Giải chi tiết 100 bài tập hình OXY trong các đề thi thử môn toán

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 : Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp, suy ra I là trung điểm của
BH;


A

Th
De

B  d  B (2  2t ; t )





Suy ra H (2  2t ; t )  AH  (3  2t ; t  4), BP  (2t  1; t  2)

N
H

Do H là trực tâm của tam giác ABC

 
 AH .BP  0  (2t  3)(2t  1)  (t  4)(t  2)  0

I

2

 5t  10t  5  0  t  1

B

M

P



C

Suy ra H (0;1), B (4; 1), AH  (1; 3) ,đường thẳng BC : x  3 y  7  0
Đường thẳng AC : 2 x  y  6  0 . Tìm được toạ độ C (5; 4) .

Câu 2 :

iT

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB, AD
Gọi N là giao điểm của KM và BC
Gọi I là giao điểm của CM và HK

Ta có DKM vuông tại K và DKM
 450

A

I

K

H

B

M

N

 KM  KD  KM  NC (1)

hu

Lại có MH  MN ( do MHBN là hình vuông)
Suy ra hai tam giác vuông KMH ,CNM bằng nhau
  MCN

 HKM

D

C



  NCM
  IMK
  HKM

  900
Mà NMC
 IMK nên NMC
Suy ra CI  HK

.N

Đường thẳng CI đi qua M (1;1) và vuông góc với đường thẳng d nên



VTPT nCI  VTCP ud  (1;1) nên có phương trình

et

(x  1)  (y  1)  0  x  y  0
Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng  nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
x  y  0
x  2


phương trình 
 
x  2y  6  0
y  2


Vậy C (2;2)

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Câu 3 :

C

D

Th
De
A

I x-7y=0

B

M(-2;-1)

N(2;-1)

Gọi I là giao điểm của AC và BD  I(7y;y). Do tam giác BDM và BDN vuông tại M, N nên
IM  IN 

DB
 (7 y  2) 2  ( y  1) 2  (7 y  2) 2  ( y  1) 2  y  0  I (0; 0)
2

Khi đó BD=2IM= 2 5  AC 

5
AC 5 2
BD  5 2  IA  IC 

2
2
10

iT

x  7 y  0

Tọa độ A, C thỏa mãn hệ phương trình  2 2 25
 x  y  2



hu

7
7


 x  2
 x   2
7 1
7 1
7 1
7 1
 

hoặc 
Vậy tọa độ 2 điểm A( ;  ), C( ; ) hoặc A( ; ), C( ;  ) .
2 2
2 2
2 2
2 2
y  1
y   1


2
2

Câu 4 : Phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A: 2x+y-4=0. Gọi A(a;4-2a), trung điểm






.N



đoạn BC là M(2m-3;m). Ta có AG (4  a; 2a  3); GM (2m  7; m  1) , mà AG  2GM 
a  4
a  4m  18
7



. Vậy A(4;-4), M(4; )

7
2a  2m  1
2
m 


2

et

Gọi B (2b  3; b)  C (11  2b;7  b)  BC  (14  4b) 2  (7  2b) 2

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

d ( A; BC )  3 5 nên diện tích tam giác ABC bằng

1
.3 5. (14  4b) 2  (7  2b) 2  15  20b 2  140b  4255  0 .
2

Th
De
Với b=

9
9

5
5
5
9
ta có B(6; ); C(2; ), Với b= ta có B(2; ); C(6; ).
2
2
2
2
2
2

Câu 5 : Gọi E là trung điểm của đoạn DH. Khi đó tứ giác ABME là hình bình hành  ME  AD
nên E là trực tâm tam giác ADM. Suy ra  AE  DM mà AE / / DM  DM  BM .Phương trình
 x  2 y  4
 B  4; 4  . Gọi I là
3 x  y  16

đường thẳng BM : 3 x  y  16  0 .Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 



AB IB 1
 10 10 

  DI  2 IB  I  ;  .Phương trình đường
CD IC 2
 3 3

giao điểm của AC và BD, ta có

 14 18 
;   C  6; 2  . Từ
 5 5

thẳng AC : x  2 y  10  0 ,phương trình đường thẳng DH : 2 x  y  2  0  H 


CI  2 IA  A  2;4  .

