23. 23 De thi hinh hoc toa do Oxy co loi giai Binh Dinh

Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

Tuyển chọn các bài HỆ TỌA ĐỘ OXY
trong 23 ĐỀ THI THỬ BÌNH ĐỊNH 2015
ĐỀ 1.
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ oxy, cho elip(E):

x2
4

 y 2  1 và điểm C(2;0).Tìm tọa

độ các điểm A,B  (E) biết rằng A,B đối xứng nhau qua trục hoành và  ABC đều
Lời giải
Giả sử A( x0 ; y0 ), B ( x0 ;  y0 ) .
x 2
x 2
+ Vì A,B thuộc (E) nên 0  y02  1  y02  1  0 , (1) .
4
4

+ Mà tam giác ABC đều nên AB 2  AC 2  x0  2





2

 y 2  4 y 2 , (2)
0

0

2 4 3 2 4 3
 ;  ; 
.
7 
7 7  7

+ Từ (1) và (2) suy ra A,B là một trong hai điểm  ;

ĐỀ 2.
Cho đường tròn (C) có phương trình : x 2  y 2  4 x  4 y  4  0 và đường thẳng d có
phương trình : x + y – 2 = 0. Chứng minh rằng d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B .
Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.
Lời giải

(C) có tâm I(2;2), bán kính R=2

0,25

Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ:

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
x  0

x  y  2  0
 y  2


 2
2
x  2
x  y  4x  4 y  4  0

  y  0

Hay A(2;0), B(0;2)

y

C

4

M

2

I

B

H
A
O

2

Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B

x

0,25

1
2

Ta có SVABC  CH . AB (H là hình chiếu của C trên AB)
SVABC max  CH max

0,25
C  (C )  (V)
 xC  2

Dễ dàng thấy CH max  

V d
 I (2; 2) V

Hay V: y = x với V: 
 C (2  2; 2  2)

0,25

Vậy C (2  2; 2  2) thì SVABC max
ĐỀ 3.
Trong mp(Oxy) cho hình thang ABCD vuông tại A , D , biết AD = CD = 2AB . Gọi
M(5;5) , N lần lượt trung điểm của BC , CD và đường thẳng AN : x + 3y – 12 = 0 . Tìm

tọa độ điểm A .
Lời giải
Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
Đặt AB = 2x .
0.25

SAMN = SABCD – SADN – 2SMNC
 x =

0.25

2

suy ra AM =

0.25

26

0.25

42 6
Suy ra A(0;4) và A(
; )
5 5

Bài giảng toán học

ĐỀ 4.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (S), có A và C đối
3x  y  2  0 . Viết

xứng qua BD. Phương trình AB: y – 2 = 0; phương trình BD:

phương trình đường tròn (S) biết diện tích tứ giác ABCD bằng 4 3 và xA > 0, yA < yD.
Lời giải
Viết phương trình đường tròn (S)

1,0

+B là giao điểm của AB và BD, tìm được B(0; 2).

A

+Tính góc giữa hai đường thẳng AB và BD bằng 600.
+Ta có BD là đường trung trực của dây cung AC nên BDB

I

D

0,25

là đường kính.
+Tam giác ABD vuông tại A có ·
ABD  600  AD  AB 3
+Ta có S ABCD  2S ABD  SABD  2 3 

C

1
AB.AD  2 3
2

0,25

1
AB 2 . 3  2 3  AB  2.
2
uuur
+Ta có A  AB  A  a;2  , a  0, AB   a;0 


AB  2 

 a 

2

 02  2  a  2 ( a  0) suy ra A  2; 2  .





uuur





+Ta có D  BD  D d ; 3d  2 , AD  d  2; 3d .
0,25
Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

 d  2

Nên AD  AB 3 




2





3d



2

 d  1
 2 3  4 d 2  4d  8  0  
d  2



 D 1;  3  2
Suy ra 
. Vì yA < yD nên chọn D 2; 2 3  2 .
 D 2; 2 3  2












+ Đường tròn (S) có tâm I 1; 3  2 , bán kính IA  2 nên có phương trình:

 x  1

2



 y 32



2

0,25
4.

