Tuyển tập 50 bài toán Oxy hay và khó ( Luyện thi THPT quốc gia môn Toán )
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.97 MB, 34 trang )
HOCMAI.VN
GV: Nguyễn Thanh Tùng
facebook.com/ ThayTungToan
TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ_P1
GV: Nguyễn Thanh Tùng
Bài 1. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn và AB BC CA .
Đường tròn tâm C bán kính CB cắt đường thằng AB và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại D
1
7
và E (với E B) . Biết M ;0 là trung điểm của BC và DM cắt AC tại N ; 1 . Tìm tọa độ các đỉnh
2
4
của tam giác ABC biết E , D đều thuộc đường thẳng x 3 0 .
1
7
Giải: Ta có MD đi qua M ;0 và N ; 1
2
4
nên có phương trình: 4 x 5 y 2 0
Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ:
4 x 5 y 2 0
x 3
D(3; 2)
x 3 0
y 2
D
E
1 1
2
A
2
N
B
(cùng chắn cung
D
Ta có E
AC ) và B
2
2
2
2
D
(1)
(vì tam giác CBD cân tại C ). Suy ra E
2
2
2
CDE
(2).
Mặt khác, CE CD CED
D
AE AD
Từ (1) và (2), suy ra E
1
B
M
C
1
Suy ra CA là đường trung trực của ED CA ED
7
Khi đó CA đi qua N ; 1 và vuông góc với
4
đường thẳng ED : x 3 0 nên phương trình CA : y 1
Suy ra C (c; 1) , khi đó B(1 c;1) (vì M là trung điểm của BC ).
c 1
Ta có CB CD CB CD (2c 1) 2 (c 3) 1 3c 2c 5 0
c 5
3
+) Với c 1 C(1; 1) , B(0;1) , suy ra BD có phương trình: x y 1 0
2
2
2
2
2
2
2
x y 1 0
x 2
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
A(2; 1) (thỏa mãn AB BC CA )
y 1
y 1
5
5
8
+) Với c C ; 1 , B ;1 , suy ra BD có phương trình: 9 x y 25 0
3
3
3
26
9 x y 25 0
x
26
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
9 A ; 1 AB BC (loại).
9
y 1
y 1
Vậy A(2; 1), B(0;1), C(1; 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
facebook.com/ ThayTungToan
Bài 2. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A(2;0) . Đường
thẳng có phương trình 3x y 0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành, cắt đường kéo
2 6
BD tại điểm M (2;6) . Gọi H ; , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, D lên . Diện tích hình
5 5
24
thang BHKD bằng
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD biết K có hoành độ dương.
5
Giải:
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
M( 2;6)
A( 2;0)
B(?)
I
H
D(?)
5
2 6
;
5 5
C(?)
24
SBHKD=
Δ: 3x + y = 0
I'
A'
K
Lúc đó S BHDK
2.S BHDK
( BH DK ).HK
HK
2
BH DK
24
5 8 10 .
6
5
10
2.
2
2
128
6 128
2
t 3t
5
5
5
5
6
6 18
5t 2 4t 12 0 t hoặc t 2 (loại) K ; .
5
5 5
Khi đó phương trình KD : x 3 y 12 0 và BH : x 3 y 4 0
Gọi K t; 3t với t 0 , khi đó : HK 2
2 6
Cách 1: Ta có I ' là trung điểm của HK I ' ; , suy ra phương trình II ' : x 3 y 4 0
5 5
Gọi I (3m 4; m) II ' , suy ra C (6m 12;2m) (do I là trung điểm của AC ).
3
1 3
Mặt khác, C 3.(6m 12) 3.2m 0 m I ;
2
2 2
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
1 3
BD đi qua I ; và M (2;6) nên có phương trình: 5x y 4 0 .
2 2
5 x y 4 0
x 0
Khi đó tọa độ điểm điểm D là nghiệm của hệ:
D(0; 4) .
x 3 y 12 0
y 4
5 x y 4 0 x 1
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:
B(1;1) .
x 3y 4 0
y 1
Cách 2:
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)
Do M BD nên MB, MD cùng phương, suy ra :
MB (3b 2; b 6)
MD (3b 5; b 9)
B(1;1)
(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) .
Bài 3. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( AB AC ) . Trên
60 15
cạnh AB lấy điểm I sao cho AI AC . Đường tròn đường kính IB cắt BC tại M ; và cắt đường kéo
17 17
dài CI tại N (4; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015x 2016 y 0 .
Giải:
CMI
180 ACMI nội tiếp đường tròn
Ta có CAI
C
I 450 I M
M
M
900
M
AMN 900
0
1
1
2
4
1
4
hay AM MN .
1
8 32 8
Ta có MN ; .(1; 4)
17 17 17
Suy ra phương trình AM : x 4 y 0
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
x 4 y 0
A
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
M
1
2
3
4
1
1
I
B
N
900 BAC
ACBN nội tiếp đường tròn N
Mặt khác, BNC
1
1
2
2
2
1
N
, 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
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 !
B
HOCMAI.VN
facebook.com/ ThayTungToan
Do A, N khác phía với MI nên phương trình MI : 5x 3 y 15 0 BC : 3x 5 y 15 0
GV: Nguyễn Thanh Tùng
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)
3x 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) . Vậy A(0;0), B(5;0), C (0;3) .