Câu 7 :

Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AD  M '  AC
+ Ta có pt MM ': x  y 1  0
+ Gọi I  MM ' AD  I  (1; 2)


* Đường thẳng AD có vtpt là n  (1;1)

et

+ Do I là trung điểm MM '  M '  ( 4; 5)

.N

hu

iT

Câu 6 :

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Giả sử đường thẳng AC có vtpt là

n1  ( a; b), a 2  b 2  0 .

Th
De

+ Theo giả thiết suy ra:

 
n
.n1
 
ab
 a  7b
4
4
cos  cos n, n1      
 7 a 2  50ab  7b 2  0  
5 n n1
5
2 a 2  b2
b  7 a





Với a  7b , chọn b  1  a  7  pt AC : 7 x  y  33  0
x  y  3  0
 x  5

 A   5; 2 
7 x  y  33  0
y  2

- Điểm A  AD  AC  A : 

- Điểm M (2;1) là trung điểm của AB  B   9; 0  (loại)

+ Với b  7 a , chọn a  1  b  7  pt AC : x  7 y  39  0

iT

x  y  3  0
x  3

 A   3; 6 
 x  7 y  39  0
 y  6

- Điểm A  AD  AC  A : 

- Điểm M (2;1) là trung điểm của AB  B  1;8  (thỏa mãn đk)
48

;
5 2

hu

 AB  10 2 và pt AB : 7 x  y  15  0  d ( M '; AB) 

1
2

* Nhận thấy: SM ' AB  d ( M '; AB). AB  48 


144 1
 S ABC  d (C; AB)  3.d (M '; AB)
3
3



Lại vì M’ nằm giữa A, C nên AC  3 AM '  C  (18; 3)

.N

Vậy A   3; 6  , B  1;8  , C  (18; 3) là các điểm cần tìm.

et

3 x  y  0
x  0


 D(0; 0) . AD : 3 x  y  0 có vtpt
x  2y  0
y  0

Câu 8 : *Tọa độ điểm D là nghiệm hệ :  



1
ADB 

ADB  450  AD  AB .
n1 (3; 1) ; BD : x  2 y  0 có vtpt n2 (1; 2) , cos( AD, BD)  cos 
2

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

  450  BCD vuông cân tại B  DC  2 AB
Vì 
BC , AB   450 nên BCD

*Ta có : S ABCD

Th
De

1

3 AB 2
 ( AB  CD ) AD 
 24  AB  4  BD  4 2
2
2

 8 10 4 10 
b
b2
8 10
B  BD : x  2 y  0  B (b; ) , ( b  0 ). BD  b 2 
4 2 b
 B
;

 5
2
4
5
5 


*Đường thẳng BC  BD và đi qua B  BC : 2 x  y  4 10  0 .

Câu 9 :

K

A

D

N

E

H

I

M

B

C

iT


Theo giả thiết ABD
ACE, suy ra BCDE là tứ giác nội tiếp. Gọi H là giao điểm của BD và CE.
Do BEH đồng dạng với CDH nên HD. HB  HE.HC .Do HBN đồng dạng với HMD nên
HD. HB  HM. HN . Do HIE đồng dạng với HCK nên HE. HC  HI. HK .Do đó HM. HN  HI. HK

hu

  KHM
 . Suy ra NIMK là tứ giác nội tiếp. Vậy
suy ra IHN đồng dạng với MHK , nên NIH
đường tròn ngoại tiếp tam giác MNI cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác MNK, có pt:

( x  1)2  ( y  1)2  1 .

Câu 10 :

Gọi F là điểm đối xứng với E qua d  F ( 1;2) . Nhận xét: (C ) có tâm

.N

I ( 2;0), bán kính R  5 và F  (C ) .

Từ đó AB qua F và vuông góc với IF nên có phương trình AB : x  2 y  3  0 .

