CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRONG HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXY DÀNH CHO HỌC SINH KHÁ, GIỎI ÔN THI THPT by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

TÀI LIỆU TOÁN ÔN THI THPTQG

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

CHUYÊN ĐỀ ”MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRONG HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXY DÀNH CHO HỌC SINH KHÁ, GIỎI ÔN THI THPT QUỐC GIA” WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT ……………

CHUYÊN ĐỀ ”MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRONG HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXY DÀNH CHO HỌC SINH KHÁ,GIỎI ÔN THI THPT QUỐC GIA” GV thực hiện: ………….

Năm học …………

I. Lí do chọn đề tài :

A. MỞ ĐẦU

“Bài toán hình học trong hệ trục tọa độ Oxy” là một dạng toán hay và rất quan trọng bởi đó là một dạng bài tập luôn luôn xuất hiện trong đề thi đại học ở hầu như ở tất cả các năm và cũng đã có trong đề thi THPTQG năm 2015. Đối với nhiều học sinh, bài toán hình học trong hệ trục tọa độ Oxy xuất hiện trong đề thi của những năm gần đây được coi là bài toán tương đối khó, nhất là đối với học sinh trường THPT Đồng Đậu lại càng khó bởi tư duy của các em chưa cao. Chính vì vậy, qua quá trình giảng dạy học sinh ôn thi ĐH và ôn thi THPT QG năm 2015 cho học sinh trường THPT Đồng Đậu phải trực tiếp hướng dẫn học sinh giải các bài toán hình học trong hệ trục tọa độ Oxy này, bản thân tôi nhận thấy nếu ta mạnh dạn và thêm chút kiên trì dạy các em có cách nhìn và hướng nghĩ , hướng tư duy để biết cách phân tích, loại trừ tìm ra phương pháp giải trong mỗi bài toán thì sẽ kích thích được khả năng tư duy của học sinh, tạo được hứng thú học tập của học sinh khi học bài toán hình học trong hệ trục tọa độ Oxy. Ở đây tôi chỉ giới thiệu một số bài toán về tam giác , tứ giác trong hệ trục tọa độ Oxy đã và đang xuất hiện trong đề thi đại học; đề thi THPT QG được sắp xếp từ mức độ dễ nhìn đến mức độ nhìn tổng hợp(phức tạp hơn) để tìm ra lời giải của mỗi bài toán. Mặc dù rất nhiệt huyết với chuyên đề được rút ra từ kinh nghiệm giảng dạy của mình nhưng vẫn còn rất nhiều hạn chế, vậy mong quý thầy cô góp ý kiến để tôi có thể hoàn thiện chuyên đề , cũng như phương pháp giảng dạy của mình được tốt hơn. II. Mục đích nghiên cứu:: - Học sinh biết cách phân loại ,định hướng phương pháp giải trong mỗi bài toán hình học trong hệ trục tọa độ Oxy. - Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học sinh nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo và hình thành nhiều cách giải khác nhau. III. Đối tượng nghiên cứu: - Các dạng toán hình học về tam giác , tứ giác trong mặt phẳng Oxy có trong các đề thi đại học ở các năm 2002-2015 và đề thi HSG ở các khối,..... - Phân loại các dạng tam giác, tứ giác trong hệ trục tọa độ Oxy và định hướng tư duy tìm ra phương pháp giải cho mỗi bài toán. IV. Phương pháp nghiên cứu: -Tham khảo sách, báo, tài liệu.

- Thực tiễn giảng dạy.

V. Đối tượng áp dụng chuyên đề : -Học sinh khá, giỏi trung học phổ thông. VI. Dự kiến số tiết giảng dạy: - 10 tiết 2

B. NỘI DUNG I. Ôn tập kiến thức cơ bản: 1. Phương trình đường thẳng →

 x = x0 + at  y = y0 + bt

- Đường thẳng đi qua điểm A( x0 ; y0 ) và có VTCP u = (a; b) có PTTS là  →

- Đường thẳng đi qua điểm A( x0 ; y0 ) và có VTPT n = (a; b) có PTTQ là a ( x − x0 ) + b( y − y0 ) = 0

- Đường thẳng đi qua hai điểm A( xA ; y A ) và B( xB ; yB ) có phương trình: x − xA y − yA = ( xB − xA ≠ 0; yB − y A ≠ 0 ) xB − x A y B − y A

- Đường thẳng đi qua hai điểm A(a; 0) và B(0; b) với a≠0 và b≠0 có phương trình: x y + =1 a b

Đường thẳng song song hoặc trùng với oy có phương trình là ax + c = 0(a ≠ 0) Đường thẳng song song hoặc trùng với ox có phương trình là by + c = 0(b ≠ 0) Đường thẳng đi qua gốc tọa độ 0 có phương trình là ax + by = 0 (a 2 + b2 ≠ 0) Nếu (d) vuông góc với (d’): ax + by + c = 0 thì (d) có phương trình là bx-ay+m = 0 Nếu (d) song song với (d’): ax + by + c = 0 thì (d) có phương trình là ax+by+m = 0(m ≠ c)

- Đường thẳng có hệ số góc là k có phương trình là y=kx + b - Đường thẳng đi qua điểm A( x0 ; y0 ) và có hệ số góc k có phương trình là y-y0 =k(x-x 0 ) - (d): y=kx + b vuông góc với (d’): y=k'x + b' ⇔ k.k'=-1 k = k ' b ≠ b '

- (d): y=kx + b song song với (d’): y=k'x + b' ⇔ 

2. Khoảng cách và góc +Khoảng cách từ A( x0 ; y0 ) đến (∆): ax + by + c = 0 tính bởi công thức: d ( A; ∆ ) =

ax 0 + by0 + c a2 + b2

+Cho đường thẳng (∆): ax + by + c = 0 . - M, N ở cùng phía với đường thẳng (∆) ⇔ (ax M + by M + c)(ax N + by N + c) > 0 - M, N ở khác phía với đường thẳng (∆) ⇔ (ax M + by M + c)(ax N + by N + c) < 0 - Cho hai đường thẳng (∆): ax + by + c = 0 và (∆’): a'x + b'y + c ' = 0 thì : • Phương trình hai đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi ∆ và ∆’ là: ax + by + c 2

a +b

=±

• cos(∆, ∆ ') =

a'x + b ' y + c ' a '2 + b '2 aa '+ bb '

a 2 + b 2 . a '2 + b '2

• ∆ ⊥ ∆’ ⇔ a. a’+b. b’=0

3. Đường tròn 2 2 - Đường tròn (C) tâm T(x0; y0), bán kính R có phương trình là ( x − x0 ) + ( y − y0 ) = R 2 - Phương trình x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 với a 2 + b 2 − c > 0 là phương trình của một đường tròn với tâm T(-a; -b) và bán kính R = a 2 + b 2 − c - Cho đường thẳng (∆) : ax + by + c = 0 và đường tròn (C) có tâm T(x0; y0) và bán kính R. Lúc đó (∆) tiếp xúc (C) ⇔ d (T ; ∆) = R ⇔

ax 0 + by0 + c a 2 + b2

= R.

II. Phân loại và định hướng tư duy phương pháp giải trong mỗi bài toán: 1. Một số bài toán về tam giác: 1.1) Gợi ý một số hướng tư duy để tìm ra phương pháp giải trong mỗi bài toán: -Nếu bài toán liên quan đường cao hay trực tâm trong tam giác thì nghĩ đến vấn đề vuông góc. -Nếu bài toán liên quan một đường trung tuyến thì nghĩ đến tính chất trung điểm. -Nếu bài toán liên quan hai đường trung tuyến hay trọng tâm trong tam giác thì nghĩ đến tính chất trọng tâm hay tọa độ trọng tâm trong tam giác. -Nếu bài toán liên quan tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thì nghĩ đến đường trung trực trong tam giác và khoảng cách từ tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác đến các đỉnh của tam giác bằng nhau. -Nếu bài toán liên quan đường phân giác trong trong tam giác thì nghĩ đến tính đối xứng từ điểm đã biết qua đường phân giác của góc đó. -Nếu bài toán liên quan tâm đường tròn bàng tiếp góc của tam giác thì cần sử dụng đến định nghĩa và tính chất tâm đường tròn bàng tiếp của góc trong tam giác. ………………… 1.2) Phân loại tam giác: a) Tam giác thường: Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A(0; 2), B(− 3; −1) . Tìm tọa độ trực tâm và tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác OAB. Hướng nghĩ: ở bài toán này đã xuất hiện trực tâm ⇒ quan hệ vuông góc; tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ⇒ khoảng cách từ tâm đến các đỉnh của tam giác bằng nhau và đường trung trực của tam giác. Giải: Gọi H là trực tâm của tam giác OAB thì ta có:  AH .OB = 0  3 x + y − 2 = 0  x = 3 ⇔ ⇔ . Vậy H ( 3; −1)   y + 1 = 0  y = −1  BH .OA = 0 Gọi I ( x0 ; y0 ) là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác OAB thì ta có  x0 2 + y0 2 = x0 2 + ( y0 − 2 )2  IA = IB = IO ⇔ IA = IB = IO ⇔  2 2 2 2  x0 + y0 = x0 + 3 + ( y0 + 1)  x = − 3 ⇔ 0 ⇒ I (− 3;1)  y0 = 1 2

(

)

*Lưu ý : Bài này cũng có thể sử dụng viết pt đường cao để tìm trực tâm H và pt đường trung trực để tìm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. 4

Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H (−1; −1) , đường phân giác trong của góc A có phương trình x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4 x + 3 y − 1 = 0 . Hướng nghĩ: Bài toán xuất hiện đường phân giác trong ⇒ tính đối xứng hạ từ điểm đã biết; đường cao và hình chiếu ⇒ vuông góc. Giải: Gọi d1 : x − y + 2 = 0, d 2 : 4 x + 3 y − 1 = 0 Từ H kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng d1 cắt d1 tại I và cắt AC tại H’. Đường thẳng HH’ qua H(-1;-1) và vuông góc d1 có phương trình: x + y + 2 = 0 Do I = HH '∩ d1 ⇒ I (−2;0) . Do d1 là đường phân giác của góc A nên H’ đối xứng với H qua d1 , suy ra I là trung điểm của HH’ ⇒ H '(−3;1) Đường thẳng AC qua H’(-3; 1) và vuông góc với d1 có pt: 3x − 4 y + 13 = 0 . Do A = AC ∩ d1 ⇒ A ( 5; 7 ) . Đường thẳng CH đi qua H(-1; -1) và vuông góc AH nên nhận AH (−6; −8) có pt: 3x + 4 y + 7 = 0 3 x − 4 y + 13 = 0 10 3 ⇒ C (− ; ) . 3 4 3 x + 4 y + 7 = 0

Mà C = AC ∩ CH nên tọa độ điểm C thỏa mãn hpt: 

1 Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B  ;1 . Đường tròn 2 

nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho D (3;1) và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương. Hướng nghĩ: Bài toán xuất hiện hai đường thẳng cắt nhau cùng tiếp xúc với đường tròn ⇒ tính chất các tiếp tuyến cùng đi qua một điểm. Giải: 2

5 1 Ta có BD = BF ⇒   = ( x − ) 2 + (3 − 1)2 2 2

⇒ x = 2 hay x = -1 (loại) ⇒ F (2; 3) Đường thẳng AB qua 2 điểm B  ;1 , F (2; 3) 2  nên có pt: 4 x − 3 y + 1 = 0 Do phương trình BD : y = 1, phương trình EF : y = 3, nên BD // EF ⇒ ∆ABC cân tại A Suy ra đường thẳng AD vuông góc với BD có pt: x − 3 = 0 . 1

13 ) 3

Đường thẳng AB cắt AD tại A nên ta có: A (3;

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là H  ; −  , chân đường phân giác trong của góc A là D(5;3) và trung điểm  5 5 của cạnh AB là M (0;1). Tìm tọa độ đỉnh C. Giải: Ta có H ∈ AH và AH ⊥ HD nên AH có phương trình: x + 2 y − 3 = 0 . Do đó A(3 − 2a; a ) . Do M là trung điểm của AB nên MA=MH. 17

a = 3 Suy ra ( 3 − 2a ) + ( a − 1) = 13 ⇔  1 a = − 5  Do A khác H nên A(−3;3). 2

trình đường thẳng AD là y − 3 = 0. Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD. Suy ra N ∈ AC và tọa độ điểm N thỏa

Phương

1 + y −3 = 0 mãn hệ  2 ⇒ N (0;5) 1.x + 0.( y − 1) = 0

Đường thẳng AC có phương trình : 2 x − 3 y + 15 = 0 Đường thẳng BC có phương trình: 2 x − y − 7 = 0. 2 x − 3 y + 15 = 0 2 x − y − 7 = 0

Suy ra tọa độ điểm C thỏa mãn hệ : 

Dó đó C (9;11) . Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, hcho tam giác ABC có đỉnh B(-4;1), trọng tâm G(1;1) và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x − y − 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C. Hướng nghĩ: Bài toán xuất hiện trọng tâm tam giác ⇒ tính chất trọng tâm; đường phân giác trong ⇒ tính đối xứng hạ từ điểm đã biết. Giải:

Gọi M là trung điểm của AC, ta có BM = BG ⇔ M  ;1 2 2 7





Gọi N là điểm đối xứng của B qua phân giác trong ∆ của góc A và H là giao điểm của ∆ với đường thẳng BN. Đường thẳng BN có phương trình : x + y + 3 = 0 => Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình : x + y + 3 = 0 ⇒ H (−1; −2)  x − y −1 = 0

 xN = 2 xH − xB = 2 ⇒ N (2; −5)  y N = 2 y H − y B = −5

H là trung điểm của BN ⇔ 

Đường thẳng AC qua 2 điểm M, N nên có pt : 4x – y – 13 = 0 6

A là giao điểm của đường thẳng ∆ và đường thẳng AC nên tọa độ A là nghiệm 4 x − y − 13 = 0 ⇒ A(4;3) x − y −1 = 0

của hệ : 

 xC = 2 xM − x A = 3 ⇒ C (3; −1)  yC = 2 yM − y A = −1

M là trung điểm của AC ⇔ 

9 3 2 2

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm M (− ; ) là trung điểm của cạnh AB, điểm H (−2; 4) và điểm I (−1;1) lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ điểm C.

