Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

MỤC LỤC
Phần I

Đặt vấn đề
I. Lý do chọn đề tài

3

II. Giải quyết vấn đề
1. Cơ sở lý luận của vấn đề
2. Thực trạng của vấn đề
3. Mục đích yêu cầu

3
3
4

4. Các biện pháp đã tiến hành giải quyết vấn đề
Phần II

Nội dung
I. Cơ sở lý thuyết
A. Véctơ và các phép toán
B. Hệ tọa độ - Tọa độ véctơ – tọa độ điểm
C. Phương trình đường thẳng
II. Các dạng bài tập minh họa
1. Dạng 1: Hình bình hành


B. Bài tập mẫu

31

C. Bài tập rèn luyện

37

4. Dạng 4: Hình chữ nhật và hình vuông

42

A. Nội dung phương pháp

42

B. Bài tập tự làm

56

Hiệu quả, kết luận
I. Kiểm tra khảo sát trước khi áp dụng sáng kiến

58

II. Kiểm tra khảo sát sau khi áp dụng sáng kiến
III. Kết luận
1. Kết luận
2. Bài học kinh nghiệm



Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hình học phẳng rất đa dạng và phong phú, nhất là đối với học sinh lớp 9 các
em đã làm quen với rất nhiều tính chất hình học và các loại hình cơ bản như:
tam giác, tứ giác, đường tròn,... nhưng giải quyết các bài toán đó chỉ ở mức độ
hình học thuần túy. Khi các em được tiếp cận với hình học giải tích thì các bài
toán giải đa dạng và gần gũi hơn, tác động tốt đến tư duy của người học hơn,
làm cho người học phát triển được tư duy sáng tạo, tìm tòi và dựa trên cái cũ mà
phát triển các điều mới đa dạng, sâu rộng và khoa học hơn. Điều đó được thể
hiện qua những dạng bài về tọa độ điểm, phương trình đường thẳng, phương
trình đường tròn, đường elip trên cơ sở kết hợp với các tính chất hình học của
các yếu tố trong tam giác, nhận biết các tứ giác đặc biệt, các hình đặc biệt...
Đối với học sinh phổ thông hiện nay các bài toán về tìm tọa độ điểm hay viết
phương trình các đường trong hệ tọa độ oxy đang phổ biển và đa dạng, học sinh
trung bình thì ngại không tiếp cận cho rằng đây là dạng toán khó, đối với học
sinh khá và giỏi thì đam mê giải quyết hơn nhưng đôi khi thiếu định hướng để
bứt phá.
Trong những năm gần đây các dạng toán này đều được đưa vào các kỳ thi: thi
đại học, thi học sinh giỏi và các yếu tố hình học ngày càng nhiều hơn, phức tạp
hơn trong khi đó chương trình ở sách giáo khoa chỉ cung cấp kiến thức cơ bản
và các công thức nên đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng, liên hệ những kiến
thức đã học về hình học phẳng để giải quyết. Ngoài ra học sinh phải khéo trong
quá trình sử dụng các tính chất hình học liên quan với các biểu thức tọa độ
tương ứng. Chính vì vậy học sinh cần phải được bổ trợ kiến thức, tổng hợp dạng

để các em tự luyện
2. Thực trạng của vấn đề.
Bài toán hình học trong hệ oxy không phải là bài toán mới nhưng khai thác
các tính chất hình học mới là khó nên học sinh lười suy nghĩ và ngại tư duy, tuy
ứng dụng thực tế của nó rất lớn và đó là dạng toán được chọn trong các đề thi,
các đợt thi nhưng nhiều học sinh vẫn chưa làm được hoặc làm cũng không làm
chọn vẹn . Trong quá trình dạy phụ đạo và ôn luyện thi đại học tôi luôn quan
tâm đến vấn đề này dạy cho học sinh hiểu tường tận lý thuyết, phân tích các tính
chất cơ bản của giả thiết hình học tìm mối liên quan với các biểu thức tọa độ.
Qua thực tiễn giảng dạy tôi nhận thấy: đa số các em chưa hiểu cách vận dụng
và phân tích, sâu chuỗi vấn đề để đưa ra dạng bài toán liên quan, chưa khai thác
triệt để các tích chất của tứ giác đặc biệt như của : Hình thang, hình bình hành,
hình chữ nhật, hình vuông, hình thoi....để áp dụng sang biểu thức tọa độ. Với đề
Trang số:4
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

