Tuyển chọn 10 bài toán trọng điểm hình học phẳng OXY: Phần 2

Chia sẻ: đời Như Gió Bay | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:261

Thêm vào BST

Báo xấu

106
lượt xem 20
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nối tiếp nội dung phần 1 tài liệu 10 bài toán trọng điểm hình học phẳng OXY, phần 2 giới thiệu tới người đọc các bài toán cơ bản về hình học phẳng, bài toán hình học phẳng OXY, sáng tạo và phát triển từ các bài toán hình học phẳng thuần túy,... Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tuyển chọn 10 bài toán trọng điểm hình học phẳng OXY: Phần 2

a ( x − 1) + b( y − 4) = 0 ⇔ ax + by − a − 4b = 0 , khi đó: 2a + b − a − 4b d ( N , ∆) = 1 ⇔ = 1 ⇔ a − 3b = a 2 + b2 a +b 2 2 b = 0 ⇔ (a − 3b) 2 =a 2 + b 2 ⇔ 8b 2 − 6ab =0 ⇔  3a = 4b Với b = 0 , chọn a = 1 ta được phương trình ∆ : x − 1 = 0 a = 4 2 Với 3a = 4b , chọn  , ta được phương trình ∆ : 4 x + 3 y − 16 = 0. C b = 3 EI Cách 2: O + Phương trình ∆ đi qua M (1; 4) có hệ số góc k , có dạng: y= k ( x − 1) + 4 .T hay kx − y − k + 4 =0 TS Khi đó 2k − 1 − k + 4 4 d ( N , ∆) =1 ⇔ =1 ⇔ (k + 3) 2 =k 2 + 1 ⇔ 6k =−8 ⇔ k =− k +1 2 2 /N 3 om 4 4 Suy ra phương trình ∆ : − x − y + + 4 = 0 ⇔ 4 x + 3 y − 16 = 0 3 3 .c + Phương trình ∆ có dạng x − a = 0 . Vì M (1; 4) ∈ ∆ ⇒ 1 − a= 0 ⇔ a= 1 hay ok ∆ : x − 1 =0 bo 2 −1 Khi đó d ( N ,= ∆) = 1 (thỏa mãn) ce 1 Vậy phương trình ∆ phải tìm là 4 x + 3 y − 16 =0 hoặc x − 1 =0 . .fa D. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG w Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn w (C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 8 y − 5 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua //w điểm M (5; 2) và cắt đường tròn (C ) tại hai điểm A, B sao cho AB = 5 2 . s: Phân tích hướng giải: tp * Đường thẳng ∆ cần viết đi qua điểm M (5; 2) . Do vậy ta cần khai thác thêm các ht dữ kiện của bài toán để có được yếu tố “có lợi” liên quan tới ∆ . * Dữ kiện ∆ cắt đường tròn (C ) tại hai điểm A, B với AB = 5 2 , cho ta biết được khoảng cách từ tâm I (2; 4) của (C ) tới ∆ . Cụ thể nếu gọi H là hình chiếu của I trên ∆ thì ta có d ( I , ∆)= IH= IA2 − HA2 Khi đó việc viết phương trình ∆ được “tháo gỡ” theo góc nhìn của Bài toán 6.1. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: 186 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
Giải + Đường tròn (C ) có tâm I (2; 4) = IA và bán kính R = 5 Gọi H là hình chiếu vuông góc AB 5 2 của I trên AB ⇒ AH = = 2 2 2 2 5 2  5 2 Khi đó IH = IA − AH = 5 −   2  = 2 C 2 2 2   EI  + Gọi véctơ pháp tuyến của ∆ là n∆ = (a; b) (a 2 + b 2 ≠ 0) O .T Do ∆ đi qua M (5; 2) nên có phương trình: TS a ( x − 5) + b( y − 2) = 0 ⇔ ax + by − 5a − 2b = 0 , khi đó : 2a + 4b − 5a − 2b 5 2 d ( I , ∆)= IH ⇔ a +b 2 2 = 2 /N ⇔ 4(3a − 2b) 2= 50(a 2 + b 2 ) om  a = −b ⇔ 7 a 2 + 24ab + 17b 2 =0 ⇔ (a + b)(7 a + 17b) =0 ⇔  7 a = −17b .c ok a = 1 + Với a = −b , chọn  suy ra phương trình ∆ : x − y − 3 = 0 b = −1 bo a = 17 ce Với 7 a = −17b , chọn  suy ra phương trình ∆ :17 x − 7 y − 71 = 0 b = −7 .fa Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập là : x − y − 3 =0 hoặc w 17 x − 7 y − 71 = 0. w Ví dụ 2 ( Khối A, A1 – 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình //w vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3 NC . Viết phương trình đường thẳng CD , biết s: rằng M (1; 2) và N (2; −1) . tp ht Phân tích hướng giải: * Yêu cầu bài toán viết phương trình CD , giúp ta hướng tới việc gắn kết các dữ kiện để tìm các yếu tố liên quan tới đường thẳng CD . Bài toán cho biết tọa độ hai điểm M (1; 2) và N (2; −1) cùng với dữ kiện AN = 3 NC , khiến ta nghĩ tới việc tìm tọa {E} ) . Điều này hoàn toàn có thể làm được nhờ vào độ điểm E ( với MN ∩ CD =   Bài toán 5.1 (các bạn xem lại ở phần trước) khi ta suy luận được MN = 3 NE . 187 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
