Tài liệu Kính lúp table tập 14

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 TƯ DUY 2 CHIỀU TRONG GIẢI TOÁN OXY (PHẦN II) (ĐOÀN TRÍ DŨNG) Trong chủ đề này, chúng ta sẽ phát hiện một mối quan hệ độ dài bằng nhau, độ dài tỷ lệ, quan hệ thẳng hàng,… trong hình học phẳng và sử dụng tự duy 2 chiều để chứng minh, từ đó khai thác mối quan hệ đó và kết hợp với các dữ kiện có sẵn trong oc 01 bài giải quyết trọn vẹn bài toán. Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn iH tâm I  6; 6  , trên tia BA lấy điểm M, trên tia đối của tia CA lấy điểm N sao cho Da BM  CN ; biết đường trung trực của MN là d : x  9  0 và phân giác trong AD của hi góc A có phương trình là x  y  1  0 và Q 14; 0   BC . Xác định tọa độ các điểm A, nT B, C, biết điểm B có hoành độ nhỏ hơn 4. uO Quan hệ hình học tìm được: Trung trực của MN đi qua điểm P nằm chính giữa cung iL ie BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Hay PM  PN . Chiều tư duy 1: Sử dụng định lý hàm số Ta và PK lần lượt vuông góc với AB và AC. s/ cosin để chứng minh PM = PN: Hạ PH A M ro tam giác ABP và tam giác APC ta có: up Áp dụng định lý hàm số cosin cho các B Q N ok bo ce P A  AM  AN 2  PM2  PN2   AM  AN  AM  AN   AH  AK  fa C H Trừ vế với vế: PM2  PN2  AM2  AN2  2APcos  K D .c om /g  A PM2  AP2  AM2  2AP.AM.cos  2  A  2 2 2 PN  AP  AN  2AP.AN.cos 2 I  ww w.  PM2  PN2   AM  AN AB  BM  AC  CN  AH  AK   PM2  PN2   AM  AN AB  AC  AH  AK    AM  AN  CK  BH  . PB  PC  Mặt khác xét hai tam giác BPH và CPK ta có: PBH  PCK  PBH  PCK  0 PHB  PKC  90 1 Tư duy 2 chiều giải toán hình học phẳng – Đoàn Trí Dũng www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Do vậy: BH  CK do đó: PM2  PN2   AM  AN CK  BH  0 hay PM  PN . Chiều tư duy 2: Giả sử P là giao điểm của AD và đường trung trực của MN. Ta chứng minh P là điểm nằm chính giữa cung BC của đường tròn: Kết hợp với PM  PN (do d là trung trực của MN) ta suy ra các tam giác vuông HPM oc và KPN bằng nhau  HPM  KPN và HMP  KNP hay BMP  CNP . Da iH Kết hợp với MB  CN,PM  PN . Suy ra BMP  CNP (c.g.c). nT Mà AHP  ACP  900  900  1800  Tứ giác HACP nội tiếp. hi Suy ra PB  PC và BPM  CPN  BPH  CPK  BPC  HPK . ie uO  HAK  HPK  1800  BAC  BPC  1800 , suy ra tứ giác ABPC nội tiếp. iL Kết hợp với PB = PC, ta có P là điểm nằm chính giữa cung BC của đường tròn ngoại Ta tiếp tam giác ABC. Từ mối quan hệ vuông góc tìm được, ta s/ A up tìm tọa độ các đỉnh còn lại như sau: I /g D .c Q om B K ok H C Tọa độ điểm P là nghiệm của hệ phương d : x  9  0  P  9;10  . trình:  x  y  1  0 Do đó IP  5 , ta có phương trình đường N tròn tâm I bán kính IP là:  I; IP  :  x  6    y  6  2 2  25 bo P ro M fa ce  I; IP  :  x  6 2   y  6 2  25  A  2; 3  Do đó tọa độ của A là nghiệm của hệ:   AD  : x  y  1  0,A  P ww w. Đường thẳng BC đi qua điểm Q và vuông góc với IP là:  BC : 3x  4y  42  0 .  