3x 5 y 15 0
y 0
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
A
E
B
I
D
N
Bài 4. (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
2 2 2
AH , DC sao cho AM 3MH , DC 4 NC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD .
Giải:
A(?)
B(?)
M
1
1
D(?)
N
H
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
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
GV: Nguyễn Thanh Tùng
facebook.com/ ThayTungToan
2 xA 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) .
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 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 của
3 7
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)
A
vuông góc với BE nên AC có phương trình: y 2
E
c 1
;3
Gọi M là trung điểm của BC và gọi C (c;2) AC M
2
N
Lúc này ta sẽ chỉ ra M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp
I
tam giác DEN hay ta sẽ chứng minh MEND là tứ giác
nội tiếp đường tròn. Thật vậy:
B
D
NEA
M
NAE
MNE
(1)
Ta có
(vì NAE cân tại N và MN // AC ) NAE
NEA
MNE
Mặt khác: E , D cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên ABDE nội tiếp đường tròn , khi đó:
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 !
C(?)
HOCMAI.VN
GV: Nguyễn Thanh Tùng
facebook.com/ ThayTungToan
(cùng bù với BDE
) (2)
EDM
BDE
NAE
Từ (1) và (2) suy ra : MNE = EDM , suy ra MEND nội tiếp đường tròn.
2
2
2
2
c 1
C (1; 2)
c2 1 1 3
Khi đó ta có: IM IE R IM IE
c 5 C (5; 2) .
2 2 2 2
Vậy C (1;2) hoặc C (5;2) .
2
2
Bài 6. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) . Biết
5
3
AC vuông góc với BD tại E (1; 1) . Gọi M ; 3 là trung điểm của AB và N 0; là điểm thuộc cạnh
2
4
DC sao cho CN 3DN . Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương.
Giải
C
(1)
Do ABCD nội tiếp đường tròn nên B
1
1
AD )
( vì cùng chắn cung
Ta có EM là trung tuyến của tam giác vuông AEB
E
E
(2)
nên EMB cân tại M hay B
1
1
B
1
M
(T)
4
E
Từ (1) và (2), suy ra C
1
4
E
900 C
E
900 , suy ra ME DC . A
Mặt khác, E
4
5
1
5
1
E
I
3
5
Khi đó DC đi qua N 0; vuông góc với EM nên có
4
4
x 1 4t
phương trình: 3x 4 y 3 0
D
N
y 3t
3
1
Suy ra C (1 4t;3t ) (với t ) CN 1 4t; 3t
4
4
1 4t 3xD
1 4t
xD
1 4t
;1 t
Ta có CN 3ND 3
3 D
3
3
4 3t 3 yD 4
yD 1 t
1
C
4t 2
; 2 t và EC 4t 2;3t 1 . Khi đó: ED EC ED.EC 0
Suy ra ED
3
2
4t 2
2
.(4t 2) (2 t ).(3t 1) 0 5t 3t 2 0 t 1 hoặc t (loại), suy ra
3
5
C (3;3)
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 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
5
x
2
2
2
2
2
2
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
Bán kính của (T ) là: R IA
5
. Vậy đường tròn (T ) cần lập có phương trình:
2
2
2
5
1
25
.
x y
2
2
2
Bài 7. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường
1
tròn (T ) và C (1;0) . Biết tiếp tuyến của đường tròn (T ) tại B cắt AC tại E . Gọi F ; 2 là điểm thuộc
2
3 5
đoạn BE và J ; là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác
4 4
ABC biết D(2;1) thuộc đường tròn (T ) .
Giải:
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
Ta có E
ACB )
1
B
1
1
M
(cùng chắn cung AC )
và B
1
1
M
E
FMA
M
FMA
1800 ,
Suy ra E
1
1
1
1
suy ra AEFM nội tiếp đường tròn tâm J (*)
Phương trình đường thẳng CF là:
x 1 3t
M (1 3t; 4t ) .
y 4t
F
M
2
E
D
1
I
1
J
A
Khi đó từ (*), suy ra:
2
2
7
5 5
JM JF JM JF 3t 4t 50t 2 41t 8 0
4
4 8
2
2
1 32
8
t
M ;
1 32
25 25 25
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: 3x 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
3x 4 y 1 0
y 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 !
C
HOCMAI.VN
Do ABC vuông tại A , suy ra I là trung điểm của BC , do đó B(1; 2)
facebook.com/ ThayTungToan
GV: Nguyễn Thanh Tùng
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và ngoại tiếp tam giác AEF lần lượt có phương trình:
3
5
3
x2 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
x
x2 y 2 2 x 2 y 1 0
x
0
1 32
25
hoặc
hoặc
A
A
(0;1)
2
3
5
3
; M (loại)
2
32
y
1
x
y
x
y
0
25 25
y
2
2
2
25
Vậy A(0;1), B(1;2) .
9 3
Bài 8. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với M ; là trung điểm
2 2
của 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 2 x y 2 0 .
Giải
Gọi N là trung điểm của AH với H là trực tâm của
AH
BC
và ME MF
,
ABC . Ta có: NE NF
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
7
11
11 7
và y N ;
x
2
2
2 2
x 3y 5 0
A(?)