* Với M (1; 2) , N (2; −1) và điểm E vừa tìm được, cộng với các điểm đều xác định rõ vị trí, nên ta dễ dàng có được độ dài cạnh của hình vuông dựa vào độ dài MN (hoặc ME ) . Nghĩa là ta sẽ tính được khoảng cách từ M tới DC . Như vậy lúc này đã xuất hiện nội dung Bài toán 6.1 , giúp ta viết được phương trình đường thẳng CD . Cụ thể CD đi qua điểm E đã biết tọa độ và cách điểm M một khoảng xác định. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải 2 {E} và H là hình + Gọi MN ∩ CD = C EI chiếu vuông góc của M trên CD . Khi đó theo định lý Ta-let ta có O   .T MN AN = = 3 ⇒ MN = 3 NE (*) NE NC TS   + Gọi E ( x; y ) suy ra NE =( x − 2; y + 1) và với MN= (1; −3) = 1 3( x − 2)  x = 7 /N 7  om Do đó (*) ⇔  ⇔ 3 ⇒ E  ; −2  −3= 3( y + 1)  y = −2 3  .c 1 2 1 1 ok + Do EC = AM ⇒ HE = AM = AB = MH nên ta đặt: 3 3 3 3 bo HE = m ⇒ MH = 3m . 160 4 ce Khi đó MH 2 + HE 2 = ME 2 ⇔ 10m 2 = ⇔ m= ⇒ MH = 4 9 3  .fa + Gọi nCD = (a; b) với a 2 + b 2 ≠ 0 w Khi đó phương trình CD có dạng: w  7 a  x −  + b ( y + 2 ) =0 ⇔ 3ax + 3by − 7 a + 6b =0 //w  3 s: 3a + 6b − 7 a + 6b Ta có d ( M , CD ) = MH ⇔ = 4 tp 9a 2 + 9b 2 ht a = 0 ⇔ 3b − a = 9(a 2 + b 2 ) ⇔ 8a 2 + 6ab = 0 ⇔   4a = −3b Với a = 0 ta chọn b = 1 , khi đó phương trình CD là: y + 2 =0 Với 4a = −3b chọn a = 3 và b = −4 , khi đó CD có phương trình: 3 x − 4 y − 15 = 0 188 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
Chú ý: Ngoài cách giải trên các bạn có thể tham khảo thêm các cách giải khác ở Ví dụ 10 trong cách ra đề 3 thuộc Bài toán 1 và ở Bài 3.2 trong Phần 3 – phát triển các bài toán. Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (T ) : x 2 + y 2 − 6 x + 2 y + 6 =0 , và điểm A(1;3) . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (T ) tại B và C sao cho AB = BC . 2 C Phân tích hướng giải: EI * Giống như Ví dụ 1, đường thẳng ∆ cần viết đi qua điểm A(1;3) . Như vậy lúc O này ta đang thiếu một dữ kiện liên quan tới ∆ . .T * Dữ kiện ∆ đi qua A và cắt (T ) tại B và C sao cho AB = BC , giúp ta tính TS được khoảng cách từ I tới ∆ . Khi đó việc viết phương trình ∆ được giải quyết theo góc nhìn của Bài toán 6.1. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: /N om Giải .c ok bo ce + Đường tròn (T ) có tâm I (3; −1) và bán kính R = 2 .fa Ta có= IA 2 5 > R , suy ra A nằm ngoài đường tròn. w Gọi ∆ là đường thẳng cần lập và H là hình chiếu vuông góc của I trên ∆ . w Lúc này ta sẽ đi tính IH theo hai cách sau: //w Cách 1: Đặt IH =⇒ a BH =IA − IH =4 − a . 2 2 2 s: tp Do AB = BC ⇒ AH =3BH =3 4 − a 2 ht Khi đó IH 2 + AH 2 = IA2 ⇔ a 2 + 9(4 − a 2 ) = 20 ⇔ a 2 = 2 ⇒ a = 2 hay IH = 2 Cách 2: Phương tích của điểm A đối với đường tròn (T ) : PA/(T ) = AB. AC = AI 2 − R 2 ⇔ AB.2 AB = 20 − 4 189 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
