GIẢI ðÁP TOÁN CẤP 3 – THI ðẠI HỌC 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 CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TRONG HÌNH HỌC OXY Biên soạn: Thanh Tùng *) 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 ). BÀI TOÁN TÌM ðIỂM H À N Ộ I 0 3 / 2 0 1 3 2 CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC OXY A. KIẾN THỨC CƠ BẢN 3 4 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 CN = 2ND. Giả sử 11 1 ; 2 2 M       và ñường thẳng AN có phương trình 2 3 0 x y − − = . Tìm tọa ñộ ñiểm A. 2) (A, A1 – 2012 :NC). Cho ñường tròn 2 2 ( ): 8 C x y + = . 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 2 2 1 ( ) : 4 C x y + = , 2 2 2 ( ) : 12 18 0 C x y x + − + = và ñường thẳng : 4 0 d x y − − = . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc 2 ( ) C , tiếp xúc với d và cắt 1 ( ) C 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 2 2 4 x y + = . 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 3 0 x y + = và 4 0 x y − + = ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm 1 ( ;1) 3 M − . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD. 6) (D – 2012 :NC). Cho ñường thẳng : 2 3 0 d x y − + = . 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. 5 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 CN = 2ND. Giả sử 11 1 ; 2 2 M       và ñường thẳng AN có phương trình 2 3 0 x y − − = . Tìm tọa ñộ ñiểm A. 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 +) Yếu tố ñịnh lượng: cos MAN ∠ = ( ) cos , AM AN n n uuuur uuur AM n ⇒ uuuur ⇒ phương trình AM → tọa ñộ ñiểm A Giải: ðặt AB a = 2 ; ; 3 3 2 a a a ND NC MB MC ⇒ = = = = ( vì ABCD là hình vuông và 2 CN ND = ) Và áp dụng Pitago ta ñược: 5 5 ; 2 6 a a AM MN= = và 10 3 a AN = Trong AMN ∆ ta có: cos MAN ∠ 2 2 2 2 2 . 2 AM AN MN AM AN + − = = Gọi ( ; ) AM n a b = uuuur là vtpt của AM và ta có (2; 1) AN n = − uuur cos ⇒ MAN ∠ = ( ) cos , AM AN n n uuuur uuur 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2(2 ) 5( ) 3 8 3 0 (3 )( 3 ) 0 3 2 . 2 1 a b a b a b a b a ab b a b a b a b a b = − −  ⇔ = ⇔ − = + ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔  = + +  +) Với 3 a b = − chọn 1; 3 a b = = − (1; 3) AM n ⇒ = − uuuur ⇒ phương trình 11 1 : 3 0 2 2 AM x y     − − − =         hay : 3 4 0 AM x y − − = . Vì { } A AN AM = ∩ nên ta giải hệ: 2 3 0 1 (1; 1) 3 4 0 1 x y x A x y y − − = =   ⇔ ⇒ −   − − = = −   +) Với 3 a b = chọn 3; 1 a b = = (3;1) AM n⇒ = uuuur ⇒ phương trình 11 1 :3 0 2 2 AM x y     − + − =         hay :3 17 0 AM x y + − = . Vì { } A AN AM = ∩ nên ta giải hệ: 2 3 0 4 (4;5) 3 17 0 5 x y x A x y y − − = =   ⇔ ⇒   + − = =   Vậy (1; 1) A − hoặc (4;5) A 6 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 ( ) 0 f t = (còn dữ kiện 11 1 ; 2 2 M       là trung ñiểm của BC ta chưa sử dụng – sẽ giúp ta làm ñiều này) ? t A → = → Giải: +) Gọi H là hình chiếu của M lên AN 2 2 11 1 2. 