4


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

thi đại học gần đây đề tương đối tổng hợp . Các em cần phải nắm vững những
kiến thức về các hình nói trên thì mới giải ngắn gọn được .
3. Mục đích yêu cầu:
- Giúp học sinh nắm chắc kiến thức về biểu thức tọa độ, tổng hợp lại các kiến
thức về các tứ giác đặc biệt, vận dụng linh hoạt và phát huy tính sáng tạo của
học sinh, liên hệ và áp dụng được vào các dạng bài tập liên quan.
- Hưởng ứng phong trào tự học, tự sáng tạo, nâng cao chuyên môn, học hỏi

• a + b = b + a;
r r r r r r
• a+b +c = a+ b+c
r r r r r
• a+0=0+a = a
r
r r
• a + −a = 0

(

)

(

)

( )

Ta có

∀A, B, C

: uuur

uuur uuur (quy
AC = AB + BC

tắc chèn điểm)


r
b

r
r với
⇔ ∃k ∈ R : b = ka

d. Tích vô hướng:

rr r r
r r
ab = a . b cos a, b

( )

e. Vectơ đồng phẳng:3 vectơ đồng phẳng nếu giá của chúng cùng song song
với một mặt phẳng.
r r r đồng phẳng ⇔
r
r
r
a, b, x

∃h, k ∈ R : x = ha + kb

f. Phân tích một vectơ theo một vectơ không đồng phẳng:
Với r r r không đồng phẳng và vectơ r , có duy nhất 3 số thực x1, x2, x3:
a , b, c

e


(

∆ABC

, O tùy ý thì:

)

Và G là trọng tâm tứ giác, tứ diện ABCD

uuur 1 uuu
r uuur uuur uuur
⇔ OG = OA + OB + OC + OD
4

(

)

B. HỆ TỌA ĐỘ – TỌA ĐỘ VÉCTƠ – TỌA ĐỘ ĐIỂM
1. Định nghĩa:
a. Hệ tọa độ:
Hai trục tọa độ x’Ox, y’Oy vuông góc nhau tạo nên hệ trục tọa độ Đề–các
Oxy: O là gốc tọa độ, x’Ox là trục hoành và y’Oy là trục tung. Trong đó:
r
r
i = (1;0), j = (0;1)

là các vec tơ đơn vị trên các trục. Ta có: r


và các vectơ

.
r
r
a = (a1 ; a2 ), b = (b1; b2 )

Ta có :

r r
• a ± b = (a1 ± b1 ; a2 ± b2 ).

● Tích giữa một véctơ với một số thực:

r
k .a = ( ka1; ka2 ), k ∈¡ .

● Tích vô hướng giữa hai véctơ: r r

a.b = a1b1 + a2b2 .

Trang số:7
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

7


Sáng kiến kinh nghiệm


= 0.

 b1 b2

● Tọa độ của vec tơ
● Khoảng cách:

a =b
r r
a =b ⇔ 1 1
 a2 = b2

uuur
AB = ( xB − x A ; y B − y A ).

uuur
AB = AB = ( xB − x A ) 2 + ( y B − y A ) 2 .

● Điểm M chia AB theo tỉ số k (k khác 1)

uuur
uuur .
⇔ MA = k .MB

Khi đó, tọa độ của M

tính bởi:
x A − k . xB

 xM = l − k

3

y
+
y
B + yC
y = A
G

3

b.Trực tâm của tam giác (giao các đường cao):
H là trực tâm của tam giác
Trang số:8
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

