Một số bài tập hình học phẳng hay và khó đã sưu tầm và giải

Một số bài hình học phẳng hay, và khó đã sưu tầm và giải.
Bùi Đình Hiếu NTH 52vlpt.vn-Mạo Hỡi k2pi.net
Bài 1:(Trích đề HSG số 10 diễn đàn k2pi.net năm học 2013-2014)
Cho hình thang ABCD vuông ở A và B thảo mãn
11
23
AD AB BC
. Gọi hình chiếu
vuông góc các trung điểm của AB và CD xuống đường thẳng AC là H và N.Biết
6
13
HN 
C(2; 4). Đỉnh A thuộc đường thẳng 5x+4y-4=0, đường thẳng 8x-5y-
11=0 đi qua đỉnh B. Xác định tọa độ các đỉnh A, B, D.
Bài giải:(Bùi Đình Hiếu)
Đây là một bài toán hay, mới,vì mình lấy ý tưởng từ bài toán hình học vec-tơ của
lớp 10.
Đặt AD=a.
Gọi I,J là trung điểm của AB và CD.
Hình chiếu vuông góc của D xuống BC là E.
Ta có:
2
2
2
2 2 2
4
. 3 .
( ) .
11
.13 6 .
22

.
2
ABBD ABBA a
BCBD BC BE a
ACBD AB BC BD ABBD ABBD a
AC BD
ACIJ AC a a a
  

     


   



Mặt khác:
6
13 .
13
a
ACIJ ACHN a HN HN   

Theo bài ra ta có a=1.
Từ đó:
22
3; 13.BC AC AB BC   

Chú ý bài cho C(2; 4). Đỉnh A thuộc đường thẳng
5 4 4 0;8 5 11 0x y x y     

đi qua
đỉnh B.
Bài toán đưa về tương giao đường thẳng và đường tròn.
Tìm ra
56 111
(0;1); ;
41 41
AA





C(2; 1)hoặc
418 473
;
89 89
C





Bài 2:(Đề thi HSG k2pi.net lần 6 2013-2014)
Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng (d): x-y+1=0, và đường tròn:
22
( ): 2 4 4 0C x y x y    
Tìm điểm M thuộc (d) sao cho qua M kẻ được các tiếp
tuyến MA, MB, đồng thời khoảng cách từ
1

0;
2
N



đến đường thẳng đi qua A, B là
lớn nhất.
Lời giải: (Nguyễn Hữu Tú)
Tâm I(1;-2)
Ta có điểm M thuộc d nên M(a;a+1)
Gọi K trung điểm của MI thì K
11
;
22
aa




Đường tròn (C') tâm K,đường kính MI có phương trình
22
2
22
1 1 2 5
2 2 2
( 1) ( 1) 2 0
a a a a
xx
x y a x a y a

   
   
   
   
   
        

Dễ thấy AB là giao điểm của (C) và (C')
AB là trục đẳng phương của hai đường tròn nên có phương trình
(1 ) ( 3) 2 0a x a y a     

Khoảng cách từ N đến AB là
/
22
7
()
2 (1 ) ( 3)
Nd
a
d f a
aa


  

Khảo sát hàm số f(a) ta được
()
34 3
42
fa

max a   

Do đó
31
;
22
M





Bài 3:(Trích đề thi HSG số 8 diễn đàn k2pi.net, năm học 2013-2014)Cho hình
thang cân ABCD có đáy lớn AB ngoại tiếp đường tròn bán kính r và nội tiếp
đường tròn bán kính R mà
2
7
3
R
r

. Biết phương trình đường thẳng AB là 2x-
4y+5=0. Biết đường thẳng AD qua N(8; 5). Xác định toạ độ điểm A?
Bài giải:(Bùi Đình Hiếu)
Gọi E và F là trung điểm của DC,AB, và I là tâm đường tròn nội tiếp hình thang.
Nên ta có I là trung điểm của EF.
Đặt
BAD



thì ta có:
2
.
sin
r
AD BC



Đặt AB=x, CD=y thì:
4 cot .x y r



4
;( ).
sin
r
x y AB CD AD BC

    

1 cos 1 cos
2 . ; 2 .
sin sin
x r y r



  

