skkn phân tích các tính chất hình học để giải các bài toán về tứ giác đặc biệt trong hệ oxy

Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

MỤC LỤC
Phần I

Phần II

Đặt vấn đề
I. Lý do chọn đề tài

3

II. Giải quyết vấn đề
1. Cơ sở lý luận của vấn đề

3

2. Thực trạng của vấn đề

4

3. Mục đích yêu cầu

5

4. Các biện pháp đã tiến hành giải quyết vấn đề

5

Nội dung
I. Cơ sở lý thuyết

3

6

A. Véctơ và các phép toán

6
6

B. Hệ tọa độ - Tọa độ véctơ – tọa độ điểm
C. Phương trình đường thẳng

7

II. Các dạng bài tập minh họa
1. Dạng 1: Hình bình hành
A. Nội dung phương pháp
B. Bài toán rèn luyện
2. Dạng 2: Hình thang
A. Nội dung phương pháp
B. Bài tập minh họa
3. Dạng 3: Hình thoi

Phần III

3

11
11
11
11
20
22
22
23
31

A. Nội dung phương pháp

31

B. Bài tập mẫu

31

C. Bài tập rèn luyện

37

4. Dạng 4: Hình chữ nhật và hình vuông

42

A. Nội dung phương pháp

42

B. Bài tập tự làm

56

Hiệu quả, kết luận
I. Kiểm tra khảo sát trước khi áp dụng sáng kiến

58

II. Kiểm tra khảo sát sau khi áp dụng sáng kiến

59

III. Kết luận

61

1. Kết luận
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

58

61
Trang số:1


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

2. Bài học kinh nghiệm

62

3. Những kiến nghị
4. Một số vấn đề còn bỏ ngỏ

62

Tài liệu tham khảo

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

62
64

Trang số:2


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hình học phẳng rất đa dạng và phong phú, nhất là đối với học sinh lớp 9 các
em đã làm quen với rất nhiều tính chất hình học và các loại hình cơ bản như:
tam giác, tứ giác, đường tròn,... nhưng giải quyết các bài toán đó chỉ ở mức độ
hình học thuần túy. Khi các em được tiếp cận với hình học giải tích thì các bài
toán giải đa dạng và gần gũi hơn, tác động tốt đến tư duy của người học hơn,

làm cho người học phát triển được tư duy sáng tạo, tìm tòi và dựa trên cái cũ mà
phát triển các điều mới đa dạng, sâu rộng và khoa học hơn. Điều đó được thể
hiện qua những dạng bài về tọa độ điểm, phương trình đường thẳng, phương
trình đường tròn, đường elip trên cơ sở kết hợp với các tính chất hình học của
các yếu tố trong tam giác, nhận biết các tứ giác đặc biệt, các hình đặc biệt...
Đối với học sinh phổ thông hiện nay các bài toán về tìm tọa độ điểm hay viết
phương trình các đường trong hệ tọa độ oxy đang phổ biển và đa dạng, học sinh
trung bình thì ngại không tiếp cận cho rằng đây là dạng toán khó, đối với học
sinh khá và giỏi thì đam mê giải quyết hơn nhưng đôi khi thiếu định hướng để
bứt phá.
Trong những năm gần đây các dạng toán này đều được đưa vào các kỳ thi: thi
đại học, thi học sinh giỏi và các yếu tố hình học ngày càng nhiều hơn, phức tạp
hơn trong khi đó chương trình ở sách giáo khoa chỉ cung cấp kiến thức cơ bản
và các công thức nên đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng, liên hệ những kiến
thức đã học về hình học phẳng để giải quyết. Ngoài ra học sinh phải khéo trong
quá trình sử dụng các tính chất hình học liên quan với các biểu thức tọa độ
tương ứng. Chính vì vậy học sinh cần phải được bổ trợ kiến thức, tổng hợp dạng
toán cụ thể có thể chuyên sâu một dạng nào đó để rèn kỹ năng và vận dụng các
dạng bài tập liên quan.
II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận của vấn đề
Xuất phát từ những thực tế trên nên trong quá trình dạy lý thuyết cho học sinh
tôi cũng dùng các ví dụ cụ thể, các mô hình thực tế để học sinh tiếp cận dần
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:3


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

dần. Ngoài ra phải bổ trợ các kiến thức về hình học phẳng đơn thuần, nhưng
phải đòi hỏi phải có sự kết hợp thật nhuần nhuyễn với biểu thức tọa độ.
Trên thực tế các dạng toán trong hệ oxy rất nhiều và phong phú đòi hỏi người
học phải tự chọn cho mình học những dạng nào cho phù hợp, người dạy phải
dạy gì cho học sinh, giúp học sinh bổ trợ kiến thức có định hướng, khai thác sâu
và chắc chắn.
Với mong muốn giúp học sinh nắm vững các kiến thức cơ bản hình học
phẳng và khai thác được bằng các biểu thức tọa độ để giải quyết các bài toán về
tứ giác đồng thời biết vận dụng một cách linh hoạt các kiến thức đó để giải
quyết nhiều tình huống khác nhau, tôi chọn đề tài:
“ Phân tích các tính chất hình học để giải các bài toán về tứ giác đặc biệt
trong hệ oxy ”.
Trong đề tài này , tôi hệ thống theo các dạng :Hình bình hành- Hình thangHình thoi - Hình chữ nhật- Hình vuông . Mỗi một dạng tôi trình bày một số bài
để các em tham khảo , một số bài hướng dẫn trên lớp và một số bài tập tương tự
để các em tự luyện
2. Thực trạng của vấn đề.
Bài toán hình học trong hệ oxy không phải là bài toán mới nhưng khai thác
các tính chất hình học mới là khó nên học sinh lười suy nghĩ và ngại tư duy, tuy
ứng dụng thực tế của nó rất lớn và đó là dạng toán được chọn trong các đề thi,
các đợt thi nhưng nhiều học sinh vẫn chưa làm được hoặc làm cũng không làm
chọn vẹn . Trong quá trình dạy phụ đạo và ôn luyện thi đại học tôi luôn quan
tâm đến vấn đề này dạy cho học sinh hiểu tường tận lý thuyết, phân tích các tính
chất cơ bản của giả thiết hình học tìm mối liên quan với các biểu thức tọa độ.
Qua thực tiễn giảng dạy tôi nhận thấy: đa số các em chưa hiểu cách vận dụng
và phân tích, sâu chuỗi vấn đề để đưa ra dạng bài toán liên quan, chưa khai thác
triệt để các tích chất của tứ giác đặc biệt như của : Hình thang, hình bình hành,
hình chữ nhật, hình vuông, hình thoi....để áp dụng sang biểu thức tọa độ. Với đề

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:4


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

thi đại học gần đây đề tương đối tổng hợp . Các em cần phải nắm vững những
kiến thức về các hình nói trên thì mới giải ngắn gọn được .
3. Mục đích yêu cầu:
- Giúp học sinh nắm chắc kiến thức về biểu thức tọa độ, tổng hợp lại các kiến
thức về các tứ giác đặc biệt, vận dụng linh hoạt và phát huy tính sáng tạo của
học sinh, liên hệ và áp dụng được vào các dạng bài tập liên quan.
- Hưởng ứng phong trào tự học, tự sáng tạo, nâng cao chuyên môn, học hỏi
đồng nghiệp qua đợt viết sáng kiến kinh nghiệm và nghiên cứu khoa học mà nhà
trường và sở phát động.
4. Các biện pháp đã tiến hành giải quyết vấn đề.
- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo,
các tài liệu liên quan khác, khai thác trên mạng, các đề thi đại học, các đề thi học
sinh giỏi …
- Phương pháp quan sát: Quan sát quá trình dạy và học tại trường THPT Nguyễn
Siêu.
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Tổ chức dạy cho học sinh khối 10 và một
số lớp 12 ôn thi đại học sau đó khảo sát các lớp dạy.

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:5

Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

PHẦN II: NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
A. VÉCTƠ VÀ CÁC PHÉP TOÁN
1. Định nghĩa:véctơ là một đoạn thẳng có định hướng
● Hai vectơ bằng nhau: có cùng hướng và cùng độ dài.
● Hai vectơ đối nhau: ngược hướng và cùng độ dài.
2. Các phép toán của vectơ:
a. Phép cộng vectơ:
r r r r
 a  b  b  a;
r r r r r r
 ab c a bc
r r r r r
 a00a a
r
r r
 a  a  0
uuur uuur uuur
Ta có A, B, C : AC  AB  BC (quy









 

tắc chèn điểm)
uuur uuur uuur
 Nếu ABCD là hình bình hành thì : AB  AD  AC
b. Phép trừ vectơ:
uuur uuur uuur
O,A,B : OB  OA  AB
c. Tích một số thực với một vectơ:
r r
r
r
r
r
r
 m  a  b   ma  mb;  m  n  a  ma  na

 

r
r r r
r
r
 m na   mn  a;1.a  a; 1a  a
r
r

Điều kiện: a cùng phương b
r
r
 k  R : b  k a với
rr r r
r r
d. Tích vô hướng: ab  a . b cos a, b

 

e. Vectơ đồng phẳng:3 vectơ đồng phẳng nếu giá của chúng cùng song song
với một mặt phẳng.
r r r
r
r
r
a, b, x đồng phẳng  h, k  R : x  ha  kb
f. Phân tích một vectơ theo một vectơ không đồng phẳng:
r r r
r
Với a, b, c không đồng phẳng và vectơ e , có duy nhất 3 số thực x1, x2, x3:
r
r
r
r
e  x1 a  x2 b2  x3 c

g. Định lý:
Với M là trung điểm AB và G là trọng tâm của ABC , O tùy ý thì:


uuur uuur r
MA  MB  0

 uuur uuur uuur r
 GA  GB  GC  0
 uuur 1 uuur uuur uuur
OG  OA  OB  OC
3






Và G là trọng tâm tứ giác, tứ diện ABCD
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu



uuur 1 uuur uuur uuur uuur
 OG  OA  OB  OC  OD
4


Trang số:6


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

B. HỆ TỌA ĐỘ – TỌA ĐỘ VÉCTƠ – TỌA ĐỘ ĐIỂM
1. Định nghĩa:
a. Hệ tọa độ:
Hai trục tọa độ x’Ox, y’Oy vuông góc nhau tạo nên hệ trục tọa độ Đề–các
Oxy: O là gốc tọa độ, x’Ox là trục hoành và y’Oy là trục tung. Trong đó:
r r
r
r
rr
i  (1;0), j  (0;1) là các vec tơ đơn vị trên các trục. Ta có: i  j  1 và i . j  0.

r

r

b. Tọa độ của vectơ: ur  ( x; y)  ur  x.i  y. j
uuuur
c. Tọa độ của điểm: OM  ( x; y)  M  ( x; y). Trong đó x là hoành độ, y là tung
độ của M.
2. Các kết quả và tính chất:
r
Trong hệ tọa độ Oxy, cho A( x A ; y A ), B( xB ; yB ) và các vectơ ar  (a1; a2 ), b  (b1; b2 ) .
Ta có :
r r
 a  b  (a1  b1; a2  b2 ).