1
E
1
N
4
F
H
1
I ;1 là trung điểm của MN .
B
2
NEA và MCE lần lượt cân tại N và M
E1 A1
E
900 NEM
900 (*)
E
A1 MCE
1
4
E4 MCE
Gọi E(t;2t 2) EF khi đó từ :
I
M
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)
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
2
2
a 1
A(2;1)
21
7 125
NE NA NE 2 NA2 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) .
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 !
C
HOCMAI.VN
GV: Nguyễn Thanh Tùng
facebook.com/ ThayTungToan
Bài 9. (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
A(?)
m
2
E
J
n
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
C(?)
B(?)
q
p
(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
1
D
(2)
A1
A2 DB DC (2*)
hay tam giác DBJ cân tại D , suy ra DB DJ (*) . Lại có
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
C (3; 4) B
x 5
hoặc
y 4
C (5;0)
y 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
Bài 10. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và M là trung
11 7
điểm của AB . Đường thẳng CM có phương trình 5x 7 y 20 0 và K ; là trọng tâm của tam giác
6 6
ACM . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm nằm trên đường thẳng 2 x 4 y 7 0 và có bán kính
bằng
5
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết A và C có tọa độ nguyên .
2
Giải:
A(?)
Gọi G , I lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC . Gọi N là trung điểm của MA , khi đó :
CK CG 2
GK // MN hay GK // AB .
CN CM 3
Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp nên:
MI AB MI GK (1)
Gọi P là trung điểm của AC và do ABC cân tại A nên:
MP / / BC
MK / / BC
GI MK (2)
AG BC
GI BC
Từ (1) và (2) , suy ra I là trực tâm của tam giác MGK
KI MG hay KI CM .
Khi đó KI có phương trình: 7 x 5 y 7 0
Suy ra tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:
7 x 5 y 7 0
7
7
7 7
x và y I ;
2
2
2 2
2 x 4 y 7 0
Gọi C (4 7t;5t) CM , khi đó : R IC
2
N
K
M
P
I
G
B(?)
C(?)
5
25
IC 2
2
2
2
1
7
25
21
(loại) C (4;0)
7t 5t
74t 2 42t 0 t 0 hoặc t
2
2
2
37
5
7
Gọi M (4 7 m;5 m) CM , khi đó K là trọng tâm tam giác ACM nên A 7m ; 5m
2
2
Ta có IA2 R 2 7m 6 5m
2
2
1
A(1; 1)
m
25
2
2
148m 168m 47 0
72 12
A ;
2
m 47
37 37
74
1 5
Do A có tọa độ nguyên nên A(1; 1) M ; B(0; 4) (vì M là trung điểm của AB )
2 2
Vậy A(1; 1), B(0; 4), C(4;0) .
CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU
GV: Nguyễn Thanh Tùng
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
TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ_P2
GV: Nguyễn Thanh Tùng
Bài 11. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;0) và trực
1 1
tâm H . Biết B, C thuộc đường thẳng 2 x y 4 0 và K ; là trung điểm của AH . Tìm tọa độ các đỉnh
3 3
của tam giác ABC .
Giải:
Cách 1:
A(?)
K
G
H
B(?)
M
C(?)
Ta có AH đi qua K vuông góc với BC nên có phương trình: x 2 y 1 0
AG (2 2a; a)
Gọi M (m;4 2m) là trung điểm của BC và A(2a 1; a) AH , suy ra
GM (m 1; 4 2m)
2 2a 2(m 1)
a m 2
a 0
A(1;0)
Do G là trọng tâm tam giác ABC AG 2GM
a 2(4 2m)
a 4m 8 m 2 M (2;0)
1 2
Vì K là trung điểm của AH , suy ra H ; .
3 3
11 14
CH b ; 2b
3 3
Gọi B(b;4 2b) BC C(4 b;2b 4) (vì M là trung điểm của BC )
AB (b 1; 4 2b)
14
11
Do H là trực tâm tam giác ABC nên CH . AB 0 b b 1 2b (2b 4) 0
3
3
b 1 B(1; 2), C (3; 2)
5b2 20b 15 0
b 3 B(3; 2), C (1; 2)
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
Vậy A(1;0), B(1;2), C(3; 2) hoặc A(1;0), B(3; 2), C(1;2) .
Nhận xét:
facebook.com/ ThayTungToan
GV: Nguyễn Thanh Tùng
AG 2GM
AAH
t ? M
+) Ta có thể tìm A, M bằng cách tham số hóa M (t )
A(t )
f (t ) 0
A
+) Ngoài cách tìm điểm B, C như trên ta có thể tìm điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng
hệ thức quen thuộc AK IM (hay AH 2IM ). Từ đây ta sử dụng dữ kiện IB IA (hoặc tìm giao của đường
thẳng BC với đường tròn ( I , IA) ) để tìm ra điểm B và C .