⇔ AB 2 =⇔ 8 AB =2 2=BC ⇒ BH =2 Suy ra IH = IB 2 − BH 2 = 4−2 = 2  + Gọi véctơ pháp tuyến của ∆ là n∆ = (a; b) (a 2 + b 2 ≠ 0) , do ∆ đi qua A(1;3) nên có phương trình: a ( x − 1) + b( y − 3) = 0 ⇔ ax + by − a − 3b = 0 , 3a − b − a − 3b khi đó : d ( I , ∆ )= IH ⇔ = 2 ⇔ 4(a − 2b) 2= 2(a 2 + b 2 ) a 2 + b2 2 C a = b ⇔ a 2 − 8ab + 7b 2 =0 ⇔ (a − b)(a − 7b) =0 ⇔  EI  a = 7b O + Với a = b , chọn a= b= 1 suy ra phương trình ∆ : x + y − 4 =0 .T a = 7 Với a = 7b , chọn  suy ra phương trình ∆ : 7 x + y − 10 = TS 0 b = 1 Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập là : x + y − 4 = 7 x + y − 10 =0. /N 0 hoặc om Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn .c (T ) : ( x − 1) + ( y − 2) = 2 2 5 ngoại tiếp tiếp tam giác đều ABC , . Đường ok 7  thẳng BC đi qua điểm M  ; 2  . Hãy xác định tọa độ điểm A . bo 2  Phân tích hướng giải: ce  7 .fa * Dữ kiện đường thẳng BC đi qua điểm M  ; 2  gợi ý ta nên đi viết phương  2 w trình BC . Mặt khác, nếu viết được phương trình BC ta sẽ viết được phương trình w AI và suy ra được tọa độ hình chiếu H của I trên BC . Khi đó nhờ Bài toán 5.1   //w (các bạn đã tìm hiểu phần trước) với hệ thức AH = 3IH sẽ giúp ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm A . s: * Bài toán 6.1 sẽ giúp ta viết được phương trình BC , khi BC đi qua điểm tp 7  ht M  ; 2  và d ( I , BC ) = R . 2  Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải + Đường tròn (T ) có tâm I (1; 2) và bán kính R = 5.  + Gọi BC có vecto pháp tuyến nBC = (a; b) (a + b ≠ 0) 2 2 190 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
7  Do BC đi qua M  ; 2  nên có phương trình: 2   7 a  x −  + b ( y − 2 ) =0 ⇔ 2ax + 2by − 7 a − 4b =0  2 Do BC tiếp xúc với (T ) nên ta có: 2a + 4b − 7 a − 4b d ( I , BC ) = R⇔ = 5 2 4a 2 + 4b 2 C  a = 2b EI ⇔ 25a 2 = 20(a 2 + b 2 ) ⇔ a 2 = 4b 2 ⇔   a = −2b O   Gọi H là hình chiếu của I trên BC và gọi A(m; n) , khi đó AH = 3IH (*) .T a = 2 TS + Với a = 2b , chọn  ta được phương trình BC : 2 x + y − 9 =0 b = 1 Suy ra phương trình IH : x − 2 y + 3 =0 /N om Suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ :  2 x + = y −9 0 = x 3  AH =(3 − m;3 − n) .c  ⇔ ⇒ H (3;3) ⇒    x − 2= y+3 0 = ok y 3  IH = (2;1) bo 3 − m =6 m =−3 Khi đó (*) ⇔  ⇔ ⇒ A(−3;0) = 3− n 3 = n 0 ce a = 2 .fa + Với a = −2b , chọn  ta được phương trình BC : 2 x − y − 5 =0 b = −1 w Suy ra phương trình IH : x + 2 y − 5 =0 w Suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ : //w  2 x − = y −5 0 = x 3  AH =(3 − m;1 − n)  ⇔ ⇒ H (3;1) ⇒   s:  x + 2= y −5 0 = y 1 = (2; −1)  IH tp 3 − m = 6 m =−3 ht Khi đó (*) ⇔  ⇔ ⇒ A(−3; 4) 1 − n =−3 n =4 Vậy A(−3;0) hoặc A(−3; 4) . Chú ý: Ngoài cách giải trên các bạn có thể tham khảo thêm cách giải thứ hai qua một bài tương tự - Bài 8 (phần bài tập áp dụng). 191 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
Ví dụ 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có điểm A(−2;3) . Điểm M (4; −1) nằm trên cạnh BC , đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại điểm N (7; −3) . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết C có tọa độ nguyên. Giải Cách 1: Do MC // AD nên ta có: 2 C NC NM 32 + 22 1 = = = EI ND NA 92 + 62 3 O ND − CD 1 3 3 .T ⇔ = ⇒ ND = CD = AD ND 3 2 2 TS Khi đó xét tam giác AND ta được: 9 /N AD 2 + ND 2 =AN 2 ⇔ AD 2 + AD 2 =117 ⇔ AD 2 =36 ⇔ AD =6 om 4  Gọi n = (a; b) ( với a 2 + b 2 ≠ 0 ) là vecto pháp tuyến của đường thẳng DC . .c Vậy DC đi qua N (7; −3) nên có phương trình: ok a ( x − 7) + b( y + 3) =0 ⇔ ax + by − 7 a + 3b =0 bo −2a + 3b − 7 a + 3b Ta có: d ( A, DC ) = DC ⇔ = 6 ce a 2 + b2 a = 0 .fa ⇔ 3a − 2b =2 a 2 + b 2 ⇔ 5a 2 − 12ab =0 ⇔  5a = 12b w + Với a = 0 , chọn b = 1 ta được phương trình DC : y + 3 =0 w Khi đó BC đi qua M (4; −1) và vuông góc với DC có phương trình: //w x−4=0 s: =y+3 0 = x 4 ⇔ ⇒ C (4; −3) tp Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ   x − 4 =0  y =−3 ht Tương tự ta có phương trình AD : x + 2 = 0 ⇒ D (−2; −3) Phương trình AB : y= 3 ⇒ B (4;3) a = 12 + Với 5a = 12b , chọn  ta được phương trình DC :12 x + 5 y − 69 = 0 b = 5 192 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
