[tailieulovebook.com] - Chinh phục hình học giải tích Oxy

Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

CHINH PHỤC HÌNH HỌC GIẢI TÍCH OXY do GIA ĐÌNH LOVEBOOK biên soạn
Đội ngũ anh em tham gia: Nguyễn Anh Văn, Lê Hoàng Nam, Nguyễn Hà Ngọc Thiện, Hoàng
Thị Ngọc Ánh,
Nguyễn Ngọc Huyền, Bùi Quang Nhật.
Phiên bản 2.0 có thêm sự tham gia của đệ Nguyễn Đình Huynh.
Nxb: ĐH quốc gia HN
Số trang: 496 trang khổ A4
Ngày phát hành toàn quốc: 25/09/2015
Giá: 179.000 vnđ
Đặt trước sách Lovebook phiên bản 2.0: />Giải đáp các thắc mắc trong sách Lovebook: />Tài liệu Lovebook chọn lọc: />Kênh bài giảng Lovebook: />Đăng ký nhận tài liệu thường xuyên Lovebook: goo.gl/ol9EmG

1


NHÌN LẠI CÂU HÌNH HỌC PHẲNG ĐỀ THI ĐẠI HỌC 2015-VÀ CUỐN CHINH PHỤC HÌNH HỌC GIẢI
TÍCH ĐÃ GIÚP
GÌ CBẠ
HON.CÁC
Câ
u H8:vuông
thigóc
quốc
gia
2015]
Trong
mặt
phẳng

hệsử
tọa
Oxy,đối
cho
tam
giác
vuông
A.
Gọi
là[Đề
hình
chiếu
vuông
góc
củaTìm
A
trên
BC;
D H(-5;-5),
làđộ
điểm
xứng
BABC
qua
H; của
K làtại
hình
chiếu
của
Cx-y+10=0.

trên
đường
thẳng
AD.
Giả
K(9;-3)
vàcủa
trung
điểm
cạnh
AC
thuộc
đường
thẳng
tọa cạnh
độ điểm
A..
Bình
luận:
Chắc
bạn
cũng
đã làm
tìm lời
giải
chogo
bài
này tài
rồi đúng
không

nàocủa
.
Bài
viết
mình
xin bày
giới này
đếntheo
các
bạn và
1 cách
mà
theo
quan
sát các
liệu trên
mạng
mình
thì này
chưa
ai nhiều
trình
hướng
này.
Nào
let’s
;) .toán
Chúng ta sẽ phác thảo hình
vẽ nhé:

Phân tích:
 Trước tiên, ta vẽ hình một cách chuẩn xác và đi từ dữ kiện nhỏ nhất, dễ thấy nhất. Đó
chính là tam giác
ABC vuông tại A với đường cao AH. Từ các dữ kiện này, ta có thể suy ra tích vô hướng
giữa các vecto
tương ứng bằng 0, rất dễ để suy ra một phương trình nhưng nó có hiệu quả hay không
thì còn phải cân
nhắc. Tiếp theo, D là điểm đối xứng của B qua H, ta dễ suy ra tam giác ABD có đường
cao AH đồng thời
là trung tuyến, suy ra tam giác ABD cân tại A, từ đó ta lại có thêm các giả thiết về cạnh
và góc bằng nhau.


 Tiếp theo, một dữ kiện khó nhìn hơn, nhưng thực ra lại là mấu chốt, đó chính là các
góc vuông ở giả
thiết. Cạnh AC được điểm H nhìn dưới một góc vuông, và điểm K cũng nhìn cạnh AC
dưới góc vuông
như vậy, theo giả thiết. Từ đây rất dễ nhận thấy AHKC là tứ giác nội tiếp, tuy nhiên,
ta phải cân nhắc


dùng
tính
chất
làhoàn
trung
điểm
của
AC,
dễ

ngay
MMH=MK
chính
làcác
tâm
đường
tròn
nội
tiếp
ấy.nào.
Điểm
MM
ấy
cómột
thể
tìmnữa.
ra thấy
nhờ
xâu
chuỗi
thiết
của
đề
bài.
Tham
số Gọi
hóa
điểm
M,
tatoàn

được
phương
trình,
lạivừa
có
nên
M
đường
trung
trực
của
HK,
ta có
một
phương
trình
Giải việc
hệ
lập
được,
ta giả
cóthuộc
ngay
tọa đây,
độ
điểm
M.
 Đến
chúng
ta

sẽ
phải
suy
luận
để
ra
được
MẤU
CHỐT
BÀI
TOÁN
LÀ
THẤY
ĐƯỢC
HA=HK
…
một
cách
để
ta
đã
biết
như:
hình
mìnhnữa
dùng
thước
đó
( án
cách

này
cũng
xui
:D
không
có
tính kẻ
logic
gì chính
hết), xác
Cònrồi
khác
như
các
đáp
mà
các
bạnhện
đọcxác
đóđịnh
là vìkiểu
suy
luận:

