Nội dung

MỤC LỤC Nội dung Phần I. Phần mở đầu 1. Lý do chọn đề tài 2. Mục đích nghiên cứu 3. Đối tượng nghiên cứu 4. Phương pháp nghiên cứu Phần II. Nội dung của đề tài 1. Cơ sở lý luận 2. Thực trạng cửa vấn đề trước khi áp dụng SKKN 3. Các bài toán đặc trưng Dạng 1. Các bài toán khai thác các tính chất liên quan tới các điểm và các đường đặc biệt trong tam giác. Dạng 2. Các bài toán khai thác các mối liên hệ giữa các yếu tố hình học nhờ vào giả thiết của bài toán. 4. Hiệu quả áp dụng Phần III: Kết luận và kiến nghị Tài liệu tham khảo -1- Trang 2 2 3 3 3 4 4 5 5 5 13 20 21 23 PHẦN I: MỞ ĐẦU 1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Toán học là một trong những môn học quan trọng để rèn luyện tư duy, rèn luyện kỹ năng vận dụng để giải quyết một số vấn đề xảy ra trong thực tế. Vì vậy việc dạy học môn Toán là dạy cho học sinh có năng lực trí tuệ, năng lực từ đó giúp học sinh học tập và tiếp thu các kiến thức khoa học và biết cách vận dụng nó vào cuộc sống. Dạy học môn Toán người thầy không chỉ dạy cho học sinh kiến thức toán học ( những công thức, những định lý, định đề , tiên đề …) mà người thầy còn phải dạy cho học sinh có năng lực, trí tuệ để giải quyết vấn đề được nêu ra trong học tập và sau này. Trong những năm gần đây khoa học càng ngày càng phát triển, con người cần phải nắm bắt kiến thức hiện đại. Do đó việc đổi mới phương pháp dạy học là vấn đề cấp thiết để học sinh nắm bắt được các kiến thức khoa học và có khả năng vận dụng vào thực tiễn góp phần vào việc xây dựng và bảo vệ tổ quốc. Với phương pháp dạy học hiện đại như hiện nay ngoài việc truyền thụ, cung cấp kiến thức, kỹ năng cơ bản cần thiết cho học sinh, thầy giáo cần phải quan tâm đến việc rèn luyện kỹ năng suy luận logic, biết tổng hợp, khái quát hóa các kiến thức đã học một cách hệ thống để học sinh có khả năng vận dụng các kiến thức đã học để tự giải quyết vấn đề một cách năng động sáng tạo. Trong trương trình toán học sơ cấp THPT thì phương pháp tọa độ trong mặt phẳng là một trong những dạng toán quen thuộc và gần gũi với mọi đối tượng học sinh. Rất nhiều các bài toán khác từ những bài toán cổ trong thực tế đến những bài toán phức tạp trong các bộ môn học khác đôi khi cũng cần áp dụng những tính chất của bài toán tọa độ. Đặc biệt trong các kỳ thi tuyển sinh ĐHCĐ trước đây (nay là thi THPT Quốc gia), các kỳ thi HSG tỉnh cũng như HSG quốc gia thì các bài tập về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng luôn là một chủ đề hay và khiến đại bộ phận học sinh cảm thấy bế tắc trong quá trình định hướng đi tìm lời giải. Trên thực tế hiện nay đã có rất nhiều các tài liệu tham khảo cũng như các bài giảng về phương pháp tọa độ của các nhà toán học lớn, của các chuyên gia. Tuy nhiên các quyển sách trên cùng với các phương pháp chứng minh độc đáo của các tác giả gần như còn xa lạ với rất nhiều học sinh đặc biệt là các học sinh ở vùng nông thôn điều kiện tiếp xúc với tài liệu còn khó khăn thì việc nắm bắt được các nội dung trình bày trong các tài liệu đó dường như hoàn toàn bế tắc. Các lời giải về các bài toán tọa độ trong mặt phẳng trong các tài liệu nêu ra đối với đại bộ phận học sinh còn mang tính gượng ép và thiếu tự nhiên về mặt suy luận. Nhiều tính chất phức tạp của hình học phẳng cũng được đưa vào áp dụng trong lời giải khiến bài giải càng thiếu đi tính tự nhiên và khó hiểu với đại bộ phận học sinh. Trong khi đó qua nghiên cứu về dạng toán này trong mấy năm gần đây ở các kỳ thi tuyển sinh tôi nhận thấy các kiến thức hình học cần sử dụng để giải quyết những bài toán này khá đơn giản. Phần lớn giả thiết của các bài toán đều gợi ý cho ta về mối liên hệ của các tính chất nào đó của hình vẽ trong -2- bài toán. Trên cơ sở đó việc giải quyết các bài toán này trở nên tương đối nhẹ nhàng với đại bộ phận học sinh. Trong quá trình giảng dạy ở trường THPT cũng như giảng dạy ở một số lớp ôn thi đại học, ôn thi THPT Quốc gia và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi nhận thấy nhiều học sinh chưa có phương pháp giải quyết lớp bài toán này, hoặc còn lúng túng nhầm lẫn trong quá trình làm bài. Học sinh không biết vận dụng kiến thức đã học để giải quyết vấn đề này vì những lý do sau: quên kiến thức đã học, chưa hiểu đúng yêu cầu của bài toán, ít rèn luyện nên dẫn đến khả năng phân tích, tổng hợp các dạng bài còn yếu, không nhận dạng được loại bài toán. 2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: Với những lý do nêu trên tôi chọn đề tài: “Định hướng tư duy và phân tích bài toán thông qua một số bài tập hình học tọa độ trong mặt phẳng, nhằm nâng cao hiệu quả học tập chuyên đề phương pháp tọa độ trong mặt phẳng cho học sinh lớp 10 – Trường THPT Quảng Xương 4” với mong muốn dần hình thành cho học sinh những tư duy và thuật toán cơ bản trong quá trình tìm lời giải cho các bài toán về hình giải tích trong mặt phẳng, để học sinh tham khảo và vận dụng trong quá trình học tập. Bên cạnh đó thông qua những ví dụ và việc phân tích lời giải các bài tập nêu ra trong đề tài nhằm giúp học sinh hình thành những tư duy và thuật toán cơ bản trong quá trình tiếp cận với các bài toán về các dạng bài tập về hình giải tích trong mặt phẳng và các mối liên hệ giữa hình học và các yếu tố giải tích có liên quan. 3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU: Đề tài này chỉ tập trung nghiên cứu về các dạng bài tập liên quan đến phương trình đường thẳng và đường tròn trong hệ trục tọa độ Oxy. Các bài toán có sử dụng các kiến thức hình học ở bậc THCS của một số dạng hình có tính chất đặc biệt mà học sinh đã quen biết. 4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: Trong quá trình nghiên cứu để hình thành đề tài, tôi chủ yếu sử dụng các phương pháp sau đây Nghiên cứu lý thuyết và thực nghiệm trong giảng dạy. Thực hành thông qua các tiết dạy ôn thi đại học cũng như ôn tập học sinh giỏi môn Toán của nhà trường. -3- PHẦN II: NỘI DUNG ĐỀ TÀI 1. CƠ SỞ LÝ LUẬN: Đề tài được nghiên cứu thành nhiều mảng nhỏ, đề cập đến các bài toán thuộc các chủ đề khác nhau thuộc phân môn Hình học. Vì đặc thù của sáng kiến tập trung đi vào nghiên cứu các phương pháp xử lý bài toán về tọa độ trong mặt phẳng nên các vấn đề lí thuyết tổng quát trong đề tài này chỉ nêu ra ở dạng sơ lược nhất. 1.1. Một số kiến thức và công thức sử dụng trong SKKN: a. Phương trình đường thẳng:   x x 0  at (t  ) y  y  bt 0  + Đường thẳng d đi qua M 0 (x 0 ; y 0 ) có vtcp u(a;b) : (d) :   + Đường thẳng d đi qua M 0 (x 0 ; y 0 ) có vtpt n(A;B) : (d) : A(x  x 0 )  B(y  y 0 ) 0 b. Phương trình đường tròn: + Đường tròn tâm I(a; b) bán kính R: (x  a)2  (y  b) 2 R 2 c. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng: Cho d : Ax  By  C 0 và M 0 (x 0 ; y 0 ) : d(M 0 ;d)  | Ax 0  By 0  C | A 2  B2 d. Góc giữa hai đường thẳng:  ')  Cho d : Ax  By  C 0;d ' : A 'x  B' y  C ' 0 : cos(d,d | AA ' BB' | A  B A ' 2  B' 2 1.2. Các chú ý thường gặp: + Điều kiện để hai đường thẳng song song và vuông góc. + Các công thức về trung điểm, trọng tâm. + Dạng tọa độ của một điểm thuộc đường thẳng. + Một số kiến thức hình học THCS có liên quan. 1.3. Một số nguyên tắc cơ bản trong các bài toán: a. Các hướng nhận định ban đầu: + Bài toán liên quan đến tọa độ của những điểm nào. + Từ giả thiết có thể lập phương trình của đường thẳng nào, xác định được tọa độ của điểm nào liên quan. + Có thể sử dụng tính chất hình học nào. b. Vận dụng nhận định tìm lời giải: + Xác định tọa độ các điểm, viết phương trình các đường có thể từ giả thiết. + Lấy điểm thuộc đường thẳng đưa bài toán về khai thác các yếu tố giải tích. + Phát hiện các tính chất hình học có liên quan trong bài toán. c. Nguyên tắc thực hiện: + Vẽ hình chính xác nhằm phát hiện ra các mối liên hệ trong bài toán: Các đường thẳng song song, vuông góc, các đoạn thẳng bằng nhau, tỉ lệ. -4- + Gán điểm theo dạng tọa độ đưa bài toán về dạng giải tích. 2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SKKN: Hiện nay rất nhiều học sinh còn lúng túng trong việc giải các bài toán về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng, đặc biệt là các bài toán cần khai thác tính chất hình học và đòi hỏi sự tư duy linh hoạt. Thực trạng này có nhiều lý do nhưng có một mâu thuẫn xảy ra là phần kiến thức và bài tập về các dạng bài tập này hầu như không có trong sách giáo khoa nhưng thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi điển hình như đề thi đại học của tất cả các năm. Theo thống kê thì hơn 70% học sinh của trường THPT Quảng Xương 4 khi tham gia kỳ thi THPT Quốc gia năm 2015 và các kỳ thi thử do các nhà trường tổ chức không giải quyết được dạng toán này. Bên cạnh đó với những dạng bài tập này đòi hỏi học sinh phải tư duy, phân tích, nhìn nhận bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau, biết vận dụng nhiều kiến thức liên quan. Do vậy nếu học sinh nắm được các kiến thức được trình bày dưới đây hy vọng rằng học sinh sẽ giải quyết được các một lớp bài toán về nhỏ về các bài toán về tọa độ trong mặt phẳng. 