Title 15. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HÌNH THANG.doc ✅

B. Chủ đề 2. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỨ GIÁC. 1. Hình thang.  Bài 06.Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho hình thang cân ABCD //ABCD . Gọi ,HI lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên các đường thẳng ,ACCD . Giả sử ,MN lần lượt là trung điểm của ,ADHI . Viết phương trình đường thẳng AB biết 1;2,3;4MN và đỉnh B nằm trên đường thẳng 90xy , 2 cos 5ABM . Định hướng: Bài toán xoay quanh điểm B mà giả thiết đã cho tọa độ điểm ,NM . Nên dựa vào hình vẽ giả thuyết đặt ra mối quan hệ 3 điểm ,,BMN là BMMN . Giả thiết hình thang cân ABCD //ABCD . Gọi ,HI lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên các đường thẳng ,ACCD cho ta nghĩ đến tứ giác nội tiếp ,,,BHIC suy ra các góc bằng nhau  tam giác đồng dạng để từ đó chứng minh được khẳng định của giả thuyết. Lại có đỉnh B nằm trên đường thẳng 90xy , 2 cos 5ABM , ta sẽ định lượng được các yếu tố. Lời giải Xét tam giác ABD và HBI có: ABDHCIHBI . Và ADBACBHIB . Suy ra ABD△ HBI△ Ta có ,BMBN lần lượt là hai trung tuyến của tam giác ,ABDHBI do đó: (1)BMBA BNBH . Lại có ABMHBN(2)MBNABH .
Từ (1) và (2) suy ra ABH△ MBN△ . Do đó 90MNBAHB∘ hay MNNB Đường thẳng BN đi qua N và vuông góc với MN nên có phương trình là : 3150xy . Toạ độ điểm B thoả mãn 906 31503 xyx xyy    . Suy ra (6;3)B . Gọi 22;0nabab→ là một vec tơ chỉ phương của đường thẳng AB . Ta có 5;5MB→ cùng phương với vec tơ 1;1MBu→ . Theo bài ra ta có: 222222 22 2 8()5(2)31030 52( ab abaabbaabb ab    3 3 ab ab     Với 3ab , chọn 13ba ta có phương trình 3210xy Với 3ba chọn 13ab ta có phương trình 3150xy (loại do trùng với BN ). Vậy phương trình đường thẳng AB là: 3210xy .  Bài 22. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại ,AB với đáy nhỏ AD , có hai đường chéo BD và AC vuông góc với nhau tại E . Biết 210AB , F là trung điểm của đoạn thẳng CD , điểm C nằm trên trục Ox và có hoành độ dương . 21833 ;,; 5522EF    . Viết phương trình đường thẳng BC . Định hướng: Bài toán chứa đựng nhiều yếu tố quan hệ vuông góc, có định lượng độ dài đoạn thẳng nên ta hoàn toàn có thể nghĩ đến phương pháp đại số để giải quyết nó, từ việc khai thác 2 giả thiết quan trọng sau: + Tam giác ECD vuông tại E mà F là trung điểm của đoạn thẳng CD nên FCFDFE . +Tam giác BAD vuông tại A có AE là đường cao nên 2.BDBABE . Lời giải: Gọi ;0Cx với 0x . Tính 65 2EF ; 2 39 24FCx    Vì tam giác ECD vuông tại E mà F là trung điểm của đoạn thẳng CD nên FCFDFE . Suy ra 2227 3280 4 x FCFExx xloai    
Do đó 7;0C suy ra 4;3C . Từ đó ta có 2ED . Đặt 0BEaa , tam giác vuông ABD có 242.240 52 a BEBDBAaa a    Khi đó 424BEBEED . Mà ,,BDE thẳng hàng và E nằm giữa ,BD nên 214 5 55 4 8284 55 B B B B x x EBED y y          →→ hay 5;4B . Đường thẳng BC đi qua B và C nên có phương trình 370xy .  Bài 23. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD , BC . Biết 2;3B và ABBC , đường thẳng AC có phương trình 10xy , điểm 2;1M nằm trên đường thẳng AD . Viết phương trình đường thẳng CD . Định hướng : Khai thác giả thiết hình thang cân ABCD nội tiếp đường tròn và ABBC . Suy ra được AC là đường phân giác góc BAD , giả thiết đã có tọa độ điểm B và phương trình đường thẳng .. nên cách nghĩ quen thuộc là lấy điểm 'B đối xứng của B qua AC thì 'BAD . Bài toán sẽ có hướng giải quyết trọn vẹn Lời giải: Vì hình thang cân ABCD nội tiếp đường tròn và ABBC . Suy ra được AC là đường phân giác góc BAD . Gọi 'B đối xứng của B qua AC thì 'BAD . Gọi H là hình chiếu của B lên AC . Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình 103 502 xyx xyy    . Suy ra 3;2H . Vì 'B đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của 'BB . Do đó '4;1B . Đường thẳng AD đi qua M và 'B nên có phương trình 310xy . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 101 3100 xyx xyy    . Do đó 1;0A . Ta có tứ giác 'ABCB là hình bình hành nên 'ABBC→→ . Do đó 5;4C Gọi d là trung trực của BC , suy ra :3140dxy . Gọi IdAD thì I là trung điểm của AD . Do đó 3811 ; 55D   . Đường thẳng CD đi qua C và D nên có phương trình là 913970xy .  Bài 29[Trích Đề thi thử THPT Hùng Vương 2015]. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình
thang ABCD vuông tại A và D có 22CDADAB . Gọi 2;4E là điểm thuộc đoạn AB sao cho 3ABAE . Điểm F thuộc BC sao cho tam giác DEF cân tại E . Phương trình EF là 280xy . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết D thuộc đường thẳng :0dxy và điểm A thuộc đường thẳng ':380dxy . Định hướng: Khai thác tính chất của hình thang ABCD vuông tại A và D có 22CDADAB ta có DBC△ vuông tại B hay 90DBF∘ . Giả thiết đáng quan tâm tam giác DEF cân tại E . Một giả thuyết được đặt ra liệu 90?DEF∘ . Muốn khẳng định giả thuyết ta cần chứng minh tứ giác DEBF nội tiếp và bài toán có hướng giải quyết. Lời giải: Gọi P là điểm đối xứng của D qua A . Tam giác BDP vuông cân tại B nên EPED . Mặt khác do tam giác DEF cân tại E nên EDEF , suy ra E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DPF . Suy ra AEDPEDEBFD là tứ giác nội tiếp. Suy ra 90DEFDBF∘ . Vậy tam giác DEF vuông cân tại E . Đường thẳng DE đi qua E và vuông góc với EF nên có phương trình 260xy . Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình 26022;2 02 xyx D xyy    . Xét tam giác vuông EDA có 22223,10EAABADDEADAEAE . Vì ';83,AdAaaaℤ . Ta có phương trình   2 2 222 1 4210243514909 5 a aaaa aloai       . Vậy 1;5A . Ta có 22424;2 422 BB BB xx EBEAB yy     →→ . Ta có 264 24;4 264 CC CC xx DCABC yy     →→ . Vậy 1;5,4;2,4;4,2;2ABCD .  Bài 32.[Trích Đề thi thử Mathlink.vn] Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo BD và AC vuông góc với nhau tại H . Gọi M là điểm nằm trên cạnh AB sao cho 3ABAM , N là trung điểm HC . Biết 1;3B , đường thẳng HM đi qua điểm