Bài tập có đáp án chi tiết về hình học phẳng oxy của thầy lâm phong phần 15

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI HÌNH HỌC PHẲNG OXY MR.LAFO

HƯỚNG DẪN GIẢI OXY – PHẦN 4 – CHỦ ĐỀ TAM GIÁC.

Bài 6 (Phần 4). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác đều ABC . Biết trung điểm

cạnh BC là   2;0 H và   1;0 M là một điểm nằm trên cạnh BH . Gọi , P Q lần lượt là hình chiếu

của M trên , AB AC . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC , biết phương trình đường thẳng PQ

là 4 16 3 41 0. x y   

Bài toán của Thầy Phan Phước Bảo, Tp. Huế, 2016.

■ Bước 1: Dựng hình và phát hiện tính chất (hoặc điểm quan trọng cần khai thác)

Ta nhận thấy bài toán có rất nhiều”góc vuông” và sẽ thật là thiếu sót nếu ta không tận dụng điều này để khai thác các “tứ giác nội tiếp” sẵn có trong hình.

Ta có AQM AHM APM   đều nhìn cạnh

AM dưới 1 góc vuông do đó 5 điểm , , , , A Q H M P

đều thuộc một đường tròn đường kính AM

Tính chất hình học mà ta cần quan tâm chính là

KPHQ là hình thoi và từ nhận xét tứ giác nội tiếp

ở trên ta có được KH KP KHP   cân tại K ,

đồng thời 0 2 60 PKH PAH KHP    đều nên KPHQ là hình thoi và . KH PQ 

■ Bước 2: Phân tích – định hướng tìm lời giải.

 Viết pt đường thẳng        

, ?;? ?;?

, :

E la trung diem KH E KH PQ KH qua H PQ E K

BC quaH vtcp MH

       

    

 

2

3 ?;? ?;? 2 ?;? 3

K latrung diem AM

AH AG K A

AG AH G trong tam ABC

    

    

 Khi đó    ; ;AG B C G BC   (chú ý , M B trái phía so với C qua H ).

■ Bước 3: Hướng dẫn giải chi tiết.

Ta có:   : 4 3 0, 2;0 : 4 3 8 3 0 KH PQ KH x y m KH qua H KH x y         

E KH PQ    tọa độ E thỏa hệ

7 4 3 8 3 0 7 ; 3 4 4 4 16 3 41 0 3

x x y E x y y

                         

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI HÌNH HỌC PHẲNG OXY MR.LAFO

Do E là trung điểm KH 3 ;2 3 2 K       

, lại có K là trung điểm   2; 4 3 AM A 

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

 

 

2 2 2 2 2 4 3 2; 2 3 3 4 3 0 4 3 3

G

G

x AG AH G y

              

      

Và đồng thời  

2 8 3 0; 4 3 4 3 3 3 AH AH AG AH       

Đường thẳng BC qua   2;0 H nhận   1;0 HM  có phương trình là: 0 y 

Đường tròn tâm 4 2;

3 G     

có bán kính 8

3 AG  có phương trình  

2 2 4 64 2 3 3 x y          

Khi đó tọa độ ; B C là nghiệm của hệ

 

2 2

0

6, 0 4 64 2, 0 2 3 3

y

x y x y x y

                      

Suy ra     1 1 6;0 , 2;0 B C  hay     2 2 2;0 , 6;0 B C 

Ta có

 

 

 

1

2

4;0

1;0

4;0

B H

MH

B H

        

ta có 2 ; B M cùng phía so H nên ta nhận     2;0 , 6;0 B C 

Vậy tọa độ các điểm cần tìm là       2;4 3 , 2;0 , 6;0 A B C  .

■ Bước 4: Kiểm tra lại kết quả đã tìm được (biểu diễn tọa độ điểm tìm được lên hệ trục Oxy).

Chúc các em ôn tập hiệu quả và đạt kết quả cao nhất trong kì thi sắp tới !

Facebook: http://facebook.com/lamphong.windy

Thầy Lâm Phong – Mr.Lafo (0933524179).