Chuyên đề ôn thi THPT QG 2016 phần hình học oxy
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (714.15 KB, 42 trang )
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
Phần 1. Tam giác và đường tròn
(50 bài tập kèm lời giải chi tiết)
A. Phương pháp
Thực ra mỗi bài toán hình học toạ độ đều chứa đựng trong bản chất của nó một
bài toán phẳng. Nhưng đề bài toán lại không đề cập đến bài toán phẳng đó. Nên
phán đoán và giải quyết bài toán phẳng trong bài toán hình học toạ độ luôn là
một vấn đề khá hấp dẫn. Với bài viết này tôi muốn thông qua các bài toán cụ thể
hình thành cho học sinh khả năng phán đoán bài toán hình học phẳng có trong
bài toán hình học toạ độ thông qua hình phẳng vẽ biểu thị chính xác, các giả
thiết phẳng đã cho và kết luận của bài toán hình học toạ độ.
1/ Phán đoán bài toán phẳng thông qua hình phẳng biểu thị
Để phán đoán được bài toán phẳng trong bài toán hình học toạ độ theo cách này
đòi hỏi học sinh phải thực hiện được hai yêu cầu sau
+/ Vẽ hình phẳng biểu thị một cách chính xác các giả thiết hình học phẳng đã
cho của bài toán.
+/ Căn cứ vào kết luận của bài toán để xét xem bài toán phẳng mà ta dự đoán
nếu giải quyết được thì có tìm được kết quả của bài toán hình học toạ độ không.
2/ Phán đoán bài toán phẳng thông qua giả thiết phẳng đã có và kết luận
của bài toán hình học toạ độ.
Để phán đoán được bài toán phẳng trong bài toán hình học toạ độ theo cách này
thì học sinh cần thực hiện những yêu cầu sau
+/ Vẽ hình phẳng biểu thị một cách chính xác các giả thiết hình học phẳng đã
cho của bài toán.
+/ Căn cứ vào kết luận của bài toán và các giả thiết phẳng đã cho để phán đoán
xem cần tìm được một giả thiết mới nào từ các giả thiết phẳng đã cho thì bài
toán hình học toạ độ được giải quyết
B. Bài tập vận dụng
Các bài tập vận dụng sau đây tác giả lấy từ các đề thi thử THPT QG trên Thư viện
Đề thi & Kiểm tra - Thư viện trực tuyến ViOLET. Xin chân thành cảm ơn các
bạn đã đóng góp nhiều đề thi hay đặc biệt là các bài toán hình học tọa độ trong
mặt phẳng hay, phù hợp với bài viết này.
Bài 1. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,
1
GV: Ngô Quang Vân
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
8 1
cho tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm của AB. Biết I ; là tâm
3 3
7 1
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và G 3;0 , K ; lần lượt là trọng tâm
3 3
tam giác ABC và ACM. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C .
Giải
Gọi N là trung điểm của AM, khi đó:
A
CK CG 2
GK AB
CN CM 3
N
Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
nên IM AB IM GK
Lại có:
MN NK 1
MK / / C
BN NC 3
K
M
I
Mà IG BC IG MK
Do đó I là trực tâm của tam giác MGK
Gọi M x; y .
G
C
B
Ta có:
1 1 1
7
1
KM x ; y , GM x 3; y , GI ; , KI ;0
3
3
3 3
3
GI .KM 0
x 3
M (3;1)
I là trực tâm tam giác MGK nên ta có:
y 1
KI .GM 0
G là trọng tâm tam giác ABC nên
xc 3 3(3 3)
xc 3
C (3; 2)
MC 3MG
yc 1 3(0 1)
yc 2
K là trọng tâm tam giác ACM nên:
x A 3xK ( xC xM )
x 1
A
A(1; 2)
y
3
y
(
y
y
)
y
2
K
C
M
A
A
M là trung điểm của AB suy ra B 5;0
Vậy A 1; 2 , B 5;0 , C 3; 2 .
Bài 2. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC
có C(-1;-2) ngoại tiếp đường tròn tâm I. Gọi M, N, H lần luợt các tiếp điểm của
(I) với cạnh AB, AC, BC. Gọi K(-1;-4) là giao điểm của BI với MN. Tìm toạ độ
các đỉnh còn lại của tam giác ABC, biết H(2;1).
Giải
GV: Ngô Quang Vân
2
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
IBC
ICB
ABC ACB
Ta có KIC
2
2
C'
BAC
(1)
900
2
BAC
Ta có KNC
ANM
AMN 900
(2)
A
2
KNC
N
Từ (1) và (2) suy ra KIC
nên tứ giác KNIC nội tiếp trong đường
tròn đường kính IC.Mặt khác tam giác
IHC nội tiếp trong đường tròn đường
kính IC. Vậy 5 điểm K, N, I, H, C nằm
trên đường tròn đường kính IC.Gọi J là
trung điểm của IC nên J là tâm đường tròn
đi qua 5 điểm trên. Giả sử J(x;y) khi đó
K
M
I
J
C
B
H
(1 x) 2 (4 y ) 2 (1 x) 2 (2 y ) 2
JC JK
x 3
JC JK JH
2
2
2
2
(1 x) (4 y ) (2 x) (1 y )
JC JH
y 3
J (3; 3) .
Vì J là trung điểm của IC nên I(7;-4). Từ đó suy ra BI có phương trình y 4 0
BC đi qua H và C nên có phương trình x y 1 0 .
y 4 0
B (3; 4)
x y 1 0
Do đó, B(x;y) là nghiệm của hệ
1v NKC
1v Từ đó gọi C’ là điểm đối xứng của C qua đường thẳng
Vì INC
BI. Khi đó K là trung điểm của CC’ nên C’(-1;-6).