2
2
2 2 2 2 2
22
1 cos 4 1 cos
2 . .cos 4 8 cos .
sin sin sin
r
BD AB AD AB AD BAD r r


  


      



2
22
2 2 2
2 cos 1 1
4 4 1 2 2 . 1 .
sin sin sin
r r BD r r

  



      



Do
2
1
2 .sin 2 1
sin
BD R r


  

Nên theo giả thiết
2
7
3
R
r


42
2
21
7sin 1 28sin 9sin 9 0.
3 sin
  

      

Giải ra ta có :
3
sin ( sin 0).
2
do


Vậy
60 .
o
BAD



Phương trình đường thẳng AD có dạng:
( 8) ( 5) 0 8 5 0.A x B y Ax By A B        

Ta có
, 60
o
AD AB 

22
22
| 2 4 | 1
3 8 3 0.
2
20
AB

A AB B
AB

     


22
16 11 0 8 5 3.
A
A AB B
B
       

Tọa độ điểm A thỏa mãn:
(1)2 4 5 0
( 8 5 3) 40 3 59 0 (2)
xy
xy
  



     


Hoặc:
(3)2 4 5 0
( 8 5 3) 40 3 59 0 (4)
xy
xy

  



     



Bài 4:(Dạng toán chung với các bài liên quan tới Đường tròn 9 điểm Ơ-le)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC trọng tâm
 
1;2G
.
Phương trình đường tròn đi qua trung điểm của hai cạnh AB,AC và chân đường
cao hạ từ đỉnh A đến cạnh BC là
   
22
3 2 25xy   
Viết phương trình đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC
Lời giải: (Thục)
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, BC, CA. Ta thấy trọng tâm G của tam
giác ABC cũng chính là trọng tâm của tam giác MNP, phép vị tự tâm G tỉ số k = -
2 biến tam giác MNP thành tam giác ABC nên đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC chính là ảnh của đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP qua phép vị tự này.
Gọi I ; R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp
ABC
và I' ; R' là tâm và
bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác MNP. Suy ra I'(3;-2) ; R' = 5
Sử dụng công thức

2GI GI


và R = 2R' để tìm ra tâm và bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.
Đây chính là đường tròn Euler, đường tròn này đi qua trung điểm ba cạnh tam giác,
ba chân đường cao kẻ từ ba đình và trung điểm của mỗi đỉnh với trực tâm tam giác
Bài 5: (Sưu tầm-nhiều đề thi) Cho tam giác ABC cân tại A , có D là trung điểm
AB .Biết
11 5 13 5
, ; ,
3 3 3 3
IJ
   
   
   
lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và
trọng tâm tam giác ADC . Biết
 
3, 1M 
và
 
3,0N
lần lượt thuộc CD ,AB .Tìm
A,B,C biết tung độ của điểm A dương.
Hướng giải: Trần Trung Hiếu
Gọi G là trọng tâm ABC ta chứng minh được I là trực tâm DJG .Khi đó viết được
pt(DC) suy ra toạ độ D
tiếp đó viết pt(AG) suy ra toạ độ A sau đó là B.Viết pt ngoại tiếp ABC suy ra C
Bài 6: (Trích đề thi thử trường THPT Đặng Thúc Hứa)Trong mặt phẳng với hệ tọa

độ Oxy, cho tam giác ABC có
135
o
BAC 
, phương trình đường cao kẻ từ B là 3x
+ y + 10 = 0, trung điểm cạnh BC là
13
( ; )
22
M

và trực tâm của tam giác ABC là
H(0; -10). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC
Lời giải: Nguyễn Tấn Sang:
Ta có BH có 1 vtpt là
(3;1)
BH
n 

( ; 10 3 ) ( )B BH B t t t R     

Do B có tung độ âm nên
10
(1)
3
t 

Vì trung điểm của BC :
13
( ; ) (1 ; 7 3 )

22
M C t t

  

