Bài tập có đáp án chi tiết về hình học phẳng oxy của thầy lâm phong phần 6

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

HƯỚNG DẪN GIẢI OXY – CÂU 4 & 6 – OXY – PHẦN 2.

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, cạnh đáy BC có

phương trình là  1 1 0 d : x y ,   phương trình đường cao kẻ từ B là   2 2 2 0 d : x y .    Viết

phương trình đường thẳng AB,AC và tìm tọa độ điểm A biết rằng đường cao kẻ từ C qua

điểm   2 1 M ; .

ĐS: 4 11 6 3 1 0 2 2 0 9 9 A ; ,AC : x y ,AB : x y            

■ Đặt vấn đề: Đề bài đặt ra 2 câu hỏi, tìm tọa độ của điểm A và viết pt 2 cạnh bên của tam giác. Nhưng Biết xuất phát từ câu hỏi nào đây ? Ở đây thầy đề nghị hai cách giải sau.

■ CÁCH 1: Tìm tọa độ điểm A và C  viết phương trình AB, AC.

☺ Ý tưởng :

_ Nhận xét có thể tìm được điểm B = d 1  d 2

_ Ta có C  BC  tham số hóa điểm C. Do không có thông tin nào từ điểm A  đặt A(a; b)  3 ẩn  cần 3 PT ?

_ Ta có d 2  AC  Pt (1), MC  AB  Pt(2).

_ Gọi I là trung điểm BC  AI  d 1  (3).

_ Từ (1), (2), (3) giải hệ phương trình  tìm đươc a, b,c

_ Sau đó việc viết PT AB và AC thì không còn trở ngại nữa.

► Hướng dẫn giải cách 1:

* Do B = d 1  d 2  tọa độ B là nghiệm của hệ   x y 1 0 x 0 B 0; 1 x 2y 2 0 y 1

               

* C  BC  C(c; - 1 - c) và giả sử tọa độ A(a; b). Gọi I là trung điểm BC  c c I ; 1 2 2       

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

* Theo đề bài ta có:

2 2

1 1

. 0 (1)

. 0 (2)

. 0(3)

d

d

u AC d AC d AI u AI MC AB MC AB

                 

* 2 (1) . 0 du AC   với

2 (2;1)

( ; 1 )

du laVTCP

AC c a c b

      

nên  2 1 0 4 c b a    

* 1 (2) . 0 d u AI   với

1 (1; 1)

( ; 1 ) 2 2

d u laVTCP c c AI a b

        

nên  1 0 5 c b a    

* (3) . 0 MC AB   với (c 2; 2 )

( ; 1 )

MC c

AB a b

       

nên      2 2 1 0 6 a c c b      

* Từ (4), (5), (6) ta có hệ phương trình:

2 1 0 (4) 1 0 (5) ( 2) (2 c)(1 b) 0 (6)

c b a c b a a c

              

* (4) cộng (5) ta được: 2 2 3 0 3

c c a a    

(4) trừ (5) ta được : 

2

3 2 2 0 * 1 3

c a c b a b       

* Thay 2 3 ; 3 3 c c a b    vào (6) ta được

2

0 3 2 0 2 3

c c c

c

     

.

* Với   0 0 0; 1 1 a c A B b

        

(loại)

* Với 2 2 5 4 11 ; , ; 3 3 3 9 9 c C A                

* Từ đây dễ dàng suy ra phương trình : 6 3 1 0 : 2 1 0 AC x y AB x y

        

■ CÁCH 2: Viết PT AB, AC  tìm tọa độ điểm A.

☺Ý tưởng :

_ Nhận xét có thể tìm được điểm B = d 1  d 2

_ Cả hai cạnh AB, AC đều chưa đủ yếu tố để lập phương trình đường thẳng, vì vậy chúng ta chuyển hướng sang lập các pt đường thẳng khác  đó chính là đường cao kẻ từ C (d 3) (vì đường d 3 tạo với BC một góc bằng với d 2 tạo với BC và đồng thời đường cao này đã qua điểm M(2; 1).

_ Do có “nắm đắm” M, nhưng lại thiếu “cây gậy” là VTPT nên ta có hai hướng để đi tiếp hoặc là gọi

VTPT có dạng n = (a; b) hay lập phương trình đường thẳng có hệ số góc k.

_ Dùng quan hệ về góc giữa (d 2; BC) = (d 3; BC)