3 3 5 2 2 ( , ) 2 2 1 MH d M AN − − ⇒ = = = + ðặt AB a = 2 ; ; 3 3 2 a a a ND NC MB MC ⇒ = = = = ( vì ABCD là hình vuông và 2 CN ND = ) Và áp dụng Pitago ta ñược: 5 5 ; 2 6 a a AM MN= = và 10 3 a AN = Trong AMN ∆ ta có: cos MAN ∠ 2 2 2 2 2 . 2 AM AN MN AM AN + − = = ⇒ MAN ∠ = 0 45 MAH ⇒ ∆ cận tại H 3 5 3 10 2 2. 2 2 AM MH⇒ = = = (*) +) Gọi ( ;2 3) A t t AN − ∈ và 2 45 2 AM = (theo (*)) ⇔ 2 2 2 1 (1; 1) 11 7 45 2 5 4 0 4 (4;5) 2 2 2 t A t t t t t A = −       − + − = ⇔ − + = ⇔ ⇒       =       Vậy (1; 1) A − hoặc (4;5) A Cách 3: Phân tích: A AN ∈ và 11 1 ; 2 2 M       cố ñịnh . Nếu AM h const = = ( ta sẽ tìm cách ñi tính AM ). Nên Theo hướng tư duy 3 (TH3) : { } ( ) A AN C = ∩ với ( ) C là ñường tròn tâm M bán kính R h = 7 Giải: +) Gọi H là hình chiếu của M lên AN 2 2 11 1 2. 3 3 5 2 2 ( , ) 2 2 1 MH d M AN − − ⇒ = = = + ðặt AB a = 2 ; ; 3 3 2 a a a ND NC MB MC ⇒ = = = = ( vì ABCD là hình vuông và 2 CN ND = ) Và áp dụng Pitago ta ñược: 5 5 ; 2 6 a a AM MN= = và 10 3 a AN = Trong AMN ∆ ta có: cos MAN ∠ 2 2 2 2 2 . 2 AM AN MN AM AN + − = = ⇒ MAN ∠ = 0 45 MAH ⇒ ∆ cận tại H 3 5 3 10 2 2. 2 2 AM MH⇒ = = = Vậy 3 10 2 AM = ⇒ A nằm trên ñường tròn có phương trình: 2 2 11 1 45 2 2 2 x y     − + − =         Mà :2 3 0 A AN x y ∈ − − = Nên ta xét hệ : 2 2 11 1 45 1 2 2 2 1 2 3 0 x x y y x y      =  − + − =      ⇔       = −   − − =  hoặc 4 5 x y =   =  Vậy (1; 1) A − hoặc (4;5) A 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 2 2 ( ): 8 C x y + = . 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: +) Phương trình ( ) E : 2 2 2 2 1 x y a b + = như vậy ta cần tìm ; a b +) (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8 2 8 4 a a ⇒ = ⇒ = +) Theo Hướng tư duy 4 (TH4) ta gọi ( ; ) A x y ( 0 x > ) là một giao ñiểm của (E) và ( ) C : 2 2 ( ) 8 A C x y ∈ ⇒ + = 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 ( ; ) A x y ( 0 x > ) thuộc góc phần tư thứ nhất) ⇒ tọa ñộ ñiểm A +) Mà ( ) A E b ∈ ⇒ → phương trình (E). Giải: Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E có dạng: 2 2 2 2 1 x y a b + = +) (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8 2 8 4 a a ⇒ = ⇒ = +) Gọi ( ; ) A x y ( 0 x > ) là một giao ñiểm của (E) và ( ) C .Ta có: 2 2 ( ) 8 A C x y ∈ ⇒ + = (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 2 8 2 x x ⇒ = ⇒ = (vì 0 x > ) 2 (2;2) y A ⇒ = ⇒ +) Mà ( ) A E ∈ 2 2 2 2 2 2 2 16 1 4 3 b b ⇒ + = ⇒ = . Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là: 2 2 1 16 16 3 x y + = 8 3) (B – 2012:CB). Cho ñường tròn 2 2 1 ( ) : 4 C x y + = , 2 2 2 ( ) : 12 18 0 C x y x + − + = và ñường thẳng : 4 0 d x y − − = . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc 2 ( ) C , tiếp xúc với d và cắt 1 ( ) C 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 1 ( ) I t II ∈ (Trước ñó ta ñi lập phương trình 1 II ñi qua 1 I vuông góc với AB (tính chất ñường nối tâm) hay song song với d ) Và dữ kiện 2 ( ) I C ∈ giúp ta thiết lập ñược phương trình : ( ) 0 ? f t t = → = → tọa ñộ ñiểm I ( Ta có thể làm theo Hướng tư duy 3 (TH3) với { } 1 2 ( ) I II C = ∩ → 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 2 2 1 ( ) : 4 C x y + = ⇒ tâm của 1 ( ) C là 1 (0;0) I Vì 1 1 II AB II AB d ⊥  ⇒  ⊥  // d ⇒ phương trình 1 II : 0 x y − = . Gọi 1 ( ; ) I t t II ∈ mà 2 ( ) I C ∈ 2 2 12 18 0 t t t ⇒ + − + = 2 6 9 0 3 t t t ⇔ − + = ⇔ = (3;3) I ⇒ Mà ( ) C tiếp xúc với d ⇒ 2 2 3 3 4 ( , ) 2 2 1 1 R d I d − + = = = + . Vậy phương trình ( ) C là: 2 2 ( 3) ( 3) 8 x y − + − = 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 2 2 4 x y + = . Viết phương trình chính tắc của elip (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox. Phân tích: +) Phương trình ( ) E : 2 2 2 2 1 x y a b + = ( 0) a b > > như vậy ta cần tìm ; a b +) Theo Hướng tư duy 2 (TH2) vì (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D và A Ox ∈ nên gọi ( ;0) A a Ox ∈ và (0; ) B b Oy ∈ +) Khai thác dữ kiện: AC = 2BD 1 ( , ) 0 f a b → = (1) +) Khai thác dữ kiện: ñường tròn 2 2 4 x y + = tiếp xúc với các cạnh của hình thoi 2 ( , ) 0 f a b → = (2) Từ (1) và (2) 2 ? a → = và 2 ? b = → phương trình (E). 9 Giải: Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E : 2 2 2 2 1 x y a b + = ( với 0 a b > > ) Vì (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D và A Ox ∈ nên không mất tính tổng quát giả sử: ( ;0) A a và (0; ) B b . Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD 2 4 2 OA OB OA OB ⇔ = ⇔ = 2 a b ⇔ = (vì 0 a b > > ) hay (2 ;0) A b , (0; ) B b Gọi H là hình chiếu của O lên AB 2 OH R ⇒ = = ( vì ñường tròn 2 2 4 x y + = tiếp xúc với các cạnh của hình thoi) Xét tam giác OAB ta có: 2 2 2 1 1 1 OH OA OB = + hay 2 2 2 1 1 1 5 4 4 b b b = + ⇔ = 2 2 4 20 a b ⇒ = = Vậy phương trình chính tắc của elip ( ) E là: 2 2 1 20 5 x y + = 5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là 3 0 x y + = và 4 0 x y − + = ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm 1 ( ;1) 3 M − . 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 1 2 ( ), ( ) D t B t (trước ñó ta ñi lập pt AB ) +) Gọi { } I AC BD = ∩ ( I là trung ñiểm của AC và BD ) 1 2 ( , ) I t t ⇒ mà 1 1 2 ( , ) 0 I AC f t t ∈ ⇒ = (1) Vì , MB MD uuur uuuur cùng phương 2 1 2 ( , ) 0 f t t ⇒ = (2) +) Từ (1) và (2) 1 2 ? ? t t =  ⇒ ⇒  =  tọa ñộ của , , B D I và C Giải: Vì { } A AC AD = ∩ nên xét hệ: 3 0 4 0 x y x y + =   − + =  3 1 x y = −  ⇔ ⇒  =  ( 3;1) A − AB ñi qua A và vuông góc với AD nên AB có phương trình: 3 1 2 0 1 1 x y x y + − = ⇔ + + = − Gọi 1 1 ( ; 2) B t t AB − − ∈ và 2 2 ( ; 4) D t t AD + ∈ ( 1 2 ; 3 t t ≠ − ) 2 1 2 1 2 ; 2 2 t t t t I + − +   ⇒     : là trung ñiểm của BD Mà 2 1 2 1 2 1 1 2 2 3. 