HKA
 HCA

HAB  mà ACH  BAH  HKA nên tam giác AHK cân tại H, suy ra HA=HK. Nếu
HAD
 HAD

bắt suy
luân kiểu này thì đúng là bàn toán quá khó… VÌ nó có quá nhiều dữ kiện…. để liên hệ
lại…
 Minh tin chắc khi các bạn biết đến đinh lý này thì bài toán
này rất dễ:
Tính chất quen thuộc ai cũng để ý : 2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung thì 2 góc đó bằng
nhau. Nhưng các
bạn có để ý đến : 2 góc nội tiếp bằng nhau chắn 2 cung khác nhau thì 2 cung đó bằng
nhau. VD:

BAD  DAC  BD  DC

2 định lý có trong sách giáo khoa lớp 9 đó  .
Như vậy giả sử bạn biết tính chất số 2 mình nói thì áp dụng vào bài này luôn nha.
A

B

H

C

Khi gặp tam giác vuông này các bạn cũng rất quen thuốc với dữ kiện BAH  BCA
Dữ kiện tam giác BAC cân sẽ dễ dàng đưa ta đến suy nghĩ BAH  HAK
Từ
dữ kiên
trênđược
ta cógiải
HAK
 ACH . HAK chắn HK, HCA chắn cung AH nên ta có AH=HK.

Bài2toán
coi như
quyết.


Cuốn
CHINH
PHỤC
HÌNH
HỌC
GIẢI
TÍCH
nhóm
mình
viết
đãtrang
đưa
tính
chất
vào
phần
lí
thuyết
củabạn
cuốn
sách.
Và
nếu
bạn
đọc

, nhóm
đã
sử
tích
nàynày
để
1
bài
toán
tương
đó
là bài
toán
1 rồi
–cảm
phần
tập
lớndụng
246
phiên
bản
1.0.
Rất
vui
khi
nhiều
sau
khitự,
thi
xong

đã
gửu
lời
ơnbài
đến
nhóm
tác giả
vìchất
đã
giúp
cácgiải
bạnquyết
đó giải
quyết
bàitoán
này 1
cách
dễ
dàng.
Điều
nóithì
ở kết
đây
là gìkhông
? sẽ
rất
nguy
hiểm
nếu
các

bạntrong
không
biết
đến
tính (SGK
chất
này
mặc
dùmuốn
đây
quả
cần
chứng
minh,
nódụng
đúng
mọi
trường
hợp
lớp
Theo
đáplà
cáibạn
này
bạn
phải
chứng
minh…
như
nếu

bài
toán
toán
biến
đổilà
cái
điánmột
thì các
lạicác
không
biêt
đường
mà
sử
lạivậy
phải
mògặp
cách
suy
luân
để
ra – 9).
nó
rấthình
khó.
Trích câu 1 trang

246
Bài 1: Trong hệ trục Oxy cho tam giác ABC có A  4;3 , đường phân giác trong góc A có
phương trình x – y –1=0

3

và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
là I
2;
. Viết phương trình cạnh BC biết

diện tích tam giác ABC


2

gấp 2 lần diện tích tam

giác IBC.
Bài giải:
IA =

5
2

2

 (C):  x -2
3

+
y


=


25

2

2



4

Tọa độ D là nghiệm hệ phương trình:
 x – y –1= 0

 2 
3
 x -2 + y - 2





x=
2
-1


25


=

 

2
4
y =2



1
-1 

 1D 
; 2 2 




AD là phân giác trong góc BAC  BAD=DAC  BD= DC  D là
điểm chính giữa cung BC 

Phương trình  ID :

x

3
y - -8x+6y +7=0
=-1 23

-2
1

-2
2 2 2

ID BC


-6.2- 8.

SΔABC =2SΔIBC 
d  A;  BC  = 2d  I;  BC  


Mà ID BC (BC):-6x – 8y +m
=0


Vậy phương trình  BC  : 3x +4y =0

-6.4 - 8.3 + m
2

6
2
+8

3

+m
2
=2 2
2
6 +8

m - 48 =2 m -24  m =0


XIN MỜI CÁC EM THAM KHẢO TRÍCH ĐOẠN CUỐN SÁCH CỦA NHÓM PHIÊN BẢN 2.0

PHẦN 2.TỪ BÀI TOÁN GỐC HÌNH HỌC PHẲNG ĐẾN BÀI TOÁN
GIẢI TÍCH
PHẲN
G
Bài toán gốc 2:
Cho hình chữ nhật ABCD có K là trung điểm của CD. Gọi H,M lần lượt là hình chiếu của
B
trên AC và trung điểm của AH. Chứng minh rằng BM  MK.

Chứng minh.

ME AB KC
.
Gọi E là trung điểm của HB suy ra ME là đường trung bình trong  AB

HAB nên
ME   KC


2
Do đó tứ giác MECK là hình bình hành. Mà ME  BC suy ra E là trực tâm tam giác AMC
CE  MC. Mặt khác
CE MK nên ta suy ra BM  MK.

Ta có điều phải chứng minh.
* Nhận xét: trong bài toán gốc này, ta không chú trọng vào một tính chất nào mà sẽ phải
biển đổi dựa trên kết
quả gốc. Để hiểu rõ hơn thì chúng ta sẽ đến với một số bài toán sau.
Bài toán 2.1
Cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B,C lần lượt thuộc d1 : 2x  y  2  0, d2 : x  y  5  0. Gọi H


9 2
;
là hình chiếu của B xuống AC. Biết M
lần lượt là trung điểm của AH và CD.

