10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Sau trích đoạn từ thảo sách: 10 BÀI TOÁN TRỌNG ĐIỂM TƯ DUY ĐỘT PHÁ – CHÌA KHĨA GIẢI NHANH HÌNH HỌC PHẲNG OXY Mọi thơng tin chi tiết bạn tham khảo qua: Web: http://newshop.vn/10-trong-diem-tu-duy-hinh-phang-oxy.nsv Hoặc page: https://www.facebook.com/giaidaptoancap3 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy LỜI MỞ ĐẦU Có lẽ thị trường sách tham khảo chưa “phát triển” Bởi với bạn đọc, để tìm sách chủ đề lại gặp nhiều khó khăn Khơng phải khan hiếm, mà bạn đọc đứng trước nhiều lựa chọn Khi cầm tay sách này, chắn bạn băn khoăn liệu có phải sách phù hợp dành cho bạn Nếu đọc vài trang đầu, chắn bạn chưa cảm nhận hết cách viết ý tưởng mà tác giả muốn gửi gắm thông qua sách Bạn hình dung ý tưởng việc giải tốn, giống bạn phải tìm đường để đích chọn đường ngắn ln điều muốn hướng tới Để làm tốt điều này, hành trình tìm đích đến, thường nhớ tới mốc, địa điểm dễ nhớ gắn liền với đích đến Và sách tác giả thiết kế dựa ý tưởng đó, cách tạo “điểm mốc” thông qua 10 tốn gốc Trên đường để tìm đến “đáp số” bạn cần toán Nghĩa nhìn thấy chúng, bạn biết cách để tìm lời giải cho tốn Đây 10 toán quan trọng, “linh hồn” để tạo tốn khác Có thể có nhiều bạn ngạc nhiên đọc nội dung tốn gốc, thực đơn giản Nhưng bạn có biết rằng, ý tưởng lấy từ tốn “nguồn cảm hứng” cho câu hỏi xuất đề thi quốc gia Chúng gần giải hầu hết toán thi Đại Học năm vừa qua tác giả tin có giá trị nhiều kì thi Quốc Gia tới Mong với cách tiếp cận hoàn toàn giúp bạn đọc thấy thích thú việc chinh phục câu hỏi liên quan đến hình học phẳng Oxy khơng cịn vấn đề lớn bạn Cũng hi vọng sách giúp ích cho bạn học sinh q trình học tập, ơn thi cách chủ động, tự tin bước vào kì thi Quốc Gia tài liệu tham khảo hữu ích cho thầy q trình giảng dạy Trong sách tác giả giới thiệu tới bạn phần: PHẦN 1: TỔNG HỢP KIẾN THỨC CƠ BẢN PHẦN 2: NHỮNG BÀI TOÁN CƠ BẢN PHẦN 3: 10 BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG OXY PHẦN 4: SÁNG TẠO VÀ PHÁT TRIỂN TỪ CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG THUẦN TÚY PHẦN 5: BÀI TẬP TỔNG HỢP TỰ LUYỆN Mặc dù nghiêm túc trình biên soạn, song chắn khơng tránh khỏi sai xót khiếm khuyết Rất mong nhận phản hồi, góp ý xây dựng từ phía bạn đọc, để sách hoàn thiện cho lần tái sau Mọi ý kiến đóng góp mong gửi địa chỉ: Nguyễn Thanh Tùng Số – Ngõ 880 – Bạch Đằng – Hai Bà Trưng – Hà Nội theo e-mail: giaidaptoancap3@yahoo.com Trân trọng cảm ơn ! Tác giả 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy PHẦN 3: 10 BÀI TỐN HÌNH HỌC OXY BÀI TOÁN A NỘI DUNG BÀI TOÁN Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  biết phương trình cách điểm I cho trước khoảng không đổi R ( MI  R  cons t ) B CÁCH GIẢI CHUNG Có thể trình bày lời giải toán theo cách (bản chất một) MI  R C1: Gọi M (t )   ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯  C2: Tọa độ điểm M nghiệm hệ :  (C ) ( (C) đường trịn tâm I bán kính R) f (t )   t  ?  M GIẢI THÍCH CHI TIẾT : Nghĩa gặp tốn có nội dung Bài tốn ta tìm điểm theo cách trình bày sau: 1) Cách (C1): *) Do M thuộc đường thẳng  biết phương trình nên ta tham số hóa điểm M theo ẩn t Cụ thể đề cho đường thẳng  dạng :  x  x0  at x  x0 y  y +) Tham số :  tắc:  ta gọi M ( x0  at ; y0  bt ) a b  y  y0  bt  x  1 t Ví như: M thuộc đường thẳng  :  ta gọi M (1  t; 2  3t )  y  2  3t +) Tổng quát ax  by  c  , để việc gọi điểm M đơn giản tránh tọa độ viết dạng phân số ta nên gọi sau: Nếu a  hay  : x  by  c  ta gọi M ( c  bt ; t ) Ví  : x  y   gọi M (5  3t ; t ) Nếu b  hay  : ax  y  c  ta gọi M (t ;  c  at ) Ví  : x  y   gọi M (t ;1  2t ) (với a  1 b  1 ta làm tương tự) 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy a  Nếu  (ở ( a, b, c)  ) ta chuyển dạng tham số để gọi M b     x  3t Ví  : x  y   ( u  (3;2) ,  qua M (0; 1) )   :   M (3t ; 1  2t )  y  1  2t (Đây là “tiểu tiết” nhỏ - song tạo cho thói quen việc tính tốn giảm nhẹ hạn chế khả sai xót bước tính tốn ) *) Khi việc sử dụng kiện MI  R giúp ta thiết lập phương trình chứa t ( f (t )  0) , từ giải phương trình tìm t suy tọa độ điểm M 2) Cách (C2): Do MI  R nên M thuộc đường