Phương Pháp Toạ Độ Trong Mặt Phẳng Ôn Thi Hsg.pdf
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.27 MB, 55 trang )
ÔN THI HỌC SINH GIỎI
PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TRONG CÁC ĐỀ THI HSG
Câu 1: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 3 góc đều nhọn. Gọi H là trực tâm
của tam giác ABC ; M , N , P lần lượt là giao điểm của AH , BH , CH với đường trịn ngoại tiếp
giác ABC . Tìm tọa độ
16 5 7 5 1 1
M ; , N ; , P ; .
9 9 8 4 3 6
tam
trực
tâm
H
của
tam
giác
ABC
biết
Lời giải
PNB PCB
Ta có PCB BAM PNB BNM . Suy ra BN là đường phân giác trong của góc PNM .
BAM BNM
Tương tự ta có PC, AM lần lượt là phân giác trong của góc MPN , PMN .
65 65
Ta có MN ; .
72 36
16 5
65 65
Phương trình đường thẳng MN đi qua M ; và nhận MN ; làm vtcp, là:
9
72 36
9
2x y 3 0 .
Tương tự ta có phương trình đường thẳng MP : 3x 6 y 2 0 , đường thẳng NP : 4 x 2 y 1 0 .
Từ đó ta có phương trình đường phân giác trong và ngồi của góc MPN :
6 x 18 y 1 0
3x 6 y 2
4x 2 y 1
.
45
20
18 x 6 y 7 0
Do M , N nằm khác phía đối với đường phân giác trong nên suy ra phương trình của đường thẳng
PC : 6 x 18 y 1 0 .
Tương tự phương trình đường thẳng NB :8x 7 0 .
7 25
Lại có H NB PC H ; .
8 72
Câu 2: (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm
J 2;1 . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình: 2 x y 10 0
và D 2; 4 là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC biết B có hồnh độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình
x y 7 0.
Lời giải
AJ đi qua J 2;1 và D 2; 4 nên AJ có phương trình : x 2 0
Gọi H là chân đường cao xuất phát từ đỉnh A . Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ :
x 2 0
x 2
A 2;6 .
2 x y 10 0 y 6
Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có DB DC DB DC và EA EC
DBJ
1
1
sd EC sd DC sd EA sd DB DJB DBJ cân tại D.
2
2
DB DC DJ hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC.
Suy ra B, C nằm trên đường trịn tâm D 2; 4 bán kính JD 0 52 5 có phương trình
x 2 y 4
2
2
25.
Khi đó tọa độ B là hệ của nghiệm:
2
2
B 3; 4
x 2 y 4 25 x 3 x 2
y 4 y 9 B 2; 9
x y 7 0
Do B có hồnh độ âm nên B 3; 4 .
BC đi qua B 3; 4 và vng góc AH nên có phương trình: x 2 y 5 0 .
2
2
x 2 y 4 25
C 5;0
Khi đó C là nghiệm của hệ:
x 2 y 5 0
Vậy A 2;6 , B 3; 4 , C 5;0 .
Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy
1. Viết phương trình đường cao AD , phân giác trong CE của ABC biết A 4; 1 , B 1;5 ,
C 4; 5 .
7
2. Cho B 0;1 , C 3; 0 . Đường phân giác trong góc BAC của BC cắt Oy tại M 0; và
3
10
chia ABC thành hai phần có tỉ số diện tích bằng
(phần chứa điểm B có diện tích nhỏ hơn
11
diện tích phần chứa điểm C ). Gọi A a ; b và a 0 . Tính T a2 b2 .
Lời giải
1.
Ta có: AB 3;6 , BC 5; 10 , AC 8; 4
AB 3 5 , BC 5 5 , AC 4 5
Ta có: BC 5; 10 5v với v 1; 2 .
Đường cao AD đi qua A 4; 1 và nhận v 1; 2 làm vectơ pháp tuyến
Phương trình AD :1 x 4 2 y 1 0 x 2 y 2 0 .
Gọi E x ; y là chân đường phân giác trong của góc ACB , ta có:
EA CA 4
EB CB 5
4
EA EB , với EA 4 x ; 1 y , EB 1 x ;5 y
5
4
8
4 x 5 1 x
x 3
8 5
E ; .
3 3
1 y 4 5 y
y 5
5
3
8 5
Đường thẳng CE đi qua C 4; 5 và E ; có phương trình x y 9 0
3 3
2.
Ta có:
Gọi D x ; y là chân đường phân giác trong góc BAC .
1
d A, BC .DB
S ABD 2
10
.
Ta có:
SADC 1 d A, BC .DC 11
2
DB 10
10
DB DC với DB x ;1 y , DC 3 x ; y
DC 11
11
10
10
x 7
x 11 3 x
10 11
D ;
7 21
1 y 10 y
y 11
11
21
7
10 11
Đường thẳng AD đi qua D ; và M 0; có phương trình 6 x 3 y 7 0 .