● Tích giữa một véctơ với một số thực: k .ar  (ka1; ka2 ),
r
● Tích vô hướng giữa hai véctơ: ar .b  a1b1  a2b2 .

Hệ quả:

k ¡ .

r
 a  a12  a22 .
a1b1  a2b2
r r
 cos (a; b ) 
.
a12  a22 . b12  b22
r r
 a  b  a1b1  a2b2  0.
r

 a1  b1
 a2  b2

● Hai véctơ bằng nhau: ar  b  

r
b b
r

k  ¡ :b  k .a  1  2

a
a2
1
r r

 a , b cùng phương  
 a1 a2
 0.

 b1 b2
uuur
● Tọa độ của vec tơ AB  ( xB  xA ; yB  y A ).
uuur
● Khoảng cách: AB  AB  ( xB  xA )2  ( yB  y A )2 .

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:7


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

● Điểm M chia AB theo tỉ số k (k khác 1)
tính bởi:

Nếu M là trung điểm của

uuur
uuur
 MA  k .MB .

Khi đó, tọa độ của M

x  k . xB

xM  A


lk

y
 y  A  k . yB
 M
lk

x A  xB

 xM 
2
.
AB, ta có: 
y

 y  A yB
 M
2

3. Kiến thức về tam giác:
Cho A( x A ; y A ), B( xB ; yB ), C ( xC ; yC ).
a. Trọng tâm của tam giác (giao các đường trung tuyến) :

G là trọng tâm tam giác ABC :

x A  xB  xC

 xG 
3

y

y
B  yC
y  A
G

3

b.Trực tâm của tam giác (giao các đường cao):
H là trực tâm của tam giác
uuur uuur
uuur uuur


 AH  BC
 AH .BC  0
  uuur uuur   uuur uuur


 BH  CA
 BH .CA  0

c. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
(giao của các trung trực) :

I(a ; b) là tâm của ABC  AI = BI = CI = R
(R là bán kính của ABC).
 AI 2  BI 2
 tọa độ tâm I.
2
2
 BI  CI

Giải hệ 

d. Tâm của đường tròn nội tiếp tam giác (giao
của các đường phân giác trong các góc của tam
giác).
Tâm K của đường tròn nội tiếp tam giác ABC tìm
được khi thực hiện hai lần công thức điểm chia
đoạn theo tỉ số k :

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:8


Sáng kiến kinh nghiệm
uuuur
A' B
AB
Vì uuuur  
 k1 nên A’ chia BC theo tỉ số k1
AC
A'C

Năm học 2015 - 2016

 tọa độ của D.

uuur
KA
BA
Vì uuur  
 k2 nên k chia AD theo tỉ số k2,
BD
KD

 tọa độ của K.
e. Diện tích tam giác:
1
1
1
a.ha  b.hb  c.hc .
2
2
2
1
1
1
 S  ab sin C  ac sin B  bc sin A.
2
2
2
abc

S 
 pr  p( p  a)( p  b)( p  c).
4R
uuur uuur
1 uuuur2 uuuur2 uuur uuur 2 1
S 
AB . AC  ( AB. AC )  det( AB, AC )
2
2
S 

Trong đó:

uuur uuur
a
det( AB, AC )  1
b1

a2
 a1b2  a2b1
b2

uuur

uuur

với AB  (a1; a2 ), AC  (b1; b2 ).

4. Kiến thức về tứ giác:
Cho A( xA ; yA ), B( xB ; yB ), C ( xC ; yC ), D( xC ; yC ).

a. Hình thang (là tứ giác có hai cạnh đối song song với nhau) :
uuur uuur
● AB, CD là hai véctơ ngược hướng
uuur

uuur

 AB  kCD (k < 0)
1
● S = AH(AB + CD)
2
Hay SABCD = SADC + SABC (chia nhỏ hình
thang ra thành các hình tam giác tùy ý)
b. Hình bình hành (là tứ giác có các cặp cạnh đối song song hoặc bằng
nhau):
uuur

uuur

● AB  DC
● I là trung điểm của hai đường chéo AC
và BD.
● S = AH.CD = 2SABC= 2SABD
(chia nhỏ hình bình hành ra thành các hình tam giác tùy ý).
● Chú ý đến tính chất đối xứng qua I.
c. Hình thoi (là tứ giác có bốn cạnh bằng nhau) :
● Hình thoi mang đầy đủ tính chất của hình
bình hành..

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:9


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

● Nếu hình bình hành ABCD có AB = BC
hoặc AC  BD thì sẽ trở thành hình thoi.
● AC  BD, AC và BD cũng là hai đường
phân giác của góc tạo bởi hai cạnh bên, giao
điểm của chúng chính là tâm đường tròn
nội tiếp hình thoi.
1
● S = AC.BD = 2SABC= 2SABD = 4SABI
2
● Chú ý đến tính chất đối xứng qua I.
d. Hình chữ nhật (là tứ giác có 3 góc vuông) :
● HCN mang đầy đủ tính chất của hình bình
hành.
● Nếu hình bình hành ABCD có một góc bằng
o
90 hay hai đường chéo AC = BD thì là hình chữ
nhật.
● S = AB.AD = 2SABC= 2SABD = 4SABI
● Luôn có một đường tròn ẩn mình ngoại tiếp
hình chữ nhật với tâm là I = AC  BD là tâm
đường tròn ngoại tiếp HCN với bán kính là IA =
IB = IC = ID = R.