Đường thẳng AB qua B và C’ có phương trình là: x y 7 0
Giả sử AC có VTPT n (a; b), (a 2 b2 0)
Khi đó AC có phương trình a( x 1) b( y 2) 0 ax by a 2b 0
Ta có d ( I , AC ) IH
+
7 a 4b a 2b
a 2 b2
5 2
a
b 1
5 2
a 2 b2
a 23
b 7
8a 2b
a
1 chọn a = 1, b = -1 nên AC có phương trình x y 1 0 ( trùng BC) (
b
loại).
a 23
chọn a = 23 ; b = 7 nên AC có phương trình 23x 7 y 37 0
b 7
3
x
x
y
7
0
4
+ Khi đó A (x; y) là nghiệm của hệ
23 x 7 y 37 0
y 31
4
3 31
Vậy A( ; )
4
4
+
GV: Ngô Quang Vân
3
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
Bài 3. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho
tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm I; có đỉnh A thuộc đường thẳng d:
x + y - 2 = 0, D(2; -1) là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ đỉnh A. Gọi
điểm E(3; 1) là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AI; điểm P(2;1) thuộc
đường thẳng AC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
Giải
Gọi M là điểm đối xứng của A qua I.
BAM
EDC
(Do tứ giác ABDE nội tiếp). Từ đó suy ra DE / /MC
Ta có BCM
AC DE AC .
mà MC
Ta có DE 1; 2 . Phương trình AC : 1 x 2 2 y 1 0 x 2y 4 0 . Ta có
A d AC . Tọa độ của A thỏa hệ phương trình
A 0; 2 . Ta có AD 2; 3 , AE 3; 1 .
x 2y 4 0
x 0
x y 2 0
y 2
Phương trình BE : 3 x 3 y 1 0 3x y 8 0 .
Phương trình BD : 2 x 2 3 y 1 0 2x 3y 7 0 . B BE BD
17
x
3x y 8 0
17 5
7
B ; .
Tọa độ của B thỏa hệ phương trình
7
7
2x 3y 7 0
y 5
7
Ta có C AC BD , nên Tọa độ của C thỏa hệ phương trình
26
x
x
2y
4
0
26 1
7
C ; .
7 7
2x 3y 7 0
y 1
7
GV: Ngô Quang Vân
4
Sưu tầm và biên soạn
TUYN TP NHNG BI TON OXY HAY ễN THI THPT QUC GIA
17 5
26 1
Kt lun : A 0; 2 , B ; , C ; .
7
7
7 7
Bi 4. ( thi th THPT QG - Violet) Trong mt phng vi h ta Oxy,
cho tam giỏc ABC vuụng ti A ni tip ng trũn (T) cú phng trỡnh:
x 2 y 2 6x 2y 5 0. Gi H l hỡnh chiu ca A trờn BC. ng trũn ng
kớnh AH ct AB, AC ln lt ti M, N. Tỡm ta im A v vit phng
trỡnh cnh BC, bit ng thng MN cú phng trỡnh: 20x 10y 9 0 v
im H cú honh nh hn tung .
Gii
(T) cú tõm I(3;1), bỏn kớnh R 5.
ICA
(1)
Do IA IC IAC
ng trũn ng kớnh AH ct BC ti
M MH AB MH / /AC
ICA
(2)
(cựng vuụng gúc AB) MHB
AHM
(chn cung AM) (3)
Ta cú: ANM
T (1), (2), (3) ta cú:
Suy ra: AI vuụng gúc MN
phng trỡnh ng thng IA l:
A
N
E
M
B
I
H
C
x 2y 5 0
Gi s A(5 2a; a) IA.
a 0
M A (T) (5 2a)2 a2 6(5 2a) 2a 5 0 5a2 10a 0
a 2
Vi a 2 A(1; 2) (tha món vỡ A, I khỏc phớa MN)
Vi a 0 A(5; 0) (loi vỡ A, I cựng phớa MN)
Gi E l tõm ng trũn ng kớnh AH E MN E t; 2t
Do E l trung im AH H 2t 1; 4t
9
10
38
10
58
48
AH 2t 2; 4t , IH 2t 4; 4t
10
10
272 896
Vỡ AH HI AH.IH 0 20t 2
t
0
5
25
8
11 13
H ; (thoỷa maừn)
t
5
5 5
28
31 17
H ; (loaùi)
t
25
25 25
GV: Ngụ Quang Võn
5
Su tm v biờn son
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
11 13
8
Với t H ; (thỏa mãn)
5
5 5
6 3
Ta có: AH ; BC nhận n (2;1) là VTPT
5 5
phương trình BC là: 2x y 7 0
Bài 5. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho
tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tiếp xúc với các cạnh BC,CA,AB lần lượt
tại các điểm D,E,F. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết D(3;1), trung
điểm của BC là M(4;2), phương trình EF: 3x-y-2=0 và B có hoành độ bé hơn 4.
Giải
Phương trình đường thẳng BC: x-y-2=0
Gọi H là giao điểm của EF và BC ta có tọa độ H là nghiệm của hệ
3 x y 2 0
x 0
, H (0; 2) . Từ các giả thiết ta thấy H nằm trên tia đối
x y 2 0
y 2
của tia BC.
Ta chứng minh MD.MH=MB2.
Thật vậy, qua B kẻ đường thẳng song song với CA cắt HE tại G. Khi đó ta có
BG=BF=BD đồng thời
HB GB DB
HB.DC DB.HC . Vì M là trung điểm
HC CE DC
đoạn BC nên ta được
MH MB MB MD MB MD MH MB MH .MD MB 2 .
2
Gọi B(t;t-2),t<4 ta có 2 t 4 8 t 4 2 t 2, B(2;0) C (6;4) .