tròn (C ) tâm I , bán kính R Khi tọa độ điểm M nghiệm  hệ phương trình (một phương trình  phương trình đường tròn (C ) ) :  (C ) C VÍ DỤ GỐC Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm I (5; 2) đường thẳng  : x  y   Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  cho MI  Bài giải: Cách 1: +) Vì M   nên gọi M (t; 2t  3)  M (1;5) t      17  +) Ta có MI   MI  25  (t  5)  (2t  1)  25  5t  6t    M  ;  t   5    2 2 Cách 2: +) Có: MI  nên M thuộc đường tròn (C ) tâm I R  có phương trình: ( x  5)  ( y  2)  25  x    y   M (1;5) 2x  y     +) M   nên tọa độ điểm M nghiệm hệ:    x     17  M  ;   ( x  5)  ( y  2)  25    5     17  y   10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Nhận xét: *) Với C1 khơng cần quan tâm tới tốn tương giao đường thẳng đường tròn (đề cập C2) giải theo phương pháp đại số thông thường *) Với C2 ta thấy rõ chất tốn (điểm cần tìm giao đường thẳng đường tròn) *) C1 C2 hai cách trình bày khác phương pháp giải hệ phương trình *) Nếu tìm điểm M IM   ( hay đường tròn ( I ; R ) tiếp xúc với  M ) *) Tùy vào kiện tốn, linh hoạt trình bày theo C1 C2 ( C2 “mạnh” C1 đề cập tới điểm có vai trò – bạn thấy rõ điều qua ví dụ minh họa phần sau) D CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG Như để chuyển toán Bài toán 1, ta cần được điều : +) Điểm cần tìm thuộc đường thẳng biết phương trình +) Điểm cần tìm cách điểm biết tọa độ khoảng khơng đổi Vì để có điều bạn cần trả lời câu hỏi: Chùm câu hỏi 1: Điểm cần tìm thuộc đường ? Đường biết phương trình chưa? Nếu chưa có viết không? Viết cách nào? Chùm câu hỏi 2: Điểm cần tìm cách điểm cho trước (đã biết tọa độ ) khoảng ? Cắt nghĩa kiện toán để tính khoảng cách đó? Và hỏi “thiết kế” qua cách đề sau: CÁCH RA ĐỀ 1: Cho biết M thuộc đường thẳng  điểm I cho trước, độ dài IM đề không cho Cần “cắt nghĩa” kiện tốn để tính độ dài đoạn IM Ví dụ (D – 2006) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x  y  x  y   đường thẳng d : x  y   Tìm tọa độ điểm M nằm d cho đường tròn tâm M , có bán kính gấp đơi bán kính đường trịn (C ) , tiếp xúc ngồi với đường trịn (C ) 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Phân tích : *) M  d : x  y    I (1;1) *) (C ) :  khai thác kiện suy MI  3R   chuyển Bài tốn R  Giải : +) Đường trịn (C ) có tâm I (1;1) bán kính R  +) Gọi A điểm tiếp xúc đường tròn tâm M đường tròn (C ) Suy : MI  MA  AI  R  R  3R  +) Gọi M (t ; t  3)  d t  Khi MI   MI   (t  1)2  (t  2)   t  t      t  2 +) Vậy M (1; 4) M ( 2;1)  M (1; 4)  M (2;1)  Ví dụ (A – 2011) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  : x  y   đường tròn (C ) : x  y  x  y  Gọi I tâm (C ) , M điểm thuộc  Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến (C ) ( A , B tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M , biết tứ giác MAIB có diện tích 10 Phân tích: *) M  d : x  y   *) S MAIB  S MBI  BI MB  5.MB  10  MB   MI   chuyển Bài toán Giải :  I (2;1)  +) Ta có (C ) : x  y  x  y     R  IB   +) Vì MA MB tiếp tuyến ( A B tiếp điểm)  S MAIB  S MBI  IB.MB  5.MB  10  MB   MI  MB  IB  +) Gọi M (t ; t  2)   t   M (2; 4) +) Khi MI   MI  25  (t  2)  (t  3)  25  t  t      t  3  M (3;1) 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy 1  Ví dụ (B – 2002) Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  ;  , phương trình đường thẳng AB x  y   2  AB = 2AD Tìm tọa độ điểm A, B, C, D biết A có hồnh độ âm Phân tích hướng giải: *) Có A  AB : x  y   *) AD  2d ( I , AB )  AB  ?  AI  ?  chuyển Bài toán  tọa độ điểm A  tọa độ B , C , D Giải : Gọi H hình chiếu vng góc I AB Khi IH  d ( I , AB)  2 2 2 Suy AH   5 AB 5   AD  IH   IB  IA  IH  AH  Do A, B giao điểm đường thẳng AB với đường trịn trịn tâm I , bán kính R  x  y    Vậy tọa độ A, B nghiệm hệ :  1 25   x    y    Suy A( 2; 0), B (2, 2) ( Vì x A  )  x  2 x    y  y  Mặt khác I trung điểm AC BD nên suy C (3; 0), D( 1; 2) Vậy A( 2; 0), B (2, 2), C (3;0), D ( 1; 2) Nhận xét : Khi toán yêu cầu tìm từ hai điểm trở lên, mà điểm có vai trị (trong A, B có vài trị ) bạn nên trình bày theo C2 để từ điểm ta suy điểm Ví dụ (B – 2009 – NC) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(–1;4) đỉnh