● Chú ý đến tính chất đối xứng qua tâm I. (Ví
dụ như trong hình vẽ nếu biết tọa độ M và I  toa
độ N  CD).
e. Hình vuông (là tứ giác có hai đường chéo vuông góc và bằng nhau) :
● HV mang đầy đủ các tính chất của hình
H.thoi và HCN.
● Nếu hình thoi có một góc bằng 90o hay hai
đường chéo AC và BD bằng nhau thì là Hình
vuông.
● Nếu hình chữ nhật có hai cạnh bên bằng nhau
hay hai đường chéo AC và BD vuông góc nhau
thì là Hình vuông.
● S = (AB)2 = 2SABC= 4SABI
● Có đến hai đường tròn ẩn mình bên trong
hình vuông ABCD là:
(C1) với tâm I = AC  BD là tâm đường tròn
ngoại tiếp hình vuông và bán kính là IA = R

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:10


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

(C2) với tâm I = AC  BD là tâm đường tròn
nội tiếp hình vuông và bán kính là IH = R. ((C2
) đi qua trung điểm các cạnh của hình vuông)

● Chú ý đến tính chất đối xứng qua tâm I.
C. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
1. Phương trình tổng quát của : A( x  x0 )  B( y  y0 )  0 (A2 + B2  0)
 x  x0  at
 y  y0  bt

2. Phương trình tham số của  : 

3. Vị trí tương đối của hai đường thẳng:
(1 ) : A1 x  B1 y  C1  0,  A12  B12  0  ; ( 2 ) : A2 x  B2 y  C2  0,  A22  B22  0 
A1 B1

thì hai đường thẳng cắt nhau.
A2 B2
A
B
C
Nếu 1  1  1 thì hai đường thẳng song song nhau.
A2 B2 C2
A
B
C
Nếu 1  1  1 thì hai đường thẳng trùng nhau.
A2 B2 C2

Nếu

4. Góc giữa hai đường thẳng:

(1 ) : a1 x  b1 y  c1  0,  a12  b12  0 

( 2 ) : a2 x  b2 y  c2  0,  a22  b22  0 
cos  1 ,  2  

a1a2  b1b2
a12  b12 a22  b22

5. Khoảng cách từ một điểm M(x0 ; y0) đến đường thẳng
 : ax  by  c  0,  a12  b12  0  :
d  M ,  

ax0  by0  c
a 2  b2

6. Đường tròn có tâm I(a,b), bán kính R có phương trình :
( x  a ) 2  ( y  b) 2  R 2 .

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP MINH HỌA
1. DẠNG 1: HÌNH BÌNH HÀNH
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
1. Định nghĩa
Hình bình hành là tứ giác có các cặp cạnh đối song song với nhau.
2. Tính chất
- Các cặp cạnh đối song song với nhau và bằng nhau.
- Các đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, đường giao điểm đó
gọi là tâm hình bình hành.
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:11

Sáng kiến kinh nghiệm

SABD = SBCD = SABC = SACD =

Năm học 2015 - 2016
1
SABCD = d(A;BD).BD = d(B;AC).AC.
2

3. Kiến thức cần vận dụng
- Quy tắc tọa độ trung điểm.
- Viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm và song song với một đường
thẳng cho trước.
- Áp dụng thuần thục công thức tính diện tích tứ giác.
- Xem lại các điểm đặc biệt trong tam giác; các đường trung trực, đường trung
tuyến, đường cao và đường phân giác trong tam giác.
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có điểm
A(1;0) và điểm B(2;0). Giao điểm I của 2 đường chéo thuộc đường thẳng
d: y = x. Viết phương trình các cạnh của hình bình hành, biết diện tích hình
bình hành bằng 4 và điểm C có hoành độ dương.
Giải
Phân tích: Khi biết tọa độ tâm I của hình bình
hành ta có mối liên hệ
X A  XC
X  XD


XI  B
 X I 



2
2
.
hoặc 

Y  YA  YC
Y  YB  YD
 I
 I
2
2

Dựa vào mối liên hệ trên ta tham số hóa tọa độ điểm và xây dựng phương trình
– hệ phương trình để tìm ra điểm cần tìm. Trên cơ sở yếu tố biết diện tích ta
chọn công thức tính nào và tham số hóa điểm nào thì thích hợp
Giả sử tọa độ tâm I(a;a)  d, do điểm C đối xứng với A qua I và điểm D đối
xứng với B qua I.
Suy ra C(2a – 1: 2a), D(2a – 2; 2a).
Phương trình đường thẳng AB: y = 0, ta có d(I;AB) = |a|,AB = 1.
Suy ra SABCD = 4SIAB = 2d(I;AB).AB = 2|a|.
Mặt khác SABCD = 4  2|a| = 4  a =  2.
+ Với a = 2  C(3;4), D(2;4) (thỏa mãn).
+ Với a = –2  C(–5; –4), D(–6; – 4) (loại).
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:12


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

Vậy C(3;4), D(2;4) là hai đỉnh cần tìm.
Phương trình cạnh AD:

x 1
y0
=
 AD:4x – y – 4 = 0.
2 1
40

Phương trình cạnh CD: y = 4.
Phương trình cạnh BC:

x2
y0
=
 BC: 4x – y – 8 = 0.
40
3 2

Vậy phương trình các cạnh của hình bình hành là:
AB: y = 0; BC: 4x – y – 8 = 0; CD: y = 4; AD: 4x – y – 4 = 0.
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm
I(2;2) và phương trình 2 cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh là 2x – y = 0;
4x – 3y = 0. Viết phương trình các cạnh còn lại của hình bình hành ABCD
Giải ( Tương tự cách phân tích ví dụ 1)
Cách 1: Giả sử hai cạnh đó là AB: 2x – y = 0; AD: 4x – 3y = 0.