5

, K  9,2


Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết điểm C có hoành độ lớn hơn 4.

 Phân tích.


Giảđiểm
thiết

của
bài
toán
đề
cập
xoay
quanh
các
điểm
làBằng
M,K,B,C.
Sau
khi
vẽ
hình
xong,
việc
mà
chắc
hẳn
chúng
thường
làm
làbiệt
sẽKhi
tìm
ba
nào
đó
có

quan
hệ
đặc
với
nhau.
cách
áp
thước
thật
chính
xác,
chúng
tamối
sẽtanhận
ra
được
BM  MK.
chúng ta xác định đươc điều này, không hẳn một mực
là tin đó là tính chất. Dựa trên giả thiết bài toán, hai
điểm đã cho sẵn là M,K . Hơn nữa điểm còn lại chính là
một phần của yêu cầu bài toán. Khi đó thì chúng ta mới
thừa nhận để sử dụng tính chất này. Sau khi công đoạn
đầu xong xuối, chúng ta tìm cách để chứng minh được
tính chất trên. Thật là khó nếu cứ nguyên si hình mà ta chứng minh. Bằng cách nào đó thì
chúng ta nên tạo
thêm một điểm đặc biệt có ích. Chúng ta nên xuất phát từ chính điều cần chứng minh, BM 
MK. Một lời khuyên
là ta nên tạo thêm điểm sao cho xuất hiện một đường khác cũng vuông góc với BM hoặc
MK. Mà bài toán đã
cho hai điểm M,K là trung điểm, ta cần đường song song, vậy nên chọn MK là thích hợp hơn

để dễ kẻ đường
song song. Bây giờ công việc dẫn dắt đến là tìm một đường song song với MK. Ta mạnh dạn
dê thước từ từ vói
phương trình với phương của đường MK và và dừng lại tại một điểm cố định nào đó. Kĩ năng
của việc này là
sau khi kẻ, điểm mới được tại sẽ lại có một mối liên hệ nào với điểm cho sẵn, để thuận tiện
việc chứng minh.
Chọn điểm C để bắt đầu vẽ. Ta kẻ đường thẳng qua C song song với MK. Lấy giao điểm với
cạnh BH tại E.
Theo cách dực ta có nhận xét BE  MC và CE  BH suy ra E là trực tâm của tam giác
MBC. Từ đó suy ra là
trung điểm của BH. Đây là mục đích chính của chúng ta, tìm bản chất của điểm cần dựng
thêm. Và đi ngược từ
dưới lên trên, ta sẽ chứng minh được. Bây giờ tính đi tìm các điểm còn lại. Còn một giả thiết
chưa đụng đến là
điều kiện tọa độ điểm C. Vì vậy ta sẽ nhắm tới điểm C trước. Một suy nghĩ nhanh nhẹn là có
điều kiện thì sẽ có
hai nghiệm để loại. Với điểm M nằm trơ như vậy thì không lợi dụng được gì rồi. Còn lại hai
điềm B,K . Lại có
BC.CK  0 nên việc tìm C coi như xong. Kế đến, xét với M là trung điểm AH nên việc tìm H
sẽ giúp được tìm
A. Mà BH  MC nên coi như xong việc tìm H , kế đó tìm được A qua tâm hình chữ nhật
tìm được D.
Lời giải:
ME AB KC
.
Gọi E là trung điểm của HB suy ra ME là đường trung bình trong  AB

HAB nên
ME   KC


2


Do đó tứ giác MECK là hình bình hành. Mà ME  BC suy ra E là trực tâm tam giác AMC
CE  MC. Mặt khác
CE MK nên ta suy ra BM  MK.

Phương trình đường thẳng BM qua M vuông góc MK là 9x  2y  85  0.
9x  2y  85 
hệ
x 
 0

B 11;4  .
Tọa độ điểm B là nghiệm của

2x  y  2  0
y  4
c  9  C  9;4
x
4
Gọi C  c;c  5 , ta có BC.CK  0   c  9 2c  8   0  
 C  C  9;4  .
c  4  C  4; 1

Phương trình đường thẳng BH : 2x  y  6  0. Phương trình MC : x  2y  1  0.




2x  y  6  0 
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ


x  2y  1  0

Từ
suyđó
ra suy ra tâm hình chữ nhật 5;2 và

x
13
5


y 
4

H

 13 4 
;
 A 1;0 .



5 5 

[ 5
D  9;0 .