3. CÁC DẠNG TOÁN ĐẶC TRƯNG NHẰM PHÁT TRIỂN KHẢ NĂNG ĐỊNH HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHÂN TÍCH CHO HỌC SINH: Dạng 1. Các bài toán khai thác các tính chất liên quan đến các điểm và các đường đặc biệt trong tam giác Trong nội dung phần này chúng ta cùng nhau đi phân tích và tìm đường hướng cho một lớp các bài toán thể hiện các mối quan hệ hình học giữa các yếu tố trong một tam giác. Đó là các mối quan hệ về điểm, cạnh, góc trong tam giác, của các điểm đặc biệt, các đường đặc biệt trong tam giác. Trên cơ sở giả thiết của bài toán, xác định được mối liên quan giữa các yếu tố từ đó vận dụng một cách thích hợp các tính chất hình học tìm ra yêu cầu của bài toán. Trước khi đi vào các dạng toán cụ thể chúng ta cùng nhau đi phân tích cách nhìn nhận vấn đề và cách thức tư duy qua hai bài toán cơ bản. Trên cơ sở phân tích cách nhìn nhận bài toán và con đường suy luận để đi đến lời giải thích hợp, nhằm giúp bạn đọc hình dung ra phương pháp chung để tiếp cận các dạng bài toán về hình học tọa độ trong mặt phẳng. Chúng ta cùng đi xét bài toán đơn giản sau: Bài toán 1.1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy. Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC , biết A(1; 3) và hai đường đường trung tuyến có phương trình là d1 : x  2y  1 0; d 2 : y  1 0 . Phân tích bài toán: + Trên cơ sở của giả thiết ta có thể xác định được tọa độ trọng tâm của tam giác ABC. + Khi đó xảy ra các tình huống: - Dùng công thức trọng tâm? - Xác định được tọa độ các điểm có liên quan. -5- - Dựa vào hình vẽ và tính chất liên quan đến đường trung tuyến có thể tìm được tọa độ một số điểm có liên quan, lập được phương trình một số đường liên quan từ đó xác định yêu cầu của bài toán. + Sử dụng các tính chất hình học tìm ra các mối liên hệ giữa các đại lượng trong bài toán: Điểm nào có thể tìm được? Đường thẳng nào có thể xác định phương trình? Mối liên quan giữa các điểm và các đường thẳng đó với yêu cầu bài toán? Với các cách tiếp cận như trên ta đi đến một số cách giải như sau: Cách 1: ( Phương pháp giải tích hóa). + Thấy A  d1, A  d2. Giả sử d1 qua B, d2 qua C.  x  2y  1 0  G  1, 1 .  y  1 0 Tính được tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ  + Vì B d1 nên B(2b-1 ;b) , Vì C  d2 nên C(c ;1) xA  xB  xC   x G  3 + Từ gỉa thiết G là trong tâm tam giác ABC suy ra   y  yA  yB  yC  G 3 Tính được b = -1, c = 5 . Suy ra B(-3, -1) ; C(5, 1). Nhận xét: + Đây là cách làm đơn giản nhất đối với học sinh và mang ý nghĩa về mặt giải tích. + Từ dữ kiện của bài toán cho biết được dạng tọa độ các điểm thuộc đường thẳng. Sử dụng mối liên hệ của giả thiết ( G là trọng tâm tam giác) ta giải quyết được yêu cầu. + Chú ý: Một điểm trong mặt phẳng Oxy được xác định bởi hai tọa độ. Cần tìm điểm là cần đi xác định được hai hệ thức liên quan đến hai tọa độ tương ứng của điểm đó. Cách 2: ( Sử dụng các mối quan hệ hình học). Cách 2.1: + Ta tìm được điểm G(1;1) A + Gọi M là trung điểm BC. Từ đẳng thức:   3 AM  AG ta có M(1;0) . 2 + Lập phương trình đường thẳng qua M và song song với d1 là 1 : x  2y  1 0 . G B J I M C  x  2y  1 0  I(3;1)  y  1 0 Từ đó tìm được tọa độ I d 2  1 :  Do I là trung điểm GC nên có C(5;1) . + Lập phương trình đường thẳng qua M và song song với d 2 là  2 : y 0 . -6-  x  2y  1 0  I( 1;0)  y 0 Từ đó tìm được tọa độ J d1   2 :  Do J là trung điểm BG nên có B( 3;  1) . Bên cạnh cách dựng hình như trên ta còn một số cách làm như sau: Cách 2.1: + Tìm được tọa độ điểm G. A + Xác định được tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua G. + Lập phương trình các đường thẳng G 1;  2 cùng qua A’ và lần lượt song song với d1;d 2 . + Do tứ giác BGCA’ là hình bình hành A' nên tìm được B d1   2 ;C d 2  1 Cách 2.2: + Tìm được tọa độ điểm G từ đó tính được tọa độ trung điểm K của AG. A + Lập phương trình các đường thẳng Q P 1;  2 cùng qua K và lần lượt song song với K d1;d 2 . G C B + Dễ dàng chứng minh được 1;  2 đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC. + Tìm được P d 2  1;Q d1   2 + Dùng công thức trung điểm tìm được tọa độ các điểm B, C. Nhận xét: + Ba cách giải nhờ vào việc áp dụng ý nghĩa hình học nêu trên thực chất đều có bản chất giống nhau: + Trên cơ sở việc xác định được tọa độ điểm G ta có thể tìm được tọa độ các điểm đặc biệt có liên quan: Điểm M là trung điểm BC, điểm A’ đối xứng với A qua G và điểm K là trung điểm AG. + Sau khi xác định được tọa độ 1 trong 3 điểm nêu trên ta có thể lập được các đường thẳng liên quan qua điểm đó đồng thời song song hoặc vuông góc với các đường thẳng đã cho trong đề bài. + Kết hợp với việc vẽ hình chính xác ta có thể dễ dàng phán đoán và tìm ra được các tính chất có liên quan để sử dụng phép toán nào thích hợp. Bài toán 1.2: Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;3) . Các đường   3 tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC có tâm lần lượt là I(3;2), K  2;  . Viết 2 phương trình đường thẳng BC. Phân tích bài toán: -7-  + Bài toán cho ta biết tọa độ một đỉnh cùng với các tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp. + Trên cơ sở của đề bài ta có thể phân tích được một số các đặc điểm sau: - Có thể so sánh được khoảng cách từ K đến BC và khoảng cách từ I đến BC. A I K B C D - Có thể dùng hệ thức Ơ le để xác định bán kính tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Có thể sử dụng hình học để lập phương trình cạnh BC thông qua sự tương giao của hai đường tròn xác định. Trên cơ sở các nhận định trên ta có các phương pháp giải quyết bài toán này: Cách 1: ( Sử dụng mối liên hệ giữa tính chất đường phân giác và hình chiếu, định lý hàm sin) + Vì I là tâm đường tròn nội tiếp nên AI là phân giác trong của góc BAC. Gọi AI cắt đường tròn tại D thì KD  BC . + Phương trình của AD là  x  y  1 0 3 2 + Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác là (x  2)2  (y  )2  25 4 + Tọa độ của D là nghiệm hệ  x  y  1 0  x 4  D(4;3) (loai)   3 2 25   1 1 1 2 x   D( ; ) (x  2)  (y 2 )  4  2 2 2  3 + Đường thẳng BC có VTPT là DK( ;2) nên có phương trình là 2 3x  4y  c 0   + Gọi E,F là hình chiếu của I trên AB và BC và gọi BAD a  BKD 2a + Ta có d d(I;BC) IE IF AIsin a  d 2 AI 2 sin 2 a 1  cos 2a (1) 2 5 Và d(K;BC) BKcos 2a AKcos 2a  cos 2a  d(K;BC) thay vào (1) ta được  c  12 2  17  c  12  c 2 2 d 2 1  d(K;BC)     c  20  1  5 5 5  5   c  24 ( Trường hợp C=-20 và C=-24 loại do A, D nằm cùng phía với BC). Với c  12 thì phương trình BC là 3x  4y  12 0 . Cách 2: ( Sử dụng hệ thức Ơ le trong tam giác) Hệ thức Ơ le: IK 2 R 2  2Rr trong đó R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác. Trong bài toán ta nhận thấy độ dài IK và R là các đại lượng có thể xác định được. Do đó ta có thể tính được r. Dựa vào tính chất r d(I, BC) từ đó ta có thể xác định được phương trình của cạnh BC. -8- Về bản chất cách làm này tương tự như cách làm trong ví dụ 1 nhưng trên cơ sở biết được tính chất hình học liên quan đến đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp ta có thể dễ dàng tìm ra hướng đi của bài toán. Với lời giải này cách trình bày sẽ cho ta kết quả tương tự cách 1. Cách 3: ( Sử dụng các yếu tố phát hiện từ việc quan sát đặc điểm của giả thiết bài toán). Nhờ những phân tích trên ta nhận thấy bài toán liên quan đến những điểm đặc biệt đã nêu ở trên. Bên cạnh đó ta nhận thấy DB=DC=DI. Do đó B, C thuộc đường tròn tâm D và bán kính DI. Vậy đường thẳng BC là giao của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và đường tròn bán kính DI. Do đó ta có lời giải: Ta thấy từ giả thiết cho ta các mối liên hệ: 3 2 + Lập được đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: (x  2)2  (y  )2  25 4 + Phương trình của AD là  x  y  1 0 + Tìm được điểm D là giao của phân giác trong góc A và đường tròn  x  y  1 0  ngoại tiếp:  3 2 25  2 (x  2)  (y 2 )  4  x 4  D(4;3) (loai)   x  1  D( 1 ;  1)  2 2 2 1 2 1 2 + Phương trình đường tròn tâm D bán kính DI : (x  )2  (y ) 2  25 2 + Phương trình đường thẳng qua BC : 3 2 25  2 (x  2)  (y  2 )  4  3x  4y  12 0  1 1 25 2 2 (x  )  (y  )   2 2 2 Bài toán 1.3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H thuộc đường thẳng (d): 3x  y  4 0 . Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có phương trình: x 2  y 2  x  5y  4 0 , trung điểm của BC là M(3;2). Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. Phân tích bài toán: A + Xác định được tọa độ trực tâm H. + Trên cơ sở tính chất hình học liên quan đến N M H các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đối xứng O với các đường tròn ngoại tiếp các tam giác HBC, C B HCA, HAB qua các cạnh BC, CA, AB ( Cùng bán O' kính, tâm đối xứng nhau qua trung điểm BC). + Bài toán cho biết trung điểm M của AB do đó có thể liên quan đến đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB. + Vì H nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC do đó điểm N đối xứng với  H qua M sẽ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do đó ta có: NB AH OO ' . Cùng với giả thiết OM vuông góc với AB ta tìm được lời giải cho bài toán. -9- Lời giải: 1 2 5 2 + Phương trình đường tròn (HBC) viết lại là: (x  )2  (y  ) 2  5 2 Toạ độ điểm H(2;2). + Lấy B(x,y) thuộc (HBC). Gọi N là điểm đối xứng của H qua M, khi đó có N(2;4). + Gọi O, O’ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và HBC.   5 2 Dễ dàng chứng minh được NB OO' nên có: O(  x; 13  y) 2 + Do OM vuông góc với BM nên:   5 13 23 OM.BM 0  x 2  y 2  x  y 0 (1) 2 2 2 + Lại có B thuộc đường tròn tâm O’ nên: x 2  y 2  x  5y  4 0 (2)  x 1; y 4 + Giải hệ (1) và (2) ta có:  . Với x=2; y=3 ta có B trùng M.  x 2; y 3 Vậy tam giác ABC có các đỉnh có toạ độ là: A(3;2), B(1;4); C(1;1) Bài toán 1.4: Trong mp chứa hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC, hai