Tọa độ đỉnh A = AB I AD là nghiệm của hệ phương trình
2 x  y  0
x  0

 A  0;0  .

4 x  3 y  0
y  0

Vì I(2;2) là trung điểm của AC
nên C(4;4).
Phương trình cạnh BC:
uuur

Vì AB//BC nên BC đi qua C(4;4) và nhận véc tơ nAD = (4; – 3) làm véc tơ pháp
tuyến nên có phương trình là
BC:4(x – 4) – 3(y – 4) = 0  BC: 4x – 3y – 4 = 0.
Phương trình cạnh CD:
uuur

Vì CD // AB nên CD là đường thẳng đi qua C(4;4) và nhận nAB = (2; – 1) làm
véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
CD: 2(x– 4) – 1 (y – 4) = 0  CD: 2x – y – 4 = 0.
Vậy phương trình hai cạnh còn lại của hình bình hành là
BC: 4x – 3y – 4 = 0; CD: 2x – y – 4 = 0.
Cách 2: Phương pháp đối xứng
Cạnh BC đối xứng với AD qua I((2;2) nên với mỗi điểm M(x;y)  AD tồn tại
điểm M1 (x1;y1)  BC nhận I làm trung điểm, ta được
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:13


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

 x  x1  4
 x  4  x1

.

 y  y1  4  y  4  y1

Thay vào phương trình của AD, ta được
4(4 – x1) – 3(4– y1) = 0  4x1 – 3y1 – 4 = 0  BC: 4x – 3y – 4 = 0.
Cạnh CD đối xứng với AB qua I nên với mỗi điểm M(x;y)  AB tồn tại điểm
M1(x1;y1) thuộc CD nhận I(2;2) làm trung điểm, ta được
 x  x1  4
 x  4  x1


 y  y1  4  y  4  y1

Thay vào phương trình của AB, ta được
2(4 – x1) – (4 – y1) = 0  2x1 – y1 – 4 = 0  CD: 2x – y – 4 = 0.
Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có điểm
A(0;1), B(3;4). Tìm tọa độ hai đỉnh C và D biết giao điểm I của hai đường chéo
2
nằm trên cung »

AB của parabol (P):y = (x – 1) sao cho diện tích tứ giác ABCD

đạt giá trị lớn nhất.
Giải
Phương trình cạnh AB:

x0
y 1
=
 AB: x – y + 1 = 0
4 1
30

Gọi điểm I  a;(a  1)2   (P), vì I  »
AB nên 0 < a < 3.
Ta có SABCD = 4SIAB = 2AB.d(I:AB).
Do AB không đổi nên diện tích tứ giác ABCD lớn nhất khi và chỉ khi khoảng
cách từ I đến AB lớn nhất:
2

3 9

 a   
2
| a   a  1  1| | a  3a |
2 4 9 2
Ta có: d  I ; AB  

 


,  0  a  3
2
2
8
2
2
1   1
2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a =

3
3 1
 I ;  .
2
2 4

Do C và D lần lượt đối xứng với A và B qua tâm I nên
 xC  2 x1  xA  xD  2 x1  xB
1 
7

;
 C  3;   ; D  0;   .

2 
2

 yC  2 y1  y A  yD  2 y1  yB
1

7
Vậy hai điểm cần tìm là C  3;   ; D  0;   .


2



2

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:14


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích
bằng 3, hai đỉnh A(2; – 3), C(3; – 2) và trọng tâm tam giác ABC nằm trên đường
thẳng 3x – y – 8 = 0. Viết phương trình các cạnh của hình bình hành ABCD.
Giải
Phân tích lời giải.
- Giả thiết bài toán cho diện tích ta cần linh hoạt phân chia diện tích hình bình
hành theo các diện tích tam giác nhỏ dễ tính
- Dựa vào mối liên hệ diện tích tam giác và diện tích hình bình hành ta tìm được
tọa độ điểm B, từ đó điểm D đối xứng với B qua tâm hình bình hành (là trung
điểm cạnh BD).
Lời giải

Gọi I là tâm hình bình hành thì I là trung điểm của BD  I  ;   .
2 2
5

5

5 X Y 5
;
.
3 
 3

Gọi B(x;y) suy ra tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là G 
Mặt khác G  d: 3x – y – 8 = 0 nên
3.

5 x y 5

 8  0  y = 3x – 4  B(x;3x – 4).
3
3

Phương trình AC: AC:
Ta có AC = 2 ,SABC =
Mặt khác: SABC =

x2
y3

 AC: x – y – 5 =0.

3  2 2  3

2 | x  (3 x  4)  5 | | 2 x  1|
1
.

.
AC.d(B;AC) =
2
2
2
12  (1) 2

 x  2
1
3
| 2 x  1| 3
  
 B 1; 1 , B  2; 10  .
SABCD = 
2
2
2
2
x  1

TH1: Với B  2; 10 suy ra tạo độ điểm D đối xứng với B qua I nên có tọa độ là
D(7;5).
Phương trình cạnh AB:

x2
y3

 AB : 7 x  4 y  26  0.
2  2 10  3

Phương trình cạnh BC:

x2
y  10

 BC : 8 x  y  6  0.
3  2 2  10

x 3

y2

Phương trình cạnh CD: 7  3  5  2  CD : 7 x  4 y  29  0.
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:15


Sáng kiến kinh nghiệm

Phương trình cạnh AD:

Năm học 2015 - 2016
x2 y3


 AD : 8 x  9 y  43  0.
72 53

TH2: Với B(1; –1) suy ra tọa độ điểm D đối xứng với B qua tâm I nên có tọa độ
là D(4; –4).
Phương trình cạnh AB:

x2 y3

 AB : 2 x  y  1  0.
1  2 1  3

x 3 y  2
Phương trình cạnh BC: 1  3  1  2  BC : x  2 y  1  0.

