Khóa học TOÁN 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Chuyên đề : Hình phẳng Oxy (Nâng cao)
Tài liệu bài giảng (Khóa Toán 10)
CÁC TÍNH BÀI TOÁN CHỌN LỌC VỀ HÌNH OXY (P3)
Thầy Đặng Việt Hùng – www.facebook.com/Lyhung95
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN
Ví dụ 1. [ĐVH]: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A với M là trung
điểm của AB, đường thẳng qua A vuông góc với MC cắt BC tại H, biết phương trình đường thẳng
14
AB : x − y + 1 = 0 và trung điểm của HB là K 5; . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có
3
hoàng độ lớn hơn 4.
Ví dụ 2. [ĐVH]: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là I ( 0; 2 )
và thoả mãn AIB = 900 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên đường thẳng BC là D (1; 0 ) . Biết đường
thẳng AC đi qua điểm E ( 9;9 ) và điểm A có hoành độ dương. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
Ví dụ 3. [ĐVH]: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD trên các cạnh AD, AB lấy
AB
, K là hình chiếu của F trên CD, đường thẳng AK cắt
lần lượt các điểm E , F sao cho AE = AF =
3
6 2
đường thẳng BE tại H ; , biết điểm F (1; 2 ) . Tìm toạ độ đỉnh C của hình vuông ABCD.
5 5
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Câu 1. [ĐVH-1]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác ABC vuông tại B có phân giác trong AD
15 1
với D ; thuộc BC .Gọi E, F là 2 điểm lần lượt thuộc các cạnh AB và AC sao cho AE = AF . Đường
2 2
11 3
thẳng EF cắt BC tại K. Biết điểm F ; , E có tung độ dương và phương trình đường thẳng
2 2
AK : x − 2 y + 1 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
Lời giải:
Gọi I là giao điểm của AD và EF . Do tam giác AEF cân tại A có
phân giác AI nên: AI là phân giác đồng thời là đường cao và trung
tuyến.
KE ⊥ AD
Ta có:
⇒ DE ⊥ AK . Do đó đương thẳng DE qua
AB ⊥ KD
15 1
D ; và vuông góc với AK. Khi đó ta có phương trình
2 2
31
31
DE : 2 x + y − = 0 .Vì E thuộc DE nên ta gọi E t ; − 2t
2
2
2
2
15
Dễ thấy DE = DF ⇔ t − + (15 − 2t ) = 5
2
Tham gia khóa học TOÁN 10 tại MOON.VN: Tự tin hướng đến kì thi THPT Quốc gia !
Khóa học TOÁN 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
⇔ ( 2t − 15 )
2
Chuyên đề : Hình phẳng Oxy (Nâng cao)
17
17 3
t = 2 ⇒ E 2 ; − 2 ( loai )
=4⇔
13
13 5
t = ⇒ E ; ⇒ I ( 6; 2 ) ⇒ AD : x + y − 8 = 0
2
2 2
Khi đó A = AD ∩ AK ⇒ A ( 5;3) ⇒ AC : 3 x + y − 18 = 0; AB : x + 3 y − 14 = 0; BC : 3x − y − 22 = 0
20
Do vậy A ( 5;3) ; B ( 8; 2 ) ; C ; −2 là toạ độ các điểm cần tìm.
3
Câu 2. [ĐVH-2]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có D(5; 1). Gọi M là trung
điểm BC và N thuộc AC sao cho AC = 4AN. Biết rằng MN: 3x − y − 4 = 0 và yM > 0. Tìm tọa độ đỉnh C
Lời giải:
1
Gọi I là tâm hình vuông ABCD ta có: tan NDI = tan MDC =
2
Do vậy NDM = IDC = ICM = 450 do đó tứ giác NDCM là tứ giác nội
tiếp suy ra DNM = 900 ⇒ ∆DNM vuông cân tại N.
