50 Bai oxy chon loc thay tung toan p3

HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ_P3
GV: Nguyễn Thanh Tùng

Bài 21. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A . Gọi (T ) là đường
tròn tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại B và C . Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt đường tròn (T ) tại
D . Biết E (3;14) là giao điểm của AC và BD . Đường thẳng BC có phương trình x  y  1  0 . Tìm tọa độ các

 4 
đỉnh của tam giác ABC biết AC đi qua điểm M   ;1 .
 3 

Giải:

B(?)
1

A(?)
N

H
1

D

2

M
1

C (?)
E
 4 
Ta có AC đi qua E (3;14) và M   ;1 nên AC có phương trình: 3x  y  5  0 .
 3 
3x  y  5  0
 x  1
Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 

 C (1; 2) .
 x  y 1  0
y  2

B
 . Mặt khác tam giác ABC cân tại A nên C
B

Ta có CD // AB , suy ra C
2
1
1
1
 C
 , khi đó CB là đường phân giác của góc 
Suy ra C
ACD .

2
1
Gọi N đối xứng với M qua BC , suy ra N  CD .
7
 4 
Ta có MN đi qua M   ;1 và vuông góc với BC : x  y  1  0 nên MN có phương trình x  y   0 .
3
 3 

2

x
x  y 1  0



 2 5
3

 H  ;  .
Khi đó tọa độ giao điểm H của MN và BC là nghiệm của hệ: 
7
 3 3
 x  y  3  0
y  5
3

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !

HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

 7
Suy ra N  0;  (do H là trung điểm của MN ).
 3
 7
Ta có CD đi qua C (1; 2) và N  0;  nên CD có phương trình: x  3 y  7  0 .
 3

B
 (cùng bằng 1 sđ BC
B
 nên suy ra D
 C
 hay tam giác BDC cân tại B .
 ), mà C
Ta có D
1
1
2
1
1
2
2


Gọi nBD  (a; b) là vecto pháp tuyến (VTPT) của BD với a 2  b2  0 .
Khi đó BD đi qua E (3;14) nên có phương trình: ax  by  3a  14b  0 .


Ta có VTPT của BC , DC lần lượt là nBC  (1;1) , nDC  (1; 3) .

 
 
  cos C
  cos n , n
Khi đó cos D
 cos nBC , nDC 
1
2
BD
DC









a  3b
a 2  b2 . 10



1 3
2. 10

.

a  b
.
 2(a 2  b2 )  (a  3b)2  a 2  6ab  7b 2  0  (a  b)(a  7b)  0  
 a  7b
+) Với a  b, chọn a  b  1 khi đó phương trình BD : x  y  17  0 song song với BC (loại).
+) Với a  7b , chọn a  7, b  1 khi đó phương trình BD : 7 x  y  7  0

 x  y 1  0
x  1
Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 

 B(1;0) .
7 x  y  7  0
y  0
Ta có AB đi qua B(1;0) và song song với CD nên có phương trình: x  3 y  1  0 .
 x  3 y 1  0
 x  2
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 

 A(2; 1) .
3x  y  5  0  y  1
Vậy A(2; 1) , B(1 ;0), C (1;2) .

Bài 22. . (Trường Hà Huy Giáp – Cần Thơ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có
 16 13 

diện tích tích bằng 15 . Đường thẳng AB có phương trình x  2 y  0 . Trọng tâm tam giác BCD là G  ;  .
 3 3
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết điểm B có tung độ lớn hơn 3.

Giải

A(?)

H

SABCD=15

B(?)

I
G

D(?)

C(?)

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


facebook.com/ ThayTungToan
16
13
 2.
10

3
3
Gọi H là hình chiếu vuông góc của G lên AB , khi đó GH  d (G, AB) 
.

2
2
3 5
1 2
2
2 1
CA
CA 1
Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD . Ta có: CG  CI  . CA 

 .
3
3 2
3
AG 3
CB CA 3
3
Khi đó GH // BC 

  CB  GH  5 .
GH AG 2
2
S
15
1

 3 5  BH  AB  5 (*).
Suy ra: AB  ABCD 
CB
3
5
 16 13 
Ta có GH đi qua G  ;  và vuông góc với AB : x  2y  0 nên phương trình GH : 2 x  y  15  0 .
 3 3
GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

2 x  y  15  0
x  6
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ: 

