Các bài toán OXY chọn lọc hướng tới kỳ thi THPT quốc gia 2016 Phần 1 Thầy Nguyễn Thanh Tùng

GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

CÁC BÀI TOÁN OXY CHỌN LỌC HƯỚNG TỚI KÌ THI
THPT QUỐC GIA 2016_PHẦN 1
Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Hocmai.vn

ĐỀ BÀI
Bài 1 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2; 0) . Đường thẳng
 2 6
 có phương trình 3 x  y  0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành. Gọi H   ;  , K lần lượt
 5 5
24
là hình chiếu vuông góc của B, D lên  . Diện tích hình thang BHKD bằng
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình
5
bình hành ABCD biết đường thẳng BD đi qua điểm M ( 2; 6) và K có hoành độ dương.
Bài 2 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( AB  AC ) . Trên cạnh
 60 15 
AB lấy điểm I sao cho AI  AC . Đường tròn đường kính IB cắt BC tại M  ;  và cắt đường kéo dài CI tại
 17 17 
N (4; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015 x  2016 y  0 .
Bài 3 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) . Biết AC
5

 3

vuông góc với BD tại E (1; 1) . Gọi M  ; 3  là trung điểm của AB và N  0;  là điểm thuộc cạnh DC sao cho
2

 4
CN  3DN . Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương.
Bài 4 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (T )
 1 
và C (1; 0) . Biết tiếp tuyến của đường tròn (T ) tại B cắt AC tại E . Gọi F   ; 2  là điểm thuộc đoạn BE và
 2 
 3 5
J   ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết D (2;1)
 4 4
thuộc đường tròn (T ) .
Bài 5 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm B ( 1; 4) .
Gọi D, E (1; 2), N lần lượt là chân đường cao kẻ từ A , chân đường cao kẻ từ B của tam giác ABC và trung điểm
 3 7
của cạnh AB . Biết I   ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC .
 2 2
9 3
Bài 6 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với M  ;   là trung điểm của
 2 2
đoạn BC và đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x  3 y  5  0 . Gọi E , F lần lượt là chân đường cao kẻ
từ đỉnh B , C của tam giác ABC . Tìm tọa độ đỉnh A , biết đường thẳng đi qua hai điểm E , F có phương trình
2x  y  2  0 .
Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Bài 7 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Đường thẳng đi qua B
 3 3 1
vuông góc với AC tại H có phương trình y  1 . Gọi M  2;  , N  ;   lần lượt các điểm thuộc đoạn AH , DC
 2 2 2
sao cho AM  3MH , DC  4 NC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD .

Bài 8 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng 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 hoành độ
âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x  y  7  0 .

LỜI GIẢI
Bài 1 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2; 0) . Đường thẳng
 2 6
 có phương trình 3 x  y  0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành. Gọi H   ;  , K lần lượt
 5 5
24
là hình chiếu vuông góc của B, D lên  . Diện tích hình thang BHKD bằng
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình
5
bình hành ABCD biết đường thẳng BD đi qua điểm M ( 2; 6) và K có hoành độ dương.
Giải:
M(-2;6)
B(?)

A(-2;0)

Δ:3x+y=0

I
H(-2/5;6/5)
C(?)

D(?)
I'
A'
K

Gọi I là tâm của hình bình hành ABCD và A ', I ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, I lên  .
Khi đó II ' là đường trung bình trong cả hình thang BHKD và tam giác AA ' C .
6
Do đó ta có: BH  DK  2 II '  AA '  d ( A, ) 
10
24
2.
( BH  DK ).HK
2.S BHDK
8 10
Lúc đó S BHDK 
 HK 
 5 
.
6
2
BH  DK
5
10

2

Gọi K  t; 3t    với t  0 , khi đó : HK 2 

2

128
6  128
 2 
  t     3t   
5
5
5
 5 

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

6
 6 18 
hoặc t  2 (loại)  K  ;   .
5
5 5 
Cách 1: Khi đó phương trình KD : x  3 y  12  0 và BH : x  3 y  4  0

 5t 2  4t  12  0  t 

 3b  3d  8 b  d 
Gọi D(3d  12; d ) và B (3b  4; b)  I 
;
  C  3b  3d  10; b  d 
2
2 


 B (3b  4; b)
Do C    3.(3b  3d  10)  b  d  0  d  b  3  
. Ta có
 D (3b  3; b  3)


MB  (3b  2; b  6)

MD  (3b  5; b  9)