Bài toán 2.2
Cho hình thang ABCD vuông tại A,D có CD  2AB. Gọi H là hình chiếu của D lên AC.
Điểm
 22 14 
M
;
là trung điểm của HC. Biết đỉnh D 2;2 và điểm B thuộc d : x  2y  4  0. Tìm
5
5
tọa


độ các đỉnh của hình thang ABCD.
 Phân tích.
Đọc qua đề bài toán, chúng ta tính ý sẽ nhận ra
câu văn có sự quen thuộc, chỉ khác đây là hình
thang với điều kiện độ dài hai đáy? Phần thiếu là
phần lo, chúng ta cứ liều mà nối thêm vào cho
trọng vẹn một hình chữ nhật xem? Dựng hình chữ
nhật ADCE , vẽ các điểm như giả thiết đưa ra.
Thật tuyệt vời! Bài toán không hề có sự thay đổi
gì nhiều ngoại trừ cắt xén phần thừa ra. Đến đây
các bạn có thể yên tâm mà chiến đấu với nó. Tuy
vậy với các bạn còn xa lạ với bài toán này, ở đây
chúng ta cùng nghĩ thêm một phương pháp mới,
phương pháp TỌA ĐỘ HÓA. Về phương pháp này
thì chỉ nên áp dụng cho những bài toán có tính đối
xứng hoặc có giả thiets đặc biệt. Ta thường chọn ba điểm để làm gốc. Do đây là hình thang
vuông tại A và D

nên ta sẽ chọn điểm A hoặc D làm gốc, và từ đó biểu diễn các điểm còn lại theo ẩn và thực
hiện các phép toán
chứng minh. Một điều cần lưu ý thêm ở bài toán với hình thang có tỉ lệ độ dài hai cạnh đáy đó
là việc ứng dụng
IB
IA
AB
1
định lí Thales để xây dựng qun hệ tọa độ. Xét


 , đây cũng sẽ là một tính
chất được ứng dụng
ID IC CD 2
nhiều. Sau khi chứng minh được DM  MB ta sẽ tìm được tọa độ B , áp dụng công thức ID
 2IB  tọa độ I .


Viết phương trình DH và AC ta tìm được H suy ra tọa độ C và A.
Lời giải:
c 
;a ,C  c;0 , D 0,0 .
Chọn hệ trục tọa độ vuông góc với A  0;a  , B

2



Phương trình đường thẳng AC : ax  cy  ac  0. Phương trình DH : cx ay  0.

Tọa độ điểm H
thỏa: 

ax  cy  ac
0
cx  ay  0

 a 2c
H



;
2

2

a  c

ac


2


2
2
a c 



3

2

c  2a c

ac



2

.
 M ;
 2 a2  c2 2 a2  c2 










2



3

2



2



2

3



ac c  2a c  ac ac  2a
Do đó DM.MB 
 0  DM
 2MB.2
4 a c





Phương trình đường thẳng BM qua M vuông góc với MD là 3x  y  16  0.
3x  y  16  0
x  4


 B  4;4  .
Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ


Gọi I  AC BS. theo
Thales ta có

x  2y  4  0




y4

AB IB IA 1
 10 10 
    DI 
; .
2IB  I 
CD ID IC 2
3 
3

Phương trình AC qua I và M là x  2y  10  0. Phương trình DH : 2x  y  2  0.

x
14
 x  2y  10  0
 14 18 
5

Tọa độ điểm H thỏa mãn

 ; .
hệ 
H
5 
5
2x  y  2  0
y 
18
 5
Do M là trung điểm của HC nên suy

C  6;2 .

ra tọa độ
Từ đẳng thức CI  2IA  A  2; 4 .

Bài toán gốc 3:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I. Gọi E,F lần lượt là chân đường cao kẻ từ
B,C.
Chứng minh rằng IA  EF.
Chứng minh.
Từ A kẻ tiếp tuyến Ax với  I,IA  .
Do BEC  CFB  90  tứ giác
AFE  ECB (do cùng bù với BFE ).

BFEC

nội

Mặt khác ta có xAB  xAB  AFE suy ra Ax EF .
Mà Ax  IA nên IA  EF.
ACB

tiếp

suy

ra


(cùng chắn AB ) nên
suy ra

Hay ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.1
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn C  : x2  y2  5. Đường thẳng AC đi qua K 2;1 .
Kẻ hai đường cao BM và CN. Biết phương trình MN : 4x  3y  10  0 và hoành độ A
dương.
Tìm tọa độ các điểm A,B,C.


 Phân tích.
Đọc xong bài toán, bước đầu là nhắm đến xem tìm được cái gì
trước. Bây giờ mà lấy giao điểm của MN và đường tròn  C  thì
tạo ra hai điểm không liên quan gì cả. Vì vậy ta cần lồng ghép
các giả thiết với nhau. Từ phương trình đường tròn, ta có được
O  0;0 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Theo tư duy
tức thời thì có một điểm, một phương trình đường thẳng ta sẽ

cố gằng tìm ra được hai đường thẳng vuông góc hoặc song song
với đường thẳng MN. Từ phương của đường MN , cầm thước
rà theo phương vuông góc với MN , ta sẽ phát hiện được mối
liên hệ MN  Nếu muốn thử lại thì có thể vẽ một hình vẽ
IA.
khác
đểminh
kiểm
chứng,
vẫnsong
thấy
đúng.
Vậy
chúng
ta
bắt
tay
vào
để chứng
minh.
Nhẩm
lại
phương
pháp
minh
hai
thẳng
vuông
góc,
ta có

thể
chứng
một
đường
song
với một
đường
khác
cũng
vuông
góccác
với
đường
IA.
Theo “hình địa”, ta thấy IA là bán kính
của đường tròn, vậy
nên cách đơn giản nhất để tìm ra một đường vuông góc với IA là kẻ tiếp
tai A . Ta
tuyến Ax với  C 
hướng
mục đích tới chứng minh MN

