NGUYỄN THANH TÙNG 0947141139

KỸ THUẬT GIẢI NHANH HÌNH HỌC PHẲNG OXY
A.Các ví dụ mở đầu (tiếp)
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hình thang
ABCD
vuông tại
A
và
D
có đáy lớn
CD
và
BCD

=
0
45
. Đường thẳng
AD
và
BD
lần lượt có phương trình
3 0
x y
 
và
2 0
x y

0
x
D
y


 




Ta có các vectơ pháp tuyến tương ứng của
AD
và
BD
là:

(3; 1), (1; 2)
AD BD
n n
   
 
. Suy ra:

.
3 2
1
cos( , )
10. 5 2
.

15
2 2 2
ABCD
AB DC AD AB AB AB
S AB
 
   
10 2 5
AB BD   
+) Gọi
(2 ; )
B t t
với
0
t


Khi đó :
2 2 2 2
2 5 20 (2 ) 20 4 2
BD BD t t t t
         
hoặc
2
t
 
(loại)
(4;2)
B


có tâm
(1;2)
I và có trực
tâm
H
thuộc đường thẳng
: 4 5 0
x y
   
. Biết đường thẳng
AB
có phương trình
2 14 0
x y
  
và khoảng
cách từ
C
tới
AB
bằng
3 5
. Tìm tọa độ điểm
C
biết hoành độ điểm
C
nhỏ hơn
2
.
Giải:

AB
nên có phương trình:
2 3 0
x y
  

Suy ra tọa độ điểm
M
là nghiệm của hệ:
2 3 0 5
(5;4)
2 14 0 4
x y x
M
x y y
   
 
 
 
   
 
.
+) Gọi
D
là giao điểm thứ hai của
CI
và đường tròn
( )
T


H H t t
  
, khi đó
4 5 2(5 1) 4 3
(*) (4 3; 4)
2(4 2) 4
C C
C C
t x x t
C t t
t y y t
     
 
    
 
    
 

+) Ta có
2 2
(1; 3)
1
2(4 3) 4 14
( , ) 3 5 3 5 3 8 5
43 1
13
;
2 1
3 3
3

(1; 3)
C

.

Ví dụ 5. Trong

mặt phẳng tọa độ , cho hình chữ nhật có điểm nằm trên cạnh sao cho
, trên tia đối của tia lấy điểm sao cho . Đỉnh và điểm nằm trên
đường thẳng . Phương trình đường thẳng . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại
của hình chữ nhật .
Giải:
Cách 1:

+) Gọi là giao điểm của và , khi đó :
(*)
+) Do thuộc đường thẳng
Do thuộc
Oxy
ABCD
M
BC
2
MC MB

DC
N
2
NC ND


  
(3 ; 1 4 )
E b b
  
NGUYỄN THANH TÙNG 0947141139

Khi đó
+) đi qua và vuông góc với nên có phương trình:
Khi đó tọa độ điểm là nghiệm của hệ
Do là trung điểm của nên suy ra
+) Ta lại có
Vậy
( 2;3), (2;5), (5; 1)
A B C
 
.
Cách 2:

Gọi là giao điểm của và , khi đó :
1 1 2 1 1
. 2
2 2 3 3 3
AE
ED MC BC BC AD
ED
     

Gọi
,
H K

( , ) 4 6 4
10 ( 10; 21)
4 3
t A
t t
d A MN AH t
t A
  
  
 
       
 
   

 

Do
,
A D
khác phía so với đường thẳng
MN
nên ta được
( 2;3)
A

.
Việc tìm tiếp
,
B C
tương tự như cách 1.


AD
2 7 0
x y
  
N
2 7 0 3
( 3; 5)
4 3 3 0 5
x y x
N
x y y
    
 
   
 
    
 
D
CN
(5; 1)
C

5 2 1 2
(2;5)
1 3 3 5
B B
B B
x x
CB DA B