B,C thuộc đường thẳng  : x  y   Xác định toạ độ điểm B C, biết diện tích tam giác ABC 18 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Phân tích hướng giải: *) Có B, C   : x  y   *) S ABC  18  BC  2S ABC  BH  AB  AC  AH  BH  chuyển Bài toán d ( A, ) Giải : +) Gọi H hình chiếu vng góc A  Khi H trung điểm BC : 1   AH  d ( A, )   12  12  BC  2S ABC 2.18    BH  CH  2 AH  AB  AH  BH  +) Vậy AB  AC  81 97 8  2 97 , suy B, C thuộc đường trịn 97 97 có phương trình : ( x  1)  ( y  4)  2 x  y   y  x   +) Khi tọa độ B, C nghiệm hệ :  97   2  x  28 x  33  ( x  1)  ( y  4)     11 x  x      y   y      tâm A( 1; 4) bán kính R     11   11    +) Vậy B  ;   , C  ;  B  ;  , C  ;   2 2  2  2 2 2 Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD , có BD nằm đường thẳng có phương trình x  y   , điểm M ( 1; 2) thuộc đường thẳng AB , điểm N (2; 2) thuộc đường thẳng AD Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết điểm B có hồnh độ dương Phân tích hướng giải: *) Trong kiện toán ta nhận thấy điểm có “lợi” để ta khai thác điểm B , B thuộc BD biết phương trình B có hồnh độ dương 10 tốn trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy *) Ta biết tọa độ hai điểm M ( 1; 2) N (2; 2) nên tính độ dài đoạn BM BN ta tìm tọa độ điểm B nhờ Bài toán Nghĩa ta cần yếu tố định lượng, điều gợi ý ta tính d ( M , BD) d ( N , BD ) Trong hai đại lượng , đại lượng d ( M , BD) giúp ta dễ  dàng tìm độ dài BM (do MBH  900 ), từ “tháo” điểm B theo góc nhìn Bài tốn *) Khi tìm tọa độ điểm B ta tìm tọa độ điểm lại nhờ viết phương trình AB , AD tính chất trung điểm hai đường chéo Sau lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải: +) Gọi H hình chiếu vng góc M BD  MH  d ( M , BD )  1   12  12  Do MHB tam giác vuông cân H  BM  2MH  +) Gọi B (t;3  t ) với t  , : BM   (t  1)2  (t  1)2   t   t  t  1 (loại)  B (1; 2) +) AB qua B M nên có phương trình y  AD qua N vng góc với AB nên có phương trình x  Suy A(2; 2) x  x  +) Tọa độ điểm D nghiệm hệ:    D(2;1) x  y   y 1 3 3 Gọi I trung điểm BD  I  ;   C (1;1) (do I trung điểm AC ) 2 2    (Có thể tìm C qua hệ thức DC  AB ) Vậy A(2; 2), B (1; 2), C (1;1), D (2;1) Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vng A D , có AB  AD  CD , điểm B (1; 2) , đường thẳng BD có phương trình y  Biết đường thẳng  : x  y  25  cắt đoạn thẳng  AD, CD hai điểm M , N cho BM vng góc với BC tia BN tia phân giác MBC Tìm tọa độ điểm D biết D có hồnh độ dương 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Phân tích hướng giải : *) Với kiện tốn ta có D  BD : y  điểm B (1; 2) , nên tính độ dài đoạn BD ta nhìn thấy ln Bài tốn việc tìm điểm D khơng có khó khăn Nghĩa ta cần có yếu tố “định lượng” Lúc đường thẳng  biết phương trình nên ta nghĩ tới việc tính khoảng cách từ B tới  tạo mối liên hệ gắn kết với độ dài BD *) Với kiện cịn lại tốn phương pháp hình học túy ta dễ dàng BH  d ( B, CD)  d ( B ,  ) , ta tính độ dài BD đưa lời giải đầy đủ cho toán Sau lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải: +) Gọi H hình chiếu vng góc B CD , ABHD hình vng    Suy CBH  MBA (hai góc phụ với MBH ) Từ ta có CBH  MBA (g.c.g)  CB  MB  CBN  MBN (c.g.c)   25  Khi BH  d ( B, CN )  d ( B, MN )  50 Mà tam giác DHB vuông cân H nên BD  BH  +) Gọi D (t; 2)  BD với t  , đó: BD  16  (t  1)2  16  t  t  3 (loại)  D (5; 2) Vậy D(5; 2) Ví dụ (A, A1 – 2012 – CB ) Cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm cạnh BC, N điểm  11  cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử M  ;  AN có phương trình x  y   Tìm tọa độ điểm A  2 Phân tích hướng giải : *) A  AN : x  y   *) Điểm M biết tọa độ nên tính đoạn AM coi điểm A “tháo” nhờ Bài toán Lúc ta gắn AM vào tam giác vuông AMH với cạnh MH  d (M , AN ) ta dễ dàng tính Như biết thêm yếu tố cạnh góc tam giác vng ta tính độ dài AM Do 10 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Phân tích hướng giải : *) Nếu ta biết tọa độ điểm A , ta tìm tọa độ điểm C theo góc nhìn Bài toán Cụ thể : +) C  AH : đường thẳng qua hai điểm H , A biết tọa độ +) CI  AI ( C cách I khoảng không đổi IA ) *) Như vấn đề phải tìm điểm