I; IP  :  x  6 2   y  6 2  25  B  2; 9  ,C 10; 3  Tọa độ của B và C là nghiệm của hệ:  BC : 3x  4y  42  0,x  4    B Kết luận: Tọa độ các điểm cần tìm là: A  2; 3 , B  2; 9  ,C 10; 3  . 2 Tư duy 2 chiều giải toán hình học phẳng – Đoàn Trí Dũng www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 01 Kẻ PH  AB tại H, PK  AC tại K. Vì AP là phân giác của góc BAC nên PH  PK . www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A. Gọi BM là đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B. Kẻ đường thẳng qua A vuông góc với BM cắt BC tại E  2;1 , trọng tâm tam giác ABC là G  2; 2  . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Quan hệ hình học tìm được: Kéo dài EG cắt AB tại H. Khi đó G là trung điểm của HE oc Chiều tư duy 1: Nếu EG vuông góc AB thì EG // AC do 01 đồng thời EG  AB . B iH đó EB gấp hai lần EC. Vậy nếu ta tính được tỷ số của Da EB : BC ta sẽ chỉ ra được tại sao EG vuông góc với AB đồng thời G là trung điểm EH: Đặt BE  kBC . Vì AE   1 AB  BE BA  BC  0 2   E C M iL  hi A  AB  kBC AC  2AB  0  G uO   H ie AEBM  0  F nT vuông góc với BM do đó:  s/ Ta  kAC  1  k  AB AC  2AB  0 2 . Vậy EG // AC do đó EG  AB . 3 ro up  kAC2  2 1  k  AB2  0  k  2 1  k   0  k  EG BG HG mà M là trung điểm của AC. Do   MC BM MA đó GH  GE hay G là trung điểm của HE. om /g Mặt khác theo định lý Thales ta có: .c Chiều tư duy 2: Chứng minh G là trung điểm của HE B ok và EG vuông góc AB bằng hình học thuần túy: bo Gọi AF là đường trung tuyến góc A ta có: FA  BE . ce Vì BM  AE,FA  BE do đó G là trực tâm tam giác ABE w. fa hay EG vuông góc với AB và EG // AC. EG BG HG   MC BM MA mà M là trung điểm của AC. Do đó GH  GE hay G là ww Mặt khác theo định lý Thales ta có: F H E G A M trung điểm của HE. Từ mối quan hệ vuông góc tìm được, ta tìm tọa độ các đỉnh còn lại như sau: G là trung điểm của HE nên ta tìm được H  2; 3  . 3 Tư duy 2 chiều giải toán hình học phẳng – Đoàn Trí Dũng www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 C www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Do đó ta viết được phương trình đường thẳng:  HE  : x  2  0 . Đồng thời viết được phương trình đường thẳng:  AB : y  3  0 . Do đó ta viết được phương trình đường thẳng:  FA : x  y  0 và phương trình Giả sử C  3  c; c  . Ta có: ABAC  0  c  0  C  3; 0  . iH uO Kết luận: Tọa độ các điểm cần tìm là: A  3; 3  , B  0; 3  ,C  3; 0  . nT hi Da  BC  : x  y  3  0  B  0; 3  . Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:  AB : y  3  0    oc đường thẳng:  BC  : x  y  3  0 . iL ie Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có A 1; 5  . Gọi R và r Ta lần lượt là bán kính của đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD và ABC, biết up s/ 1 1 4 và phương trình một đường chéo là x  2y  4  0 . Tìm tọa độ các điểm  2  2 25 R r B, C, D biết B có hoành độ dương. ro Quan hệ hình học tìm được: Giả sử P và Q là các tâm đường tròn ngoại tiếp. Hệ thức /g R và r được sinh ra từ hệ thức lượng tam giác vuông. Vậy ta cần tìm tam