3
7 21
7
7
7
Có A AD A a ; 2a BA a ; 2a 1 , CA 3 a ; 2a .
3
3
3
2
7
a 2a 1
2
2
DB AB
AB
10
100
3
2
Mà
2
2
DC AC
AC
11
121
7
2
3 a 2a
3
2
10
a
l
11
7
2
105a 80a 100 0
b .
3
a 2
3
125
Vậy T a 2 b 2
.
9
Câu 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ABC cân tại A . Đường thẳng AB có phương trình
x y 3 0 , đường thẳng AC có phương trình x 7 y 5 0 . Biết điểm M (1;10) thuộc
cạnh BC , tìm tọa độ các đỉnh A, B, C
x y 3 0
x 2
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
. Suy ra A(2;1)
x 7 y 5 0
y 1
Phương trình đường phân giác của góc A là
x 3 y 5 0 (d1 )
x y 3
x 7y 5
↔
2
5 2
3 x y 5 0 ( d 2 )
Do tam giác ABC cân tại A nên đường phân giác trong kẻ từ A cũng là đường cao.
Trường hợp 1: Xét d1 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A .
+ Phương trình đường thẳng BC đi qua M là vng góc với BC là 3x y 7 0 .
x y 3 0
x 1
+ Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
B(1; 4) .
3x y 7 0
y 4
11
x
x 7 y 5 0
11 2
5
C ; .
+ Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
5 5
3 x y 7 0
y 2
5
8
16 48
+ Tính được MB (2; 6), MC ; MC MB M nằm ngồi đoạn BC . Trường
5
5
5
hợp này khơng thỏa mãn.
Trường hợp 2: Xét d 2 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A
+ Phương trình đường thẳng BC là x 3 y 31 0 .
x y 3 0
x 11
B(11;14) .
+ Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
x 3 y 31 0
y 14
101
x 5
x 7 y 5 0
101 18
C
; .
+ Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
18
5
5
x 3 y 31 0
y
5
8
96 32
+ Tính được MB (12; 4), MC ; MC MB M thuộc đoạn BC .
5
5
5
101 18
Vậy A(2;1), B( 11;14), C ;
5 5
Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC , với A 2;1 , B 1; 2 , trọng tâm G của tam giác
27
nằm trên đường thẳng x y – 2 0 . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng
.
2
Lời giải
3 1
Gọi M là trung điểm AB , ta có : M ; . Gọi C a; b ,
2 2
a 3 b 1
a 3 b 1
suy ra G
;
2 0 a b 4 0, (1) ,
d
3
3
3
3
mặt khác AB : 3x y 5 0 d (C; AB)
Diện tích S
3a b 5
10
,
3a b 5 27
1
27
1
AB.d (C; AB)
10
3a b 5 27, (2)
2
2
2
2
10
Từ (1) và (2) ta có hệ:
a 9
C 9; 5
a b 4
b 5
3a b 32
9
a
a b 4
2 C 9 ; 17
17
2 2
3a b 22
b
2
Câu 6: Cho
tam giác ABC . Chứng minh rằng với G là trọng tâm tam giác ABC , ta có
1
GA.GB GB.GC GC.GA ( AB 2 BC 2 CA2 )
6
Lời giải
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có:
GA.GB GA.GB.cos(GA, GB )
GAGB
. .cos AGB
GA.GB.
GA2 GB 2 AB 2
2GA.GB
GA2 GB 2 AB 2
2
4ma2 4mb2
AB 2
9
9
2
4 AC 2 AB 2 BC 2 4 BC 2 BA2 AC 2
2
AB
9
2
4 9
2
4
2
4 AC 2 BC 2
AB 2 AB 2
9 4
4
2
(1)
Tương tự ta có:
4 BA2 CA2
BC 2 BC 2
9 4
4
GB.GC
2
(2)
4 CB 2 AB 2
AC 2 AC 2
9 4
4
GC.GA
2
(3)
Từ (1), (2) và (3), ta có:
4 AC 2 BC 2
4 BA2 CA2
2
2
AB
AB
BC 2 BC 2
9 4
4
9 4
4
GA.GB GB.GC GC.GA
2
2
2
2
4 CB
AB
AC 2 AC 2
9 4
4
2
4 3 AB 2 3BC 2 3 AC 2
2
2
2
( AB BC CA )
9
2
2
2
2
2
AB2 BA2 CA2 ( AB2 BA2 CA2 )
3
2
1
AB2 BC 2 CA2
3
2
1
AB 2 BC 2 CA2
6
Câu 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có tâm I . Trung điểm cạnh AB là
M (0;3) , trung điểm đoạn CI là J (1;0) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vng, biết đỉnh D thuộc
đường thẳng : x y 1 0 .
