free bài toán tính chất đường tròn_tính chất góc nội tiếp, tứ giác nội tiếp

MOONACADEMY.VN-HỌC ĐỂ KHẲNG ĐỊNH MÌNH GV_LÊ VĂN TUẤN SĐT: 01675.581.879

01. BÀI TOÁN TÍNH CHẤT ĐƯỜNG TRÕN P1.
TÍNH CHẤT-GÓC NỘI TIẾP- TỨ GIÁC NỘI TIẾP
GV: LÊ VĂN TUẤN-MOONACADEMY.VN
PHẦN 1: BÀI TOÁN TÍCH CHẤT : TÍNH CHẤT-GÓC NỘI TIẾP- TỨ GIÁC NỘI TIẾP.
CÕN RẤT NHIỀU PHẦN NỮA, CÁC EM THEO DÕI FB CỦA ANH VÀ TẢI VỀ LÀM NHÉ!
Câu 1[MOONTV 2-6-A TUẤN]: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp
đường tròn  C  đường kính AD. Gọi E  2;5 là một điểm thuộc cạnh AB. Đường thẳng DE cắt đường
tròn  C  tại điểm thứ 2 là K. Biết phương trình các đường thằng BC và CK lần lượt là x  y  0 và
3x  y  4  0 . Tìm toạ độ các điểm A,B,C.
Lời giải:
Giả sử KC cắt AD tại F. Ta có: EF song song với
BC vì cùng vuông góc với đường thẳng AD.
  DAC
  EAF
  tứ giác AKEF nội
Ta có: DKC
AFE  180  
AKE  900
tiếp do đó 

Suy ra EF / / BC . Ta có: C  2; 2   AC  BC
 1 5 
Khi đó EF : x  y  3  0  F  ; 
 2 2

Khi đó: AD : x  y  2  0  B  4;4   A  8;10 
Vậy A  8;10  ; B  4;4  ; C  2  2  là các điểm cần
tìm
Câu 2[MOONTV—6-A TUẤN]:Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp

đường tròn  C  có A  5;3 . Gọi E là một điểm nằm trên cung nhỏ AC của  C  . Trên tia đối của tia EB
lấy điểm D 12; 4  sao cho ED  EC . Biết điểm B và E lần lượt thuộc các đường thẳng x  y  2  0 và
x  3 y  2  0 . Tìm toạ độ các đỉnh B,C .

Lời giải:

Liên tục tuyển sinh các khoa học về HÀM SỐvà hình phẳng Oxy. SĐT liên hệ tư vấn: 01675581879
ĐỊA CHỈ MOONACADEMY: SỐ 16 LÔ 12A, TRUNG YÊN 10 CẦU GIẤY- HÀ NỘI


MOONACADEMY.VN-HỌC ĐỂ KHẲNG ĐỊNH MÌNH GV_LÊ VĂN TUẤN SĐT: 01675.581.879
Gọi B  t; t  2  ta có: AB  AD ( vì cùng
bằng AC) Do 2 tam giác AEC và AED bằng
nhau.
2
2
Khi đó  t  5   t  5  50  t  0
Suy ra B  0; 2   BD : x  2 y  4  0 Khi đó

E  8; 2  . CD : 3x  y  32  0
Khi đó H 11;1 ; C 10;2 
Vậy B  0; 2  ; C 10;2 

Câu 3[MOONTV-2-6-A TUẤN]: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC gọi E là trung điểm
của AB, trên AC và BC lần lượt lấy các điểm M,N sao cho AM  ME, BN  NE . Gọi D là điểm đối xứng
của E qua MN. Biết rằng M 1;5 ; N  4; 4  ; D  6;0  , điểm C thuộc đường thẳng x  y  2  0 và có hoành
độ dương. Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C.
Lời giải:
  NEM
 ( tính chất đối xứng )

Ta có : NDM
  1800  
  1800  
 C
.
NEM
AEM  NEB
A B

Do vậy 4 điểm DNMC nội tiếp trong một đường tròn.
Ta có: MN : x  3 y 16  0; DE : 3x  y 18  0
Trung điểm của DE là I  7;3 ; E 8;6  .
PT đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNDC đi qua 3 điểm
2
M 1;5 ; N  4; 4  ; D  6;0  là :  x  1  y 2  25 T 
Gọi C  t; t  2  ta có:  t  1   t  2   25  C  5;3 .
2

