Chuyên đề tháng 10: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT HÌNH HỌC GIẢI BÀI TOÁN HHGT OXY GV báo cáo: Đinh Văn Trường. Bài toán HHGT trong mặt phẳng Oxy xuất hiện thường xuyên trong các đề thi ĐH – CĐ hằng năm. Đây là một trong những bài toán khó, gây ra nhiều lung túng cho học sinh trong việc tìm hướng giải quyết. Chuyên đề trình bày một định hướng để giải quyết bài toán này: Sử dụng tính chất hình học. I. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1. (D – 2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có chân đường phân giác trong của góc A là điểm ( ) 1; 1D − . Đường thẳng AB có phương trình 3 2 9 0x y+ − = , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình 2 7 0x y+ − = . Viết phương trình đường thẳng BC . Bài giải Gọi E là giao điểm của tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng BC . Trước hết ta chứng minh: Tam giác ADE cân tại E . Thật vậy, ADE DAC DCA DAB BAE DAE ∠ = ∠ + ∠ = ∠ +∠ = ∠ . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 3 2 9 0 1 2 7 0 3 x y x x y y + − = =   ⇔   + − = =   ( ) 1;3A⇒ . Điểm E thuộc đường thẳng 2 7 0x y+ − = nên ( ) 7 2t;E t− . Do đó, ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 6 3 2 6 1 1EA ED t t t t t= ⇔ − + − = − + − − ⇔ = . Suy ra ( ) 5;1E . Ta có ( ) 4; 2ED = − − ⇒ uuur VTPT của đường thẳng BC là ( ) 1; 2n = − r . Phương trình đường thẳng BC : 2 3 0x y− − = . 1 Ví dụ 2. Cho tam giác ABC có ( ) 1;5A , tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác lần lượt là ( ) 2;2I và 5 ;3 2 K    ÷   . Tìm tọa độ các đỉnh B và C . Bài giải Gọi E là giao điểm thứ hai của đường thẳng AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và H là giao điểm của hai đường thẳng KE với BC . Ta chứng minh: Tam giác EIB cân tại E . Thật vậy, do AI là tia phân giác của góc BAC∠ nên E là điểm chính giữa của cung BC . Suy ra EB EC= . Mặt khác, EBI EBC CBI∠ = ∠ + ∠ và EIB IAB ABI∠ = ∠ + ∠ . Mà 1 2 EBC IAB BAC∠ = ∠ = ∠ và CBI ABI ∠ = ∠ (Do BI là tia phân giác của góc ABC∠ ). Do đó, tam giác EIB cân tại E EB EC EI⇒ = = . Ta có: ( ) 1; 3AI = − uur ⇒ VTPT của đường thẳng AI là ( ) 3;1n = r . Phương trình đường thẳng AI là ( ) ( ) 3 2 2 0 3 8 0x y x y− + − = ⇔ + − = . Lại có: Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 5 2 R AK= = . Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là : ( ) 2 2 5 25 3 2 4 x y   − + − =  ÷   . Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình: ( ) 2 2 3 8 0 1, 5 5 1 5 25 , 3 2 2 2 4 x y x y x y x y + − =  = =    ⇔     = = − + − =  ÷      . Do đó, 5 1 ; 2 2 E    ÷   10 2 EB EC EI⇒ = = = . Do đó, ,B C thuộc đường tròn: 2 2 5 1 5 2 2 2 x y     − + − =  ÷  ÷     . 2 Tọa độ điểm B , C là nghiệm của hệ phương trình ( ) 2 2 2 2 5 25 3 2 4 5 1 5 2 2 2 x y x y    − + − =   ÷         − + − =  ÷  ÷       4 1 x y =  ⇔  =  hoặc 1 1 x y =   =  . Ví dụ 3. (B – 2013) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau và 3AD BC= . Đường thẳng BD có phương trình 2 6 0x y+ − = và tam giác ABD có trực tâm là ( ) 3;2H − . Tìm tọa độ các đỉnh C và D . Bài giải Gọi I là giao điểm của AC và BD . Ta chứng minh: I là trung điểm của HC . Thật vậy, do ABCD là hình thang cân nên IB IC IBC= ⇒ ∆ vuông cân tại I . Do đó, 0 45BCI∠ = . Mặt khác, H là trực tâm của tam giác ABD nên BH AD BH BC⊥ ⇒ ⊥ HBC⇒ ∆ vuông cân tại B . Mà BI HC⊥ nên I là trung điểm của HC . Ta lại có: / /BC AD 3 3 IA AD IA IC IC BC ⇒ = = ⇒ = . Mà ID IA= . Do đó, 3ID IC= . Đường thẳng AC đi qua điểm H và vuông góc với BD nên có phương trình: ( ) ( ) 2 3 2 0 2 8 0x y x y+ − − = ⇔ − + = . Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình 2 8 0 2 2 6 0 4 x y x x y y − + = = −   ⇔   + − = =   ( ) 2;4I⇒ − . Vì I là trung điểm của HC nên ( ) 1;6C − . Ta có 3 3 5ID IC= = . Do đó D thuộc đường tròn: ( ) ( ) 2 2 2 4 45x y+ + − = . 3 Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 6 0 8, 7 4, 1 2 4 45 x y x y x y x y + − =  = − =   ⇔   = = + + − =    . Ví dụ 4. (A – 2013) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng : 2 5 0d x y+ + = và ( ) 4;8A − . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C , N là hình chiếu vuông góc của B trên MD . Tìm tọa độ các điểm B và C , biết rằng ( ) 5; 4N − . Bài giải Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD và K là giao điểm của BN với AC . Ta chứng minh: IA IN= và AC là trung trực của đoạn thẳng BN . Thật vậy, các tam giác BAD vuông tại A và BND vuông tại N , I là trung điểm của BD nên IA IN = 1 2 BD   =  ÷   . Mặt khác, tứ giác ACMD là hình bình hành nên AC song song với DM . Mà BN DM⊥ nên AC BN⊥ . Trong tam giác BMN có C là trung điểm của BM và / /CK MN nên K là trung điểm của BN . Do đó, AC là trung trực của đoạn thẳng BN . Điểm C thuộc đường thẳng : 2 5 0d x y+ + = nên tọa độ điểm ( ) ; 5 2C t t− − . Do I là trung điểm của AC nên 4 3 2 ; 2 2 t t I − −    ÷   . Khi đó, 2 2 2 2 4 3 2 4 3 2 4 8 5 4 1 2 2 2 2 t t t t IA IN t − − − −         = ⇔ + + − = − + + ⇔ =  ÷  ÷  ÷  ÷         . Do đó, ( ) 1; 7C − . Ta có: ( ) 5; 15AC = − uuur . Phương trình AC : 3 4 0x y+ + = và phương trình BN : 3 17 0x y− − = . Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình 1 3 4 0 2 3 17 0 11 2 x x y x y y  =  + + =   ⇔   − − =   = −   . Suy ra 1 11 ; 2 2 K   −  ÷   . Do K là trung điểm của đoạn thẳng BN nên ( ) 4; 7B − − . 4 Ví dụ 5. (D – 2010) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( ) 3; 7A − , trực tâm là ( ) 3; 1H − , tâm đường tròn ngoại tiếp là ( ) 2;0I − . Xác định toạ độ đỉnh C , biết C có hoành độ dương. Bài giải Gọi 'A là điểm đối xứng của A qua I . Khi đó, 'AA là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ABC∆ . Suy ra 0 ' ' 90ABA ACA∠ = ∠ = . Mặt khác, H là trực tâm của tam giác ABC nên BH AC⊥ , CH AB⊥ . Do đó, / / 'BH A C và / / 'CH A B . Suy ra, tứ giác 'BHCA là hình bình hành. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BC và 'HA . Khi đó, K là trung điểm của 'HA và BC . Suy ra IK BC⊥ . Vì I là trung điểm của 'AA nên ( ) ' 7;7A − . Vì K là trung điểm của 'HA nên ( ) 2;3K − . Ta có: ( ) 0;3IK = uur . Phương trình đường thẳng BC : 3 0y − = . Điểm C thuộc đường thẳng BC và có hoành độ dương nên tọa độ của điểm ( ) ;3C t , với 0t > . Ta có: ( ) 2 2 9 74 2 65IC IA t t= ⇔ + + = ⇒ = − + (Do 0t > ). Vậy ( ) 2 65;3C − + . II. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp ( ) 1;3E , phương trình đường thẳng : 1 0BC x y− + = , phương trình đường phân giác trong góc A là 2 7 0x y− + = . Tìm tọa độ đỉnh A . Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) ( ) ( ) 2 2 : 1 3 25C x y− + − = ngoại 5 tiếp tam giác ABC có ( ) 4;7A . Tìm tọa độ các đỉnh B và C , biết ( ) 4;5H là trực tâm của tam giác ABC . Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ( ) 2;1M là trung điểm của cạnh AC , điểm là chân đường cao kẻ từ A , điểm ( ) 23; 2E − thuộc trung tuyến kẻ từ C . Tìm tọa độ điểm B , biết điểm A thuộc đường thẳng : 2 3 5 0d x y+ − = và điểm C có hoành độ dương. Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( ) 3;3A , tâm đường tròn ngoại tiếp ( ) 2;1I , phương trình đường phân giác trong kẻ từ A là 0x y− = . Tìm tọa độ các đỉnh ,B C biết rằng 8 5 BC = và góc BAC ∠ nhọn. Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có ( ) 1;1A , 4AB = . Gọi M là trung điểm của cạnh BC , 9 3 ; 5 5 K   −  ÷   là hình chiếu vuông góc của D lên AM . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông, biết đỉnh B có hoành độ bé hơn 2. 6 . Chuyên đề tháng 10: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT HÌNH HỌC GIẢI BÀI TOÁN HHGT OXY GV báo cáo: Đinh Văn Trường. Bài toán HHGT trong mặt phẳng Oxy xuất hiện thường xuyên trong các đề thi. trong những bài toán khó, gây ra nhiều lung túng cho học sinh trong việc tìm hướng giải quyết. Chuyên đề trình bày một định hướng để giải quyết bài toán này: Sử dụng tính chất hình học. I. CÁC. IA t t= ⇔ + + = ⇒ = − + (Do 0t > ). Vậy ( ) 2 65;3C − + . II. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp ( ) 1;3E , phương