 H (6;3) .
x  2 y  0
y  3
Gọi B(2t; t)  AB với t  3 , khi đó:
t  4 t 3
(*)  BH 2  5  (2t  6)2  (t  3)2  5  (t  3)2  1  

 t  4  B(8; 4) .
t  2
 
 x  8  3.(6  8)
x  2
Mặt khác, BA  3BH   A
 A

 A(2;1) .
 y A  4  3.(3  4)
 yA  1
16
16 

 2  2  xC  



3
 xC  7
3

Lại có AG  2GC  

 C (7;6) .
y

6
13
13


C

 1  2 y 
 C

 3

3

 
Do ABCD là hình chữ nhật nên CD  BA  D(1;3) .
Vậy A(2;1), B(8;4), C(7;6), D(1;3) .
Bài 23. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A có I là trung điểm của BC . Biết
M là trung điểm của BI và nằm trên đường thẳng  có phương trình 2 x  y  7  0 . Gọi N là điểm thuộc
15
đoạn IC sao cho NC  2 NI và AN có phương trình x  y  2  0 . Tìm tọa độ điểm M biết AM  .
2
Giải:
Do tam giác ABC vuông cân nên ta có AI  BC và IA  IB  IC ,
B
IM IM 1
IN IN 1
khi đó: tan A1 

 và tan A2 


M(?)
IA
IB 2
IA IC 3
1 1

I
tan
A


tan
A
15
2
3 1
1
2

 tan MAN  tan  A1  A2  

N
1  tan A1.tan A2 1  1 . 1
2
2 3
1 2
H
  450
 MAN
C
A
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AN

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN
AM
15
Suy ra tam giác MHA vuông cân tại H nên ta có: MH 

.

2 2 2
Do M   M (t;7  2t ) , khi đó:

facebook.com/ ThayTungToan

GV: Nguyễn Thanh Tùng

 11  M  11 ; 4 

 2
t  2
t  (7  2t )  2
15



d ( M , AN )  AH 

.
 2 t 3  5  

1

2
2 2
1



t 
 M  ;6 
 2
 2 
 11

1 
Vậy M  ; 4  hoặc M  ;6  .
2

2 

Bài 24. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (T )
 cắt BC tại D và cắt (T ) tại điểm E khác A . Gọi M là
với A(0;1) và AB  AC . Phân giác của góc BAC
trung điểm của AD và BM cắt (T ) tại điểm N khác B . Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN có tâm
 3 67 
I   ;  , điểm C thuộc đường thẳng d : x  4 y  7  0 và AE đi qua điểm K (1;1) . Tìm tọa độ đỉnh B, C
 5 40 
biết điểm C có tung độ lớn hơn 2 .

Giải
Gọi P là giao điểm của AC và EN .
Ta sẽ chứng minh ANPM là tứ giác nội tiếp. Thật vậy:
 và 

  1 sđ BE
A1  
A2 (giả thiết), suy ra N
A2

Ta có 
A1  N
2
2
2
Suy ra ANPM nội tiếp đường tròn hay P thuộc đường tròn
 3 67 
tâm I   ;  ngoại tiếp tam giác AMN , suy ra IP  IA (*).
 5 40 
Q
N
  1 sđ 
N
  1 sđ 
AB và P
AM
Ta lại có: C
1
1
1
1
2
2
P
  PM // CD , suy ra PM là đường trung bình B(?)
Suy ra C
1

1

trong tam giác ADC , suy ra P là trung điểm của AC .
 7  4t t  1 
;
Do C  d  C  7  4t; t  với t  2  P 
 , khi đó:
2 
 2
2

2

2

41   t 47   3   27 

(*)  IP 2  IA2   2t            
10   2 40   5   40 


2

N

A
1

I
1

2

2
1

M

P
H
1

C(?)

D
K

E

 5
t  2
5
5

 3 7
t 2
2
 170t  703t  695  0  

 t   C  3;  và P   ;  .
2
2

 2 4

t  139

85
Do AE đi qua A(0;1) và K (1;1) nên AE có phương trình: y  1  M (m;1) .

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng
2

2

2

facebook.com/ ThayTungToan
2

3   27   3   27 

Ta có IM  IA  IM 2  IA2   m           
5   40   5   40 

 M (0;1)  A
m  0

2
2
3  3

 6 
 12 
 m      
   6   M   ;1  D   ;1 (do M là trung điểm của AD ).
6

m  
M   ;1
5 5
 5 

 5 
5   5 


5

 12 
Khi đó BC đi qua C  3;  và D   ;1 nên BC có phương trình: 5x  2 y  10  0 .
2

 5 
Gọi Q đối xứng với P qua AE , suy ra Q  AB .
3
 3 7
Ta có PQ đi qua P   ;  và vuông góc với AE : y  1 nên phương trình PQ : x  