2

Khi đó MC : x  2 y 11  0; BC : x  y  8  0 . Gọi A 11  2a; a  ; B  b;8  b 

11  2a  b  16
a  9

. Do đó A  29; 9  ; B 13; 5 ; C  5;3 là các điểm cần tìm.

a  8  b  12
b  13
Câu 4 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn T  . Biết AC vuông góc với

5

 3
BD tại E 1; 1 . Gọi M  ; 3  là trung điểm của AB và N  0;  là điểm thuộc cạnh CD sao cho
3

 4

CN  3DN . Viết phương trình đường trong T  biết C có hoành độ dương.
Lời giải:

Liên tục tuyển sinh các khoa học về HÀM SỐvà hình phẳng Oxy. SĐT liên hệ tư vấn: 01675581879
ĐỊA CHỈ MOONACADEMY: SỐ 16 LÔ 12A, TRUNG YÊN 10 CẦU GIẤY- HÀ NỘI


MOONACADEMY.VN-HỌC ĐỂ KHẲNG ĐỊNH MÌNH GV_LÊ VĂN TUẤN SĐT: 01675.581.879

 C
 ( cùng chắn
Do tứ giác ABCD nội tiếp nên B
1
1
cung AD).

E
E

Mặt khác ME  MB  MA nên ta có: B
1
1

4
 C
 . Lại có E
E
  900  E
 C
  900
suy ra E
4
1
4
5
5
1
Hay ME  CD . Khi đó CD qua N và vuông góc với
 x  1  4t
ME có PT: 3x  4 y  3  0 hay 
.
 y  3t
 
3

Gọi C  1  4t;3t   CN 1  4t;  3t  .
4


1  4t  3xD

 
Lại có: CN  3ND   3

3

 4  3t  3  yD  4 



  4t  2
 1  4t

 
 D
;1  t  . Suy ra ED 
; 2  t  ; EC  4t  2;3t  1 .
 3

 3

t  1
 
 4t  2 

Ta có: ED.EC  0   
 C  3;3 .
2
  4t  2    2  t  3t  1  0  
3
t    loai 


5



Khi đó: CE : 2 x  y  3  0; DE : x  2 y  1  0 . Gọi A  a; 2a  3 ; B  2b  1; b 



a  2b  1  5
ta có: MA   MB  
suy ra A  0; 3 ; B  5; 3 .
2a  3  b  6
2

2

5 
1
25

Suy ra PT đường tròn T  là:  x     y   
.
2 
2
2

Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M (5;7) nằm trên cạnh BC. Đường

tròn đường kinh AM cắt BC tại B, cắt BD tại N (6; 2) , đỉnh C thuộc đường thẳng d : 2 x  y  7  0 . Tìm
tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2.
Lời giải:
Ta có tứ giác ABMN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM

AMN  
ABN  450 ( cùng chắn
ANM  900 . Mặt khác 
do vây 


AN )
Do đó ANM vuông cân tại N. Ta có: AN : x  5 y  4  0 .
Gọi A  5t  4; t  . Khi đó: AN  MN   5t  10    t  2   16
2

2

 t  3  t  1  A 1;1  do xA  3 . Gọi C  u; 2u  7 
Lại có: NA  NC   u  6    2u  9 
2

2

u  7
 26  
u  13  loai 
5


Do vậy C  7;7   K  4;4   AC : x  y  0; BD : x  y  8  0
Liên tục tuyển sinh các khoa học về HÀM SỐvà hình phẳng Oxy. SĐT liên hệ tư vấn: 01675581879
ĐỊA CHỈ MOONACADEMY: SỐ 16 LÔ 12A, TRUNG YÊN 10 CẦU GIẤY- HÀ NỘI

