Một số bài toán về các điểm, các đường thẳng đặc biệt trong tam giác file word có lời giải chi tiết image marked
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (396.07 KB, 33 trang )
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CÁC ĐIỂM, CÁC ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT
TRONG TAM GIÁC
A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Bài toán về viết phương trình đường thẳng, tìm tọa độ các đỉnh của đa giác trong
hình học phẳng là một trong những bài tốn rất quan trọng, trong đó bài tốn viết
phương trình các cạnh, xác định tọa độ đỉnh của tam giác khi biết các yếu tố liên quan là
bài toán cơ bản rất hay ra trong các sách nâng cao, đề thi chuyên đề, đề thi đại học, cao
đẳng. Đây là câu phân loại lấy điểm cao trong đề thi THPT quốc gia. Trong các sách
tham khảo hiện nay có một số bài tốn đơn lẻ về các đường, các điểm đặc biệt trong tam
giác mà chưa hệ thống thành phương pháp chung để giải các dạng bài tập này. Chính vì
vậy bài viết này của tơi nhằm mục đích tổng hợp một số dạng tốn liên quan về các
đường đặc biệt, các điểm đặc biệt trong tam giác, đưa ra phương pháp giải cho mỗi dạng
toán cụ thể qua đó giúp thầy và trị hệ thống, củng cố kiến thức, có cái nhìn thấu đáo về
tính chất của các đường, tính chất của các điểm đặc biệt trong tam giác. Từ đó trang bị
kiến thức để làm được các bài tập về phương trình đường thẳng có liên quan đến các
đường, điểm đặc biệt trong tam giác trong kỳ thi THPT Quốc gia sắp tới.
II. Cơ sở lý luận
Quy trình dạy học được hiểu là tổ hợp các thao tác của giáo viên và học sinh được tiến
hành theo một trình tự nhất định trên một đối tượng nhận thức nào đó. Chẳng hạn, quy
trình bốn bước của Polya để giải một bài toán gồm :
Bước 1: Tìm hiểu nội dung bài tốn.
Bước 2: Xây dựng thuật giải.
Bước 3: Thực hiện thuật giải.
Bước 4: Kiểm tra, nghiên cứu lời giải.
Trang 1 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải
Một trong những nhiệm vụ dạy học mơn tốn chương trình phổ thơng, đặc biệt là
dạy hình học phẳng là hướng dẫn cho học sinh biết vận dụng các tính chất của các
đường trong tam giác, tính chất đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác, tính
chất đối xứng học sinh đã được học từ cấp II, kiến thức về hình học mà học sinh học ở
lớp 10 để giải các bài tập có liên quan. Một số tính chất hình học đặc biệt.
III. Cơ sở thực tiễn
Bài tốn hình học phẳng là bài tốn khó đối với học sinh, kể cả học sinh đang học
lớp 10 hay học sinh ôn thi THPT quốc gia. Vì vậy việc hệ thống thành các dạng bài tập
với phương pháp giải cho từng dạng là việc rất quan trọng giảm bớt khó khăn, lúng túng
cho học sinh khi giải các bài tập dạng này.
Trang 2 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải
B. PHẦN NỘI DUNG
I. MỘT SỐ KIẾN THỨC SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ
1. Biểu thức tọa độ về các phép toán trong vectơ.
*) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho a x; y ; b x '; y ' . Khi đó:
+) a b x x '; y y '
+) k .a kx; ky với k là số thực.
x x '
y y'
+) a b
+) a.b xx ' yy ' a b a.b 0 xx ' yy ' 0
+) a x 2 y 2
a.b
+) cos a, b
a.b
xx ' yy '
x y 2 . x '2 y '2
2
*) Cho M x1 ; y1 ; N x2 ; y2 .
+) Khi đó MN x2 x1 ; y2 y1 ; MN x2 x1 y2 y1
2
2
x x y y
+) Trung điểm I của đoạn thẳng AB có tọa độ: I A B ; A B
2
2
x A xB xC y A yB yC
;
3
3
+) Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ G
2. Phương trình đường thẳng
a) Phương trình tổng quát của đường thẳng
- Vectơ pháp tuyến (VTPT) của đường thẳng là vectơ khác 0 , có giá vng góc với
đường thẳng.