Ax . Phản xạ đầu tiên là cố gắng chứng minh ANM  NAx ,

đây là hai góc so le
trong,
cứgóc
để im
thìTa
không có manh mối gì cả. Bây giờ ta cần một “cầu nối” bắc trung gian

giữa hai
trên.
có nhận xét NAx  (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp). Vậy
ABC

để xem liệu

ANM .
ACBthêm
?việc
Vì hai
góc
ởsát
vị nhận
tríđã
khá
làxét
xa
lạ, Sau
ta
lạiđó,
tiếp
tục
dùng
một
“cầu
nối”
để
khẳng
định

chúng.
Bằng
việc
quan
hình
vẽ,
hợp
tứ
giác
BNMC
nội
tiếp,
ta
có
một
ACB
 kết
BNM

ANM
 thế
BNM

180
ACB

ANM
Công
chứng
minh

hoàn
tất.
ta180,
vẽ
viết
được
phương
trình
IA.
Do
giả
thiết
đưa
ra
điều
của
Acòn
nên
dễ
chúng
ta
loại
được
nghiệm.
Để
ý
một
giả
thiết
còn

sót
lại
là
điểm
Kkiện
,bài
thường
thì
cho
radàng
các
điểm
có
tính
chất
như
này
để
ta
có
thể
viết
được
phương
trình
chứa
nó.
Do
A
có

sẵn
nên
ta
viết
được
phương
trình
AC,
từ
đó
tìm
được
toán
lại
điểm
Ta
sẽ
viết
phương
trình
qua
vuông
góc
với
B.
BM
M
tọa
độ
C.

Yêu
cầu
Lấy
giao
điểm
với
C
ta
tìm
được
AC.
 
B. Phát sinh thêm một điều là ra hai điểm B. Để xem giả thiết còn cái gì ta chưa dùng?
Đây là một điều rất dễ
bỏ qua mà không để ý, đó chính là tam giác ABC nhọn, ta chỉ cần xét BA.BC là
sẽ phân biệt được.
Lời giải:
Từ A kẻ tiếp tuyến Ax với  I,IA  . Đường tròn  C  tâm O 0;0 , bán kính R  5.
Do BMC  CNB  90  tứ giác BNMC nội tiếp suy ra ANM  MCB (do cùng bù với
BNM ).

Mặt khác ta có xAB  ACB (cùng chắn AB ) nên suy ra xAB  ANM suy ra Ax MN .
Mà Ax  IA nên IA  MN.
Phương trình đường thẳng IA qua I vuông góc với MN là 3x  4y  0.
2
3x  4y  0 x
x  4
 16

3 



x 3 y  (do x A  0 )  A  4;3 .
Tọa độ điểm A thỏa mãn

 2 2
x  y  5 y




 
Phương trình đường thẳng AC quaA và4 K là x  3y  5  0.
x  3y  5  0 x
x  4
5
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 
2

2

x  y  5

 

y0
y
3

 C 5;0 .

x  1
x  3y  5  0

4x  3y  10 
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
 0 y  M  1;2 .





Phương trình đường thẳng BM qua M vuông góc với AC là 3x  y  5  0.

0x

y
B 0;5
3x  y  5  0

.
Tọa độ điểm B thỏa mãn  2 2
5

 ; 4 
B  3
x  y  5   x
 3


 y
 4
Với B0;5  BA.BC  40 0 B tù, loại trường hợp này.
Với B 3; 4  BA.BC  20  0 B nhọn,

B  3; 4  .

thỏa mãn, suy ra

Bài toán 3.2
Cho tam giác ABC nội tiếp đường

I

9

;

có phương trình đường thẳng BC là

tròn tâm
3
 2 
x  3y  4  0. Gọi E,F lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C thỏa mãn EF  2 2. biết
điểm
K 6;1 thuộc AC, diện tích AEIF bằng 5 và tung độ điểm C âm. Tìm tọa độ đỉnh A,B,C.

 Phân tích.
Đọc xong bài toán, giọng điệu bài toán nghe quen quen, khi đọc
bài toán lần thứ hai, chắc hẳn chúng ta sẽ thấy ngay sự quen

thuộc của nó. Không quá lâu để nhớ lại tính chất IA  FE. Coi như
một phần của bài toán đã trở nên nhẹ nhõm đi. Nhưng nhìn lại
thì thấy tính chất này vẫn chưa có tác dụng cho lắm. Đọc thêm
giả thiết diện tích và độ dài, bài cho ra ắt hẳn sẽ có liên quan đến
nhau. Để ý tiếp là EF,IA là đường chéo của tứ giác AEIF .. Ta đi
tìm một mối liên hệ giữa chúng. Một công thức quen thuộc của
diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc với nhau
1
S AEIF  IA.EF . Từ đó suy ra độ dài IA  R và viết được phương
2
trình
đường
tiếp BC,
tamđặc
giácbiệt
ABC.
mắn
là
đãtọa
cótròn
phương
trình
cònThật
hơnmay
là
điều
kiện
độ ngoại
điểm
Hướng

đi của
chúng
tađộlà
hoàn
toàn
hợp
Yêu cầu
của bài toán
là tìm
A . điểm
Còn một
đến
làA.
điểm
trình
lấy
với
K. Cókhông
C; Klí.ta
AC,điểm
giả
dùng
ta sẽchưa
suy
ra
được
tọađó
 IC,IA.  thiết
Xét thấy
cóviết

điềuđược
kiệnphương
thêm, ta
kết thúc
bàigiao
toán.