MOONACADEMY.VN-HỌC ĐỂ KHẲNG ĐỊNH MÌNH GV_LÊ VĂN TUẤN SĐT: 01675.581.879
Lại có: BC : x  7  B  7;1  D 1;7  .
Vậy A 1;1 ; B  7;1 ; C  7;7  ; D 1;7  .
Câu 6[LVT]: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD với B  2; 2  , M là trung điểm của BC
đường tròn  C  ngoại tiếp hình vuông ABCD cắt đường thẳng AM tại H 1;3  H  A . Tìm tọa độ các
đỉnh A của hình vuông ABCD và viết phương trình đường tròn  C  biết D có hoành độ âm.
Lời giải :
Ta có tứ giác ADHB nội tiếp do đó
  DAB
  1800  DHB
  900 từ đó BHD là tam giác vuông
BHD

  BAH
 nên ta có: DH  2HB
tại H. Lại có BDH
Phương trình đường thẳng DH là: x  y  2  0 .
Gọi D  t; t  2  ta có:
t  1
2
DH 2  4 HB 2  2  t  1  8  
t  3  loai 

Khi đó D  1;1 , gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có:




3  3  xG  2 
 5

BD  3BG  
 G 1; 
 3

1  3  yG  2 
Phương trình đường thẳng GH là: x  1 , phương trình đường chéo AC là 3x  y  3  0
2

2

1 
3 5
1 3

Do vậy A 1;0  , tâm I  ;    C  :  x     y    .
2 
2
2
2 2

Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A có AB  AC , phương trình đường
trung tuyến AM là: d : x  2 y  4  0 , đường tròn  C  có tâm thuộc cạnh AC đi qua 2 điểm A và M cắt
 5
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại H  4;  ( H không thuộc AC). Tìm tọa độ các đỉnh B,C của tam
 2
25
giác ABC biết diện tích tam giác ABC bằng
.
4

Lời giải:

Liên tục tuyển sinh các khoa học về HÀM SỐvà hình phẳng Oxy. SĐT liên hệ tư vấn: 01675581879
ĐỊA CHỈ MOONACADEMY: SỐ 16 LÔ 12A, TRUNG YÊN 10 CẦU GIẤY- HÀ NỘI


MOONACADEMY.VN-HỌC ĐỂ KHẲNG ĐỊNH MÌNH GV_LÊ VĂN TUẤN SĐT: 01675.581.879
Tâm I của đường tròn  C  thuộc AC mà AB  AC nên AB là tiếp

tuyến của đường tròn  C   BAM
AHC ( cùng chắn 
AM ).

Mặt khác tứ giác ABCH nội tiếp trong đường tròn ngoại tiếp tam
  900  MB  MA  MH  1 BC .
giác ABC nên BHM
2
Do vậy 2 tam giác cân tại M là : MAB  MAH .
Do đó AB  AH và MB  MH nên AM là trung trực của AM.
21
Phương trình đường thẳng BH là: 2 x  y   0
2
21

3
2 x  y   0
 1

Trung điểm của BH là nghiệm của HPT: 
 E  5;   B  6;  

2
2
 2


x  2 y  4  0
Khi đó: S ABC  2S ABM  d  B; AM  . AM  MA  MB 

S ABC
5 5

.
d  B; AM 
4


1
7 1
t   4  M  2 ;  4   C 1;1
2


 3  125
Gọi M  2t  4; t   MB 2   2t  2    t   

 5
16
 2
 13 5 
t   M  ;   C  7; 4 

 2 4
 4
2

3

Đáp số: B  6;   ; C 1;1 ; C  7; 4  là các điểm cần tìm.
2


Câu 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC trực tâm H 1; 2  , gọi E và F là chân đường cao
2

2

1 
7 5

hạ từ B và C biết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF là:  C  :  x     y    và
2 
2
2

1 3
M  ;  là trung điểm của BC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2 2
Lời giải:
Tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn  C  đường kính AH do có E và F
cùng nhìn AH dưới một góc 900 .
 1 7 

Đường tròn  C  xác định có tâm I  ;   A  0; 5
2 2 
Phương trình đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH là:
AH : x  3 y  5  0 .Gọi B  5  3t; t   C  3t  4;3  t 

 
t  0
Khi đó giải: AB.CH  0   5  3t  5  3t    t  5 t  5  0  
t  3
Với t  0  B  5;0  ; C  4;3
Với t  3  B  4;3 ; C  5;0
Đáp số : A  0; 5 ; B  5;0  ; C  4;3 hoặc A  0; 5 ; B  4;3 ; C 5;0  .