 B (1;1)
Do M  BD nên : (3b  2)(b  9)  (b  6)( 3b  5)  48b  48  b  1  
 C (1; 3)
 D (0; 4)
Vậy B ( 1;1), C (1; 3), D(0; 4) .
Cách 2: Trình bày trong bài giảng.
Bài 2 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( AB  AC ) . Trên cạnh
 60 15 
AB lấy điểm I sao cho AI  AC . Đường tròn đường kính IB cắt BC tại M  ;  và cắt đường kéo dài CI tại
 17 17 

N (4; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015 x  2016 y  0 .
Giải:
C
1

M

1
2

A

3

4

1

1

I

2

B

2
1

N

  CMI
  1800  ACMI nội tiếp đường tròn
Ta có CAI
  I  450  I  M
M
 M
  900  
M
AMN  900 hay AM  MN .
1
1
2
4
1
4
  8
32  8
Ta có MN   ;    .(1; 4) , suy ra phương trình AM : x  4 y  0
 17 17  17
x  4 y  0
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 
 x  y  0  A(0; 0)
2015 x  2016 y  0

 C
  450  M  450  MI là phân giác của góc 
Ta có M
AMN
2
1

3
  900  BAC
  ACBN nội tiếp đường tròn  N
B
N

Mặt khác, BNC
1
1
2

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

 , suy ra I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác AMN
Suy ra NI là phân giác của MNA
Phương trình AN : x  4 y  0 ; AM : x  4 y  0 và MN : 4 x  y  15  0

x  4y
4 x  y  15
3x  5 y  15  0
Phương trình phân giác của góc 
AMN thỏa mãn:



17
17
5 x  3 y  15  0
Do A, N khác phía với MI nên phương trình MI : 5 x  3 y  15  0  BC : 3 x  5 y  15  0
x  4y
4 x  y  15
x  y  5  0
Phương trình phân giác NC của góc 
ANM thỏa mãn:


17
17
x  y  3  0
Do A, M khác phía so với NC nên NC có phương trình: x  y  3  0
x  y  3  0
x  0
Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 

 C (0; 3)
3 x  5 y  15  0
y  3
Khi đó AB đi qua A(0; 0) vuông góc với AC nên có phương trình: y  0
y  0
x  5
Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 

 B (5; 0)
3 x  5 y  15  0

y  0
Vậy A(0;0), B (5;0), C (0;3) .
Chú ý:
Trong hình vẽ bài toán này, ta có thể khai thác thêm tính chất ED  AN để sáng tạo ra các đề bài mới, với E là
giao điểm của AB và MN và D là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính IB với AN .
C

M
E

A

B

I

D

N

Bài 3 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) . Biết AC
5

 3
vuông góc với BD tại E (1; 1) . Gọi M  ; 3  là trung điểm của AB và N  0;  là điểm thuộc cạnh DC sao cho
2

 4
CN  3DN . Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương.

Giải

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

B
1

M
(T)
1

A
E

I

5
4
1

D

N

C

 C
 (cùng chắn cung AD ) (1)
Do ABCD nội tiếp đường tròn nên B
1
1
E
E
 (2)
Ta có EM là trung tuyến của tam giác vuông AEB nên EMB cân tại M hay B
1
1
4
E

Từ (1) và (2), suy ra C
1
4
E
  900  C
E
  900 , suy ra ME  DC .
Mặt khác, E
4
5
1
5
 x  1  4t

 3
Khi đó DC đi qua N  0;  vuông góc với EM nên có phương trình: 3x  4 y  3  0  
 4
 y  3t
 
1
3

Suy ra C ( 1  4t;3t ) (với t  )  CN   1  4t ;  3t 
4
4


1  4t  3 xD
1  4t




 xD 
 1  4t

Ta có CN  3 ND   3
;1  t 
3  D
3 

 3

 4  3t  3  yD  4 

 yD  1  t





  4t  2

Suy ra ED   
; 2  t  và EC   4t  2;3t  1
3


 
 4t  2 
Khi đó ED  EC  ED.EC  0   
 .(4t  2)  (2  t ).(3t  1)  0
3 

C (3;3)
2
 5t 2  3t  2  0  t  1 hoặc t   (loại), suy ra 
5
 D (1; 0)
 A( a; 2a  3)  CE
Khi đó phương trình CE : 2 x  y  3  0 và DE : x  2 y  1  0 , suy ra 
 B ( 2b  1; b)  DE
a  2b  1  5
a  0
 A(0; 3)

Do M là trung điểm của AB nên 


2a  3  b  6
b  3  B(5; 3)
Gọi I là tâm của đường tròn (T ) , khi đó:

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

5

x

 IA  IB
 x  ( y  3)  ( x  5)  ( y  3)

2  I  5 ; 1 
IA  IB  ID   2







2
2
2
2
2
2 2
 IA  ID
 x  ( y  3)  ( x  1)  y
y   1

2
2

2

2

2

2

2

5
Bán kính của (T ) là: R  IA 
. Vậy đường tròn (T ) cần lập có phương trình:
2

2

2

5 
1
25

.
x   y  
2 
2
2


Bài 4 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (T )
 1 
và C (1; 0) . Biết tiếp tuyến của đường tròn (T ) tại B cắt AC tại E . Gọi F   ; 2  là điểm thuộc đoạn BE và
 2 
 3 5
J   ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết D (2;1)
 4 4
thuộc đường tròn (T ) .