Giải:

7 1 IM (− ; ) . Ta có M ∈ AB và AB ⊥ IM nên đường thẳng 2 2 AB có phương trình: 7 x − y + 33 = 0 . A ∈ AB ⇒ A(a;7 a + 33) . Do M là trung điểm của AB nên B (− a − 9; −7 a − 30) . Ta có HA ⊥ HB ⇒ HA.HB = 0  a = −4 ⇒ a 2 + 9a + 20 = 0 ⇒  .  a = −5 +Với a = −4 ⇒ A(−4;5), B(−5; −2) . Ta có BH ⊥ AC nên đường thẳng AC có phương trình x + 2 y − 6 = 0 . 2

M I A

c = 1 . Do C khác A nên C ( 4;1) . c = 5

Do đó C (6 − 2c; c) . Từ IC = IA ⇒ ( 7 − 2c ) + ( c − 1) = 25 ⇒ 

+Với a = −5 ⇒ A(−5; −2), B(−4;5) . Ta có BH ⊥ AC nên đường thẳng AC có phương trình 2 x − y + 8 = 0 . Do đó C (t ; 2t + 8) . 2

 t = −1 .  t = −5

Từ IC = IA ⇒ ( t + 1) + ( 2t + 7 ) = 25 ⇒ 

Do C khác A nên C (−1; 6). *Nhận xét:Như vậy, ở bài này chân đường cao luôn sử dụng quan hệ vuông góc và tâm đường tròn ngoại tiếp sử dụng đường trung trực trong tam giác. Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có A(5; 2). Phương trình đường trung trực đoạn BC là x + y − 6 = 0, trung tuyến CC ' : 2 x − y + 3 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C. Hướng nghĩ:Kết hợp đường trung trực và đường trung tuyến ⇒ tính chất trung điểm và tính chất trọng tâm trong tam giác Giải: Gọi d : x + y − 6 = 0 . Gọi M là giao của đường thẳng d với BC; G là trọng tâm của tam giác ABC . A Do M ∈ d nên gọi tọa độ M ( t; 6 − t ) .

3 2

Theo tính chất trọng tâm ta có: AM = AG ⇒ G 

5 + 2a 14 − 2a  ;  3   3

Mà G ∈ CC ' nên ta có: 2. 

5 + 2a  14 − 2a 5 +3= 0⇒ a = − − 3 6  3 

 5 41  ⇒ M − ;   6 6

Đường thẳng BC qua M và vuông góc với d nên có phương trình: −3x + 3 y − 23 = 0 2 x − y + 3 = 0  14 37  ⇒C ;   3 3  −3 x + 3 y − 23 = 0

Khi đó tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình:  Mà M  − ;  6 6

5 41   19 4   là trung điểm của BC nên là có tọa độ điểm B  − ;  .   3 3 19 4 14 37 Vậy B  − ;  , C  ;  .  3 3  3 3  Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC

có A(1;5), phương trình BC : x − 2 y − 6 = 0 , tâm đường tròn nội tiếp I (1; 0) . Tìm tọa độ các đỉnh B, C. Hướng nghĩ: Xuất hiện tâm đường tròn nội tiếp tam giác ⇒ khoảng cách từ tâm đến các cạnh của tam giác bằng nhau. Giải: Gọi E là hình chiếu vuông góc của I trên cạnh AB. Kẻ đường thẳng qua I và vuông góc với AI đồng thời cắt cạnh AB tại P và cắt cạnh AC tại Q. Khi đó : IE = d ( I ; BC ) = 5 ; Mà ∆IAP vuông tại I có IE là đường cao nên ta có: 1 1 1 5 IA.IP 5 5 = 2 + 2 ⇒ IP = . Suy ra: AP = = 2 IE IA IP 2 IE 2

Đường thẳng PQ đi qua I và vuông góc với AI có phương tình: y = 0 . Do P ∈ PQ nên gọi P(a; 0) Ta có : 7  a=  5 5 125 125 2 AP = ⇔ AP 2 = ⇔ (a − 1) 2 + 52 = ⇔ 2 4 4 a = − 3  2 7 3 ⇒ P ( ; 0) hoặc P (− ; 0) 2 2 7 3 +) Với P( ; 0) ⇒ Q  − ; 0  2  2  -AB qua A, P có pt: 2 x + y − 14 = 0 .

-AC qua A, Q có pt: 2 x − y + 3 = 0 x − 2 y − 6 = 0 ⇒ B ( 4; −1) 2 x + y − 7 = 0

Khi đó :-Toạ độ điểm B thỏa mãn hpt: 

2 x − y + 3 = 0 ⇒ C (−4; −5) x − 2 y − 6 = 0

-Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt:  3 2

7 2

Tương tự, với P(− ; 0) ⇒ Q( ; 0) . khi đó B(−4; −5) và C (4; −1) Vậy : B (−4; −5) và C (4; −1) hoặc C (−4; −5) và B (4; −1) .

Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là x + 3 y − 18 = 0 , phương trình đường trung trực của BC là 3x + 19 y − 279 = 0. Đỉnh C thuộc đường thẳng d : 2 x − y + 5 = 0 . Tìm tọa độ = 1350. đỉnh A biết rằng BAC Hướng nghĩ:-Bài toán xuất hiện đường cao ⇒ quan hệ vuông góc; đường trung trực ⇒ vuông góc và trung điểm; = 1350 ⇒ ∆HBA vuông cân tại H -Điểm khác ở đây là có BAC Hướng dẫn: Gọi M là trung điểm của cạnh BC ; H là hình chiếu vuông góc của B lên cạnh AC. Khi đó M thuộc đường trung trực d’ 3x + 19 y − 279 = 0. của BC; phương trình BH x + 3 y − 18 = 0 . -Do AC ⊥ BH nên AC có phương trình dạng: −3x + y + m = 0 Vì C = AC ∩ d ; H = AC ∩ BH nên ta có:  3m − 152 m − 24  C ( m + 5; 2m + 15 ) , H  ;  10   10 -Do M ∈ d nên gọi tọa độ M (93 − 57t ;3t ) . Mà  207 + 41m −21 − 41m  MC ⊥ d ⇒ M  ;  2 38   Ta có : HM = MC . Từ đó ta tìm được

tọa độ điểm H, M, C , suy ra tọa độ điểm B. = 1350 , suy ra ∆HBA vuông cân tại H , ta có HA = HB , mà A ∈ CH . Theo giả thiết BAC Từ đó ta tìm được tọa độ điểm A(4;8). Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm lần lượt có tọa độ là I ( 4;0 ) , G 

11 1  ;  . Tìm tọa độ các  3 3

đỉnh A, B, C của tam giác ABC biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng ( d ) : 2 x + y − 1 = 0 và điểm M ( 4; 2 ) nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh B của tam giác ABC . Giải: Gọi B ( a;1 − 2a ) ∈ d .

3 2

Gọi N là trung điểm AC suy ra BN = BG (1) .

Mà BN = ( xN − a; yN + 2a − 1) , BG = 

11 2 − a; 2a −  . . 3 3 9

3  11   11 − a   xN − a = 2  3 − a      xN = ⇒ Theo (1) suy ra  2 3 2    y + 2a − 1 = 2a −  y N = a    N 2 3 11 − a  ; a . suy ra N   2 

A M

Ta có  3 − a  ; a  , BM = ( 4 − a; 2a + 1) mà IN =   2  IN / / BM ⇔ ∃k ∈ ℝ : IN = k BM

3 − a a = 1 = k (4 − a)   . ⇔ 2 ⇔ 1 ⇒ B (1; −1) , N ( 5;1)(d) a = k ( 2a + 1) k = 3 

H G B

I C

N ( 5;1) và có VTPT n = IN = (1;1) suy ra AC có phương trình

AC đi qua

Đường tròn ngoại tiếp 2 tam giác ABC có tâm I ( 4;0 ) , bán kính R = IB = 10 nên có phương trình: ( x − 4 ) + y 2 = 10. Suy ra tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình: x + y − 6 = 0.

y = 6− x  x + y − 6 = 0  y = 6 − x  ⇔ ⇔  x = 3 .  2 2 2 2 ( x − 4 ) + y = 10 ( x − 4 ) + y = 10   x = 7  Vậy A ( 3;3) , B (1; −1) , C ( 7; −1) hoặc A ( 7; −1) , B (1; −1) , C ( 3;3)

*Nhận xét: Ở bài này đã sử dụng tính chất trọng tâm của tam giác, trung điểm của đoạn thẳng và khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đến các đỉnh bằng bán kính của đường tròn đó. Bài 11 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3 x + 5 y − 8 = 0, x − y − 4 = 0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D ( 4; −2 ) . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. Giải

Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: 7  x=  x − y − 4 = 0  7 1 2 ⇔ ⇒ M  ;−   2 2 3 x + 5 y − 8 = 0 y = − 1  2 AD vuông góc với BC nên nAD = uBC = (1;1) , mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình của

AD :1( x − 4 ) + 1( y + 2 ) = 0 ⇔ x + y − 2 = 0 . Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa độ điểm

A là nghiệm của hệ phương trình 3 x + 5 y − 8 = 0 x = 1 ⇔ ⇒ A (1;1)  x + y − 2 = 0 y =1

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: x − y − 4 = 0 x = 3 ⇔ ⇒ K ( 3; − 1)  x + y − 2 = 0  y = −1 = KCE , mà KCE = BDA (nội tiếp chắn cung AB ) Suy ra Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK = BDK , vậy K là trung điểm của HD nên H ( 2; 4 ) . BHK

Do B thuộc BC ⇒ B ( t; t − 4 ) , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C ( 7 − t ;3 − t ) . HB (t − 2; t − 8); AC (6 − t ; 2 − t ) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên t = 2 HB. AC = 0 ⇔ ( t − 2 )( 6 − t ) + ( t − 8 )( 2 − t ) = 0 ⇔ ( t − 2 )(14 − 2t ) = 0 ⇔  t = 7 Do t ≤ 3 ⇒ t = 2 ⇒ B ( 2; −2 ) , C ( 5;1) . Ta có AB = (1; −3) , AC = ( 4; 0 ) ⇒ nAB = ( 3;1) , nAC = ( 0;1)

Suy ra AB : 3x + y − 4 = 0; AC : y − 1 = 0. *Nhận xét: ở bài này có một đường trung tuyến ta vẫn sử dụng tính chất trung điểm của đoạn thẳng. Tuy nhiên, điểm mới ở bài này là từ quan hệ vuông góc ta nghĩ đến tứ giác nội tiếp đường tròn khi có tổng hai góc đối diện bằng 1800. Mà những năm gần đây bài toán hình học tọa độ Oxy trong đề thi đại học-THPT QG liên quan góc hình học cũng đã xuất hiện khá nhiều. Bài 12. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H. Các đường thẳng AH, BH, CH lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, 11

F (D khác A, E khác B, F khác C). Hãy viết phương trình cạnh AC của tam giác ABC; biết rằng D ( 2;1) , E ( 3; 4 ) , F  ;

6 17  . 5 5 

Giải: Gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C. Do tứ giác BCB’C’ nội tiếp nên = FCA = FDA ABE = ADE ⇒ H nằm trên đường phân giác trong hạ từ D của tam giác DEF, tương tự ta cũng chỉ ra được H nằm trên đường phân giác trong hạ từ đỉnh E của tam giác DEF. Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF. Ta lập được phương trình các đường thẳng DE, DF lần lượt là DE : 3 x − y − 5 = 0; DF : 3 x + y − 7 = 0 . Do đó phương trình phân là giác trong và ngoài của đỉnh D 3x − y − 5 10

=±

3x + y − 7 10

B' C'

H A' C

B D

⇔ x − 2 = 0; y − 1 = 0 . Kiểm tra vị trí tương đối của E, F với hai

đường trên ta được phân giác trong kẻ từ đỉnh D là d : x − 2 = 0 . Tương tự ta lập được phương trình phân giác trong kẻ từ đỉnh E là d ' : x − y + 1 = 0 . Mặt khác H là giao của d và d’ nên H ( 2;3) = DFC = EF ⇒ AC là trung trực của HE nên AC đi qua trung điểm Ta có DAC C = EAC 5 7 B '  ;  và có vtpt là HE = (1;1) ⇒ AC : x + y − 6 = 0 2 2

*Nhận xét : Ở bài toán này cũng đã sử dụng góc nội tiếp từ tứ giác nội tiếp từ quan hệ vuông góc. Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không là tam giác vuông và nội tiếp đường tròn (I) ( đường tròn (I) có tâm là I );

điểm H ( 2; 2 ) là trực tâm tam

giác ABC. Kẻ các đường kính AM, BN của đường tròn (I). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết M ( 5;3) , N (1;3) và đường thẳng BC đi qua điểm P ( 4; 2 ) .

Giải: Ta có: Các tứ giác BHCM, AHCN là các hình bình hành suy ra nếu gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA thì E, F cũng tương ứng là trung điểm của HM, HN. Do đó

7 5 3 5 E  ; , F  ;  . 2 2 2 2

Đường thẳng BC đi qua điểm P(4; 2), M  ;  2 2 nên: 7 5

BC :

x−4 y−2 = ⇔ x+ y−6 = 0. 7 5 −4 −2 2 2

AH vuông góc với BC suy ra AH có vtpt n AH = (1; −1) , kết hợp với AH đi qua điểm H ( 2; 2 ) suy ra: AH :1( x − 2 ) − 1( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y = 0 .

A ∈ AH ⇒ A ( a; a ) , C ∈ BC ⇒ C ( b;6 − b ) .