2
 2 4
 3 
 3 1
Suy ra tọa độ giao điểm của AE và PQ là H   ;1  Q   ;  (do H là trung điểm của PQ ).
 2 4
 2 

 3 1
Khi đó AB đi qua A(0;1) và Q   ;  nên AB có phương trình: x  2 y  2  0 .
 2 4
5 x  2 y  10  0  x  2
Suy ra tọa độ điểm điểm B là nghiệm của hệ: 

 B(2;0) .
x  2 y  2  0
y  0
5

Vậy B(2;0) , C  3;  .
2


Bài 25. . (Trường THPT Cù Huy Cận – Hà Tĩnh). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD
vuông tại A và B có phương trình cạnh CD là 3x  y  14  0 . Điểm M là trung điểm của AB , điểm
3

N  0;   là trung điểm của MA . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên MD và MC . Xác
2


định tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD biết điểm M nằm trên đường thẳng d : 2 x  y  3  0 , hai đường
5 3
thẳng AH và BK cắt nhau tại điểm P  ;   .
2 2

Giải
*) Trước tiên ta sẽ đi chứng minh MP  CD . Thật vậy:
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
2

 MA  MH .MD
, kết hợp MA  MB  MH .MD  MK .MC .

2

 MB  MK .MC
MK MH
  MDC
 (1)
Suy ra

 MKH ~ MDC  MKH
MD MC
Mặt khác, MKPH là tứ giác nội tiếp đường tròn
  MPH
 (2)
( vì MKP  MHP  900  900  1800 )  MKH

Gọi I là giao điểm của MP và CD .
  MPH


Từ (1) và (2), suy ra MDC

B(?)

C(?)
I
K
P

M
H
N
A(?)

D(?)

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

  IPH
  MPH
  IPH

  1800  DIPH nội tiếp đường tròn
 MDC
  1800  PHD
  900  MP  CD .
Suy ra PID
5 3
*) Khi đó MP đi qua P  ;   và vuông góc với CD :3x  y 14  0 nên có phương trình: x  3 y  2  0 .
2 2
 x  3y  2  0
x 1
Suy ra tọa độ tọa độ điểm 

 M (1; 1)  A( 1; 2) .
2 x  y  3  0
 y  1

Do M là trung điểm của AB nên suy ra B(3;0) .

Ta có AB  (4; 2)  2(2;1) , suy ra phương trình BC : 2 x  y  6  0 và AD : 2 x  y  4  0 .

2 x  y  6  0
x  4
Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 

 C (4; 2) .
3x  y  14  0
 y  2
2 x  y  4  0
x  2
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 


 D(2; 8) .
3
x

y

14

0
y


8


Vậy A(1; 2), B(3;0), C(4; 2), D(2; 8) .

Bài 26. . (Sở GD&ĐT Cần Thơ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm
9 
H (1; 2) là hình chiếu vuông góc của A trên BD . Điểm M  ;3  là trung điểm của cạnh BC . Phương trình
2 
đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác ADH là 4 x  y  4  0 . Viết phương trình cạnh BC .

Giải
Gọi N là trung điểm của HD . Ta sẽ chứng minh MN  AN theo 2 cách sau:
A

D

A

N

N

E

1

H
B

D

H
M

C

B

Cách 1

1

M

C

Cách 2

AD
(*).
2
Suy ra NE  AB , suy ra E là trực tâm của tam giác ABN  BE  AN (1)
Mặt khác, từ (*) suy ra NEBM là hình bình hành  BE // MN (2)
Từ (1) và (2), suy ra MN  AN
Cách 2: (Nguyễn Thanh Tùng)
  HA  2 AH (1) ; Xét AMB , ta có: tan M
  AB  2 AB  2BA (2).
Xét NAH , ta có: tan N
1
1
NH
DH
BM
BC
DA

Cách 1: Gọi E là trung điểm của AH , khi đó NE // AD và NE 

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN
AH DH
AH BA
Lại có: ADH ~ BDA 

(3).



BA DA
DH DA
  tan M
 N
M

Từ (1), (2), (3) suy ra : tan N

facebook.com/ ThayTungToan

GV: Nguyễn Thanh Tùng

1

1

1

1

Khi đó M , N cùng nhìn BC dưới các góc bằng nhau, suy ra MNAB là tứ giác nội tiếp
  900 hay MN  AN .
 MNA
15
9 
Do đó MN đi qua M  ;3  và vuông góc với AN : 4x  y  4  0 nên phương trình MN : x  4 y   0 .