Lời giải
A
M
E
H
B
I
J
D
K
C
+ Gọi cạnh hình vng là a .
+ Qua J kẻ đường thẳng song song với cạnh BC của hình vng ABCD , đường thẳng này cắt các
cạnh AB , CD của hình vng ABCD lần lượt tại H và K .
a
MH JK 4
1
+ Ta có, JC AC nên
.
3
a
4
JH DK
4
2
+
2
2
a 3a 5a
JM 2 MH 2 HJ 2
4 4
8
2
,
2
2
a 3a 5a
JD 2 JK 2 DK 2
4 4
8
,
2
5a 2
a
MD 2 MA2 AD2 a2
.
2
4
+ Có MD2 JM 2 JD2 nên tam giác JMD vuông tại J , hay JM JD .
+ Đường thẳng JD đi qua J 1; 0 nhận MJ 1; 3 làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
tổng quát: x 3 y 1 0 .
x y 1 0
+ Có D DJ nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình
. Giải hệ
x 3 y 1 0
phương trình ta được D 2; 1 .
+ Có MD 2 5
a 5
nên a 4 .
2
+ Gọi E là trung điểm MD . Ta có E 1;1 .
+ Gọi A x ; y . Có A và J khác phía với MD .
1
2
2
2
2
MA 2 AB 2
x y 3 4
x y 6 y 5 0
Ta có
2
2
2
2
EA 1 MD 5
x y 2x 2 y 3 0
x 1 y 1 5
2
(1)
(2)
Lấy (1) (2) theo từng vế ta được 2 x 4 y 8 0 x 4 2 y .
2
2
Thay x 4 2 y vào phương trình (1) ta được 4 2 y y 6 y 5 0 5 y 22 y 21 0
2
y 3
.
y 7
5
+ Với y 3 , ta có x 2 A 2;3 (thỏa mãn).
+ Với y
6
6 7
7
, ta có x A ; (loại vì A và J cùng phía với MD ).
5
5 5
5
+ Có M là trung điểm của AB nên tọa độ điểm B là B 2;3 .
+ Gọi C xC ; yC . Có DC xC 2; yC 1 , AB 4;0 .
xC 2 4 xC 2
C 2; 1 .
Có DC AB nên
yC 1 0
yC 1
Vậy A 2;3 , B 2;3 , C 2; 1 , D 2; 1 .
Cách 2: Theo đáp án của tỉnh Bắc Ninh:
Gọi a là độ dài cạnh hình vuông ABCD .
2
2
a 2 a 2 5a 2
Ta có AC a 2 JD DI IJ
2
4
8
2
2
2
2
3a 2 a 2
3a 2 a 2 5a 2
.
JM JA AM 2 JA. AM cos 45
.
2.
4
4 2 2
8
4
2
2
2
DM 2 AM 2 AD 2
0
5a 2
DM 2 DJ 2 JM 2 DMJ vuông tại J .
4
Do đó JM vng góc với JD . (1)
D thuộc nên D(t ; t 1) JD (t 1; t 1), JM (1;3). Theo (1)
JD.JM 0 t 1 3t 3 0 t 2 D(2; 1) .
Dễ thấy DM 2 5 a 2
a2
a 4.
4
x 2; y 3
x 2 ( y 3)2 4
AM 2
Gọi A( x; y). Vì
6
7
2
2
x ;y
( x 2) ( y 1) 16
AD 4
5
5
Với A(2;3) (thỏa mãn)(vì khi đó A, J cùng phía so với DM ).
B(2;3) I (0;1) C(2; 1) J (1;0)
6 7
Với A ; (loại). (vì khi đó A, J cùng phía so với DM ).
5 5
Vậy tọa độ các đỉnh hình vng là A(2;3), B(2;3), C(2; 1), D(2; 1).
Câu 8: Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G , đỉnh A 3; 4 , B 1; 2 , đỉnh C thuộc
đường thẳng d : x 2 y 1 0 . iết iện tích tam giác GAB ằng 3 đơn v
độ đỉnh C .
iện tích, hãy tìm tọa
Lời giải
Ta có: BA 2; 2 , AB 2 2 .
Phuơng trình đuờng thẳng AB :
x 1 y 2
x y 1 0 .
1
1
C d : x 2 y 1 0 C 1 2t ; t
Khoảng cách từ C đến AB : d C; AB
3t
2
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC và SGAB 3 nên S ABC 3SGAB 9 .
Do đó
t 3 C 7;3
1
d C; AB . AB 9
.
2
t 3 C 5; 3
Vậy C 7;3 , C 5; 3 .