Khi đó phương trình BC đi qua M (4; −1) và vuông góc với DC có phương trình: 5 x − 12 y − 32 = 0 Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:  76  x= 12 x + 5 y − 69 = 0  13  76 3   ⇔ ⇒ C  ; −  (loại) 5 x − 12 y − 32 = 0 y = − 3  13 13   13 2 C Vậy B (4;3), C (4; −3), D ( −2; −3) EI Nhận xét: O * Ngoài cách giải trên các bạn có thể tham khảo thêm cách giải thứ 2 sau: .T Cách 2:  TS Gọi n = (a; b) ( với a 2 + b 2 ≠ 0 ) là vecto pháp tuyến của đường thẳng DC . Vậy DC đi qua N (7; −3) nên có phương trình: a ( x − 7) + b( y + 3) =0 ⇔ ax + by − 7 a + 3b =0 /N om Khi đó AD đi qua A(−2;3) và vuông góc với DC nên có phương trình: bx − ay + 3a + 2b = 0 .c Do ABCD là hình vuông nên ta có: ok −2a + 3b − 7 a + 3b 4b + a + 3a + 2b bo d ( A, DC ) = d ( M , AD) ⇔ = ⇔ a 2 + b2 a 2 + b2 ce a = 0 ⇔ 9a − 6b = 4a + 6b ⇔  .fa 5a = 12b Đến đây việc trình bày tiếp theo giống như Cách 1 w w * Nếu A, M , N không thẳng hàng ( N vẫn thuộc DC ) thì Cách 1 ở bài toán trên sẽ //w bị “vô hiệu”, song Cách 2 vẫn phát huy tác dụng. Như vậy tùy vào dữ kiện và số liệu của đề bài chúng ta có thể “linh hoạt” trong việc chọn cách giải tối ưu cho bài toán. s: Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ∆ : x + y − 2 =0 và tp điểm M (3;0) . Đường thẳng ∆ ' qua M cắt đường thẳng ∆ tại A . Gọi H ht là hình chiếu vuông góc của A lên trục Ox . Viết phương trình đường thẳng 2 ∆ ' , biết khoảng cách từ H đến ∆ ' bằng . 5 193 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
Giải 2 C  + Gọi n = (a; b) (với a 2 + b 2 ≠ 0 ) là vecto pháp tuyến của ∆ ' , khi đó ∆ ' đi EI qua M (3;0) nên có hương trình : ax + by − 3a = 0 O + Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: .T  3a − 2b TS ax + by − 3a =0  x = a − b  3a − 2b a   ⇔ ⇒ A ;−  + − = − −b   x y 2 0 y = −  a a −b  a b a /N om  3a − 2b  Do H là hình chiếu vuông góc của A trên Ox ⇒ H  ;0   a −b .c  ok + Ta có: 3a − 2b bo a. − 3a 2 a −b 2 d ( H , ∆ ')= ⇔ = ⇔ 5a 2b 2= 4(a 2 + b 2 )(a − b) 2 ce 5 a +b 2 2 5  a = 2b .fa ⇔ (a − 2b)(2a − b)(2a 2 + ab + 2b 2 ) =0 ⇔  (vì 2a 2 + ab + 2b 2 > 0 )  2a = b w a = 2 w + Với a = 2b, chọn  ta được phương trình ∆ ' : 2 x + y − 6 = 0 //w b = 1 a = 1 s: Với 2a = b chọn  ta được phương trình ∆ ' : x + 2 y − 3 =0 b = 2 tp Vậy phương trình ∆ ' cần lập là: 2 x + y − 6 =0 hoặc x + 2 y − 3 =0. ht Ví dụ 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông ở   đỉnh A có diện tích bằng 50, đỉnh C (2; −5) , AD = 3BC . Biết đường thẳng  1  AB đi qua điểm M  − ;0  , đường thẳng AD đi qua điểm N (−3;5) .  2  Viết phương trình đường thẳng AB không song song với các trục tọa độ. 194 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
Giải   + Do = = AD 3BC ⇒ AD // BC ⇒ D 900 (do  A = 900 ) 2  C Do AB không song song với các hệ trục tọa độ nên ta gọi nAB = (1; b) (với EI b ≠ 0 ) là vecto pháp tuyến của AB , suy ra vecto pháp tuyến của AD là  O = (b; −1) . nAD .T  1  1 Khi đó AB đi qua M  − ;0  nên có phương trình : x + by + = TS 0  2  2 AD đi qua N (−3;5) nên có phương trình : bx − y + 3b + 5 = /N 0 om += Ta có: S ABCD ( BC + AD). AB = [ d (C , AB) + 3d (C , AB)].d (C , AD) .c 2 2 ok = 2d (C , AB).d (C , AD) bo Mặt khác S ABCD = 50 , suy ra : ce 5 − 5b 5b + 10 .fa 2 d (C , AB ).d (C , AD) = 25 ⇔ . = 25 b + 1 b2 + 1 2 w w  4 b = 3 //w 3b − 2 =2  ⇔ 2b 2 + 3b − 2) = 2(1 + b 2 ) ⇔  2 ⇔ b = 0 (loại)  4b + 3b = s: 0  3 b = − tp  4 ht 4 4 1 Với b = ⇒ AB : x + y + = 0 hay AB : 6 x + 8 y + 3 = 0; 3 3 2 3 3 1 Với b = − ⇒ AB : x − y + = 0 hay AB : 4 x − 3 y + 2 =0. 4 4 2 Vậy phương trình đường thẳng AB cần lập là 6 x + 8 y + 3 = 0 hoặc 4x − 3y + 2 =0. 195 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