2
Phương trình đường tròn tâm B bán kính BD là (T): x 2 y 2 2 .
Đường thẳng EF cắt (T) tại G và F có tọa độ là nghiệm của hệ
3
x
x 2 2 y 2 2
x 1
5
. Vì G nằm giữa H và F nên
y
1
1
y
3 x y 2 0
5
GV: Ngô Quang Vân
6
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
3 1
F 1;1 , G ; . Khi đó phương trình AB: x+y-2=0, AC đi qua C và song
5 5
song với BG nên có pt: x-7y+22=0. Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
x y 2 0
x 1
, A(1;3)
x 7 y 22 0
y 3
Vậy, A(-1;3),B(2;0),C(6;4).
Bài 6. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho
tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC , các
1 1
điểm M 2; 1 , N lần lượt là trung điểm của HB và HC ; điểm K ; là trực
2 2
tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ điểm C , biết rằng điểm A có tung độ âm và
thuộc đường thẳng d : x 2 y 4 0 .
Giải
C
N
H
K(-1/2;1/2)
M(2;-1)
I
A
B
x+2y+4=0
Gọi I là trung điểm của AH , ta có MI / / AB MI AC
Suy ra: I là trực tâm tam giác AMC CI AM
Mà NK AM NK / / CI K là trung điểm HI .
2a 2 2 a
;
3
3
Đặt A 2a 4; a d , từ hệ thức AK 3KH H
2a 4 5 a
7
1
;
2
3
3
2
7
2a 4 1
5 a
Khi đó: AK .MH 0 2a
a
0
2
3 2
3
a 1
2
A 2; 1 .
10a 13a 23 0
a 23
10
Suy ra tọa độ H 0;1 và B 4; 3
Suy ra: AK 2a; a và MH
Phương trình AB : x 3y 5 0 và BC : x y 1 0 .
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:
GV: Ngô Quang Vân
7
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
x 3y 5 x 4
C 4; 3 .
x y 1
y 3
Bài 7.(Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho
tam giác ABC vuông tại A có cos BCA
3
. Đường thẳng AB đi qua điểm
10
M(4; -1); đường thẳng AC đi qua N(-2; -1). Trọng tâm của tam giác ABC là
G
11 10
; . Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC
3 3
biết điểm A có tọa độ nguyên.
Giải
C
GH 1
AC 3
GK 1
GK AC K
AB 3
GH GK
GH AC
AC AB
GK AB
3 tan BCA
1
cos BCA
3
10
AB 1
AC 3
GH
3 GH 3GK
GK
d (G , AB ) 3d(G, AC)
GH AB H
J
K
G
A
H I
B
M(4;-1)
N(-2;-1)
Gọi vecto pháp tuyến của đường thẳng AB là n a; b (a 2 b2 0)
suy ra vecto pháp tuyến của đường thẳng AB là n b; a
Do
d (G, AB) 3d (G, AC )
11a 10b
4a b
3
3
a 2 b2
a b (b 0)
13b a 3 17b 13a
5a 8b (b 0)
3
Với a=b PT đường thẳng AB : x+y-3=0
PT đường thẳng AC : x-y+1=0
A(1;2) thỏa mãn
B thuộc đường thẳng AB nên B(b; 3-b)
8
GV: Ngô Quang Vân
11b 10a
2b a
3
3
a 2 b2
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
C thuộc đường thẳng AC nên C(c; c+1)
Áp dụng tính chất tọa độ trọng tâm tìm được b=3, c=7
Vậy B(3; 0); C(7; 8).
5a= 8b chọn a=8; b=5 PT đường thẳng AB : 8x+5y-27=0
PT đường thẳng AC : 5x-8y+2=0
Suy ra A
206 151
;
(loại)
89 89
Vậy phương trình chứa các cạnh của tam giác ABC:
Đường AB: x+y-3=0; Đường AC: x-y+1=0 ; Đường BC: 2x-y-6=0
Bài 8. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường
2
2
tròn (C): x 1 y 1 25 , và các điểm A(7;9), B(0;8) . Tìm tọa độ điểm
M thuộc (C) sao cho biểu thức P MA 2MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải
(C) có tâm I(1;1) và bán kính R = 5.
B
5
Gọi J ;3 . Ta chứng minh với mọi điểm
2
M
M thuộc (C) ta có MA = 2MJ.
Thật vậy
A
2
2
I
J
MA 2MJ MA 4MJ
2
2
MI IA 4 MI IJ
2MI IA 4IJ 3R 2 4IJ 2 IA 2 .
Đẳng
vì
thức
này đúng
2
IA 4IJ 0; 3R 4IJ 2 IA 2 0.
Vì thế với mọi điểm M thuộc (C) ta có: MA 2MB 2 MJ MB 2BJ .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BJ (Vì B nằm ngoài đường
tròn (C); J nằm trong đường tròn (C)). Do đó MA + 2MB nhỏ nhất khi và chỉ
khi M là giao điểm của đường tròn (C) và đoạn thẳng BJ. BJ có phương trình
2x y 8 0 . Tọa độ giao điểm của BJ và (C) là nghiệm của hệ
2x y 8 0
x 1
x 5
hoặc
.
2
2
y
6
y
2
x
1
y
1
25
Thử lại ta có điểm M(1;6) thuộc đoạn JB thỏa mãn bài toán
Bài 9. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho
tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường thẳng AH là 3x y 3 0 ,
trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E và F lần lượt là chân đường cao hạ
từ B và C đến AC và AB, phương trình đường thẳng EF là x 3y 7 0 . Tìm tọa
độ điểm A, biết A có hoành độ dương.
Giải
GV: Ngô Quang Vân
9
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
Gọi I trung điểm AH. Tứ giác AEHF nội tiếp và bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc
một đường tròn nên IM EF (đoạn nối tâm vuông góc với dây chung).