( 1; 17 3 )CH t t     

Giả sử AB có 1 vtpt là
22
( ; ) ( 0)
AB
n a b a b  

Vì
135 45
oo
BAC ABH

|cos( ; )| cos45
o
AB BH
nn

2 2 2 2
3
1
2
(3 1 )( )
ab
ab




2 2 2
(3 ) 5( )a b a b   

(2 )( 2 ) 0a b a b   

Vì
22
0ab
nên từ đây ta suy ra
(1; 2)
( 2;1)
AB
AB
n
n







TH1: Nếu
( 2;1)
AB
n 

Vì H là trực tâm tam giác ABC nên CH và AB vuông góc nhau, do đó ta có:
. 0 1( 1 ) 2(3 17) 0 7CH AB t t t        
(loại vì không thỏa (1))
TH2:
(1;2)
AB
n 

Tương tự TH1 ta cũng suy ra được t=3 (thỏa (1)). Suy ra
( 3; 1); (4; 2)BC  

Đường thẳng AB đi qua B(-3; -1) và có vtpt là
(1;2)
AB
n 

nên ptts của AB là
32
()
1
xs
sR
ys
  



  


( 3 2 ; 1 )A AB A s s     

( 7 2 ;1 )CA s s    

Vì H là trực tâm tam giác ABC nên CA và BH vuông góc nhau, dó đó ta có
. 0 1( 7 2 ) 3(1 ) 0 2 (1; 3)CABH s s s A            

Thử lại: ta có
( 4; 2) (3;1)AB AC  

12 2 1
cos( ; ) cos135
16 2. 9 1 2
o
AB BC
  
   

(thỏa mãn).
Gọi I(x; y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1
( 1) ( 3) ( 3) ( 1)
2
( 1) ( 3) ( 4) ( 2)
x
IA IB x y x y
y

IA IC x y x y


       


  

   

   



Và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:
22
( 1) ( 3) 5IA x y    

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(1; 2) và đi qua A(1; -3)nên suy ra
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:
22
( 1) ( 3) 25xy   

Vậy tọa độ các điểm:
(1; 3), ( 3; 1), (4; 2)A B C   

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
22
( 1) ( 3) 25.xy   

Bài 7(Sưu tầm)Cho tam giác ABC cân tại A, có trực tâm H(-3;2) . Gọi D,E lần lượt
là chân đường cao kẻ từ B và C. Biết rằng điểm A thuộc đường thẳng (d) : x-3y-
3=0 và điểm F thuộc đt DE . F(-2;3) và HD=2. Tìm tọa độ A.
Lời giải:
Gọi (AH): y=k(x+3)+2 thì: (DE): ky+x+2-3k=0 (Do DE đi qua F(-2;3) và DE
vuông góc với AH )
Gọi AH cắt DE tại K thì:
;( )
2
1
1
H DE
k
HK d
k




Theo tính chất hệ thức lượng của tam giác vuông ADH thì:
22
41
(*)
1
HD k
AH
HK k





Mặt khác: A là giao của (d) : x-3y-3=0 và (AH) nên:
2
9 9 6 2 12 1
; (1) (**)
1 3 1 3 1 3
k k k
A AH
k k k
  



  


Từ (*) và (**) thì:
2
1 3 3 1
9
k k k

    

Thay vào (1) ta được:
21 2
;
55
A






Bài 8(Trích đề thi thử đại học diễn đàn k2pi.net năm học 2013-2014-đề số 1)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các Oxy cho hình bình hành ABCD với A(-
3;6). Biết tam giác ABC có
. 60 2AB AC 
và nội tiếp trong đường tròn có tâm
I(1;3) và bán kính R=5 . Hình chiếu của điểm A xuống cạnh BC thuộc đường
thẳng d :x+2y-3=0. Hãy tìm tọa độ các đỉnh B,C,D biết hoành độ hình chiếu của A
lớn hớn 1 và hoành độ của điểm B bé hơn hoành độ điểm C
Lời giải (thai dong)
1 1 . .sin .
. .sin . 6 2.
2 2 2
ABC
AB AC A AB AC
S AB AC A BC AH AH
BC R
     

Do
Hd
nên
 
3 2 ;H h h
, với h<1.
Ta có

   
22
6 2 6 2 6 72 0AH h h h       
hoặc
36
5
h 
(loại). Do đó H( 3;0 )
Suy ra phương trình đường thẳng BC là x-y-3=0.
Mà phương trình đường tròn (ABC) là
   
22
1 3 25xy   
.
22
3
6
30
( 1) ( 1) 25
2
1
y
x
xy
xy
y
x






  






   