đường cao BH và CK lần lượt có phương trình x  y  1 0 và 2x  y  4 0 ; biết đỉnh A nằm trên tia Ox và tam giác ABC có diện tích bằng 12; tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. Phân tích bài toán: C + Từ dữ kiện điểm A thuộc tia Ox cho phép ta có thể gán tọa độ điểm A(a;0) với điều kiện a>0. A K + Trên cơ sở về mối quan hệ vuông góc ta có thể lập được phương trình các đường thẳng AB và AC ( Các đường thẳng B này phụ thuộc vào tọa độ điểm A). + Từ đó ta có thể tìm được tọa độ các điểm B, C theo biến a. + Áp dụng công thức diện tích ta có thể xác định được a từ đó suy ra được các điểm B, C. Lời giải : + Vì A thuộc tia Ox  A(a; 0), a > 0. + Đường thẳng AB qua A, vuông góc với CK nên có pt: x  2y  a 0 + Đường thẳng AC qua A, vuông góc với BH nên có pt: x  y  a 0 . 2 5 5 2 4  x  2y  a 0   x  y  1 0  x  a  2 =>   y  a  1 2x  y  4 0   x  y  a 0 C(  a  4; 2a  4 )  x  a  4 =>   y 2a  4 + Tọa độ B là nghiệm của hệ:  B(  a  2;  a  1 ). + Tọa độ C là nghiệm của hệ:  - 10 - 1 AC.d(B, AC) 12 2  a 2  a  2  4 2 2  9(a  a  2) 144   2   a  a  2 4 + Do đó SABC 12   a  2 (loai)  a 3  + Vậy A(3; 0), B(-5; -4), C(1; 2). Bài toán 1.5: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có 3  đỉnh A  2;6  , chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D  2;   và tâm 2   1  đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm I   ;1 . Viết phương trình đường  2  thẳng chứa cạnh BC. Phân tích bài toán: + Từ dữ kiện của bài toán ta có thể lập được A phương trình đường thẳng AD và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. + Trên cơ sở hình vẽ kết hợp với giả thiết bài I toán ta thấy rằng có thể tìm thêm được giao điểm E C của AD và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. D + Do đó cần phải tìm mối liên hệ giữa các điểm I, A, E. Theo tính chất phân giác có E là trung B E điểm cung BC nên IE  BC . Vậy bài toán được giải quyết. Lời giải : + Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có phương trình đường thẳng AD: x  2 0 . + Do E thuộc đường thẳng AD nên E(2; t) . Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên: 6 4 2 5 5 2 4 2 2 1 1 2   IA IE   t  1    2     2    52   t  1 52  t 6; t  4 2 2   Do đo ta được E  2;  4  2 + Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE vuông  5 góc với BC hay BC nhận EI   1;  2  là vectơ pháp tuyến. 2 3  + Do đó pt của BC là: BC :1.  x  2   2.  y   0  x  2y  5 0 . 2  + Vậy BC :x  2y  5 0. Bài toán 1.6: Cho tam giác ABC có các đỉnh A(1;1),C(7;1) nội tiếp đường tròn tâm I(4;2). Xác định tọa độ điểm B, biết trực tâm H của tam giác ABC thuộc đường thẳng d : x  y 0 . Phân tích bài toán: - 11 - + Bài toán cho ta biết tâm đường tròn ngoại tiếp tọa, dạng độ trực tâm và tọa độ hai B1 đỉnh A,C. B2 H + Do đặc thù bài toán ta có thể nghĩ G I ngay đến hệ thức Ơ le về mối liên hệ giữa ba   A điểm I, G, H: HG 2GI C + Dựa vào công thức trọng tâm ta có thể tìm được tọa độ điểm B theo toa độ H. + Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp ta tìm được mối liên hệ: IA=IB. + Từ 2 có sở này cho phép ta xác định được tọa độ điểm B. Lời giải :   + Theo hệ thức về đường thẳng Ơle có: HG 2GI 6 4 2 5 + Vì điểm H thuộc đường thẳng y=x nên ta có H(t; t) do đó G( 8t 4t ; ) 3 3 + Do G là trọng tâm tam giác ABC nên có B(t; t  2) .  t 1 2 2 2 2 + Mặt khác IB IA  IB IA  (t  4)  t 10    t 3 + Do đó B(1;3) hoặc B(3;5). BÀI TẬP ÁP DỤNG: Bài 1: Trong hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có M(2;3) là trung điểm AB; biết H(1;5);K(5;9) lần lượt là chân đường cao kẻ từ C và B của tam giác. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết điểm B có hoành độ dương. Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H(1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K(0; 2) , trung điểm cạnh AB là M(3; 1) . 7 2 11 19 ) là chân các 5 10 Bài 3: Trong hệ Oxy cho tam giác ABC. Biết D(4; );E( ; đường cao kẻ từ A và B của tam giác. Biết N(3;3) là trung điểm cạnh AB và trung điểm M của BC thuộc đường thẳng d : x  3y  1 0 , hoành độ điểm M lớn hơn 2. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC,C(−3;0), đường thẳng đi qua chân đường cao kẻ từ B và A của tam giác có phương trình là 7x+y+5=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,biết M(4;1) thuộc đường tròn đó. Bài 5: Cho ABC có trọng tâm G(1;1), đỉnh A  d : 2x  y  1 0 , đỉnh B và C cùng thuộc đường thẳng x+2y−1=0. Tìm A,B,C, biết SABC 6 . Dạng 2. Các bài toán khai thác mối liên hệ giữa các yếu tố hình học nhờ vào giả thiết của bài toán Trong các kỳ thi tuyển sinh vào Đại học và cao đẳng trong những năm gần đây các bài toán Hình giải tích trong mặt phẳng là đề tài được quan tâm - 12 - nhiều nhất. Một phần vì các bài toán thuộc dạng này rất đa dạng về phương pháp, phong phú về cách làm. Điều đó khiến cho rất nhiều học sinh lúng túng khi gặp phải các bài toán dạng này. Mấu chốt của vấn đề đặt ra khi đứng trước các bài toán thuộc dạng này là học sinh phải xác định đúng được điểm thắt của bài toán. Trên cơ sở giả thiết cần phân tích và tìm được các tính chất có liên quan để tìm được hướng đi thích hợp. Vậy đứng trước một bài toán dạng này chúng ta cần phải làm gì? phải sử dụng những kiến thức nào? Thông qua một số ví dụ dưới đây hi vọng các em sẽ dần tìm ra được hướng đi đúng cho các bài toán dạng này. Bài toán 2.1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 2 2 . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC,CD. Biết tam giác AMN vuông tại M(0;1), AN có phương trình: 2 2x  y  4 0 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D biết A có hoành độ lớn hơn 1. Phân tích bài toán: A + Các dữ kiện có liên quan trong bài: Biết diện tích hình chữ nhật, tọa độ điểm M và phương trình đường thẳng AN. B + Từ dữ kiện bài toán ta nhận thấy: Có H D M thể xác định được khoảng cách từ M đến AN. N C + Bên cạnh đó đề bài cho giả thiết điểm A có hoành độ lớn hơn 1. Dữ kiện này cho phép ta nghĩ tới việc tham số tọa độ điểm A với A(a;4  2 2a) . + Mặt khác bài toán cho ta biết diện tích hình chữ nhật trên cơ sở đó ta có thể tính được diện tích các tam giác AND, CMN, ABM. Từ đó có thể dễ dàng tính được diện tích tam giác AMN. + Với dữ kiện tam giác AMN vuông, độ dài đường cao hạ từ M của tam giác AMN đã biết đã biết ta có thể tính được độ dài AN hoặc AM, từ đó xác định được tọa độ điểm A. Bài toán đã được giải quyết. Lời giải 1: + Khoảng cách từ M đến AN: MH 1 3 3 2 8 4 + Do đó nếu lấy A(a;4  2 2a); N(n;4  2 2n) ta có các yếu tố liên quan  9  3 2 2 AN  (n  a)  2  2 là:    AM.MN 0 3an  2 2(a  n)  3 0   + Lại có: SAMN SABCD  SAMB  SADN  SMNC  SABCD  Giải hệ hai ẩn a, n với lưu ý: a>1 ta tìm được tọa độ A, N. Từ đó bài toán được giải quyết. Tuy nhiên trong lời giải này ta nhận thấy khó khăn khi phải đi xác định tọa độ A, N dưới dạng 2 tham số. Ta sẽ cùng nhau đi phân tích bài toán dưới dạng phát hiện thêm các tính chất hình học liên quan. - 13 - Nhận thấy nếu đặt MA 2 x;MN 2 y(x, y  0) ta sẽ thiết lập được mối liên hệ dựa vào các tính chất của tam giác vuông AMN: Định lý Pitago và công thức AM 2  MN 2 AN 2  đường cao:  1 1 1 . Từ đó tính được độ dài AM và tìm được tọa     AM 2 MN 2 MH 2 độ điểm A. Cách làm này cho phép ta chỉ sử dụng giả thiết liên quan đến điểm A. Lời giải 2: + Dễ dàng tính được: MH 1 ; AN  3 2 2   x 3  9   y 3  x  y  2   2 2 2  + Đặt MA x;MN y(x, y  0) khi đó có hệ:  1 1    1   x  3  x y 2    y 3  Từ việc tìm được x ta có thể dễ dàng xác định được tọa độ điểm A. Bài toán được giải quyết. Bài toán 2.2: Cho hình vuông ABCD. Điểm E(2;3) thuộc đoạn thẳng BD. Các điểm H(-2;3) và K(2;4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm E trên AB, AD. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết điểm D có hoành độ lớn hơn 1. Phân tích bài toán: D A K + Từ giả thiết bài toán ta có thể dễ dàng lập được phương trình các đường thẳng chứa AB và AD, từ đó xác định được tọa độ điểm A. Vấn đề còn lại cần phải xác định được đọ dài cạch hình vuông hoặc H E một tính chất nào đó liên quan đến các điểm E, H, K. B C + Nhận thấy giả thiết bài toán liên quan đến hoành độ điểm D mà điểm D thuộc đường thẳng AD. Qua tính chất của hình vuông ta thấy tam giác KDE vuông cân mà độ dài KE xác định. Do đó từ đẳng thức KE KD ta có thể dễ dàng tìm được tọa độ điểm D. Bài toán được giải quyết. Lời giải : + Phương trình đường thẳng AB: x  2 0 ; AD: y  4 0 + Vậy A(-2;4). Lấy D thuộc AD nên D(d;4) . + Lại có tam giác KED vuông cân đỉnh K nên KD=KE. 2  d 3 Do đó có:   d  2  1  .  d 1(L) + Với d=3 nên D(3;4). Do đó phương trình BD: x  y  1 0 - 14 - Vậy B BD  AB  B( 2;  1) ; C(3;  1) . Bài toán 2.3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng AC có phương trình là: 3x  y  5 0 . Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu vuông góc của H trên AC và M là trung điểm của HD. Đường thẳng BD đi qua điểm E(8;−5) và phương trình đường thẳng AM là: 11x  7y  5 0 . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC. Phân tích bài toán: A + Từ giả thiết bài ta có thể xác định được tọa độ điểm A. Vấn đề đặt ra cần tìm mối liên hệ xung quanh đường thẳng BD vì BD chứa điểm E có tọa độ xác định theo giả thiết bài toán. + Phán đoán theo hình vẽ ta có thể nhận thấy D AM và BD vuông góc với nhau. Sử dụng các công cụ M C H hình phẳng ta có thể chứng minh được điều này. B Trên cơ sở đó ta có thể giải quyết được bài toán. Lời giải : 3x  y  5 0  A(3;4) 11x  7y  5 0 + Ta có tọa độ của A thỏa:  + Lại có :              2AM.BD  AH  AD BH  HD AH.BH  AD.HD  AHHD  AD.HC       HD AD  HD  AD HD  DC DC.DA  HD 2 0        (Bài toán này hoàn toàn có thể chứng minh bằng hình học phẳng thuần túy nhờ việc lấy thêm trung điểm N của DC. Khi đó M là trực tâm tam giác AHN, do đó AM vuông góc với HN hay AM vuông góc với BD). 