Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Tốn BÍ KÍP HẠ GỤC CÁC BÀI TỐN HÌNH VNG TRONG 15 PHÚT C DẠNG Phát yếu tố vng góc Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Điểm E 7;3 điểm nằm cạnh BC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt đường chéo BD điểm N  N  B Đường thẳng AN có phương trình 7x 11y  B A  Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, H D hình vng ABCD, biết A có tung độ dương, C có tọa độ nguyên nằm đường thẳng I 2x  y  23  N C D Giải: Tứ giác ABEN nội tiếp đường tròn đường AE  ANE  900  AN  NE  NE :11x     y  3  11x  y  56  kính  x  11x  y  56   Tọa độ N nghiệm hệ: 7 x  11 y       y  5   Gọi H trung điểm AE, có NBE  450  NHE  900  AN  NE A(a,  7a  2 ) Có AN =NE => A(-2;1) 11 Gọi C c; 2c  23  trung điểm I AC : c2 c2 , c  11)  IA  ( ,12  c); 2  c 17 IN  ( ,  c) 2 I( E Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán c  10 Ta có AIN=90 nên IA.IN    39  C (10; 3); I (4; 1) c  (l )    EC  3; 6  BC :  x     y  3   2x  y 17  1 3 IN   ;   BD : 3( x  4)  ( y  1)   3x  y  13  2 2 2x  y  17  x  Tọa độ điểm B thỏa mãn:    B(6;5), D(2; 7) 3x  y  13  y  Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD, biết hai đỉnh A1; 1, B 3; 0 Tìm tọa độ đỉnh C D Giải: Gọi C(x , y ), AB  (2;1), BC  (x  3; y0 ) Từ ABCD hình vng, ta có:   x0      y0  1  AB  BC 2 ( x0  3)  y0      2  x 2    (x  3)  y0   AB  BC      y0  Với C1 4; 2  D1 2; 3 ( từ đẳng thức AB  DC ) Với C2 2; 2  D1 0;1 ( từ đẳng thức AB  DC ) Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có 10 11 2 , ) E(3, ) trọng tâm tam giác 3 tâm I Các điểm G ( ABI tam giác ADC Xác định tọa độ đỉnh hình vng ABCD, biết tung độ đỉnh A số nguyên Giải: Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán A B G M N I E D Gọi M trung điểm BI N hình chiếu vng góc G lên BI IN AG 2 Ta có GN //AI     IN  IM  BI 1 IM AM 3 E trọng tâm ACD 1 IE  DI  BI  EN  IN  IE  BI  BN 3  BN  EN  BGE cân G  GA  GB  GE  A, E, B thuộc đường trịn tâm G AGE=2ABE=90   AGE vng cân G Phương trình  AG: x  13y  51   A 51  13a; a Khi AGE vng cân G  AG  GE 2 11  170  143   AG    13a    a    3    2 11    a    3  10  a    A(1;4)  a  Phương trình BD qua E M  BD : 5x  3y  17  Phương đường tròn G : tâm G, bán kính GA: 2 10   11  170  x   y   3  3  C Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán B giao điểm thứ hai BD G   B 7; 6 Phương trình  ADqua A vng góc AB   AD : 4x  y   D 1; 4 ABCD hình vuông  AB  DC  C 9; 2 Vậy A 1; 4 , B 7; 6 , C 9; 2 D 1; 4 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng d : x + 2y - = 0, điểm M(1;1) thuộc cạnh BD biết hình chiếu vng góc điểm M cạnh AB AD nằm đường thẳng ∆ : x + y -1 = Tìm tọa độ đỉnh C Giải: H A B I K M N D C Gọi H,K hình chiếu vng góc M AB,AD Gọi N giao điểm KM BC Gọi I giao điểm CM HK Ta có ∆ DKM vuông K DKM = 450  