8


Sáng kiến kinh nghiệm
uuur uuur
uuur uuur
 AH ⊥ BC
 AH .BC = 0
⇔  uuur uuu
r ⇔  uuur uuu
r
 BH ⊥ CA
 BH .CA = 0


nên k chia AD theo tỉ số k2,
KA
BA
uuur = −
= k2
BD
KD

⇒ tọa độ của K.
e. Diện tích tam giác:
1
1
1
a.ha = b.hb = c.hc .
2
2
2
1
1
1
• S = ab sin C = ac sin B = bc sin A.
2
2
2
abc
•S =
= pr = p ( p − a)( p − b)( p − c).
4R
r uuur
uuu



Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

4. Kiến thức về tứ giác:
Cho

A( x A ; y A ), B ( xB ; y B ), C ( xC ; yC ), D( xC ; yC ).

a. Hình thang (là tứ giác có hai cạnh đối song song với nhau) :
● uuur uuur là hai véctơ ngược hướng
AB, CD

⇔ uuur

uuur (k < 0)
AB = kCD

● S = AH(AB + CD)
Hay S = SADC + SABC (chia nhỏ hình
thang ra thành các hình tam giác tùy ý)
b. Hình bình hành (là tứ giác có các cặp cạnh đối song song hoặc bằng
nhau):
● uuur uuur
AB = DC

● I là trung điểm của hai đường chéo AC
và BD.


● Luôn có một đường tròn ẩn mình ngoại tiếp
hình chữ nhật với tâm là I = AC ∩ BD là tâm
đường tròn ngoại tiếp HCN với bán kính là IA =
IB = IC = ID = R.
● Chú ý đến tính chất đối xứng qua tâm I. (Ví
dụ như trong hình vẽ nếu biết tọa độ M và I ⇒ toa
độ N ∈ CD).
e. Hình vuông (là tứ giác có hai đường chéo vuông góc và bằng nhau) :
● HV mang đầy đủ các tính chất của hình
H.thoi và HCN.
● Nếu hình thoi có một góc bằng 90 hay hai
đường chéo AC và BD bằng nhau thì là Hình
vuông.
● Nếu hình chữ nhật có hai cạnh bên bằng nhau
hay hai đường chéo AC và BD vuông góc nhau
thì là Hình vuông.
● S = (AB) = 2SABC= 4SABI
● Có đến hai đường tròn ẩn mình bên trong
hình vuông ABCD là:
(C) với tâm I = AC ∩ BD là tâm đường tròn
ngoại tiếp hình vuông và bán kính là IA = R
(C) với tâm I = AC ∩ BD là tâm đường tròn
nội tiếp hình vuông và bán kính là IH = R. ((C)
đi qua trung điểm các cạnh của hình vuông)
● Chú ý đến tính chất đối xứng qua tâm I.
C. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
1. Phương trình tổng quát của ∆ : A( x − x0 ) + B( y − y0 ) = 0 (A2 + B2 ≠ 0)
 x = x0 + at


A1 B1 C1
=
≠
Nếu A2 B2 C2 thì hai đường thẳng song song nhau.
A1 B1 C1
=
=
Nếu A2 B2 C2 thì hai đường thẳng trùng nhau.
Trang số:11
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

11


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

4. Góc giữa hai đường thẳng:

(∆1 ) : a1 x + b1 y + c1 = 0, ( a12 + b12 ≠ 0 )

(∆ 2 ) : a2 x + b2 y + c2 = 0, ( a22 + b22 ≠ 0 )

cos ( ∆1 , ∆ 2 ) =

a1a2 + b1b2
a12 + b12 a22 + b22

5. Khoảng cách từ một điểm M(x0 ; y0) đến đường thẳng

- Áp dụng thuần thục công thức tính diện tích tứ giác.
- Xem lại các điểm đặc biệt trong tam giác; các đường trung trực, đường trung
tuyến, đường cao và đường phân giác trong tam giác.
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có điểm
A(1;0) và điểm B(2;0). Giao điểm I của 2 đường chéo thuộc đường thẳng

Trang số:12
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

12


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

d: y = x. Viết phương trình các cạnh của hình bình hành, biết diện tích hình
bình hành bằng 4 và điểm C có hoành độ dương.
Giải
Phân tích: Khi biết tọa độ tâm I của hình bình hành ta có
X A + XC

 X I =
2

Y = YA + YC
 I
2
hoặc


y−0
Phương trình cạnh BC: 3 − 2 = 4 − 0 ⇔ BC: 4x – y – 8 = 0.

Vậy phương trình các cạnh của hình bình hành là:
AB: y = 0; BC: 4x – y – 8 = 0; CD: y = 4; AD: 4x – y – 4 = 0.
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm
I(2;2) và phương trình 2 cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh là 2x – y = 0;
4x – 3y = 0. Viết phương trình các cạnh còn lại của hình bình hành ABCD
Giải ( Tương tự cách phân tích ví dụ 1)
Trang số:13
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

13


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

Cách 1: Giả sử hai cạnh đó là AB: 2x – y = 0; AD: 4x – 3y = 0.
Tọa độ đỉnh A = AB I AD là nghiệm của hệ phương trình
2 x − y = 0
x = 0
⇔
⇒ A ( 0; 0 ) .

4
x
−
3

BC: 4x – 3y – 4 = 0; CD: 2x – y – 4 = 0.
Cách 2: Phương pháp đối xứng
Cạnh BC đối xứng với AD qua I((2;2) nên với mỗi điểm M(x;y) ∈ AD tồn tại
điểm M1 (x1;y1) ∈ BC nhận I làm trung điểm, ta được
 x + x1 = 4
 x = 4 − x1
⇔
.

 y + y1 = 4
 y = 4 − y1

Thay vào phương trình của AD, ta được
4(4 – x1) – 3(4– y1) = 0 ⇔ 4x1 – 3y1 – 4 = 0 ⇒ BC: 4x – 3y – 4 = 0.
Cạnh CD đối xứng với AB qua I nên với mỗi điểm M(x;y) ∈ AB tồn tại điểm
M1(x1;y1) thuộc CD nhận I(2;2) làm trung điểm, ta được
 x + x1 = 4
 x = 4 − x1
⇔

 y + y1 = 4
 y = 4 − y1

Thay vào phương trình của AB, ta được
2(4 – x1) – (4 – y1) = 0 ⇔ 2x1 – y1 – 4 = 0 ⇒ CD: 2x – y – 4 = 0.
Trang số:14
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

14



3 9

2
−a − ÷ +
2
| a − ( a − 1) + 1| | −a + 3a |
2 4 9 2
d ( I ; AB ) =
=
= 
≤
, ( 0 < a < 3)
2
8
2
2
12 + ( −1)

3 1
3
 ; ÷
⇒
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a =
I 2 4  .

Do C và D lần lượt đối xứng với A và B qua tâm I nên
 xC = 2 x1 − x A  xD = 2 x1 − xB
1 


Năm học 2015 - 2016

- Dựa vào mối liên hệ diện tích tam giác và diện tích hình bình hành ta tìm được
tọa độ điểm B, từ đó điểm D đối xứng với B qua tâm hình bình hành (là trung
điểm cạnh BD).
Lời giải
5 5
 ; − ÷.
Gọi I là tâm hình bình hành thì I là trung điểm của BD ⇒ I  2 2 
 5+ X Y −5 
;

÷.
3 
Gọi B(x;y) suy ra tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là G  3

Mặt khác G ∈ d: 3x – y – 8 = 0 nên
3.

5+ x y −5
−
−8 = 0
⇔ y = 3x – 4 ⇒ B(x;3x – 4).
3
3

x−2
y +3
=

−2; −10 )

suy ra tạo độ điểm D đối xứng với B qua I nên có tọa độ là

D(7;5).
x−2
y+3
=
⇔ AB : 7 x − 4 y − 26 = 0.
Phương trình cạnh AB: −2 − 2 −10 + 3
x+2
y + 10
=
⇔ BC : 8 x − y + 6 = 0.
Phương trình cạnh BC: 3 − 2 −2 + 10

x −3 y + 2
=
⇔ CD : 7 x − 4 y − 29 = 0.
7−3 5+2

Phương trình cạnh CD:
x−2 y +3
=
⇔ AD : 8 x − 9 y − 43 = 0.
Phương trình cạnh AD: 7 + 2 5 + 3

TH2: Với B(1; –1) suy ra tọa độ điểm D đối xứng với B qua tâm I nên có tọa độ
là D(4; –4).
x−2 y+3

AB: 7x – 4y – 26 = 0; BC: 8x – y + 6 = 0; CD: 7x – 4y – 29 = 0;
và AD 8x – 9y – 43 = 0 hoặc
AB: 2x + y – 1 = 0; BC: x +2y – 1 = 0; CD: 2x +y – 4 = 0; và AD: x +2y +4 = 0.
Ví dụ 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có
phương trình đường chéo AC: x – y + 1 = 0, điểm G(1;4) là trọng tâm của tam
giác ABC, điểm E(0; – 3) thuộc đường cao kẻ từ D của tam giác ACD. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCD
bằng 32 và đỉnh A có tung độ dương.
Giải
Vì
DE:

DE ⊥ EC nên
x + y + 3 = 0 ⇒ D( t; – t – 3).
1
Ta có: d(G, AC) = 3 d(B, AC) =

1
3 d(D, AC) ⇔

 D ( 1; −4 )
t = 1
1 | 2t + 4 |
2= .
⇔
⇒
3
2
t = −5  D ( −5; 2 )


S ABD = 24 ⇔ .d ( A, BD ) .BD = 24
2
Suy ra:

 A ( 5;6 ) (tm)
a = 5
⇔| a − 1| .12 = 48 ⇔ 
⇒
 a = −3  A ( −3; −2 ) ( ktm)
uuur uuur
AD = BC ⇒ C ( −3; −2 ) .

Từ

Vậy tọa độ 4 điểm cần tìm là A(5;6), B(1;8), C(–3; – 2), D(1; – 4) .
Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy hình bình hành ABCD có điểm C(–7;
5) và A thuộc đường thẳng d: x – y – 4 = 0. Phương trình đường trung tuyến kẻ
từ D của tam giác BCD có phương trình là: 4x – 3y + 23 = 0. Tìm tọa độ các
·ABC = − 1 .
5
đỉnh A, B, D biết có hoành độ dương và cos

Giải
Giả thiết bài toán cho góc giữa hai
đường thẳng hoặc góc trong tam giác

khia thác

công thức và tham số hóa điểm nào
Vì A ∈ d ⇒ A(a;a – 4).


AD = 2 EC ⇔ 
 4e + 8  .
Y
−
(
a
−
4)
=
−
2
D

÷

 3 

Ta có:

Trang số:18
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

18


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016


⇒ 4 ( a − 2e − 14 ) − 3  a −
÷+ 23 = 0
3


∈
∆
Mặt khác D

⇔ a=5

⇒ A(5;1)

uuu
r 
uuur 
8e + 28  uuur
8e + 16 
AB =  2e + 2;
÷, BC = 2 EC =  −14 − 2e; −
÷.
3
3




Ta có
uuu
r uuur


8e + 28  8e + 16 
−
÷
3 
3 

( −2e − 14 )

2

2

 8e + 16 
+−
÷
3 


=

1
.
5

 e = −2
⇔
⇒ e = −2
7
 e = − 23 + 3 41


Trang số:19
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

19


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

Giải :
Kéo dài HN cắt BC tại E
NE NC 1
=
= .
Theo Talets ta có: NH NA 4
uuur uuur
4
Suy ra: NE = HN .

 
8 8
4  X E − 5 ÷ = 5
 


 4  Y − 19  = 24
  E 5 ÷
 5 ⇔  X E = 2 ⇒ E ( 2;5 )


5 x + 10 x = 0


  y = 3

Với B(0;1) loại do B trùng với H.
Với B(–2;3) vì M là trung điểm của AB nên A (–4; –3).
uuu
r 1 uuur
EC NC 1
=
= ⇒ CE = HA.
4
Mặt khác HA NA 4

 xC = 3
4 ( 2 − xC ) = −4

 11 
⇔
⇔
11 ⇒ C  3; ÷.
 2
 yC = 2
4 ( 5 − yC ) = −2

Trang số:20
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu


Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích
bằng 4, biết điểm A (1;0), B(0;2). Tìm tọa độ hai điểm C và D biết giao điểm I
của hai đường chéo nằm trên đường thẳng d: x – y = 0.
Hướng dẫn
Phương trình cạnh AB: 2x + y – 2 = 0, giả sử I(t;t)

∈

d thì do C và D lần lượt

đối xứng với A và B qua I nên C(2t – 1; 2t), D(2t; 2t – 2).
S ABCD


5 8 8 2
t = 0 ⇒  ; ÷, D  ; ÷

| 6t − 4 |
3 3 3 3
= AB.d ( C ; AB ) ⇒ 5.
=4⇔ 
5
 4
t = 3 ⇒ C ( −1; 0 ) , D ( 0; −2 )

Vậy hai đỉnh cần tìm là

5 8 8 2
C  ; ÷, D  ; ÷
3 3 3 3

Ta có HD
Ta có KB
Vì D

∈

⊥
⊥

HD

AC
AC
⇒

HD: 3x + y – 16 = 0

⇒
⇒

KB: 3x + y – 10 = 0.

D(d;16 – 3d), B

∈

KB

⇒


A(3a – 4; a)

Theo giả thiết ta có BD = 3
2 ⇔

( 2b − 7 )

2

+ ( 6b − 15 ) = 3 2
2

 B ( 2; 4 ) , D ( 5;1)
b = 2

⇔ 40b 2 − 208b + 256 = 0 ⇔  16 ⇒   16 2   19 23 
b =
B
; ,D ; ÷
  5 5 ÷
5

  5 5 

TH1: Nếu B(2;4), D(5;1)

uuur
⇒ BD = ( 3; −3)

Vì tam giác ABD vuông tại D

⇒

C(–1; 1)

TH2: Thực hiện tương tự
Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có đỉnh B(1;5),
gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC. Phương trình đường thẳng
Trang số:22
Th.S Đỗ Thị Hoài – Trường THPT Nguyễn Siêu

22


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm học 2015 - 2016

AH: x + 2y – 2 = 0, phương trình đường phân giác góc

·ACB

là d:x – y – 1 = 0.

Tìm tọa độ ba đỉnh A, C, D
Hướng dẫn giải – đáp số
Nhận xét. Thực chất bài toán quy về giải tam giác ABC khi biết tọa độ đỉnh B,
đường cao AH và phân giác trong góc C.
Đường thẳng BC

⊥

7

x=

x
−
y
−
1
=
0


2 ⇒ E 7;5
⇔


÷
2 2
x + y − 6 = 0
y = 5

2

Vì E là trung điểm của BB1

⇒

B1(6;0)



1 5
G  ; ÷.
3 3

( −1;3)

Viết phương trình các cạnh hình bình

hành ABCD, biết các cạnh AB, AD là hai tiếp tuyến kẻ từ đỉnh A đến đường
tròn

( C ) : x2 + y2 − 6x − 6 y + 8 = 0

2. DẠNG 2: HÌNH THANG
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
Hình thang là tứ giác có 2 cạnh đối song song với nhau
Chú ý các dạng hình thang
- Hình thang có hai đáy song song với nhau
- Hình thang cân có hai đáy song song và hai cạnh bên bằng nhau.
- Sử dụng định lý Talets nếu xuất hiện yếu tố song song.
- Hình thang vuông có cạnh bên là đường cao của hình thang. Chú ý đến tính
chất vuông góc và kết hợp sử dụng định lý Pitago và khoảng cách điểm đến
đường thẳng.
- Công thức tính diện tích hình thang:

S=

a+b
.h

C

3 x − y = 0
x = 0
⇔
⇒ D ( 0;0 )

x − 2 y = 0
y = 0

Góc giữa hai đường thẳng
AD và BD được xác định bởi:
cos α =

| 3.1 + ( −1) . ( −2 ) |
3 +1 . 1 + 2
2

2

2

2

1
2

=

A

B  b; ÷, b > 0
 2

Do

thuộc đường thẳng AB.

2

(

b
BD = 4 2 ⇔ b +  ÷ = 4 2
2
2

⇔b=±

)

2

 8 10 4 10 
8 10
⇒ B 
;
÷.
5
5 ÷
 5