ABE
(cùng phụ góc A hoặc cùng phụ góc EHF)
Ta có: IEF
1 EMF
IME
và: ABE
2
90 MFI
MEI
900 .
MEI
Do đó tứ giác MEIF nội tiếp đường tròn đường kính IM, tâm là trung điểm J của
IM.
(Đường tròn (J) là đường tròn Euler)
0
H
A
I
I
F
F
H
E
E
A
J
J
C
B
M
C
M
Đường thẳng IM qua M và vuông góc EF nên có phương trình: 3x + y – 9 = 0.
I là giao điểm của AH và IM nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:
3x y 3 0
3x y 9 0
I(1; 6).
Đường tròn đường kính IM có tâm J(2 ; 3) và bán kính r JM 10 nên có
phương trình: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 10 .
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình:
x 3y 7 0
2
2
x 2 y 3 10
x 1
x 5
x 3y 7
hoặc
E(5 ; 4) hoặc E(–1;2).
2
y
2
y
4
y
3
1
Vì A AH nên A(a ; 3a + 3)
Ta có: IA IE IA 2 IE 2 (a 1)2 (3a 3)2 20 a 1 2
Vì A có hoành độ dương nên A(1 2;6 3 2) .
Bài 10. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam
GV: Ngô Quang Vân
10
Sưu tầm và biên soạn
B
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
giác ABC có trực tâm H(3;0) và trung điểm của BC là I(6;1). Đường thẳng AH
có phương trình x + 2y – 3 = 0. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C
của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh A, C biết DE có phương trình x – 2 = 0
và điểm D có tung độ dương
Giải
GV: Ngô Quang Vân
11
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
Bài 11. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường
tròn (C ) : x 2 y 2 9 , đường thẳng : y x 3 3 và điểm A(3, 0) .Gọi M là một
điểm thay đổi trên (C) và B là điểm sao cho tứ giác ABMO là hình bình
hành.Tính diện tích tam giác ABM, biết trọng tâm G của tam giác ABM thuộc
và G có tung độ dương
Giải
(C) có tâm O(0; 0), bán kính R 3 .
Nhận xét: A (C ) OA OM ABMO là hình thoi AM OB .
4
3
y
Gọi I AM OB OG OI . Kẻ GK // AM ,
M
B
Kẻ GK // AM , K OA ,Gta có:
O
A K
x
K OA ,
4
OK OA K (4; 0) .
3
GK // AM GK OB .
Suy ra G thuộc đường tròn đường kính OK .
Toạ độ G ( x; y ), y 0 thoả mãn:
y x 3 3
2
2
( x 2) y 4
x y 3 3
x y 3 3
G (3; 3) (do y 0) .
2
2
2
y 1 3 y 4
2 y 2(1 3) y 2 3 0
9
9 OK .d(G , Ox) 9.4. 3 9 3
.
Diện tích: S( AMB ) S( OAM ) 2 S( OAI ) 2. .S( OKG ) .
16
8
2
16
4
Bài 12. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy,
cho tam giác ABC có trọng tâm G (1; 2). Phương trình đường tròn đi qua trung
điểm của hai cạnh AB, AC và chân đường cao hạ từ đỉnh A đến cạnh BC của
tam giác ABC là x 32 y 2 2 25 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.
12
GV: Ngô Quang Vân
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
Giải
Gọi ( ) là đường tròn có phương trình x 32 y 2 2 25 có tâm I (3; 2) bán
kính R 5
Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB và H là chân đường
cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC.
Gọi L là trung điểm của đoạn HD, K là giao điểm của EF và AD, suy ra K là
trung điểm của EF và AD (1)
Suy ra KL là đường trung bình của tam giác ADH
KL HD
(2)
KL EF
Suy ra KL / / AH
A
Như vậy từ (1) và (2) suy ra H, D, E, F
là bốn đỉnh của hình thang cân.
Suy ra ( ) đi qua trung điểm ba cạnh
tam giác ABC.
F
B
K
E
H L D
C
GA 2GD
Ta có : GB 2GE suy ra phép vị tự tâm G tỉ số k = -2, biến tam giác DEF
2
.
GC
GF
thành tam giác ABC và do đó biến đường tròn ( ) thành đường tròn ( ') ngoại
tiếp tam giác ABC có bán kính R’ = 2R = 10, có tâm I’(x ;y) thỏa mãn :
x 3
I (3;10).
GI ' 2GI
y 10
Vậy ( ') :( x 3)2 ( y 10)2 100.
3x x x x
x x 3xG xC
2 x x x
Cách 2. Ta có G A B C A B
và F A B
2 yF y A yB ,
3 yG y A yB yC
y A yB 3 yG yC
3 xC
xF
2
2
2 xF 3xG xC
3 xC
6 yC
2
do đó
3
2 25
y
6
2
2
C
2 yF 3 yG yC
y
F
2
2
2
( xC 3) ( yC 10) 100 (3).
Bài 13. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho tam
giác ABC có trọng tâm G(1;2). Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Biết rằng
đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC có phương
trình: x2 + y2 – 2x + 4y + 4 = 0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC
Giải
Gọi trung điểm của HA, HB, HC, BC, CA, AB lần lượt là I, E, F, M, N, P. Ta
có: EH AC EH IF. Mà MF // EH MF IF góc IFM vuông tại F
GV: Ngô Quang Vân
13
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
Tương tự ta có góc IEM vuông tại E nên M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam
giác IEF.Tương tự ta cũng có N, P cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
IEF
Mặt khác dễ thấy tam giác ABC là ảnh của tam giác MNP qua phép vị tự tâm G
tỷ số k = -2
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ảnh của đường tròn ngoại tiếp
tam giác MNP
Ta có đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP có phương trình:
x2 + y2 – 2x + 4y + 4 = 0, có tâm K(1;-2) và bán kính R = 1
Gọi
K’,
R’ là tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì
GK ' 2GK , R’ = 2R.