2
2 
15
1


x  4 y   0
x 
1 
Khi đó tọa độ điểm N là nghiệm của hệ: 

2
2  N  ;2 .
2 


4 x  y  4  0
y  2

Do N là trung điểm của DH nên D(0; 2) .
Ta có BD đi qua điểm H (1;2) và D(0; 2) nên có phương trình: y  2
Suy ra AH đi qua H (1; 2) và vuông góc với BD nên có phương trình: x  1 .

x  1
x  1
Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 

 A(1;0) .
4 x  y  4  0
y  0

9 
Khi đó BC đi qua M  ;3  và vuông góc với AD nên có phương trình: 2 x  y  12  0 .
2 
Chú ý: Nhờ Cách 2 ta thấy được yếu tố vuông góc trong bài toán, cụ thể BM  MN sẽ luôn được giữ nguyên
nếu đề bài đảm bảo được tỉ số.
Bài 27. (Sở GD&ĐT Cần Thơ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
 . Đường thẳng AD cắt đường tròn ngoại tiếp
tâm I (2; 2) , điểm D là chân đường phân giác trong của góc BAC
tam giác ABC tại điểm M khác A . Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết J (2; 2) là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ACD và phương trình đường thẳng MC là x  y  2  0 .
Giải:
Ta sẽ chứng minh JC  CM . Thật vậy:

  2
  sđ DC
A 
A và DJC
A
Ta có C
1

2

1

  2C

Suy ra DJC
1

A(?)

1

(1)

2

1

Mặt khác, JDC là tam giác cân tại J
  JDC
  2 JCD
 (2).
 JCD

J
I

  2 JCD
  DJC
  JCD
  JDC
  1800
Từ (1) và (2), suy ra: 2C
1
  JCD
  900 hay JCM
  900 . Vậy JC  CM .
C

1
Khi đó CJ đi qua J (2; 2) và vuông góc với CM : x  y  2  0

K

B(?)

1

D

C(?)

nên phương trình CJ : x  y  4  0 .

x  y  4  0
 x  1
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 

 C (1;3) .
x  y  2  0
y  3

M

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

facebook.com/ ThayTungToan
Do A, C là hai giao điểm của đường tròn tâm I và đường tròn tâm J , suy ra AC  IJ .
Do phương trình IJ : y  2  AC : x  1  A(1; a) .
GV: Nguyễn Thanh Tùng

 a  3  A(1;3)  C
Ta có IA2  IC 2  32  (a  2)2  32  12  

 A(1;1) .
 a  1  A(1;1)
Gọi M (m;2  m) MC , khi đó:
 m  1  M (1;3)  C
.
MI 2  AI 2  (m  2)2  m2  32  12  m2  2m  3  0  

m  3
 M (3; 1)
Ta có IB  IC và MB  MC (vì 
A1  
A2 ).
Suy ra IM là đường trung trực của BD hay B đối xứng với C qua IM .
Phương trình IM : 3x  y  8  0 .
Khi đó BC đi qua C (1;3) và vuông góc với IM nên phương trình BC : x  3 y  10  0 .
Tọa độ giao điểm K của BC và IM là nghiệm của hệ:
 19 23 
 19 23 
Do K là trung điểm của CB  B  ;  . Vậy A(1;1) , B  ;
 , C( 1;3) .
5 5 
5 5 

Bài 28. (Sở GD – Bắc Giang – 2016). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có
phương trình AD : x  2 y  3  0 . Trên đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường chéo AC lấy điểm E
sao cho BE  AC ( B và E nằm về cùng phía so với đường thẳng AC ). Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ
nhật ABCD , biết điểm E (2; 5) , đường thẳng AB đi qua điểm F (4; 4) .
Giải:
Ta có AB đi qua F (4; 4) và vuông góc với AD : x  2y  3  0 nên AB có phương trình: 2 x  y  4  0 .

2 x  y  4  0
x  1
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 

 A(1; 2) .
x  2 y  3  0
y  2


Ta có EF  (2;1) cùng phương với vecto chỉ phương của AD là: u AD  (2;1) , suy ra EF / / AD

E(2; 5)


 AC  EB
Suy ra EF  BF . Khi đó 
 ABC  EFB (cạnh huyền – góc nhọn)
 

 ACB  EBF

 AB  EF  5 .
Ta có B  AB  B(b;4  2b) , với b  0 .

xB>0

Khi đó: AB2  5  (b  1)2  (2b  2)2  5

A(?)
b  0 b0
 (b  1)  1  

 B(2;0) .
b  2
Suy ra phương trình BC đi qua B(2;0)
x 2y+3=0
và song song với AD ) là: x  2 y  2  0 .

B(?)

2

F(4; 4)

Ta có AC đi qua A(1; 2) và vuông góc
với BE ( phương trình BE là: x  2 )
nên có phương trình y  2 .

