tọa ñộ trọng tâm G của m tam giác ABC theo m. Xác ñịnh m ñể tam giác GAB vuông tại G. (ðs: G (1; ), m = ±3 6 ) 3 2 Ví dụ 2 (D – 2008): Cho (P): y = 16 x và ñiểm A(1; 4). Hai ñiểm phân biệt B, C (B và C khác A) di ñộng trên (P) sao cho ∠BAC = 900 . Chứng minh rằng ñường thẳng BC luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh. (ðs: ñiểm cố ñịnh I(17; –4)) Ví dụ 3 (A – 2009): Cho hình chữ nhật ABCD có ñiểm I(6; 2) là giao ñiểm của hai ñường chéo AC và BD. ðiểm M(1; 5) thuộc ñường thẳng AB và trung ñiểm E của cạnh CD thuộc ñường thẳng ∆ : x + y – 5 = 0. Viết phương trình ñường thẳng AB. (ðs: x – 4y + 19 = 0 và y – 5 = 0) Ví dụ 4: Cho ñiểm M(3; 3), viết phương trình ñường thẳng ñi qua I(2; 1) cắt Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác AMB vuông tại M. (ðs: x + 2y – 4 = 0 và x + y – 3 = 0). CHÚ Ý: Qua các bài toán trên liên quan tới yếu tố trung tuyến và ñường cao, ñường trung trực các em có thể rút ra ñược một vài ñiều như sau (tuy ñơn giản nhưng hướng tư duy này sẽ giúp chúng ta giải quyết tốt những bài toán dạng trên):  x A + xB = 2 xM : nghĩa là khi có dữ kiện này sẽ giúp chúng ta thiết lập ñược 2  y A + y B = 2 yM +) Nếu M là trung ñiểm của AB ⇒  phương trình +) AH là ñường cao của BC: giúp chúng ta biết ñược phương của ñường này nếu biết ñường kia. +) d là trung trực của BC: nghĩa là B ñối xứng với C qua d. Loại 1.2: Các bài toán về ñường phân giác trong Bài 9: Biết ñỉnh A và hai ñường phân giác trong BB’ và CC’. Lập phương trình BC. Cách giải: +) Tìm A1 ñối xứng với A qua BB’ ⇒ A1 ∈ BC (1) +) Tìm A2 ñối xứng với A qua CC’ ⇒ A2 ∈ BC (2) +) Từ (1) và (2) ⇒ phương trình BC (chính là phương trình A1 A2 ) Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 9 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 1), phương trình ñường phân giác trong góc B, góc C lần lượt là BD: 2x + y + 4 = 0; CE: x + 3y + 1 = 0. Lập phương trình cạnh BC. (ðs:x + 23y + 46 = 0) Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình ñường phân giác trong góc B, góc C lần   lượt là BD: 6x + 8y – 17 = 0; CE: x – 2y + 3 = 0, ñiểm M  −1; ñộ các ñỉnh của tam giác ABC. 17   1  và N  1;  lần lượt thuộc cạnh AB, AC. Tìm tọa 7   3  7  6   (ðs:A(0; – 1), B  − ;3  , C(3; 3)) 17 Bài 10: Biết ñỉnh A và trung tuyến BM, phân giác trong BD. Viết phương trình các cạnh. Cách giải: Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 10 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có ñỉnh A(3; 4), ñường phân giác trong và trung tuyến xuất phát từ ñỉnh B lần lượt có phương trình x – y + 1 = 0 và 2x + 3y – 4 = 0. Tìm tọa ñộ ñỉnh C. (ðs:C(–1; 6)) Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 2), ñường phân giác trong và trung tuyến xuất phát từ ñỉnh B lần lượt có phương trình 2x + y – 1 = 0 và 2x + 3y – 3 = 0. Tìm tọa ñiểm D là chân ñường phân giác trong của góc B xuống AC. ( ðs: D ( −5;11) ) Bài 11: Biết ñỉnh A và trung tuyến BM, phân giác trong CD. Viết phương trình các canh. Cách giải: Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 11 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 2), ñường trung tuyến BM: 2x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y – 1 = 0. Viết phương trình ñường thẳng BC (ðs: 4x + 3y + 4 = 0). Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có chân ñường trung tuyến kẻ từ B xuống AC là M(1; – 1), ñường phân giác trong của góc C là x + y – 2 = 0. Viết phương trình cạnh AC biết ñiểm N(–7; 7) thuộc cạnh BC. (ðs: 5x + 3y – 2 = 0) Ví dụ 3 (D – 2011 ): Cho tam giác ABC có ñỉnh B(– 4; 1), trọng tâm G(1; 1) và ñường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x – y – 1 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh A và C. (ðs: A(4;3), C (3; −1) ) 18 Bài 12: Biết ñỉnh A và ñường cao BH, phân giác trong BD. Viết phương trình các cạnh tam giác. Cách giải: Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 12 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ : Tam giác ABC có A(-3;1), ñường cao BH, phân giác trong BD lần lượt có phương trình: x + 7y + 32 = 0 và x + 3y + 12 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm C. (ðs: C(–4; – 6) ) Bài 13: Biết ñỉnh A và ñường cao BH, phân giác trong CD. Viết phương trình các cạnh tam giác. Cách giải: Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 13 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có C(–2; 3). ðường cao của tam giác kẻ từ ñỉnh A và ñường phân giác trong của góc B lần lượt là: 3x – 2y – 25 = 0; x – y = 0. Viết phương trình cạnh AC của tam giác. (ðs: 8x + 7y – 5 = 0) Ví dụ 2 (B – 2008): Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, hãy xác ñịnh tọa ñộ ñỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên ñường thẳng AB là ñiểm H(– 1; – 1), ñường phân giác trong của góc A có phương trình x – y + 2 = 0 và ñường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y – 1 = 0.  10 3  ; )  3 4 (ðs: C  − CHÚ Ý: Như vậy qua các bài toán liên quan ñến ñường phân giác trong của tam giác các em sẽ nhận thấy ta luôn tìm thêm ñiểm ñối xứng với ñiểm ñã biết tọa ñộ trên cạnh kề của góc chứa phân giác qua phân giác ñó , và ñiềm ñó sẽ thuộc cạnh kề còn lại (ñây là ñặc ñiểm luôn ñược khai thác khi có bài toán chứa phân giác) 19 Loại 2: Các bài toán về ðịnh Lượng Bài 14: Biết ñỉnh A hoặc trọng tâm G của tam giác ABC thuộc một ñường thẳng d cho trước. Biết tọa ñộ ñỉnh B, C và diện tích tam giác ABC( hoặc diện tích của 1 trong 3 tam giác ABG, BCG, CAG) . Tìm tọa ñộ ñỉnh A.(Nếu biết thêm trung tuyến AM thì thay dữ kiện biết tọa ñộ B, C bởi biết ñường thẳng BC và câu hỏi là tìm tọa ñộ ñỉnh B, C) TH1 TH2 Cách giải: (trường hợp riêng của Bài 16) Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 14 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1 (B – 2004): Cho hai ñiểm A(1; 1), B(4; -3). Tìm ñiểm C thuộc ñường thẳng x – 2y – 1 = 0 sao cho khoảng cách từ C ñến ñường thẳng AB bằng 6.  43 27  ;−  )  11 11  ( ðs: C (7;3) hoặc C  − Ví dụ 2: Cho tam giác ABC với A(2; –1), B(1; –2), trọng tâm G của tam giác nằm trên ñường thẳng x + y – 2 = 0. Tìm tọa ñộ ñỉnh C biết tam giác ABC có diện tích là 13,5. (ðs: C(15; –9) hoặc C(–12;18)) Ví dụ 3: Cho tam giác ABC với A(1; 1), B(–2; 5), trọng tâm G thuộc ñường thẳng ∆1 : 2x + 3y – 1 = 0, ñỉnh C thuộc ñường thẳng ∆ 2 : x + y – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC. CHÚ Ý: Tam giác ABC có G là trọng tâm thì: S∆ABG = S ∆BCG = S ∆CAG = (ðs: S ∆ABC = 6 (ñvdt)) 1 S ∆ABC 3 20
- Xem thêm -