ĐỀ 5.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A  3;6  , trực tâm H  2;1 , trọng tâm
4 7
G  ;  , C có tung độ dương. Tính diện tích tam giác ABC.
3 3

Lời giải
( 1 điểm )
0.5

Tìm được B 1; 2  , C  6;3
1
2

Diện tích tam giác ABC : S  5 2

12
 30
2

0.5

ĐỀ 6.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương
trình đường thẳng AB : x  2 y  3  0 và đường thẳng AC : y  2  0 . Gọi I là giao điểm của
hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết
IB  2 IA , hoành độ điểm I: xI  3 và M  1;3  nằm trên đường thẳng BD
Lời giải

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

A

D
E

F

M
I
0,25

B

C

Ta có A là giao điểm của AB và AC nên A 1; 2  .
Lấy điểm E  0; 2   AC . Gọi F  2a  3; a   AB sao cho EF //BD.

Khi đó

EF AE
EF BI



 2  EF  2 AE
BI
AI
AE AI

0,25
2

  2a  3   a  2 

2

a  1
2
 a  11 .
5


uuur

Với a  1 thì EF   1; 1 là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là

r

n  1; 1 . Pt BD : x  y  4  0  BD  AC  I  2;2 
uur

Ta có IB  

BD  AB  B  5; 1

uur
IB uur
IB uur
3
 3

ID   ID   2 ID  D 
 2;
 2 .
ID
IA
2
 2


0,25

uur
IA uur
IA uur
1 uur
IA  
IC   IC  

IC  C 3 2  2; 2 .
IC
IB
2





uuur  7 1 
11
thì EF   ;  là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là
5
 5 5
r
n  1; 7  . Do đó, BD : x  7 y  22  0  I  8;2  (loại).

Với a 

ĐỀ 7.
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 6), phương trình đường
cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 2 x  y  13  0 và 6 x  13 y  29  0 . Viết
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Lời giải
Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

- Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM.
C(-7; -1)

Khi đó
CH có phương trình 2 x  y  13  0 ,
CM có phương trình 6 x  13 y  29  0.
2 x  y  13  0
- Từ hệ 
 C (7;  1).
6 x  13 y  29  0

- AB  CH  n

AB

A(4; 6)

H

M(6; 5)

0,25

B(8; 4)

 u CH  (1, 2)

 pt AB : x  2 y  16  0 .
 x  2 y  16  0
 M (6; 5)  B(8; 4).

6 x  13 y  29  0

0,25

- Từ hệ 

- Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC : x 2  y 2  mx  ny  p  0.
52  4m  6n  p  0
m   4


Vì A, B, C thuộc đường tròn nên 80  8m  4n  p  0  n  6 .
50  7 m  n  p  0
 p  72



0,25

Suy ra pt đường tròn: x 2  y 2  4 x  6 y  72  0 hay ( x  2) 2  ( y  3) 2  85.

0,25

ĐỀ 8.
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1 : 2 x  y  5  0 .
d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường
thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của
hai đường thẳng d1, d2.
d1 có vectơ chỉ phương a1 (2;1) ; d2 có vectơ chỉ phương a 2 (3;6)
Ta có: a1.a 2  2.3  1.6  0 nên d1  d 2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là

đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình:
d : A(x  2)  B( y  1)  0  Ax  By  2 A  B  0

d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một
góc 450
Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT



2A  B
2

A B

2

A  3B
 cos 450  3A 2  8AB  3B 2  0  
2  (1)
B  3A
2

0,25

2

* Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x  y  5  0

0,25

* Nếu B = -3A ta có đường thẳng d : x  3y  5  0
Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x  y  5  0

0,25

d : x  3y  5  0

ĐỀ 9.
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết đỉnh B(2; –1), đường cao
qua A có phương trình d1: 3x – 4y + 27 = 0, phân giác trong góc C có phương trình d2: x
+ 2y – 5 = 0. Tìm toạ độ điểm A.
Lời giải
r

Đường thẳng BC có vectơ pháp tuyến là: n   4;3 . Suy ra phương trình đường
thẳng BC là: 4 x  3 y  5  0 .Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
4 x  3 y  5  0
 x  1