7 5  + Do đó AM  BD . Vậy phương trình BD: 7x  11y  1 0 nên D  ;  4  5 1 2   +Đường thẳng HD có phương trình: x  3y  1 0 nên M  ;   H( 1;0) . 5 5  Từ đó ta có phương trình đường thẳng BC: x  y  1 0 . Vậy B( 3;2);C(1;  2) Bài toán 2.4: Trong hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là một điêm thuộc cạnh AC sao cho AB=3AM. Đường tròn tâm I(1;-1) đường kính CM 4 3 cắt BM tại D. Biết đường thẳng BC đi qua điểm N( ;0) , phương trình đường thẳng CD là x  3y  6 0 và điểm C có hoành độ dương. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Phân tích bài toán: - 15 - E + Ta thấy từ giả thiết góc ABM hoàn toàn xác định. Lại có giả thiết bài toán cho dạng và đặc điểm của tọa độ điểm C nên ta tìm mối liên quan đến đại lượng có chứa C. + Từ giả thiết bài toán thấy được tứ giác nội tiếp ABCD nên tìm được mối quan hệ giữa các góc bằng nhau. B I A M C D + Sử dụng công thức góc ta có thể xác định được tọa độ điểm C. Vấn đề còn lại tương đối đơn giản. Lời giải : + Tứ giác ABCD nội tiếp nên AB 3     ABM ACD  cos ABM cos ACD   BM 10 + Gọi C(3c  6;c) khi đó có:  c  1 |10c  16 | 2 3  5c  16c  11 0   2  c  11 (L) 10c  32c  26 5  + Với c  1  C(3;  1) + Phương trình đường thẳng BC: 3x  5y  4 0 + Điểm M( 1;  1) nên có BM: 3x  y  4 0 . Vậy B(-2:2). + Lại có:  AC  : y  1;(AB) : x  2 0 nên A(-2;-1). Bài toán 2.5: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng 45 ,đáy lớn CD nằm trên đường thẳng x  3y  3 0 . Biết hai đường 2 chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I(2;3). Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC, biết điểm C có hoành độ dương. Phân tích bài toán: + Giả thiết cho hình thang cân và biết A B diện tích cùng cạnh đáy CD. Giao điểm hai đường chéo có tọa độ và có tính chất vuông góc. I + Bài toán cho ta tọa độ điểm I và phương trình đường thẳng CD, từ đó ta có thể xác định được phương trình đường thẳng qua I D C và vuông góc với CD. Dễ nhận thấy rằng đường thẳng đó đi qua trung điểm M, N của AB và CD. + Từ đó có thể tìm ra tọa độ điểm M. Do đó thấy có tam giác IBC nội tiếp đường tròn bán kính IM có phương trình có thể xác định. Từ đó ta có thể tìm được tọa độ C, D là giao điểm của DC và đường tròn trên. Khai thác công thức diện tích từ đó có thể tìm được tọa độ điểm C và lập được phương trình BC. Lời giải : - 16 - + Gọi M , N lần lượt là trung điểm CD và AB. Do hai đường chéo vuông góc tại I nên có: IN IA IB;IM IC ID . + Lại có IM  CD nên IM d(I;CD)  10  CD 2 10 + Phương trình đường thẳng MN qua I và vuông góc CD: 3x  y  9 0 .  x  3y  3 0  x 3    M(3;0) . 3x  y  9 0  y 0 + Tọa độ M thỏa:  + Hai điểm C, D thuộc đường tròn tâm M bán kính MI: (x  3)2  y 2 10   x 6   x  3y  3 0   y 1  C(6;1);D(0;  1)  + Tọa độ điểm C, D thỏa:  2 2   x 0 (x  3)  y 10    y  1 + Diện tích hình thang: S  MN(AB  CD) 45 (IN  10) 2  2 2 nên 10 . 2    ID IM  2  DI 2IB  B(3;5)  BC (3;  4) do đó đường thẳng BC + IB IN có phương trình: 4x  3y  27 0 . IN  Bài toán 2.6: Cho tam giác ABC có A(2;3), phân giác trong góc A là (d): xy+1=0. Tâm đường tròn ngoại tiếp I(6;6). Diện tích tam giác ABC gấp 3 lần diện tích tam giác IBC.Viết phương trình đường thẳng BC. Phân tích bài toán: A + Từ dữ kiện của giả thiết bài toán cho ta xác định được phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. + Biết phương trình đường phân giác và I đường tròn ngoại tiếp tam giác ta có thể tìm được tọa độ điểm D. Nhận thấy điểm D là điểm chính C B H K giữa cung BC do đó ta nhận thấy ngay ID vuông D góc với BC. + Vấn đề còn lại liên quan đến tỷ số diện tích giữa tam giác ABC và tam giác IBC. Nhận thấy rằng hai tam giác ABC và tam giác IBC chung đáy BC do đó tỷ số diện tích giữa hai tam giác chính là tỷ số giữa hai đường cao hay chính là tỷ số khoảng cách giữa hai điểm A và I so với BC. Đây chính là mấu chốt của bài toán. Lời giải: + Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: (C) : (x  6) 2  (y  6) 2 25 (x  6) 2  (y  6) 2 25  x 2; y 3(L)  + Tọa độ điểm D là nghiệm hệ:   x 9; y 10  x  y  1 0 - 17 - + Phương trình đường thẳng BC dạng: 3x  4y  c 0 . d(A;BC) 3 d(I, BC) | 42  c | | c  18 | + Có: d(I, BC)  ; d(A;BC)  do đó có: 5 5 | c  18 | | 42  c |   c 30 5 5 Vậy phương trình đường thẳng BC là: 3x  4y  30 0 . + Lại có S(ABC) 3S(IBC)  BÀI TẬP ÁP DỤNG: Loại 1: Các bài toán về hình bình hành: Bài 1: Cho hình bình hành ABCD có D(−6;−6). Đường trung trực của DC có phương trình d1 : 2x  3y  17 0 và phân giác góc BAC có phương trình 5x+y−3=0. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD. Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tam giác ABD vuông cân nội tiếp trong đường tròn (C) : (x  2) 2  (y  1) 2 9 . Biết hình chiếu vuông góc của B,D xuống đường chéo AC lần lượt là  22 14   13 11  H  ;  , K  ;  . Hãy tìm tọa độ các đỉnh A,B,C,D của hình bình hành  5 5  5 5 ABCD biết B,D có tung độ dương và AD 3 2 . Bài 3: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(2;1), đường chéo BD có phương trình x+2y+1=0. Điểm M nằm trên đường thẳng AD sao cho AM=AC. Đường thẳng MC có phương trình x+y–1=0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD. Bài 4: Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(2;0) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y=x. Tìm toạ độ C,D. Bài 5: Cho hai đường thẳng (d1): x+y-1=0, (d2): 3x-y+5=0. Lập phương trình các cạnh còn lại của hình bình hành ABCD có 2 cạnh nằm trên hai đường thẳng trên và có tâm I(3;3). Lấy MAD sao cho AD=3AM. Xác định toạ độ điểm NBC sao cho MN chia hình bình hành thành hai phần có tỉ số diện tích là 2:3. Loại 2: Các bài toán về hình chữ nhật: Bài 1: Trong mặt phăng toạ độ (Oxy) cho hình chữ nhật ABCD có đường thẳng AD có phương trình: x−y+1=0, Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên 16 2 ; ) và trung điểm P của DC có toạ độ 5 5 BD, M là trung điểm BH. Giả sử M( (6;5). Tìm toạ độ A. Bài 2: Trong mặt phẳng Oxy chi hình chữ nhật ABCD, biết phân giác của góc ABC đi qua trung điểm M của AD, đường thẳng BM có phương trình: x−y+2=0, điểm D thuộc đường thẳng (d): x+y−9=0, điểm E(−1;2) thuộc cạnh AB và điểm B có hoành độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. - 18 - Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường chéo AC:x+y−3=0 và BD:x+7y−9=0. Biết đường thẳng BC đi qua điểm M(−7;−2) . Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật. Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, biết phân giác trong của góc ABC đi qua trung điểm M của cạnh AD, đường thẳng BM có phương trình x−y+2=0, điểm D thuộc d:x+y−9=0, điểm E(−1;2) thuộc cạnh AB và điểm B có hoành độ âm. Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD. Bài 5: Trong mặt phẳng Oxy, tìm tọa độ tâm I của hình chữ nhật ABCD biết phương trình các đường thẳng AD:x+y+2=0; AC:x−3y+6=0 và BD đi qua điểm E(−6;−12). Loại 3: Các bài toán về hình vuông: 3 1 2 2 Bài 1: Cho 3 điểm I( ; );M(  4;  1); N(  2;  4) . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông tâm I đồng thời M thuộc AB, N thuộc CD và đỉnh B có hoành độ âm. 5 5 2 2 trên các đường thẳng d1 : x  y  3 0;d 2 : x  y  4 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của Bài 2: Cho hình vuông ABCD có tâm I( ; ) , hai điểm A, B lần lượt nằm hình vuông. Bài 3: Cho hình vuông ABCD biết A  d1 : x  3y 0 , C  d 2 : 2x  y  5 0 , B, D  d 3 : x  y 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. Bài 4:Cho hình vuông ABCD tâm I, biết A(1;3). Trọng tâm các tam giác 1 3 1 17 ) . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình 3 3 ADC và IDC lần lượt là G1 ( ;5);G 2 ( ; vuông. Bài 5: Cho hình vuông ABCD có AB : 4x 3y  8 0;BC : 3x  4y  19 0 . Điểm M(1;-7) thuộc đường chéo AC. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. Loại 4: Các bài toán về hình thoi: 3 3 5  5 ,  có tâm I  2,  . 2 2  2   Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh BC lấy điểm N sao cho MAN 300 . Gọi E  Bài 1: Cho hình thoi ABCD với A  2, 4  ; B  2  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN. Viết phương trình đường thẳng AE, biết điểm M có tung độ bằng 1. Bài 2: Cho hình thoi ABCD. Cạnh AB có phương trình 2x−3y+2=0 và cạnh CD có phương trình 2x−3y−10=0. Điểm M(5;0) thuộc BC,N(2;6) thuộc AD. Viết phương trình 2 cạnh AD và BC. Bài 3: Trong hệ Oxy cho hình thoi ABCD có đỉnh B(3;−3) đường chéo AC nằm trên đường thẳng Δ:y=2x+1. Điểm M(−2;3) nằm trên đường thẳng AD. Tính diện tích hình thoi ABCD. Bài 4: Cho hình thoi ABCD. Cạnh AB có phương trình 2x−3y+2=0 và cạnh CD có phương trình 2x−3y−10=0. Điểm M(5;0) thuộc BC,N(2;6) thuộc AD. Viết phương trình 2 cạnh AD và BC. - 19 - Bài 5: Trong hệ Oxy cho hình thoi ABCD có đỉnh B(3;−3) đường chéo AC nằm trên đường thẳng Δ:y=2x+1. Điểm M(−2;3) nằm trên đường thẳng AD. Tính diện tích hình thoi ABCD. Loại 5: Các bài toán về hình thang: Bài 1: Trong mp Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A,D có AB=AD

This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.