Tiêu đề 16. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TAM GIÁC KHÁC.doc ✅

B. Chủ đề 2. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỨ GIÁC. 6. Tứ giác.  Bài 01. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AC . Biết 3;1M là trung điểm của cạnh BD , điểm 4;2C . Điểm 1;3N nằm trên đường thẳng đi qua B và vuông góc với AD .Đường thẳng AD đi qua điểm 1;3P . Tìm tọa độ các điểm ,AB và D . Định hướng : Bài toán khá nhẹ nhàng bởi giả thiết ADDC (do tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AC ) và BNAD suy ra //DCBN . Các giả thiết khác xoay quanh điểm D . Vì vậy ta hoàn toàn có thể giải quyết bài toán bằng việc tham số hóa tọa độ điểm D và dựa vào quan hệ vuông góc, quan hệ cùng phương của hai vec tơ. Lời giải: Giả sử ;Dab . Vì M là trung điểm của BD nên 6;2Bab . Ta có 90//ADCADDCBNCD∘ Ta có 7;1,4;2NBabCDab→→ . Vì ,NBCD →→ cùng phương nên 72416ababba (1) . Ta có 1;3PDab→ và .014230PDCDaabb→→ (2). Thế (1) vào (2) 25 218400 4 a aa a     Với 4a ta có 2b . Khi đó 4;2D trùng với C (loại). Với 5a ta có 1b . Suy ra 5;1,1;1DB . Vì AD đi qua ,BD nên có phương trình đường thẳng AD : 40xy . Vì AB vuông góc với BC nên phương trình đường thẳng :340ABxy . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 3402 402 xyx xyy    . Vậy 2;2,1;1AB và 5;1D .  Bài 02. Trong mặt phẳng với trục toạ độ Oxy cho tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau. Gọi ,MN lần lượt là trung điểm của ,ABAD . Đường thẳng qua M vuông góc với CD cắt đường thẳng qua N vuông góc với BC tại I . Tìm tọa độ đỉnh A , biết rằng 173;1,;3,;0 22CMN    và 5AD . Định hướng :
Khai thác giả thiết : Ta có đường thẳng qua M vuông góc với CD cắt đường thẳng qua N vuông góc với BC tại I hướng ta cách nghĩ tạo ra tam giác nhận I là trực tâm, do đó yếu tố phụ bài toán xuất hiện chính là trung điểm của AC để có //,//MEBCNECD và I là trực tâm của tam giác MNE tức IEMN . Lại có ACBD và ,MN lần lượt là trung điểm của ,ABAD suy ra //MNBD nên ACMN . Vậy “nút thắt” của bài toán chính là ,,AEI thẳng hàng hay IAC . Lời giải: Gọi E là trung điểm của AC ta có //,//MEBCNECD . Do đó ,NIMEMINE suy ra I là trực tâm của tam giác MNE . Suy ra IEBD , lại có ,,AEI thẳng hàng tức I thuộc AC . Đường thẳng AC đi qua ,CI nên có phương trình 270xy . Đường thẳng MN qua M và vuông góc với AC nên có phương trình 24130xy . Đường thẳng CD qua C và vuông góc với MI nên có phương trình 4390xy . Vì A thuộc AC nên ;72Aaa , D thuộc CD nên 49 ; 3 m Dm   . Mặt khác N là trung điểm của AD và N thuộc MN nên  46321303333;41 3 am ammaDaa  Theo giả thiết 22 1 52366251 2 a ADaa a      Vậy 1;5A hoặc 1 ;6 2A   .  Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn và CB=CD. Trên tia đối của tia DA lấy điểm E sao cho .DEAB Phương trình cạnh :3130BCxy ; phương trình đường chéo :10ACxy . Tìm tọa độ đỉnh A, B biết A có hoành độ nhỏ hơn 3 và 14;1.E Định hướng: -Phát hiện và chứng minh CA = CE. -Tham số hóa tọa độ điểm A, từ CA=CE. Suy ra A. -Nhận xét CE vuông góc AC từ đó suy ra AE vuông góc AB. -Viết phương trình AB, suy ra tọa độ điểm B.
Lời giải. - Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 3138;7. 1 xy C xy    - Ta có .ABCEDCCACE Giả sử ;1Aaa , từ 228362;1 143 a CACEaA a     - Lại có 6;6,1;1.0ACACCEuCEuCEAC→→→→ Từ ABCEDCACBDCE nên 009090DCBACEEABAEAB . - Đường thẳng AB qua A và nhận véc-tơ 12;0AE→ làm véc-tơ pháp tuyến nên có phương trình 20.x - Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 22;5. 3130 x B xy   