Nhận xét:  Ở bài toán trên thay vì gọi vecto pháp tuyến n = (a; b) theo 2 ẩn a, b như các bài toán quen thuộc chúng ta đã làm, thì trong bài toán này ta đã “linh hoat” gọi  nAB = (1; b) theo một ẩn b nhờ dữ kiện đường thẳng AB không song song với các trục tọa độ . Bài toán 6.2 A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 6.2 2 C Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua một điểm, tạo với đường thẳng cho EI trước một góc không đổi. O B. CÁCH GIẢI CHUNG .T Gọi vtpt :  a2 +b2 ≠0; M ∈∆ → TS n∆ = (a; b)  (∆,∆ ')=α 0  ∆ : ax + by + f (a, b) =   /N → cos(∆, ∆ ') =cos α (*) om n∆ .n∆ ' a = ? choïn Từ (*) ⇔   = cos α ⇔ g (a, b) = 0 ⇒ a = kb  →  ⇒ phương n∆ . n∆ ' b = ? .c trình ∆ . ok Giải thích chi tiết: bo  + Gọi véctơ pháp tuyến của ∆ là n∆ = (a; b) (a 2 + b 2 ≠ 0) , do ∆ đi qua M đã ce biết tọa độ nên ta viết được phương trình ∆ có dạng: ax + by + f (a, b) = 0 (phụ .fa thuộc vào 2 ẩn a, b ). α ( (∆, ∆ ') =α ) bằng cách áp dụng + Sử dụng dữ kiện góc tạo bởi ∆ và ∆ ' bằng w   w n∆ .n∆ ' a.a '+ b.b ' công thức cos(∆,= ∆ ') cos α ⇔  =  cos α ⇔ = cos α //w n∆ . n∆ ' a 2 + b 2 . a '2 + b ' 2 s: giúp ta thiết lập được phương trình đẳng cấp bậc hai g (a, b) = 0 (ẩn a, b ) . Từ đây tp ta sẽ rút ra được mối liên hệ a = kb . Sau đó bằng thao tác “chọn” , ta được bộ số ht (a; b) ≠ (0;0) và suy ra được phương trình ∆ . Chú ý Ngoài cách giải trên các bạn có thể giải theo cách sau: + Gọi phương trình đường thẳng đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) có hệ số góc k có dạng: y = k ( x − x0 ) + y0 ⇔ kx − y − kx0 + y0 = 0 196 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
  n∆ .n∆ ' ∆ ') cos α ⇔  = Khi đó cos(∆,=  cos α ⇔ f = (k ) 0 ⇔ = k ? ⇒ phương n∆ . n∆ ' trình ∆ . + Phương trình ∆ có dạng x − a =0 . Vì M ( x0 ; y0 ) ∈ ∆ nên suy ra phương trình ∆ : x − x0 = 0 Kiểm tra điều kiện cos( ∆, ∆ ') =cos α ⇒ kết luận. 2 Nhận xét: C EI Như vậy để chuyển các bài toán về nội dung Bài toán 6.2 ta cần khai thác các dữ kiện của bài toán để chỉ ra được 2 điều kiện: O + Đường thẳng đó đi qua một điểm đã biết tọa độ. .T + Đường thẳng tạo với đường thẳng cho trước một góc xác định (không đổi). TS C. VÍ DỤ GỐC 2x + 3y +1 = /N Ví dụ. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ∆ ' có phương trình 0 và điểm M (1;1) . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua om M và tạo với đường thẳng ∆ ' một góc 450 . .c Giải: ok Cách 1: + Gọi véctơ pháp tuyến của ∆ là bo  n∆ = (a; b) (a 2 + b 2 ≠ 0) , do ∆ đi ce qua M (1;1) nên có phương trình: .fa a ( x − 1) + b( y − 1) = 0 ⇔ ax + by − a − b = 0  w Với ∆ ' có véctơ pháp tuyến n∆ ' = (2;3) , khi đó: w //w 1 (∆, ∆= ') 450 ⇔ cos(∆, ∆= ') ⇔ 2 s: 2a + 3b 1 ⇔ = ⇔ 2(2a + 3b) 2 =13(a 2 + b 2 ) tp a 2 + b 2 . 22 + 32 2 ht 5a = −b ⇔ 5a 2 − 24ab − 5b 2 = 0 ⇔ (5a + b)(a − 5b) =0⇔  a = 5b a = 1 + Với 5a = −b , chọn  suy ra phương trình ∆ : x − 5 y + 4 =0 b = −5 197 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