Giải:

B

D
1

F
2

E

1

I

M
1

J
C

A

Gọi M là giao điểm của CF và đường tròn (T ) , lúc này ta sẽ chứng minh M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam
giác AEF hay ta sẽ đi chứng minh AEFM nội tiếp đường tròn tâm J . Thật vậy:
B
 (cùng phụ với 
M
 (cùng chắn cung AC )
Ta có E
ACB ) và B
1

1

1

1

M
E
  FMA
M
  FMA
  1800 , suy ra AEFM nội tiếp đường tròn tâm J (*)
Suy ra E
1
1
1
1
 x  1  3t
Phương trình đường thẳng CF là: 
 M (1  3t; 4t )
 y  4t
2

2

7 
5 5

Khi đó từ (*), suy ra: JM  JF  JM  JF   3t     4t     50t 2  41t  8  0
4 
4 8

2

2

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

  1 32 
8

 M  25 ; 25 
t   25


 1 32 


M ; 
  1 
 25 25 
t   1
M   ;2  F


2

  2 
Ta có phương trình trung trực d1 của DC là : x  y  2  0
phương trình trung trực d 2 của MC là: 3 x  4 y  1  0
Khi đó tọa độ tâm I của đường tròn (T ) ngoại tiếp tam giác ABC (hay ngoại tiếp tam giác MBC )
x  y  2  0
x  1
là nghiệm của hệ: 

 I 1;1
3 x  4 y  1  0
y 1
Do ABC vuông tại A , suy ra I là trung điểm của BC , do đó B (1; 2)
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và ngoại tiếp tam giác AEF lần lượt có phương trình:
3
5
3
x 2  y 2  2 x  2 y  1  0 và x 2  y 2  x  y   0
2
2
2
Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
1

x2  y2  2x  2 y 1  0
x

x  0


 1 32 

25

hoặc 
 A(0;1) hoặc A  ;   M (loại)
 2
3
5
3
2
 25 25 
y 1
x  y  x  y   0
 y  32

2
2
2

25
Vậy A(0;1), B (1; 2) .

Bài 5 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm B ( 1; 4) .
Gọi D, E (1; 2), N lần lượt là chân đường cao kẻ từ A , chân đường cao kẻ từ B của tam giác ABC và trung điểm
 3 7
của cạnh AB . Biết I   ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC .
 2 2
Giải:

 BE có phương trình: x  1 , khi đó AC đi qua E ( 1; 2) vuông góc với BE
nên AC có phương trình: y  2

 c 1 
 Gọi M là trung điểm của BC và gọi C (c; 2)  AC  M 
;3 
 2


Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

 Lúc này ta sẽ chỉ ra M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN hay ta sẽ chứng minh MEND là tứ
giác nội tiếp đường tròn. Thật vậy:
  NEA
 (vì NAE cân tại N ) và MNE
  NEA
 (vị trí so le - MN // AC )
Ta có NAE

  MNE
 (1)
 NAE
Mặt khác: E , D cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên ABDE nội tiếp đường tròn , khi đó:

 (cùng bù với BDE
 ) (2)

  EDM
 BDE
NAE
Từ (1) và (2) suy ra : MNE = EDM , suy ra MEND nội tiếp đường tròn.
Khi đó ta có:
2
2
2
2
c  2  3
c  1
C (1; 2)
c2 1 1 3
IM  IE  R  IM 2  IE 2  













 2   2  2  2
 c  2  3  c  5 C (5; 2)

Vậy C (1; 2) hoặc C ( 5; 2) .
9 3
Bài 6 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với M  ;   là trung điểm của
 2 2
đoạn BC và đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x  3 y  5  0 . Gọi E , F lần lượt là chân đường cao kẻ
từ đỉnh B , C của tam giác ABC . Tìm tọa độ đỉnh A , biết đường thẳng đi qua hai điểm E , F có phương trình
2x  y  2  0 .

Giải

A(?)