Lời
giải:
Từ A kẻ tiếp tuyến Ax

 I,IA 

với

.

Do BEC  CFB  90  tứ giác BFEC nội tiếp suy ra AFE  ECB
(do cùng bù với BFE ).
Mặt khác ta có xAB  ACB (cùng chắn AB ) nên suy ra xAB  AFE
suy ra Ax

EF .


Mà Ax  IA nên IA  EF.
1

5

Xét tứ giác AEIF có IA  FE  SAEIF 

2

IA.EF  5  IA  R 

3
2 
Phương
trình
đường
tròn
ngoại
tiếp
tam
giác
ABC
là

y

25
9


.
2

x


2
2


2



2

.

 x  1
y  1


 x  3y  4
0

Tọa độ điểm C thỏa mãn

9

 x


2


y

3

y

25 


 C
x  7

2




 2 

 B 1;1 , C 7; 1 .




2



0



2


 y  1
Phương trình AC qua K và C là 2x  y  13  0.
3
 9 2   y 


 x
25


Tọa độ điểm A thỏa mãn

2

hệ 








2x


y

13

0


2 

2



2

 x  7

 y  1

 A  4;5 .

 x  4

 y  5

Và còn nhiều bài toán khác nữa …. Các bạn tìm đọc nha 


PHẦN 5. MỘT SỐ BÀI TẬPCỦA
TỰ CÁC

LUYỆN
VÀ CÁC ĐỀ THI THỬ
TRƯỜNG
Câu
1: tại
Trong
mặt
phẳng
với
hệlấy
tọađiểm
độ Oxy
chocho
tam giác
ABC
tại
A có vuông
AC góc
AB
tia
HC
sao
,vuông
đường
thẳng
HDA;B;C
có
đường
cao
AH.

với
D cắt
AC
tại
; 2hoành
AB
phương
CF
: x Trên
3
yC E
9có
2
0
 và
, đường
tại thẳng
F. D
Tìm
BC
tọađiđộ HA
các
đỉnh
của tam
giác ABC biết
quaBC
K 5trình
;12
điểm
độ

 và
dương
Phân
tích:
Theo
kinh
nghiệm
làm
các
dạng
bài
Oxy
thì
điều
kiện
chúng
ta
ở
cuối
bài
toán
khávào
quan
trọng
trong
việc
xác
định
hướng
làm

1 bài
toán.
Chẳng
hạn
với
bài
toán
trên
đây,
mình
sẽ
ưu
tiên
tìm
điểm
trước
(mình
vì
đề
bài
đã
cho
điều
kiện
độ
C
dương).
Khi
bám
sát

điểm
C nhận
thì
mình
thấy
nó
cũng
có
1dữ
kiện
CF
:đề
x
 3bài
y
 9cho
hoành
0điểm
nên
0 thấy
tìm
Cmỗi
là
rất
khả
quan.
Tiếp
tục
xét
đề

thì
nên
khai
thác
thêm
Eviệc
và
điều
kiện
HA

HD
để
tìm
C(vì
điểm
Kđược
làC1bài
điểm
vu
vơ
trên
BC,
nên
mình
sẽ
không
khai
tìm
Nhưng

đừng
nản
thácC.
K).
Khi
sử
dụng
HA

HD
mình
thu
ADH

45
nhưng
không
khả
quan
lắm
cho
viêc
0
00
0tiếp
0
vì đã
có45
công
cụtứ

giác
khá mạnh
rarồi
được
lẽADH
 45
có góc
mấu
chốt
Oxy
là 
sựnội
linh
hoạt
từ góc
BEA
cũng
chưa
làm
nên
trò
gìđểsuy
nản
đây,
nào
bỏBEA
cuộc
từ đây.
Điểm
BEA 

45 của

ABE
45
lại
sử chống
dụng
thêm
E là trực
tâm có
BCF nên
có
thêm
CFA
 45
0
 ACF  45 . Như vậy tới
đây điều kì diệu đã hé ra, mình có 1 hệ

2d  E;CF   CE .E cố định CF cố định, mình sẽ

thức rất đẹp
CE và giải ra C.

tìm độ dài

Khi có C rồi thì việc còn lại là ghép tọa độ và lập các đường liên quan, rồi tìm B và A
Lời giải
0

0

Ta có BAE  DEA  90  ABDE là tứ giác nội tiếp  ADH  BEA  45
CA  BF
Lại có 
 E là trực tâm tam giác BCF  BE  CF
FD 
BC