Cách 2:
A
K
T
I
G
H
B
N
C
M
J
Gọi M là trung điểm của AB và J là giao điểm thứ hai của AI và đường tròn tâm I , khi đó :
JC AC; BH AC JC / / BH
JBHC là hình bình hành, suy ra M là trung điểm của HJ
JB AB; CH AB
JB / /CH
AH / / IM
Khi đó IM là đường trung bình của tam giác AHJ , suy ra
AH 2IM (1)
AH 2 IM
Do K là trung điểm AH nên AH 2 AK (2)
Từ (1) và (2) , suy ra IM AK MIAK là hình bình hành ).
1
1
2
Gọi T là giao điểm của AM và KI , khi đó: MG MA .2MI MI , suy ra G là trọng tâm KIM
3
3
3
5
4
2 xN 1
xN
3
5 1
3
N ;
Gọi N là trung điểm của IM KG 2GN
3 6
1 2 y 0
y 1
N
N
3
6
Khi đó IM đi qua N vuông góc với BC nên có phương trình: x 2 y 2 0
x 2 y 2 0
x 2
Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
M (2;0)
2 x y 4 0
y 0
4 1
Do N là trung điểm của IM I ;
3 3
Mặt khác, MIAK là hình bình hành nên suy ra IA MK A(1;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
Do B thuộc đương thẳng 2 x y 4 0 B(t;4 2t )
GV: Nguyễn Thanh Tùng
facebook.com/ ThayTungToan
2
2
t 1
B(1; 2) C (3; 2)
13 50
4
Khi đó IB IA IB IA t 2t
t 2 4t 3 0
3
9
3
B(3; 2) C (1; 2)
t 3
(do M là trung điểm của BC )
Vậy A(1;0), B(1;2), C(3; 2) hoặc A(1;0), B(3; 2), C(1;2) .
2
2
Chú ý: Có thể tìm tọa độ B, C bằng cách viết phương trình đường tròn ( I , IA) và tìm giao với BC .
11 1
Bài 12.1. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh A ; .
2 2
MCB
và BMC
1350 .
Một điểm M (1; 1) nằm trong hình bình hành sao cho MAB
Tìm tọa độ đỉnh D , biết rằng D thuộc đường tròn có phương trình (T ) : x2 y 2 2 x 2 y 3 0 .
Giải:
A
B
1
1350
1
M
E
2
C
D(?)
+) Dựng điểm E sao cho ABEM là hình bình hành, khi đó DCEM cũng là hình bình hành
A1 C2
E
BECM nội tiếp đường tròn BEC
BMC
1800 (1)
C
Ta có:
2
1
A1 E1
1800 (*)
Mặt khác : BEC AMD (c.c.c) BEC
AMD (2) . Từ (1) và (2) suy ra
AMD BMC
+) Đường tròn (T ) nhận M (1; 1) làm tâm và có bán kính R MD 5
Ta có MA
3 10
450
. Theo (*) ta có:
AMD 1800 BMC
2
5
45
3 10
2 25
AD
+) Xét tam giác AMD : AD2 MA2 MD2 2 MA.MD.cos
AMD
5 2.
. 5.
2
2
2
2
2
5
11 1
Suy ra D thuộc đường tròn tâm A ; bán kính AD
có phương trình:
2
2 2
2
2
1
25
11
x 2 y 2 11x y 18 0
x y
2
2
2
+) Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ :
2
2
x 2
x 3
D(2;1)
x y 11x y 18 0
hoặc
2
D(3; 2) .
2
y
1
y
2
x
y
2
x
2
y
3
0
Vậy D(2;1) hoặc D(3; 2) .
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
Bài 12.2. (HSG Phú Thọ – 2016). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A(5; 2) ,
MBC
và MB MC . Tìm tọa độ điểm D
M (1; 2) là điểm nằm bên trong hình bình hành sao cho MDC
2.
biết tan DAM
GV: Nguyễn Thanh Tùng
Giải:
B
Dựng điểm N sao cho BCNM là hình bình hành, suy ra: N
1
1
B
D
N
D
1
Theo giả thiết B
1
1
1
1
C
Suy ra MCND nội tiếp đường tròn
CMD
1800 (1)
Khi đó: CND
Mặt khác: ABM DCN (c – c – c)
BMA
(2)
CND
1
M
M( 1; 2)
1
CMD
1800
Từ (1) và (2), suy ra: BMA
tanDAM=2
0
0
D(?)
BMC
AMD 180
AMD 90 A( 5;2)
hay AM MD
MD MD AM .tan DAM
4 2.2 8 2
Khi đó tan DAM
AM
Ta có AM (4; 4) 4.(1; 1) , khi đó phương trình MD là: x y 1 0 D(t; t 1)
t 7
D(7;6)
Suy ra MD 8 2 MD 2 128 (t 1)2 (t 1)2 128 (t 1)2 64
t 9 D(9; 10)
Vậy D(7;6) hoặc D(9; 10) .
Bài 13.1. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn
tâm I . Điểm M (2; 1) là trung điểm cạnh BC và điểm E là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng
AI . Gọi D là giao điểm của ME và AC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE có phương trình
x2 y 2 2 y 6 0 và C thuộc đường thẳng : x y 4 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Giải:
IMB
90
2) Ta có IEB
A(?)
0
BEM
(1)
Suy ra IBME nội tiếp đường tròn BIM
(2) .