 Gọi N là trung điểm của AH với H là trực tâm của
AH
BC
ABC . Ta có: NE  NF 
và ME  MF 
,
2
2
suy ra MN  EF . Suy ra MN có phương trình:
2x  4 y  3  0
Khi đó tọa độ điểm N là nghiệm của hệ :
2 x  4 y  3  0
11
7
 11 7 
và y   N   ; 
x


2
2
 2 2
x  3y  5  0

1
1

E

N
4
F

B
 1 
 I   ;1 là trung điểm của MN .
 2 
 NEA và MCE lần lượt cân tại N và M

 E
A1
1
E

  900  NEM
  900 (*)

E
A1  MCE

1
4
  MCE

 E
4

H

I

M

C

 Gọi E (t ; 2t  2)  EF khi đó từ :
2
t  2
 E (2; 6)
125
2
 1
(*)  IE  IM  IE  IM   t     2t  1 
 t2  t  6  0  

4
 2
t  3  E (3; 4)
2

2

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

 Đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x  3 y  5  0 nên gọi A(5  3a; a ) . Ta có
2
2
a  1
 A(2;1)
21  
7  125

NE  NA  NE  NA   3a     a   
 a 2  7a  6  0  

2 
2
2

 a  6  A(13;6)
Vậy đáp số của bài toán là A(2;1) hoặc A( 13;6) .
2

2

Bài 7 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Đường thẳng đi qua B
 3 3 1
vuông góc với AC tại H có phương trình y  1 . Gọi M  2;  , N  ;   lần lượt các điểm thuộc đoạn AH , DC
 2 2 2
sao cho AM  3MH , DC  4 NC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD .
Giải:
A

B

M

1

H
1

D

N

C

AC đi qua M và vuông góc với BH nên có phương trình: x  2
x  2
Khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 
 H (2;1) .
y 1

2  x A  3.(2  2)
 
 xA  2

Mặt khác, ta có AM  3MH   3
 A(2;3)
 3  
 yA  3
 2  y A  3. 1  2 



  HB  4 HB (1) ; Xét BNC , ta có: tan N
  BC  4 BC  4 BC (2).
Xét MBH , ta có: tan M
1
1
MH
AH
NC CD
AB
HB AH
HB BC
Lại có: ABH ~ ACB 



(3).
CB AB
AH AB

  tan N
 M
N

Từ (1), (2), (3) suy ra : tan M
1

1

1

1

Khi đó M , N cùng nhìn BC dưới các góc bằng nhau, suy ra MNCB là tứ giác nội tiếp
  900 hay BM  MN , suy ra phương trình BM : x  4 y  8  0 .
 BMN
x  4 y  8  0
x  4
Tọa độ điểm B là nghiệm của hê: 

 B (4;1) .
y 1
y 1
Khi đó DC đi qua N song song với AB nên có phương trình: x  y  2  0
x  y  2  0
x  2
Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 

 C (2; 0) .
x  2

y  0
 
Do ABCD là hình chữ nhật nên CD  BA  ( 2; 2)  D(0; 2) . Vậy A(2;3), B (4;1), C (2; 0), D (0; 2).
Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Chú ý: Yếu tố vuông góc trong bài toán, cụ thể BM  MN sẽ luôn được giữ nguyên nếu đề bài đảm bảo được
MH NC
tỉ số

k.
AH DC
Bài 8 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng 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 hoành độ
âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x  y  7  0 .
Giải:


AJ đi qua J (2;1) và D (2; 4) nên
có phương trình: x  2  0
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của 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 tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

 
AmE  EnC
Khi đó: 
  DqB

CpD

  CpD


 EnC
AmE  DqB

 (1)
hay ECD
AmE  DqB
 1 
 EBD  2 sd ECD
 Mặt khác: 
  1 sd 


 DJB
AmE  sd DqB

2
  DJB

Từ (1) và (2) suy ra: EBD



(2)



  DB  DC (2*)
hay tam giác DBJ cân tại D , suy ra DB  DJ (*) . Lại có 
A1  A
2
Từ (*) & (2*) suy ra: DB  DJ  DC hay D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC
 Suy ra B, C nằm trên đường tròn tâm D (2; 4) bán kính DJ  5 có phương trình : ( x  2) 2  ( y  4) 2  25 .
Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

( x  2)2  ( y  4)2  25
 x  3
x  2
 B (3; 4)

hoặc 



 y  4
 y  9  B (2;9)
x  y  7  0
Do B có hoành độ âm nên ta được B ( 3; 4)

BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng 2 x  y  10  0 nên có phương trình: x  2 y  5  0
( x  2)2  ( y  4)2  25
Khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ : 

x  2 y  5  0
Vậy A(2;6), B ( 3; 4), C (5; 0) .

 x  3
x  5
C (3; 4)  B
hoặc 


 y  4
y  0
C (5; 0)

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !