Tiêu đề 10. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TAM GIÁC CÂN.doc ✅

1 A. Chủ đề 1. MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TAM GIÁC. 1. Tam giác cân.  Bài 09 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh (5;6)A và nội tiếp đường tròn tâm (0;1)I . Gọi ,EF lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh ,BC .Biết rằng đường thẳng EF có phương trình là 5570xy . Tìm tọa độ đỉnh ,BC biết B có tung độ dương. Vì tam giác ABC cân tại A nên nếu gọi D là chân đường cao hạ từ đỉnh A thì ADEF Và 2AHID→→ , đồng thời phát hiện tứ giác AEHF nội tiếp đường kính AH . Khi đó sử dụng tính chất tứ giác có hai đường chéo vuông góc và tính chất tứ giác nội tiếp tính được ,DEDB theo một ẩn, từ DEDBD . Viết phương trình BC , suy ra ,BC . Bài toán có hướng giải quyết trọn vẹn!. Lời giải: Gọi D là chân đường cao hạ từ đỉnh A , H là trực tâm tam giác ABC . Phương trình đường thẳng AD qua ,AI là 10xy Gọi K là giao điểm của AD và EF , tọa độ K là nghiệm của hệ 557016 ; 5510 xy K xy     Gọi ;1Daa , ta có: 2AHID→→ = 2;225;26aaHaa . Suy ra tọa độ trung điểm J cuả AH là 5;6Jaa . Ta có AEHF nội tiếp đường tròn tâm J ,bán kính 22JAa . Ta có 2222 2222 2222 22112424 222046 5555 EKADDEDKJEJK DEJEDKJK aaaaaaa       Vậy đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF có tâm D ,bán kính là 222046DEaa Gọi 'A là điểm đối xứng của A qua I ,ta có '5;4A . Ta có 'ACAB nội tiếp nên 22..'225DBDBDCDADAa . Vì vậy, DEDB 22220462253aaaa Tức 3;2D .
2 Phương trình đường thẳng BC qua D vuông góc AD là 50xy Tọa độ ,BC là nghiệm của hệ : 22 507,2 1,y6150 xyxy xxy       Vậy (7;2),C(1;6)B hoặc (1;6),C(7;2)B .  Bài 10 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh B(1;2) và nội tiếp đường tròn đường kính AD . Biết rằng đường thẳng BC có phương trình là 240xy , điểm D thuộc đường thẳng 42150xy và đường thẳng CD đi qua 7 4; 2M   . Tìm tọa độ đỉnh A,C Định hướng: Giả thiết bài toán cho tọa độ điểm BM , phát hiện BMBC . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp và E là điểm đối xứng của C qua I . Phát hiện được ,,BME thẳng hàng, và chứng minh được tính chất mạnh hơn: B là trung điểm của ME , BEBD . Từ B là trung điểm của ME . Suy ra 1 2; 2E    . Giải hệ tìm được D viết phương trình đường thẳng CDC . Bài toán sẽ được giải quyết. Lời giải: Đường thẳng BM có phương trình 230xy .Suy ra BMBC . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , E là điểm đối xứng của C qua I . Ta có  9090180EBCMBC∘∘∘ nên ,,MBE thẳng hàng . Mặt khác vì tam giác ABC cân tại B nên BABCBEBD , do đó  ECBBCD (góc nội tiếp chắn cung có độ dài bằng nhau). Suy ra tam giác ECM cân tại C , vì vậy B là trung điểm của ME . Suy ra 1 2; 2E    . Tọa độ điểm D thỏa mãn hệ 22 42150 1 4;45 2(1)(2) 4 xy D xy        Đường thẳng CD có phương trình 4x Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 44 2404 xx xyy    Vậy 2;4,4;4AC .
3  Bài 23. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A , nội tiếp đường tròn 22:550Cxy . Giả sử 5;10A và đường cao kẻ từ C của tam giác ABC cắt đường tròn C tại điểm thứ hai 176 ; 55N    . Tìm toạ độ các đỉnh ,BC . Định hướng: Giả thiết bài toán cho tọa độ điểm A và phương trình đường tròn nên suy ra tọa độ tâm I , bán kính R . Gọi thêm yếu tố phụ: Điểm M đối xứng với A qua I . Phát hiện và chứng minh được IBMN . Viết đường phương trình đường thẳng IBB Viết được phương trình BC suy ra giao điểm E của ,BCAIBC Đường tròn C có tâm 0;5I . Gọi M là giao điểm thứ hai của AI với C ta có I là trung điểm đoạn AM nên 5;0M . Do tam giác ABC cân nên M là điểm chính giữa cung BC (không chứa A ). Ta có  MABNCB (cùng phụ với góc  ABC ) nên B là điểm chính giữa của cung  MN . Vì vậy IB vuông góc với MN . Đường thẳng IB có phương trình là 750xy . Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ   22 1 7501;1212 5501;21 2 x xyBy xyBx y             Kiểm tra điều kiện ,MN khác phía đối với đường thẳng AB nên chỉ có 1;2B với đường thẳng AB có phương trình là 20xy . Gọi E là trung điểm BC ta có BC vuông góc với AI nên có phương trình 30xy . Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ 5044;1 301 xyx E xyy    . Vì E là trung điểm của BC nên 7;4C . Vậy toạ độ các điểm cần tìm là 1;2B và 7;4C .  Bài 32. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy ,cho tam giác ABC cân tại A , trực tâm 3;2H . Gọi ,DE lần lượt là chân đường cao kẻ từ ,BC của tam giác ABC . Biết điểm A nằm trên
4 đường thẳng :330dxy , điểm 2;3F thuộc đường thẳng DE và 2HD . Tìm tọa độ điểm A . Định hướng: Vì tam giác ABC cân tại A nên phát hiện và chứng minh được AHDE . Tham số hóa A , thiết lập phương trình nhờ các đại lượng được tính toán theo định lí Pitago và sử dụng giả thiết ta có phương trình một ẩn , giải nghiệm A . Lời giải: Do điểm A nằm trên đường thẳng :330dxy nên 33;Att với tℝ . 35;3,36;2FAttHAtt→→ . Vì tam giác ABC cân tại A nên AHDE . Ta có 222ADAHHD . Khi đó 222222222FAFHDADHFAFHAHHD 2222353236280ttttt Vậy 3;0A .  Bài 33. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy ,cho tam giác ABC cân tại A , hai đường cao ,BECF cắt nhau tại 2;2H ,biết 3HE . Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC biết đỉnh A nằm trên đường thẳng :120dxy và khoảng cách từ A đến đường thẳng EF nhỏ nhất. Định hướng: Bài toán mang tính giải tích ,tham số hóa tọa độ điểm A Sử dụng tính chất tam giác ABC cân tại A nên AHEF . Xét tam giác vuông HAE sử dụng định lí Pi ta go tính khoảng cách từ A đến đường thẳng EF . Khảo sát hàm số ta có kết quả. Lời giải: Nhận thấy rằng H không thuộc đường thẳng d . Do A nằm trên đường thẳng :120dxy nên ;12Att với tℝ . 2;14HAtt→ . Vì tam giác ABC cân tại A nên AHEF . Xét tam giác vuông HAE ta có: 2222222149224191AEAHHEtttt và  22 2 ; 22 2241919 224200 224200224200AEF AEtt dtt AHtttt      2 2 912891192 26128 1682 26128 t t   