Do đó tọa độ điểm B và C là nghiệm của hệ phương trình
Vì
BC
xx
nên
   
1; 2 ; 6;3BC

Ta có ABCD là hình bình hành
     

4; 8 6 ;3 2;11 .
DD
AB DC x y D       

Bài 9:(Trích đề HSG k2pi.net-đề số 1/2013-2014)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các Oxy cho đường tròn
22
( ):( 2) ( 3) 4C x y   
và hai điểm A(2;-1), B(2;-5). Một đường kính MN thay
đổi sao cho các đường thẳng AM,AN cắt tiếp tuyến tại B lần lượt tại P và Q. Tìm
tọa độ trực tâm H của tam giác MPQ biết điểm H nằm trên đường thẳng d : x+y
+3=0.
Lời giải: gsxoan
Từ giả thiết ta thấy hai điểm A,B thuộc (C) và AB là đường kính của hình tròn
Gọi H' là hình chiếu của H lên PQ và K là hình chiếu của P lên MQ
Xét tam giác PHQ có hai đường cao là HH' và QK nên M là trực tâm của tam giác
PHQ
Mặt khác: Do MN là đường kính nên PA vuông góc với AQ
Từ đó suy ra A thuộc HQ
Xét tam giác NHM có AI song song MN và I là trung điểm của MN nên
HM=AB=2AI.
Suy ra
BA MH
Do
()MC
nên H thuộc đường tròn (C') là ảnh của (C) qua phép
tịnh tiến theo
BA

Công việc của ta là xác định (C')

22
(0; 4); (2; 7); 2;( ):( 2) ( 7) 4BA I R R C x y
  
        


Từ đó suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ:
22
30
( 2) ( 7) 4
xy
xy
  


   

H(2; -5);H(4; -7)

Bài 10 (Trích đề thi thử đại học số 14/2012-2013 của k2pi.net)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy;cho tam giác ABC có
31
( : )
2 16
I
và E(1;0) lần lượt là
tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác.Đường tròn (T) tiếp xúc với cạnh
BC và các cạnh AB,AC kéo dài có tâm là F(2;-8) .Tìm tọa độ các điểm A,B và C
biết A có tung độ âm.

Lời giải:Trần Trung Hiếu
Câu này gần giống câu trong đề thi HSG Nghệ An thì phải
Gọi J là giao của EF và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Khi đó có BJ=EJ và
tam giác BEF vuông tại B suy ra J là trung điểm EF
Ta có phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC và EBC là
 
   
2
2
2
2
2
2
3 1 65
:
2 16 16
3 65
:4
24
I x y
J x y



   










   





Suy ra (BC)có phương trình :y=-2 do đó
   
5, 2 , 2, 2BC  

Bài 11(Trích đề thi thử ĐH của k2pi.net-đề số 12/2012-2013)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
: 2 0d x y
và hai đường
tròn có phương trình lần lượt là
2 2 2 2
12
( ):( 1) ( 1) 1 ;( ):( 3) ( 4) 4C x y C x y       
.
Hãy tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được lần lượt hai tiếp tuyến
MA,MB ( với A,B là tiếp điểm) đến đường tròn
1
()C
và đường tròn
2
()C

đồng thời
đường thẳng d là đường phân giác trong của góc AMB.
Hướng giải: Lê Tuấn Anh
Ý tưởng của bài này khá đơn giản:
12
(1;1); ( 3;4)II

Lấy đối xứng của MA qua
1
OI
thì dễ thấy rằng nó tiếp xúc với
1
()C
tại C.
Lại do tính chất đối xứng thì
( ; ) ( ; )CM d BM d
do đó: MB tiếp xúc với
1
()C
tại C và
2
()C
tại B.
Chứng minh tương tự cho MA.
Từ chứng minh trên ta rút ra kết luận rằng: M chính là tâm phép vị tự biến
12
( ) ( )CC

Nói cách khác:
 

12
M I I

Bài 12(Sưu tầm)Hình thang ABCD vuông tại A và D với CD =2 AB, có đỉnh B
(1;2).Hình chiếu vuông góc của D trên AC là H(-1;0). N là trung điểm của HC.
Phương trình đường thẳng DN là x -2y -2 = 0.Tìm tọa độ các điểm A, C, D.
Hướng giải theo Trần Trung Hiếu:
Gọi K là trung điểm của DH.Khi đó ta có
ABNK là hình bình hành và K là trực tâm ADN suy ra
BN DN