Do F là trung điểm AC nên: x A + xC   xF = 2 a + b = 3 a = 1 ⇔ ⇔ ⇒ A (1;1) , C ( 2; 4 ) .  y y a b b + + 6 − = 5 = 2   A C y =  F 2

Do E là trung điểm của BC nên: xB + xC   xE = 2  xB = 2 xE − xC  xB = 5 ⇔ ⇔ ⇒ B ( 5;1) .  y y y y y y + = 2 − = 1 C E C  B  B y = B  E 2

Vậy A (1;1) , B ( 5;1) , C ( 2; 4 ) . *Nhận xét :Tháo nút của bài này là từ quan hệ vuông góc kết hợp với đường tròn ngoại tiếp tam giác ta có các hình bình hành BHCM, AHCN từ đó ta tìm được tọa độ điểm E, F và giải quyết được bài toán dễ dàng. Đó cũng là sự kết hợp mới mà các em học sinh cần phải ghi nhớ. Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC không là tam giác vuông, nội tiếp trong đường tròn (I). Kẻ đường kính AM của đường tròn (I). Đường thẳng ∆ đi qua đỉnh A, vuông góc với BC và ∆ cắt đường tròn (I) tại điểm N (N khác A). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng M ( 5;3) , N ( 4; 4 ) , đường thẳng BC đi qua điểm P ( 4; 2 ) , đường thẳng AC đi qua điểm Q  ;  và hoành độ điểm B lớn hơn 3. 2 2 Giải: 3 5

H I

ANM = 900 ⇒ AN ⊥ MN , kết hợp với AN vuông góc BC suy ra BC song song với MN Do hay đường thẳng MN có vtcp là MN = ( −1;1) . Do đó phương trình đường thẳng BC :

x−4 y−2 = ⇔ x+ y−6 = 0. 1 −1

AH vuông góc với MN nên AH có vtpt là MN = ( −1;1) suy ra phương trình đường thẳng AH: −1( x − 4 ) + 1( y − 4 ) = 0 ⇔ x − y = 0 . Gọi K là giao điểm của AH và BC suy ra K là trung điểm HN và tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình: x − y = 0 x = 3 ⇔ ⇒ K ( 3;3) , kết hợp với K là trung điểm HN suy ra H ( 2; 2 ) .  x + y − 6 = 0 y = 3

Gọi E là trung điểm BC, do tứ giác BHCM là hình bình hành suy ra E là trung điểm HM suy ra E  ;  . 2 2 B thuộc đường thẳng BC nên B ( t;6 − t ) , kết hợp với E là trung điểm của BC suy ra 7 5

 2t − 11 7 − 2t  C ( 7 − t; t − 1) . Ta có CQ =  ;  , BH = ( 2 − t ; t − 4 ) 2   2

Do H là trực tâm tam giác ABC nên

CQ. BH = 0 ⇔ ( 2t − 11)( 2 − t ) + ( 7 − 2t )( t − 4 ) = 0

t = 5 ⇔ −4t + 30t − 50 = 0 ⇔  5 , kết hợp với t > 3 ⇒ t = 5 . Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác t =  2 ABC là B ( 5;1) , C ( 2; 4 ) , A (1;1) (A là giao của đường thẳng AH và AC) 2

*Nhận xét :Đây là bài toán có hướng nghĩ tương tự như bài 13, học sinh có thể dễ dàng nhận ra điều đó. Bài 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc ( Oxy ) cho tam giác ABC và đường thẳng ∆ có phương trình ∆ : x − 3 y − 1 = 0 . Giả sử D ( 4; 2 ) , E (1;1) , N ( 3;3) theo thứ tự là chân đường cao kẻ từ A, chân đường cao kẻ từ B và trung điểm cạnh AB. Tìm tọa độ các đỉnh 14

của tam giác ABC biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng ∆ và điểm M có hoành độ lớn hơn 2. Giải: Vì các điểm đối xứng với trực tâm của tam giác qua các đường thẳng chứa cạnh, qua trung điểm các cạnh nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác, nên D, E , M , N cùng nằm trên một đường tròn. Gọi ( C ) : x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0, ( a 2 + b 2 − c > 0 ) , là đường tròn đi qua bốn điểm D, E , N , M . Khi đó ta có: 8a + 4b + c = −20 5 3   2a + 2b + c = −2 ⇔ a = − , b = − , c = 6. 2 2 6a + 6b + c = −18 

Do M ∈ d nên tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình  x = 4, y = 1  x2 + y2 − 5x − 3 y + 6 = 0 ⇔ 8 1  x = , y = x − 3 y − 1 = 0  5 5 

( Lo¹i, do x > 2 )

Suy ra M ( 4;1) . Phương trình đường thẳng qua hai điểm B, C có pt: x − 4 = 0. Giả sử B ( 4; t ) và M là trung điểm của đoạn BC nên C ( 4; 2 − t ) ; N là trung điểm của đoạn thẳng AB nên A ( 2;6 − t ) .

5 2

Do BE vuông góc với AC nên BE ⋅ AC = 0 ⇔ −6 − 4 (1 − t ) = 0 ⇔ t = . Do đó 1  7  5  A  2;  , B  4;  , C  4; −  . 2  2  2 

*Nhận xét :Ở bài này vẫn dùng quan hệ vuông góc cùng với tính chất đối xứng để suy ra tứ giác nội tiếp. Khi đó ta giải quyết được bài toán. Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I . Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm M (1; −5 ) , N  ;  , P  − ;  (M, N, P không trùng với các 2 2  2 2 đỉnh của tam giác ABC). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm Q ( −1; 1) và điểm A có hoành độ dương. Giải: 7 5

13 5

A N

P K I

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P nên ta lập được phương trình này là: x 2 + y 2 + 3x − 29 = 0 suy ra tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ là K  − ; 0  .  2  3

5 2

Do AB ⊥ KP nên AB có vtpt nAB = KP = − ( 2; −1) . Suy ra phương trình AB : 2 ( x + 1) − 1( y − 1) = 0 ⇔ 2 x − y + 3 = 0 . Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ phương trình 2 x − y + 3 = 0  y = 2x + 3  x = 1, y = 5 ⇔ 2 ⇔  2 2  x = −4, y = −5  x + y + 3 x − 29 = 0  x + 3x − 4 = 0

5 2

Suy ra A (1;5 ) , B ( −4; −5) . Do AC ⊥ KN nên AC có vtpt là nAC = KN = ( 2;1) Suy ra pt AC : 2 ( x − 1) + y − 5 = 0 ⇔ 2 x + y − 7 = 0 . Khi đó tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình: 2 x + y − 7 = 0  y = −2 x + 7  x = 1, y = 5 ⇔ 2 ⇔ . Từ đây suy ra C ( 4; −1) .  2 2 = 4, = − 1 x y x + y + 3 x − 29 = 0 x − 5 x + 4 = 0    Vậy A (1;5 ) , B ( −4; −5) , C ( 4; −1) .

*Nhận xét :Ở bài này chủ yếu sử dụng tính chất dây cung vuông góc với bán kính của đường tròn. Bài 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ∆ABC với góc A nhọn, điểm I(4; 2) là trung điểm của đoạn BC, điểm A nằm trên đường thẳng d : 2 x − y − 1 = 0 . Dựng bên ngoài tam giác ABC các tam giác ABD, ACE vuông cân tại A. Biết phương trình đường thẳng DE : x − 3 y + 18 = 0 và BD = 2 5 , điểm D có tung độ nhỏ hơn 7. Xác định tọa độ các điểm A, B, C. Hướng nghĩ: Biết một đường thẳng , một điểm, một điểm thỏa mãn điều kiện cho trước ⇒ chứng minh một đường thẳng đi qua điểm đó và điểm cho trước vuông góc hoặc song song với đường thẳng đã cho. Giải: Ta có:

2 AI .DE = AB + AC + AE − AD = AB. AE − AC. AD = AB. AE.cos ∠BAE − AC. AD.cos ∠CAD ⇒ AI ⊥ DE. Phương trình đường thẳng AI : 3x + y − 14 = 0

Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ 3 x + y − 14 = 0 x = 3 ⇔ ⇒ A(3;5).  2 x − y − 1 = 0 y = 5

BD = 2 5 ⇒ AD = 10. Gọi D (3a − 18; a ) , ta có 2

AD = 10 ⇔ ( 3a − 21) + ( a − 5 )

38  a = (loai )  = 10 ⇔ 5  Với a = 6 ⇒ D(0; 6) a = 6

Đường thẳng AB đi qua A(3;5) , vtpt là

AD = (−3;1) có phương trình : 3 x − y − 4 = 0 2

b = 4 b = 2

Gọi tọa độ B(b;3b − 4) ta có: AB = 10 ⇒ ( b − 3) + ( 3b − 4 ) = 10 ⇔ 

Với b = 4 ⇒ B(4;8) ⇒ C (4; −4) , loại do góc BAC tù. Với b = 2 ⇒ B(2; 2) ⇒ C (6; 2) , thỏa mãn. Bài 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác OAB có các đỉnh A và B thuộc đường thẳng ∆ : 4 x + 3 y − 12 = 0 và điểm K(6; 6) là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C là điểm nằm trên ∆ sao cho AC=AO và các điểm C, B nằm khác phía so với điểm A. Biết điểm C có hoành độ bằng

24 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B. 5

Hướng nghĩ:Khi bài toán xuất hiện tâm đường tròn bàng tiếp góc O thì ta luôn nghĩ đến định nghĩa và tính chất của đường tròn bang tiếp và kết hợp với giả thiết của bài toán ,từ đó sẽ tìm ra lời giải cho bài toán. Giải: Trên ∆ lấy điểm D sao cho BD=BO và D, A nằm khác phía so với B. Gọi E là giao điểm của các đường thẳng KB và OD. Vì K là tâm đường tròn bang tiếp góc O của tam giác OAB nên KE là phân giác của góc ∠OAC . Mà OAC là tam giác cân tại A (do AO=AC, theo gt) nên suy ra KE cũng là đường trung trực của OC. Do đó E là trung điểm của OC và KC=KO. Xét tương tự đối với KF , ta cũng có F là trung điểm của OD và KD=KO. Suy ra tam giác CKD cân tại K. Do đó , hạ KH ⊥ ∆ , ta có H là trung điểm của CD. Như vậy:+A là giao của ∆ và đường trung trực d1 của đoạn thẳng OC; (1) +B là giao điểm của ∆ và đường trung trực d 2 của đoạn thẳng OD, với D là điểm đối xứng của C qua H và H là hình chiếu vuông góc của K trên ∆ . (2) 24 ( gt ) nên gọi yo là tung độ của C, ta có: 5 24 12 4. + 3 yo − 12 = 0 ⇒ yo = − . 5 5

Vì C ∈ ∆ và có hoành độ xo =

12 6 Từ đó trung điểm E của OC có tọa độ là  ; −  và đường thẳng OC có phương  5

5

trình: x + 2 y = 0. Suy ra phương trình của d1 : 2 x − y − 6 = 0 . Do đó , theo (1) tọa độ của A là nghiệm của hệ phương 4 x + 3 y − 12 = 0  x = 3 ⇒ ⇒ A ( 3;0 ) . 2 x − y − 6 = 0 y = 0

trình: 

Gọi d là đường thẳng đi qua K(6; 6) và vuông góc với ∆ , ta có phương trình của d là : 3x − 4 y + 6 = 0 . Do H là giao điểm của ∆ và d nên tọa độ điểm H là nghiệm của hpt: 4 x + 3 y − 12 = 0  6 12   12 36  ⇒ H  ;  . Suy ra D  − ;  .  5 5   5 5  3 x − 4 y + 6 = 0 6 18 Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là:  − ;  và đường thẳng OD có phương  5 5 trình: 3x + y = 0 . Suy ra phương trình d 2 : x − 3 y + 12 = 0 4 x + 3 y − 12 = 0 ⇒ B ( 0; 4 )  x − 3 y + 12 = 0

Do đó theo (2), tọa độ điểm B là nghiệm của hệ pt: 

Vậy A ( 3;0 ) , B ( 0; 4 ) . *Bài tập tự luyện: Bài 1: Cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 0) và hai đường thẳng lần lượt chứa các đường cao vẽ từ B và C có phương trình tương ứng là: x+2y+1=0 , 3x+y-1=0 . Tính diện tích tam giác ABC. Bài 2: Cho điểm A(2; 3) và hai đường thẳng d2: x+2y-7=0 . Tìm tọa độ các điểm B trên d1 và C trên d2 sao cho tam giác ABC có trọng tâm G(2; 0). Bài 3: Cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x-4y-2=0 , cạnh BC song song với d. Phương trình đường cao BH: x+y+3=0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. Bài 4: Cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1), đường cao qua đỉnh B có phương trình x-3y-7=0 và đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x+y+1=0 . Xách định tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC. Bài 5: Cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2; 0), phương trình các cạnh AB: 4x+y+14=0 , AC: 2x+5y-2=0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. Bài 6: Cho tam giác ABC biết ba chân đường cao tương ứng với ba đỉnh A, B, C lần lượt là A’(1; 1), B’(-2; 3), C’(2; 4). Viết phương trình cạnh BC. Bài 7: Cho tam giác ABC có AB: 5x+2y+7=0 ; BC x-2y-1=0 . Phương trình đường phân giác trong góc A là x+y-1=0 . Tìm tọa độ điểm C. Bài 8: Cho tam giác ABC biết C(4; 3) Đường phân giác trong và trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương trình x+2y-5=0 và 4x+3y-10=0 . Tìm tọa độ điểm B. Bài 9: Cho tam giác ABC biết A(-1;1), trực tâm H(1;3), trung điểm của cạnh BC là điểm M(5; 5). Xách định tọa độ các đỉnh B và C của tam giác ABC. Bài 10: Cho tam giác ABC có d: 2x-y-3=0 là đường phân giác trong của góc A. Biết 18

B1(-6; 0), C1(-4; 4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, C lên các đường thẳng AC, AB. Xác định tọa độ của A, B, C. Bài 11: Cho tam giác ABC biết đường cao kể từ đỉnh C và đường trung trực đoạn BC lần lượt là x-y+2=0 ; 3x+4y-2=0 . Điểm A(4; 2). Tìm tọa độ các đỉnh B, C. Bài 12: Cho tam giác ABC biết đường cao kể từ đỉnh A và đường phân giác trong của góc B lần lượt có phương trình là x-2y-2=0 ; x-y-1=0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết M(0; 2) thuộc đường thẳng AB và AB=2BC. Bài 13: Cho tam giác ABC có diện tích bằng 12 + 6 6 , A(-2; 0), B(4; 0), bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 5. Tìm tọa độ điểm C biết tung độ của C dương. = 1350 , đường cao BH: 3x+y+10=0 , trung điểm của Bài 14: Cho tam giác ABC có BAC 1 2

3 2

cạnh BC là M ( ; − ) và trực tâm H(0; -10). Biết tung độ của điểm B âm. Xách định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Bài 15: Cho tam giác ABC có trực tâm H, BC: x-y+4=0 , trung điểm của cạnh AC là M(0; 3), đường co AH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại N(7; 1). Xách định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC và viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC. Bài 16: Cho tam giác ABC có A(-1; -3), B(5; 1). Điểm M nằm trên đoạn thẳng BC sao cho MC=2MB. Tìm tọa độ điểm C biết rằng MA=AC=5 và đường thẳng BC có hệ số góc là một số nguyên. Bài 17: Cho tam giác ABC có đỉnh C(5; 1), M là trung điểm của BC, điểm B thuộc đường thẳng d: x+y+6=0 . Điểm N(0; 1) là trung điểm của AM, điểm D(-1; -7) không nằm trên đường thẳng AM và khác phía với A so với đường thẳng BC, đồng thời khoảng các từ A và D tới đường thẳng BC bằng nhau. Xác định tọa độ các điểm A, B. Bài 18: Cho tam giác ABC có A(0; 2 3), B(-2;0), C(2;0) và BH là đường cao. Tìm tọa độ điểm M, N trên đường thẳng chứa BH sao cho tam giác MBC, NBC và ABC có chu vi bằng nhau. Bài 19: Cho tam giác ABC có H(1; 1) là chân đường cao kẻ từ đỉnh A. Điểm M là trung = HAM = MAC . Tìm tọa độ các điểm A, B, C. điểm của cạnh BC và BHA Bài 20: Cho tam giác ABC có AC>AB, C(6; 0) và hai đường thẳng d: 3x-y-10=0 , ∆: 3x+3y-16=0 . Biết rằng đường thẳng d chứa đường phân giác trong góc A, đường thẳng ∆ vuông góc với cạnh AC và ba đường thẳng ∆, d và trung trực của cạnh BC đồng quy tại một điểm. Tìm tọa độ điểm B. Bài 21: Cho tam giác ABC có A(-1; 3), trọng tâm G(2; 2). Biết điểm B, C lần lượt là thuộc các đường thẳng d : x +3y − 3 = 0 và d ' : x − y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A có hệ số góc dương sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến ∆ là lớn nhất. Bài 22: Cho tam giác ABC có phương trình đường cao AH là x = 3 3 Phương trình ABC , ACB . Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC đường phân giác trong góc bằng 3. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC, biết đỉnh A có tung độ dương. b)Tam giác cân-đều:

*Đặc điểm: -Tam giác cân có: hai cạnh bên bằng nhau, hai góc bằng nhau, các loại đường của đỉnh cân trùng nhau và các loại đường xuất phát từ hai đỉnh còn lại tương ứng bằng nhau. -Tam giác đều : có tất cả các cạnh bằng nhau, các góc bằng nhau, các đường và các điểm trong tam giác đều trùng nhau. Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC cân tại C, các đường thẳng AB, AC có phương trình lần lượt là x + 2 y = 0 và x − y + 6 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết trọng tâm G nằm trên trục tung. Hướng nghĩ: Có trọng tâm ⇒ dùng tính chất trọng tâm hoặc tọa độ trọng tâm, tam giác cân ⇒ hai cạnh hoặc hai góc bằng nhau. Giải: Gọi M là trung điểm của cạnh CB. Do A = AB ∩ AC ⇒ tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương x + 2 y = 0  x = −4 ⇒ ⇒ A(−4; 2) . x − y + 6 = 0  y = 2

trình: 

Do G ∈ Oy ⇒ gọi tọa độ điểm G (0; m) -Theo tính chất trọng tâm tam giác ta

có: AG = 2GM ⇒ M  2; 

3m − 2   2 

Do B ∈ AB ⇒ gọi tọa độ điểm B(−2t ; t ) . Mà M là trung điểm của BC ⇒ C (4 + 2t;3m − 2 − t ) Lại có C ∈ AC ⇒ ta có phương trình:  B (−2m + 8; m − 4) 4 + 2t − (3m − 2 − t ) + 6 = 0 ⇒ t = m − 4 ⇒  C (2m − 4; 2m + 2)

-Tam giác ABC cân tại C nên 2

CA = CB ⇔ CA2 = CB 2 ⇔ ( −4 − 2m + 4 ) + ( 2 − 2m − 2 ) = ( −4m + 12 ) + ( − m − 6 )

m = 6 ⇔ 9m − 84m + 180 = 0 ⇔   m = 10 3   B (−4; 2) ⇒ B ≡ A (loại) +Với m = 6 m = 6 ⇒  C (8;14) 2

 4 2 B  ; −  10   3 3  +Với m = ⇒  3 C  8 ; 26    3 3  4 2 8 26 Vậy A(−4; 2) , B  ; −  , C  ;  . 3 3 3 3 

Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(-1; 4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng ∆: x-y-4=0. Xác định tọa độ điểm B và C, biết diện tích tam giác bằng 8. Hướng nghĩ: Tam giác ABC cân ⇒ đường trung , tuyến đường cao, đường trung trực trùng nhau 20

Giải : Gọi H là hình chiếu của điểm A trên ∆ → H là trung điểm của BC. Ta có 9 AH = d ( A, BC ) = ; 2

2 S ∆ABC 97 BC 2 2 BC = = = 9 2 , AB = AC = AH + AH 4 2

Khi đó tọa độ điểm B, C là nghiệm của hpt :  11   x = 2   y = 3 97  2 2   ( 1) ( 4) x + + y − = 2  2 ⇔   x = 3  x − y − 4 = 0   2   y = − 5   2 11 3 3 5 3 5 11 3 Vậy B( ; ), C( ;- ) hoặc B( ; − ), C ( ; ) 2 2 2 2 2 2 2 2

Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6 ; 6); đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; -3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. Hướng nghĩ: Tam giác ABC cân ⇒ đường trung tuyến , đường cao, đường trung trực trùng nhau. Giải : Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm của AH, ta có AH ⊥ BC. Do đó tọa độ x + y − 4 = 0 ⇒ D (2; 2) ⇒ H (−2; −2). x − y = 0

D(x ; y) thỏa mãn hệ : 

Gọi đường thẳng d: x+y-4=0. Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương trình x+y+4=0. Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x+y+4=0 và B, C đối xứng nhau qua H(-2 ; -2) , do đó tọa độ B, C có dạng B(t; -4-t), C(-4-t; t). Điểm E(1 ; -3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra: AB.CE = 0 ⇔ (t − 6)(5 + t ) + (−10 − t )(−3 − t ) = 0 t = 0 ⇔ 2t 2 + 12t = 0 ⇔   t=-6

Ta được: B(0;-4), C(-4; 0) hoặc B(-6; 2), C(2; -6)

E C

B H

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho hai đường thẳng d1 : 3x − y − 3 = 0, d 2 : 3x + y − 3 − 2 = 0 cắt nhau tại A. Lập phương trình đường thẳng d cắt d1 , d 2 lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC đều có diện tích bằng 3 3 . Hướng nghĩ: Tam giác ABC đều ⇒ ba cạnh bằng nhau ⇒ diện tích tam giác đều. Hướng dẫn: 21

Do A = d1 ∩ d 2 nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương  3x − y − 3 = 0

 3 +1  ;1 ⇒ A  3  3 x + y − 3 = 0  

trình : 

Do tam giác ABC đều nên gọi a (a>0) là cạnh của tam giác ABC. Theo đề S∆ABC = 3 3 ⇒ a = 2 3 Do đó : AB = AC = 2 3 . -Với B ∈ d1 ⇒ gọi tọa độ B ( m; 3m − 3 ) 1  m = 2 + 3 Mà AB = 2 3 ⇔ AB 2 = 12 ⇒  . 1  m = 3  



 1



Khi đó B  2 + ;1 + 3  hoặc B  ;1 − 3  3    3  -Với C ∈ d 2 ⇒ gọi tọa độ C ( n; 2 + 3 − 3n ) 1  n = 2 + 3 Mà AC = 2 3 ⇔ AC 2 = 12 ⇒  1  n = 3  

Khi đó C  2 + 

1   1  ;1 − 3  hoặc C  ;1 + 3  3   3 

Vậy phương trình đường thẳng d là : x − 2 −

1 1 = 0 hoặc x − = 0 hoặc y − 1 − 3 = 0 hoặc 3 3

y −1 + 3 = 0 .

Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có phương trình lần lượt là d1 : x − 2 y + 2 = 0, d 2 : 3x − 3 y + 6 = 0 và tam giác ABC đều có diện tích bằng 3 và trực tâm I thuộc d1 . Đường thẳng d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ giao điểm d1 và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I có hoành độ dương. Hướng nghĩ: -Tam giác ABC đều ⇒ ba cạnh bằng nhau ⇒ diện tích tam giác đều; -Tam giác ABC đều ⇒ tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp trùng nhau. Giải: Gọi M = AI ∩ BC . Giả sử AB = x( x > 0), R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC -Do tam giác ABC đều nên S ABC =

x2 3 x2 3 ⇔ 3= ⇒x=2 4 4

-Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp tam giác 1 1 3 3= . 3 3 3 Giả sử I (2a − 2; a) ∈ d1 (a > 1)

ABC ⇒ r = IM = AM =

Do d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên 3(2a − 2) − 3a + 6 d (I ; d2 ) = r ⇔

9+9

 6−2 6 3 a= < 1(l )  = ⇔ 3a − 6 + 6 = 6 ⇔ 3  3  a = 2

Suy ra I (2; 2) . 2 3

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính R = AM =

2 3 3

⇒ phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là : ( x − 2)2 + ( y − 2) 2 =

4 3

Giao điểm của đường thẳng (d1 ) và (C ) là nghiệm của hệ phương trình: x − 2 y + 2 = 0  4  2 2 ( x − 2) + ( y − 2) = 3

Vậy giao điểm của (d1 ) và (d 2 ) là E (2 +

2 4 2 4 ;2 + ), F (2 − ;2 − ). 15 15 15 15

Bài tập tự luyện: Bài 1: Cho tam giác ABC cân tại B, có AB : 3x − y − 2 3 = 0 . Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(0 ;2). _Điểm B thuộc trục Ox. Tìm tọa độ điểm C. Bài 2: Cho tam giác ABC cân tại A có AB : x + 2 y − 2 = 0 ; AC: 2 x + y + 1 = 0 , Điểm M(1 ; 2) thuộc cạnh BC. Tìm tọa độ điểm D sao cho DB.DC nhỏ nhất. Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A, đỉnh B thuộc d : x − 4 y − 2 = 0, cạnh AC song song với d. Đường cao kẻ từ đỉnh A có phương trình x + y + 3 = 0 , điểm M(1 ; 1) nằm trên AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 11 5 3 3

Bài 4: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm của AB. Biết rằng I ( ; ) và 13 5 E( ; ) 3 3

lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trọng tâm tam giác ADC. Các điểm M(3; -1), N(-3; 0) lần lượt thuộc các đường thẳng DC, AB. Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết A có tung độ dương. Bài 5: Cho tam giác ABC cân tại A có trực tâm H(-3; 2). Gọi D, E là chân đường cao kẻ từ B và C. Biết điểm A thuộc đường thẳng d : x − 3 y − 3 = 0, điểm F(-2; 3) thuộc đường thẳng DE và HD=2. Tìm tọa độ điểm A. Bài 6: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi N là trung điểm của AB. Gọi E và F lần lượt là chân đường cao hạ từ đỉnh B, C của tam giác ABC. Tìm tọa độ của đỉnh A biết rằng E (7;1), F(

11 13 ; ) và phương trình đường thẳng CN là 2 x + y − 13 = 0 . 5 5

Bài 7: Cho tam giác ABC cân tại B, với A(1; -1), C(3; 5). Điểm B nằm trên đường thẳng d: 2 x − y = 0 . Viết phương trình các đường thẳng AB, BC. Bài 8: Cho hai đường thẳng d1: 2 x − y + 1 = 0 và d2: x + 2 y − 7 = 0 . Lập phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và tạo với d1; d2 một tam giác cân đáy thuộc đường thẳng đó. Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A. Biết AB: 2 x + y − 1 = 0 ; BC: x + 4 y + 3 = 0 . Viết phương trình đường cao kẻ từ đỉnh B của tam giác ABC. 23

b) Tam giác vuông: *Đặc điểm: -Tam giác vuông ⇒ vấn đề vuông góc, tính chất độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền. -Vuông góc ⇒ tích vô hướng, phương trình đường thẳng vuông góc với đường thẳng, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có các đỉnh A(-1 ; 0) , B(4 ; 0), C(0; m) với m ≠ 0. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC theo m. Xác định m để tam giác GAB vuông tại G. Giải Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ: x A + xB + xC y + yB + yC m m = 1; yG = A = . Vậy G (1; ) . 3 3 3 3 Tam giác AGB vuông góc tại G ⇔ GA.GB = 0. m m GA(−2; − ); GB (3; − ). 3 3 2 m GA.GB = 0 ⇔ −6 + = 0 ⇔ m = ±3 6. 9 xG =

Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC = 900 . Biết M(1;-1) là trung điểm cạnh BC và G( 2 ; 0) là trọng tâm tam có AB = AC , BAC 3

giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. Giải : Vì G là trọng tâm tam giác ABC và M là trung điểm cạnh BC nên MA = 3MG = (−1;3) ⇒ A(0; 2)

Phương trình BC đi qua M(1; -1) và vuông góc với MA = (−1;3) là −1( x − 1) + 3( y + 1) = 0 ⇔ − x + 3 y + 4 = 0

(1)

M C

Ta thấy MB = MC = MA = 10 ⇒ tọa độ B, C thỏa mãn phương trình ( x − 1) 2 + ( y + 1) 2 = 10

(2)

Giải hệ (1), (2) ta được tọa độ của B, C là (4 ; 0), (-2 ; -2). Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2; 2) và các đường thẳng: d1 : x+y-2=0, d 2 : x+y-8=0 . Tìm tọa độ điểm B và điểm C lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Giải: Vì B ∈ d1 và C ∈ d 2 nên B(b; 2 − b) , C (c;8 − c) Từ giả thiết ta có hệ: bc − 4b − c + 2 = 0 (b − 1)(c − 4) = 2 (b − 2)(c − 2) + (−b)(6 − c) = 0  AB. AC = 0 ⇔ ⇔ ⇔ 2    2 2 2 2 2 2 2 b − 2b = c − 8c + 18 (b − 1) − (c − 4) = 3 b + (b − 2) = (c − 2) + (6 − c)  AB = AC Đặt b − 1 = x , c − 4 = y ta được:  xy = 2  x = −2, y = −1 b = −1, c = 3 ⇔ ⇔ .  2 2  x = 2, y = 1 b = 3, c = 5 x − y = 3  B (−1;3)  B (3; −1) Vậy  hoặc  C (3;5) C (5;3)

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, phương trình BC: x − 2 y − 7 = 0 , đường thẳng AC đi qua điểm M (−1;1) , điểm A có hoành độ dương nằm trên đường thẳng ∆: x − 4 y + 6 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Giải : Vì A ∈ ∆ : x − 4 y + 6 = 0 ⇒ A(4 a − 6; a) ⇒ MA = (4 a − 5; a − 1) Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên ACB = 450

Do đó cos( MA, uBC ) =

1 ⇔ 2

2(4a − 5) + (a − 1) (4 a − 5) 2 + (a − 1)2 . 5

1 2

8 −3 1  a = → A( ; ) (l )  7 7 7 ⇔ 77 a 2 − 186a + 112 = 0 ⇔  a = 14 → A( 1 ; 3 ) (t / m)  11 11 11 6 89 225 ), C(29;11) . ⇒ AC ≡ AM : x-3y+4=0, AB: 3x+y- =0. Từ đó ta có B ( ; − 11 77 77

Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, xét tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là 3x − y − 3 = 0 , các đỉnh A và B thuộc trục hòanh với bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. Giải: Ta có BC ∩ Ox ⇒ B(1; 0). Đặt xA = a ta có A(a; 0) và xC = a ⇒ yC = 3a − 3. Vậy C (a; 3a − 3) 1   xG = 3 ( x A + xB + xC ) 2a + 1 3(a − 1) ; ) Từ công thức  ta có G ( 3 3 y = 1 (y + y + y ) B C  G 3 A 1 2

Ta có AB = a − 1 , AC= 3 a − 1 , BC=2 a − 1 . Do đó S∆ABC = AB. AC = Ta có r = Vậy

3 (a − 1) 2 2

a −1 2S 3(a − 1) 2 = = =2 AB + AC + BC 3 a − 1 + 3 a − 1 3 +1

a − 1 = 2 3 + 2. Từ đây tìm được 2 giá trị của a là:

7+4 3 6+2 3 ; ) 3 3 −4 3 − 1 ;-6-2 3) a = −2 3 − 1 ⇒ G 2 =( 3 a = 2 3 − 2 ⇒ G1 = (

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, đỉnh C(-4; 1), phân giác trong góc A có phương trình x + y − 5 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và D đỉnh A có hoành độ dương. d Giải B Gọi D là điểm đối xứng với C(-4; 1) qua d: x + y − 5 = 0 , suy ra tọa độ D(x; y) thỏa mãn: C

A 25

( x + 4) − ( y − 1) = 0  ⇒ D(4;9).  x − 4 y +1  2 + 2 − 5 = 0

Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y) thỏa mãn: x + y − 5 = 0 Với x>0,  2 2  x + ( y − 5) = 32

suy ra A(4; 1) ⇒ AC = 8 ⇒ AB =

2 S ∆ABC = 6. AC

B thuộc đường thẳng AD: x=4 suy ra tọa độ B(4; y) thỏa mãn: ( y − 1) 2 = 36 ⇒ B (4;7) hoặc B (4; −5) . Do d là phân giác trong của góc A, nên AB và AD cùng hướng, suy ra B(4; 7). Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4 y + 16 = 0 . Bài 7(THPT QG năm 2015): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh BC ; D là điểm đối xứng của B qua H , K là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AD . Giả sử H (−5; −5), K (9; −3) và trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng x − y + 10 = 0 . Tìm tọa độ điểm A. Giải: Gọi M là trung điểm AC. Ta có MH = MK =

AC 2

Nên M thuộc đường trung trực của HK. Đường trung trực của HK có phương trình: 7 x + y − 10 = 0 , nên tọa độ của M thỏa mãn hệ :  x − y + 10 = 0 . Suy ra M (0;10) .  7 x + y − 10 = 0

Ta có ∠HKA = ∠HCA = ∠HAB = ∠HAD , nên tam giác AHK cân tại H, Suy ra HA = HK . Mà MA = MK , nên A đối xứng với K qua MH. Ta có MH (5;15) ; đường thẳng MH có phương trình 3x − y + 10 = 0 . Trung điểm AK thuộc MH và AK ⊥ MH nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ :   x+9  y −3 3  −  + 10 = 0 . Suy ra A(−15;5) .   2   2  ( x − 9) + 3( y + 3) = 0. 

*Nhận xét : Ở bài toán này cũng đã sử dụng góc nội tiếp từ tứ giác nội tiếp từ vấn đề vuông góc. Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A , có trọng tâm G. Gọi E, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A, I là giao điểm của đường thẳng AB với đường thẳng CD. Biết điểm D(-1; -1), đường thẳng IG có phương trình 6 x − 3 y − 7 = 0 và điểm E có hoành độ bằng 1. Tìm tọa độ của các đỉnh của tam giác ABC. Hướng nghĩ: bài toán cho biết 1 phương trình đường thẳng , tọa độ một điểm , dấu hiệu của một điểm khác ⇒ chứng minh quan hệ song song hoặc vuông góc.

Giải: Gọi K là trung điểm của BI, suy ra HK / / CD ⇒ A là trung điểm của KI . HK = DI = AK =

1 IC ; 2

1 BK ⇒ GK / / AC ⇒ GK ⊥ AB ⇒ GB = GI = GC 2

hay G là tâm đường tròn đi qua ba điểm C, I, B = 2 IBC = 900 , ID = 1 IC ⇒ DE / / IG CGI 2

Phương trình đường thẳng DE : 2 x − y + 1 = 0 ⇒ E (1;3)

CE ⊥ IG, suy ra phương trình CE : x + 2 y − 7 = 0 .

Tọa độ của G là nghiệm của hệ phương trình: 7   x = 3 x + 2 y − 7 = 0 7 7 ⇒ ⇒ G  ;  ⇒ C (5;1)  3 3 6 x − 3 y − 7 = 0  y = 7  3 5 DG = AG ⇒ A(1;1) ⇒ B (1;5). Vậy A(1;1), B (1;5), C (5;1). 2

*Nhận xét : Ở bài toán này ta cũng có thể chứng minh  DE ⊥ EC DE.EC = 0; GI .GC = 0 ⇒  ⇒ DE / / IG  IG ⊥ GC

Bài tập tự luyện : Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết A(-1; 4), C(1; 4), đường thẳng BC đi qua 7 3

điểm K ( ; 2) . Tìm tọa độ đỉnh C. Bài 2: Cho điểm A(2; 1). Trên trục Ox, lấy điểm B có hoành độ xB>0, trên trục Oy, lấy điểm C có tung độ yC≥0 sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm các điểm B, C sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường thẳng BC: 4 x − 3 y − 4 = 0 . Các đỉnh A, B thuộc trục hoành và diện tích tam giác ABC bằng 6. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, các đỉnh A, B thuộc trục hoành và diện tích tam giác ABC bằng 6. Đường thẳng BC có phương trình là 4 x − 3 y − 4 = 0 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. Bài 5:Cho A(-1; 2) và đường thẳng d: x − 2 y + 3 = 0 . Tìm trên d hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại C và AC=3BC. Bài 6: Cho tam giác ABC vuông tại A có I là trung điểm của cạnh BC. Gọi M là trung 11 2

điểm của IB và N là điểm nằm trên đoạn thẳng IC sao cho NC=2NI. Biết rằng M( ; −4) , phương trình đường thẳng AN là x − y − 2 = 0 và điểm A có hoành độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

2. Một số bài toán về tứ giác: 2.1)Gợi ý một số hướng tư duy để tìm ra phương pháp giải trong mỗi bài toán: -Chúng ta vẫn sử dụng tất cả các hướng tư duy có trong tam giác. -Trong mỗi loại tứ giác thì sẽ có những đặc điểm riêng ⇒ sử dụng những đặc điểm riêng đó để giải quyết trong mỗi bài toán. 2.2) Phân loại tứ giác: a) Bài toán về hình vuông: *Đặc điểm: Hình vuông có các cạnh bằng nhau, các góc đều vuông ,có hai đường chéo vuông góc và bằng nhau, đường chéo chia mỗi góc ở đỉnh bằng 450. Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông có một đỉnh là (−4;8) và một đường chéo có phương trình 7 x − y + 8 = 0 . Viết phương trình các cạnh của hình vuông. Giải: Gọi hình vuông là ABCD. Không mất tính tổng quát giải sử A(−4;8) ⇒ BD : 7x-y+8=0 ⇒ AC: x+7y-31=0

Gọi d là đường thẳng đi qua A có vtpt (a; b) (đk: a 2 + b 2 > 0 )

d hợp với AC một góc 450, khi đó cos 450 = cos ( n, n AC ) ⇒ a = 3, b = −4 hoặc a = 4, b = 3 ⇒ AB : 3x-4y+32=0; AD: 4x+3y+1=0 1 9 Gọi I là tâm hình vuông ⇒ I (− ; ) ⇒ C(3; 4) . 2 2 Khi đó ta có phương trình các cạnh là: BC : 4x+3y-24=0; CD: 3x-4y+7=0 .

Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng: d1 : x - y = 0 và d 2 : 2x+y-1=0 . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc d1, đỉnh C thuộc d2 và các đỉnh B, D thuộc trục hoành. Giải : A ∈ d1 ⇒ A ( x; x ) Do các đỉnh B, D ∈ Ox nên A và C đối xứng qua Ox ⇒ C(x;-x) Mặt khác C ∈ d2 có PT là 2x+y-1=0 nên: 2x-x-1=0 ⇒ x = 1. Vậy A(1; 1), C(1; -1). Trung điểm của AC sẽ là I(1; 0). Vì I là tâm hình vuông nên IB=ID=IA=1  b − 1 = 1  B ∈ Ox  B (b;0) b = 0, b = 2 ⇔ ⇔ ⇔   D ∈ Ox  D (d ; 0)  d − 1 = 1 d = o, d = 2

Suy ra B(0; 0) và D(2; 0) hoặc B(2; 0) và D(0; 0) vậy hình vuông có 4 đỉnh là: A(1; 1), B(0; 0), C(1; -1), D(2; 0) hoặc A(1; 1), B(2; 0), C(1; -1), D(0; 0). Bài 3. Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh 11 1 2 2

CD sao cho CN=2ND. Giả sử M ( ; ) và đường thẳng AN: 2x-y-3=0 . Tìm tọa độ điểm A. Giải Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng AN. Đặt AB=a (a>0) ⇒ S ABCD = a 2

1 1 a 2a a 2 1 1 a a2 MC.CN = . . = ; S ADN = AD.DN = .a. = ; 2 2 2 3 6 2 2 3 6 2 5a ⇒ S AMN = S ABCD − S ABM − S MCN − S ADN = 12 10 Ta có: AN = AD 2 + DN 2 = a 3 2S 15 a 10 15a 10 a 45 10.a 2 MH = AMN = ; Mà MH=d(M; AN)= ⇒ = ⇒ = ⇒a=3 2 AN 4 4 4 16 2 5 2 5 11 7 85 Gọi A(t; 2t-3) ⇒ MA(t − ; 2t − ) ⇒ MA = 5t 2 − 25t + 2 2 2 t = 1 ⇒ A(1; −1) 3 10 ⇒ 5t 2 − 25t + 20 = 0 ⇔  Mà MA = AB 2 + BM 2 = 2 t = 4 ⇒ A(4;5)

S ABM =

1 1 AB.BM = a 2 ; 2 4

S MNC =

*Nhận xét : Điểm mấu chốt của bài toán chính là dựa vào các dữ kiện bài toán ta thiết lập mối quan hệ để tìm độ dài cạnh của hình vuông từ đó tìm được lời giải cho bài toán Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD với M, N lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AB và BC. Gọi H là chân đường cao kẻ từ B xuống CM. 5 Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết N  −1; −  , H (−1; 0) và điểm D nằm trên 

2

đường thẳng d : x − y − 4 = 0 . Giải: Trong tam giác vuông BCH ta có HN = NC (1) Mặt khác BH và DN song song (vì cùng vuông góc với MC) Từ đó : H và C đối xứng nhau qua DN ⇒ ∠DHN = ∠DCN = 900 ⇒ DH ⊥ HN . Gọi D(m; m − 4). Sử dụng điều kiện HD.HN = 0 ⇒ m = 4 ⇒ D(4; 0)

Nhận xét :H và C đối xứng qua DN tìm được C (1; −4) . Từ đó tìm được A(0;3), B(−3; −1) . *Nhận xét :-Khi xuất hiện hai đường CM và DN như trong bài toán ta luôn nghĩ đến tính vuông góc của hai đường thẳng (dễ dàng chứng minh được). -Khi có ba điểm không thẳng hàng mà hai điểm đã biết và một điểm thuộc một đường thẳng có trong bài ta thường nghĩ đến chứng minh vuông gocslieen hệ giữa chúng. Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(2; 2), điểm M(3; 6) thuộc cạnh BC, điểm N(6; 4) thuộc cạnh CD. Tìm tọa độ đỉnh C. Giải: Gọi I là trung điểm của MN ⇒ I  ;5  . 2  0 Do MCN = 90 nên C thuộc đường tròn tâm I, đường , nên kính MN. Ta có CA là tia phân giác của góc MCN giao điểm E của tia CA với đường tròn (I) là điểm chính giữa của cung MN không chứa C(các điểm A và 9