Suy ra K’(1;10) và R’ = 2
vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
(x - 1)2 + (y - 10)2 = 4
A
I
H
N
P
E
G
F
C
B
M
Bài 14. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho
tam giác ABC không là tam giác vuông và nội tiếp đường tròn (I) ( đường tròn
(I) có tâm là I ); điểm H 2; 2 là trực tâm tam giác ABC. Kẻ các đường kính AM,
BN của đường tròn (I). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết
M 5;3 , N 1;3 và đường thẳng BC đi qua điểm P 4; 2 .
Giải
Nhận xét. Các tứ giác BHCM, AHCN là các hình bình hành suy ra nếu gọi E, F
lần lượt là trung điểm của BC, CA thì E, F cũng tương ứng là trung điểm của
7 5
3 5
HM, HN. Do đó M ; , N ; .
2 2
2 2
Đường thẳng BC đi qua điểm P(4;2), M ; nên:
2 2
7 5
BC :
x4 y2
x y6 0.
7
5
4
2
2
2
GV: Ngô Quang Vân
14
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
A
F
H
N
I
B
E
P
C
M
Đường thẳng BC đi qua điểm P(4;2), M ; nên:
2 2
7 5
BC :
x4 y2
x y6 0.
7
5
4
2
2
2
AH vuông góc với BC suy ra AH có vtpt n AH 1; 1 , kết hợp với AH đi qua
điểm H 2; 2 suy ra: AH :1 x 2 1 y 2 0 x y 0 .
A AH A a; a , C BC C b;6 b .
Do F là trung điểm AC nên:
x A xC
x
F
a b 3
a 1
2
A 1;1 , C 2; 4 .
6
5
2
y
y
a
b
b
A
C
y
F
2
Do E là trung điểm của BC nên:
xB xC
xE 2
xB 2 xE xC
x 5
B
B 5;1 .
yB 1
yB 2 yE yC
y yB yC
E
2
Vậy A 1;1 , B 5;1 , C 2; 4 .
Bài 15. (HSG Thanh Hóa 2011)
Cho tam giác ABC nhọn có tọa độ chân các đường cao hạ từ đỉnh A; B; C
xuống các cạnh tương ứng là D(-1; - 2); E( 2; 2) ; F(-1; 2) .Lập phương trình
đường thẳng chứa cạnh AC.
Giải
GV: Ngô Quang Vân
15
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
A
E
F
H
B
D
C
Gọi H là trực tâm tam giác ABC ta có phương trình DE : 4x – 3y – 2 = 0 ;
EF : y – 2 = 0
4x 3y 2
( y 2)
5
Ta có hai phương trình đường thẳng là : x 2 y 2 0 ( ) hay 2 x y 6 0 (d )
Vậy phương trình phân giác góc FED là :
Khi thay tọa độ của F; D vào (d) thấy F; D cùng phía đối với (d) nên phương
trình AC : 2x + y – 6 = 0
(Ta có thể tìm phương trình các cạnh còn lại và từ đó xác định các định của tam
giác ABC)
Bài 16. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Cho tam giác ABC biết tọa độ P (3;0);Q
(4;1);R
11 8
; lần lượt là ba điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp tam giác
5 5
ABC với các cạnh BC; CA; AB của tam giác ABC . Hãy xác định tọa độ các
đỉnh của tam giác
Giải
A
Do đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Q
qua P; Q; R nên phương trình của nó là
2
2
R
: x 3 y 1 1
Ta có tâm I(3;1) vì vậy các đt AC; BC;
AB đi qua
Q; P ; R có véc tơ pháp
tuyến là IQ; IP; IR sẽ có phương trình
B
P
tương ứng là :
AC : x = 4 BC: 4x – 3y – 4 = 0 ;
AB : y = 0
Nên tọa độ các đỉnh tam giác là A(4;4) ; B(1;0) ;C(4;0)
Bài 17. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Cho tam giác ABC biết ba đường cao
AH; BH; CH của tam giác lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại R(-1;1) ; P (1;3); Q
11 3
; .Hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
5 5
Giải
Do đường tròn ngoại tiếp tam giác qua P; Q;
R nên có phương trình : x 2 ( y 1) 2 5
Lại có phương trình các đường thẳng RP :
16
GV: Ngô Quang Vân
Sưu tầm và biên soạn
C
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
2x – y =1; PQ : 2x + y – 5 = 0;
RQ : x – 2y – 1 = 0
Nên phương trình các đường phân giác góc
QPR là: x= 1; y = 3 thử lại ta thấy phân giác
trong góc QPR là x = 1 nên tọa độ điểm C
là nghiệm của hệ :
x 2 ( y 1) 2 5
C (2; 2); C (1;3) F (1;3)
x 1
P
A
E
Q
F
H
C
B
G
Vậy tạo độ đỉnh C ( -2 ; 2)
R
Tương tự tọa độ đỉnh A(2; 2) và B(1; -1)
Bài 18.(Đề thi thử THPT QG - Violet) Cho tam giác ABC biết tọa độ giao điểm
của các phân giác trong kẻ từ đỉnh A; B; C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
lần lượt tại P (2;3); Q (6;3); R (1; 2) .Hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
Giải
Bài toán phẳng Cho tam giác ABC biết tọa độ giao điểm của các phân giác
trong với đường tròn ngoại tiếp tam giác.Hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam
giác
Hướng giải :
P
Ta có :
A
1
1