Phương trình đường thẳng DN : x + 3 y − 8 = 0
⇒ N = DN ∩ MN ⇒ N ( 2; 2 ) , gọi M ( t ;3t − 4 ) ta có:
MN 2 = ND 2 ⇒ M ( 3;5 )
Dễ thấy KD = −2 KM ( với K là trọng tâm tam giác BCD)
5 − xK = −2 ( 3 − xK )
11 11
Khi đó
⇒K ;
3 3
1 − y K = −2 ( 5 − y K )
KN 5
5
5
11
11
5 5
Lại có:
= ⇒ KN = − KC ⇔ − ; − = − xC − ; yC − ⇒ C ( 5;5 )
KC 4
4
4
3
3
3 3
Câu 3. [ĐVH-3]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A có điểm B ( 4;1) và
I là tâm đường tròn nội tiếp, đường thẳng qua C vuông góc với CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
IBC tại K ( 7;7 ) , biết điểm C thuộc đường thẳng 3 x − y + 2 = 0 . Viết phương trình đường tròn nội tiếp
tam giác ABC.
Lời giải:
Chứng mình góc BIC = 135 ⇒ BKC = 45 .
0
0
Gọi C ( t ;3t + 2 ) ta có: KB = ( −3; −6 ) ; KC = ( t − 7;3t − 5 )
Khi đó: cos 450 =
−3 ( 7t − 17 )
KB.KC
1
=
=
2
2
KB.KC
2
45. ( t − 7 ) + ( 3t − 5 )
17
t ≤ 7
⇔
⇔
2
2
2 ( 7t − 17 ) = 5 (10t − 44t + 74 )
17
t ≤
⇔ t =1
7
2
3t − 16t + 13 = 0
Do vậy C (1;5 ) ⇒ IC : 3x + y − 8 = 0; IB : x + 2 y − 6 = 0
⇒ I = IB ∩ IC = I ( 2; 2 ) , phương trình BC: 4 x + 3 y − 19 = 0 ⇒ r = d ( I ; BC ) = 1
⇒ (C ) : ( x − 2) + ( y − 2) = 1
2
2
Tham gia khóa học TOÁN 10 tại MOON.VN: Tự tin hướng đến kì thi THPT Quốc gia !
Khóa học TOÁN 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Chuyên đề : Hình phẳng Oxy (Nâng cao)
Vậy A (1;1) ; I ( 2; 2 ) ; B ( 4;1) ; C (1;5) ; ( C ) : ( x − 2 ) + ( y − 2 ) = 1
2
2
Câu 4. [ĐVH-4]: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C1 ) có phương trình x 2 + y 2 = 25 , điểm
M (1; −2 ) . Đường tròn ( C2 ) có bán kính bằng 2 5 . Tìm tọa độ tâm của đường tròn ( C2 ) , sao cho ( C2 )
cắt ( C1 ) theo một dây cung qua M có độ dài nhỏ nhất.
Đường tròn ( C1 )
Lời giải
có tâm I1 ( 0;0 ) , bán kính R1 = 5
Để ( C2 ) cắt ( C1 ) theo một dây cung qua M có độ dài nhỏ nhất thì đường thẳng nối hai tâm đi qua M
Phương trình đường nối tâm qua M (1; −2 ) và I1 ( 0;0 ) nên có phương trình d : 2 x + y = 0
Mà I 2 ∈ d ⇒ I 2 ( a; −2a )
a = −1 ⇒ I 2 ( −1; 2 )
2
2
2
Ta có I 2 M = 2 5 ⇒ ( a − 1) + 4 ( a − 1) = 20 ⇔ ( a − 1) = 4 ⇔
a = 3 ⇒ I 2 ( 3; −6 )
Vậy I 2 ( −1; 2 ) hoặc I 2 ( 3; −6 )
Câu 5. [ĐVH-5]: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông OABC có đỉnh A ( 3; 4 ) và điểm B có
hoành độ âm. Gọi E, F theo thứ tự là các giao điểm của đường tròn ( C ) ngoại tiếp hình vuông OABC với
trục hoành và trục tung (E và F khác gốc tọa độ O). Tìm tọa độ điểm M trên ( C ) sao cho tam giác MEF
có diện tích lớn nhất.