1 BIC
1 sđ BC
BAC
Ta có: BIM
2
2
BED
1800 (3)
Mặt khác BEM
J
BED
1800
Từ (1), (2), (3) suy ra BAC
ABED nội tiếp đường tròn
ADB
AEB 900 hay BD AC
Suy ra ABED nội tiếp đường tròn tâm J là trung điểm của AB .
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE có phương trình
(T ) : x2 y 2 4 y 6 0 J (0; 2) và B (T )
I
D
E
B(?)
M
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 !
N
HOCMAI.VN
GV: Nguyễn Thanh Tùng
facebook.com/ ThayTungToan
Do C C (t;4 t ) , suy ra B(4 t; t 6)
t 7
Khi đó B (T ) (4 t )2 (t 6)2 4(t 6) 6 0 t 2 12t 35 0
t 5
C (7; 3)
+) Với t 7
A( 3;3) (do J là trung điểm của AB )
B(3;1)
C (5; 1)
+) Với t 5
A(1;5) (do J là trung điểm của AB )
B(1; 1)
Vậy A(3;3), B(3;1), C(7; 3)
hoặc A(1;5), B(1; 1), C(5; 1) .
Bài 13.2. (Đặng Thúc Hứa). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I .
31 1
Điểm M (2; 1) là trung điểm cạnh BC và điểm E ; là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng
13 13
AI . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng AC có phương trình 3x 2 y 13 0 .
Giải:
31 1
Cách 1: Đường thẳng ME đi qua M (2; 1) và E ;
13 13
nên có phương trình :12 x 5 y 29 0
A(?)
Gọi ME AC D , khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ:
41
x
12
x
5
y
29
0
41 23
13
D ;
13 13
3x 2 y 13 0
y 23
13
IMB
900
Ta có IEB
BEM
(1)
Suy ra IBME nội tiếp đường tròn BIM
I
D
E
C(?)
B(?)
M
1
1
(2) . Mặt khác BEM
BED
1800 (3)
BAC
BIC
sđ BC
Ta có: BIM
2
2
BED
1800 ABED nội tiếp đường tròn
Từ (1), (2), (3) suy ra BAC
ADB
AEB 900 hay BD AC
Suy ra phương trình BD : 2 x 3 y 1 0 .
Gọi B(2 3t;1 2 t) BD C(2 3 t; 3 2 t) (do M là trung điểm của BC )
B(1; 1)
Ta có C AC 3(2 3t ) 2(3 2t ) 13 0 t 1
C (5; 1)
Khi đó AE đi qua E và vuông góc với BE nên có phương trình: 11x 3 y 26 0
11x 3 y 26 0 x 1
Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
A(1;5)
3x 2 y 13 0
y 5
1) .
Vậy A(1;5), B( 1; 1), C(5;
Cách 2:
Gọi T là giao điểm của BE với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
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
Ta có AI vuông góc với BT tại E E là trung điểm của BT tam giác ABT cân tại A AB AT
1 sđ
1 sđ
AB ; TCA
AT
Mặt khác BCA
A(?)
2
2
TCA
hay AC là phân giác của góc BCT
(đpcm).
Suy ra BCA
GV: Nguyễn Thanh Tùng
Gọi N đối xứng với M qua AC N CT
Phương trình MN : 2 x 3 y 7 0
Khi đó tọa độ giao điểm H của MN và AC là nghiệm của hệ:
53
x
2
x
3
y
7
0
53 5
75 11
13
H ; N ;
13 13
13 13
3x 2 y 13 0
y 5
13
Do ME là đường trung bình của tam giác BTC CN / / ME
Suy ra CN đi qua N và song song ME nên CN có phương trình:
12 x 5 y 65 0
I
E
B(?)
N
H
C(?)
M
Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
12 x 5 y 65 0
x 5
C (5; 1) B(1; 1) (do M là trung điểm của BC ).
3
x
2
y
13
0
y
1
AE đi qua E và vuông góc với BE nên có phương trình: 11x 3 y 26 0
11x 3 y 26 0 x 1
Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
1) .
A(1;5) .Vậy A(1;5), B( 1; 1), C(5;
3x 2 y 13 0
y 5
Bài 14. (THPT Liên Hà – Hà Nội). Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 5 .
12 70
Gọi M , N lần lượt là các điểm trên cạnh AD, AB sao cho AM AN , điểm H ; là hình chiếu vuông
13 13
góc của A trên đường thẳng BM . Điểm C (8; 2) và điểm N thuộc đường thẳng x 2 y 0 . Tìm tọa độ các
đỉnh còn lại của hình vuông ABCD .
Giải:
(Trước tiên ta sẽ gắn kết điểm N thuộc đường thẳng x 2 y 0
F
12 70
với hai điểm C (8;2) , H ; đã biết tọa độ.
13 13
Và nhờ việc vẽ hình chính xác ta dự đoán NH HC .
Công việc lúc này là ta sẽ chứng minh).
E
(vì cùng phụ với
A ) và AB DA ABM DAE
Ta có: M
1
1
A(?)
Từ (1) và (2), suy ra B, N , H , E, C cùng nằm trên một đường tròn
NBC
1800 NHC
900
NHC
B(?)
1
1
1
AM DE AN DE (vì AM AN ) NB EC
Suy ra BNEC là hình chữ nhật BNEC nội tiếp đường tròn (1).
