01 bai toan xu ly hinh phang bang vecto

Khóa học LUYỆN/GIẢI BÀI TẬP mônTOÁN 2015

WWW.MOON.VN

LUYỆN TẬP
01.BÀI TOÁN XỬ LÝ HÌNH OXY BẰNG VECTO.
Mod: Lê Văn Tuấn (Moon.vn)
Câu 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có A  1;3 , phương trình đường chéo BD
và trung trực của cạnh CD lần lượt là d1 : 3x  4 y  14  0 và d2 : 3x  y  6  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của
hình bình hành ABCD.
Lời giải:
Gọi M là trung điểm của CD , khi đó gọi G  AM  BD là


trọng tâm tam giác ACD ta có: AG  2GM .
 14  3u 
Gọi G  u;
 ; M  v;3v  6  ta có:
4 



2
 2 
u  1  2  v  u 
u   3  G   3 ; 4 




14  3u

14  3u   

 4  3  2  3v  6  4 
v  1  M   1 ; 9 






2
 2 2
Phương trình đường thẳng CD qua M và vuông góc với d 2 là: x  3 y  13  0 .
Khi đó: D  BD  CD  D  2;5  C 1;4   B  2;2 
Vậy B  2;2 ; C 1;4 ; D  2;5  là các điểm cần tìm.
Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn T  : x2  y 2  4 x  2 y  0 , phân

 có phương trình là  : x  y  0 và trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng
giác trong của góc BAC
d : 4 x  7 y  13  0 . Viết phương trình đường thẳng BC biết A có hoành độ dương.
Lời giải:
Đường tròn  C  có tâm I  2;1 ; R  5 .

 x2  y 2  4 x  2 y  0
 x  3; y  3

Ta có: A     C  ta có: 
 x  0; y  0
x  y  0
Do vậy A  3;3 , gọi K là giao điểm thứ 2 của phân giác AK và đường

tròn (C) ta có K  0;0  .
  CK
  BK  CK
Do AK là phân giác trong nên ta có BK

Mặt khác IB  IC  IK  BC và IK và BC cắt nhau tại trung điểm M
của BC.
Phương trình đường thẳng IK là: x  2 y  0 .

Tham gia trọn vẹn các khóa LTĐH và LUYỆN GIẢI ĐỀ tại Moon.vn để đạt kêt quả cao nhât trong kì thi TSĐH!


Khóa học LUYỆN/GIẢI BÀI TẬP mônTOÁN 2015

WWW.MOON.VN

 19
u  3  2  2v  u 
u





 13  4u 
15
Gọi G  u;
 ; M  2v; v  ta có: AG  2GM   8  4u
 13  4u   
7 

 2 v 


 7
v  1
7 



5
 2 1
Khi đó M  ;   BC : 2 x  y  1  0
 5 5
Vậy BC : 2x  y 1  0 là đường thẳng cần tìm.

3
AB điểm B  2;5 ,gọi H
2
là chân đường cao hạ từ D xuống AC và M là trung điểm của HC , biết phương trình các đường thẳng
DH : 4 x  3 y  2  0 và MD : 7 x  y  9  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD.
Câu 3 : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD có đáy lớn CD 

Lời giải :
Ta có : D  DH  DM  D 1; 2 
Gọi I  x; y  là giao điểm 2 đường chéo AC và BD.
IB AB 2 
3 
Theo Talet ta có:

  ID   IB .

ID CD 3
2

3

1  x  2  2  x 
 8 11 
Ta có: 
I ; 
5 5 
2  y   3  5  y 

2
Phương trình đường chéo AC qua I và vuông góc với DH là : 3x  4 y  4  0
 2 
 4 2
 8 11 
Khi đó H   ;  ; M  ;   C  4; 4  . Lại có: AB  DC   2; 4   A  0;1
3
 5 5
5 5 
Vậy A  0;1; B 2;5 ; C 4;4 ; D 1; 2



là các điểm cần tìm.