AB  d  A(3;0)  AC : 2 x  y  6  0 .

A

et

Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp ABC . Đường thẳng  qua

E

H

I

F

J

B

D

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />
C


- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

 1 10 
E ,  AC   : x  2 y  7  0    d  J   ;  .
 3 3

Th
De


Gọi vtpt của đường thẳng BC là n  (a; b), a 2  b 2  0 . Ta có:
cos 450 

| 2a  b |

5. a 2  b 2

2

 2  2a  b   5  a 2  b 2   3a 2  8ab  3b 2  0

 a  0 : suy ra b  0 (loại)

 a  0 : chọn a  1  b  3 (thỏa mãn hệ số góc âm),
Suy ra phương trình BC : x  3 y  C  0 .
Do J là tâm đường tròn nội tiếp ABC nên d ( J , AC )  d ( J , BC )

2 10
1
|    6 | |   10  C |
29  10 2
29  10 2
3 3
Suy ra
 3
C 
(thỏa mãn); C 
3
3
5
10

iT

(loại vì khi đó A, J nằm 2 phía BC ). Từ đó: BC : x  3 y 

29  10 2
 0.
3

Đáp số: AB : x  2 y  3  0 ; AC : 2 x  y  6  0 ; BC : x  3 y 

29  10 2

 0.
3

hu

Câu 11 :
A

M

I

J
N

C

et

D

.N

H

B

Gọi N là trung điểm CD và H là tâm hình chữ nhật AMND. Gọi (C) là đường tròn ngoại

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

tiếp hình chữ nhật AMND. Từ giả thiết, suy ra NJ//DI, do đó NJ vuông góc với AC, hay J
thuộc (C) (vì AN là đường kính của (C)). Mà MD cũng là đường kính của (C) nên JM
vuông góc với JD. (1)


Th
De



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) .

a2
Gọi a là cạnh hình vuông ABCD. Dễ thấy DM  2 5  a   a  4 .
4
2

 x  2; y  3
2
2
 AM  2  x  ( y  3)  4

Gọi A( x; y ). Vì 



6
7
2
2
( x  2)  ( y  1)  16
 AD  4
 x  5 ; y  5

- Với A(2;3)  B (2;3)  I (0;1)  C (2; 1)  J (1;0) (thỏa mãn)
- Với

iT

6 7
 6 23 
 8 9 
 22 11 
A ;   B   ;   I  ;   C 
;   J  3; 2  (loại).
5 5
 5 5 
 5 5
 5 5

Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông là A(2;3), B (2;3), C (2; 1), D (2; 1).

Đặt BC = a
2

Ta có AM =

.N

hu

Câu 12 :

BA
2
a 5
a
2
 cos BAM 

  a 
AM
2
5
2


Gọi VTPT của đt AM là n(m; n)  cos( AM ; AB) 

mn

2
5

et

(m 2  n 2 )(1  1)



Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

 m  3n

n
m 
3


Th
De

 12 32 
;  ( Loại)
 5 5 

4
5

TH1: m = -3n có đt AM: 3x- 4y   0 suy ra tọa độ điểm A 
TH2: m  

n
có đt AM: x – 3y + 4 = 0 suy ra tọa độ điểm A(-4; 0)

3

ĐT (BH): 3x+y – 4 = 0 suy ra tọa độ điểm B(0 ; 4) => đt BC: x+y – 4 = 0=> M(2;2)




=> C(4;0). Sử dụng AB  2 DC => D(2; - 2). KL: …

Câu 13 :

B

A

iT
H

I

M

hu
C

D



4  B (4; 4)

Tọa độ B là nghiệm của hệ 3xx2 yy  16

.N

Gọi E là trung điểm DH ta thấy ABME là hình bình hành nên ME  AD , nên E là trực tâm
tam giác ADM  AE  MD mà AE  BM nên DM  DM
Từ đó suy ra phương trình BM : 3x  y  16


AB IB 1
10 10

  DI  2 IB  I ( ; )
CD IC 2
3 3
Phương trình đường thẳng AC : x  2 y  10
14 18
Phương trình đường thẳng DH : 2 x  y  2 suy ra tọa độ H ( ; ) suy ra tọa độ C(6; 2)
5 5