- Đường thẳng d qua M x0 ; y0 , có VTPT n a; b a 2 b 2 0 có phương trình tổng
qt: a x x0 b y y0 0 1 .
b) Phương trình tham số của đường thẳng
- Vectơ chỉ phương (VTCP) của đường thẳng là vectơ khác 0 , có giá song song hoặc
trùng với đường thẳng.
Trang 3 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải
- Đường thẳng d đi qua M x0 ; y0 , có VTCP u a; b đk a 2 b 2 0 có phương trình
x x0 at
t 2 .
y y0 bt
tham số:
- Chú ý: Khi a.b 0 thì đường thẳng d có phương trình dạng chính tắc:
x x0 y y0
.
a
b
3. Mối quan hệ giữa VTPT và VTCP của cùng một đường thẳng:
Nếu đường thẳng d có phương trình tổng quát: ax by c 0 a 2 b 2 0
thì đường
thẳng d có VTPT là n a; b , suy ra VTCP của đường thẳng d là u b; a hoặc
u b; a . Điều ngược lại cũng đúng. Tức là đường thẳng d có VTCP là u a; b thì
VTPT của đường thẳng d là n b; a hoặc n b; a .
x x0 at
t 2 thì M x0 at; y0 bt
y y0 bt
4. Điểm M thuộc đường thẳng d:
5. Vị trí tương đối của hai đường thẳng
Hai đường thẳng có 3 vị trí tương đối:
- d//d’
- d d'
- d cắt d’. ( đặc biệt d d ' )
Lưu ý:
-
Hai đường thẳng song song thì cùng VTPT, cùng VTCP.
-
Hai đường thẳng vng góc thì VTPT của đường thẳng này là VTCP của
đường thẳng kia.
6. Góc và khoảng cách
- Khoảng cách giữa hai điểm M x1 ; y1 ; N x2 ; y2 là: MN x2 x1 y2 y1
2
2
- Khoảng cách từ điểm M xM ; yM đến đường thẳng : ax by c 0 là:
d M ,
axM byM c
a 2 b2
- Góc giữa hai đường thẳng d, d’ là : cos d , d ' cos cos u, u ' cos n, n '
Trang 4 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải
Lưu ý: Khi hai đường thẳng cắt nhau, chúng tạo ra 4 góc. Khi đó phương trình các
đường phân giác của góc tạo bởi hai đường là:
ax by c
a b
2
2
a'x b' y c'
a '2 b '2
( ax by c 0; a ' x b ' y c ' 0 ) là phương trình hai đường
thẳng).
II. MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ CÁC ĐIỂM, CÁC ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT
TRONG TAM GIÁC.
2.1. Các đường đặc biệt trong tam giác
Một số lưu ý:
i) Bài toán có yếu tố đường cao Sử dụng tính chất vng góc.
ii) Bài tốn có yếu tố đường trung tuyến Sử dụng tính chất trung điểm.
iii) Bài tốn có yếu tố đường phân giác hoặc đường trung trực Sử dụng tính
chất đối xứng.
Bài 1.[Trích đề thi đại học khối D năm 2011]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) và
đường thẳng chứa phân giác của góc A có phương trình x y 1 0. Tìm tọa độ các
đỉnh A và C.
Phân tích hướng giải:
- Khai thác tính chất:
BM 3GM với M là trung điểm
A
AC suy ra M.
M
- Khai thác tính chất đối xứng của
G
B'
phân giác ta xác định điểm B ' là
điểm đối xứng của B qua phân giác
B
C
D
góc A. Từ đó viết được phương trình
AC A C .