Câu 9 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD , M 1; 0 là trung điểm cạnh BC , N là điểm
thuộc cạnh CD sao cho CN 2 ND , đường thẳng AN có phương trình là x y 2 0 . Tìm tọa
độ điểm A biết A có hồnh độ ương.
Lời giải
+ Ta có: tan NAD
ND 1
MB 1
, tan MAB
AD 3
AB 2
tan NAD MAB
tan NAD tan MAB
1 tan NAD.tan MAB
1 NAD MAB 45 NAM 45 .
+ Đường thẳng AM qua M 1; 0 nên có dạng: a x 1 by 0 a 2 b 2 0 .
cos AM , AN
a 0
cos 45 a 2 b 2 a b ab 0
.
2. a 2 b 2
b 0
a b
Với a 0 thì AM : y 0 . Mà A AM AN nên A 2; 0 (loại).
Với b 0 thì AM : x 1 0 . Mà A AM AN nên A 1;3 (nhận).
+ Vậy A 1;3 .
Cách 2 <Nguyễn Viết Hịa>
+ Ta có: tan NAD
ND 1
MB 1
, tan MAB
AD 3
AB 2
tan NAD MAB
d M , AN
tan NAD tan MAB
1 tan NAD.tan MAB
1 NAD MAB 45 NAM 45 .
3
MA 3 . A AN A x ; x 2 AM
2
x 1 x 2
2
2
.
x 1
MA 3
A 1;3 (vì xA 0 ).
x 2
Câu 10: Trong mặt phẳng Oxy , cho đường trịn tâm I có phương trình x 1 y 1 5 , tam giác
2
2
ABC nội tiếp đường tròn và đường phân giác trong góc A có phương trình x y 1 0 . Biết
rằng hai điểm A và I cách đều đường thẳng BC và điểm A có hồnh độ ương. Tính iện tích
tam giác ABC .
Lời giải
Ta có I 1; 1 . Tọa độ giao điểm của đường phân giác trong góc A và I là nghiệm của hệ
2
2
x 1 y 1 5 x 2, y 1
phương trình
.
x
y
1
0
x 1, y 2
Suy ra có hai giao điểm A 2;1 , A 1; 2 . (Vì A có hồnh độ ương)
Đường thẳng BC vng góc AI nên phương trình BC có dạng: 2 x y m 0 BC AI .
d A ; BC d I ; BC
4 1 m
5
2 1 m
5
m 3 .
Phương trình BC : 2 x y 3 0 .
9 21 3 2 21 9 21 3 2 21
;
;
,
.
5
5
5
5
Tìm được tọa độ điểm B , C là:
Vậy diện tích tam giác ABC là S ABC
1
1 84 2 2 21
BC.d A ; BC
.
.
2
2 5 5
5
Chú ý: có thể khơng cần tìm tọa độ của B , C mà ta cũng có thể tính được diện tích như sau:
d I ; BC
S ABC
2 5
2 21
BC
(sử dụng pitago)
5
5
1
1
21 2
2 21
BC.d A ; BC .2.
.
2
2
5 5
5
Câu 11: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD tâm E , gọi G là trọng tâm tam giác
ABE . Điểm K 7; 2 thuộc đoạn ED sao cho GA GK . Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương
trình cạnh AB , biết đường thẳng AG có phương trình 3x y 13 0 và đỉnh A có hồnh độ nhỏ
hơn 4 .
Lời giải
+) Ta có GA GB GK nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABK .
AGK 2 ABK 2.45 90 ⇒ tam giác AGK vuông cân tại G .
+) Đường thẳng GK đi qua K 7; 2 và vng góc với AG
GK : x 3 y 1 0
Ta có G GK AG G 4; 1 .
Do AG có phương trình 3x y 13 0 nên A t ;3t 13 , t 4 .
Có GA GK d K ; AG 10 .
t 3 t 4
2
2
t 3 . Vậy A 3; 4 .
Từ GA 10 t 4 3t 12 10
t 5
+) Ta có tan MAG
3
MG 1
cos MAG
.
AM 3
10
Gọi n1 a; b , a 2 b 2 0 là VTPT của đường thẳng AB và n2 3; 1 là VTPT
của đường thẳng AG .
Khi đó: cos MAG
3a b
b 0
3
3
6ab 8b 2 0
.
10
10
10. a 2 b 2
3a 4b
+) Với 3a 4b AB : 4 x 3 y 24 0 .
Thấy d K ; AB 2 d K ; AG 10 (loại).
+)Với b 0 AB : x 3 0 .
Câu 12: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD và điểm E thuộc cạnh
BC . Đường thẳng qua A và vng góc với AE cắt CD tại F . Gọi M là trung điểm EF ,
đường thẳng AM cắt CD tại K . Tìm tọa độ điểm D biết A 6; 6 , M 4; 2 , K 3; 0 và E
có tung độ ương.