BCE
1800 BHEC nội tiếp đường tròn (2).
Mặt khác BHE
N
4 5
H
M
1
D(?)
E
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 !
C
HOCMAI.VN
facebook.com/ ThayTungToan
92 44 4
hay NH HC , khi đó NH có phương trình: 23x 11y 38 0 (do CH ; . 23;11 ).
13 13 13
GV: Nguyễn Thanh Tùng
4
x 3
x 2 y 0
4 2
Suy ra tọa độ điểm N là nghiệm của hệ:
N ; .
3 3
23x 11y 38 0
y 2
3
Cách 1 (Sử dụng mô hình 5 để tìm điểm A ) .
FH AH
Gọi F là giao điểm của CH và AB , khi đó theo Talet ta có:
(*)
HC HE
Ta có NC
20 2
4 5
8 5
NB NC 2 BC 2
AM AN AB NB
3
3
3
AE BM AB 2 AM 2
Suy ra
4 65
AB. AM 8 65
.
AH
3
BM
13
AH 6
AH 6
(2*)
AE 13
HE 7
12
12
7 xF 6. 8 xF 36
13
FH 6
13
36 58
7
Từ (*) và (2*), suy ra:
7 FH 6 HC
F ;
HC 7
7 7
7 70 y 6. 2 70
y 58
F
F
13
7
13
80 5
AN 8 5 80 5 7
Suy ra FN
, khi đó
:
10 AN 7 FN (3*)
FN
3
21
10
21
4
4 36
10 3 xA 7. 3 7 x 4
A
Ta có (3*)
A 4; 6 .
10 2 y 7. 2 58 y A 6
A
3
3 7
4
2( xB 4) 3. 4
xB 0
AB
8 5 3
3
Ta có
4 5:
2 AB 3 AN
B(0; 2)
AN
3
2
yB 2
2( y 6) 3. 2 6
B
3
Mà CD BA D(4;10) .
Cách 2 (Sử dụng giao hai đường tròn để tìm B )
Ta có NC
20 2
4 5
. Mặt khác BC 4 5
NB NC 2 BC 2
3
3
Khi đó B thuộc giao điểm của hai đường tròn tâm N bán kính
4 5
và đường tròn tâm C bán kính 4 5 .
3
2
2
4
2 80
B(0; 2)
x 0; y 2
x
y
3
3
9
Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:
4
18 4 18
B ;
x
;
y
2
2
5 5
5
5
x
8
y
2
80
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
4 5 AB
Do B, H khác phía với NC nên ta được B(0; 2) .Ta có NB
AB 3NB A(4;6) và
3
3
CD BA D(4;10) . Vậy A(4;6) , B(0; 2), D(4;10) .
GV: Nguyễn Thanh Tùng
Bài 15. (THPT Phù Cừ_Hưng Yên). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A . Gọi G
là trọng tâm tam giác ABC . Điểm D thuộc tia đối của tia AC sao cho GD GC . Biết điểm G thuộc đường
thẳng d : 2 x 3 y 13 0 và tam giác BDG nội tiếp đường tròn C : x 2 y 2 2 x 12 y 27 0 . Tìm toạ độ
điểm B, D và viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm B có hoành độ âm và G có tọa độ nguyên.
Giải
B(?)
M
I
G
D(?)
C
A
Tam giác ABC vuông cân tại A có G là trọng tâm nên GB GC .
Mà GD GC GB GC GD , suy ra tam giác BCD nội tiếp đường tròn tâm G , suy ra:
2BCD
2BCA
900 BG GD , hay tam giác BDG vuông cân tại G .
sđ BD
BGD
Đường tròn (C ) tâm I (1;6) bán kính R 10 ngoại tiếp tam giác BDG nên I là trung điểm của BD .
Do đó IG 10 và IG BD . Vì G d : 2 x 3 y 13 0 G(5 3t;1 2t ) .
G 2;3
t 1
Từ IG 10 IG 10 (3t 4) (2t 5) 10 13t 44t 31 0
t 31 G 28 ; 75
13 13 13
2 x 3 y 13 0
Do G có tọa độ nguyên nên G(2;3) (Có thể tìm G bằng cách giải hệ 2
).
2
x y 2 x 12 y 27 0
Đường thẳng BD đi qua I (1;6) và vuông góc với IG nên BD có phương trình x 3 y 17 0 .
2
2
2
2
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
x 3 y 17 0
x 2; y 5 xB 0 B(2;5)
Khi đó tọa độ B, D là nghiệm của hệ : 2
.
2
x 4; y 7
D(4;7)
x y 2 x 12 y 27 0
GV: Nguyễn Thanh Tùng
(Có thể tìm B, D theo cách trình bày sau: Gọi B(3b 17; b) , ta có:
b 5 B 2;5 xB 0
IB 10 IB 2 10 (3b 18)2 (b 6)2 10 b 2 12b 35 0
B 2;5 .
b 7 B 4;7
Suy ra D(7; 4) (do I (1;6) là trung điểm của BD )).
Gọi M là trung điểm của BC ta có MA MB MC và AM BC (do ABC vuông cân tại A )
1
1
Khi đó ta có: GM MB và GM MA MB .