Từ CI  2 IA  A(2; 4)

Gọi I là giao điểm của AC và BD, ta có

et

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Câu 14 :

Ta có PH  PN  PQ  5 và cos HPN


Th
De



3
5

Gọi u (a; b) là một VTCP của PN, PH  (4;3) ,
 

  cos(u, PH ) 
suy ra: cos HPN

4a  3b

5 a 2  b2



3
5

a  0

 7a  24ab  0  
24
a  b
7

2

a  0
 NP : x  4  0  N (4;3)
b  1

Với a  0  

Với a 

iT

a  24
24
b
 NP : 7 x  24 y  56  0
7
b  7

 4 17 
 4 17 
 N   ;   . Vậy N (4;3) hoặc N   ;  
5
5
 5

 5

Câu 15 :

J

hu

A

B

N

M

.N

I

K

C

et

D

Gọi J là trung điểm của AB. khi đó AJCK là hình bình hành  AK // CJ.

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Gọi CJ  BM = N  N là trung điểm của BM.
Chứng minh được AK  BI từ đó suy ra tam giác BMC là tam giác cân tại
C.

Th
De



Ta có MC  3; 1  MC  10  CM = BM = AB = 10
Trong tam giác vuông ABM có

AB 2  BM .BI  BM . AB 2  AI 2  BM . AB

5
 BM  2 2
2

 B là giao của hai đường tròn (C; 10 ) và (M; 2 2 ). Tọa độ điểm B thỏa

 x  2 2   y  2 2  10
mãn: 
 B(1; 1).
2
2
 x  1   y  1  8

Phương trình đường thẳng AB có dạng: x - 3y + 2 = 0.

iT

Phương trình đường thẳng AM có dạng: x + y + 2 = 0.

 A (-2; 0).

hu

 
Ta có BA  CD  D  1; 3 .

Câu 16 :

Gọi N là trung điểm của đoạn AB. N   : x  y  2  0  N  n; n  2  .

.N

Tam giác ABM vuông tại M có N là trung điểm của AB
 AN  BN  MN .
Tam giác AKB vuông tại K có N là trung điểm của AB
 AN  BN  KN .
2

2

et

2

6
3
Suy ra MN=KN   n  3  n   n     n    n  1 . Vậy
5 
5

2

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

N(1;3).
Gọi I là giao của BK và MN. BK có pt 2x-y+5=0. MN có pt x+2y 3 19 

Th
De

7=0. Suy ra I   ;  . I là trung điểm của BK. Suy ra
 5 5 
B  0;5  ; C  6; 1 .

.N

hu

iT
Câu 17 :

Câu 18 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác đường cao AA’có phương
trình x+2y-2=0 trực tâm H(2;0) kẻ các đường cao BB’và CC’ đường thẳng B’C’ có
phương trình x-y+1=0 M(3;-2)là trung điểm BC .tìm tọa độ các đỉnh A,B và C.

et
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Xét đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABC kẻ đường
kính AN

A

B'

J

=> M là trung điểm HN = > N(4;-4)

Th
De
C'

I

H

J là trung điểm AH = >MJ//AN và MJ  B’C’

C

Phương trình AN là x+y=0 =>tọa dộ A(-2;2)

M

B

A'

= > I(1;-1)

N

x  3  t
 y  2  2t

BC có Phương trình 
B(3+t;-2+2t)
IB=IA

= > B (3  13; 2  2 13) C (3  13; 2  2 13)

iT

Câu 19 :


Gọi AI là phan giác trong của BAC

A

M'

B

K
I

hu


Ta có : 
AID  
ABC  BAI

E

  CAD
  CAI

IAD

M
C

D



  CAI
 , ABC
  CAD
 nên 
Mà BAI
AID  IAD
 DAI cân tại D  DE  AI

.N

PT đường thẳng AI là : x  y  5  0

Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0
Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)




Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5 x  3 y  7  0

et

VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5   VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Câu 20 :