Lời giải
Ta có ABE ADF vì AB AD và BAE DAF (c ng phụ với DAE ).
Suy ra AEF vuông cân
Do M là trung điểm EF AM EF và ME MA MF .
Ta có AM 2; 4 và AM 20 .
Đường thẳng EF đi qua M và vng góc với MA nên có phương trình x 2 y 8 0 .
Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác AFE : x 4 y 2 20
2
2
x 4 2 y 2 2 20
Tọa độ điểm E, F thỏa hệ
x 2 y 8 0
Giải hệ ta được tọa độ E 0; 4 , F 8; 0 , ( yE 0 ).
Với E 0; 4 , F 8; 0
Đường thẳng CD qua F 8; 0 và K 3; 0 nên có phương trình y 0 .
Đường thẳng AD qua A 6; 6 và vng góc với FK nên có phương trình x 6 0 .
D CD AD D 6, 0 .
Câu 13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn tâm
I . Gọi E , M lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC ; các điểm F và D tương ứng là
hình chiếu vng góc của A và B trên các đường thẳng BC và AI .
a) Chứng minh rằng ME là đường trung trục của đoạn thẳng DF .
9 8
b) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng M (2; 1) , D ; và đường thẳng AC
5 5
có phương trình x y 5 0 .
Lời giải
A
E
I
D
H
B
F
M
C
a)Ta có BFA BDA 90 , suy ra tứ giác ABFD nội tiếp đường tròn tâm E , đường kính AB .
Mặt khác IEB IDB IMB 90 , suy ra ngũ giác BEIDM nội tiếp đường trịn đường kính BI .
Từ đó ta có DEM DBM DBF ( cùng chắn cung DM ).
1
Mà góc DBF DEF (số đo góc ở tâm bằng nửa cung b chắn).
2
1
Suy ra DEM DBM DBF DEF , suy ra EM là tia phân giác của DEF .
2
1
Mà DE FE AB ( do cung nằm trên đường trịn tâm E , đường kính AB ).
2
Suy ra ME là đường trung trực của cạnh FD .
9 8
b)Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng M (2; 1) , D ; và đường thẳng AC có
5 5
phương trình x y 5 0 .
Ta có ME AC phương trình đường thẳng ME : x y 1 0 .
11 6
Gọi H là hình chiếu vng góc của D trên đường thẳng ME suy ra H ; .
5 5
13 4
Vì D và F đối xứng qua ME nên H là trung điểm của DF suy ra F ; .
5
5
13 4
Đường thẳng BC đi qua M (2; 1) và F ; nên có phương trình: x 3 y 5 0 .
5
5
Ta có C AC BC C(5;0) . Mà M là trung điểm của BC suy ra B(1; 2) .
13 4
Đường thẳng AF đi qua điểm F ; và vuông góc với BC nên có phương trình:
5
5
3x y 7 0 .
Ta có A AF AC A(1;4) .
Vậy: A(1;4) , B(1; 2) , C (5;0) .
Câu 14: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB 2BC . Gọi M là trung
điểm của đoạn AB và G là trọng tâm tam giác ACD . Viết phương trình đường thẳng AD. Biết
5
rằng M 1; 2 và G ;0 .
3
Lời giải
Gọi H là hình chiếu của G lên AB và K là trung điểm của CD .
Đặt BC 3a 0, suy ra AB 6a, GH 2a, HM a.
MG 2 MH 2 HG 2
40
2 2
5a 2 a
.
9
3
Suy ra: AM 3a 2 2, AG
2
2
8
AK 3a 2 .
3
3
3
Giả sử A x; y . Khi đó
AM 2 2
8
AG
3
1 x 2 2 y 2 8
2
5
64
2
x y
9
3
x2 y 2 2x 4 y 3
x 3 y 1
x 3y 1
y 0
y 8
5
x 1, y 0
x 19 , y 8
5
5
Nếu A 1; 0 thì đường thẳng AD qua A và vng góc với AM nên có phương trình là
x y 1 0.
19 8
Nếu A ; thì đường thẳng AD qua A và vng góc với AM nên có phương
5 5
trình là 7 x y 25 0.
Câu 15: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật A CD, có đỉnh A 3;1 , đỉnh C nằm trên
đường thẳng : x 2 y 5 0 . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE CD , biết
N 6; 2 là hình chiếu vng góc của D lên đường thẳng E. Xác đ nh tọa độ các đỉnh cịn lại
của hình chữ nhật ABCD.
Lời giải
E
N(6;-2)
B
C(2t+5;t)
D
A(-3;1)
Ta có tứ giác BNCD nội tiếp nên BDC ENC (cùng bù với BNC ).
Mà BDC BAC ( ABCD là hình chữ nhật ) nên BAC ENC .
Tứ giác ABNC nội tiếp ANC ABC 900 .
Vì C nằm trên đường thẳng : x 2 y 5 0 nên C 2t 5; t .
NC 2t 1; t 2 , NA 9;3 .
NC.NA 0 t 1 C 7;1 .
ABEC là hình bình hành nên BE //AC . Đường thẳng BE qua N và song song với AC nên có
phương trình: y 2 0 .
B thuộc đường thẳng BE nên B b; 2 .
AB b 3; 3 ; BC 7 b;3
b 6 B 6; 2 N
AB BC AB.BC 0
b 2 B 2; 2
AD BC D 6; 4 .
Câu 16: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C : x 2 y 2 25 ,
đường thẳng AC đi qua điểm K 2;1 . Gọi M, N là chân các đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa
độ các đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN là 4 x 3 y 10 0 và điểm A có
hồnh độ âm.
Lời giải
A
K
P
Q
N
M
O
C
B
Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của BM và CN với đường tròn C .
Tứ giác BCMN nội tiếp nên MBC MNC (cùng chắn cung CM )
Tứ giác BCPQ nội tiếp nên MBC PQC (cùng chắn cung CP )
Suy ra MNC PQC MN PQ .
ABP MBN MCN ACQ (cùng chắn cung NM ) AP AQ AO PQ AO MN .
AO có phương trình là 3x 4 y 0 .
x 4
3x 4 y 0
y 3 o điểm A có hồnh độ âm nên
Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ 2
2
x 4
x y 25
y 3
A 4;3 .
Đường thẳng AC đi qua K nên có phương trình là: x 3 y 5 0 .
C là giao điểm của AC và đường tròn C nên tọa độ của C là nghiệm của hệ
x 4
x 3y 5 0
y 3 C 5;0
2
2
x 5
x y 25
y 0
Lại có M là giao điểm của AC và MN nên tọa độ của M là nghiệm của hệ
x 3y 5 0
x 1
M 1; 2
4 x 3 y 10 0
y 2
Đường thẳng BM vng góc với AC nên có phương trình 3x y 5 0 .
x 0
3x y 5 0
y 5 B 0;5 hoặc B 3; 4
Điểm B có tọa độ là nghiệm của hệ 2
2
x 3
x y 25
y 4
Vậy A 4;3 , B 0;5 , C 5; 0 hoặc A 4;3 , B 3; 4 , C 5; 0 .
Câu 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , có đỉnh A 3;1 , đỉnh C nằm
trên đường thẳng : x 2 y 5 0 . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE CD , iết
N 6; 2 là hình chiếu vng góc của D lên đường thẳng BE . Xác đ nh tọa độ các đỉnh cịn lại
của hình chữ nhật ABCD .
Lời giải
Ta có BAD BND 180 , suy ra tứ giác ADBN nội tiếp AND ABD .
Mà ABD ACD (do ABCD là hình chữ nhật).
Suy ra tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn.
Mặt khác, ADC 90 ANC 180 90 90 .
Do đó AN CN .
Theo đề ài ta có điểm C nằm trên đường thẳng : x 2 y 5 0 , suy ra C 2c 5; c .
Ta có AN 9; 3 và CN 1 2c ; 2 c .
Do AN CN , suy ra AN CN 0 9 1 2c 3 2 c 0 c 1 C 7;1 .
Ta có
CE AB
ACEB là hình bình hành, suy ra BE AC .
CE AB
Ta có BE qua N , song song AC nên có phương trình y 2 0 .
b 6
Gọi B b ; 2 , ta có AB CB 0 b 2 4b 12 0
.
b 2
Với b 6 B 6; 2 , loại o tr ng với N .
Với b 2 B 2; 2 .
x 6
Gọi D xD ; yD , ta có AD BC xD 3; yD 1 9;3 D
D 6; 4 .
yD 4
Câu 18: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng :5x 2 y 19 0 và đường tròn
C : x 2 y 2 4 x 2 y 0 . Từ 1 điểm
M nằm trên đường thẳng kẻ 2 tiếp tuyến MA , MB đến
đường tròn C với A , B là 2 tiếp điểm. Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác AMB
biết AB 10 .
Lời giải
A
I
M
H
B
*Các tam giác IAM , IBM là các tam giác vuông nên đường trịn đường kính IM đi qua 2 điểm
A , B nên đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường trịn đường kính IM .
* Đường trịn C có tâm I 2;1 bán kính R 5 .
Ta có IH IA AH
2
2
5
2
2
10
10
IA2
IM
10 .
2
2
IH
2
5a 19
5a 19
2
Gọi M a ;
. Ta có IM 10 a 2 2 1 10 .
