kĩ thuật giải nhanh hình học phẳng oxy

NGUYỄN THANH TÙNG 0947141139

KỸ THUẬT GIẢI NHANH HÌNH HỌC PHẲNG OXY
A.Các ví dụ mở đầu (tiếp)
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hình thang
ABCD
vuông tại
A
và
D
có đáy lớn
CD
và
BCD

=
0
45
. Đường thẳng
AD
và
BD
lần lượt có phương trình
3 0
x y
 
và
2 0
x y

 
. Viết phương
trình đường thẳng
BC
biết diện tích hình thang bằng
15
và điểm
B
có tung độ
dương.
Giải :
+) Do


AD BD D
  nên tọa độ điểm
D
là nghiệm của hệ :

3 0
2 0
x y
x y
 


 

0
(0;0)

0
x
D
y


 




Ta có các vectơ pháp tuyến tương ứng của
AD
và
BD
là:

(3; 1), (1; 2)
AD BD
n n
   
 
. Suy ra:

.
3 2
1
cos( , )
10. 5 2
.

AD BD
AD BD
n n
AD BD
n n

   
 
 
ADB

=
0
45

Khi đó tam giác
ABD
và
BDC
lần lượt vuông cân tại
A
và
B
, suy ra :
2
DC
AB AD 
+) Ta có :
2
( ). ( 2 ). 3

15
2 2 2
ABCD
AB DC AD AB AB AB
S AB
 
   
10 2 5
AB BD   
+) Gọi
(2 ; )
B t t
với
0
t


Khi đó :
2 2 2 2
2 5 20 (2 ) 20 4 2
BD BD t t t t
         
hoặc
2
t
 
(loại)
(4;2)
B


+) Đường thẳng
BC
đi qua
(4;2)
B và có véctơ pháp tuyến :
(2;1)
BC BD
n u 
 

(vì tam giác
BDC
vuông tại
B
) nên ta có phương trình :
2( 4) ( 2) 0
x y
    
2 10 0
x y
  

Ví dụ 4. Trong mặt phẳng hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
nội tiếp đường tròn
( )
T

có tâm
(1;2)
I và có trực
tâm
H
thuộc đường thẳng
: 4 5 0
x y
   
. Biết đường thẳng
AB
có phương trình
2 14 0
x y
  
và khoảng
cách từ
C
tới
AB
bằng
3 5
. Tìm tọa độ điểm
C
biết hoành độ điểm
C
nhỏ hơn
2
.
Giải:

H
D
B
M
A
C
2
x
+
y
14 = 0
: x 4
y
5 = 0
I
(1;2)

NGUYỄN THANH TÙNG 0947141139

+) Gọi
M
là trung điểm của
AB

Khi đó
IM
đi qua
(1;2)
I và vuông góc với

AB
nên có phương trình:
2 3 0
x y
  

Suy ra tọa độ điểm
M
là nghiệm của hệ:
2 3 0 5
(5;4)
2 14 0 4
x y x
M
x y y
   
 
 
 
   
 
.
+) Gọi
D
là giao điểm thứ hai của
CI
và đường tròn
( )
T

Ta có:
/ / ( ; )
/ / ( ; )
AH DB AH BC DB BC
AHBD
AD HB AD AC HB AC
 



 

là hình bình hành
M

là trung điểm của
HD

Suy ra
IM
là đường trung bình trong tam giác
2
CHD CH IM
 
 

(*)

+) Do
(4 5; )

H H t t
  
, khi đó
4 5 2(5 1) 4 3
(*) (4 3; 4)
2(4 2) 4
C C
C C
t x x t
C t t
t y y t
     
 
    
 
    
 

+) Ta có
2 2
(1; 3)
1
2(4 3) 4 14
( , ) 3 5 3 5 3 8 5
43 1
13
;
2 1
3 3
3

C
t
t t
d C AB t
C
t




   


       
 




 


 


Do
C
có hoành độ nhỏ hơn
2
nên ta được đáp số bài toán là

(1; 3)
C

.

Ví dụ 5. Trong

mặt phẳng tọa độ , cho hình chữ nhật có điểm nằm trên cạnh sao cho
, trên tia đối của tia lấy điểm sao cho . Đỉnh và điểm nằm trên
đường thẳng . Phương trình đường thẳng . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại
của hình chữ nhật .
Giải:
Cách 1:

+) Gọi là giao điểm của và , khi đó :
(*)
+) Do thuộc đường thẳng
Do thuộc
Oxy
ABCD
M
BC
2
MC MB

DC
N
2
NC ND


(1; 3)
D

A
3 9 0
x y
  
: 4 3 3 0
MN x y
  
ABCD
E
MN
AD
1 1 2 1 1
. 3
2 2 3 3 3
ED MC BC BC AD AD ED
     
 
A
3 9 0
x y
  
( ;3 9)
A a a
 
E
: 4 3 3 0
MN x y

  
(3 ; 1 4 )
E b b
  
NGUYỄN THANH TÙNG 0947141139

Khi đó
+) đi qua và vuông góc với nên có phương trình:
Khi đó tọa độ điểm là nghiệm của hệ
Do là trung điểm của nên suy ra
+) Ta lại có
Vậy
( 2;3), (2;5), (5; 1)
A B C
 
.
Cách 2:

Gọi là giao điểm của và , khi đó :
1 1 2 1 1
. 2
2 2 3 3 3
AE
ED MC BC BC AD
ED
     

Gọi
,
H K

lần lượt là hình chiếu vuông góc của
,
A D
lên
MN
, suy ra
AH
//
DK
nên theo Ta – let ta có:

2 2
4 3.( 3) 3
2 2 2. ( , ) 2. 4
4 3
AH AE
AH DK d D MN
DK ED
  
      


Gọi
( ;3 9)
A t t

, khi đó
2 2
2 ( 2;3)
4 3(3 9) 3

( , ) 4 6 4
10 ( 10; 21)
4 3
t A
t t
d A MN AH t
t A
  
  
 
       
 
   

 

Do
,
A D
khác phía so với đường thẳng
MN
nên ta được
( 2;3)
A

.
Việc tìm tiếp
,
B C
tương tự như cách 1.

(File này được đính kèm với Video bài giảng)

Còn tiếp…
 
1 3(1 3 )
9 2 0
(*) ( 2;3)
3 (3 9) 3 3 ( 1 4 )
4 2 2
a b
a b b
A
a b
a b a
  

   
 

    
  
       
    

 

CN
(1; 3)
D


AD
2 7 0
x y
  
N
2 7 0 3
( 3; 5)
4 3 3 0 5
x y x
N
x y y
    
 
   
 
    
 
D
CN
(5; 1)
C

5 2 1 2
(2;5)
1 3 3 5
B B
B B
x x
CB DA B

y y
    
 
   
 
   
 
 
E
MN
AD