giác vuông om này. Lấy K đối xứng với P qua AB, ta nhận thấy tam giác KBQ vuông tại B. .c Chiều tư duy 1: Chứng tỏ KBQ là tam giác ok vuông bằng sử dụng tích vô hướng: H A bo Giả sử H và I là hình chiếu của P trên AB và ce BD. Khi đó: BKBQ  PABQ  0 . fa Do đó ta có điều phải chứng minh. w. Chiều tư duy 2: Chứng tỏ KBQ là tam giác ww B K C P I D Q vuông bằng phương pháp cộng góc: Ta có: KB // AC  KBA  BAI . Mặt khác, ta có: BAI  ABI  900  KBA  ABI  KBQ  900 . Từ mối quan hệ vuông góc tìm được, ta tìm tọa độ các đỉnh còn lại như sau: 4 Tư duy 2 chiều giải toán hình học phẳng – Đoàn Trí Dũng www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 01 Giả sử A  a; 3  . Ta có: HGHA  0  a  3  A  3; 3 . www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 Xét tam giác vuông KBQ ta có: 1 1 1 1 1 1 5     2  2  BH  . 2 2 2 2 2 BK BQ BH BH R r Vậy AB  5 . Vì điểm A không nằm trên đường thẳng x  2y  4  0 do đó đường chéo đó chính là đường thẳng BD. Gọi B  2t  4; t  , ta có: AB  5   2t  5    t  5   25  t  1  t  5 2 01 2 Da Ta tìm được tọa độ điểm I  2; 3  là hình chiếu của A trên đường thẳng BD. uO nT hi Do vậy ta tìm được tọa độ điểm D  2;1 và tọa độ điểm C  3;1 . Kết luận: Tọa độ các điểm cần tìm là: B  6; 5  ,C  3;1 , D  2;1 . iH oc Vì điểm B có hoành độ dương do đó ta có: B  6; 5  . ie Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại đỉnh B 1; 2  iL và nội tiếp đường tròn đường kính AD. Biết rằng phương trình đường thẳng BC là Ta 2x  y  4  0 và điểm D nằm trên đường thẳng 4x  2y  15  0 . Tìm tọa độ các đỉnh up s/  7 A và C biết rằng đường thẳng CD đi qua điểm M  4;  .  2 /g ro  3 Quan hệ hình học tìm được: Từ dữ kiện của bài toán ta nhận thấy: BM   3;  do  2 om đó BM // n BC hay BM  BC . Từ đây ta nhận thấy: BM  BD . M .c Chiều tư duy 1: Chứng minh BM = BD bằng ok việc sử dụng định lý hàm số cosin kết hợp với hệ thức lượng giác: bo B ce Ta có: BM  BC tan BCD  BA tan BAD  BD (Các góc BCD  BAD do cùng chắn cung BD ). fa D I ww w. Chiều tư duy 2: Chứng minh BM = BD thông qua tam giác bằng nhau: Xét hai tam giác BAD và BCM ta có: A 5 Tư duy 2 chiều giải toán hình học phẳng – Đoàn Trí Dũng www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 C www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01 BCD  BAD  0 MBC  ABD  90  BAD  BCM  g.c.g  . Do đó: BM  BD . BC  BA  Từ mối quan hệ vuông góc tìm được, ta tìm tọa độ các đỉnh còn lại như sau: 01 Tọa độ của D là nghiệm của hệ phương trình: Da iH oc 4x  2y  15  0  1  2 2  45  D  4;   2  B; BM  :  x  1   y  2   4 hi Do vậy phương trình đường thẳng CD là:  CD : x  4 . ie uO nT   CD : x  4 Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình:   C  4; 4  .  2x  y  4  0 ww w. fa ce bo ok .c om /g ro up s/ Ta iL Kết luận: Tọa độ các điểm cần tìm là: A  2; 4  ,C  4; 4  . 6 Tư duy 2 chiều giải toán hình học phẳng – Đoàn Trí Dũng www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01