2
2
M 3; 2
a 3
139 72
Giải phương trình ta được
a 139
M
;
29 29
29
5 1
*Với M 3; 2 thì trung điểm IM là ; , phương trình đường trịn đường kính IM là
2 2
2
2
5
1
5
x y .
2
2
2
139 72
197 37
* Với M
; , phương trình đường trịn đường kính IM
; thì trung điểm IM là
58 26
29 29
2
2
197
37
5
là x
y .
58
26
2
Câu 19: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm I , có đường cao AH .
Gọi E là hình chiếu của B lên tia AI , HE cắt AC tại P . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC biết H 6; 4 ; P 11;1 và M 10; 4 là trung điểm của BC .
Lời giải
Nhận xét: Theo giả thiết thì H khơng thể trùng với M ABC là tam giác thường.
Kẻ đường kính AF của đường trịn I ACF vng tại C .
Xét tứ giác AEHB có AEB AHB 900 và cùng nhìn cạnh AB .
Tứ giác AEHB nội tiếp đường trịn có tâm là trung điểm AB .
ABH AEP .
Mà AFC ABH (cùng nhìn cạnh AC ).
AFC AEP HP
FC .
Lại có FC AC HP AC .
Có HP 5;5 5 1;1 . Chọn nAC 1;1 .
P 11;1 AC .
AC : x y 12 0 .
HM 4;0 .
Do đường thẳng BC chứa H , M nBC 0;1 .
H 6; 4 BC .
BC : y 4 0 .
Có C BC AC tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình
x y 12 0
x 16
C 16; 4 .
y4 0
y 4
Lại có M 10; 4 là trung điểm của BC B 4; 4 .
Có AH BC nAH 1;0 .
H 6; 4 AH .
AH : x 6 0 .
Có A AH AC tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình
x y 12 0
x 6
A 6;6 .
x6 0
y 6
Vậy A 6;6 ; B 4; 4 ; C 16; 4 .
Câu 20: Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân tại A(1;3) . Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho
1 3
AB 3 AD và H là hình chiếu vng góc của B trên CD . Điểm M ; là trung điểm HC .
2 2
Xác đ nh tọa độ đỉnh C , biết đỉnh B nằm trên đường thẳng có phương trình x y 7 0 .
Lời giải
Gọi F là trung điểm của BC .
Gọi E là giao điểm của CD với đường thẳng qua A và song song với BC
AEBF là hình chữ nhật AEBF nội tiếp đường trịn (T ) có đường kính là AB và EF .
Ta có MF là đường trung bình của tam giác BHC MF song song với BH
EMF 900 E , M , F nằm trên đường trịn đường kính EF A, E, B, F , M nằm trên đường
tròn (T ) AMB 900 AM BM .
Vì B d : x y 7 0 B(b; 7 b) .
Vì AM BM AM .BM 0 b 4 B (4; 3) .
Do D nằm trên cạnh AB và AB 3 AD AB 3 AD D (2;1) .
Phương trình đường thẳng CD là: x y 1 0 C(c; 1 c) .
c 7 C (7;6)
2
2
Do AB AC c 1 4 c 45
.
c 2
C (2; 3)
Câu 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang vng ABCD vng tại A và D , có
CD 2 AD 2 AB . Gọi M 2; 4 là điểm thuộc cạnh AB sao cho AB 3AM . Điểm N thuộc
cạnh BC sao cho tam giác DMN cân tại M . Phương trình đường thẳng MN là 2 x y 8 0 .
Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD biết D thuộc đường thẳng d : x y 0 và điểm A
thuộc đường thẳng d : 3x y 8 0
Lời giải
+) Đặt BN x, AB a MA MN a 2
a 2 a 10
.
9
3
10a 2 4a 2
2a
Xét BMN có MN MB BN 2MN .NB.cos MBN
x 2 2.x. .cos135o
9
9
3
2
x2
2
2
2 2 2a 2
a 2
0 x
3
3
3
Gọi E là chân đường vng góc hạ từ B , kẻ NF vng góc với DC . Ta có
2
NF CN CF
BE CB CE
2
NF 2 CF
2a
2a 5
4a 2a
NF CF
DN
.
a
3
a
3
3
3 3
Nhận thấy MD 2 MN 2
10 a 2 10 a 2 20 a 2
DN 2 . Suy ra DMN vuông tại M .
9
9
9
+) Vì D thuộc đường thẳng d : x y 0 nên D d ; d MD d 2; d 4 .