D(?)

C(?)

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN

tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN
y  2
x  6
Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 

 C (6; 2) .
x  2 y  2  0
y  2

facebook.com/ ThayTungToan

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Do CD đi qua C và vuông góc với AD nên có phương trình: 2 x  y  14  0

2 x  y  14  0
x  5
Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 

 D(5; 4) .
x  2 y  3  0
y  4
Vậy A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4) .

Bài 29. (Sở GD&ĐT Hưng Yên_2016). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại
1
1 

BC . Điểm N  ;1 thuộc đoạn thẳng AC và NC  2 NA . Đường trung tuyến kẻ từ
2
3 
đỉnh B của tam giác BCD có phương trình: x  y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD biết
A , B và AB  AD 

điểm B có hoành độ âm.
Giải:
Gọi AC  BD  N ' . Áp dụng Ta – lét ta có:

A(?)

D(?)

N ' A AD 1

  N ' C  2N ' A  N '  N
N ' C BC 2
hay B, N , D thẳng hàng.

N

Gọi K là hình chiếu vuông góc của D lên BC
Khi đó ABKD là hình vuông  DK  BK  KC .
  450 , suy ra BDC vuông cân tại D .
Mà DBK
a 2
Đặt AB  a  DC  DB  a 2  DM 
2

M

1

H

B(?)

K

C(?)

a 10
.
 BM  DB 2  DM 2 
2


Xét DBM ta có: sin B
1

DM a 2 a 10
1

:

. Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên BM
BM
2
2

5

1
1  2
4 2
NH
4 2 1
4 10
3

 NB 

:

Khi đó: NH  d ( N , BM ) 
.

3
3
3
2
5
sin B
1
Do B  BM  B(t; t  2) với t  0 .
t  1
2
160
160
2

 1
t 0
2
Ta có NB 
  t     t  3 
 3t  10t  13  0   13 
 t  1  B(1; 3) .

9
9
t
 3
3

2


1 1 1 
xD   .   1 



x  1
ND AD 1
1

3 2 3 

  ND  BN  
 D

 D(1; 3) .
Ta có
NB BC 2
2
 yD  3
 y  1  1 . 1  3
 D
2

DC đi qua D(1;3) và vuông góc với BD ( BD  (2;6)  2.(1;3) ) nên DC có phương trình: x  3 y  10  0 .
Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

Khi đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
 x  3 y  10  0
x  4

 M (4; 2)  C (7;1) (do M là trung điểm của của BC ).

x  y  2  0
y  2

1


xA  1  .  1  7 
 1 

 x  3

2
Mặt khác: DA  CB  
 A
 A(3; 1) .
2
 yA  1
 y  3  1 .  3  1
A


2
Vậy A(3; 1) , B( 1; 3) , C(7;1 ), D (1;3) .
Bài 30. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I 1;3 . Biết

H  2;1 , K  4; 3 lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, C trên đường thẳng AI và trung điểm M của BC
nằm trên đường thẳng 2 x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Giải:
A(?)

I(1;3)
H(2;1)
P
B(?)

N
M
K(4;-3)

C(?)

2x + y = 0

Đường thẳng AI đi qua I (1;3), H (2;1) nên AI có phương trình: 2 x  y  5  0 .
Từ M kẻ đường thẳng song song với BH cắt HK , HC lần lượt tại N , P  MP  AI .
Suy ra MP là đường trung bình của BCH  NP là đường trung bình của HKC .
Khi đó N là trung điểm của HK  N (3; 1) .
Đường thẳng MP đi qua N và vuông góc AI : 2 x  y  5  0 nên có phương trình: x  2 y  5  0 .

x  2 y  5  0
x  1
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 

 M 1; 2  .
2x  y  0
 y  2
Đường thẳng BC đi qua M (1; 2) và vuông góc với IM : x  1 nên có phương trình y  2 .
Phương trình đường thẳng BH : x  2 y  0. Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:
Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

 y  2
 x  4

 B  4; 2   C  6; 2  (do M là trung điểm của BC ).

x  2 y  0
 y  2
Gọi A(a;5 2a)  AI : 2 x  y 5  0 , khi đó:




 A 1  10;3  2 10
AI  IB  AI  IB  ( a  1)  (2 a  2)  50  (a  1)  10  a  1 10  
 A 1  10;3  2 10

2

2

2

2



2






Vì tam giác ABC nhọn nên ta được A 1  10;3  2 10 .

CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU

GV: Nguyễn Thanh Tùng

HẸN GẶP LẠI CÁC BẠN Ở CÁC PHẦN TIẾP THEO !

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !