HHP HINH THANG

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HÌNH THANG Bài toán: Tìm điểm bằng diện tích tam giác. 0   Câu 1. Cho hình thang ABCD có A D 90 , AB=AD=2, DC=4, đỉnh C nằm trên đường thẳng d: 3x-y+2=0. Điểm M nằm trên cạnh AD sao cho AM=2MD và đường thẳng BM: 3x-2y+2=0. Tìm C.. Cách giải: Tính diện tích tam giác MBC, suy ra đường cao là. d  C , BM . rồi suy ra điểm C.. Các bước giải. -. Tính độ dài AM, DM, BM. Để tính diện tích tam giác MAB, MDC. Tính khoảng cách từ C đến BM. Để suy ra điểm C. Tính diện tích hình bình hành ABCD. Tính diện tích tam giác BCM. Tính độ dài đường cao tam giác BCM. Chính là d(C,BM). Suy ra tọa độ điểm C. Hướng dẫn giải. -. -. Điểm C thuộc d nên C(t;2+3t). 2  3t d  C , BM   13 (1). Tính 1 1 2 2 4 AM 2 DM  MD  AD  .2  , AM= AD  . 3 3 3 3 3 Ta có: 1 S ABCD  AD.  AB  DC  6 2. -. Mà. -. -. S ABCD S ABM  S BCM  SCDM  SBCM S ABCD   S ABM  SCDM  .. 1 1  10 SBCM 6   AB. AM  DC.MD   . 2 2  3 Suy ra: 2 13  AB 2  AM 2  . 3 MB 2S 1 10 S BCM  .BM .d  C , BM   d  C , BM   BCM  2 BM 13. 1.  2 ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  8 8  10  t  3  C  3 ;10      13 13  t  4  C   4;  10 . 2  3t -. Từ (1) và (2), ta có:. Câu 2. Cho hình thang cân ABCD có đáy AD và BC, biết AB=BC. Đường chéo AC có phương trình x-3y-3=0, điểm M(-2;-5) thuộc AD. Tìm điểm C, biết B(1;1).. Kiến thức: -. Hình thang cân nội tiếp đường tròn.. -. Hai dây cung bằng nhau có hai góc nội tiếp tương ứng bằng nhau.. Các bước giải: -. Chứng minh hình thang nội tiếp.. -. Chứng minh hai dây cung bằng nhau suy ra hai góc bằng nhau để suy ra AC là phân giác.. -. Tìm E đối xứng với B qua AC.. -. Viết phương trình AD qua E và M. Suy ra điểm A.. -. Viết BC suy ra C. Hướng dẫn giải. -. Do ABCD là hình thang cân nên ABCD là hình thang nội tiếp một đường tròn.. -.    Do AB=BC=CD nên BAC CAD nên AC là phân giác của góc BAD .. -. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC, khi đó E thuộc AD. o Pt BE: 3x+y-4=0.  3  1 F ;  o Trung điểm  2 2  . o Suy ra: E(2;-2).. -. AD qua E và M nên AD: 3x-4y-14=0.. -. Giao của AD và AC được A(6;1).. -. Do BC//AD nên BC: 3x-4y+1=0. -. Giao của BC và AC được C(-3;-2).. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 3. Cho hình thang ABCD vuông tại A và D, diện tích hình thang bằng 6, CD=2AB, B(0;4). Biết I(3;-1), K(2;2) lần lượt nằm trên AD và CD. Viết phương trình AD, biết AD không song song với các trục tọa độ.. Nhận xét: - Nếu d là đường thẳng song song với trục Ox thì pt của d có dạng y=m. Khi đó d có vecto pháp n  0; k  , k 0. tuyến là - Nếu d là đường thẳng song song với trục Oy thì pt của d có dạng x=n. Khi đó d có vecto pháp n  k ;0  , k 0. tuyến là - Nếu d là đường thẳng không song song và Oy thì phương trình của d có dạng:  với trục Ox 2 n  a; b  , a  b 2 0. ax+by+c=0 với vecto pháp tuyến là   b a n  1;  , 0  a b o Ta có thể chọn vecto làm vecto pháp tuyến của d.  n  1; k  , k 0 o Hay ta chọn vecto làm vecto pháp tuyến của d. Hướng dẫn giải -. -. Vì AD không song song với các trục tọa độ nên vecto pháp tuyến của AD là o Phương trình AD đi qua I là AD: 1(x-3)+b(y+1)=0. o Phương trình AB đi qua B là AB: bx-(y-4)=0. 1 3 S ABCD 6   AB  CD  . AD 6  AB. AD 6 2 2 Ta có:. 3.  n  1; b  , b 0..

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  AB. AD 4  d  B, AD  .d  K , AB  4 . 5b  3 b2 1. .. 2b  2 b2 1. 4.  5b  3 b  1 2  b 2  1  5b 2  2b  3 2b 2  2  3b 2  2b  5 0  2  7b  2b  1 0   b 1  Pt AD: x+y-2=0.  5   b   Pt AD: 3x-5y-14=0. 3   1 2 2   Pt AD: 7x- 1 2 2 y 2 2  22 0.  b  7. . . 45 Câu 4: Cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng 2 , đáy lớn CD có phương trình: x-3y-3=0. Biết hai đường chéo BD và AC vuông góc với nhau và cắt nhau tại I(2;3). Viết phương trình BC, biết điểm C có hoành độ dương,.. Các bước giải. - Chứng minh tam giác ICD vuông cân. - Tính CD và tính IC. - Tính IB và IA. - Tính tỉ lệ của ID và IB. Suy ra B. Hướng dẫn giải . Tính IC. Suy ra điểm C. - Ta có: Tam giác ICD vuông cân tại I. - Nên CD=2d(I,CD)= 2 10. -. . IC  d 2  I , CD  . CD 2  20 2 5. 4. Suy ra: Gọi C(3c+3;c) thuộc CD. - Từ IC  20. Suy ra: c=1 hoặc c=-1 (l). - Suy ra: C(6;1). Viết BD. Suy ra điểm D.. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> . - BD qua I vuông góc IC có pt: 2x-y-1=0. - Suy ra: D(0;-1). Tính IB. Suy ra điểm B. -. Giả sử: IA=IB=x>0. Ta có: S ABCD S IAB  S ICD  2 S IAD . 1 1 1 45 x.x  . 20. 20  .x. 20  2 2 2 2 1 25  x2  2 5x  0 2 2  x 2  4 5 x  25 0. .  x 5. -.  IB  5.   ID 2 5  ID 2 IB  DI 2 IB    3;5  .. Với Phương trình BC: 4x+3y-27=0.. Câu 5. Cho hình thang ABCD vuông tại A và D, CD=2AD=2AB. Gọi E(2;4) là điểm thuộc AB, sao cho AB=3AE. Điểm F thuộc BC sao cho tam giác DEF cân tại E. Pt EF là: 2x+y-8=0. Biết D thuộc d: x+y=0, A thuộc d’: 3x+y-8=0, xA nguyên. Tìm các đỉnh.. Kiến thức: - Vẽ tam giác vuông cân. - Tam giác vuông cân. - Đường trung tuyến trong tam giác vuông. - Góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn một cung. - Hai góc bù nhau. - Tứ giác nội tiếp, tứ giác có tổng số đo hai góc đối bằng 1800 là tứ giác nội tiếp. Các bước giải. - Chứng minh tam giác EDF vuông tại E, tìm D, tìm A, tìm B, tìm C. - Vẽ tam giác vuông cân DBP. - Chứng minh E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DBF.   - Chứng minh góc AED PFD . - Chứng minh tứ giác nội EBFD nội tiếp bằng hai góc bù nhau và hai góc đối. - Chứng minh tam giác DEF vuông tại F.. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> -. -. Ta chứng minh tam giác DEF là tam giác vuông cân tại E. Gọi P là điểm đối xứng với D qua A. o Ta có: AB=AD=AP nên tam giác BDP vuông cân tại B. Ta có E thuộc AB nên EP=ED. Theo đề tam giác DEF cân tại E nên ED=EF. o Nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DPF.   Ta có: AED PFD , góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm. 0 0     Ta có: AED  DEB 180  DEB  BFD 180 nên tứ giác EBFD nội tiếp. 0   o Suy ra: DEF DBF 90 . Tại vì tam giác BDP vuông cân tại B. o Suy ra: Tam giác DEF vuông cân tại D. DE vuông góc EF có phương trình: x-2y+6=0. o Suy ra D là giao điểm của DE và d: D(-2;2). 2 2 2 2 Tam giác EDA có 3AE=AB=AD  DE  AD  AE 10 AE . Vì A thuộc d’ nên A(a;8-3a) với a nguyên.  