Phương trình đường thẳng MN : 2 x y 8 0 có véc tơ chỉ phương
u 1; 2 MD.u 0 d 2 D 2; 2
+) Điểm A thuộc đường thẳng d : 3x y 8 0 nên A a; 3a 8
a 1
DA a 2; 3a 6 , MA a 2; 3a 4 DA.MA 0 a 2 3a 2 0
a 2
*) Trường hợp 1: a 1 A 1; 5
Giả sử B x; y ta có AB x 1; y 5 ; AM 1; 1 3 AM 3; 3
x 1 3
x 4
B 4; 2
Vì AB 3 AM AB 3 AM
y 5 3 y 2
Giả sử C x; y ta có DC x 2; y 2 ; AB 3; 3 2 AB 6; 6
x 2 6
x 4
C 4; 4
Vì DC 2 AB DC 2 AB
y 2 4
y 4
*) Trường hợp 2: a 2 A 2; 2
Giả sử B x; y ta có AB x 2; y 2 ; AM 0; 2 3 AM 0; 6
x 2 0
x 2
B 2; 8
Vì AB 3 AM AB 3 AM
y 2 6 y 8
Giả sử C x; y ta có DC x 2; y 2 ; AB 0; 6 2 AB 0;12
x 2 0
x 2
Vì DC 2 AB DC 2 AB
C 2;14
y 2 12
y 14
8
Câu 22: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C tâm I , trọng tâm G ;0 , các điểm M 0;1 ,
3
N 4;1 lần lượt đối xứng với I qua AB và AC , điểm K 2; 1 thuộc đường thẳng BC . Viết
phương trình đường tròn C .
Lời giải
Ta thấy IM và IN vng góc với các dây cung AB , AC nên đi qua các trung điểm E , F của
AB và AC . Kết hợp tính đối xứng của các điểm M , N qua các cạnh AB , AC , ta có các tứ giác
AINC , AIBM là các hình thoi. Do đó, AM AN NC BM AI IC IB R .
Hơn nữa, ta có BM NC ( vì cùng song song AI ) và bằng nhau nên BMNC là hình bình hành.
Suy ra BC MN .
Phương trình MN là y 1, và BC đi qua K nên có phương trình là y 1 .
Gọi D d ; 1 là trung điểm của BC thì tọa độ của B và C là B d b; 1 và C d b; 1 .
Vì yG 0 , yB yC 1 yA 2 .
xG
8
xA xB xC 8 xA 2d 8 xA 8 2d A 8 2d ; 2 .
3
Mặt khác, BC MN 4;0 2b 4 b 2.
Mà MB MA R d 2 4 8 2d 1 nên d 3 hoặc d
2
2
19
.
3
d 1
2
2
Tương tự NC NA nên d 2 4 4 2d 1 3d 2 12d 9 0
.
d 3
Suy ra d 3 là nghiệm chung của hai phương trình trên và khi đó tọa độ a đỉnh B 1; 1 ,
C 5; 1 , A 2; 2 .
m 0
2
Gọi I 3; m , từ IA MA R 5 , ta có 1 m 2 5
.
m 4
Với m 0 , suy ra I 3; 0 .
Với m 4 , suy ra I 3; 4 (loại vì IC 5 ).
Vậy đường trịn C là x 3 y 2 5 .
2
Câu 23: Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , AB 2 AD . Điểm N thuộc cạnh AB sao cho
1
AB , M là trung điểm của DC . Gọi I là giao điểm của MN và BD . Viết phương trình
4
đường trịn ngoại tiếp tam giác BIN . Biết điểm A 2;1 , đường thẳng BD có phương trình
AN
11x 2 y 5 0 , điểm B có hoành độ là số nguyên.
Lời giải
Gọi P là trung điểm của AB , J là giao điểm của PM và BD .
Ta có P , M là trung điểm của AB và DC nên AP PM MD AD
APMD là hình vng.
DM DM
Xét hai tam giác vng MNP và DJM có
MN DI
MNP DJM MNP DJM MN BD .
Gọi H là hình chiếu vng góc của A lên BD , ta có AH d A, BD 5 .
Ta có
1
1
1
AB 5 .
2
2
AH
AB
AD 2
11t 5
Gọi B BD B t ;
. Vì điểm B có toạ độ ngun nên t .
2
2
t 1
11t 3
2
Mà AB 5 t 2
5 125t 50t 75 0 3
2
t
5
2
B 1; 3 vì t là số ngun.
Ta có AN
1
5
AB N ;0 .
4
4
15
1 3
Gọi K là trung điểm của BN , khi đó K ; , KB .
8
8 2
2
2
1
3
225
Phương trình đường trong ngoại tiếp tam giác BIN là: x y
.
8
2
64
Câu 24: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn, khơng cân, nội tiếp đường trịn tâm
I . Gọi E, M lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC ; các điểm F và D tương ứng là
hình chiếu vng góc của A và B trên các đường thẳng BC và AI .
a) Chứng minh rằng ME là đường trung trực của đoạn thẳng DF .
9 8
b) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng M 2; 1 , D ; và đường thẳng AC
5 5
có phương trình x y 5 0 .
Lời giải