Th
De

G là trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm của cạnh AB.
MG ME 1

  EG // CD  EG  KD . Mà ABC là tam giác cân nên KG  MD  G là trực tâm
MC MD 3
tam giác EKD nên KE  GD  KE  BD .

 t  15 
 t  21 
 t  21 


, t  0. DP    t  1;
, DK    t  1;

6 
6 
6 




Suy ra BD : x  6 y  21  0  D t ;

t  3
  t  15   t  21 
Vì DP  DK nên  t  1 t  1  

 D3;4 

0
t   117
 6  6 
37


AC đi qua D và P  AC : x  2 y  11  0

iT

AK qua K và vuông góc với DE nên KA : x  1  0  A1;5 . Kết hợp D là trung điểm AC  C 4;3
BC qua C và vuông góc với AK nên BC : y  3  0  B 3;3
Vậy A1;5, B 3;3, C 4;3 .

hu

Câu 21 :

Ta có: d1  d 2  I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:

.N

x  y  3  0
x  9 / 2
9 3
. Vậy I ; 



2 2
x  y  6  0
y  3 / 2

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD  M  d 1  Ox
Suy ra M( 3; 0)
9
2

2

3
2

2

et




Ta có: AB  2 IM  2  3       3 2

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Theo giả thiết: S ABCD  AB.AD  12  AD 

S ABCD

12

2 2
AB
3 2

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d 1  AD

Th
De

Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT:
1( x  3)  1( y  0)  0  x  y  3  0 . Lại có: MA  MD  2

x  y  3  0

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: 

 x  3  y 2  2
2

y   x  3
y   x  3
y  3  x



2
2
2

2
x  3  1
x  3  y  2
x  3  (3  x)  2

x  2
x  4
hoặc 
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)

y  1
y   1

x C  2 x I  x A  9  2  7
y C  2 y I  y A  3  1  2

iT

9 3
2 2

Do I ;  là trung điểm của AC suy ra: 

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)

Câu 22 :

hu

Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)

Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và R là bán kính của (C), ta có

2

.N

  5 
5 5
IA   ;5   R  IA 
2
2 

1
125
2

Phương trình đường tròn (C) có dạng  x     y  1 
2
4


Gọi D  AM  (C ) thì tọa độ của D thỏa mãn hệ phương trình

et

Phương trình đường thẳng AM có dạng x  2  0

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

x  2  0

 x  2
2



1
125
2
2
 y  1  25
 x     y  1 
2
4


Th
De

x  2
x  2

(tọa độ của điểm A) hay 
 D  2; 4 
y  6
 y  4

 , suy ra
Do AM là đường phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa của cung BC
BC  ID

  5

Đường thẳng BC đi qua điểm M và nhận ID   ; 5  làm vectơ pháp tuyến có phương trình
2

5
3
 x  2   5  y    0  x  2 y  5  0
2
2


Tọa độ của B, C là nghiệm của hệ phương trình

iT

x  2 y  5  0
x  2 y  5

2

1
125   2
2
y  4y  0
 x     y  1 

2
4


hu

x  5
 x  3

hay 
y  0
 y  4

Vậy B  5;0  , C  3; 4  hay B  3; 4  , C  5;0 
Câu 23 :

E(-1;-3)
x

I

H

F(1;3)

//

M(3;-1)
/

//

D(4;-2)

C

et

/
B

x

.N

A

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

+ Chứng minh được tứ giác BHCD là hình bình hành
+ Tìm được H(2;0).

Th
De

+ PT đường cao (BH):x-y-2=0.
+ PT cạnh (AC):x+y-4=0.

+Gọi C(c ;4-c) thuộc AC. Nhờ t/c trung điểm suy ra B(6-c ;-6+c).
B nằm trên BH nên ta có (6-c)-(-6+c)-2=0 hay c=5. Suy ra : B(1 ;-1) và C(5 ;-1).
+ PT đường cao (AH) đi qua H(2;0) và vuông góc BC là :x-2=0.