a = 5 Với a = 5b , chọn  suy ra phương trình ∆ : 5 x + y − 6 =0 b = 1 Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập là: x − 5 y + 4 =0 hoặc 5x + y − 6 =0. Cách 2:  + Gọi ∆  ∆ ' ={ I } và gọi I (1 + 3t ; −1 − 2t ) ∈ ∆ ' , suy ra MI= (3t ; −2 − 2t ) và  2 với u∆=' (3; −2) C 3.3t − 2(−2 − 2t ) EI 1 1 Khi đó: ( ∆, ∆= ') 45 ⇔ cos ( ∆, ∆= ') ⇔ = 0 O 2 9t 2 + (2t + 2) 2 . 13 2 .T ⇔ 2(13t + = 4)2 13(13t 2 + 8t + 4) ⇔ 169t 2 + 104t −= 20 0 TS  10  I  − 17 ; 7   t = −    13   13 13  ⇔ t = 2 ⇒   19 17  /N om  I  ;−   13   13 3  .c  17 7   17 7  + Với I  − ;  , đường thẳng ∆ đi qua I  − ;  , M (1;1) có phương ok  13 13   13 13  trình: x − 5 y + 4 =0 bo  19 17   19 17  Với I  ; −  , đường thẳng ∆ đi qua I  ; −  , M (1;1) có phương ce  13 3  13 13  .fa trình: 5 x + y − 6 =0 Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập là : x − 5 y + 4 =0 hoặc w 5x + y − 6 = w 0. //w Cách 3: + Phương trình ∆ đi qua M (1;1) có hệ số góc k , có dạng: s:  y= k ( x − 1) + 1 hay kx − y − k + 1 = 0 ⇒ n∆ = (k ; −1) tp  ht Với ∆ ' có véctơ pháp tuyến n∆ ' = (2;3) , khi đó: 1 (∆, ∆= ') 450 ⇔ cos(∆, ∆= ') ⇔ 2 2k − 3 1 ⇔ = ⇔ 2(2k − 3) 2 = 14(k 2 + 1) k 2 + 12 . 14 2 198 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
 1 k= ∆ : x − 5 y + 4 =0 ⇔ 5k 2 + 24k − 5 = 0 ⇔  5 ⇒  ∆ : 5x + y − 6 = 0  k = −5 + Phương trình ∆ có dạng x − a =0 . Vì M (1;1) ∈ ∆ ⇒ 1 − a= 0 ⇔ a= 1 hay ∆ : x − 1 =0 2 1 Khi đó cos( ∆, ∆ = ') ≠ (không thỏa mãn) 2 13 2 C Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập là : x − 5 y + 4 =0 hoặc EI 5x + y − 6 =0. O D. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG .T Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , phương TS trình đường thẳng AB và BC lần lượt là x + 2 y − 5 =0 và 3 x − y + 7 =0. Viết phương trình đường thẳng AC , biết AC đi qua điểm F (1; −3) . Phân tích hướng giải: /N om * Bài toán yêu cầu viết phương trình đường thẳng AC , khi cho biết AC đi qua F (1; −3) . Như vậy ta cần khai thác thêm một yếu tố liên quan tới AC để có được đáp .c số của bài toán. ok * Dữ kiện tam giác ABC cân tại A cho ta biết được B =C . Mặt khác bài toán cho bo biết phương trình AB, BC như vậy góc B là hoàn toàn xác định. Lúc này ta đã thấy ce rõ được Bài toán 6.2 , khi AC đi qua F (1; −3) và tạo với BC một góc không đổi (đúng bằng góc B ). Vậy ta đã giải quyết xong bài toán. .fa Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: w Giải w Cách 1: //w + Ta có vecto pháp tuyến của AB, BC lần lượt   s: là: n1 = (1; 2) và n= 2 (3; −1) .  tp Gọi vecto pháp tuyến của AC là n3 = (a; b) ht với a 2 + b 2 ≠ 0 + Tam giác ABC cân nên:         n1.n2 n3 .n2 n1.n2 n3 .n2 1 3a − b cos B = cos C ⇔   =   ⇔  =  ⇔ = n1 . n2 n3 . n2 n1 n3 5 a 2 + b2 199 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
⇔ a 2 + b 2 =5(3a − b) 2 ⇔ 22a 2 − 15ab + 2b 2 =0 ⇔  2a = b ⇔ (2a − b)(11a − 2b) =0⇔ 11a = 2b a = 1  + Với 2a = b , chọn  (1; 2) ⇒ AC // AB (loại) ⇒ n3 = b = 2 2 a = 2  C + Với 11a = 2b , chọn  ⇒ n3 =(2;11) b = 11 EI  O Khi đó AC đi qua F (1; −3) và có vec tơ pháp tuyến n3 = (2;11) nên có .T phương trình: 2 x + 11 y + 31 = 0 TS Chú ý: Ngoài cách giải trên các bạn có thể tham khảo thêm cách giải sau: Cách 2: /N om + Gọi ∆ là đường thẳng đi qua F (1; −3) và song song với BC .c Khi đó ∆ có phương trình: ok 3x − y − 6 =0 bo {E} , khi đó tọa độ + Gọi ∆  AB = ce điểm E là nghiệm của hệ:  .fa 17 x= 3 x − y − 6 =0  7  17 9   ⇔ ⇒ E ;  w x + 2 y − 5 =0 y = 9  7 7 w  7 //w  12 6  + Gọi H là trung điểm của EF ⇒ H  ;−  7 7 s: Do tam giác ABC cân tại A nên AH ⊥ BC , do đó AH có phương trình: tp  6 ht 12 x− + 3  y +  = 0 ⇔ 7 x + 21 y + 6 = 0 7  7 Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ :  117  x=  7 x + 21 y + 6 = 0  7  117 41   ⇔ ⇒ A ;−  x + 2 y − 5 = 0 y = − 42  7 7   7 200 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