sd ( AP Q1 N ) sd (CP BN Q1 B )
2
2
1
sd ( AQ1 NP ) AQQ1 AQP 900
2
Hay AN Q1 P
AQP
Q
Q1
D
C
Từ đó ta có cách dựng sau :
B
Dựng đường tròn qua ba điểm đã cho, sau đó
dựng các đường thẳng
N
Vuông góc với dây cung cắt đường tròn tại các
điểm đó là đỉnh của tam giác
Giải bài toán tọa độ
Như chứng minh trên ta lập phương trình đường tròn qua P; Q; R
Ta có phương trình : x 2 2 y 2 2 17
Phương trình PQ : y = 3; QR : x – y – 3 = 0; PR : 5x – 3y – 1 = 0
Vậy đường thẳng qua R vuông góc với PQ : x = 1; đường thẳng qua P vuông
góc với RQ : x + y = 1;
đường thẳng qua Q vuông góc với PR : 3x – 5y = 3;
x 2 2 y 2 2 17
Do đó tọa độ đỉnh C là nghiệm của hệ :
x 1
x 2 2 y 2 2 17
Do đó tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ :
x y 1
GV: Ngô Quang Vân
17
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
Do đó tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ :
39 18
;
; C 1; 6
51 17
Giải các hệ này ta có A 3; 2 ; B
Bài 19. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Cho tam giác ABC biết tọa độ tâm
đường tròn bàng tiếp góc A là T(-3;-1); tâm đường tròn bàng tiếp góc B là
S(4;0) tâm đường tròn bàng tiếp góc C là R(-2;4) .Hãy xác định tọa độ các đỉnh
của tam giác
Giải
Bài toán phẳng
Cho tam giác ABC biết tọa độ ba tâm đường tròn bàng tiếp tam giác. Hãy xác
định tọa độ các đỉnh của tam giác
Hướng giải :
A
R
Giả sử R; S ; T là tâm ba đường tròn bàng
tiếp
Tam giác ABC như hình vẽ
Theo tính chất phân giác ngoài và trong ta có
R;A;
C
S thẳng hàng; S;C; T thẳng hàng; R; B T
thẳng hang. Bên cạnh đó ta còn có :
B
S
RS AT ; RC TS ; SB RT
Từ đó ta có cách giải sau :
T
Lập phương trình đường thẳng RS; ST; RT,
sau đó tìm hình chiếu của T; R; S lên ba đường thẳng đó . Tọa độ hình chiếu là
tọa độ đỉnh cần tìm.
Giải
Ta có phương trình qua R; S; T là
: RS : 2 x 3 y 8 0; RT : 5 x y 14 0; ST : x 7 y 4 0
Khi đó phương trình đường cao TA; SB; RC là :
TA : 3 x 2 y 7 0; RC : 7 x y 10 0; SB : x 5 y 4 0
Vậy : tọa độ ba đỉnh A; B; C là nghiệm của các hệ
sau:
2 x 3 y 8 0
3x 2 y 7 0
7 17 x 7 y 4 0
5 12 5 x y 14 0
33 19
;
A ; 2 ;
B 2 ; ;
C
13 13 x 5 y 4 0
13 13 7 x y 10 0
25 25
Bài 20. Cho tam giác ABC biết tọa độ của ba điểm M (1;3); N (9;3); P(8; - 4)
là ba điểm đối xứng của trực tâm H qua trung điểm ba cạnh .Hãy xác định tọa
độ đỉnh tam giác ABC.
Bài toán phẳng
Cho tam giác ABC biết tọa độ của ba điểm M; N; P là ba điểm đối xứng của
trực tâm H qua trung điểm ba cạnh .Hãy xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC
Hướng giải :
Giả sử M ; N; P là ác điểm đối xứng của
trực tâm H qua trung điểm ba cạnh. Khi
GV: Ngô Quang Vân
18
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
đó xét tứ giác BHCP đễ thấy tứ giác này là
hình bình hành nên BH // CP hay AC
vuông góc với AC vậy A; I ; P thẳng hàng;
A
tương tự B; I; N và C; I ; M thẳng hàng
N
(Với I là tâm đường tròn). Từ đó ta xác
định
M
được ba đỉnh tam giác khi biết tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC, nhưng đó
H
I
chính là đường tròn qua ba điểm M; N; P
C
Giải
B
Qua ba điểm M; N; P ta có phương trình
2
2
đường tròn là : ( x – 5 ) + y = 25
P
Vậy tâm đường tròn là : I(5;0)
Do A đối xứng với P(8; -4) qua tâm I nên A(2:4); Do B đối xứng với N(9; 3)
qua tâm I nên B(1:-3)
Do C đối xứng với M(1; 3) qua tâm I nên C(9:-3)
Vậy tọa độ ba đỉnh là A(2;4); B(1;-3) ; C(9;-3)
Do khuôn khổ bài báo có hạn nên tôi xin đưa ra một vài bài tập để luyện tâp
Bài 21.(Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho
tam giác ABC không là tam giác vuông, nội tiếp trong đường tròn (I). Kẻ đường
kính AM của đường tròn (I). Đường thẳng đi qua đỉnh A, vuông góc với BC
và cắt đường tròn (I) tại điểm N (N khác A). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết
rằng M 5;3 , N 4; 4 , đường thẳng BC đi qua điểm P 4; 2 , đường thẳng AC đi
qua điểm Q ; và hoành độ điểm B lớn hơn 3.
2 2
Hướng dẫn
Do
ANM 900 AN MN , kết hợp với AN
song với MN hay
vuông góc BC suy ra BC song
đường thẳng MN có vtcp là MN 1;1 .
Do đó phương trình đường thẳng
3 5
BC :
x4 y2
x y 6 0.
