Tiêu đề 14. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HÌNH BÌNH HÀNH.doc ✅

B. Chủ đề 2. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỨ GIÁC. 1. Hình bình hành.  Bài 05 Trong hệ toạ độ mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có 10ACBD . Biết rằng 2;1,2;1MN lần lượt là hình chiếu của D xuống các đường thẳng ,ABBC và đường thẳng 70xy đi qua ,AC . Tìm tọa độ điểm ,AC . Định hướng: Với giả thiết hình bình hành nên gọi I là giao điểm 2 đường chéo hình bình hành. Dựa vào hình vẽ dễ thấy quan hệ 3 điểm ,,IMN là IMIN . Từ đó tìm được tọa độ điểm I . Kết hợp giả thiết 10ACBD sẽ định lượng được độ dài đoạn thẳng IA và AAC . Từ đó tìm được tọa độ điểm AC Lời giải: Gọi I là giao điểm của AC và BD Gọi (7;)Iaa . Ta có tam giác BDM vuông tại M ,tam giác BDN vuông tại N nên 1 2IMINBD . Do đó : 2222(72)(1)(72)(a1)0ayaa Suy ra (0;0)I . Khi đó: 225BDIM . Mà 10102ACBD nên 52IAIC Tọa độ ,AC thỏa mãn hệ phương trình 22 70 50 xy xy    7 1 xy y    Vậy 7;17;1AC hoặc 7;17;1AC  Bài 15. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có 3;1A và ABBD . Gọi N là điểm đối xứng của C qua D và 139 ; 55H   là hình chiếu vuông góc của N trên BC . Tìm toạ độ các đỉnh ,,BCD biết D thuộc đường thẳng 210xy . Định hướng: Từ các số liệu của giả thiết ta hướng đến tìm mối liên hệ giữa bốn điểm ,,N,DAH . Hình vẽ giúp ta phát hiện 90ANDAHD∘ . Ix-7y=0 N(2;-1) M(-2;-1) C BA D
và việc chứng minh dựa vào tứ giác nội tiếp là phương án tối ưu. Bài toán có ngay hướng giải quyết. Lời giải: Do ABBD nên tứ giác ABDN là hình chữ nhật . Suy ra 90NABNHB∘ vì vậy tứ giác ABHN nội tiếp. Đường tròn này chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN có tâm là trung điểm của BN (2). Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm ,,,,ABHDN cùng thuộc đường tròn đường kính BN . Vì vậy 90AHDAND∘ hay AHHD . Đường thẳng DH đi qua H và vuông góc với AH có phương trình là 7200xy . Toạ độ điểm D là nghiệm của hệ 720033;1 2101 xyx D xyy    . Đường thẳng BC đi qua H và song song với AD nên có phương trình là 380xy . Gọi 83;Bbb thuộc đường thẳng BC ta có 2 3 .0113531105242709 5 b ABDBbbbbbb b      →→ Vì B khác H nên 1;3B .Ta có ABDC→→ từ đó suy ra 5;1C . Vậy 1;3,5;1BC và 3;1D .  Bài 16 . Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có 2ACAB . Phương trình đường chéo BD là 40x . Gọi E là điểm thuộc đoạn AC thoả mãn 4ACAE , M là trung điểm cạnh BC . Tìm toạ độ ,,,ABCD biết 5 ;7 2E   , 36 BEDCS và điểm M nằm trên đường thẳng 2180xy và điểm B có tung độ nhỏ hơn 2. Định hướng: Giả thiết bài toán hướng ta khai thác tính chất từ 4 điểm ,,,BDME . Hình vẽ giúp ta nhận định giả thuyết EMBD và BEBM .

Bài 18 . Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo AC là 540xy , điểm 2315 ; 77H    là trực tâm tam giác ABC , 2 ;4 3G    là điểm thuộc đoạn BD thoả mãn 2GBGD . Tìm toạ độ các đỉnh hình bình hành ABCD . Định hướng: Bài toán này hoàn toàn mang tính chất giải tích vì vậy việc giải quyết bài toán ta chỉ cần nhớ đến quan hệ trong tam giác: “Trực tâm  Đường cao  Vuông góc”. Giả thiết 2 ;4 3G    là điểm thuộc đoạn BD thoả mãn 2GBGD giúp ta xác định hệ thức vec tơ. Lời giải: Đường cao BH đi qua H và vuông góc với AC nên có phương trình 2315 505140 77xyxy    . Gọi 514;Bbb thuộc BH , gọi I là tâm hình bình hành ABCD . Ta có 2GBGD 3BIIG→→ . Do đó  165 2 5143 4 3 12 34 4 I II III b x xbx b yyby            . Mặt khác I thuộc AC nên 16512 5.402 44 bb b 4;2B . Vì 102;21;5 3GBGDD    →→ . Gọi ;54Aaa thuộc AC suy ra 23431;95,;5 77ADaaAHaa    →→ . Vì //ADBC và AH vuông góc với BC nên 212343.01955026320 772 a ADAHaaaaaa a     →→ Suy ra 1;1,2;6AC hoặc 2;6,1;1AC Vậy 1;1,4;2,2;6,1;5ABCD hoặc 2;6,4;2,1;1,1;5ABCD .