Phương trình cạnh CD:

x3 y  2

 CD : 2 x  y  4  0.
4  3 4  2

Phương trình cạnh AD:

x2
y3

 AD : x  2 y  4  0.
4  2 4  3

Kết luận: Vậy phương trình bốn cạnh hình bình hành ABCD là
AB: 7x – 4y – 26 = 0; BC: 8x – y + 6 = 0; CD: 7x – 4y – 29 = 0;
và AD 8x – 9y – 43 = 0 hoặc
AB: 2x + y – 1 = 0; BC: x +2y – 1 = 0; CD: 2x +y – 4 = 0; và AD: x +2y +4 = 0.
Ví dụ 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có
phương trình đường chéo AC: x – y + 1 = 0, điểm G(1;4) là trọng tâm của tam
giác ABC, điểm E(0; – 3) thuộc đường cao kẻ từ D của tam giác ACD. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCD
bằng 32 và đỉnh A có tung độ dương.
Giải
Vì DE  EC nên
DE: x + y + 3 = 0  D( t; – t – 3).
Ta có: d(G, AC) =


1
1
d(B, AC) =
d(D, AC)
3
3

 D 1; 4 
t  1
1 | 2t  4 |
2 .


3

2
t  5  D  5; 2 

Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D(1; – 4).
uuur

uuur

1  1  2.( X B  1) 

4  4  2(YB  4) 

Ta có GD  2GB  

 B(1;8)  BD: x = 1.

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:16


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

Vì A  AC: x – y + 1 = 0  A (a; a + 1).
1
4
4
Ta có: SAGCD = SAGC + SACD =   1 S ABC  S ABC  S ABD .

3



3

3

1
2

Suy ra: S ABD  24  .d  A, BD  .BD  24
 A  5;6  (tm)
a  5
| a  1| .12  48  

 a  3  A  3; 2  (ktm)
uuur uuur
Từ AD  BC  C  3; 2  .

Vậy tọa độ 4 điểm cần tìm là A(5;6), B(1;8), C(–3; – 2), D(1; – 4) .
Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy hình bình hành ABCD có điểm C(–7;
5) và A thuộc đường thẳng d: x – y – 4 = 0. Phương trình đường trung tuyến kẻ
từ D của tam giác BCD có phương trình là: 4x – 3y + 23 = 0. Tìm tọa độ các
ABC  
đỉnh A, B, D biết có hoành độ dương và cos ·

1
.
5

Giải
Giả thiết bài toán cho góc giữa hai
đường thẳng hoặc góc trong tam giác
khia thác công thức và tham số hóa
điểm nào
Vì A  d  A(a;a – 4).
Gọi E là trung điểm của BC
Vì E   : 4x – 3y +23 = 0 suy ra
E  e;


4e  23 
.
3 

Vì E là trung điểm BC nên B  2e  7;


8e  31 
.
3 

Vì B có hoành độ dương nên 2e +7 > 0  e > –
Ta có

3
2

.

uuur 
4e  8 
EC   7  e; 
.
3 


Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:17


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

 X D  a  (7  e)
uuur
uuur
Ta có: AD  2 EC  
 4e  8  .
Y

(
a

4)



2
D



 3 

 X D  a  2e  14


8e  28
8e  28  .

YD  a  3  D  a  2e  14; a  3 




Mặt khác D    4  a  2e  14   3  a 


 a=5

8e  28 
  23  0
3 

 A(5;1)

uuur 

8e  28  uuur
8e  16 
,
BC

2
EC   14  2e; 

.
3 
3 


uuur uuur
1
AB.BC
1
·
 uuur uuur 
.
Theo giả thiết ta có cos ABC  
| AB | . | BC |
5
5
uuur

Ta có AB   2e  2;

 2e  2  2e  14  



 2e  2 

 8e  28 

 .
 3 
2

2

8e  28  8e  16 


3 
3 

 2e  14 

2

 8e  16 


3 


2



1
.
5

e  2
7

 e  2 vì >
suy ra B (3;5), D(–5; 1).
23

3
41
e  
2

10

Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là A(5;1), B(3;5), D(–5;1)
Ví dụ 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD. Điểm M(–
3;0) là trung điểm của cạnh AB, H(0; –1) là hình chiếu vuông góc của B lên AD
8 19
và N  ;  là điểm trên đoạn AC sao cho AN = 4NC. Tìm tọa độ các điểm B
5 5 

và D.
Phân tích tính chất song song: Tận dụng tính
chất hình bình hành có 2 cặp cạnh đối song song

với nhau khi giả thiết cho trước 2 điểm ta kéo dài
2 điểm đó cắt 2 cạnh đối song song và vận dụng
định lý Tales để tìm tọa độ điểm thứ 3.
Nhắc lại: Với a // b ta có:
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:18


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

IA IB AB


.
IC ID CD

Giải :
Kéo dài HN cắt BC tại E
Theo Talets ta có:
uuur

NE NC 1

 .
NH NA 4

uuur

Suy ra: 4 NE  HN.
 