  110 20  10  =  Khi đó FA ;− =  (11; −2 ) ⇒ n=FA (2;11)  7 7  7 Suy ra phương trình AC : 2 x + 11 y + 31 =0 Ví dụ 2. ( D – 2012 – CB) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0  1  và x − y + 4 =0 ; đường thẳng BD đi qua điểm M  − ;1 . Tìm tọa độ các 2  3  C đỉnh của hình chữ nhật ABCD. EI Phân tích hướng giải: O Nếu ta đã hiểu và giải quyết tốt Ví dụ 1 thì bạn sẽ nhận ra yêu cầu ở ví dụ này thực .T ra cũng tương tự . Khi người ra đề có gắng “giấu” Ví dụ 1 trên bằng việc thay nó bởi TS một hình thức diễn đạt khác thông qua bài toán hình chữ nhật. Thật vậy : * Nếu gọi AC  BD ta sẽ được tam giác IAD cân và giống với nội dung của Ví dụ 1 mà ta đã làm ở trên. Do đó ta sẽ tìm được các điểm A, D, I . /N om * Khi biết tọa độ A, D, I ta sẽ suy ra được tọa độ B, C khi I là trung điểm của BD, AC . .c Sau đây là lời giải chi tiết: ok Giải bo + Tọa độ điểm A là nghiệm x + 3y = x = −3 ce 0 của hệ  ⇔ ⇒ A(−3;1) x − = y+4 0 = y 1 .fa Vecto pháp tuyến của AC , AD   w lần lượt là n= (1;3), n= (1; −1) w 1 2 //w Gọi BD có vecto pháp  tuyến n3 = (a; b) với a 2 + b 2 ≠ 0 s:  = ADB + Do ABCD là hình chữ nhật nên: DAC  ⇔ cos DAC  = cos  ADB tp     ( ) ( ) ht ⇔ cos n1 , n2 = cos n3 , n2 1− 3 a −b ⇔ = ⇔ 4(a 2 + b 2 ) = 10(a − b) 2 1 + 3 . 1 +1 2 2 2 2 a + b . 1 +1 2 2 2 2 201 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
 a = 3b ⇔ 3a 2 − 10ab + 3b 2 =0 ⇔ (a − 3b)(3a − b) =0 ⇔  3a = b a = 3   1  + Với a = 3b , chọn  ⇒ n3 = (3;1) . Khi đó BD đi qua M  − ;1 có b = 1  3   vecto pháp tuyến n3 = (3;1) nên có phương trình :  1 3  x +  + y − 1 = 0 ⇔ 3x + y = 0 2  3 C Suy ra tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: EI  x − y + 4 =0  x =−1 O  ⇔ ⇒ D(−1;3) = 3x + y 0 = y 3 .T Gọi AC  BD = { I } , khi đó tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: TS  x += 3y 0 = x 0  3 x=+y 0 = ⇔ y 0 ⇒ I (0;0) ≡ O /N om Khi đó do I là trung điểm của AC và BD nên suy ra C (3; −1) và B (1; −3) . a = 1  .c + Với 3a = b , chọn  ⇒ n3 = (1;3) ⇒ BD // AC (loại) ok b = 3 Vậy A(−3;1), B (1; −3), C (3; −1), D ( −1;3) . bo Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng ce d1 : 2 x − y + 5 =0 , d 2 : 3x + 6 y − 7 =0 . Lập phương trình đường thẳng đi .fa qua điểm M (2; −1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d 2 w tạo ra một tam giác cân tại đỉnh là giao điểm của d1 và d 2 . w Giải //w s: tp ht Cách 1:  + Đường thẳng d1 , d 2 lần lượt có các vecto pháp tuyến n= 1 (2; −1) và  n2 = (3;6)   Ta có n1.n2 = 2.3 + (−1).6 = 0 ⇒ d1 ⊥ d 2 202 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
 + Gọi ∆ là đường thẳng cần lập và có vecto pháp tuyến n = (a; b) với a 2 + b2 ≠ 0 Khi đó ∆ cắt hai đường thẳng d1 và d 2 sẽ tạo ra một tam giác vuông cân. Suy ra góc tạo bởi ∆ với d1 (hoặc d1 ) bằng 450 . 2a − b 1 Do đó: cos(∆, d1 ) = cos 450 ⇔ = ⇔ 2(2a − b) 2 = 5(a 2 + b 2 ) a 2 + b2 . 