E nằm cùng phía đối với đường thẳng MN). Suy ra E là giao điểm của đường tròn (I) và trung trực của đoạn thẳng MN. 2

9 13 2 Phương trình đường tròn (I):  x −  + ( y − 5) = 

2

Đường thẳng trung trực của MN có phương 9 trình: 3  x −  − 2 ( y − 5 ) = 0 

2

Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình:

11    x = 2  2  9 13   13 2 y=  x −  + ( y − 5 ) =   2 4 2  ⇒   x = 7 3  x − 9  − 2 y − 5 = 0 )  (     2 2   y = 7   2

Đặt E 1 ( ; ), E2  ;  . 2 2 2 2 11 13

7 7





Phương trình đường thẳng MN : 2 x + 3 y − 24 = 0 . Thay tọa độ điểm A, E1; E2 vào phương trình của đường thẳng MN ta suy ra A và E2 cùng phía với MN. Phương trình AE:x – y = 0. Ta có C là giao điểm thứ hai của AE với (I). Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình: 2  9 13 2  x −  + ( y − 5 ) = 2 4 ⇒ ( x; y ) = (6; 6)  x − y = 0 

Vậy tọa độ điểm C là (6; 6). Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD và điểm E thuộc cạnh BC. Một đường thẳng qua A vuông góc với AE cắt CD tại F , đường thẳng chứa đường trung tuyến AM của tam giác AEF cắt CD tại K. Tìm tọa độ điểm D biết A ( −6;6 ) , M ( −4; 2 ) , K ( −3;0 )

Giải: Ta có hai tam giác vuông ∆ABE = ∆ADF vì AB = AD =D BAE AF (cùng phụ D AE ). Suy ra ∆AEF vuông cân và ME = MA = MF ⇒ AM ⊥ EF Ta có MA(2; −4). Đường thẳng EF đi qua M có

phương trình: x − 2 y + 8 = 0 . Bây giờ ta tìm tọa độ các điểm E, F thỏa mãn ME = MA = MF. Gọi T(x; y) thuộc đường thẳng  x = 2t − 8 (t ∈ R ). y = t

EF thì 

Khi đó MT = MA

Như vậy, có hai điểm T1 (−8;0) và T2 (0; 4) (chính là hai điểm E và F) thuộc đường thẳng EF mà MT1 = MA . +Với E (−8; 0), F (0; 4). Do F thuộc đường thẳng CD , nên đường thẳng CD nhận KF = (3; 4) làm véctơ chỉ phương.  x = 3t (t ∈ R ). Khi đó D(3t ; 4 + 4t )  y = 4 + 4t 2 Ta có AD ⊥ KF ⇔ KF . AD = 0 ⇔ 3(3t + 6) + 4(−2 + 4t ) = 0 ⇒ t = − . 5 6 12 Vậy D  − ;  .  5 5

Phương trình đường thẳng CD là : 

Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB,N là điểm thuộc AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng CD, biết rằng M (1; 2) và N (2; −1). Giải: Ta có MN = 10 . Gọi a là độ dài cạnh của hình vuông ABCD (a>0). Ta có: AM =

a 3 AC 3a 3 , AN = = 2 4 4

Nên MN 2 = AM 2 + AN 2 − 2 AM . AN .cos∠MAN =

5a 2 8

5a 2 = 10 ⇒ a = 4 Do đó 8

-Gọi I(x; y) là trung điểm của CD . Ta có : IM = AD = 4 BD và IN = = 2 , nên ta có hệ phương trình 4

+Với Đường thẳng CD đi pháp tuyến là IM (0; 4) trình: y + 2 = 0

 x = 1 ⇒ I (1; −2 )  y = − 2   ( x − 1)2 + ( y − 2 )2 = 16  17 ⇔ (1; 2) I − ⇒ IM (0; 4) .  x =  2 2  17 6  5 ( x − 2 ) + ( y + 1) = 2   ⇒ I  ; −  qua I và có véctơ  6  5 5 nên có phương  y = − 5 

12 16 17 6 +Với I  ; −  ⇒ IM  − ;  . Đường thẳng CD đi qua I và có véctơ pháp tuyến

5  5  5 5  12 16  là IM  − ;  nên có phương trình 3x − 4 y − 15 = 0 .  5 5

*Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là dựa vào các dữ kiện bài toán ta thiết lập mối quan hệ để tìm độ dài cạnh của hình vuông từ đó tìm được lời giải cho bài toán. Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm C ( 3; −3) và điểm A thuộc đường thẳng d : 3x + y − 2 = 0 . Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng DM có phương trình x – y – 2 = 0 . Xác định tọa độ các điểm A, B, D. 31

Giải: A ∈ d ⇒ A ( t ; 2 − 3t ) . Ta có: d ( C , DM ) =

1 t =3 d ( A, DM ) ⇒ 4t − 4 = 8 ⇔ t − 1 = 2 ⇔  2  t = −1

Với t = 3 ⇒ A ( 3; −7 ) (loại vì A, C phải khác phía đối với DM) Với t = −1 ⇒ A ( −1;5 ) (thỏa mãn) Giả sử D ( m; m − 2 ) .

 AD ⊥ CD (m + 1)(m − 3) + (m − 7)(m + 1) = 0 ⇒ Ta có  2 2 2 2 ⇔ m = 5 ⇒ D (5;3) (m + 1) + (m − 7) = (m − 3) + (m + 1)  AD = CD

Gọi I là tâm của hình vuông ⇒ I là trung điểm của AC ⇒ I (1;1) Do I là trung điểm của BD ⇒ B ( −3; −1) . Vậy, A ( −1;5 ) , B ( −3; −1) , D(5;3) . *Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là khai thác tính chất của hình vuông ta có mối liên hệ khoảng cách từ C đến DM và khoảng cách từ A đến DM với C là điểm đã biết tọa độ. Bài tập tự luyện: Bài 1: Cho ba đường thẳng d1: 3x − 4 y − 4 = 0 ; d2: x + y − 6 = 0 và d3: x − 3 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết A, C thuộc d3, B thuộc d1 và C thuộc d2. Bài 3: Cho hình vuông ABCD có A(-2; 6), đỉnh B thuộc d: x − 2 y + 6 = 0 . Gọi M, N lần 2 14 ). 5 5

lượt là hai điểm trên hai cạnh BC, CD sao cho BM=CN. Biết AM cắt BN tại I ( ; Xác định tọa độ điểm C. 3 1 2 2

Bài 4: Cho hình vuông ABCD có tâm I ( ; ) . Các đường thẳng AB, CD lần lượt đi qua M (−4; −1) , N (−2; −4) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông biết điểm B có hoành độ âm.

Bài 5: Cho hình vuông ABCD có đỉnh C (1; 2) . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Đường thẳng DM có phương trình x + 2 y − 7 = 0 . Đỉnh A thuộc đường thẳng d: x + y − 5 = 0 . Tìm tọa độ các điểm A, B, D. Bài 6: Cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc d: x − y − 4 = 0 . Đường thẳng BC, CD lần lượt đi qua M (4; 0) , N (0; 2) . Biết tam giác AMN cân tại A, xác định các đỉnh của hình vuông. Bài 7: Cho (C): ( x − 2)2 + (y− 3) 2 = 10 nội tiếp hình vuông ABCD. Xác định các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M (−3; −2) và điểm A có hoành độ dương. Bài 8: Cho hình vuông ABCD có D(5;1) . Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm thuộc đường chéo AC sao cho AC=4AN. Tìm tọa độ điểm C biết phương trình đường thẳng MN là 3x − y − 4 = 0 và M có tung độ dương. Bài 9: Cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x − y − 4 = 0 đường thẳng BC đi qua điểm M (4; 0) , đường thẳng CD đi qua điểm N (2;0) và tam giác AMN cân tại A. Viết phương trình đường thẳng BC. b)Bài toán về hình thoi:

*Đặc điểm : Hình thoi là hình bình hành có các cạnh bằng nhau và có hai đường chéo vuông góc. Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABCD là hình thoi với AC = 2BD, tâm 1 I(2; 1) . Điểm M  0;  thuộc đường thẳng AB , điểm N (0; 7) thuộc đường thẳng CD. 

3

Tìm tọa độ đỉnh B, biết B có hoành độ dương. Giải: -Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên cạnh AB và E là điểm đối xứng của N qua I ⇒ E ∈ AB (vì ABCD là hình thoi) ⇒ E ( 4; −5)

-Đường thẳng AB đi qua hai điểm M  0;  ,  3 E ( 4; −5) có phương trình: 4 x + 3 y − 1 = 0 Ta có : IH = d ( I ; AB) = 2 ; AC = 2 BD ⇒ IA = 2 IB 1

Vì IAB là tam giác vuông tại I nên ta có

1 1 1 = 2 + 2 ⇒ IB = 5 2 IH IA IB

 -Do B ∈ AB ⇒ gọi tọa độ điểm B  t; ,t > 0 3  

1 − 4t

t = 1(t / m) 2  1 − 4t  Mà IB = 5 ⇔ IB = 5 ⇔ ( t − 2 ) +  − 1 = 5 ⇒  1 t = − (l )  3  5  Với t = 1 ⇒ B(1; −1). 2

*Nhận xét: Bài này khi biết hai điểm nằm trên hai cạnh đối diện của hình thoi và tâm của hình thoi thì thường sử dụng tính chất đối xứng qua tâm của hình thoi. Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD. biết đường thẳng AC có phương trình 2 x − y − 1 = 0 ; đỉnh A(3;5) và điểm B thuộc đường thẳng d : x + y − 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D của hình thoi ABCD. Giải: Gọi I là tâm của hình thoi ABCD và n(a; b) là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB (a 2 + b 2 > 0) . Đường thẳng AC có vectơ pháp tuyến là n '(2; −1) -Ta có tam giác IAB vuông tại I nên .n ' n 2 2 2 AI cos∠IAB = = ⇔ cos(n; n ') = ⇔ = AB 5 5 5 n . n'

b = 0 ⇔ 2a − b = 2 a + b ⇔ 3b + 4ab = 0 ⇔  b = − 4 a 3  +Với b=0, chọn a=1 ⇒ n(1; 0) . khi đó đường thẳng qua A(3; 5) có phương trình: x − 3 = 0 Mà B = AB ∩ d ⇒ B(3; −2) . 2

Đường thẳng BD qua B(3; -2) và vuông góc với AC có phương trình : x + 2 y + 1 = 0

1 3 Mà I = AC ∩ BD ⇒ I  ; −  . Do I là trung điểm của AC và BD nên tọa độ

5 5  13 31   13 4  C  − ; −  , D  − ; . 5   5 5  5 4a +Với b = − , chọn a = 3 ⇒ b = −4 ⇒ n(3; −4) . 3

Khi đó AB đi qua A(3; 5) có phương trình: 3x − 4 y + 11 = 0 . Giải tương tự như trường hợp trên ta được B(−1; 2), C (−1; −3), D(3; 0). Vậy B(3; −2) , C  − ; −  , D  − ;  hoặc B(−1; 2), C (−1; −3), D(3; 0). 5   5 5  5 *Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là khai thác tính vuông góc hai đường chéo của hình thoi kết hợp với điều kiện bài toán để tìm góc ⇒ pt cạnh AB ⇒ tọa độ điểm B , khi đó ta sẽ giải quyết được bài toán. Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình cạnh BD là x − y = 0 , đường thẳng AB đi qua điểm P(1; 3) , đường thẳng CD đi qua Q(−2; −2 3) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết AB = AC và điểm B có hoành độ lớn hơn 1. Giải: Gọi I là tâm của hình thoi ABCD và n(a; b) là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB (a 2 + b 2 > 0) . Đường thẳng AC có vectơ pháp tuyến là n '(1; −1) -Ta có tam giác IAB vuông tại I nên 13

cos∠ABI =

13 4

3 BI = AB 2

n.n ' 3 3 ⇔ cos(n; n ') = ⇔ = ⇔ 2 a − b = 3a 2 + 3b 2 2 2 n . n'  a = −2 + 3 b ⇔ a + 4ab + b = 0 ⇔   a = −2 − 3 b  +Với a = −2 + 3 b , chọn b=1 ⇒ n −2 + 3;1 . 2

( (

(

)

Khi đó AB đi qua P(1;

) )

(

) 3) có phương trình ( 3 − 2 ) x + y − 2

3 + 2 = 0.

Mà B = AB ∩ BD ⇒ B ( 2; 2 ) (thỏa mãn). -Do DC / / AB và DC đi qua Q(−2; −2 3) nên DC có phương trình:

(

)

3−2 x+ y−4 3+4=0

Mà D = DC ∩ BD ⇒ D(−4; −4) . Lại có I là trung điểm của BD nên tọa độ I(-1; -1). -Ta có AC ⊥ BD và AC đi qua I(-1; 1) có phương trình x + y + 2 = 0  A = AC ∩ AB ⇒ A(−1 − 3; −1 + 3) Mà  .

C = AC ∩ CD ⇒ C (−1 + 3; −1 − 3) +Với a = −2 − 3 b , chọn b=1 ⇒ n −2 − 3;1 .

(

)

(

)

Khi đó AB đi qua P(1; 3) có phương trình ( 2 + 3 ) x − y − 2 = 0 . 