A Lúc Bài toán tiếp tục lựa chọn để ta tìm điểm A Cụ thể : +) A  AB : đường thẳng qua M vng góc với MI +) AM  MH (tính chất đường trung tuyến tam giác vuông) Giải :      3 +) AB qua M   ;  nhận MI   ;     7; 1 làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình:  2 2 2 9  3   x     y    hay x  y  33  2  2  +) Gọi A(t ; 7t  33)  AB , theo tính chất đường trung tuyến tam giác vng ta có: 2 3 9 3  9    AM  MH  AM  MH   t     7t  33           2 2 2  2    t  4  A(4;5)  t  9t  20     t  5  A(5; 2) +) Với A( 4;5) , AC qua A( 4;5) H (2; 4) nên có phương trình: CI  AI  CI  AI 2 x  y 5   x  y   Gọi C (6  2c; c)  AC , đó: 1  (2c  7)2  (c  1)  32  42  c  6c   c    C (4;1) C ( 4;5) (loại C  A ) c5  +) Với A( 5; 2) , AC qua A( 5; 2) H ( 2; 4) nên có phương trình: x5 y2   2x  y   Gọi C ( m; 2m  8)  AC , : CI  AI  CI  AI  (m  1)  (2m  7)2  42  32  m  6m    m  1   C ( 1;6) C ( 5; 2) (loại C  A ) Vậy C ( 1;6)  m  5 30 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Ví dụ Cho điểm A(10;5), B (15; 5) D ( 20; 0) đỉnh hình thang cân ABCD AB song song với CD Tìm tọa độ đỉnh C Phân tích hướng giải : Ở ví dụ ta tìm tọa độ điểm C theo hai cách : Cách : Ta tìm C theo góc nhìn Bài tốn Cụ thể: *) C thuộc đường thẳng qua D song song với AB nên dễ dàng viết phương trình CD *) ABCD hình thang cân nên ta có điều kiện cần: CB  AB  37 Sau tìm C ta kiểm tra điều kiện đủ BC không song song AD kết luận tọa độ điểm C cần tìm Cách 2: Gọi I , J trung điểm AB CD , : *) Ta dễ dàng viết phương trình IJ tìm tọa độ điểm J *) J trung điểm CD (vì ABCD hình thang cân) nên ta suy tọa độ điểm C Giải : Cách Cách Cách :    x  20  t +) Có AB  (5; 10)  5.(1; 2) , CD // AB nên CD có phương trình:   y  2t +) Gọi C ( 20  t; 2t )  CD , ABCD hình thang cân nên ta có: t  C (15; 10) AD  BC  AD  BC  30  52  (t  35)2  (2t  5)  t  18t  65     t  13 C (7; 26)    +) Với C (15; 10)  BC  (30; 5)  AD  BC / / AD (không thỏa mãn ABCD hình thang cân)      +) Với C ( 7; 26)  BC  ( 22; 21) , BC , AD không phương (thỏa mãn) Vậy C ( 7; 26) Cách 2:       +) Có AB  (5; 10)  5.(1; 2) , CD // AB  nCD  nAB  (2;1) CD qua D ( 20;0) nên có phương trình: 2( x  20)  y   x  y  40   25  +) Gọi I , J trung điểm AB CD , I  ;  IJ  AB   25   (do ABCD hình thang cân) nên IJ có phương trình:  x    y   x  y  25    31 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy 27  2 x  y  40  x    27  +) Vì IJ  CD   J  nên tọa độ điểm J nghiệm hệ:    J   ; 13    2 x  y  25   y  13  +) Do J trung điểm CD nên suy C ( 7; 26)  4 Ví dụ Cho hình thoi ABCD có tâm I (3;3) AC  BD Điểm M  2;  thuộc đường thẳng AB , điểm  3  13  N  3;  thuộc đường thẳng CD Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có tung độ nguyên  3 Phân tích hướng giải : Nếu tìm tọa độ điểm B ta dễ dàng viết phương trình BD (đi qua I B ) Việc tìm tọa độ điểm B chuyển Bài toán Cụ thể : *) Lúc khai thác tính đối xứng hình thoi ta tìm tọa độ điểm N ' thuộc AB đối xứng với N qua I ta viết phương trình AB qua hai điểm M , N ' biết tọa độ Như điểm B thuộc đường thẳng AB biết phương trình *) Ta khai thác kiện cuối tốn AC  2BD để tính độ dài đoạn IB (chi tiết xem phần lời giải) Giải :  5 +) Gọi N ' điểm đối xứng với N qua I (hay I trung điểm NN ' ) suy N '  3;  thuộc đường  3      thẳng AB AB nhận MN '  1;    3;1 làm véctơ phương , suy nAB  (1; 3)  3 Phương trình AB : x  y   +) Gọi H hình chiếu vng góc I AB nên IH  d ( I , AB )  Mặt khác AC  BD  AI  IB Khi xét tam giác IBA ta có : 32 39  12  32  10 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy 1 1    2   IB   IB  2 2 IB IA IH IB IB +) Gọi B (3t  2; t )  AB với t  , : IB   (3t  5)  (t  3)2  (loại) +) Vậy B (4; 2) , đường chéo BD qua hai điểm B (4; 2) I (3;3) nên có phương trình:  5t  18t  16   t  t  x 3 y 3 hay x  y    43 23 Nhận xét: Vì hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật hình vng nhận giao điểm hai đường chéo tâm đối xứng cùa hình Nên đề cho điểm thuộc cạnh bạn nên nghĩ tới việc tìm điểm đối xứng điểm qua tâm hình chứa (ở tâm biết tọa độ) Ví dụ (D – 2010 – CB): Cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 7) , trực tâm H (3; 1) , tâm đường tròn ngoại tiếp I ( 2; 0) Xác định tọa độ đỉnh C , biết C có hồnh độ dương Phân tích hướng giải : Ta cần tìm tọa độ điểm C Với : *) CI  IA  74 *) Nếu viết phương trình cạnh BC ta chuyển toán Bài toán Lúc việc viết phương trình BC ta cần tìm thêm tọa độ điểm thuộc BC Ở ta tìm hình chiếu D I xuống BC chân đường cao K A xuống BC (khi tốn giải triệt để) qua cách giải cụ thể sau: Giải : Cách 1.1 Cách 1.2 Cách Cách 1: Ta tìm tọa độ hình chiếu D I BC (hay trung điểm BC ) qua cách sau: Cách 1.1 +) Gọi D , E trung điểm BC AC Khi : HAB = IDE HBA = IED (góc có cạnh tương ứng song song) 33 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy   HA AB    AH  ID (*) ID DE   0  2( x  2)  x  2 +) Có : AH  (0;6) Gọi D ( x; y )  ID  ( x  2; y ) , từ (*)     D (2;3) 6  y y  Cách 1.2 +) Kéo dài AI cắt đường tròn điểm M (khác A ), I trung điểm AM nên suy M ( 7; 7) Mặt khác : BH / / MC (cùng vuông góc với AC ) CH / / MB (cùng vng góc với AB ), suy MBHC hình bình hành, D trung điểm HM nên suy D ( 2;3)   ( Trong Cách 1.2 ta ln AH  ID (*), sau có D trung điểm HM ) Suy HAB ~ IDE nên Cách 2: Ta tìm tọa độ chân đường cao K A xuống BC +) Ta có A(3; 7) H (3; 1) nên đường thẳng AH có phương trình : x  Kéo dài AH cắt đường tròn điểm H ' ( khác A ) Gọi H '(3; t )  AH với t  7 , : IH '2  IA2  R   t  52   t  t  7 (loại)  H '(3; 7) +) Gọi AH  BC  K  BH  AC  B ' , suy KHB ' C nội tiếp đường tròn  C = BHK (cùng bù với B ' HK ) Mặt khác: C = BH ' A (cùng chắn cung AB ) Suy BHK = BH ' A hay tam giác HBH ' cân B  K trung điểm HH '  K (3;3) ( Như biết tọa độ điểm D điểm K ta dễ dàng viết phương trình BC Ở phần trình bày ta lấy số liệu điểm D (điểm K tương tự) )  +) BC qua D có véc tơ pháp tuyến AH  (0;6) nên phương trình BC : 6( y  3)  hay y  +) Gọi C (t ;3)  BC ( với t  ) , : CI  IA  74  CI  74  (t  2)2  32  74  (t  2)  65  t  2  65 t  2  65 (loại) Vậy C (2  65;3) Nhận xét: Ví dụ cịn nhiều cách giải, có cách giải Bộ Giáo Dục – Song cách giải “thiếu tự nhiên” nên tác giả khơng trình bày Ví dụ Cho hai điểm A(1; 2) , B (4;3) Tìm tọa độ điểm M cho MAB = 1350 khoảng cách từ M đến đường thẳng AB 10 Phân tích hướng giải : *) Vì MA qua A , hợp với đường thẳng AB góc 450 (bù với góc 1350 ) nên ta viết phương trình MA (các bạn tìm hiểu kĩ Bài tốn 6) 34 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy 10 nên ta dễ dàng tính độ dài đoạn MA  Như điểm M “lộ diện” theo góc nhìn Bài tốn Cụ thể: *) Do d ( M , AB )  +) M  MA : biết phương trình Giải : +) MA  +) Gọi H hình chiếu vng góc M AB , : MH  d ( M , AB )  10 Ta có MAH = 1800  MAB = 1800  1350 = 450 , suy tam giác MHA cân H , : MA  MH  10      +) Ta có AB  (3;1) nên nAB  (1; 3) , phương trình AB : x   3.( y  2)   x  y    a  3b Gọi nMA  (a; b) với a  b  , cos( MA, AB)   cos 450  10 a  b a  b  2 a a 2 2  (a  3b)  5(a  b )  2a  3ab  2b          b b a  b      Vì MAB = 1350 nên AM AB  AM AB.cos1350   a  a +) Với  2 chọn   nMA  (2; 1) , AM có phương trình : x  y  b b  1 Gọi M (t ; 2t )  AM , MA   MA2  t   M (0; 0)  (t  1)  (2t  2)   (t  1)     t   M (2; 4)       Với M (2; 4)  AM  (1; 2)  AM AB   (loại)       Với M (0; 0)  AM  (1; 2)  AM AB  5  (thỏa mãn) a   a +) Với  chọn   nMA  (1; 2) , AM có phương trình : x  y   b2 b  Gọi M (5  2t ; t )  AM , : t   M (3;1) MA   MA2   (2t  4)2  (t  2)   (t  2)     t   M ( 1;3) 35 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy       Với M (3;1)  AM  (2; 1)  AM AB   (loại)       Với M ( 1;3)  AM  ( 2;1)  AM AB  5  (thỏa mãn) Vậy M (0;0) M ( 1;3) Chú ý: Ngồi cách giải ví dụ trên, bạn tham khảo thêm cách giải sau: +) Gọi H hình chiếu vng góc M AB , : MH  d ( M , AB )  10 Ta có MAH = 1800  MAB = 1800  1350 = 450 , suy tam giác MHA cân H , : 10 MA  MH     +) Gọi M ( x; y ) , suy AM  ( x  1; y  2) với AB  (3;1) ta có hệ :      3.( x  1)  ( y  2)  AB, AM  1350  cos1350   3.