Liên tục tuyển sinh các khoa học về HÀM SỐvà hình phẳng Oxy. SĐT liên hệ tư vấn: 01675581879
ĐỊA CHỈ MOONACADEMY: SỐ 16 LÔ 12A, TRUNG YÊN 10 CẦU GIẤY- HÀ NỘI


MOONACADEMY.VN-HỌC ĐỂ KHẲNG ĐỊNH MÌNH GV_LÊ VĂN TUẤN SĐT: 01675.581.879
Câu 9: Trong mặt phẳng tọa độ cho hình vuông ABCD có K là điểm đối xứng của D qua C. Điểm

E  3; 4  nằm trên cạnh AB, đường thẳng d đi qua E vuông góc với DE cắt đường thẳng BK tại F  6;3 .
Tìm tọa độ đỉnh D của hình vuông ABCD.
Câu 10: (LVT-THI THỬ MOONACADEMY-LẦN 1). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC
nhọn nội tiếp đường tròn  C  . Gọi H và K lần lượt là chân đường cao hạ từ A xuống cạnh BC và từ B
 1 8 
xuống đường kính AA ' của đường tròn  C  . Biết điểm H  ;  , đường thẳng AC và BK lần lượt có
 5 5
phương trình là 2 x  y  6  0 và x  7 y  15  0 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC .

Lời giải:

  KHC
 ( cùng bù với
Dễ thấy tứ giác AKHB nội tiếp do đó BAK
 ). Mặt khác BAK
  BCA
'  KHC
  HCA
'
góc KHB
Do đó HK / / A ' C  AC  HK  AC .
17
 31 58 
Khi đó: HK : x  2 y   0  K  ;  .
5
 25 25 
Suy ra AA ' : 7 x  y  11  0  A 1;4  . Khi đó

BC : x  2 y  3  0  B  1;2  ; C  3;0 
Vậy A 1;4  ; B  1;2  ; C  3;0  là các điểm cần tìm.
Câu 11: (LVT-ĐỀ THI THỬ MOONACADEMY LẦN 2). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác
ABC vuông cân tại A nội tiếp đường tròn  C  . Trên cung nhỏ AB của đường tròn  C  lấy điểm M , trên
cạnh CM lấy điểm N sao cho BM  CN , điểm P thuộc đường thẳng AC. Biết

M  4;4  ; N  0;2  ; P  2;2  và điểm A có hoành độ nhỏ hơn 2. Tìm toạ độ các điểm A,B,C.
Lời giải
Ta có: AMN  ANC  c.g.c  do đó AM  AN .
AMN  
ABC  450 nên tam giác AMN vuông cân
Mặt khác 
tại A. Do AM  AN nên A thuộc trung trực của MN có

phương trình 2 x  y  7  0 . Gọi A  t;7  2t 
 
Khi đó AM . AN  0   t  4  t   3  2t  5  2t   0

t  1  A 1;5

.
t  3  A  3;1  loai 
Với A 1;5 ta có: AC : x  y  4  0 , AB : x  y  6  0 .
MN : x  2 y  4  0; MB : 2 x  y 12  0

Do đó B  6;0  ; C  4;0 
Câu 12[LVT-THI THỬ MOONACADEMY]:Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp
đường tròn  C  đường kính AE. Đường phân giác trong góc A có phương trình x  2 y  2  0 , H là hình
Liên tục tuyển sinh các khoa học về HÀM SỐvà hình phẳng Oxy. SĐT liên hệ tư vấn: 01675581879
ĐỊA CHỈ MOONACADEMY: SỐ 16 LÔ 12A, TRUNG YÊN 10 CẦU GIẤY- HÀ NỘI


MOONACADEMY.VN-HỌC ĐỂ KHẲNG ĐỊNH MÌNH GV_LÊ VĂN TUẤN SĐT: 01675.581.879
 13 9 
chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BC. Biết điểm H 
;  ; E  4; 2  , tìm toạ độ các đỉnh của tam
 5 5
giác ABC.
Lời giải:
Chứng minh AD là phân giác góc HAE .
Ta có: ED : 2 x  y  6  0  D  2; 2 

