tuyen tap 50 bai toan oxy hay va khothay nguyen thanh tung
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.06 MB, 13 trang )
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
7
13
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 !