KN=KD  KM=NC (1) Lại có MH = MN ( MHBN hình vng) Suy hai tam giác vng KMH, CNM  HKM  MCN Mà NMC  INK Nên NMC  MCN  IMK  HKM  900 Suy CI  HK Đường thẳng CI qua M(1;1) vng góc với đường thẳng d nên có phương trình: (x-1) + (y-1) =  x – y = Do điểm C thuộc đường thẳng CI đường thẳng d nên tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình  x  y 0 x  y 6 0   xy22 Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán Vậy C(2; 2) Bài Cho hình vng ABCD M điểm thuộc cạnh CD Qua điểm A dựng đường thẳng d vng góc với AM, d cắt đường thẳng BC điểm N Biết trung điểm MN gốc tọa độ O, I giao điểm AO BC Tìm tọa độ điểm B hình vng biết A(-6;4), I(3;-2) N có hồnh độ âm Giải: MN: 3x-2y=0, N(-4;-6) Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD Trên cạnh AB, AD lấy hai điểm E, F cho AE = AF Gọi H hình chiếu vng góc A DE Biết H ( ;  14 ), F ( , 2) , C thuộc đường thẳng d : x  y   , D thuộc đường thẳng d ' : x  3y   Tìm tọa độ đỉnh hình vng Giải: Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Tốn F A D d' E H I B M C d Gọi M giao điểm AH BC Hai tam giác ADE BAM nên BM = AE = AF Suy tứ giác ABMF, DCMF hình chữ nhật Gọi I giao điểm FC MD 2 Ta có HI  MD  FC nên tam giác HFC vuông H Giả sử C(c; – c) HC.HF   C2; 4 Giả sử D(3m– 2; m) DC.DF   D4; 2 PT đường thẳng AD: 3x – y – 10 = Giả sử A(a; 3a – 10) DA=DC, suy  aa62   AA(6,8) (2,4) Vì DF , DA hướng nên A(2; – 4) CB  DA  B4; 2 Vậy A(2; – 4), B4; 2 , C2; 4 , D4; 2 DẠNG Hình vng có sử dụng yếu tố góc Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I Biết trung điểm cạnh AB M(0;3), trung điểm đoạn thẳng IC E(1;0) điểm A có tọa độ ngun Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, D Giải: Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán F C D E(1,0) I A M(0,3) B Đặt α  AEM ,00 α 900 ,ta có: BF   tan(  450) )  BM  tan     tan    cos    tan  tan EMB  Ptđt ME là: 3x  y   Đường thẳng AC qua điểm E(1;0) tạo với đt ME góc  cho cos   có pt là: x  y 1   7x  y   TH 1: Pt đt AC là: x  y 1   d M ; AC 2  AM  MI  Suy phương trình đường trịn tâm M qua A I là: x  y  32  Tọa độ A I nghiệm hệ:  x  y 10 x2  ( y 3)2  x 0   xy   y1 3 Vì I nằm A E nên A 2;3; I 0;1  B2;3;C2;1, D 2;1 (t/m gt) TH 2: Pt đt AC là:  7x  y   Tương tự tìm tọa độ A khơng ngun nên loại Tóm lại tọa độ đỉnh hình vng ABCD là: A 2;3, B2;3, C2;1, D 2;1 Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán Bài Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho hình vng ABCD Điểm M nằm đoạn BC, đường thẳng AM có phương trình x + 3y - = 0, N điểm đoạn CD cho góc BMA = AMN Tìm tọa độ A biết đường thẳng AN qua điểm K(1;-2) Giải: A B M H D N C Ta kẻ AH  MN có MAB=MAH  AH  AB  AD MAB  MAH (1) Suy MAH=ADH NAD  HAN (2) Từ (1)&(2) suy MAN  450 Gọi véc tơ pháp tuyến AN n  (a;b), a2  b2  Do AN qua K(1;-2) nên AN có phương trình a(x 