+ A là giao điểm của AH và AC nên A(2;2).
Câu 24 :

 Giả sử : AB  a, (a  0) . Suy ra : CE 

AE  AD 2  DE 2 

a 5
2

a 17
4

hu

ME  CM 2  CE 2 

iT

Ta có : AM  AB 2  BM 2 

3a
a
, DE 
4
4

a 13
4

 Theo định lý Cosin trong AME, ta có : cos EAM 

vì A có tung độ dương nên : 4  4m  0  m  1


.N

 Ta có A  ( AE )  A(m; 4  4m)

AE2  AM 2  EM 2
6

2 AE.AM
85

Suy ra đường thẳng AM có VTCP là AM  (4  m; 4m  2)

et



mà đường thẳng AE có VTCP là a AE  (1; 4)

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

 
AM .a AE
 
 Khi đó : cos EAM  cos AM , a AE   
AM . a AE





1(4  m)  4(4m  2)

Th
De


2

2

2

1  ( 4) . (4  m)  (4m  2)

 Lúc này, ta có :

2



12  17 m
17. 17 m 2  24m  20

m  0
6
2

 833m  1176m  0  
 m  24
85
17. 17m2  24m  20
17

12  17m

Vì m  1 chọn m  0 . Vậy : A(0; 4)

Câu 25 :

 Ta có : B  (d )  B (b; 2b  1)
Mà : d ( B, (CM ))  BH 

b  2  B(2; 5)

b   70  B   70 ; 123 

17
 17 17 
 70 123 

hu

iT

b  8(2b  1)  10
52
52


 17b  18  52
65
65
12  (8)2

Điểm B   ;
 : loại, vì điểm B này và điểm D đã cho nằm về cùng một phía đối với
 17 17 
đường thẳng CM
Chọn B (2; 5) , suy ra I (3; 0)


 
 BC  (8c  12; c  5)
Mà BC  DC  BC.DC  0 với 
 DC  (8c  14; c  5)

.N

 Ngoài ra : C  (CM )  C (8c  10; c) với c  2

et

c  1
 (8c  12)(8c  14)  (c  5)(c  5)  0  65c  208c  143  0   143
c 
65

2

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Vì c  2 , chọn c  1 , suy ra C (2;1)
 I là trung điểm của AC nên A(8; 1)

Th
De

Vậy : A(8; 1), B (2; 5), C (2;1)

Câu 26 :

Đường tròn (C ) có tâm I(1,2),R=2

Gọi M(a,b). Do M  (C1 )  a 2  b 2  6a  4b  11  0(1)

Phương trình đường tròn đường kính IM: x 2  y2  (a  1) x  (b  2) y  a  2b  0
Suy ra phương trình đường thẳng d: (a  1) x  (b  2) y  1  a  2b  0

Do P  d  a  b  3  0(2)

iT

a  4
 M (4;1)
b  1

Từ (1) và (2) suy ra: 

hu

Câu 27 :

Giả sử D  a; b  . Vì M là trung điểm BD nên B  6  a; 2  b  .
  900  AD  DC  BN / /CD
Ta có ADC


NB   7  a;1  b 

và


CD   a  4; b  2 



Ta có PD   a  1; b  3 ;
 

PD  CD   a  1 a  4    b  2  b  3  0 (2)

có

 
NB, CD

cùng

phương

et

a  5
a  4

Thế (1) vào (2) ta có 2a 2  18a  40  0  

Ta

.N

 7  a  b  2    a  4 1  b   b  a  6 1

.

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Với a = 4 ta có b = -2. Khi đó D(4;-2) trùng C (loại).
Với a = 5 ta có b = -1. Vậy D(5;-1) và B(1;-1).

Th
De

Vì AD đi qua P(1;3) và D(5;-1) nên phương trình đường thẳng AD: x + y – 4 = 0.
Vì AB vuông góc với BC nên phương trình đường thẳng AB: 3x - y – 4 = 0.
3 x  y  4  0
x  2
.

x

y

4

0
y

2



Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình 
Vậy A  2; 2  , D(5;-1) và B(1;-1).

Câu 28 :

Đường tròn (C) có tâm I (2;1) , bán kính R  3 . Do M  d nên M (a;1  a) .
Do M nằm ngoài (C) nên IM  R  IM 2  9  (a  2) 2  (a) 2  9

iT

 2a 2  4a  5  0 (*)

Ta có MA2  MB 2  IM 2  IA2  (a  2) 2  (a) 2  9  2a 2  4a  5
Do đó tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình: ( x  a) 2  ( y  a  1) 2  2a 2  4a  5

hu

 x 2  y 2  2ax  2(a  1) y  6a  6  0 (1)

Do A, B thuộc (C) nên tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình x 2  y 2  4 x  2 y  4  0 (2).
Trừ theo vế của (1) cho (2) ta được (a  2) x  ay  3a  5  0 (3)

.N

Do tọa độ của A, B thỏa mãn (3) nên (3) chính là phương trình của đường thẳng  đi qua
A, B.
+) Do (E) tiếp xúc với  nên (E) có bán kính R1  d ( E, )

Chu vi của (E) lớn nhất  R1 lớn nhất  d ( E ,  ) lớn nhất

et

5 11 

2 2 

Nhận thấy đường thẳng  luôn đi qua điểm K  ;

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Gọi H là hình chiếu vuông góc của E lên   d ( E, )  EH  EK 

10
2

Dấu “=” xảy ra khi H  K    EK .

Th
De
1 3
 2 2

Ta có EK    ;  ,  có vectơ chỉ phương u  (a; a  2)
1
2

3
2

Do đó   EK  EK .u  0   a  (a  2)  0  a  3 (thỏa mãn (*))
Vậy M  3;4 là điểm cần tìm

Câu 29 :

Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp
trong một đường tròn. Mà BC  CD nên

C

B

H

A

.
AC là đường phân giác của góc BAD

B'

D

M

iT

Gọi B ' là điểm đối xứng của B qua AC.
Khi đó B '  AD .

hu

Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ
phương trình:

x  y 1  0
x  3
. Suy ra H  3; 2  .


x  y  5  0
y  2

Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó
B '  4;1 .

.N



Đường thẳng AD đi qua M và nhận MB ' làm vectơ chỉ phương nên có
phương trình
x  3 y  1  0 . Vì A  AC  AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

x  y 1  0
x  1
. Do đó, A 1;0  .


x  3y 1  0
y  0

et

phương trình:

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!





Ta có ABCB’ là hình bình hành nên AB  B ' C . Do đó, C  5; 4  .
Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra d : 3x  y  14  0 .

Th
De

Gọi I  d  AD , suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là nghiệm
của hệ:
3 x  y  14  0
 43 11 
 38 11 
. Suy ra, I  ;  . Do đó, D  ;  .

 10 10 
 5 5
x  3y 1  0



Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận CD làm vectơ chỉ phương nên
có phương trình 9 x  13 y  97  0 .

Câu 30 : Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên CD
 ABM   HBC  BM  BC  BNC  BMN  BH  d  B, d   2 2  BD  4
2

iT

D  BD  D  m; 2  :BD  4   d  1  4  d  1(L) V d  3

Vậy : D(3;2)

Câu 31 : Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC

hu

Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x
− 3y – 1 = 0
B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt:

A

E
M(0;2)

B

N

C
H

et

I

.N

4 x  3 y  1  0
 B (4;5)

 x  y 1  0

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Th
De

Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0
A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt:
3x  4 y  8  0
1
 A( 3;  )

4
 3x  4 y  10  0

Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt:

iT

C (1;1)
 x  1; y  1
4 x  3 y  1  0

   31 33 

31
33
2
2
C  ; 
x  ; y 
 x  ( y  2)  2
25
25

  25 25 

hu

Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía
đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.

.N

 31 33 
Tương tự A và C  ;  thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam
 25 25 

49
49
giác ABC. BC = 5, AH  d ( A, BC ) 
. Do đó S ABC 
(đvdt).
20
8

Câu 32 : A là giao điểm của đường phân giác AD và đường tròn (I) ( (I) là đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC)

x  y

et

x  y

x  y  0
 2
   x  2 (nhËn)
 Tọa độ A thỏa hệ  2
2
2 x  6 x  20  0

 x  y  4 x  2 y  20  0
  x  5 (lo¹i)

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

(do A có hoành độ âm)  A(-2;2) Gọi D là điểm thỏa: D = (I)  (d); D  A .Ta có D(5;-5)


AD: đường phân giác BAC

Th
De

  DAC
  BOD
  DOC
  ID là tia phân giác BOC
 . Lại có BOC cân tại O
 BAD

(OB=OC=R)

 ID là phân giác

 đồng thời
BOC

ID  BC .(I): x 2  y 2  4 x  2 y  20  0 .

 ( x  2)2  ( y  1) 2  25



 Tâm I(2;-1)  ID  (3; 4) .Đường thẳng BC qua M có VTCP ID  (3; 4) nên có pt:

3x  4 y  25  0
.Tọa độ B,C thỏa hệ:  2
2
 3x  4 y  25  0
 x  y  4 x  2 y  20  0

3( x  3)  4(y 4)  0

3x  4 y  25
3x  4 y  25



2
2
2
(4 y  25)  12(4 y  25)  18 y  180  9 y
25 y  170 y  145  0

iT
hu

3 x  4 y  25
3

x


x  7


  y  1
5
 

hoặc 
.
 y  1
 y   29
  y   29

 
5
5
Vậy ta tìm được 2 bộ điểm A, B, C thỏa đề:

Câu 33 :

.N

3 29

A
(

2;2);
B
(7;

1);

C
(
; )

5 15

 A(2;2); B ( 3 ;  29 ); C (7; 1)

5 15

et
Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

M

B

A

H

Th
De

I

C

D

Ta có : tam giác MDC vuông tại D
=>(MD) : x – y + 5 = 0
=> D(-2; 3)
MD =

8 2
3
=> HD = MD = 2 2
3
4

Gọi AB = a => SABCD =

3a.2 2
= 12 => a = 2 2
2

=>DC = 4 2

=>B(3; 2)
=> (BC): 3x – y – 7 = 0


  45 hoặc BCA
  135
AIB  90  BCA
  45  ADC cân tại D.
Suy ra CAD

hu

Câu 34 :

iT

Gọi C(c; 1 –c ) => DC2 = 2(c + 2 )2 => c = 2 hay c = -6 (loại)=>C(2;
-1)


A  2a  9; a  , AD   8  2a; 1  a 
AD 2  40  a 2  6a  5  0

et

a  1

a  5
 A 1;5  (n)

.N

Ta có DI  AC Khi đó phương trình đường thẳng AC có dạng: x  2 y  9  0 .

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />

- Website Đề Thi Thử THPT Quốc Gia - Tài Liệu Ôn Thi.Cập nhật hằng ngày.Truy cập tải ngay!

Phương trình BD : x  3 y  4  0

Phương trình BI: 3x  4 y  5  0

Th
De
B  BI  BD  B  2; 2  .

Câu 35 : Gọi H’ là đối xứng của H qua phân giác trong BD thì H '  AB

HH '  BD  ptHH ' : x  y  c  0
H (4;1)  HH '  c  5

Vậy pt HH’: x –y + 5 = 0

Gọi K là giao điểm của HH’ và BD , tọa độ K thỏa hệ:

 x  y  5
 K (0;5)

x  y  5

iT

K là trung điểm HH’  H '(4;9)

  3
 3
MH '   ; 3   1; 5 
5
 5

hu

quaH '  4;9 
AB : 

VTPT
n
  5;1

Pt AB: 5x + y – 29 = 0

4
5




M là trung điểm AB  A  ;25 

* C là giao điểm của AC và Oy => C(0 , 4)

et

Câu 36 :

.N

5 x  y  29
 B(6; 1)
x  y  5

B là giao điểm của AB và BD  tọa độ B thỏa hệ 

Like Fanpage để cập nhật đề thi thử nhiều hơn qua Facebook : />