3
3
1
3
MG 1 cosGBM
Nên tan GBM
.
MB 3
10
1 tan 2 GBM
Gọi n a ,b với a 2 b2 0 là vecto pháp tuyến của BC . Ta có VTPT của của BG là nBG 1; 2 .
nBG .n
3
cos n , n
Khi đó: cos BG, BC cos nBG , n cos GBM
BG
10 nBG . n
a 2b
a b 0
3
35a 2 40ab 5b 2 0
10
7a b 0
5 a 2 b2
Trường hợp 1: Với a b 0 n 1;1 nên phương trình BC : x y 3 0 .
Trường hợp 2: Với 7a b 0 n 1;7 nên phương trình BC : x 7 y 33 0 .
Do D, G cùng phía đối với đường thẳng BC nên phương trình BC thoả mãn là x y 3 0 .
Vậy B(2;5), D(4;7) và BC : x y 3 0
Bài 16. (Sở GD&ĐT Quảng Ngãi_2016). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có
A(1;1) và diện tích bằng 8. Đường thẳng qua B và vuông góc với AC cắt đường thẳng CD tại M . Gọi E là
trung điểm của CM . Biết phương trình đường thẳng BE : x y 0 và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ
các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD .
Giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BE
11
2.
Khi đó AH d ( A, BE )
2
S
1
1
8
4 2.
Ta có AH .BE S ABE S ABC S ABCD BE ABCD
2
2
AH
2
S
8
Đặt AB a 0 BC ABCD .
AB
a
CBM
(cùng phụ với BCA
)
Ta có BAC
A
D(?)
AB BC
BC 2 64
32
CM
Suy ra ABC ~ BCM
CE 3 .
BC CM
AB a3
a
B(?)
H
M
E
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 !
C(?)
HOCMAI.VN
GV: Nguyễn Thanh Tùng
facebook.com/ ThayTungToan
2
64 32
32
a2 a6
2a4 32 a6 (a 2 4)(a 4 2a 2 8) 0 a 2 AB 2 và BC 4 .
Xét tam giác vuông BCE ta có: BC 2 CE 2 BE 2
t 0
Do B BE B(t; t ) với t 0 , khi đó: AB2 4 (t 1)2 (t 1)2 4 t 2 1
t 1 B(1; 1) .
Ta có BC đi qua B(1; 1) và vuông góc với AB : x 1 nên có phương trình: y 1 .
c 5
C (5; 1)
Do đó C (c; 1) , khi đó: BC 2 16 (c 1)2 16
.
c 3 C (3; 1)
Ta có AD BC nên với C (5; 1) D(5;1) và với C (3; 1) D(3;1) .
Vậy B(1; 1) , C(5; 1), D(5;1) hoặc B(1; 1), C(3; 1), D(3;1) .
Bài 17. (Lương Thế Vinh_Hà Nội). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A(2;3)
và M là trung điểm cạnh AB . Gọi K (4;9) là hình chiếu vuông góc của M trên cạnh BC , đường thẳng KM
cắt đường thẳng AC tại E . Tìm tọa độ điểm B, C biết KE 2CK và điểm M có hoành độ lớn hơn 2.
Giải:
KE
Trong tam giác ECK ta có: tan
ACK
2.
KC
Trong tam giác ABC ta có: AB AC.tan
ACK 2 AC AM AC
ACM 450 .
Mặt khác AMKC nội tiếp đường tròn, suy ra: MKA
ACM 450 .
Gọi nKM (a; b) là VTPT của đường thẳng KM ( a 2 b2 0 ).
Ta có KA (2; 6) nKA (3; 1) .
nKM .nKA
3a b
1
ACM cos nKM , nKA
Khi đó cos
2
nKM . nKA
a 2 b 2 . 10
B(?)
K
M
5(a2 b2 ) (3a b)2 2a2 3ab 2b2 0
a 2b
.
(a 2b)(2a b) 0
E
2a b
A
+) Với a 2b , chọn a 2, b 1 hay nKM (2;1) , suy ra phương trình KM : 2 x y 17 0
Suy ra phương trình BC : x 2 y 14 0 .
Gọi M (m;17 2 m) với m 2 , suy ra B(2m 2;31 4m) (do M là trung điểm của AB ).
Do B BC 2m 2 2(31 4m) 14 0 m 5 (thỏa mãn). Suy ra B(8;11) .
Khi đó AC đi qua A(2;3) vuông góc với AB nên có phương trình: 3x 4 y 18 0 .
x 2 y 14 0
x 2
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
C (2; 6) .
3x 4 y 18 0
y 6
+) Với 2a b , chọn a 1, b 2 hay nKM (1; 2) , suy ra phương trình KM : x 2 y 14 0
Suy ra phương trình BC : 2 x y 17 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 !
C(?)
HOCMAI.VN
facebook.com/ ThayTungToan
Gọi M (2t 14; t) với t 8 , suy ra B(4t 30;2t 3) (do M là trung điểm của AB ).
GV: Nguyễn Thanh Tùng
Do B BC 2(4t 30) 2t 3 17 0 t 8 (loại).
Vậy B(8;11) , C (2;6) .