1
1
B
A
H
I
K
AH
vuông góc với MN nên AH có vtpt là
MN 1;1 suy ra phương trình đường thẳng
N
AH: 1 x 4 1 y 4 0 x y 0 .
Gọi K là giao điểm của AH và BC suy ra K là
trung điểm HN và tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình:
Q
P
E
C
M
x y 0
x 3
K 3;3 , kết hợp với
x y 6 0
y 3
K là trung điểm HN suy ra H 2; 2 .
GV: Ngô Quang Vân
19
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
Gọi E là trung điểm BC, do tứ giác BHCM là hình bình hành suy ra E là trung
điểm HM suy ra E ; .
2 2
B thuộc đường thẳng BC nên B t;6 t , kết hợp với E là trung điểm của BC suy
7 5
2t 11 7 2t
;
, BH 2 t ; t 4
2
2
ra C 7 t; t 1 . Ta có CQ
Do
H là trực tâm tam giác ABC nên
CQ. BH 0 2t 11 2 t 7 2t t 4 0
t 5
4t 30t 50 0 5 , kết hợp với t 3 t 5 . Vậy tọa độ các đỉnh của
t
2
tam giác ABC là B 5;1 , C 2; 4 , A 1;1 (A là giao của đường thẳng AH và AC)
2
Bài 22. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy,
cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H. Các đường thẳng AH, BH, CH lần lượt
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, F (D khác A, E khác B, F khác
C). Hãy viết phương trình cạnh AC của tam giác ABC; biết rằng
6 17
D 2;1 , E 3; 4 , F ; .
5 5
A
Giải
E
B'
F
C'
C
H
A'
B
D
Gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C. Do tứ giác
FCA
BCB’C’ nội tiếp nên FDA
ABE
ADE H nằm trên đường phân giác
trong hạ từ D của tam giác DEF, tương tự ta cũng chỉ ra được H nằm trên
đường phân giác trong hạ từ đỉnh E của tam giác DEF. Vậy H là tâm đường tròn
nội tiếp của tam giác DEF.
Ta lập được phương trình các đường thẳng DE, DF lần lượt là
DE : 3 x y 5 0; DF : 3 x y 7 0 . Do đó pt phân giác trong và ngoài của đỉnh
D là
3x y 5
10
3x y 7
10
x 2 0; y 1 0 . Kiểm tra vị trí tương đối của E, F
với hai đường trên ta được phân giác trong kẻ từ đỉnh D là d : x 2 0 .
20
GV: Ngô Quang Vân
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
Tương tự ta lập được phương trình phân giác trong kẻ từ đỉnh E là
d ' : x y 1 0 . Mặt khác H là giao của d và d’ nên H 2;3 . Ta có AC là trung
5 7
trực của HE nên AC đi qua trung điểm B ' ; và có vtpt là
2 2
HE 1;1 AC : x y 6 0
Bài 23. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho
đường tròn (C ) có tâm I và bán kính R 10 . Gọi M là một điểm trên đường
thẳng (d ) : 2 x y 6 0 sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA , MB đến
(C ) , ( A , B là hai tiếp điểm).
Biết rằng đường thẳng AB có phương trình là x y 0 và khoảng cách từ
điểm I đến đường thẳng (d ) bằng 2 5 . Viết phương trình đường tròn (C ) .
HD.
- Vẽ hình phẳng biểu thị
- Từ hình vẽ và giả thiết phẳng
của bài toán ta có hai tam giác
I
A
IJK và IHM đồng dạng và kết
J
hợp với hệ thức lượng trong tam
K
B
giác vuông AMI ta tính được độ
M
dài đoạn IK và suy ra K là trung
H
(d)
điểm HI
Từ đó dẫn đến bài toán phẳng:
Cho đường tròn (C) có tâm I và bán kính R = 10 . Gọi M là một điểm trên
đường thẳng (d), ((d) không có điểm chung với (C)). Từ M kẻ hai iếp tuyến
MA, MB đến (C), (A, B là hai tiếp điểm). Kẻ IH vuông góc với (d) tại H, IH
cắt AB tại K. Tính độ dài đoạn IK, biết IH = 2 5 .
Ta có hai tam giác IJK và IHM đồng dạng nên
IJ
IK
IK .IH IJ .IM , lại
IH IM
có IJ .IM IA2 10 IK 5 suy ra K là trung điểm của IH. Đên đây kết
hợp với các giả thiết về toạ độ ta tìm được toạ độ K suy ra toạ độ H và I.
GV: Ngô Quang Vân
21
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
Đáp số: (C ) : ( x 1)2 ( y 2)2 10 hoặc (C ) : ( x 13)2 ( y 10)2 10 .
Bài 24. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(1;2)
và đường tròn (C) tâm I có phương trình x 2 y 2 4 x 2 y 31 0 .Lập phương
trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A và B
sao cho tam giác IAB có một góc bằng 1200.
Giải
Đường tròn (C) có tâm I(2 ;-1) và bán
A
M
kính R=6
H
Ta có tam giác IAB cân tại I suy ra góc AIB
B
bằng 1200
Gọi H là trung điẻm của AB suy ra
I
0
IH = IA.cos60 = 3
Đường thẳng (d) là đường thẳng đi qua M
và khoảng cách từ I đến (d) bằng 3
+)Đường thẳng (d) có dạng
a(x -1)+ b(y - 2) = 0 (a2+b2>0) ax by a 2b 0
)d ( I ; d )
a 3b
a b
2
2
3 (a 3b) 2 9(a 2 b 2 )
a0
8a 2 6ab 0
4a 3b
+)Với a = 0 Phương trình đường thẳng (d) là y=2
+)Với 4a =-3b ;Chọn a=3 ;b=-4 Phương trình đường thẳng (d) là 3x-4y+5=0
Bài 25.(Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn
(C) (x-4)2 + y2 = 4 và điểm E(4;1).Tìm điểm M thuộc trục Oy để từ M kẻ được
hai tiếp tuyến MA;MB đến đường tròn (C) (A;B là hai tiếp điểm )sao cho ba
điểm A;B;E thẳng hàng.