Ta có BE qua E(2;-2) và vuông góc với CF:
x  3y  9  0  BE : 3 x  2   y  2  0
3 x  y  8  0

B
H

Ta có tam giác ABE vuông tại A và có:
0

BEA  45  ABE vuông cân tại A
0
0
0
 EBA  45  CFA  45  FCA 
A 45
 2d  E;CF   CE
Gọi C  3t  9; t  . Ta

D

E

C

2d  E;CF   CE  CE  5

có
2

2

Khi đó CE2  3t  11   t  2  5



t  3  C 0;3  L 
 t  4  C 3; 4 

Với C(3;-4), ta có CE   1;2  nCE  2;1  CE :
F
2x  y  2  0
Ta

có:

KC   2
 ; 16  nBC   8; 1  CB :

8x y  28  0
8x  y  28 

 4;4
4

x B
 0

hệ:
Tọa độ điểm B là nghiệm của

3x  y  8  0
y  4
Ta có AB đi qua B  4;4 và vuông góc với CE: 2x  y  2  0
 AB: 1  x  4  2 y  4  0  x  2y  4  0
x  2y
0 x
 0A 0;2
hệ

Tọa độ điểm A là nghiệm của
 4 
2x  y  2  0 y  2
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A(0;2) ;B(4;4) C(3;-4)
Câu
:Trong
cạnh2BC
lần mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, trên tia đối của BA và trên
lượt lấy các diểm E và F sao cho BE  BF , gọi

5 5
 12 29  là giao điểm của CE và AF, biết phương

N
;


FE: y  5  0 và B 3;4  . Tìm tọa độ các đỉnh hình
trình
vuông

Phân
tích:thác
Hìnhkết
vuông
có
những
tính
chát
trộiquan
hơn khai
các
hình
thông
thường,
nêntheo
bài
tập
vềlà
nó
cũng
có
nét

đặc
sắc
riêng.
Nhiều
bài
tập
thác
tính
chất
vuông
góc,
tính
chất
độ
dài
vàchúng
sựvượt
tương
độ
dài
cạnh
và
đường
chéo.....
nhiều
bài
khai
hợp
nhiều
tính

chất
khác
nhau
hình
Bài
toán
này
mình
khá
đặc
sắcnhững
,cần
đểBắt
đi
tính
chất
lớn,
ta
cầncủa
tinh
ý khám
các
tính
chất
nhỏ
ẩn
chưa
trong
hình
vẽ

đầu
giải
1cạnh
bài
toán
Oxy,
mình
thường
chú
trọng
hình
vẽ,
nhiều
người
nói
Oxy
không
sửtới
dụng
hình
vẽ
cũng
làm
được
nhưng
đóvuông.
chỉ phá
là
những
bài

tập
đơn
giản.
Với
những
bài
tập


có
tính
chất
hình
học,
việc
vẽbạn
hình
đúng
đóng
vai vẽ
trò
rất2 quan
để tìm
ra
chìa
khóa
mở
ra
hướng
giải

Mình
khuyên
các
vẽ
hình
hãy
thật
chínhtrọng
xác bằng
các
mô
phỏng
củalại
đề
bài,
sau
đóđo
cóđộ
thể
đoán
các
góc
,khi
cũng
như
đoán
xem
đoạn
nào
nhau

và thử
bằng
thước
và
thước
kẻ
Chẳng
hạn
bài
toán
này,
khiđẹp
vẽ xong
hình
thì
mình
B
A
thấy FE//BD , đồng thời AN và mình đi kiểm
E
 EC
chứng
bằng
cách
minh
đó. là
Khéochứng
léo
tính
góc thử

nhờ chứng
các tam
giácđiều
vuông
việc
minh
song song được thực hiện , và cũng nhờ EF//BD mà
F
N
mình thu được FE  AC . Vậy là F là trực tâm của ACE
I
và hiển nhiên điều minhg đoán AN  EC là hoàn toàn
có căn cứ. Oki, giờ mình sẽ lập BD qua B và song song
với FE. Việc tiếp theo là ràng buộc quan hệ giữa 2
D
điểm cho trước B và N với 1 điểm thứ 3, và mình
nhận thấy điểm I có 1 liên hệ khá đặc biệt với B và N,
C
một hệ thức độ dài mấu chốt IB=IN (nhờ phát
hiện AN  EC mà mình nhận ra tính chất đó khá dễ). Sau đó tham số hóa I và tìm I thôi....
Có I và B mình tìm ngay được D, còn A và C nữa, nhưng đơn giản hơn nhiều công đoạn trước
đó vì tới đây bài
toán trở thành 1 bài xử lí hình vuông cơ bản. Lập AC qua I vuông với BD, tham số hóa A ( hoặc
C) và sử dụng hệ
thức vecto là ra thôi. Nhưng ra tận 2 cặp A;C, có nên chọn hết hay không ???? Muốn biết có
nên loại hay không
thì mình nên xem xét vị trí tương đối giữa A với 1 điểm và 1 đường xác định cho trước và
mình chọn điểm B,
nhân thấy B và A cùng phía với FE nên mình sẽ loại điểm A không thỏa mãn.
Lời giải