 C (1;3)

x  2 y  5  0
y  3

0,25

Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d2, I là giao điểm của BB’ và d2. Suy ra
phương trình BB’:

x  2 y 1

 2x  y  5  0
1
2

2 x  y  5  0
x  3

 I (3;1)
x  2 y  5  0
y 1

0,25

Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: 

 xB '  2 xI  xB  4
 B (4;3)
 yB '  2 yI  y B  3

Vì I là trung điểm BB’ nên: 

0,25

Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0.

y  3  0
 x  5

 A(5;3)
3 x  4 y  27  0  y  3

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 

0,25

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

ĐỀ 10.
Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) và parabol (P) có phương trình là (E): x2 + 4y2 = 4;
(P): y = x2 – 2x. Chứng minh elip (E) cắt parabol (P) tại 4 điểm nằm trên một đường tròn.

Lời giải
Hoành độ giao điểm của (E) và (P) nghiệm đúng phương trình: x2 + 4(x2 – 2x)2 = 4
4x4 –
16x3 + 17x2 – 4 = 0
(x – 2)(4x3 – 8x2 + x + 2) = 0 (*)
3
2
Hàm số f(x) = 4x – 8x + x + 2 là hàm số liên tục trên có lim f ( x )   ; f(0) = 2 > 0; f(1) = x 

1 < 0 và f(2) = 4 > 0 nên phương trình 4x3 – 8x2 + x + 2 = 0 có 3 nghiệm nhỏ hơn 2. Vậy phương
trình (*) có 4 nghiệm, do đó (E) cắt (P) tại 4 điểm.

3
3
Từ x2 + 4y2 = 4 và y = x2 – 2x suy ra 4x2 + 4y2 = 4 + 3x + 6y
x2  y2  x  y 1  0
2
4
109
 3 3
Vậy các giao điểm của (E) và (P) nằm trên đường tròn Tâm I  ;  , R 
.
8
 4 8

ĐỀ 11.
Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm A  4; 1 . Hai đường trung tuyến BB1 và CC1 của tam
giác ABC có phương trình lần lượt là 8 x  y  3  0 và 14 x  13 y  9  0 . Xác định tọa độ
các đỉnh B và C .
Lời giải
+ Gọi B1 là trung điểm AC, suy ra B1 (a,8a-3). Vì B1 là trung điểm
AC nên C(2a-4;16a-5).
+ Vì C  CC1 nên suy ra a=0. Từ đây, thu được C(-4;-5)

(0, 25 điểm)

(0, 25 điểm)

+ Tương tự cho B(1;5).
(0,50 điểm)

ĐỀ 12.

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
 : 3 x  4 y  4  0 .Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện

tích tam giác ABC bằng15.
Lời giải
Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
+ Gọi

A(a;

(0, 25 điểm)

3a  4
16  3a
)  B(4  a;
) . Khi đó diện tích tam
4
4

giác ABC là
S ABC

(0, 25 điểm)

1
 AB.d (C   )  3 AB .
2

(0,50 điểm)

+Theo giả thiết ta có
2

a  4
 6  3a 
AB  5  (4  2a )2  
  25  
 2 
a  0

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).

ĐỀ 13.
3
2

3
2

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : ( x  ) 2  ( y  ) 2 

26
là đường tròn
4

ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD. Gốc toạ độ O là trung điểm của BC. Xác định toạ độ các điểm A, B, C,
và D.

ĐỀ 14.
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD . Điểm E (2;3) thuộc đoạn
thẳng BD , các điểm H (2;3) và K (2; 4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm E
trên AB và AD . Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C , D của hình vuông ABCD.
Lời giải
Ta có: EH : y  3  0

 AH : x  2  0
EK : x  2  0  
 AK : y  4  0

 A  2;4 

r

Giả sử n  a; b  ,  a 2  b 2  0  là VTPT của đường thẳng BD .