Do đó tính được toạ độ
,,N C A D

Bài 12:(Sưu tầm)Cho hình vuông ABCD. Có đỉnh D(-1;2), M là trung điểm của
BC. N nằm trên đoạn AC sao cho
1
4
AN AC
.Phương trình đường thẳng MN là
10xy  
.Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
Gợi ý của thầy Lưỡi Cưa:
Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD và J là trung điểm của BI. Khi
đó ta có MINJ là hình bình hành có các tính chất sau:
* PT đường chéo
: 1 0MN x y  

* NI vuông góc với IJ
* NI=IJ

* IJ đi qua D(-1;2)
Bài 13:(Sưu tầm)Trong mp với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có M(2;3) là
trung điểm AB, H(1,5) K(5,9) là chân đường cao kẻ từ C, B . Tìm tọa độ A,B,C
biết B có hoành độ dương
Lời giải: Châu Ngọc Hùng)
AB đi qua HM nên phương trình
15
: 2 7 0
12
xy
AB x y

    


CH AB
nên phương trình
:( 1) 2( 5) 0 2 9 0CH x y x y       

;x 0 ( ;7 2 )
B
B AB b B b b    

Tam giác AKB vuông tại K có M là trung điểm AB nên
2 2 2 2
( 2) (4 2 ) 3 6 5MB MK b b b        

nên
 
5; 3B 

và
 
1;9A 
.
AC qua A,K có phương trình
:9AC y 

Tọa độ C là nghiệm hệ
 
29
9;9
9
xy
C
y
  






Bài 14(Ngô Hoàng Toàn)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d
: 8 0xy  
và đường tròn (T):
22
( 1) ( 2) 25xy   
.Viết phương trình đường tròn
(C) có tâm nằm trên (T),tiếp xúc với d và cắt (T) tại hai điểm phân biệt A,B sao
cho đường thẳng AB đi qua tâm của đường tròn (T).

Hướng giải: Bùi Đình Hiếu:
Gọi H và N lần lượt là tâm của đường tròn (T) và (C)
Giao điểm của 2 đường tròn này là A và B.
Theo bài ra ta có A, H, B thẳng hàng nên từ đây tam giác ANB vuông cân ở N.
Bán kính đường tròn (C)=AN=
52

( ,( )) ( )
52
()
N d C
dR
AN d
  

Chọn C(4;-4) thuộc (d)
;
20
52
18 0
C AN
xy
d
xy




  


Tọa độ tâm N thỏa mãn:
22
( 1) ( 2
0
)
2
2
18
5
0
x
xy
xy
y   





  






Bài 15:(Trích đề thi số 4 HSG k2pi năm học 2013-2014)Trong mặt phẳng toạ độ
Oxy cho tam giác ABC cân tại A đỉnh B thuộc đường thẳng d có ph ương trình x-
4y-2=0 cạnh AC song song với đường thẳng d. Đường cao kẻ từ A có phương trình

x+y+3=0. Điểm M(1;1) trên đoạn AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác?
Bài giải:
*Do tam giác ABC cân tại A, nên khi dựng hình bình hành AMEM' thì
AMEM' là hình thoi và tâm I là hình chiếu của M trên đường cao AH.
* Từ đó ta có cách xác định các đỉnh A,B,C như sau:
+viết pt đt EM đi qua M,//d :x-4y+3=0.
Xác định giao điểm E của ME và đường cao AH; E(-3; 0)
+Xác định hình chiếu I của M trên AH; tính ra
33
;
22
I




.
Xác định tọa độ của A theo công thức trung điểm, A(0;-3).
+ xác định B là giao của MA và d:
21
;
33
B





+Xác định C là điểm đối xứng của B qua AH, không khó thấy rằng
8 11

;
33
C





Bài 16:(Trích đề thi HSG k2pi.net năm học 2013-2014 đề số 5) Trong mặt phẳng
Oxy , cho đường tròn
   