Ta thấy ABD  FBE  45

0

( 2 góc nhọn của các tam giác vuông cân ABD và BEF)
0

 FE / /BD (vì cùng tạo với AB góc 45 )  FE  AC
Mặt khác CB  AB Suy ra F là trực tâm tam giác ACE  FA  CE
Ta có FE / /BD  nBD  0;1  BD: y  4  0  Gọi I  t;4  BD

0

Ta thấy ANC  90  N thuộc đường tròn đường kính AC
Tương tự, B thuộc đường tròn đường kính AC  IB  IN
2

2

2

 IN   t  3 
29 t  0  I 0;4   D  3;4 
Ta 12
có IB


 4 
t


 

5
5




Ta có BD   6
 ;0  nAC  1
 ;0  AC : x  0
a  1  A 0; 1
2
Gọi A 0;a  Ta có AB.AD  0  9   4  a   0 
 a7

TH1 A 0;1  C 0;7 . Thay tọa độ A vào FE ta được 1  5  0
Thay tọa độ B vào FE ta được 4  5  0
Suy ra A;B cùng phía với EF(chọn )
TH2 A 0;7  C 0;1 . Thay tọa độ A vào FE ta được 7  5  0


Thay tọa độ B vào FE ta được 4  5  0
Suy ra A;B khác phía với EF(loại )


Vậy tọa độ 4 đỉnh hình vuông cần tìm là A 0;1 ; B3;4 ; C 0;7 ; D  3;4 
Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD với đường thẳng AB;AC
lần lượt có
phương trình là x-y+5=0 và x+3y-7=0. Trọng tâm G của tam giác CDA nàm trên đường

thẳng d:2x-y6=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hìn chữ nhật ABCD

Đây
là thú
1khai
bài
toán
đơn giản
nhưng
với như
bài toán
mìnhđổi
muốn
biết biệt
tớiPhân
1về
cách
khá
vị đó
là khá
lập đường
theo
ẩn cũng
khéonày,
léo biến
các các
điểmbạn
đặc
1tích:
ẩnlàm

để
mình
thác
1 phương trình 1 ẩn để tìm điểm dễ dàng.
Bắt đầu cũng không có gì đặc biệt, tìm được cái gì tì cứ tìm, tìm sớm cho chắc “ăn” một ít
điểm đã, và cũng vì có
càng nhiều dữ kiện thì mở nút bài toán sẽ dễ hơn. Chúng ta cùng tìm điểm A nhé, cách làm
vẫn như thường lệ
là giải hệ tương giao giữa hai đường thẳng chứa A. Xong A 
Bây giờ , mình để ý đề có 3 phương trình 3 đường thẳng, có 2 đường AB và AC xác định còn
đường qua G là 1
đường ngẫu nhiên, nên hãy tập chung vào 2 đường xác định trước. Mình chọn tham số hóa
điểm B nhé, bạn
hoàn toàn có thể làm như vậy với điểm C. Gọi B(b;b+5), thì ta sẽ lập được phương trình BC
qua B và vuông góc
với AB, tất nhiên sẽ theo ẩn b rồi. Sau đó thì tìm C theo b bằng cách giải hệ tương giao, ta
sẽ tìm được tọa độ
điểm C hoàn toàn theo b. Và cũng nhờ tính chất hình bình hành ( giao điểm 2 đường chéo là
trung điểm mỗi
đường mà mình tìm được luôn điểm D). Cuối cùng dùng tới G , bằng công thức trọng tâm
thôi!!!! Tìm tọa độ G
theo b và thay vào phương trình đường thẳng chứa G và giải ra b. Vậy là cùng 1 lúc mình đã
tìm ra luôn 3 điểm
B;C;D rồi. Bắt tay vào làm cho quen nhé!!

Lời giải:
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
x  y  5

0

x0  3y  7


C

A
G

x  2
 A 2;3

y3

D
B



Vì B thuộc AB nên tọa độ B có dạng B(b;b+5)
Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với AB nên
BC có phương trình BC : x  y  2b  5  0
x  y  2b  5  0

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ :


x  3y  7  0






x  3b  4
 C 3b  4;  b 1
y  b  1


 x D  xC  x A  x B 
y D C A
B
2b  2
Ta có ABCD là hình chữ nhật 

y y

 D 2b  2; 2b  1 



 5b  4

Vì
G
là2
;
y1
 trọng
b  1 tâm tam giác ACD nên G
b



 3

 5b  4 
Gd  2
  b  1  6  0  B 1;6 , C 7;0 , D 4; 3
b  1


3


Vậy tọa độ 4 đỉnh của hình chữ nhật là A  2;3 , B 1;6 , C 7;0 , D 4; 3
Câu 4: Cho hình chữ nhật ABCD có điểm E là trung điểm cạnh BC và F là điểm nằm trên
cạnh AD sao cho
FA=3FD. Phương trình BF là 5x+y-5=0, phương trình đường thẳng đi qua B vuông góc với DE
l y 5  0
. Biết điểm C nằm trên đường thẳng  : x  2y  6  0 và tung độ dương, tìm tọa độ các đỉnh
của hình chữ
nhật