Câu 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B  4;6  , gọi H là điểm thuộc cạnh BC sao
cho HB  2HC và AH vuông góc với BC, E là điểm thuộc cạnh AB sao cho AB  4 AE , đường thẳng
CE cắt đường cao AH tại D  0;3 . Biết trung điểm của AC thuộc đường thẳng 2 x  y  1  0 tìm tọa độ

các đỉnh của tam giác ABC.
Lời giải:
Gọi M là trung điểm của AB, D là trung điểm AH.
Gọi N  t;1  2t  là trung điểm của AC ta có:

 

2  t  0   0  xM
2 DN  MD  
 M  2t ; 4t  7 
2
1

2
t

3

3

y



M

Khi đó A  4t  4;8t  8
t  1
 
Giải AD.DN  0   4t  4  t   8t  5  2t  2    1

t 

2

Với t  1  A  0;0  , N  1;3 ; C  2;6 
1
 1 
Với t    N   ; 2  ; A  2; 4  ; C 1;0 
2
 2 
Tham gia trọn vẹn các khóa LTĐH và LUYỆN GIẢI ĐỀ tại Moon.vn để đạt kêt quả cao nhât trong kì thi TSĐH!


Khóa học LUYỆN/GIẢI BÀI TẬP mônTOÁN 2015

WWW.MOON.VN

Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có đường cao AH : x  y  8  0 , đường
thẳng d : 5x  y  2  0 đi qua C và cắt AB tại E  2;8 , biết đường cao xuất phát từ đỉnh B của tam giác
ABC đi qua điểm N  1;5 .Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ dương.
Lời giải:

 
Gọi C  t;5t  2  và H  u;8  u  ta có CH .u AH  0
  u  t   10  u  5t   0  u  2t  5 .
Gọi F là điểm đối xứng của E qua phân giác trong AH ta có
Phương trình EF là : x  y  6 , trung điểm của EF là

K  AH  EF  1;7   F  0;6  , B  2u  t;16  2u  5t  2 

B  2u  t;18  2u  5t   10  5t;8  t 
t  1
 
Khi đó ta có : CF .BN  0  t  11  5t   8  5t  t  3  0   12
t 
5

Với t  1  u  C 1;3 ; B  5;7   A  1;9 là các điểm cần tìm
Với t 

12
28 
 12
 
 C  ;10  ; B  2;   loai  .
5
5 
5
 

Câu 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD , gọi K là điểm đối xứng của D qua C,
 1

đường thẳng AK cắt đường chéo BD tại E  ; 3  , biết điểm C thuộc đường thẳng x  2 y  1  0 và
 3

trung điểm của CD là M  2;0  . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết C có tung độ âm.
Lời giải:
Chứng minh được E là trọng tâm tam giác ACB
khi đó CE cắt AB tại trung điểm N của AB ta



có: CE  2EN , gọi C 1  2t; t  . Khi đó:


1

 
 xN  1  2t  3  xN  
3
CN  3EN  

 y  t  3  y  3
N
 N
 xN  1  t
 
 
t  9  


t  9 . Khi đó lại có MN .MC  0 trong đó: MN  3  t;
 ; MC  1  2t; t 
2
y



N



2
t  1
t 9
2
Do vậy  t  3 2t 1  t
 0  5t  t  6  0   6
t  loai 
2
 5

Với t  1  C  3; 1  D 1;1 ; N  2; 4
Phương trình đường thẳng CD : x  y  2  0 , AB : x  y  6  0 ; AD : x  y  0; BC : x  y  4  0
Từ đó suy ra A  3; 3 ; B  1; 5 là tọa độ các điểm cần tìm.
Tham gia trọn vẹn các khóa LTĐH và LUYỆN GIẢI ĐỀ tại Moon.vn để đạt kêt quả cao nhât trong kì thi TSĐH!


Khóa học LUYỆN/GIẢI BÀI TẬP mônTOÁN 2015

WWW.MOON.VN

Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AD là
x  y  2  0 . Lấy điểm M đối xứng với D qua BC , biết trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng
x  2 y  4  0 và đường thẳng BM có phương trình là 2 x  y  4  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ

nhật ABCD.
Lời giải:
+) Gọi D  u; 2  u  và B  v; 2v  4  . Do G là trọng tâm của tam
 
giác ABC nên ta có DB  3GB do vậy:


v  u  3 v  xG 
 2v  u 4v  u  6 
 G
;


3
3
2
v

u

6

3
2
v

4

y





G


2v  u 2  4v  u  6 

 4  0  2v  u  8  0 1
3
3
Gọi K  BM  AD  K  2;0  .
B  BM ta có:

 u  2 2u 
Khi đó ta có A là trung điểm của KD nên A 
;

2 
 2
 
2u 
 u2 
Lại có: AB.u AD  0   v 
   2v  4 
  0  2
2  
2 

u  0 
 D  0; 2 
Từ (1) và (2) suy ra 

 A 1;1 ; C  3;5  là các điểm cần tìm.
v  4 

 B  4; 4 
Câu 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn  C  tâm E , gọi
26 

F  1;  là trung điểm của AB , H 1;0  là chân đường cao hạ từ A xuống BC, tia EF cắt đường tròn
9 

 C  tại K. Biết phương trình đường thẳng CK là: x  y  3  0 tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC .

Lời giải:
  KB
  CK là phân giác trong ( chú ý
Chứng minh KA
khi đó tìm được A ta sẽ loại đi trường hợp CK là phân giác
ngoài loại TH A và H cùng phía với CK ).
1
Ta có: A  x; y   HF  AF  AB
2
2

26  1000

  x  1   y   
9 
81

52
 x2  2 x  y 2 
y  3 1
9

Lấy M là điểm đối xứng qua phân giác CK ta có
2

Phương trình MH là x  y  1  0  trung điểm của MH là:  2;1  M  3; 2 
 
44
25
26 

Lại có: AM . AF  0 ta có:  x  3 x  1   y  2   y    0  x 2  2 x  y 2 
y
 2
9
9
9 

8
52
9 x  13
Từ (1) và (2) ta có: 4 x  y 
 9 x  2 y  13  y 
9
9
2

Tham gia trọn vẹn các khóa LTĐH và LUYỆN GIẢI ĐỀ tại Moon.vn để đạt kêt quả cao nhât trong kì thi TSĐH!


Khóa học LUYỆN/GIẢI BÀI TẬP mônTOÁN 2015

WWW.MOON.VN

7

x  y4

 9 x  13  52 9 x  13
3
Khi đó: x 2  2 x  
3 
  .
9
2
 2 
 x  79  loai 

51
2

7 
Vậy A  ; 4  là điểm cần tìm.
3 

 
Ở đây giả thiết 1  AH  HB các bạn có thể đưa về đk vecto AH .HB  0 ở đây đã sử dụng điều kiện
tương đương là trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nữa cạnh ấy.
 
 AH .HB  0
Như vậy bài toán này chúng ta đã giải hệ Vecto :   
.

 AM . AF  0
Câu 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có điểm M thuộc cạnh BC sao cho
BC  3BM , phương trình đường thẳng DM là x  5 y  9  0 , biết đỉnh C 1; 4  và đỉnh A thuộc đường
thẳng d : x  2 y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD.
Lời giải :

BK BM 1

 .
CD MC 2
IA AK 3
Khi đó gọi I  AC  DM ta có:


IC CD 2
 3 
Do vậy IA 
IC . Gọi A  2t  3; t  ; I  9  5u; u  .
2
3

 A 1; 2 
t  2
2t  12  5u   2 1  5u  9 




8    8
t  u   3  4  u 

u  5
 I 1; 5 

 

2
Gọi K  AB  DM ta có:

Tâm hình vuông là K 1;1 , phương trình đường thẳng BD là y  1 .
Khi đó : D  DM  BD  D  4;1  B  2;1
Vậy A 1; 2 ; B  2;1 ; C 1;4 ; D 4;1  .
Câu 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có B  2;0  , đường thẳng qua B và vuông
góc với đường chéo AC có phương trình là d : 7 x  y  14  0 , trung tuyến AM của tam giác ABC có
phương trình là: AM : x  2 y  7  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A,C,D biết A có hoành độ âm.
Lời giải:
Gọi A  7  2t; t  và M  7  2v; v  suy ra C 12  4v; 2v 

 
 AB.BM  0
Giải hệ điều kiện:   
 BN . AC  0
t  4

 2t  5 2v  5   tv  0


ta có: 
3
v
 5  2t  4v   7  2v  t   0




2

Tham gia trọn vẹn các khóa LTĐH và LUYỆN GIẢI ĐỀ tại Moon.vn để đạt kêt quả cao nhât trong kì thi TSĐH!


Khóa học LUYỆN/GIẢI BÀI TẬP mônTOÁN 2015

WWW.MOON.VN

 3
Từ đó suy ra A  1; 4  ; C  6;3 ; M  4;   D  3;7 
 2

Câu 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo
AC : x  y  1  0 , điểm G 1; 4  là trọng tâm của tam giác ABC. Điểm E  0; 3 thuộc đường cao kẻ từ D
xuống đường thẳng AC. Biết diện tích tứ giác ABCD bằng 48 và điểm A có hoành độ dương. Tìm tọa độ
các đỉnh của hình bình hành ABCD.
Lời giải:
Phương trình đường thẳng DE qua E vuông
góc với AC là: x  y  3  0

 
Gọi D  t; t  3 ; I  u; u  1 ta có: DI  3IG

u  1
u  t  3 1  u 
Do đó: 


t  1

u  t  4  3  3  u 
Vậy D 1; 4 ; I 1;2   B 1;8 
Mặt khác S ABCD  2S ABC  2d  B; AC  . AC  AC  4 2  AI  2 2

v  3
2
Khi đó gọi A  v; v  1  IA2  2  v  1  8  
v  1
Vậy A  3;4 ; C  1; 0  hoặc ngược lại
Câu 12: [ ĐH_A_2014] : [ ĐH_A_2014] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có M là
trung điểm của cạnh AB và N là điểm thuộc cạnh AC sao cho AN  3NC . Viết phương trình đường thẳng
CD biết M 1; 2  ; N  2; 1 .
Lời giải:

 IA  IB
Gọi I  a; b  là tâm của hình vuông ta sử dụng 2 yếu tố vuông góc là: 
 IM  AB



a  x A  2  2  a 
 A  3a  4;3b  2 
Khi đó tìm A ta có: AI  2 IN  

b  y A  2  1  b 
Điểm M là trung điểm của AB nên M  6  3a;2  3b  .
 

 IA.IB  0
Giải Hệ ĐK vuông góc:   
 IM . AB  0


 2a  4  6  4a    2b  2  2  4b   0


 a  1 6a  10    b  2  .6b  0
2a 2  2b2  7a  b  5
6a 2  6b2  21a  3b  15 a  3b  1


 2
 2
 2
2
2
2
6a  6b  16a  12b  10
6a  6b  16a  12b  10
2a  2b  7a  b  5


Tham gia trọn vẹn các khóa LTĐH và LUYỆN GIẢI ĐỀ tại Moon.vn để đạt kêt quả cao nhât trong kì thi TSĐH!


Khóa học LUYỆN/GIẢI BÀI TẬP mônTOÁN 2015

WWW.MOON.VN

b  0; a  1

a  3b  1


2
2
b  2 ; a  11
2
3
b

1

2
b

21
b

7

b


5


 

5
5

Với a  1; b  0  I 1;0 ; A  1; 2 ; C  3; 2 ; CD : y  2
11
2
; b  , tương tự ta có: CD : 3x  4 y 15  0
5
5
Câu 12 + :[ ĐH_B_2014] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD. Điểm M  3;0  là

Với a 

4 
trung điểm của AB, điểm H  0; 1 là hình chiếu của B lên AD và điểm G  ;3  là trọng tâm tam giác
3 
BCD. Tìm tọa độ các đỉnh B,D.
Lời giải :

chú ý : 2 yếu tố vuông góc AH  BC; AH  AD và giải hệ PT 2 đường tròn.
Gọi B  x; y   A  6  x;  y  .


4
4


 6  x   2  xC  
3
3

+) Mặt khác ta có: GA  2GC  

 y  3  2  y  3
C

x 9 y 

 C 5  ;

2 2 



  x
y 9 
+) Ta có: HB  x; y  1 , CB   5;

2 
2
 
2


2 x  y  1
 x  0; y  1
 HB.CB  0
 x  10 x   y  1 y  9   0
+) Giải:   

 2



2
 HB.HA  0
 x  6 x  y  1  x  2; y  3
 6  x  x  1  y  y  1  0


+) Với B  0; 1  H  loai 
+) Với B  2;3  A  4; 3 , C  4;6  D  2;0
Kết luận : Vậy B  2;3 , D 2;0  là các điểm cần tìm.

Tham gia trọn vẹn các khóa LTĐH và LUYỆN GIẢI ĐỀ tại Moon.vn để đạt kêt quả cao nhât trong kì thi TSĐH!