a 1 2 2 2  DE 10 AE  5a  14a  9 0    a 9  l  5  o . -. o Suy ra: A(1;5).  EB  2 EA  B (4; 2)..   DC 2 AB  C(4;  4).. Câu 6. Cho hình thang cân ABCD có CD=2AB, pt AC: x+y-4=0, pt BD: x-y-2=0. Biết tọa độ hai điểm A, B dương và diện tích hình thang bằng 36. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang.. Kiến thức: - Hình thang cân có hai đường chéo bằng nhau. - Từ phương trình hai đường chéo suy ra hai đường chéo vuông góc với nhau. - Hệ quả của định lí ta let. - Diện tích hình thang cân có hai đường chéo vuông góc bằng một phần hai tích hai đường chéo. Các bước giải: - Tìm giao điểm hai đường chéo. - Tính tỉ lệ IA, IB, IC, ID. Dựa vào hệ quả định lí ta let. - Tính độ dài IA, IB dựa vào diện tích hình thang. - Tính A dựa vào IA. - Tính B dựa vào IB hoặc IA vuông góc IB. - Tính C và D. Hướng dẫn giải -. Gọi I là giao điểm AC và BD: Suy ra: I(3;1). Mặt khác: AC: x+y-4=0, BD: x-y-2=0 vuông góc với nhau.  IC 2 IA IA IB AB 1       IC ID 2 IA. Vì ABCD là hình thang cân nên: IC ID CD 2  ID 2 IA. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> -. Ta có:. S ABCD S IAB  S ICD  S IAD  S IBC  S IAB 36   S ICD  S IAD  S IBC  .. 1 1 1   S IAB 36   IC.ID  IA.ID  IB.IC  . 2 2 2  1 1 1   S IAB 36   2 IA.2 IA  IA.2 IA  IA.2 IA  . 2 2 2  1 2 4 IA2  4 IA2  IA 36  2 2 2 2  IA 72  8IA  2 72  IA2 8  IA  8 Hoặc 1 1 S ABCD  AC.BD   IA  IC  .  IB  ID  36 2 2   IA  2 IA   IA  2 IA  72  9.IA2 72  IA2 8 -. -. -.  IA  8 Gọi A(a;4-a) thuộc AC với 0<a<4. Vì tọa độ A dương.  a 5  l  2 IA  8   a  3 4    a 1  A(1;3) o Ta có: Gọi B(b;b-2) thuộc BD với b>2.  b 5  B (5;3) 2 IB  8   b  3  4    b 1  l  o Ta có: o Hoặc ta  giải IA vuông góc với BD rồi suy ra B. IC  2 IA  C  7;  3 . Ta có:   ID  2 IB  D   1;  3  . Ta có:. Chú ý: 1   IA  3 AC 1 1 1 1 1 1 1 36 IC ID 2 IA    SIAB  IA.IB  . AC. BD  . AC.BD  S ABCD  4. 2 2 3 3 9 2 9 9  IB 1 BD  3 Câu 7. Cho hình thang cân ABCD có AD//BC, AB: x-2y+3=0 và AC: y-2=0. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang, biết IB= 2IA , hoành độ điểm I lớn hơn -3 và M(-1;3) nằm trên BD.. Kiến thức: - Chọn điểm E thuộc AC sao cho FE song song BD để áp dụng định lí ta let. - Từ phương trình hai đường chéo suy ra hai đường chéo không vuông góc với nhau.. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Hướng dẫn giải -. Ta có: A(1;2). AB: x-2y+3=0 và AC: y-2=0. Không vuông góc với nhau. Lấy điểm E(0;2) thuộc AC. Gọi F(2a-3;a) thuộc AB sao EF//BD. EF AE EF BI     2  EF  2 AE. AE AI Khi đó: BI AI 2. EF  2 AE   2a  3   a  2 . -. 2.  a 1 2    a 11 5 . o Với  EF   1;  1 Với a=1 thì là vecto chỉ phương của BD. o Pt BD: x-y+4=0. BD  AC I   2; 2  . o Suy ra: AB  BD B   5;  1 o Suy ra: ..   3  3  IB  2 ID  BI  2 ID  D   2;  2 2  2 . o Ta có: IB  2 IA mà IA=ID nên   IC  2 IA  CI  2 IA  C  3 2  2; 2 . o Ta có: IB  2 IA mà IB=IC nên 11 a   BD : x  7 y  22 0  I ( 8; 2)  l  . 5 Với. . -. . 