Nội dung

GIẢI ðÁP TOÁN CẤP 3 – THI ðẠI HỌC CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TRONG HÌNH HỌC OXY Biên soạn: Thanh Tùng CÁC BÀI TOÁN TRONG TAM GIÁC, TỨ GIÁC CÁC BÀI TOÁN VỀ ðƯỜNG THẲNG CÁC BÀI TOÁN VỀ ðƯỜNG TRÒN CÁC BÀI TOÁN VỀ ELIP BÀI TOÁN TÌM ðIỂM *) Tóm tắt lý thuyết ñầy ñủ theo một trình tự logic và có hệ thống. *) ðưa ra các hướng tư duy và phương pháp giải khái quát cho từng lớp bài toán. *) Có bài toán mẫu minh họa ñi kèm. *) Phần bài tập áp dụng có gợi ý. *) Lời giải chi tiết cho từng bài toán cụ thể (tham khảo thêm trên http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 ). HÀ NỘI 03/2013 CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC OXY A. KIẾN THỨC CƠ BẢN 2 3 B. CÁC BÀI TOÁN BÀI TOÁN 1: BÀI TOÁN TÌM ðIỂM ðể hiểu rõ hơn cho 4 hướng tư duy tương ứng với 4 TH của Bài toán 1: “Bài Toán Tìm ðiểm” thầy sẽ dùng 6 bài thi ðại Học năm 2012 vừa qua ñể minh họa. 1) (A, A1 – 2012:CB). Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung ñiểm của cạnh BC, N là ñiểm trên cạnh CD sao cho  11 1  ;  và ñường thẳng AN có phương trình 2 x − y − 3 = 0 . Tìm tọa ñộ ñiểm A.  2 2 CN = 2ND. Giả sử M  2) (A, A1 – 2012 :NC). Cho ñường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 8 . Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông. 3) (B – 2012:CB). Cho ñường tròn (C1 ) : x 2 + y 2 = 4 , (C2 ) : x 2 + y 2 − 12 x + 18 = 0 và ñường thẳng d : x − y − 4 = 0 . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc (C2 ) , tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai ñiểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. 4) (B – 2012 :NC). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và ñường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2 + y 2 = 4 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox. 5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0 và 1 x − y + 4 = 0 ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm M (− ;1) . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD. 3 6) (D – 2012 :NC). Cho ñường thẳng d : 2 x − y + 3 = 0 . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc d , cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2. 4 1) (A, A1 – 2012:CB). Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung ñiểm của cạnh BC, N là ñiểm trên cạnh CD sao cho  11 1  ;  và ñường thẳng AN có phương trình 2 x − y − 3 = 0 . Tìm tọa ñộ ñiểm A.  2 2 CN = 2ND. Giả sử M  Cách 1 Phân tích: : +) Ta có { A} = AN ∩ AM nên Theo hướng tư duy 1 (TH1) ta phải ñi lập thêm phương trình AM +) Biết M nhưng chưa biết A (chính là ñáp số ta cần tìm) nên ta phải ñi tìm thêm vtpt hoặc vtcp +) Bài toán không có yếu tố song song, vuông góc ñể tìm vtpt hoặc vtcp nên ta phải khai thác ytố ñịnh lượng ( uuuur uuur +) Yếu tố ñịnh lượng: cos ∠MAN = cos nAM , nAN uuuur ) ⇒n AM ⇒ phương trình AM → tọa ñộ ñiểm A Giải: ðặt AB = a ⇒ ND = a 2a a ; NC = ; MB = MC = ( vì ABCD là hình vuông và CN = 2 ND ) 3 3 2 Và áp dụng Pitago ta ñược: AM = a 5 5a a 10 và AN = ; MN = 2 6 3 AM 2 + AN 2 − MN 2 2 = 2 AM . AN 2 uuuur uuur uuuur uuur Gọi nAM = (a; b) là vtpt của AM và ta có nAN = (2; −1) ⇒ cos ∠MAN = cos nAM , nAN Trong ∆AMN ta có: cos ∠MAN = ( ) 2a − b 3a = −b 2 = ⇔ 2(2a − b) 2 = 5(a 2 + b 2 ) ⇔ 3a 2 − 8ab − 3b 2 = 0 ⇔ (3a + b)(a − 3b) = 0 ⇔  2 2 2 2 2 a + b . 