Lời giải:
Phương trình đường thẳng OA qua O ( 0;0 ) và A ( 3; 4 ) có
phương trình : OA : 4 x − 3 y = 0
Phương trình AB qua A và vuông góc OA là:
AB : 3 x + 4 y − 25 = 0
25 − 3t
2
2
Gọ i B t ;
ta có: AB = AO = 3 + 4 = 5
4
2
t = 7
2
9 − 3t
↔ ( t − 3) +
= 25 ↔ t = −1 → B ( −1;7 )
4
Có OA = CB → C ( −4;3)
−1 7
Tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD : I ;
2 2
2
2
1
7
25
Phương trình đường tròn ( C ) ngoại tiếp hình vuông OABC là: ( C ) : x + + y − =
2
2
2
Vì tam giác OEF vuông tại O nên EF là đường kính của ( C )
Gọi M ( x; y ) ∈ ( C ) , kẻ MH ⊥ EF , trong tam giác vuông MHI có MH ≤ MI = R =
EF
2
1
EF 2 25
⋅ MH ⋅ EF ≤
=
2
4
2
Suy ra tam giác MEF đạt diện tích lớn nhất khi H ≡ I → MI ⊥ EF
Phương trình đường thẳng MI qua I và vuông góc EF là MI : x + 7 y − 24 = 0
Diện tích tam giác MEF được tính theo công thức: S ∆MEF =
Tham gia khóa học TOÁN 10 tại MOON.VN: Tự tin hướng đến kì thi THPT Quốc gia !
Khóa học TOÁN 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Chuyên đề : Hình phẳng Oxy (Nâng cao)
x + 7 y − 24 = 0
M ( 3;3)
2
2
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
1
7
25 →
x + 2 + y − 2 = 2
M ( −4; 4 )
Vậy có hai điểm M ( 3;3) hoặc M ( −4; 4 ) thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu 6. [ĐVH-6]: Cho ( C ) : x 2 + ( y − 1) = 1. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d : y − 3 = 0 sao cho
2
các tiếp tuyến của ( C ) kẻ từ M cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B và bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác MAB bằng 4.
Lời giải:
Do ( C ) : I ( 0;1) ; R = 1; d ( I ; Ox ) = 1 ⇒ (C) tiếp xúc với AB.
Đặt AD = a; DB = b, ME = c ; S = S ABC ta có:
p = a + b + c; AB = a + b; MA = a + c; MB = b + c .
Khi đó: S =
( a + b )( b + c )( c + a ) =
4.R
Theo hệ thức Herong: S =
Do vậy
( a + b + c ) .r =
1
d ( M ; AB ) . ( a + b )
2
( a + b + c ) abc
( a + b )( b + c )( c + a ) = a + b + c = 3
16
2
( a + b ) = ( a + b + c ) abc
a+b
( b + c )( c + a ) = 24
c = 2
3 ( a + b ) 2 + 4ab = 96
⇔ abc = ( a + b + c ) ⇔ ( 3a + b )( a + 3b ) = 96 ⇒
⇒ a+b = 2 7
ab
=
3
a + b + c = 3 ( a + b )
ab a + b = 3 ( a + b )
2
2
2
M ( 2;3)
⇒ c = 7 ⇒ MI 2 = 7 + 1 = 8 . Gọi M ( t ;3) ⇒ MI 2 = t 2 + 2 2 = 8 ⇔ t = ±2 ⇒
M ( −2;3)
Câu 7. [ĐVH-7]: Cho tam giác ABC có đường tròn ngoại tiếp ( C ) : ( x − 4 ) + y 2 = 10 , A (1;1) , trọng tâm
2
11 1
G ; − . Tìm tọa độ B và C ( yC > 0 ) .
3 3
Lời giải:
Đường tròn (C) có tâm I ( 4; 0 ) ; R = 10
Gọi M là trung điểm của BC, tam giác IBC cân nên IM ⊥ BC .
11
xM − 1 = 3 xM − 3
Ta có: AM = 3GM ⇒
⇒ M ( 5; −1)
y −1 = 3 y + 1
M
M
3
Phương trình đường thẳng BC: x − y − 6 = 0
Gọi C ( t ; t − 6 ) ⇒ IA = IC = 10 ⇔ ( t − 4 ) + ( t − 6 ) = 10
2
2
t = 7 ⇒ C ( 7;1) ⇒ B ( 3; −3)
⇔
Đ/s: B ( 3; −3) , C ( 7;1)
t = 3 ⇒ C ( 3; −3) ( loai )
Tham gia khóa học TOÁN 10 tại MOON.VN: Tự tin hướng đến kì thi THPT Quốc gia !