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
Có: ·
ABD  450 nên:

a
2

a b

2



2
 a  b
2

 Với a  b , chọn b  1  a  1  BD : x  y  1  0

uuur

 B  2; 1 ; D  3; 4   EB   4; 4 
  uuur
 E nằm trên đoạn BD (thỏa mãn)
ED

1;1
 


Khi đó: C  3; 1

0,25

0,25

 Với a  b , chọn b  1  a  1  BD : x  y  5  0 .

uuur
 EB   4; 4 
uuur
uuur
 B  2;7  ; D 1;4    uuur
 EB  4 ED  E nằm ngoài đoạn BD (L) Vậy:
 ED   1;1

A  2;4  ; B  2; 1 ; C  3; 1 ; D  3; 4 

ĐỀ 15.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương
trình 3 x  4 y  10  0 và đường phân giác trong BE có phương trình x  y  1  0 . Điểm

M (0;2) thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng
tam giác ABC .

2 . Tính diện tích

Lời giải
Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC
Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x
− 3y – 1 = 0
B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt:
4 x  3 y  1  0
 B(4;5)

 x  y 1  0
A

E
M(0;2
)
I

C

H xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất
Ghé thăm blog
N thường
B thaygiaongheo.net

0,25


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0
A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt:
3x  4 y  8  0
1
 A( 3;  )

4
 3x  4 y  10  0

Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt:
C (1;1)
 x  1; y  1

4 x  3 y  1  0




31
33    31 33 
2
2

C
;
x ;y
 x  ( y  2)  2
  25 25 
25
25


Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía
đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.
 31 33 
Tương tự A và C  ;  thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam
 25 25 
giác ABC.

BC = 5, AH  d ( A, BC ) 

49
49

. Do đó S ABC 
(đvdt).
20
8

ĐỀ 16.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + 3 = 0,
d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính
R = 2.

Lời giải
 x  3  2t
, I  d 1  I ( 3  t ; t )
y  t

d1 : 

d(I , d2) = 2  11t  17  10  t 

27
7
, t
11
11

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT


27
 21 27 
t=
 I1  ;

11
 11 11 

2

2

21  
27 

(C1 ) :  x     y    4
11  
11 

2

2

7
19  
7
  19 7 

t =  I2 

;  (C 2 ) :  x     y    4
11
11  
11 
 11 11 


ĐỀ 17.
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0,
d2: x + 2y –
7= 0 và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 .
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Lời giải
Do B  d1 nên B(m; – m – 5), C  d2 nên C(7 – 2n; n)
2  m  7  2n  3.2
m  1
Do G là trọng tâm ABC nên 

 B(–1; –4), C(5; 1)
3  m  5  n  3.0
n  1

 PT đường tròn ngoại tiếp ABC: x 2  y 2 

83
17
338
x y
0

27
9
27

ĐỀ 18.
Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của BC. Biết AM
có phương trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết
đỉnh A có tung độ dương, điểm M có tung độ âm
Lời giải
x

A

I

B
x
2

H

D

M
C

Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM  BH  d  B; AM  

6
10

Đặt cạnh hình vuông là x>0

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
1
1
1
10 1
4



 2  2  x3 2
2
2
2
BH
BA BM
36 x
x
A thuộc AM nên A  t ;7  3t 

Xét tam giác ABM có

AB  3 2 

2

 4  t    3t  6 

2

 3 2  10t 2  44t  34  0

t  1
 17 16 
  17  A  ;    loai, A 1; 4   t / m
t 
5
 5
5


Làm tương tự cho điểm B, với BM 

x 3 2
5 1

 M  ; 
2
2
2 2

M là trung điểm của BC  C 1; 2 
Gọi I là tâm của hình vuông  I 1;1
Từ đó  D  2;1

ĐỀ 19.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G 1;1 , đường cao
từ đỉnh A có phương trình 2 x  y  1  0 và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng
 : x  2 y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 6.
Lời giải
Gọi H là chân đường cao vẽ từ A
1

x

x  2 y 1  0

 1 3
5

 H  ; 