Bài 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T ) . Từ điểm M thuộc cạnh AB
( M A, M B ), kẻ đường thẳng vuông góc với AB , cắt các đường thẳng AC, BC lần lượt tại D(9; 2) và E
Đường tròn đi qua 3 điểm D, E, C cắt đường tròn (T ) tại điểm F (2; 3) khác C . Tìm tọa độ đỉnh A , biết A
thuộc đường thẳng d : x y 5 0 .
Giải:
ECF
(1)
Ta có ABCF nội tiếp đường tròn (T ) nên BAF
)
(vì cùng bù với góc BCF
d:x + y
5=0
ECF
(2)
Lại có ECDF nội tiếp đường tròn nên FDE
)
( vì cùng chắn cung EF
A(?)
FDE
Từ (1) và (2), suy ra: BAF
FDM
FDE
FDM
1800 hay MAF
FDM
1800
BAF
Suy ra AMDF nội tiếp đường tròn
B
Mà
AMD 900
AFD 900 hay AF FD
M
F(2; 3)
D(9; 2)
E
C
Khi đó AF có phương trình: 7 x y 11 0
(T)
7 x y 11 0
x 1
Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
A(1; 4) .Vậy A(1;4) .
x y 5 0
y 4
Bài 19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH , trung tuyến BM .
Đường tròn (T ) đi qua M và tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại B cắt cạnh AC tại điểm
thứ hai là E . Đường thẳng BE có phương trình 3x 4 y 6 0 và H (2; 3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC , biết A thuộc đường thẳng d : x y 1 0 .
Giải:
Gọi AH BE D , ta sẽ chứng minh D
d: x + y
1=0
là trung điểm của AH . Thật vậy:
Gọi N là giao điểm của BC và đường tròn (T )
E
(cùng bù với góc E
)
Khi đó : N
1
1
1
D
(1)
Mặt khác, ABH ~ CBA và
BM là trung tuyến của CBA
(2)
Từ (1) và (2), suy ra BD cũng là trung tuyến
trong tam giác ABH hay D là trung điểm của AH
a 2 a 2
;
Gọi A(a;1 a) d D
2
2
4y + 6 = 0
E
2
B
900 N
B
B
B
Mà E
1
1
1
3
1
3
3x
A(?)
2
1
B(?)
M
1
3
H( 2; 3)
N
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
GV: Nguyễn Thanh Tùng
facebook.com/ ThayTungToan
a2
a 2
4.
6 0 a 2 A(2;3)
2
2
Khi đó BC đi qua H và vuông góc AH nên BC có phương trình: y 3
Khi đó D BE 3.
y 3
x 6
Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:
B(6; 3)
3x 4 y 6 0
y 3
AC đi qua A và vuông góc AB nên AC có phương trình: 2 x 3 y 5 0
2 x 3 y 5 0
x 7
Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
C (7; 3)
y 3
y 3
Vậy A(2;3), B( 6; 3), C(7;
3) .
Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A với B(2;1), C (2; 1) , gọi P là điểm trên
cạnh BC . Đường thẳng qua P song song với AC cắt AB tại D , đường thẳng qua P song song với AB cắt
AC tại điểm E . Gọi Q là điểm đối xứng với P qua DE . Tìm tọa độ điểm A biết Q(2; 1) .
Giải:
A(?)
D
1
Q( 2; 1)
1
1
E
H
1
B( 2;1)
O
P
1
C(2; 1)
d
Do ABC cân tại A nên A thuộc đường trung trực d của BC . Khi đó d đi qua trung điểm O(0;0) của BC
và vuông góc với BC với BC (4; 2) 2(2; 1) nên d có phương trình: 2 x y 0 .
BCQ
1800 .
Ta sẽ đi chứng minh A thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BCQ hay chứng minh BAQ
Thật vậy:
Ta có PEAD là hình bình hành, suy ra DP AE và EP AD (1)
Do DE là trung trực của PQ , suy ra DP DQ và EP EQ (2)
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
Từ (1) và (2), suy ra AE DQ và AD EQ ADQ QEA (c – c – c)
GV: Nguyễn Thanh Tùng
facebook.com/ ThayTungToan
E
, suy ra ADEQ nội tiếp đường tròn hay DAQ
QEH
(*) (vì cùng bù với DEQ
).
D
1
1
), suy ra EP EC EQ EC C
Q
ECP
(cùng bằng góc B
Mặt khác, ta có: EPC
1
1
Q
C
P
, suy ra EHCP nội tiếp đường tròn
Lại có E , H thuộc trung trực của BC P
1
1
1
1
1800 HEP
1800 HEP
1800 QEH
1800 DAQ
(theo (*)), suy ra HCP
DAQ
1800
Khi đó HCP
BCQ
1800 .
hay BAQ
Vậy ABCQ nội tiếp đường tròn có phương trình (phương trình đi qua 3 điểm B, C , Q ) là: x 2 y 2 5
2 x y 0
x 1; y 2 A(1; 2)
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 2
2
A(1; 2)
x y 5 x 1; y 2
Kiểm tra điều kiện A, Q nằm cùng phía với đường thẳng BC cho ta đáp số A(1; 2) .
CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU
GV: Nguyễn Thanh Tùng
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
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 !