1 2  ;  (loại).  1+ 3 1+ 3 

Mà B = AB ∩ BD ⇒ B 

Vậy B(2; 2), A ( −1 − 3; −1 + 3 ) , C ( −1 + 3; −1 − 3 ) , D ( −4; −4 ) . *Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là khai thác đặc điểm của hình thoi kết hợp với điều kiện bài toán để tìm góc ⇒ pt cạnh AB ⇒ tọa độ điểm B , khi đó ta sẽ giải quyết được bài toán. Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình cạnh AC là x + 7 y − 31 = 0 , hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x + y − 8 = 0, d 2 : x − 2 y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm. Giải: -Gọi I là tâm của hình thoi ABCD. Do B ∈ d1 nên gọi tọa độ điểm B(a;8 − a) . +Đường thẳng BD vuông góc với AC và đi qua B(a;8 − a) nên có phương trình dạng: 7 x − y − 8a + 8 = 0 Mà I = AC ∩ BD ⇒ I 

−25 + 56a 225 − 8a   −5 − 4a 25 − 17 a  ; ;  , I là trung điểm của BD ⇒ D   50 50  25    5 −5 − 4 a 25 − 17 a Do D ∈ d 2 : x − 2 y + 3 = 0 . Khi đó ta có: − 2. +3= 0⇒ a = 0 5 25 1 9 Do đó B(0;8), D(−1;1), I  − ;  .  2 2 +Đường thẳng BD đi qua B(0;8), D(−1;1) có phương trình 7 x − y + 8 = 0

Do A ∈ AC nên gọi tọa độ điểm A(31 − 7t ; t ) . Ta có: d ( A; BD) =

7(31 − 7t ) − t + 8 50

225 − 50t 50

;

BD = 50 . t = 3 t = 6

Khi đó S ABCD = 2S ABD = d ( A; BD).BD = 75 ⇔ 225 − 50t = 75 ⇔ 

-Với t = 6 ⇒ A(−11; 6)(loai) -Với t = 3 ⇒ A(10;3), suy ra C (−11; 6). Vậy A(10;3), B(0;8), D(−1;1), C (−11; 6). *Nhận xét:Bài này chỉ cần nắm chắc đặc điểm của hình thoi học sinh có thể dễ dàng làm được. Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có góc ∠ABC = 600 , đường tròn (C) có tâm I bán kính R=2 tiếp xúc với tất cả các cạnh của hình thoi (tiếp xúc với AB và CD lần lượt tại M và N, tung độ của I dương). Biết phương trình đường thẳng MN: x + 3 y − 1 = 0, đường thẳng AD không vuông góc với trục tung và đi qua điểm P(3; 0). Viết phương trình đường thẳng AD, AB. Giải:

Gọi Q = MN ∩ AD Gọi véctơ pháp tuyến của đường thẳng AD là n(a; b), (a 2 + b 2 > 0)

Đường thẳng MN có véctơ pháp tuyến là n '(1; 3) -Tam giác NQD vuông tại N. Ta có: ∠MQD = 300 3 ⇔ cos(n; n ') = ⇔ a + b 3 = 3a 2 + 3b 2 2 a = 0 ⇔ 2a 2 − 2ab 3 = 0 ⇔  a = b 3 -Với a = 0 , chọn b = 1 ⇒ n(0;1) ⇒ AD có phương trình y=0 (không thỏa mãn) -Với a = b 3 , chọn b = 1 ⇒ a = 3 ⇒ n( 3;1) .

Khi đó AD qua P(3; 0) có phương trình : 3x + y − 3 3 = 0 . Tâm I của đường tròn chính là tâm của hình thoi ⇒ I ∈ MN -Ta có: I ∈ MN ⇒ gọi tọa độ I (1 − t 3; t ) , t > 0 . Ta có: 3(1 − t 3) + t − 3 3) d ( I ; AD) = 2 ⇔

t = 2 − 3(t / m) = 2 ⇔ −2t − 2 3 = 4 ⇔  t = −2 − 3(l )

⇒ I (4 − 2 3; 2 − 3) .

+Ta có: ∠ADC = 600 ⇒ ∠DAC = 600 ⇒ IA =

4 d ( I ; AD ) = 0 sin 60 3

Mà A ∈ AD ⇒ gọi tọa độ điểm A ( 3 − m; 3m ) . Khi đó IA =

4 16 2   ;2 − 3  . ⇔ IA2 = ⇒ A  4 − 3 3 3  

+Đường thẳng AB qua A và vuông góc MN có phương trình: 3x − y + 4 − 5 3 = 0 Vậy phương trình AB: 3x − y + 4 − 5 3 = 0 ; AD: 3x + y − 3 3 = 0 . *Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là khai thác từ ∠ABC = 600 ⇒ ∠MQD = 300 , kết hợp với điều kiện của bài toán từ đó ta có lời giải của bài toán. Bài tập tự luyện: Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết AB : x + 3 y + 1 = 0; BD : x − y + 5 = 0. Đường thẳng AD đi qua điểm M(1; 2) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi. ĐS: B(−4;1), D(0;5) . Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC : x + y − 1 = 0. Điểm E(9; 4) nằm trên đường thẳng AB, điểm F(-2; -5) nằm trên đường thẳng CD và AC = 2 2 . Xác định tọa độ A, B, C, D biết điểm C có hoành độ âm. ĐS: A(0;1), B(−3;0), C (−2;3), D(1; 4). Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(3; 3) và AC =2 BD. Điểm M  2;  thuộc đường thẳng AB, điểm N  3;  thuộc đường thẳng CD.  3  13  Viết phương trình đường thẳng BD, biết hoành độ điểm B nhỏ hơn 3. 4

c)Bài toán về hình chữ nhật: *Đặc điểm: Hình chữ nhật là hình bình hành có một góc vuông , có hai đường chéo bằng nhau. Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của hai đường thẳng d1 : x − y − 3 = 0, d 2 : x + y − 6 = 0. Trung điểm một cạnh là giao điểm của d1 và tia Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải: Ta có: I = d1 ∩ d 2 ⇒ I  ;  , M = d1 ∩ Ox ⇒ M (3;0) . 2 2 9 3





Giả sử M là trung điểm của cạnh AD. -Đường thẳng AD qua M và vuông góc với MI có phương trình: x + y − 3 = 0 Ta có AB = 2 IM = 3 2 Theo bài ra : S ABCD = AB. AD = 12 ⇒ AD = 2 2 ⇒ AM = 2 Do A ∈ AD ⇒ gọi tọa độ điểm A(a;3 − a) . Khi đó: AM = 2 ⇔ AM 2 = 2 ⇒ A(2; 1) hoặc A(4; -1). -Với A ( 2;1) ⇒ C (7; 2), D ( 4; −1) , B ( 5; 4 ) -Với A(4; −1) ⇒ C ( 5; 4 ) , D ( 2;1) , B ( 7; 2 ) . *Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là khai thác từ diện tích hình chữ nhật ta sẽ tìm ra lời giải. Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có 1 2

tâm I ( ;0) , phương trình đường thẳng AB là x − 2 y + 2 = 0 và AB = 2AD. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết đỉnh A có hoành độ âm. Giải: Ta có d ( I ; AB ) =

5 5 ⇒ AD = 5, AB=2 5 và IA = IB = . 2 2

Do đó A, B là các giao điểm của đường thẳng AB 5 2 x − 2 y + 2 = 0 A, B là nghiệm của phương trình:  1 2 5 2 2 ( x − 2 ) + y = ( 2 ) giải hệ ta đượcA(-2; 0), B(2; 2) (vì xA < 0 ). ⇒ C (3;0), D(−1; −2).

với đường tròn tâm I bán kính R = . Vậy tọa độ

*Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là khai thác từ tính vuông góc của hình chữ nhật,kết hợp giả thiết của bài toán ta sẽ có lời giải. Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD sao cho AB=2BC 1 5 3 3

với điểm A(1;3) và trọng tâm của tam giác ACD là điểm G(− ; ) . Hãy tìm tọa độ các đỉnh cong lại của hình chữ nhật ABCD biết xD>0. Giải 37

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Do G là trọng tâm của tam giác ACD nên NA = 3 NG ⇒ N (−1;1) ⇒ AN = (−2; 2)

Vì ABCD là hình chữ nhật và AB = 2BC nên AMND là hình vuông. Gọi I là trung điểm AN ⇒ I (0; 2) . Đường thẳng DM là: x + y − 2 = 0 Đặt D(t; 2 − t) ∈ DM, ID= 2t 2 , AN = 2 2 . Ta có ID =

t = 1 AN ⇔ 2t 2 = 2 ⇔  2  t = −1

-Với t = 1 ⇒ D(1;1) : N là trung điểm CD ⇒ C (−3;1) . I là trung điểm DM ⇒ M (−1;3) . M là trung điểm AB ⇒ B (−3;3)

-Với t = −1 ⇒ D(−1;3) : loại Vậy: B(−3;3) , C (−3;1) , D(1;1) *Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là khai thác từ tính chất trọng tâm trong tam giác,đặc điểm của hình chữ nhật,ta tìm được lời giải của bài toán. Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0 và x − y + 4 = 0 ; đường 1 3

thẳng BD đi qua điểm M (− ;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. Giải A

B N

Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN//AD. Suy ra MN 4 3

có phương trình là x − y + = 0 . Vì N thuộc AC, nên tọa

x + 3y = 0 ⇒ A(−3;1) . x − y + 4 = 0

Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ 

M D

4  1 x − y + = 0 độ của điểm N thỏa mãn hệ  ⇒ N (−1; ) . 3 3  x + 3 y = 0

Đường trung trực ∆ của MN đi qua trung điểm MN và vuông góc với AD, nên có phương trình là x + y = 0 . Gọi I và K lần lượt là giao điểm của x + y = 0 , và tọa độ của điểm x + 3y = 0

∆ với AC và AD. Suy ra tọa độ của điểm I thỏa mãn hệ  x + y = 0 . Do đó I(0; 0), K(-2; 2). x − y + 4 = 0 AC = 2 AI ⇒ C (3; −1); AD = 2 AK ⇒ D (−1;3); BC = AD ⇒ B (1; −3)

K thỏa mãn hệ 

*Nhận xét: Bài này ta chỉ cần sử dụng đặc điểm của hình chữ nhật và kết hợp giả thiết của bài toán ,từ đó tìm được lời giải. Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d: 2 x + y + 5 = 0 và A(-4; 8). Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết rằng N(5; -4). Giải

Do C thuộc d nên C(t; -2t-5). Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD, suy ra I là trung điểm của AC. Do đó I (

t − 4 −2t + 3 ; ). 2 2

Tam giác BDN vuông tại N nên IN = IB, suy ra IN = IA. Do đó ta có phương trình −2t + 3 2 −2t + 3 2 t −4 2 t−4 2 ) + ( −4 − ) = (−4 − ) + (8 − ) 2 2 2 2 ⇔ t = 1. Suy ra C(1;-7) .

(5 −

Do M đối xứng với B qua C nên CM=CB. Mà CB = AD và CM//AD nên tứ giác ACMD là hình bình hành. Suy ra AC//DM. Theo giả thiết, BN⊥DM, suy ra BN⊥AC và CB = CN. Vậy B là điểm đối xứng của N qua AC. Đường thẳng AC có phương trình: 3x + y + 4 = 0 . Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có phương trình: x − 3 y − 17 = 0 . Do đó B(3a+17 ; a). Trung điểm của BN thộc AC nên 3(

3a + 17 + 5 a − 4 )+ + 4 = 0 ⇔ a = −7. 2 2

Vậy B(-4 ; -7). *Nhận xét: Bài này ta chỉ cần sử dụng đặc điểm của hình chữ nhật và kết hợp giả thiết của bài toán ,từ đó tìm được lời giải. Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H (1; 2) là hình chiếu vuông góc của điểm A lên BD. Điểm M  ;3  là trung điểm của cạnh BC, 2  phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là 4 x + y − 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC. Giải: Gọi K là trung điểm của HD . Gọi P là trung điểm của AH. Ta có PK song song và bằng nửa AD ⇒ PK ⊥ AB Mà MH ⊥ KB ⇒ P là trực tâm của tam giác ABK ⇒ BP ⊥ AK Lại có BPKM là hình bình hành nên KM song song BP 9

⇒ AK ⊥ KM 4 -Đường thẳng KM đi qua M  2;  và vuông góc với 

3

AK: 4 x + y − 4 = 0 có phương trình 2 x − 8 y + 15 = 0 Do K = AK ∩ MK ⇒ K  ; 2  2 1





Do K là trung điểm của HD mà H(1; 2) nên D(0; 2) ⇒ phương trình BD: y – 2=0 -Đường thẳng AH đi qua H(1; 2) và vuông góc với BD nên AH có phương trình x – 1=0 Lại có A = AK ∩ AH ⇒ A(1; 0) 39

4 -Đường thẳng BC đi qua M  2;  và song song với AD  3 2 x + y − 12 = 0

nên BC có phương trình Vậy BC: 2 x + y − 12 = 0 . *Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là khai thác từ giả thiết của bài toán ta chứng minh AK ⊥ KM ,từ đó ta tìm được lời giải của bài toán. Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có A(5; −7) , điểm C thuộc đường thẳng có phương trình x − y + 4 = 0 . Đường thẳng đi qua D và trung điểm

của đoạn thẳng AB có phương trình 3x − 4 y − 23 = 0 . Tìm tọa độ của B và C , biết điểm B có hoành độ dương. Giải: Gọi C ( c; c + 4 ) ∈ d1 , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d 2 :3x – 4 y – 23 = 0 . Ta

có ∆AIM đồng dạng ∆CID ⇒ CI = 2 AI ⇒ CI = 2 IA ⇒ I 

c + 10 c − 10  ;  3   3

c + 10 c − 10 −4 − 23 = 0 ⇔ c = 1 ⇒ C (1;5 ) . 3 3 3t − 23  3t − 9   Ta có: M ∈ d 2 ⇒ M  t;  ⇒ B  2t − 5;  4  2   

Mà I ∈ d 2 nên ta có: 3

 3t + 5   3t − 19  AB =  2t − 10;  , CB =  2t − 6;  2  2   

1 4

t = 1

Do AB.CB = 0 ⇔ 4 ( t − 5)( t − 3) + ( 3t + 5 )( 3t − 19 ) = 0 ⇔  29 t=  

 B (−3; −3) (l )  33 21   ⇒  33 21  ⇒ B  ;  B  ;   5 5    5 5 

*Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là khai thác từ tính vuông góc của hình chữ nhật kết hợp với giả thiết của bài toán ta tìm được lời giải của bài toán. Bài tập tự luyện: Bài 1: Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I đường thẳng AB: x − y − 3 = 0 và xI =