8 8
4  X E  5   5
X  2
 

 E
 E  2;5

Y

5
19
24


 E
4 Y 

  E 5  5

Gọi I là trung điểm của HE ta có I(1;2).
Tam giác ABH vuông tại H có M là trung điểm cạnh huyền AB nên MB = MH
= 10 .
Tam giác BHE vuông tại B có I là trung điểm cạnh huyền HE nên IB = IH =
10 .

Gọi B(x;y) ta có hệ phương trình:

2
2

 y  2 x  1
 x  3  y  10




2
2
2
2

 x  1   y  2   10
 x  3  y  10


 x  0

 y  2 x  1
 y  1  B  0; 1
 2


.
  x  2  B  2;3
5
x


10
x

0



y

3
 

Với B(0;1) loại do B trùng với H.
Với B(–2;3) vì M là trung điểm của AB nên A (–4; –3).
Mặt khác

uuur 1 uuur
EC NC 1

  CE  HA.
HA NA 4
4

 xC  3
4  2  xC   4


 11 



11  C  3;  .
yC 
 2


4  5  yC   2
2


Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:19


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

 xD  4  5
 xD  1
uuur uuur
1



Ta có AD  BC  
5
1  D 1;   .
2
yD  3 

yD  



2
2



Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là B(–2;3) và D(1; –

1
).
2

Nhận xét. Với giả thiết cho trước tọa độ hai điểm trên các đường thẳng của tứ
giác phương pháp được sử dụng hiệu quả là kéo dài đường thẳng đi qua hai
điểm đó cho cắt với hai cặp cạnh đối song song của tứ giác và sử dụng định lý
Talets.
B. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích
bằng 4, biết điểm A (1;0), B(0;2). Tìm tọa độ hai điểm C và D biết giao điểm I
của hai đường chéo nằm trên đường thẳng d: x – y = 0.
Hướng dẫn
Phương trình cạnh AB: 2x + y – 2 = 0, giả sử I(t;t)  d thì do C và D lần lượt đối
xứng với A và B qua I nên C(2t – 1; 2t), D(2t; 2t – 2).

S ABCD



5 8 8 2
t  0   ; , D ; 

| 6t  4 |
 3 3 3 3
 AB.d  C ; AB   5.
4
5
 4
t  3  C  1;0  , D  0; 2 

Vậy hai đỉnh cần tìm là C  ;  , D  ;  hoặc C(– 1; 0), D(0; – 2).
3 3 3 3
5 8

8 2

Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có ABD là tam
giác vuông tại D. Hình chiếu vuông góc của hai đỉnh B, D xuống đường chéo
AC lần lượt là H  ;
 5 5

22 14   13 11 
 , K  ;  . Hãy tìm tọa độ các đỉnh hình bình hành
  5 5

ABCD biết BD  3 2.
Hướng dẫn
Đường chéo AC đi qua hai điểm H, K nên có phương trình là:
AC: x – 3y + 4 = 0.

Ta có HD  AC  HD: 3x + y – 16 = 0
Ta có KB  AC  KB: 3x + y – 10 = 0.
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:20


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

Vì D  HD  D(d;16 – 3d), B  KB  B(b; 10 – 3b)
Suy ra tọa độ tâm I hình bình hành ABCD là trung điểm của BD 
 b  d 26  3b  3d 
I
;

2
 2


Mặt khác
I  AC 

bd
26  3b  3d
 3.
 4  0  d  7  b  D  7  b;3b  5 
2
2

Vì A  AC  A(3a – 4; a)
Theo giả thiết ta có BD = 3 2   2b  7    6b  15  3 2
2

2

 B  2; 4  , D  5;1
b  2


 40b  208b  256  0 

b  16  B  16 ; 2  , D  19 ; 23 
  5 5   5 5 
5

uuur
TH1: Nếu B(2;4), D(5;1)  BD   3; 3
2

Vì tam giác ABD vuông tại D  AD  BD  AD: x – y – 4 = 0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
x  3y  4  0
x  8

 A  8; 4 

x  y  4  0
y  4

7 5
Tọa độ tâm I  ;  Vì I là trung điểm của AC  C(–1; 1)
2 2




TH2: Thực hiện tương tự
Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có đỉnh B(1;5),
gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC. Phương trình đường thẳng
AH: x + 2y – 2 = 0, phương trình đường phân giác góc ·
ACB là d:x – y – 1 = 0.
Tìm tọa độ ba đỉnh A, C, D
Hướng dẫn giải – đáp số
Nhận xét. Thực chất bài toán quy về giải tam giác ABC khi biết tọa độ đỉnh B,
đường cao AH và phân giác trong góc C.
Đường thẳng BC  AH  BC: 2x – y + 3 = 0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
2 x  y  3  0
 x  4

 C  4; 5 

x  y 1  0
 y  5
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:21

Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

Gọi B1 là điểm đối xứng của B qua đường thẳng d  B1  AC
Đường thẳng BB1  d  BB1: x + y – 6 = 0
Tọa độ giao điểm của d, BB1 là nghiệm của hệ phương trình:
7

x

x

y

1

0


2  E 7;5




2 2
x  y  6  0
y  5

2

Vì E là trung điểm của BB1  B1(6;0)
Đường thẳng AC đi qua hai điểm B1, C nên có phương trình là:
AC: x – 2y – 6 = 0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
x  2 y  6  0
x  4

 A  4; 1

x  2 y  2  0
 y  1
uuur uuur
Ta có: AB  DC  D  1; 11

Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là A(4; –1 ), C(–4; –5), D(–1 ; –1)
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm I  1;3
1 5
và trọng tâm tam giác ABD là G  ;  . Viết phương trình các cạnh hình bình
3 3

hành ABCD, biết các cạnh AB, AD là hai tiếp tuyến kẻ từ đỉnh A đến đường
tròn  C  : x2  y 2  6 x  6 y  8  0
2. DẠNG 2: HÌNH THANG
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
Hình thang là tứ giác có 2 cạnh đối song song với nhau
Chú ý các dạng hình thang
- Hình thang có hai đáy song song với nhau
- Hình thang cân có hai đáy song song và hai cạnh bên bằng nhau.
- Sử dụng định lý Talets nếu xuất hiện yếu tố song song.