 5 5
2 x  y  1  0
 y3

5

Gọi d là đường thẳng qua G và song song
BC,

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

d : x  2 y  m  0, m  1
G  d  m  3
 d : x  2y  3  0
1

 x  5
x  2 y  3  0
I  d  AH , 

 2x  y 1  0
y  7

5
1 7
 I ; 
5 5
uuur
uuur
 x 1
HA  3HI  
 A 1;3
y  3

S ABC 

1
2S
60
BC .AH  BC 


2 5
2
AH 6 5

Gọi M là trung điểm BC, M(x;y)
uuur
uuuur
 x 1
MA  3MG  
 M 1; 0 
y  0
B  BC  B 1  2b; b 
MB  5  5b 2  5  b  1
b  1: B  1;1  C  3; 1
b  1: B  3; 1  C  1;1
kl : A 1;3  , B  1;1 , C  3; 1 hay A 1;3 , B  3; 1 , C 1;1

ĐỀ 20.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình vuông ABCD có M(1;2) là trung điểm AB,
N(-2;1) là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN=3NC.Viết phương trình của đường thẳng CD
Lời giải
Ta có MN= 10 ,AN=3AC/4=

3a 2
4

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất


Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT

MN2=AM2+AN2-2AM.AN.cos450=

0,25

5a 2
8

=>a=4------------------------------------------------------------------------------Gọi I(x;y) là trung điểm của CD.Ta có

0,25

IM  4
 x  1, y  2



 

BD
17
6 ----------------------------------------------------- IN  4  2
 x  5 , y   5

+Đường thẳng CD đi qua I(1;-2) có pt : y+2=0------------------------------------------

0,25
0,25

+ Đường thẳng CD đi qua I(17/5;-6/5) có pt : 3x-4y-15=0-----------------------------

ĐỀ 21.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : 2 x  y  1  0 và điểm A   1; 2  . Gọi M
là giao điểm của  với trục hoành. Tìm hai điểm B, C sao cho M là trung điểm AB và
trung điểm N của đoạn AC nằm trên đường thẳng  , đồng thời diện tích tam giác ABC
bằng 4.
Lời giải
y

A
N

C

x
M

0,25
B

2 x  y  1  0
1 
 M  ;0 
2 
y  0

Tọa độ M: 

0,25

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
x 1  1
 B  2;  2 
y  2  0

Giả sử B  x; y  , M là trung điểm AB nên 
Giả sử C  x; y  , ta có:

 x 1 y  2
N  
2 2  2  1  0



1
4   x  2 2   y  2 2 . 1
S ABC  2 BC.2d  A;  

5

 2 x  y  2
2 x  y  2
x  6

 2

2
2

x   2
 x  2    y  2   80
5 x  20 x  60  0

0,25

ĐS: B  2;  2  , C  6;  10  hoặc C  2; 6 

0,25

ĐỀ 22.
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại A của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của ·
ADB có
phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường
thẳng AB .
Lời giải
·
Gọi AI là phan giác trong của BAC

A

·
Ta có : ·
AID  ·
ABC  BAI

E
M'

B

K
I

M
C

0,25

·  CAD
·  CAI
·
IAD
D

·
·  CAI
· ,·
·
Mà BAI
nên ·
AID  IAD
ABC  CAD
 DAI cân tại D  DE  AI

PT đường thẳng AI là : x  y  5  0
0,25

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

Thaygiaongheo.net – Video – Tài liệu học toán THPT
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0
Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)
0,25
uuuuur

r

VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5   VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3 
Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5 x  3 y  7  0

ĐỀ 23.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có
phương trình: x  y  1  0 , phương trình đường cao kẻ từ B là: x  2 y  2  0 . Điểm
M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác
ABC.
Lời giải
1
·
·

 cos HCB
Gọi H là trực tâm  ABC.Tìm được B(0;-1), cos HBC
10
r
Pt đthẳng HC có dạng:a(x-2)+b(y-1)=0( n  (a; b) là VTPT và a 2  b 2  0 )
·
cos HCB



ab
2(a 2  b 2 )

2



1
a
a
 4a 2  10ab  4b2  0  2    5    2  0
10
b
b

a
 b  2
 a  2, b  1


,
 a  1, b  2(l )
a   1
 b
2

phương trình CH: -2x + y + 3 = 0

AB  CH.Tìm được pt AB:x+2y+2=0
2
3

5
3

Tìm được : C ( ;  ) ,pt AC:6x+3y+1=0.

Ghé thăm blog thaygiaongheo.net thường xuyên để cập nhật những tài liệu hay, mới nhất

0,25