2 +1  a = 3b uuuur 11   1  +) Với 3a = −b chọn a = 1; b = −3 ⇒ nAM = (1; −3) ⇒ phương trình AM :  x −  − 3  y −  = 0 2  2  2 x − y − 3 = 0  x = 1 ⇔ ⇒ A(1; −1) hay AM : x − 3 y − 4 = 0 . Vì { A} = AN ∩ AM nên ta giải hệ:   x − 3 y − 4 = 0  y = −1 uuuur 11   1  +) Với a = 3b chọn a = 3; b = 1 ⇒ nAM = (3;1) ⇒ phương trình AM : 3  x −  +  y −  = 0 2  2  ⇔ 2 x − y − 3 = 0 x = 4 ⇔ ⇒ A(4;5) 3x + y − 17 = 0  y = 5 hay AM : 3 x + y − 17 = 0 . Vì { A} = AN ∩ AM nên ta giải hệ:  Vậy A(1; −1) hoặc A(4;5) 5 Cách 2: Phân tích: A ∈ AN nên Theo hướng tư duy 2 (TH2) ta gọi A(t ) ∈ AN ta cần thiết lập 1 phương trình f (t ) = 0  11 1  ;  là trung ñiểm của BC ta chưa sử dụng – sẽ giúp ta làm ñiều này) → t = ? → A  2 2 (còn dữ kiện M  Giải: 2. +) Gọi H là hình chiếu của M lên AN ⇒ MH = d ( M , AN ) = ðặt AB = a ⇒ ND = 11 1 − −3 2 2 22 + 12 = 3 5 2 a 2a a ; NC = ; MB = MC = ( vì ABCD là hình vuông và CN = 2 ND ) 3 3 2 Và áp dụng Pitago ta ñược: AM = a 5 5a a 10 và AN = ; MN = 2 6 3 Trong ∆AMN ta có: cos ∠MAN = AM 2 + AN 2 − MN 2 2 = 2 AM . AN 2 ⇒ ∠MAN = 450 ⇒ ∆MAH cận tại H ⇒ AM = 2 MH = 2. +) Gọi A(t ; 2t − 3) ∈ AN và AM 2 = 3 5 3 10 (*) = 2 2 45 (theo (*)) 2 t = 1  A(1; −1) 7  45  11   ⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔  ⇒ ⇔  t −  +  2t −  = 2  2 2  t = 4  A(4;5) Vậy A(1; −1) hoặc A(4;5) 2 2 Cách 3:  11 1  ;  cố ñịnh . Nếu AM = h = const ( ta sẽ tìm cách ñi tính AM ).  2 2 Phân tích: A ∈ AN và M  Nên Theo hướng tư duy 3 (TH3) : { A} = AN ∩ (C ) với (C ) là ñường tròn tâm M bán kính R = h 6 2. Giải: +) Gọi H là hình chiếu của M lên AN ⇒ MH = d ( M , AN ) = ðặt AB = a ⇒ ND = 2 +1 2 2 = 3 5 2 a 2a a ; NC = ; MB = MC = ( vì ABCD là hình vuông và CN = 2 ND ) 3 3 2 Và áp dụng Pitago ta ñược: AM = a 5 5a a 10 và AN = ; MN = 2 6 3 Trong ∆AMN ta có: cos ∠MAN = AM 2 + AN 2 − MN 2 2 = 2 AM . AN 2 ⇒ ∠MAN = 450 ⇒ ∆MAH cận tại H ⇒ AM = 2 MH = 2. 3 5 3 10 = 2 2 2 Vậy AM = 11 1 − −3 2 2 2 3 10 1  45  11   ⇒ A nằm trên ñường tròn có phương trình:  x −  +  y −  = 2 2  2 2  2  11 2  1  45 x = 4 x = 1  x−  + y−  = Mà A ∈ AN : 2 x − y − 3 = 0 Nên ta xét hệ :  hoặc  2  2 2 ⇔  y = −1 y = 5 2 x − y − 3 = 0  Vậy A(1; −1) hoặc A(4;5) Cách 4: (Các em có thể tham khảo thêm cách giải của Bộ Giáo Dục nhưng vì cách giải này theo thầy không ñược “tự nhiên” nên thầy không trình bày ở ñây) 2) (A, A1 – 2012 :NC). Cho ñường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 8 . Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông. Phân tích: x2 y 2 +) (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8 ⇒ 2a = 8 ⇒ a = 4 + = 1 như vậy ta cần tìm a; b a 2 b2 +) Theo Hướng tư duy 4 (TH4) ta gọi A( x; y ) ( x > 0 ) là một giao ñiểm của (E) và (C ) : A ∈ (C ) ⇒ x 2 + y 2 = 8 và dữ kiện (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông giúp ta thiết lập thêm phương trình: y = x (4 ñỉnh nằm trên hai ñường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai – nhưng vì ta chọn ñiểm +) Phương trình ( E ) : A( x; y ) ( x > 0 ) thuộc góc phần tư thứ nhất) ⇒ tọa ñộ ñiểm A Giải: Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng: +) Mà A ∈ ( E ) ⇒ b → phương trình (E). x2 y 2 + =1 a 2 b2 +) (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8 ⇒ 2a = 8 ⇒ a = 4 +) Gọi A( x; y ) ( x > 0 ) là một giao ñiểm của (E) và (C ) .Ta có: A ∈ (C ) ⇒ x 2 + y 2 = 8 (1) Mặt khác: (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông ⇒ y = x (2) Từ (1) và (2) ⇒ 2 x 2 = 8 ⇒ x = 2 (vì x > 0 ) ⇒ y = 2 ⇒ A(2; 2) +) Mà A ∈ ( E ) ⇒ 22 22 16 x2 y2 2 . Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là: + = 1 ⇒ b = + =1 42 b 2 3 16 16 3 7 3) (B – 2012:CB). Cho ñường tròn (C1 ) : x 2 + y 2 = 4 , (C 2 ) : x 2 + y 2 − 12 x + 18 = 0 và ñường thẳng d : x − y − 4 = 0 . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc (C2 ) , tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai ñiểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. Phân tích: Muốn viết phương trình ñường tròn ta cần: +) Xác ñịnh tâm I (dùng Thuật Toán Tìm ðiểm) . Khi ñó theo Hướng tư duy 2 (TH2) ta gọi I (t ) ∈ II1 (Trước ñó ta ñi lập phương trình II1 ñi qua I1 vuông góc với AB (tính chất ñường nối tâm) hay song song với d ) Và dữ kiện I ∈ (C2 ) giúp ta thiết lập ñược phương trình : f (t ) = 0 → t = ? → tọa ñộ ñiểm I ( Ta có thể làm theo Hướng tư duy 3 (TH3) với { I } = II1 ∩ (C2 ) → tọa ñộ I - cách trình bày khác của TH2) +) Xác ñịnh bán kính: R nhờ R = d ( I , d ) Giải: Gọi I là tâm ñường tròn (C ) cần viết phương trình. Ta có (C1 ) : x 2 + y 2 = 4 ⇒ tâm của (C1 ) là I1 (0;0)  II1 ⊥ AB ⇒ II1 // d ⇒ phương trình II1 : x − y = 0 .  AB ⊥ d Vì  Gọi I (t ; t ) ∈ II1 mà I ∈ (C2 ) ⇒ t 2 + t 2 − 12t + 18 = 0 ⇔ t 2 − 6t + 9 = 0 ⇔ t = 3 ⇒ I (3;3) Mà (C ) tiếp xúc với d ⇒ R = d ( I , d ) = 3−3+ 4 1 +1 2 2 = 2 2 . Vậy phương trình (C ) là: ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 = 8 4) (B – 2012 :NC). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và ñường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2 + y 2 = 4 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox. x2 y 2 + = 1 (a > b > 0) như vậy ta cần tìm a; b a 2 b2 +) Theo Hướng tư duy 2 (TH2) vì (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D và A ∈ Ox nên gọi A( a; 0) ∈ Ox và B (0; b) ∈ Oy Phân tích: +) Phương trình ( E ) : +) Khai thác dữ kiện: AC = 2BD → f1 (a, b) = 0 (1) +) Khai thác dữ kiện: ñường tròn x 2 + y 2 = 4 tiếp xúc với các cạnh của hình thoi → f 2 ( a, b) = 0 (2) Từ (1) và (2) → a 2 = ? và b 2 = ? → phương trình (E). 8 Giải: Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) : x2 y2 + = 1 ( với a > b > 0 ) a 2 b2 Vì (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D và A ∈ Ox nên không mất tính tổng quát giả sử: A( a; 0) và B (0; b) . Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD ⇔ 2OA = 4OB ⇔ OA = 2OB ⇔ a = 2b (vì a > b > 0 ) hay A(2b;0) , B (0; b) Gọi H là hình chiếu của O lên AB ⇒ OH = R = 2 ( vì ñường tròn x 2 + y 2 = 4 tiếp xúc với các cạnh của hình thoi) 1 1 1 1 1 1 Xét tam giác OAB ta có: = + hay = 2 + 2 ⇔ b 2 = 5 ⇒ a 2 = 4b 2 = 20 2 2 2 OH OA OB 4 4b b 2 x y2 Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) là: + =1 20 5 5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0 1 3 và x − y + 4 = 0 ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm M ( − ;1) . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD. Cách 1: Phân tích: +) Theo Hướng tư duy 1 (TH1) : { A} = AC ∩ AD → tọa ñộ ñiểm A +) Theo Hướng tư duy 2 (TH2) : D ∈ AD , B ∈ AB nên ta gọi D (t1 ), B(t2 ) (trước ñó ta ñi lập pt AB ) +) Gọi { I } = AC ∩ BD ( I là trung ñiểm của AC và BD ) ⇒ I (t1 , t2 ) mà I ∈ AC ⇒ f1 (t1 , t2 ) = 0 (1) uuur uuuur Vì MB, MD cùng phương ⇒ f 2 (t1 , t2 ) = 0 (2) t1 = ? ⇒ tọa ñộ của B, D, I và C t2 = ? +) Từ (1) và (2) ⇒  x + 3y = 0  x = −3 ⇔ ⇒ A(−3;1) x − y + 4 = 0 y =1 Giải: Vì { A} = AC ∩ AD nên xét hệ:  x + 3 y −1 = ⇔ x+ y+2=0 1 −1  t +t t −t +2 Gọi B (t1 ; −t1 − 2) ∈ AB và D (t2 ; t2 + 4) ∈ AD ( t1 ; t2 ≠ −3 ) ⇒ I  2 1 ; 2 1  : là trung ñiểm của BD 2  2  t +t t −t + 2 Mà I ∈ AC ⇒ 2 1 + 3. 2 1 = 0 ⇔ 2t2 − t1 + 3 = 0 ⇔ t1 = 2t2 + 3 (*) 2 2 uuur  uuuur  1 10 1     Có: MB =  t1 + ; −t1 − 3  =  2t2 + ; −2t2 − 6  (theo (*)) và MD =  t2 + ; t2 + 3  3 3 3       uuur uuuur 6t + 10 −2t2 − 6 Mặt khác B, D , M thẳng hàng ⇒ MB , MD cùng phương ⇒ 2 = = −2 ⇔ t2 = −1 ⇒ t1 = 1 3t2 + 1 t2 + 3 AB ñi qua A và vuông góc với AD nên AB có phương trình: ⇒ B (1; −3), D(−1;3) và I (0;0) ⇒ C (3; −1) ( vì I là trung ñiểm của AC ) 9 5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0 1 3 và x − y + 4 = 0 ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm M ( − ;1) . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD. Cách 2: Phân tích: +) Theo Hướng tư duy 1 (TH1) : { A} = AC ∩ AD → tọa ñộ ñiểm A +) Do trong bài toán có nhiều tính chất ñối xứng nên ta nghĩ tới việc tìm các ñiểm phụ liên quan. Cụ thể: +) Ta tìm ñiểm N ñối xứng với M qua ñường trung trực d của AD bằng cách viết pt d ' ñi qua M song song với AD và { N } = d '∩ AC ⇒ pt trung trực d của AD ⇒ tọa ñộ trung ñiểm I , J của AC và AD ⇒ tọa ñộ C , D, B x + 3y = 0  x = −3 ⇔ ⇒ A(−3;1) x − y + 4 = 0 y =1 Giải: Vì { A} = AC ∩ AD nên xét hệ:  1 − ( y − 1) = 0 ⇔ 3x − 3 y + 4 = 0 3  x = −1 x + 3y = 0  1 ⇔ ⇒ N  −1;  Gọi { N } = d '∩ AC nên ta xét hệ:  1 3  3 x − 3 y + 4 = 0  y = 3 Gọi d là ñường trung trực của AD cắt MN , AC , AD lần lượt tại H , I , J Phương trình của d ' ñi qua M song song AD có dạng: x + 5  5   5 5 ⇒ H , I , J lần lượt là trung ñiểm MN , AC , AD ⇒ H  − ;  ⇒ pt của d :  x +  +  y −  = 0 ⇔ x + y = 0 4  4   4 4 x + y = 0 x = 0 ⇔ ⇒ I ( 0;0 ) ⇒ C (3; −1) ( I là trung ñiểm của AC ) Ta có: { I } = d ∩ AC nên ta xét hệ:  x + 3y = 0  y = 0 x + y = 0  x = −2 ⇔ ⇒ J ( −2; 2 ) ⇒ D( −1;3) ( J là trung ñiểm của AD ) và { J } = d ∩ AD nên ta xét hệ:  x − y + 4 = 0  y = 2 ⇒ B (1; −3) ( I là trung ñiểm của BD ) 6) (D – 2012 :NC). Cho ñường thẳng d : 2 x − y + 3 = 0 . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc d , cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2. 10