5 2 2 C  a = 3b ⇔ 3a 2 − 8ab − 3b 2 =0 ⇔ (a − 3b)(3a + b) =0 ⇔  EI 3a = −b O a = 3 + Với a = 3b , chọn  .T b = 1 TS  Suy ra ∆ đi qua M (2; −1) có vecto pháp tuyến n = (3;1) có phương trình: 3x + y − 5 =0 /N om a = 1 + Với 3a = −b , chọn  b = −3 .c  = (1; −3) có phương trình: Suy ra ∆ đi qua M (2; −1) có vecto pháp tuyến n ok x − 3y − 5 =0 bo Vậy đường thẳng cần lập là : 3 x + y − 5 =0 hoặc x − 3 y − 5 =0 ce Cách 2: .fa + Gọi ∆ là đường thẳng cần lập . Do ∆ cắt hai đường thẳng d1 và d 2 tạo ra w một tam giác cân tại đỉnh I là giao điểm của d1 và d 2 nên ∆ vuông góc với w phân giác trong của góc I . //w + Các đường phân giác tạo bởi d1 , d 2 có phương trình: s: 2x − y + 5 3x + 6 y − 7 = ⇔ 3 2 x − y + 5 = 3x + 6 y − 7 tp 5 45 ht 3 x − 9 y + 22 = 0 (∆1 ) ⇔ 9 x + 3 y + 8= 0 (∆ 2 )   + Với ∆ ⊥ ∆1 , suy ra n= ∆ u=∆1 (3;1) và ∆ đi qua M (2; −1) nên có phương trình: 3( x − 2) + ( y + 1) = 0 ⇔ 3 x + y − 5 = 0 203 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
  + Với ∆ ⊥ ∆ 2 , suy ra n∆= u∆= 2 (1; −3) và ∆ đi qua M (2; −1) nên có phương trình: ( x − 2) − 3( y + 1) = 0 ⇔ x − 3 y − 5 = 0 Nhận xét: Ở Cách 1 , ta khai thác yếu tố đặc biệt của bài toán khi chỉ ra d1 ⊥ d 2 . Nếu không khai thác điều này các bạn có thể tạo ra phương trình ẩn a, b bằng việc sử dụng cos(∆, d1 ) = cos(∆, d 2 ) . Ở Cách 2 , ta khai thác theo một góc nhìn khác khi chỉ ra 2 đường thẳng ∆ cần lập vuông góc với phân giác trong của đỉnh là giao của d1 và d 2 . C EI Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A và I là trung điểm của BC. Gọi M  11 ; −4  là trung điểm của IB và N thuộc O 2  .T đoạn IC sao cho NC = 2NI. Biết phương trình đường thẳng AN là TS x− y−2= 0 và điểm N có tọa độ nguyên. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Phân tích hướng giải /N om * Dữ kiện đề bài cho tam giác ABC vuông cân nên AI ⊥ BC . Nghĩa là nếu biết .c phương của AI ta sẽ viết được phương trình BC , từ đó dễ dàng suy ra được các điểm N , I và từ đây ta cũng suy ra được tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Như ok vậy mấu chốt của bài toán lúc này là cần biết phương của AI . bo * Ta có các điểm I , M , N thuộc đoạn BC đều có vị trí xác định, nên ta hoàn toàn ce có thể tìm được mối liên hệ giữa độ dài các đoạn thẳng (nếu cần). Mà AN đã biết  để chuyển bài toán về nội dung Bài .fa phương trình. Điều này gợi ý ta đi tính góc IAN toán 6.2 . Lúc đó ta sẽ dễ dàng biết được phương của AI và giải quyết được trọn vẹn w bài toán. w Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: //w Giải s: Đặt IA =IB =IC =⇒ AN =IA2 + IN 2 tp x ht 2  IC  x 2 x 10 = IA +   = 2 x2 + =  3  9 3  IA x 3 = Suy ra cos IAN = = AN x 10 10 3 204 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2
 Gọi n = (a; b) (với a 2 + b 2 ≠ 0 ) là vecto pháp tuyến của AI và có  nAN= (1; −1) .   a −b  Khi đó: cos= IAN ( )3 cos n, nAN ⇔= 10 a 2 + b2 . 2 ⇔ 9(a 2 + b 2 ) = 5(a − b) 2 ⇔ 2a 2 + 5ab + 2b 2 = 0 2  2a = −b C ⇔ (2a + b)(a + 2b) ⇔  EI  a = −2b O a = 1  + Với 2a = −b , chọn  = (1; −2) , suy ra n .T b = −2 TS  11  Khi đó BC đi qua M  ; −4  và vuông góc với AI nên có vecto pháp 2   tuyến nBC = (2;1) . /N om Do đó BC có phương trình: 2 x + y − 7 =0 .c Suy ra tọa độ điểm N là nghiệm của hệ ok 2 x + y= −7 0 = x 3  ⇔ ⇒ N (3;1)  x −=y−2 0 = bo y 1 Mặt khác, ta có: ce   11    2  xI −  =3(3 − xI ) x = 4 .fa 2 MI = 3IN ⇔   2 ⇔ I ⇒ I (4; −1) 2 ( y + 4 ) = 3(1 − y )  yI = −1 w  I I w  Khi đó AI đi qua I (4; −1) và có vecto pháp tuyến n = (1; −2) nên có //w phương trình: x − 2 y − 6 =0 s: Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: tp  x − 2 y − 6 =0  x =−2  ⇔ ⇒ A(−2; −4) ht  x − y − 2 =0  y =−4 Do M là trung điểm của IB , suy ra B (7; −7) và I là trung điểm của BC , suy ra C(1; 5). a = 2  + Với a = −2b , chọn  , suy ra = n (2; −1) b = −1 205 Luyen Thi Online Gia Re - https://www.facebook.com/NTS.TOEIC2