1)  b( y  2)   ax  by  a  2b  Ta có cos( AM , AN )  cos450 a  3b 10 a  b 2   4a2  6ab  4b2  0,(*) + Nếu b   a  vô lý a b  a a + Nếu b≠0  (*)  4( )      b b  a  1  b a Với b  , chọn a=2, b=1, AN có phương trình 2x  y  Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Tốn Ta có A giao điểm AN AM từ ta tìm A(-1;2) a 1 Với b  , chọn a=-1, b=2, AN có phương trình x  2y   Ta có A giao điểm AN AM từ ta tìm A(5;0) Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD Điểm E(2;3) thuộc đoạn thẳng BD , điểm H (2;3) K (2; 4) hình chiếu vng góc điểm E AB AD Xác định toạ độ đỉnh A, B, C, D hình vng ABCD Giải: Ta có: EH : y - = 0, EK : x - =0  AH : x     A(2, 4)  AK : y  Giả sử n  (a; b)  a  b  là VTPT đường thẳng BD Có: ABD  450 nên: |a| a  b2   a  b Với a  b , chọn b  1  a   BD : x  y 1    EB  (4;4)  B  2; 1 ; D 3; 4    EB  4ED   ED  (1;1)   Suy E đoạn BD (Thỏa mãn) Khi đó: C 3; 1 Với a  b , chọn b   a   BD : x  y    B(-2,7), D(1,4)   EB  (4;4)     EB  4ED  ED  (1;1) Suy E đoạn BD (Loại) Vậy: A2; 4 , B 2; 1, C 3; 1, D3; 4 Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Tốn DẠNG Hình vng sử dụng tính đối xứng Bài 10 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD có A(4; 6) Gọi M , N điểm nằm cạnh BC CD cho MAN  450 , M(-4,0) đường thẳng MN có phương trình 11x + y + 44 = Tìm tọa độ điểm B, C, D Giải: B A F M I E D N H C Có E  BD  AN , F  BD  AM , I  ME NF Ta có MAN  NDB  MBD  450 Nên hai tứ giác ADNF , ABNE nội tiếp Do ME  AN , NF  AM Suy AI  NM Gọi H  AI  NM Ta có ABME, MNEF tứ giác nội tiếp nên AMB  AEB  AMH Suy ∆AMB = ∆AMH Do B đối xứng H qua đường thẳng AM 24 22 Từ AH  NM H , tìm H ( , ) Do B đối xứng H qua AM , 5 nên tìm B(0; -2) Tìm BC : 2x + y +8 = 0, CD : 2x - y + 18 = suy C(-8; 2) Từ AD  BC ta tìm D(-4;10) Bài 11 Cho hình vng ABCD, lấy điểm M thuộc đoạn BD Đường phân giác góc BAM DAM cắt BC CD F(-4;1) E(-1; -3) Biết  10  M ;  , tìm toạ độ D, biết A có tung độ dương  7 Giải: Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán B A M I F H D E C Trên tia đối tia DC lấy I cho BF = DI Chứng minh hai tam giác AEF AEI  EAM  AEH  AED  DAE  900 Suy AM vng góc với EF Phương trình AM 3x  y   , rút toạ độ điểm A có dạng 4t  2;3t  , t > Ta có: cos EAF  AE AF với EAF  450 , thay toạ độ A vào ta | AE | | AF | (4t  1)(4t  2)  (3t  3)(3t  1) 5t  2t     2 (4t  1)2  (3t  3) (4t  2)  (3t  1) 5t  2t  5t  2t  Đặt a  5t  2t 1, suy a > 0, giải a = Suy 5t  2t   , t > nên nhận t = Khi A có toạ độ (2; 3) I đối xứng F qua AE nên có toạ độ (4; -3) CD qua I E nên có phương trình y   AD qua A vng góc với (CD) nên có phương trình x   D giao điểm AD CD nên D(2; -3) Theo dõi thêm tài liệu khác Fanpage: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán Học qua video online Youtube: Thầy Duy Thành – Tiến sĩ Toán Fanpage: Thầy Duy Thành-Tiến sĩ Toán