Tiêu đề 11. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HÌNH VUÔNG.doc ✅

B. Chủ đề 2. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỨ GIÁC. 1. Hình vuông.  Bài 03. (Trích Đề thi thử THPT Hiền Đa -2015) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có điểm 2;2C . Gọi ,IK lần lượt là trung điểm của DA và DC ; 1;1M là giao của BI và AK . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết điểm B có hoành độ dương. Phân tích và định hướng giải: Đây là bài toán hình vuông khá quen thuộc: Dựa vào hình vẽ phát hiện tính chất quen thuộc AKBM , giải thiết cho tọa độ 2 điểm ,MC nên ta sẽ định lượng độ dài cạnh hình vuông từ đó tính được ,BMBC để tìm tọa độ điểm B . Lời giải: Gọi J là trung điểm của AB . Khi đó AJCK là hình bình hành //CJAK . Gọi NCJBM∩ thì N là trung điểm của BM . Chứng minh được AKBI từ đó suy ra tam giác BMC là tam giác cân tại C . Ta có 3;1MC→ 10ABBCMC . Trong tam giác vuông ABM có 25 ..22 2ABBMBIBMABBM Tọa độ điểm B thỏa mãn: 22 22 (2)(2)10 (1;1) (1)(1)8 xy B xy    . (Vì B có hoành độ dương) Đường thẳng AB có phương trình 320xy , đường thẳng AM có phương trình 20xy Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 3202 200 xyx xyy    , suy ra (2;0)A Ta có 1;3BACDD→→ .  Bài 04. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có phương trình đường chéo AC là 3130xy . Gọi M,N lần lượt là các điểm trên tia đối của tia CB và DC sao cho BMDN . Biết rằng điểm 1511 ; 22K   là trung điểm của MN , đỉnh B nằm trên Oy , đỉnh A có hoành độ lớn hơn 2 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông . Phân tích và định hướng giải: Bài toán xoay quanh ba điểm ,,AKC . Dựa vào hình vẽ giả thuyết được đặt ra AKKC . Với bài toán hình vuông, khi các điểm thuộc đường chưa có tỉ lệ nhất định thì việc chứng minh quan hệ vuông góc nhờ phương pháp vec tơ sẽ là một giải pháp tối ưu. Lời giải: Giả sử .BMDNkBC .
Ta có 2(1)(1)(1)BKBMBNBMBCCDDNkBCkCDkBCBA→→→→→→→→→→→ ; Do đó 222.(1)(1)0BKACkBCBABCBAkBCBA→→→→→→→→ . Đường thẳng BK đi qua K vuông góc với AC nên có phương trình 390xy Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 3900 (0;3) 03 xyx B xy    Tọa độ tâm I của hình vuông là nghiệm của hệ 3903 (3;4) 31304 xyx I xyy    Vì I là trung điểm của BD nên (6;5)D . Tọa độ điểm ,AC là nghiệm của hệ 22 (;)(2;7)(3)(4)10 (;)(4;1)3130 xyxy xyxy      Vậy (2;7),(0;3),(4;1),(6;5)ABCD hoặc (4;1),(0;3),(2;7),(6;5)ABCD  Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD . Gọi F là điểm trên cạnh AB thoả mãn 75BFFA , đường thẳng đi qua trung điểm E của cạnh AD và trọng tâm G của tam giác ABC có phương trình là 11760xy . Biết 133 ; 62F    và đỉnh B có tung độ âm. Tìm toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD . Phân tích và định hướng giải: Bài toán xoay quanh ba điểm ,,GEF nên từ hình một giả thuyết được đặt ra cho mối quan hệ ba điểm là GEGF . Việc chứng minh đó cho ta nhiều hướng giải: Phương pháp vec tơ, phương pháp đại số hóa hay phương pháp gắn hệ trục tọa độ đều khả thi. Sau đây lời giải sẽ trình bày bằng phương pháp vec tơ. Nút thắt bài toán được tháo gỡ, mọi vấn đề còn lại sẽ không mấy khó khăn. Lời giải: Gọi a là độ dài cạnh hình vuông ABCD . Ta có 113 236 BABD GEBEBGBABDBD  →→ →→→→→→
5154 12312 BABD GFBFBGBABD  →→ →→→→→ . Suy ra  22222 1 .354 72 11 157.415780. 7272 GEGFBABDBABD BABABDBDaaa   →→→→→→ →→→→ Vì vậy GF vuông góc với GE . Toạ độ điểm G là hình chiếu của F trên GE thoả mãn hệ 1 11760 113 ;133 7110331 62 3 xyx G xy y            . Tam giác BFG có 22 2222211725251 2..cos452..210 361449123GFBFBGBFBGaaaaa ∘ . Từ đó suy ra 222225125280 , 1441899FBaBGa Gọi ;Bab ta có hệ 22 22 133125 3,1 6218 13169 , 1180 5151 339 abab ab ab              . Đối chiếu với điều kiện suy ra 3;1B và từ 51;5 12BFBAA→→ Gọi I là tâm hình vuông có 31;1 2BIBGI→→ . Do I là trung điểm AC nên 3;3C . Lại có 5;3ADBCD→→ . Vậy toạ độ bốn điểm cần tìm là 1;5,3;1,3;3ABC và 5;3D  Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I . Gọi ,,MNJ lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng ,,BNAICD . Giả sử phương trình đường thẳng MJ là 270y và 5;6N . Tìm toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD biết đỉnh C có hoành độ lớn hơn 3 . Phân tích và định hướng giải: Đây là bài toán hình vuông với giả thiết các trung điểm ta hoàn toàn định lượng được độ dài đoạn thẳng. Bài toán xoay quanh ba điểm ,,MNJ , từ hình vẽ giả thuyết được đặt ra MJJN . Việc chứng minh điều đó hoàn toàn có thể bằng phương pháp đại số hoặc các tính
chất quan hệ song song và vuông góc. Lời giải : Gọi độ dài cạnh hình vuông là a . Dùng định lý hàm số côsin cho các tam giác ,,ABMCMNBCN tính được: 10,25MBMNaBNa . Nên tam giác BMN vuông cân tại M và J là trung điểm của BN suy ra MJNJ . Đường thẳng NJ đi qua N và vuông góc với MJ có phương trình là 50x . Toạ độ điểm J là nghiệm của hệ 5 50 7 270 2 x x yy       . Vì J là trung điểm BN nên 5;1B . Gọi ;,3Cxyx ta có 2 225 5 BN BCNC . Ta có hệ phương trình:   22222 22 51207,5512054 3,51035155 565 xyxyxyx xyyy xy         . Đối chiếu điều kiện ta có 7;5C , do N là trung điểm CD nên 3;7D và 1;3DCABA→→ . Vậy toạ độ bốn đỉnh cần tìm là 1;3,5;1,7;5,3;7ABCD . Bình luận: Có thể chứng minh NJMJ theo cách sau Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng DN . Ta có //JKBD JKMI BDAC    và //MKAD IJMK IJAD    . Từ đó suy ra I là trực tâm tam giác MJK .Do đó IKMJ mà //IKNJ , vì vậy NJMJ .  Bài 17 .Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh 4;3C và M là một điểm nằm trên cạnh ,ABMAMB . Gọi ,EF lần lượt là hình chiếu vuông góc