Suy ra E '  0; 6 

Suy ra AH : 3x  y  6  0  A  2;0   I 1;1 .
BC : x  3 y  8  0 .  C  :  x  1   y  1  10
2

2

 14 18 
 B  2; 2  ; C  ;  hoặc ngược lại.
5 5

Câu 13: Đề Sở GD Hà Nội: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H  5;5 là
hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên cạnh BC , đường phân giác trong của góc A của tam giác ABC nằm
trên đường thẳng x  7 y  20  0 . Đường thẳng chứa trung tuyến AM của tam giác ABC đi qua điểm

K  10;5 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết điểm B có tung độ dương.
Lời giải:


Ta có: BAH
ACH ( cùng phụ với góc 
ABC ).
  MCA

Mặt khác MA  MC  MAC
  BAH
 . Lại có: BAD
  CAD
 do vậy AD cũng
Suy ra MAC
.

là phân giác góc HAM

Gọi K1 là điểm đối xứng của K qua AD khi đó K1  AH
Ta có: KK1 : 7 x  y  65  0  trung điểm I của KK1 là
 19 3 
I
;  suy ra K1  9; 2  . Khi đó AH : x  2 y  5  0  A  AH  AD  A 1;3
 2 2
 13 
Lại có: BC : 2 x  y  15  0 , AM : 2 x  11y  35  0  M  ; 2  . Gọi B  t;15  2t  ta có:
2 
2
t  4 
125
2
 B  4;7 
 13 
MB 2  MA2   t    13  2t  


2
4

t  9 
C  9; 3

Vậy A 1;3 ; B  4;7  ; C  9; 3 .
Câu 14: Chuyên ĐH Vinh lần 3[ 2016] : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A
( AB  AC ). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh BC, D là điểm đối xứng của B qua H, E là

Liên tục tuyển sinh các khoa học về HÀM SỐvà hình phẳng Oxy. SĐT liên hệ tư vấn: 01675581879
ĐỊA CHỈ MOONACADEMY: SỐ 16 LÔ 12A, TRUNG YÊN 10 CẦU GIẤY- HÀ NỘI


MOONACADEMY.VN-HỌC ĐỂ KHẲNG ĐỊNH MÌNH GV_LÊ VĂN TUẤN SĐT: 01675.581.879
hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng AC. Cho biết H 1; 2  , trung điểm của đoạn CD là
7 
K  ; 2  , điểm E thuộc đường thẳng  : x  3 y  5  0 và E có tung độ bé hơn 1. Tìm toạ độ đỉnh A.
2 
Lời giải:
Nhận xét: Đây là bài toán 3 điểm
Bài toán này liên quan đến 3 điểm H,K,E trước hết
các bạn nối lại.
Nhận xét xem nó có tạo thành tam giác vuông
hoặc tam giác cân hay không. Tốt nhất là vẽ 2 cái
hình xem như thế nào rồi đi chứng minh.

  
1

 KEC  KCE  do EK  KC  2 CD 


Ta có: 
 HEA

ADH cung chan 
AH

  900

ABH  KCE
Mặt khác 
ABH  
ADH và 





  900 hay EK  HE
Nên HEK
 
 13 4 
Gọi E  5  3t; t  ta có: EH .EK  0 suy ra E  ;  .
 5 5
2
 D  5; 2 
 7 9
Mặt khác BC : y  2  AH : x  1. Gọi D  t; 2  ta có: KE  KD   t     
4  D  2; 2 
 2

Do D nằm giữa H và K nên ta chọn D  2; 2  khi đó AC : x  2 y  1  0  A 1;0  .

Liên tục tuyển sinh các khoa học về HÀM SỐvà hình phẳng Oxy. SĐT liên hệ tư vấn: 01675581879
ĐỊA CHỈ MOONACADEMY: SỐ 16 LÔ 12A, TRUNG YÊN 10 CẦU GIẤY- HÀ NỘI