0  Câu 8. Cho hình thang cân ABCD cạnh đáy AB, AB=2CD, ADC 135 . Gọi I là giao điểm 2 đường chéo, 15 đường thẳng qua I vuông góc với hai đáy là d: x-3y-4=0. Tìm A, biết diện tích hình thang bằng 2 , hoành độ điểm I bằng 3, trung điểm AB có tung độ âm.. Các bước giải. -. 0 0   Chứng minh góc EDC 45 suy ra góc EAB 45 . Chứng minh tam giác EAB vuông cân tại E. Chứng minh DC là đường trung bình của tam giác EAB. Tính tỉ số diện tích tam giác ECD và EAB. Chứng bốn tam giác EDC, ADM, BCM, DCM bằng nhau. Tính IM thei EA. Từ diện tích tính độ dài EA. Hướng dẫn giải. Gọi E là giao điểm của AD và BC. Gọi M là trung điểm AB.. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> -. o Ta có tam giác EAB cân tại E 0 0 0   o EAB EDC 180  135 45 . o Suy ra tam giác ABE vuông cân tại E. 1 DC  AB, DC//AB  2 Do DC là đường trung bình tam giác EAB. Nên D và C lần lượt là trung điểm AE và BE. Khi đó I là trọng tâm tam giác EAB. 1 1 1 AB EA 2 IM  EM  . AB   3 3 2 6 6 . Suy ra: S ECD ED EC 1 1 4  .   S EAB 4 S ECD 4. S ABCD  S ABCD 10. 3 3 Ta có: S EAB EA EB 4. -. 1 2 10 EA 10  EA  20  IM  . 3 Suy ra: 2 1 1    I  3;   . 3  IM trùng với d: x-3y-4=0, có xI=3 nên yI= 3 M thuộc d nên M(3m+4;m) với m 0.. -.  m 0    4;0  10 IM   .  m  2  l  3  3 Từ AB qua M vuông góc d có pt: 3x+y-12=0. A thuộc AB nên A(a;12-3a).. -. AM  -. Có. AB EA 2   10  10a 2  80a  150 0  2 2.  a 3    3;3   a 5  A  5;  3. Câu 9. Cho hình thang cân ABCD vuông tại A và D. Có D(2;2) và CD=2AB. Gọi H là hình chiếu vuông  22 14  M ;   5 5  là trung điểm HC. Tìm A, B, C, biết B thuộc d: x-2y+4=0. góc của D lên HC và. Các kiến thức: - Đường trung bình trong tam giác. - Hình bình hành. - Trực tâm của tam giác. - Hệ quả định lí ta let. Các bước giải:. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> -. Chứng minh ABDM là hình bình hành. Chứng minh E là trực tâm tam giác ADM. Chứng minh DM vuông góc BM. Viết phương trình BM suy ra điểm B. Áp dụng hệ quả của định lí ta let, tính được giao điểm hai đường chéo. Có I có M viết được AC. Viết phương trình DH qua D và vuông góc AC. Tìm được H rồi suy ra C. Sau đó tìm A bằng IC=2IA. Hướng dẫn giải. -. Gọi E là trung điểm DH. Khi đó:. -. -. 1 EM  DC 2 o EM là đường trung bình trong tam giác DHC nên EM song song với DC và . o Nên EM song song song với AB và EM=AB. o Suy ra: ABME là hình bình hành. o Suy ra: EM vuông góc với AD. o Suy ra: E là trực tâm tam giác ADM. o Suy ra: AE vuông góc DM. o Mà AE//BM nên DM vuông góc BM. MB vuông góc DM và đi qua M nên BM: 3x+y-16=0. B là giao điểm của d và BM nên B(4;4). Gọi I là giao điểm của AC và BD. IA IB AB 1    Theo hệ quả định lí ta let, ta có: IC ID CD 2 .    10 10  ID 2 IB  DI 2 IB  I  ;  .  3 3 o Suy ra: AC đi qua I và M nên AC: x+2y-10=0. DH đi qua D và vuông góc AC nên DH: 2x-y-2=0. Do M là trug điểm  HC  nên C(6;2). IC 2 IA  IC 2 AI    2; 4  . Vì. 1.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>