- Hình thang vuông có cạnh bên là đường cao của hình thang. Chú ý đến tính
chất vuông góc và kết hợp sử dụng định lý Pitago và khoảng cách điểm đến
đường thẳng.

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:22


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

- Công thức tính diện tích hình thang: S 

ab
.h (a, b là độ dài hay đáy và h
2

là chiều cao của hình thang).
- Vận dụng tính chất song song, vuông góc kết hợp góc và khoảng cách, tính
diện tích nếu có.
B. BÀI TẬP MINH HỌA
Khai thác về vị trí của điểm lập biểu thức tọa độ, xác định giao điểm(nếu có).
Lập công thức tính góc, khoảng cách và diện tích để đưa ra phương trình,hệ
phương có ẩn là tọa độ các điểm hoặc tọa độ véc tơ.
Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có
phương trình x – 2y = 0, góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 450. Tìm tọa độ
đỉnh B, biết B có hoành độ dương và diện tích hình thang bằng 24.

Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ:

Giải
D

C

3x  y  0
x  0

 D  0;0 

x  2 y  0
y  0

Góc giữa hai đường thẳng
AD và BD được xác định bởi:
cos  

| 3.1   1 .  2  |
32  12 . 12  22

1
2



A

B

·
ABD  450  AD  AB
·
·
·
 450  BCD
 BDC
 450
Do góc giữa BC và AB bằng 450 nên BCD

Suy ra tam giác BCD vuông cân tại B.
S ABCD

1
3 AB 2
  AB  DC  AD 
 24
2
2

 AB  4  AD  AB 2  4 2

Gọi điểm B  b;  , b  0 thuộc đường thẳng AB.
 2
b

2



b
Do BD  4 2  b     4 2
2
2



2

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:23


Sáng kiến kinh nghiệm

b

Năm học 2015 - 2016

 8 10 4 10 
8 10
 B 
;
 .
5
5
5




 8 10 4 10 
;
 .
5
5



Vậy tọa độ điểm cần tìm là B 

Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có đáy lớn là
CD, biết điểm A(0;2), D(-2; -2) và giao điểm I của AC, BD nằm trên đường
thẳng x + y – 4 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang khi biết
·
AID  450

Giải
Gọi I(x; 4–x) thuộc đường thẳng x + y – 4 = 0
Ta có: AD = 2 5 , IA = 2x2  4 x  4 , ID = 2 x2  8x  40
Trong tam giác AID sử dụng định lý hàm số côsin ta được:
IA2  ID 2  AD 2
1
·
cos AID 

2 IA.ID
2


2 x 2  4 x  4  2 x 2  8 x  40  20
2 2 x  4 x  4. 2 x  8 x  40
2

2

C

D
1
2



x  2

x  4

I

Với x = 2  I(2;2)  IA = 2, ID = 4 2



 

A

uur

 IC  2 2 IA  C 2  4 2; 2  4 2 , B 2  2; 2  2



B

Với x = 4  I(4;0)  B  4  3 2; 2  2  , C  4  4 2; 2 2 
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là B  2  2; 2  2  , C  2  4 2; 2  4 2  hoặc



 

B 4  3 2; 2  2 , C 4  4 2; 2 2



Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD có hai đáy là AB và
CD, biết điểm A(0; - 4), B (4;0). Tìm tọa độ hai điểm C và D biết ABCD ngoại
tiếp đường tròn (C):  x  1   y  1  2
2

2

Giải
Đường tròn (C)có tâm I (1; -1), R = 2

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:24

Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

Đường thẳng AB: x – y – 4 = 0, đường thẳng CD song song với AB nên phương
trình có dạng: CD: x – y + x = 0
CD tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi d(I, CD) = R.


|1  1  c |
 2  c  0  CD : x  y  0
2

Đường thẳng AD: ax + b(y+4) = 0  ax + by + 4b = 0
AD tiếp xúc với (C ) khi và chỉ khi d(I; AB) = R


| a  b  4b |
a 2  b2

 2  a  7b

1 1
 AD : 7 x  y  4  0  D( ;  ).
2 2

Tương tự viết được phương trình cạnh BC: x + 7y – 4 = 0
1 1

 C ; 
2 2

Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là: C  ;  , D ( ;  ).
2 2
2 2
1 1

1

1

Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại B và C có
CD = BC =

2
AB. Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB: y – 1 = 0. Gọi M
3

là trung điểm đoạn CD, gọi I  ;  là giao điểm của BD và AM Tìm tọa độ
2 2
3 3

điểm M biết B có hoành độ lớn hơn 1.
Giải
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng AB.
Gọi K là trung điểm của AB.
·  450
Vì tam giác  MHA =  BCD  IAB
·  BDC

·
 450  IAB vuông cân tại I
Mặt khác IBA

Do đó IK  AB  IK: x –

3
=0
2

3
 3

x   0 x 
3 
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:  2

2  K  ;1 .
2 


 y 1  0
y 1

Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

Trang số:25