Giải
A
I
B
E
M
+) Đường tròn (C) có tâm I(4 ;0) và bán kính R=2
GV: Ngô Quang Vân
22
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
Gọi M(0 ;a) 0 y
+) I M 2 16 a 2 MA2 MI 2 IA2 12 a 2
+)Phương trình đường tròn (C’) tâm M bán kính MA là
x 2 y a 12 a 2
2
+)Thấy A ;B là hai giao điểm của hai đường tròn (C) và
(C’) nên toa độ 2 điểm A ;B thoả mãn hệ
x 2 y a 2 12 a 2
8 x 2ay 24 0
2
2
x y 8 x 12 0
Phương trình đường thẳng (AB) là 8 x 2ay 24 0
+)Để 3 điểmA ;B ;E thẳng hàng thì
E ( AB ) 2a 8 0 a 4 . Vậy điểm M(0 ;4)
Bài 26. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam
1
giác ABC cân đỉnh A , điểm D là trung điểm cạnh AC . K 1;0 , E ;4 lần
3
lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và trọng tâm tam giác ABD .
P 1;6 , Q 9;2 lần lượt thuộc đường thẳng AC , BD . Tìm tọa độ điểm
A, B, C , biết D có hoành độ dương.
HD
- Vẽ hình phẳng biểu thị
- Từ hình vẽ ta dự đoán G là trực tâm tam giác EKD
Từ đó dẫn đến bài toán phẳng:
Cho tam giác ABC cân đỉnh A, D là trung điểm cạnh AC, K và G là tâm
đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC. E là trọng tâm tam giác
ABD. Chứng minh rằng G là trực tâm tam giác EKD
A
M
B
E
D
G
C
K
GV: Ngô Quang Vân
23
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
Gọi M là trung điểm cạnh AB . Ta có
MG ME 1
ED CD EG KD
MC MD 3
Mà ABC là tam giác cân nên KG MD suy ra G là trực tâm tam giác EKD
suy ra KE BD . Đến đây kết hợp các giả thiết toạ độ đã cho ta có thể dễ dàng
tìm được toạ độ các đỉnh của ABC .
Đáp số: A(1;5), B(-3;3), C(5;3)
Bài 27.(Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình
thang cân ABCD (cạnh đáy AB ), AB 2CD ,
ADC 1350 . Gọi I là giao của
hai đường chéo, đường thẳng đi qua I và vuông góc với hai cạnh đáy là
(d ) : x 3 y 4 0 . Tìm tọa độ điểm A biết diện tích của hình thang ABCD là
15
, hoành độ của điểm I là 3 và trung điểm AB có tung độ không âm.
2
HD
- Vẽ hình phẳng biểu thị
- Từ các giả thiết của bài toán đã cho và kết luận của bài toán đòi hỏi ta phải
tính được độ dài IM suy ra AB. Khi đó kết hợp các giả thiết toạ độ thì ta dễ
dàng tìm được toạ độ điểm A
Đáp số: A(3;3) hoặc A(5;-3)
E
D
C
I
A
M
B
Bài 28. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam
giác ABC vuông tại A. Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC. Đường thẳng đi
qua A vuông góc với CD có phương trình 4 x 3 y 20 0. Biết rằng phương trình
đường thẳng AD: x 2 y 10 0 , điểm B nằm trên đường thẳng d : x y 5 0.
Tìm toạ độ các điểm B, C.
Giải
GV: Ngô Quang Vân
24
Sưu tầm và biên soạn
TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
4 x 3 y 20 0
*Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
A(2; 4).
x 2 y 10 0
*Gọi H là giao điểm của CD và đường thẳng đi qua A vuông góc CD.
BAC
900 , do đó ABDC là tứ
*Vì D là điểm đối xứng của A qua BC nên BDC
giác nội tiếp.
900
*Ta có: DAH
ADC
ADC
ABC (cùng chắn cung
AC ).
*
*
ABC 900 DAB
DAB
AD
*Từ đó suy ra: DAH
là tia phân giác góc BAH
*Lấy điểm M (5;0) là điểm thuộc AH; gọi N
là điểm đối xứng của M qua AD, ta có N
thuộc AB và toạ độ điểm N là nghiệm của hệ:
y0
x5
2.
10 0
x 7
N (7; 4).
2
2
4
y
2( x 5) 1( y 0) 0
*Đường thẳng AB đi qua A, N có PT: y 4 0.
*Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ:
x y 5 0
B(1; 4).
y 4 0
*Đường thẳng AC đi qua A, vuông góc AB có PT: x 2 0.
*Đường thẳng BC đi qua B, vuông góc AD có PT: 2 x y 6 0.
x 2 0
C (2;10).
2 x y 6 0
*Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ:
*Vậy B (1; 4), C (2;10).
Bài 29. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam
giác ABC nhận trục hoành làm đường phân giác trong của góc A, điểm E 3; 1
thuộc đường thẳng BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
x 2 y 2 2 x 10 y 24 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết điểm A có hoành độ
âm.
Giải
Đường tròn ngoại tiếp có tâm I(1;5). Tọa đôi điểm A là nghiệm của hệ
x 2 y 2 2x 10y 24 0
x 6 x 4
y 0 y 0
y 0
Do A có hoành độ âm suy ra A(-4;0). Và
gọi K(6;0),vì AK là phân giác trong
góc A nên KB=KC, do đó KI BC và IK 5;5 là vtpt của đường thăng BC.
GV: Ngô Quang Vân
25
Sưu tầm và biên soạn