22
( ): 1 1 25C x y   
và các điểm
   
7;9 ; 0;8AB
Tìm
tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho biểu thức
2P MB MA
đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải: Nguyễn Hữu Tú
Bài này được chế từ một bài hình học tương tự:Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 ; ( , ), 2MA MB M O R OA R  

Tâm
(1;1), 5, 10 2I R OA R  

Gọi K thỏa mãn
; 2,5K IA IK

~ ( . . ) 2 2 2( ) 2IKM IMA c g c MA KM P MB MA MB MK BK         

Đẳng thức xảy ra khi B,K,M thẳng hàng
Khi đó M(5;-2) hoặc M(1;6)

Bài 17:(Trích đề thi HSG k2pi năm học 2013-2014 đề số 7) Trong mặt phẳng tọa
độ Oxy cho tam giác ABC có A(2; 0); C(7; 5). Về phía nửa mặt phẳng bờlà đường
thẳng đi qua 2 đỉnh A, C, không chứa B, vẽ tam giác vuông ACE(vuông ở E). Biết
diện tích tứ giác ABCE bằng 15, và đường thẳng đi qua 2 đỉnh B,E có phương
trình 5x+y-8=0. Biết điểm E có hoành độ nguyên. Lập phương trình đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC?
Lời giải: Nguyễn Hữu Tú
, 5 8 0 ( ; 5 8), ( ; 5 8); 5 2E B x y E a a B b b AC         

Đường tròn (C) đường kính AC có phương trình
22
9 5 25
2 2 2
xy
   
   
   
   

(C) cắt đường thẳng 5x+y-8=0 tại hai điểm
19 9
(1;3); ;
13 13
EE






Vậy
(1;3) 10 5
EAC B AC
E S S   

AC có phương trình
//
2
|6 10| 1 5 2 |6 10| 4 4
2 0; 5 . . 5 (2; 2) ;
4
2 3 3
2 2 2
3
or
B AC BAC B AC
b
bb
x y d S AC d B B
b





          







Với
44
;
33
B



thì B nằm cùng phía với E không thoả mãn, do đó B(2;-2)
Từ đây suy ra phương trình ngoại tiếp tam giác ABC là
22
16 2 0x y x y   

Bài 18:( Trích đề thi HSG k2pi năm học 2013-2014 đề số 2)Trong mặt phẳng tọa
độ Oxy; cho 2 đường thẳng d1:x-y-1=0 và d2:x-4y-4=0 cắt nhau tại I và điểm
A(3;1).Tìm M thuộc d1 ;N thuộc d2 sao cho IM=2IN và P=AM+2AN đạt giá trị
nhỏ nhất.
Lời giải: Lê Tuấn Anh
Áp dụng BDT Ptoleme:
. . . .(2. ) . 2. .
MN
IM AN IN AM AI MN IN AN AM AI MN AN AM AI
IN
       

Mặt khác: Gọi
12
( ; )dd


.Theo định lí hàm cos ta có:
2 2 2
2. . .
5 4. 2. . 5 4.
MN IM IN IM IN cos
MN
cos AN AM AI cos
IN


  
     

1
12
5
) (1;1); (4;1) cos
34
UU

   

2) I( 0;-1)
260

13 2. 65
34
AI AN AM     

Bài 19:(Sưu tầm)Hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AB, đường cao bằng nửa tổng
độ dài hai cạnh đáy. Biết rằng điểm A(5; 5); trung điểm của cạnh bên BC là ,
đường thẳng chứa cạnh BC có phương trình . Tìm tọa độ các đỉnh B,C, D?
Lời giải: (Bùi Đình Hiếu)
Từ B kẻ BH vuông góc với CD. Lấy E trên tia DC sao cho CE=AB thì ABEC là
hình bình hành, do vậy BE=AC=BD, từ đó tam giác DBE cân ở B.
Từ
2 2 2
AB CD CD CE DE
BH HB HE DB BE BD AC

        


Do vậy tam giác BDE vuông cân ởB.
Chiều cao của hình thang
( ,( ))
2 2 2 4
A CD
BH d BD AC BH     

(AB) có phương trình:
10 0xy  

22
( ) ( ;6 )

4 ( 5) (1 ) 4 5; 1
C CD C a a
AC a a a a
  
        

5 (5;1).
B(6;4)
AC/ /Oy.BD AC BD/ /Ox, y 4
4; (2;4)
1 (1;5) (10;0),D(10; 4)(L)
DB
D
aC
y
xD
a C B
  
   

    

Mâu thuẫn vì BC không là cạnh bên.
Bài 20:(Sưu tầm)Cho tam giác ABC có trung điểm M(1;6), trung điểm AC là
N(2;3).Phân giác trong góc A cắt BC ở D(3;1). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC.
Lời giải: Bùi Đình Hiếu
Đường thẳng BC đi qua D và nhận MN là vec-tơ chỉ phương, nên (BC):3x-y-8=0.
Gọi B(b; 3b-8), dùng công thức trung điểm ta có A(2-b; -3b+8), C(b+2; 3b-2)
22

22
40 200 260; 40 20 120
10 60 90; 10 20 10
2 (0;2); (2; 2); (4;4)
AB b b AC b b
DB b b DC b b
DB AB
b A B C
DC AC
     
     
    

Bài 21: (Sưu tầm)Hình thang cân ABCD có AB//CD. Phương trình đường chéo
AC là 7x+y-17=0. Phương trình đường thẳng

chứa trục đối xứng là 6x-4y-13=0.
Trung điểm của BC là
3
4;
2
M



. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang.
Lời giải: Bùi Đình Hiếu
Gọi I là trung điểm của AB
, / /AC
(IM):7x y c 0.

53
()
2
I IM
M IM c
 
  

  

Tọa độ I thỏa mãn:
6 4 13 0
7
;2
53
2
70
2
xy
I
xy
  






  





: (4;6) :2 3 13 0AB vtpt u x y       

Tọa độ điểm A thỏa mãn:
2 3 13 0
(2;3) (5;3); (3; 4)
7 17 0
xy
A B C
xy
  

  

  


Do ABCD là hình thang cân nên từ đây ta có
24 10
;
13 13
D






Bài 22(Sưu tầm)Cho hình thoi ABCD có
3
( 2;5), (2;1),cos
5
A C BAD
. Xác định tọa
độ các điểm B, C, D biết
0
B
x 

Lời giải (?)
Gọi I là tâm hình thoi thì
(0;3)
; (4; 4) ( ): 3 0.
( ; ) 3; 0.
I
BD AC AC BD x y
B a b b a a
     
   

I là trung điểm của BD
( ;3 )
( 2; 2); (2 ; a 2)
3 | . | 3
cos 1 1( 0)
55
| |.| |
(1;4); ( 1;2).

D a a
AB a a AD a
AB AC
BAD a a a
AB AC
BD

    
        


Bài 23:(Trích đề thi thử đại học lần 3/2012-2013 của diễn đàn k2pi.net) Trong mặt
phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho hình thoi ABCD có
0
ˆ
60A 
.Trên các cạnh
AB,BC lấy các điểm M,N sao cho
MB NB AB
Biết
( 3;1)P
thuộc đường thẳng
DN và đường phân giác trong của góc MDN có phương trình là
: 3 6 0.d x y  

Tìm toạ độ đỉnh D của hình thoi ABCD
Lời giải: Nguyễn Hữu Phương
Từ giả thiết
0
ˆ

60 ,A ABD CBD  
là các tam giác đều.
Theo đề bài ta có
,.AM BN BM CN

Xét hai tam giác ADM và BDN ta có:
0
6 ;0,DAM DBN AD BD AM BN    
hai
tam giác bằng nhau
(1).ADM BDN

Xét hai tam giác BMD và CND ta có:
0
60 ; ;DBM DCN CD BD CN BM   
nên hai
tam giác bằng nhau
(2).NDC MDB

Từ (1) và (2)
0
.60MDN

Gọi P' là điểm đối xứng của P qua đường phân giác
dP


thuộc đường thẳng DM
PDP



là tam giác đều.
( / )
2 6.
Pd
DP PP d

   

Gọi D có tọa độ
2 2 2
6 6 3
( ; ) ( 3) ( ) 36
33
aa
D a PD a
  
    
3 3, 6 3 (3 3;1 3 3), ( 6 3;1).a a D D          

Bài 24 (Trích đề thi thử đại học số 9, k2pi)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các
Oxy cho tam giác ABC cân tại A, phương trình cạnh bên Trên tia đối của tia CA
lấy điểm E. Phân giác trong góc
BAC
cắt BE tại D Đường thẳng d đi qua D song
song với AB cắt BC tại F. Tìm tọa độ giao điểm M của AF và BE biết phương
trình đường thẳng AF: 2x+y-5=0 và I(-1;-3) là trung điểm của DF.
Lời giải: (Hoàng Kim Quân):
Cho P là trung điểm của BC.Ta có:
AM PB AM PC AF FC

DF AB PM AC PM EC MB ME
MF PF MF PF MF PF
         ‖ ‖ ‖

Kẻ đường thẳng MP giao AB tại trung điể J, cắt (d) Dùng định lý ta lét ((d) song
song AB) : Vậy PM đi qua trung điểm I của PDF
Cuối cùng ta tìm được M là giao điểm của P và AF suy ra M(9;-13)
Bài 25: (Trích đề thi thử đại học số 3 năm 2013-2014, k2pi )
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(2;3),B(2;1),C(6;3). Gọi D là giao
điểm của đường phân giác trong
BAC
với BC. Tìm điểm M (có hoành độ hữu tỉ)
thuộc đường tròn
     
22
: 3 1 25C x y   
sao cho
2
MDC ADB
SS
?
Lời giải: Nguyễn Thị Ngân:
Phương trình đường thẳng BC là:
1
2
yx

Gọi
1
;

2
D t t BC





Khi đó ta có: AD là đường phân gíc trong của góc BAC.Suy ra:
BD AB
DC AC


Mà:
1
2; 1 ;
2
1
6 ;3 ;
2
2; 4
BD t t
DC t t
AB AC












Nên ta có:
 
 
 
 
 
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
21
21
2
11
2
24
1
1
63

63
2
2
10 5
10
;
3
33
50
3
4
2
2; 1
tt
tt
tt
tt
D
t
tt
t
D


  
  





  


  
  











     









Ta có: Tâm đường tròn
 
3;1I

Gọi
   
;M a b C

11
48
22
1
2 2. 8
2
MDC
ADB
S DM DC a b
S DADB
  


Mà theo bài ra ta có:
1
2 4 8 8
2
4 8 0 2 0
4 8 16 2 4
4 8 16
4 8 0 2 0
8 4 16 2 4
MDC ADB
S S a b
a b a b
a b a b

ab
a b a b
b a b a
   
     



   


    

   



   




Mặt khác:
     
22
2
5 25 3 1 25 1IM R IM a b        

Với
20

24
ab
ab





thay vào (1) ta được:
 
2
1 2 29 18 4 29
55
5 2 23 0
1 2 29 18 4 29
55
ba
b b Loai
ba

  
  


   

  
  



20
24
ab
ba





thay vào (1) được:
 
 
2
6;5
56
6 5 0
2;1
12
M
ba
bb
M
ba

  

    




   



Bài 26: (Trích đề thi thử đại học số 2 năm 2013-2014 , k2pi)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A có đường
cao AO . Gọi (C) là đường tròn tâm A , đường kính OD . Tiếp tuyến của (C) tại
D cắt CA tại E(-8;8). Đường thẳng vuông góc với ED tại E và đường thẳng đi
qua A, vuông góc với EB cắt nhau tại M(-8;-2) . Viết phương trình đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC biết đường thẳng EB có phương trình 4x+3y+8=0.
Lời giải: Đậu Trọng Nhạc:
Ta có tam giác BCE cân tại B,EC là phân giác góc BED
Hai tam giác vuông ADE và AKE bằng nhau,
ta thấy ngay BE là tiếp tuyến của đường tròn tâm A,từ đây AB là đường trung trực
OK
Phương trình AM có dạng :3x- 4y+c=0 mà đi qua M(-8;-2) nên c=16
AM: 3x-4y+16=0 suy ra
16 8
;
55
K





Gọi I là trung điểm OK thì
84
;

55
I





Phương trình AB: 10x-5y+20=0 suy ra toạ độ
   
2;0 , 0;4BA

OB: y=0; EA có phương trình : x+2y-8=0 suy toạ độ C(8;0)
Gọi J trung điểm BC thì J(3;0) và BC=10
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
 
2
2
3 25.xy  