0 2 3 0 2 3 2 2 t t t t I AC t t t t + − + ∈ ⇒ + = ⇔ − + = ⇔ = + (*) Có: 1 1 2 2 1 10 ; 3 2 ; 2 6 3 3 MB t t t t     = + − − = + − −         uuur (theo (*)) và 2 2 1 ; 3 3 MD t t   = + +     uuuur Mặt khác , , B D M thẳng hàng ⇒ , MB MD uuur uuuur cùng phương 2 2 2 2 2 6 10 2 6 2 1 3 1 3 t t t t t + − − ⇒ = = − ⇔ = − + + 1 1 t ⇒ = ⇒ (1; 3), ( 1;3) B D − − và (0;0) I ⇒ (3; 1) C − ( vì I là trung ñiểm của AC ) 10 5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là 3 0 x y + = và 4 0 x y − + = ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm 1 ( ;1) 3 M − . 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 Giải: Vì { } A AC AD = ∩ nên xét hệ: 3 0 4 0 x y x y + =   − + =  3 1 x y = −  ⇔ ⇒  =  ( 3;1) A − Phương trình của ' d ñi qua M song song AD có dạng: 1 ( 1) 0 3 3 4 0 3 x y x y + − − = ⇔ − + = Gọi { } ' N d AC = ∩ nên ta xét hệ: 1 3 0 1 1; 1 3 3 4 0 3 3 x x y N y x y = −  + =     ⇔ ⇒ −     = − + =      Gọi d là ñường trung trực của AD cắt , , MN AC AD lần lượt tại , , H I J ⇒ , , H I J lần lượt là trung ñiểm , , MN AC AD 5 5 ; 4 4 H   ⇒ −     ⇒ pt của d : 5 5 0 0 4 4 x y x y     + + − = ⇔ + =         Ta có: } { I d AC = ∩ nên ta xét hệ: ( ) 0 0 0;0 3 0 0 x y x I x y y + = =   ⇔ ⇒   + = =   ⇒ (3; 1) C − ( I là trung ñiểm của AC ) và } { J d AD = ∩ nên ta xét hệ: ( ) 0 2 2;2 4 0 2 x y x J x y y + = = −   ⇔ ⇒ −   − + = =   ⇒ ( 1;3) D − ( J là trung ñiểm của AD ) ⇒ (1; 3) B − ( I là trung ñiểm của BD ) 6) (D – 2012 :NC). Cho ñường thẳng : 2 3 0 d x y − + = . 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. [...]... ng cách này trong Bài 18 Bài t p áp d ng Ví d 1: Trong m t ph ng t a ñ Oxy, cho hai ñi m M(1; 4) và N(6; 2) L p phương trình ñư ng th ng ∆ qua M sao cho kho ng cách t N t i ∆ b ng 5 (ðs: 21x − 20 y + 59 = 0 và x = 1) Ví d 2: Trong m t ph ng t a ñ Oxy, cho hai ñi m A(1; 2) và B(5; –1) Vi t phương trình ñư ng th ng qua M(3; 5) và cách ñ u A và B (ðs: 3x + 4y – 29 = 0 và x = 3) Ví d 3: Trong m t ph ng Oxy, ... 3 20 uuur uuur Bài 15: Bi t ñ nh A và phương trình ñư ng th ng BC và hình chi u H c a A xu ng BC chia theo BH = k HC và bi t di n tích tam giác ABC (ho c bi t ñ dài ño n BC) Tìm t a ñ B, C Cách gi i: Bài t p áp d ng (Các em hãy d a vào ý tư ng Bài 15 ñ gi i các ví d sau) Ví d 1:Cho tam giác ABC có ñ nh A(2; – 2) và phương trình ñư ng th ng BC là 3x – 4y + 1 = 0 và hình chi u H c a uuur uuur A xu ng... ng cao xu t phát t A ñi qua ñi m N và tr ng tâm G thu c m t ñư ng th ng…) c a tam giác ABC và trung tuy n BM, ñư ng cao BH Vi t phương trình các c nh TH1 TH2 Cách gi i: Bài t p áp d ng (Các em hãy d a vào ý tư ng Bài 7 ñ gi i các ví d sau) Ví d 1:Cho tam giác ABC bi t ñ nh A(1; – 1), ñư ng cao và trung tuy n cùng xu t phát t B l n lư t có phương trình: x + 2y – 3 = 0 và x + 3y – 5 = 0 Vi t phương trình... i 1.2: Các bài toán v ñư ng phân giác trong Bài 9: Bi t ñ nh A và hai ñư ng phân giác trong BB’ và CC’ L p phương trình BC Cách gi i: +) Tìm A1 ñ i x ng v i A qua BB’ ⇒ A1 ∈ BC (1) +) Tìm A2 ñ i x ng v i A qua CC’ ⇒ A2 ∈ BC (2) +) T (1) và (2) ⇒ phương trình BC (chính là phương trình A1 A2 ) Bài t p áp d ng (Các em hãy d a vào ý tư ng Bài 9 ñ gi i các ví d sau) Ví d 