9 , trung điểm của một cạnh là giao điểm của d và trục Ox. Tìm tọa 2

độ các đỉnh của hình chữ nhật. Bài 2: Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB, DA tiếp xúc với đường tròn (C): (x + 2) 2 + (y − 2) 2 = 4 , đường chéo AC cắt (C) tại các điểm M (

−16 23 ; ) và N thuộc trục Oy. 5 5

Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết điểm A có hoành độ âm , điểm D có hoành độ dương và diện tích tam giác AND bằng 10. Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 6, đường chéo AC: x + 2 y − 9 = 0 . Điểm M(0; 4) nằm trên cạnh BC, đường thẳng CD đi qua điểm N(2; 8). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh C có tùng độ là một số nguyên. 40

Bài 4: Cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B, C thuộc trục tung. Đường chéo AC: 3 x + 4 y − 16 = 0 . Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Bài 5: Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 48, đỉnh D(-3; 2). Đường phân giác có phương trình x + y − 7 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh B biết điểm A có hoành độ của góc BAD dương. Bài 6: Cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh C(3; -1). Gọi M là trung điểm của cạnh BC, đường thẳng DM có phương trình y − 1 = 0 . Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d: 5 x − y + 7 = 0 và điểm D có hoành độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh A và D. Bài 7: Cho hình chữ nhật ABCD có AD: 2 x + y − 1 = 0 , điểm I(-3; 2) thuộc BD sao cho IB = −2 ID . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết xD>0 và AD=2AB. Bài 8: Cho hình chữ nhật ABCD có AB=2AD. Gọi N là trung điểm của cạnh BC sao cho M là điểm thuộc cạnh CD sao cho DC=4DM. Biết tọa độ M(1; 2), phương trình đường thẳng AN là 4 x − y + 5 = 0 . Tìm tọa độ điểm A biết xA<-0, 5. Bài 9: Cho hình chữ nhật, hai đường chéo lần lượt có phương trình d1: 7 x + y − 4 = 0 và d2: x − y + 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh của hình chữ nhật biết nó đi qua điểm M(-3; 5). d) Bài toán về hình bình hành: *Đặc điểm:Hình bình hành có hai cặp cạnh đối song song và bằng nhau, hia đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường , hình bình hành ABCD có diện tích S ABCD = 2 S ABC = 2 S DAC = 2 S ABD = 2 S BCD ; S ABCD =

1 AC.BD.sin( AC , BD ) 2

Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(2; 0), B (3; 0) và diện tích bằng 4. Biết rằng giao điểm của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y = x , hãy tìm tọa độ của các đỉnh C, D. Hướng dẫn: Gọi I là giao điểm của hai đường chéo của hình bình hành, thế thì I (a; a) với a là số thực nào đó. Suy ra C (2a − 2; 2a), D(2a − 3; 2a). Từ đó , do diện tích của hình bình hành bằng 4 nên d (C , AB). AB = 4 ⇔ 2a = 4 ⇔ a = ±2 . Với a = 2 ⇒ C (2; 4), D(1; 4) Với a = −2 ⇒ C (−6; −4), D(−7; −4) . *Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là khai thác từ diện tích hình bình hành kết hợp gỉa thiết của bài toán ta tìm được lời giải cho bài toán. Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD . Điểm M (−3; 0) là trung điểm của cạnh AB, điểm H (0; −1) là hình chiếu vuông góc của B trên AD và điểm 4  G  ;3  là trọng tâm của tam giác BCD. Tìm tọa độ các điểm B và D. 3 

Giải: Gọi E và F lần lượt là giao điểm của HM và HG với BC. Suy ra HM = ME và HG = 2GF Do đó E ( −6;1) và F (2;5). Đường thẳng BC đi qua E và nhận véctơ EF làm véctơ chỉ phương, nên BC : x − 2 y + 8 = 0 . Đường thẳng BH đi qua H và nhận EF làm véctơ pháp tuyến, nên BH : 2 x + y + 1 = 0. 41

Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình: x − 2 y + 8 = 0 . Suy ra B(−2;3) .  2 x + y + 1 = 0

Do M là trung điểm của AB nên A(−4; −3). Gọi I là giao điểm của AC và BD , suy ra  3 GA = 4GI ⇒ I  0;  .  2

Do I là trung điểm của BD , nên D(2; 0). *Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là khai thác từ tính đối xứng và tính chất trọng tâm trong tam giác, từ đó ta tìm được lời giải cho bài toán. Bài tập tự luyện: Bài 1. Cho hình bình hành ABCD có A(4; 0) phương trình đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ B của tam giác ABC là 7 x + 4 y − 5 = 0 . Phương trình đường trung trực của đoạn BC là 2 x + 8 y − 5 = 0 . Tìm tọa độ các điểm B, C, D. Bài 2. Cho hình bình hành ABCD có A(1;5) . Điểm H (1;3) là hình chiếu vuông góc của B trên AC và đường trung trực của BC có phương trình x + 4 y − 5 = 0 . Tìm tọa độ các điểm B, C, D. e)Bài toán về hình thang: *Đặc điểm: -Hình thang có hai cạnh đáy song song, có diện tích bằng đáy lớn cộng đáy nhỏ sau đó nhân với đường cao chia 2; -Hình thang cân có là hình thang có hai cạnh bên bằng nhau ⇒ đường nối trung điểm của hai đáy là đường cao; -Hình thang vuông là hình thang có một cạnh bên vuông góc với hai đáy. Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD có phương trình x+2y-6=0 và tam giác ABD có trực tâm là H(-3; 2). Tìm tọa độ các đỉnh C và D. Giải: Gọi I là giao điểm của AC và BD ⇒ IB = IC . Mà IB⊥IC nên ∆IBC vuông cân tại = 450 . BH ⊥ AD⇒BH ⊥ BC⇒∆HBC I ⇒ ICB vuông cân tại B⇒I là trung điểm của đoạn thẳng HC. Do CH ⊥ BD và trung điểm I của CH thuộc BD nên tọa độ điểm C thỏa mãn hệ 2(x + 3) − (y − 2) = 0  . Do đó C(-1; 6) x −3 y+2  2 + 2( 2 ) − 6 = 0

Ta có: IC IB BC 1 CH 10 = = = ⇒ ID = 3IC ⇒ CD = IC 2 + ID 2 = IC 10 = =5 2 . ID ID AD 3 2 t = 1 Ta có: D(6-2t; t) và CD = 5 2 suy ra (7 − 2 t) 2 + (t − 6) 2 = 50 ⇔  t = 7 42

Do đó D(4 ; 1) hoặc D(-8; 7). *Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là khai thác từ đặc điểm của hình thang cân có hai đườn chéo vuông góc, tỉ lệ hai cạnh đáy, từ đó ta tìm được lời giải cho bài toán. Bài 2. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AB, CD; hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau. Biết A(0;3), B(3; 4) và C nằm trên trục hoành . Xác định tọa độ đỉnh D của hình thang ABCD. Hướng dẫn: C ∈ Ox ⇒ C (c;0) DC : x − 3 y − c = 0 ⇒ D(3d + c; d ) AC (c; −3); BD(3d + c − 3; d − 4) AC ⊥ BD ⇒ 3dc + c 2 − 3c − 3d + 12 = 0(1) 3 7 I là trung điểm AB ⇒ I  ;  2 2 3d + 2c d  J là trung điểm DC ⇒ J  ; , 2  2 8 − 3c (2) từ IJ ⊥ AB ⇒ d = 5 c = 6 Thay (2) vào (1) có: 2c − 9c − 18 = 0 ⇔  c = − 3 2  +Với c = 6 ⇒ d = −2 ⇒ D(0; −2)(t / m) 3 5 5 +Với c = − ⇒ d = ⇒ D  6;  (ktm) 2 2  2 Vậy D(0; −2) . 2

*Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là khai thác từ đặc điểm của hình thang cân có hai đường chéo vuông góc, từ đó ta tìm được lời giải cho bài toán. Bài 3. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và B. Đường chéo AC nằm trên đường thẳng (d ) : 4 x + 7 y − 28 = 0 . Đỉnh B thuộc đường thẳng ∆ : x − y − 5 = 0 , đỉnh A có tọa độ nguyên. Tìm tọa độ A, B, C biết đỉnh D(2;5) và BC = 2 AD. Giải: Gọi E là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. B ∈ (∆) ⇒ B (b; b − 5). Ta có: b = 3 4b + 7(b − 5) − 28 4.2 + 7.5 − 28 d ( B, AC ) BE BC  = = =2⇔ = 2. ⇔ 11b − 63 = 30 ⇔ b = 93 d ( D, AC ) DE AD 42 + 7 2 42 + 7 2  11

B và D ở khác phía đối với đường thẳng AC nên

( 4 xB + 7 yB − 28 )( 4 xD + 7 yD − 28 ) < 0 ⇔ (11b − 63) .30 < 0 Do đó ta được b = 3 ⇒ B(3; −2) Ta có: A ∈ (d ) ⇒  a;   −4a + 42  BA  a − 3;  7  

28 − 4a   −4 a − 7   ⇒ DA =  a − 2;  và 7  7  

Do đó : ( −4a − 7 )( −4a + 42 ) = 0 DA.BA = 0 ⇔ ( a − 2 )( a − 3 ) + 49 a = 0 2 ⇔ 65a − 385a = 0 ⇔  77 a = (l ) 13  Vậy A(0; 4), B(3; −2), C (7; 0).

*Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là khai thác từ tỉ lệ của hai cạnh đáy, ta suy ra tỉ lệ khoảng cách từ B, D đến AC và kết hợp với đặc điểm của hình thang vuông, từ đó ta tìm được lời giải cho bài toán. Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D; AB = 2AD, CD = 3AD. Đường thẳng BD có phương trình x − 2 y + 1 = 0 , đường thẳng AC đi qua điểm M(4; 2). Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng diện tích ABCD bằng 10 và điểm A có hoành độ nhỏ hơn 2. Giải: -Gọi I = AC ∩ BD , H là hình chiếu vuông góc của B trên CD. Ta có: 1 1 + tan D1 + tan C1 tan = 2 3 =1 AID = tan ( D1 + C1 ) = 1 − tan D1.tan C1 1 − 1 . 1 2 3 0 ⇒ AID = 45

-Đường thẳng AC có dạng : a( x − 4) + b( y − 2) = 0 ⇔ ax + by − 4a − 2b = 0 -Góc giữa AC và BD bằng 450 nên cos450 =

a − 2b 2

⇔ 3a 2 + 8ab − 3b 2 = 0

a +b . 5  a = −3 Chọn b = 1 ⇒  1 a = 3 

Suy ra phương trình AC là x + 3 y − 10 = 0 hoặc 3x − y − 10 = 0 . BE AB IA AD 3 = =2⇒ = = . EH CH IE BE 2 ( 2 AD + 3 AD ) AD = 10 ⇔ AD = 2 ⇒ AI = 4 10 Ta có: S ABCD = 2 5 17 11 +Nếu AC: x + 3 y − 10 = 0 , suy ra I  ;   5 5

Gọi E = BH ∩ AC , ta có :

t = 3 2 2 4 10 17   11  32  Gọi A (10 − 3t; t ) thì từ AI = ta có: 10 − 3t −  +  t −  = ⇔  7 t = 5 5  5 5   5 29 7 Suy ra A(1;3), hoặc A  ;  . Do x A < 2 ⇒ A(1;3) .  5 5 21 13 +Nếu AC: 3x − y − 10 = 0 , suy ra I  ;  .  5 5

Gọi A ( t;3t − 10 ) thì từ AI =

4 10 ta có: 5

t = 5 2 2 13  32  21   ⇔  17 (không thỏa mãn)  t −  +  3t − 10 −  = t = 5   5 5  5 

Vậy A(1;3) . *Nhận xét: Điểm mấu chốt của bài toán chính là khai thác từ tỉ lệ giữa các cặp cạnh của hình thang ,ta nghĩ đến góc và khai thác từ diện tích của hình thang, kết hợp với giả thiết của bài toán, từ đó ta tìm được lời giải cho bài toán. Bài tập tự luyện: Bài 1. Cho hình thang ABCD với hai đáy AB và CD, biết B(3;3) , C (5; −3) . Giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng d: 2 x + y − 3 = 0 và CI=2BI. Xác định tọa độ của điểm A và điểm D biết tam giác ACB có diện tích bằng 12, xA<0, xI>0. Bài 2. Cho hình thang ABCD vuông tại A và D có AB=AD<CD, B(1; 2) đường thẳng BD có phương trình y − 2 = 0 . Biết đường thẳng d: 7 x − y − 25 = 0 cắt các đoạn thẳng AD, CD lần lượt tại hai điểm M, N sao cho BM vuông góc với BC và tia BN là tia phân giác . Tìm tọa độ điểm D biết D có hoành độ dương. của góc MBC Bài 3. Cho hình thang ABCD vuông tại A(1;1) và B. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BM=2AM, điểm N (1; 4) là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng CD. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D biết CM vuông góc với DM, điểm B thuộc đường thẳng d: x+ y−2=0. Bài 4. Cho hình thang cân ABCD có AB=2CD. Phương trình các đường thẳng AC là x + y − 4 = 0 và đường thẳng BD là x − y − 2 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành biết hoành độ của A và B dương và diện tích của hình bình hành bằng 36. Bài 5. Cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng 18, CD: x − y + 2 = 0 . Hai đường chéo AC và BD vuông góc nhau và cắt nhau tại I (3;1) . Viết phương trình đường thẳng BC, biết C có hoành độ âm. Bài 6. Cho ABCD là hình thang vuông tại A và B, có diện tích bằng 50, đỉnh C (2; −5) , 1 2

AD=3BC. Biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm M (− ;0) , đường thẳng AD đi qua điểm N (−3;5) . Viết phương trình đường thẳng AB biết đường thẳng AB không song song với trục tọa độ. ---------------------------------------Hết---------------------------------------------