( x  1)  ( y  2)  5      10 ( x  1)  ( y  2)  2 ( x  1)  ( y  2)  MA2   2  ( x  1)  ( y  2)  3a  b  5 b  5  3a a  x  +) Đặt  , hệ có dạng:   2 b  y  a  b  a  3a      a  1   x     b  2    y    M (0; 0)   M (1;3)  a  2   x  1     b   y    +) Vậy M (0;0) M ( 1;3) Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB AD tiếp xúc với đường trịn (T ) có phương trình ( x  2)  ( y  3)2  Đường chéo AC cắt đường tròn (T ) hai điểm  16 23  M , N Biết M   ;  , trục tung chứa điểm N khơng song song với AD ; diện tích tam giác ADI  5  10 điểm A có hồnh độ âm nhỏ hồnh độ D Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Phân tích hướng giải: *) Với kiện A có hồnh độ âm gợi ý ta nên tìm điểm A trước Nghĩa ta cần tìm khai thác kiện “có lợi” cho điểm A *) Ta nhận thấy Oy  (T )   N   tọa độ điểm N +) Suy phương trình AC (đi qua hai điểm M , N biết tọa độ) +) Do AB , AD tiếp xúc với đường tròn (T )  AI  R  2 Như ta dễ dàng tìm tọa độ điểm A theo góc nhìn Bài tốn 36 10 tốn trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy *) Dữ kiện S ADI  10 trục tung khơng vng góc AD gợi ý điểm ta tìm điểm D +) AD qua A cách I khoảng R   phương trình AD (sẽ tìm hiểu kĩ Bài tốn 6) 2S ADI +) AD   10 d ( I , AD ) Như điểm D tiếp tục “tháo” theo góc nhìn Bài tốn *) Khi tìm hai điểm A, D việc tọa độ C , B đơn giản Sau lời giải chi tiết: Giải : +) Đường trịn (T ) có tâm I ( 2;3) bán kính R  +) Do Oy  (T )   N  nên tọa độ điểm N nghiệm hệ:    16   x  x    N (0;3)  MN   ;     2; 1  nAC  (1; 2)  2  5 y  ( x  2)  ( y  3)  Khi AC (đi qua M , N ) có phương trình: x  y   +) Gọi (T ) tiếp xúc với AB , AD P, Q ( P, Q tiếp điểm) Suy APIQ hình vng nên AI  IP  R  2 +) Gọi A(6  2t; t ) với t  (do x A  ) 13 Khi AI   (2t  8)  (t  3)2   5t  38t  65   t  t  (loại)  A( 4;5)  +) Gọi vecto pháp tuyến AD nAD  (a; b) với a  b  ; b  ( AD không song song với Oy ) Suy phương trình AD : a ( x  4)  b( y  5)   ax  by  4a  5b  IQ  d ( I , AD )   2a  3b  4a  5b 2  a  b  a  b  2ab   a  b  (loại) a b Với a  , chọn b  ta phương trình AD : y   2S 2.10 IQ AD  AD  ADI   10 IQ Gọi D ( m;5)  AD với m  4 đó: +) S ADI  AD  100  ( m  4)  100  m  m  14 (loại)  D(6;5) +) Khi DC qua D (6;5) vng góc với AD nên có phương trình: x   37 10 tốn trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy x   x  Khi tọa độ điểm C nghiệm hệ    C (6; 0) x  y   y     x     x  4 +) Ta có AB  DC   B  B  B(4; 0)  y B   5  y B  Vậy A( 4;5), B ( 4; 0), C (6; 0), D (6;5) Nhận xét: Qua ví dụ ta nhận thấy, xem xét toán ta cần đặt câu hỏi “với kiện tốn điểm tìm ln tọa độ? , đường thẳng cần thiết viết ? ” Sau cần đặt tiếp câu hỏi “ điểm nên tìm trước ?” Để trả lời cho câu hỏi kinh nghiệm điểm đề cho điều kiện (như hoành độ dương, tọa độ số nguyên…) nằm đường thẳng biết phương trình (hoặc dễ dàng viết được) với kiện “có lợi” cho yếu tố định lượng diện tích, khoảng cách… Ví dụ 10 ( Khối A, A1 – 2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có điểm M trung điểm đoạn AB N điểm thuộc đoạn AC cho AN  3NC Viết phương trình đường thẳng CD , biết M (1; 2) N (2; 1) Phân tích hướng giải: *) Yêu cầu tốn viết phương trình CD , giúp ta hướng tới việc gắn kết kiện để tìm yếu tố liên quan tới đường thẳng CD Việc toán cho biết tọa độ hai điểm M (1; 2) N (2; 1) với kiện AN  3NC , khiến ta nghĩ tới việc tìm tọa độ điểm E ( với MN  CD   E ) Điều hồn tồn làm     nhờ vào Bài toán 5.1 ta suy luận MN  3NE (các bạn tìm hiểu phần sau Bài tốn 5.1) *) Lúc tìm thêm điểm CD coi tốn giải xong Nhờ Bài tốn ta nghĩ tới việc tìm điểm D Cụ thể với kiến thức hình học sơ cấp ta tam giác MND vuông cân N nên D thuộc đường thẳng ND (viết phương trình) cách N khoảng khơng đổi MN ( DN  MN ) Như toán chuyển nội dung Bài toán nên ta có lời giải sau: Giải: +) Gọi MN  CD   E H hình chiếu vng góc M CD Khi theo Talet ta có:     MN AN    MN  3NE (*) NE NC   +) Gọi E ( x; y ) suy NE  ( x  2; y  1)   với MN  (1; 3) , nên: 38 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy  1  3( x  2) x  7  (*)     E  ; 2  3  3  3( y  1)  y  2  +) Gọi d đường thẳng qua N vng góc với AB , cắt AB , CD I , J      INM  JDN  MND  900   Khi MIN  NJD   (*) , suy nDN  MN  (1; 3)  DN  MN  DN  10  Khi phương trình ND : x  y   +) Do D  ND nên gọi D(3t  5; t ) Khi (*) t   D (5; 0)  (3t  3)  (t  1)  10  (t  1)     t  2  D (1; 2) 7  Đường thẳng CD qua E  ; 2  D nên với : 3  +) D(5; 0) suy CD có phương trình : x  y  15  +) D ( 1; 2) suy CD có phương trình : y  2 hay y   CÁCH RA ĐỀ 4: Tìm điểm M gián tiếp thơng qua điểm khác thuộc Bài toán (nếu biết điểm thuộc Bài toán ta suy tọa độ điểm M ) Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x  y  x  y  20  hai đường thẳng d1 : x  y   , d : x  y  Lập phương trình đường thẳng  tiếp xúc với đường trịn (C ) A cắt d1 , d2 B C cho B trung điểm đoạn thẳng AC Phân tích hướng giải : *) Như cách tư thông thường để viết đường thẳng  , ta nghĩ tới việc tìm điểm mà  qua với vecto pháp tuyến phương Lúc có ba lựa chọn điểm A, B C Song ba điểm chưa biết tọa độ Vậy câu hỏi lúc nên tìm tọa độ điểm ? Ta nhận thấy hai điểm B, C có lợi thuộc đường thẳng biết phương trình, gần kiện có lợi cho B C Nghĩa việc tìm tọa độ B, C gặp “khó khăn” Chỉ cịn lựa chọn điểm A Có   vẻ hợp lí , tìm tọa độ điểm A , ta tìm vecto pháp tuyến  IA suy phương trình  Thế tìm điểm A cách ? Với kiện toán ta có IA  R  Vậy việc tìm điểm A trực tiếp lúc lại gặp trở ngại Khi đứng trước tình bí bách kiểu này, kinh nghiệm ta ý tới thông số, kiện đề ẩn chứa yếu tố đặc biệt giúp ta tháo gỡ “nút thắt ” tốn Nhận thấy, có hai yếu tố số liệu đặc biệt tâm I (C ) thuộc d d1 / / d Nghĩa JB đường trung bình tam giác IAC với d1  IA   J  , suy J 39 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy trung điểm IA Nếu tìm tọa độ điểm J ta suy tọa độ điểm A viết phương trình  Vậy thay tìm A ta tìm gián tiếp thơng qua điểm J IA R *) Ta nhận thấy : J  d1 JI   Như lúc “lộ diện” Bài tốn 1, có nghĩa ta tìm 2 tọa độ điểm J nhờ Bài tốn Giải : +) Đường trịn (C ) có tâm I (1; 2) thuộc d bán kính R  Gọi d1  IA   J  Do d1 / / d nên JB đường trung bình tam giác IAC , suy J trung điểm IA IA R 25 25    JI   (t  1)  (2t  7)  2 4  4(5t  30t  50)  25  4t  24t  35   t  t  2 Do J trung điểm IA nên :   5  +) Với t   J  ;   A(4; 2) ,  qua A(4; 2) có vectơ pháp tuyến IA  (3; 4) 2  nên có phương trình : 3( x  4)  4( y  2)   x  y  20    7  +) Với t   J  ; 2   A(6; 2) ,  qua A(6; 2) có vectơ pháp tuyến IA  (5; 0) 2  nên có phương trình : 5( x  4)  0.( y  2)   x  +) Gọi J (t ;5  2t )  d1 , : JI  Vậy  có phương trình : x  y  20  x  Nhận xét : Ví dụ kiểu tốn khơng mẫu mực, nghĩa với cách tư thông thường (chưa để ý tới số liệu cụ thể ) ta khó đưa lời giải cho Khi giải pháp cho lớp toán khai thác triệt để số liệu đặc biệt đề bài, số liệu “chìa khóa” giúp ta đến đáp số toán Các bạn tiếp tục tìm hiểu lớp tốn qua ví dụ Chú ý : Ngồi cách giải theo góc nhìn Bài tốn trên, bạn có tìm trực tiếp điểm A cách sau : +) Do d1 // d khoảng cách hai đường thẳng Do A thuộc đường thẳng d song song với d1 cách d1 khoảng 40 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Suy đường thẳng d : x  y  10  d : x  y  (loại d  d ) x   2 x  y  10   A(4; 2) y  +) Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ :    x   A(6; 2)  x  y  x  y  20     y  2  Ví dụ (A – 2010 – CB) Cho hai đường thẳng d1 : x  y  d : x  y  Gọi (T ) đường tròn tiếp xúc với d1 A , cắt d hai điểm B C cho tam giác ABC vuông B Viết phương trình (T ) , biết tam giác ABC có diện tích điểm A có hồnh độ dương Phân tích hướng giải : *) Như ta biết để viết phương trình đường trịn ta ln cần hai yếu tố tọa độ tâm bán kính Song với tốn xác định tọa độ tâm I (T ) ta tính bán kính R  d ( I , d1 ) suy phương trình (T ) Vậy tìm I ? I thuộc AC song chưa biết phương trình Như việc tìm tìm trực tiếp điểm I không khả thi Lúc ta nghĩ tới việc tìm điểm I gián tiếp thơng qua điểm có mối liên hệ với Với kiện ABC vng B , suy AC đường kính ( I trung điểm AC ) Vì biết tọa độ điểm A ta tìm tọa độ điểm C (Vì ta viết phương trình AC d  AC  {C} ), từ ta suy tọa độ điểm I *) Xác định tọa độ điểm A nhờ Bài toán Cụ thể: +) A  d1 : 3x  y  +) Có d1  d  {O} với O (0;0) khai thác kiện S ABC  để tính OA  ? Giải :  3x  y  x   +) Xét hệ :    O (0; 0) giao điểm d1 d y   3x  y      Véc tơ pháp tuyến d1 , d2 : n1  ( 3;1) , n2  ( 3; 1) , suy : 41 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy 3  1.( 1) cos(d1 , d )     1 Mặt khác tam giác ABC vuông B , AOB  600  BAC  600  OA  AB  OA sin 60  +) Xét tam giác AOB AOC ta có:   AC  OA tan 600  OA  Khi S ABC  Do S ABC  1 OA 3 3 AB AC sin 600  OA  OA2 2 2 3  OA  +) Gọi A(t;  3t ) với t  , đó: OA  4 1   t   (loại)  A   OA2   t  3t   t   t  ; 1  3 3 3     Suy raa AC qua A , vng góc d1 có phương trình:  x     y  1   x  y   3  Khi tọa độ điểm C nghiệm hệ: 10   3x  y    2   x   ; 2  C     3x  y   y  2   +) Vì tam giác ABC vng B nên AC đường kính Do đường trịn (T ) cần viết có: ( 3)  12 3 AC  1 Tâm I   1 ;   bán kính R  2  2 2   3  Suy phương trình đường trịn (T ) :  x     y   1 3    1  Ví dụ (B – 2011 – NC ) Cho tam giác ABC có đỉnh B  ;1 Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp 2  xúc với cạnh BC , CA, AB tương ứng điểm D, E , F Cho D (3;1) đường thẳng EF có phương trình y   Tìm tọa độ đỉnh A , biết A có tung độ dương Phân tích hướng giải: Ta nhận thấy A nằm đường AB, AD , AC Như lúc việc tìm điểm A theo hướng sau: “Hướng 1: viết phương trình đường tính độ dài đoạn 42 10 tốn trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy AB (hoặc AD ) ta chuyển Bài tốn 1” “Hướng 2: biết phương trình hai đường ta suy tọa độ điểm A ” Để chọn hướng thích hợp ta cần khai thác kiện toán Với số liệu toán cho ta thấy Hướng khơng khả thi, việc tính độ dài AB (hoặc AD ) gặp trở ngại Lúc ta nghĩ tới giải pháp thứ Điểm B D biết tọa độ  1   B ;1 nên ta nghĩ tới việc viết phương trình AB AD Ta phân tích chi tiết số liệu tốn:        D (3;1)  phương trình BD : y  song song với đường thẳng EF : y   Khi ta chứng minh tam giác ABC cân A Do AD  BC Như ta viết phương trình AD Lúc việc việc viết phương trình AB cần “trợ giúp” điểm F Và ta nhận thấy Bài toán cho ta tọa độ điểm F Cụ thể: *) F  EF : y   *) FB  BD  Sau lời giải chi tiết tốn Giải: +) Gọi I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC  ID  BC Khi  (1) Với  IA  EF  1   B  ;1     phương trình BD : y  , suy BD / / EF hay BC / / EF (2)  D (3;1)  (vì phương trình EF : y   ) Từ (1) (2) suy A, I , D thẳng hàng hay AD  BC , nên phương trình AD là: x  +) Gọi F (t;3)  EF , theo tính chất tiếp tuyến ta có: 2 t  1  F (1;3)  1 5 BF  BD  BF  BD   t        t  t       2 2 t   F (2;3)       +) Với F ( 1;3)  BF    ;   uBF  (4;3) , phương trình BF là:   4( x  1)  3( y  3)   x  y   2 x  4 x  y    Do BF  AD   A nên tọa độ điểm A nghiệm hệ:  (loại)  x  y           +) Với F (2;3)  BF   ;   uBF  (4; 3) , phương trình BF là: 2  4( x  2)  3( y  3)   x  y   x  4 x  y     13  Do BF  AD   A nên tọa độ điểm A nghiệm hệ:   13  A  3;   3 x  y    13  Vậy A  3;   3 43 10 toán trọng điểm – tư đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Bình luận sau Bài Toán 1: Như đề thi Quốc Gia, nhiệm vụ người đề làm “mờ” toán gốc , kiện số liệu kèm Nhiệm vụ bạn dùng kiến thức để cắt nghĩa toán, làm cho toán gốc “hiện ngun hình” Qua Bài Tốn bạn thấy phần tầm “sát thương” tính hiệu việc giải tốn tìm điểm tốn liên quan khác…Nó giúp bạn biết cách đặt câu hỏi hướng vào đối tượng kiện đề mà ta cần có định hướng để tư tháo gỡ toán Nếu biết cách “làm chủ” Bài tốn có nghĩa bạn có tay cơng cụ đơn giản hiệu việc đưa đáp số xác cho tốn khơng có khó khăn với bạn Chúng ta cịn nhiều cơng cụ hữu hiệu khác Các bạn tiếp tục tìm hiểu thơng qua tốn Trên đoạn trích từ thảo sách: 10 BÀI TỐN TRỌNG ĐIỂM TƯ DUY ĐỘT PHÁ – CHÌA KHĨA GIẢI NHANH HÌNH HỌC PHẲNG OXY Mọi thơng tin chi tiết bạn tham khảo qua: Web: http://newshop.vn/10-trong-diem-tu-duy-hinh-phang-oxy.nsv Hoặc page : https://www.facebook.com/giaidaptoancap3 CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ QUAN TÂM ! 44 ... khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Ví dụ 12 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vng A D có đáy lớn CD BCD = 450 Đường thẳng AD BD có phương trình x  y  x  y  Viết phương trình...   B  ;1     phương trình BD : y  , suy BD / / EF hay BC / / EF (2)  D (3;1)  (vì phương trình EF : y   ) Từ (1) (2) suy A, I , D thẳng hàng hay AD  BC , nên phương trình AD là:... phẳng Oxy +) Với I (2;1) bán kính R  IA  , suy phương trình đường trịn : ( x  2)2  ( y  1)2  +) Với I (2; 7) bán kính R  IA  , suy phương trình đường tròn : ( x  2)  ( y  7)  49 Vậy phương