1: Trong m t ph ng t a ñ Oxy, cho... ): Cho tam giác ABC có ñ nh B(– 4; 1), tr ng tâm G(1; 1) và ñư ng th ng ch a phân giác trong c a góc A có phương trình x – y – 1 = 0 Tìm t a ñ các ñ nh A và C (ðs: A(4;3), C (3; −1) ) 18 Bài 12: Bi t ñ nh A và ñư ng cao BH, phân giác trong BD Vi t phương trình các c nh tam giác Cách gi i: Bài t p áp d ng (Các em hãy d a vào ý tư ng Bài 12 ñ gi i các ví d sau) Ví d : Tam giác ABC có A(-3;1), ñư ng cao... c vào hai n t1 và t 2  xM = t1  yM = t 2 +) M (t1 ; t2 ) : ñi m M có t a ñ :  BÀI TOÁN 2: CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ð N BÀI TOÁN 1 D ng 1: Các bài toán trong tam giác, t giác Lo i 1: Các bài toán v ð nh Tính Lo i 1.1: Các bài toán v ñư ng trung tuy n, ñư ng cao, trung tr c Bài 1: Bi t ñ nh A c a tam giác ABC và 2 trung tuy n BM, CN Vi t phương trình các c nh c a ∆ABC Cách gi i: Bài t p áp d ng (Các. .. tam giác ABC và 2 ñư ng cao BH và CK Vi t phương trình các c nh uuu uuur r nAB = uCK  Cách gi i: +) Vi t phương trình AB, AC v i  uuur uuur nAC = u BH  {B} = AB I BH {C} = AC I CK +) Tìm B, C v i  Bài t p áp d ng (Các em hãy d a vào ý tư ng Bài 2 ñ gi i các ví d sau) Ví d 1: Cho tam giác ABC bi t ñ nh A(1; –3); phương trình hai ñư ng cao xu t phát t B và C l n lư t là x+ 2y – 8 =0 và 3x + 5y... trong BD l n lư t có phương trình: x + 7y + 32 = 0 và x + 3y + 12 = 0 Tìm t a ñ ñi m C (ðs: C(–4; – 6) ) Bài 13: Bi t ñ nh A và ñư ng cao BH, phân giác trong CD Vi t phương trình các c nh tam giác Cách gi i: Bài t p áp d ng (Các em hãy d a vào ý tư ng Bài 13 ñ gi i các ví d sau) Ví d 1: Cho tam giác ABC có C(–2; 3) ðư ng cao c a tam giác k t ñ nh A và ñư ng phân giác trong c a góc B l n lư t là: 3x... ng phân giác trong c a góc B xu ng AC ( ðs: D ( −5;11) ) Bài 11: Bi t ñ nh A và trung tuy n BM, phân giác trong CD Vi t phương trình các canh Cách gi i: Bài t p áp d ng (Các em hãy d a vào ý tư ng Bài 11 ñ gi i các ví d sau) Ví d 1: Trong m t ph ng Oxy cho tam giác ABC có ñ nh A(1; 2), ñư ng trung tuy n BM: 2x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y – 1 = 0 Vi t phương trình ñư ng th ng BC (ðs: 4x... Bài 19: Các ñi m liên h v i nhau b i m t n và m t ñi u ki n v ñ nh lư ng Cách gi i: +) Khai thác d ki n bài toán ñ chuy n các ñi m v 1 n t (nh thu t toán tìm ñi m) +) Thi t l p phương trình: f (t ) = 0 ⇒ t = ? ⇒ các ñi m c n tìm CHÚ Ý: Bài 8 là trư ng h p ñ c bi t c a Bài 19 khi ñi u ki n ñ nh lư ng là ñi u ki n góc 900 (vuông góc) Bài t p áp d ng (Các em hãy d a vào ý tư ng Bài 19 ñ gi i các ví d . PHƯƠNG PHÁP GIẢI TRONG HÌNH HỌC OXY Biên soạn: Thanh Tùng *) 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. TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC OXY A. KIẾN THỨC CƠ BẢN 3 4 B. CÁC BÀI TOÁN BÀI TOÁN 1: BÀI TOÁN TÌM ðIỂM ðể hiểu rõ hơn cho 4 hướng tư duy tư ng ứng với 4 TH của. dụng (Các em hãy dựa vào ý tư ng 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