Hướng dẫn
Trang 5 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải
Gọi M(x;y) là trung điểm của AC, ta có
x 4 3( x 1)
7
BM 3GM
M ;1
2
y 1 3( y 1)
Gọi B '(a; b) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong d: x y 1 0 của góc A. Ta
có BB’ vng góc với d và trung điểm I của BB’ thuộc d nên tọa độ B’ là nghiệm của
1(a 4) 1(b 1) 0
a b 3 0
B '(2; 5).
hệ a 4 b 1
a
b
7
0
1
0
2
2
Đường thẳng AC đi qua D và B’ có phương trình: 4 x y 13 0.
x y 1 0
Tọa độ A thỏa mãn hệ
A(4;3) suy ra C (3; 1).
4
x
y
13
0
Bài 2. [Trích đề thi Đại học khối B-2010]
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vng tại A có đỉnh đỉnh C(-4;1), phân giác
trong góc A có phương trình: x y 5 0 . Viết phương trình BC, biết diện tích tam
giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hồnh độ dương.
Phân tích hướng giải:
-Khai thác tính chất đối xứng của đường phân giác ta xác định điểm D đối xứng với C
qua đường phân giác trong góc A.
-Khai thác tính chất tam giác vng tại A nên A thuộc đường trịn đường kính CD.
-Khai thác giả thiết diện tích ta có AB
2SABC
suy ra B.
AC
Hướng dẫn
Gọi D là điểm đối xứng của C(-4;1) qua d : x y 5 0 suy ra tọa độ D(x;y) thỏa mãn
( x 4) ( y 1) 0
D(4;9) .
x 4 y 1
5
0
2
2
Điểm A thuộc đường trịn đường kính CD nên tọa độ A thỏa mãn
x y 5 0
với x 0 suy ra A(4;1)
2
2
x
(
y
5)
32
Trang 6 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải
suy ra AC 8 AB
2SABC
6
AC
B thuộc AD : x 4 suy ra B(4; y ) ta có ( y 1) 2 36 suy ra B(4;7) hoặc B(4; 5) .
Do d là phân giác trong nên AB, AD cùng hướng suy ra B(4;7) .
Do đó phương trình BC : 3 x 4 y 16 0.
Bài 3. [Trích đề thi đại học khối B năm 2008]
Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình
chiếu vng góc của C trên AB là H (1; 1) , đường phân giác trong góc A có phương
trình x y 2 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4 x 3 y 1 0.
Phân tích hướng giải:
-Khai thác tính chất đối xứng qua đường phân giác ta tìm được điểm H’ đối xứng với H
qua phân giác góc A.
-AC đi qua H’ và vng góc với d: 4 x 3 y 1 0 . Từ đó xác định tọa độ A.
Hướng dẫn:
Gọi d1 : x y 2 0 , d 2 : 4 x 3 y 1 0. H '(a; b) là điểm đối xứng với H qua d1 . Khi
đó H ' AC .
(a 1) (b 1) 0
-Ta có tọa độ H ' là nghiệm của hệ a 1 b 1
H '(3;1).
2
0
2
2
-Đường AC đi qua H’ và vng góc với d2 nên có pt: 3 x 4 y 13 0
3 x 4 y 13 0
Khi đó ta có tọa độ A là nghiệm của hệ
A 5;7 .
x
y
2
0
Đường thẳng CH đi qua H với vectơ pháp tuyến
1
HA (3;4) nên có phương trình
2
10 3
3 x 4 y 7 0 . Khi đó ta có tọa độ C ; .
3 4
Bài 4. [Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Hải Dương 2013]
Trang 7 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng là đường
phân giác trong của góc A có phương trình 2x y 1 0 . Khoảng cách từ C đến gấp
3 lần khoảng cách từ B đến . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung.
Phân tích hướng giải
-Khai thác yếu tố C thuộc Oy và d(C, )=3d(B, ) suy ra tọa độ C
-Tìm điểm B’ đối xứng với B qua phân giác
3
2
- Để ý CA CB'
Hướng dẫn
Lấy C(0:y0) thuộc Oy.
Ta có d(B; )=
y 1
y 1
9
3
y 0 10; y 0 8
; d(C; )= 0 , theo bài ra ta có 0
5
5
5
5
Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, chú ý C khác phía B đối với suy ra C(0;-8)
Gọi B’(a;b) là điểm đối xứng với B qua thì B’nằm trên AC.
Do BB ' u (1; 2) nên ta có: a 2b 3 0 ;
Trung điểm I của BB’ phải thuộc nên có: 2a b 2 0
Từ đó ta có: a= -7/5; b=4/5
3
2
Theo định lý Ta - Let suy ra CA CB' ,
7 44
A(x; y);CA x; y 8 ;CB' ; .
5 5
Từ đó suy ra A(
21 26
; ) ; C(0;-8).
10 5
2.2. ĐIỂM ĐẶC BIỆT
Bài toán: Xác định tọa độ đỉnh của tam giác khi biết tâm đường tròn nội tiếp, ngoại
tiếp, bàng tiếp, trọng tâm, trực tâm và các điểm đặc biệt trong tam giác.
Trang 8 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải
Nhận xét: Bài toán kết hợp giữa tâm các đường, các điểm đặc biệt trong tam giác là bài
tốn khó và phần lớn xử lý được các toán này ta phải xuất phát từ tính chất hình học của
tam giác. Dưới đây tơi trình bày một số tính chất của hình học phẳng cần áp dụng với
loại tốn này dưới dạng bổ đề.
Kí hiệu: Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm, G là trọng
tâm, J là tâm đường tròn nội tiếp.
Bổ đề 1: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, gọi M là trung điểm BC và trực
tâm H, J là tâm đường tròn nội tiếp và G là trọng tâm tam giác ABC, A1 là giao điểm
của AJ với đường tròn ngoại tiếp ABC, A2 là điểm đối xứng của A qua I, H1 là điểm đối
xứng của H qua BC.
Chứng minh rằng:
a) Tứ giác BHCA2 là hình bình hành và M là trung điểm HA2.
b) AH 2 IM .
c) Ba điểm I, H, G thẳng hàng và IH 3IG .
d) Hai tam giác A1JB, A1JC cân tại A1
e) H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp ABC.
f) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam
giác HBC qua BC.
Chứng minh
A
I
G
H
J
C
B
M
Trang 9 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải
HB AC
HC AB
a)Ta có
HB / / A2C ;
HC / / A2 B
A2C AC
A2 B AB
suy ra tứ giác BHCA2 là hình bình hành. Do M là trung điểm BC đồng thời là trung
điểm HA2 hay H đối xứng với A2 qua M.
IM BC
b)Vì
AH / / IM và I, M lần lượt là trung điểm của HA2, AA2 nên IM là
AH BC
đường trung bình của tam giác AHA2 AH 2 IM AH 2 IM
c)Ta có AH 2 IM IH IA 2 IM IB IC IH IA IB IC 3IG
vậy H, G, I thẳng hàng.
AC
A1CJ
A1 JC
d)Ta có
nên tam giác A1JC cân tại A1, tương tự tam giác A1JB
2
cân tại A1.
e)Ta có tam giác HBH1 cân tại nên CH
1 H CHH1 (1),
BAH
(2) (vì cùng phụ với
ta có BCH
ABC ) mặt khác ta có
BCH
BAH
CBA
900 CHH
CBA
(2)
CHH
1
1
Từ (1), (2) suy ra CH
1 H CBA suy ra H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
f) Từ e) suy ra tam giác HBC và tam giác H1BC đối xứng nhau qua đường thẳng BC
suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác H1BC đối xứng với đường trịn ngoại tiếp tam
giác HBC (cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) qua BC.
Vận dụng tính chất trên ta xét một số bài tập được khai thác trong các dề thi đại học,
đề thi HSG, đề thi thử THPT quốc gia của một số trường sau đây:
Bài 1. [Trích đề thi đại học khối D-2010]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3;-7), trực tâm là H(3;1), tâm đường trịn ngoại tiếp I(-2;0). Xác định tọa độ C biết C có hồnh độ dương.
Phân tích hướng giải:
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
10 lời giải
-Khai thác bổ đề 1b) AH 2 IM suy ra
A
tọa độ M (M là trung điểm BC)
-BC vng góc với AH, BC đi qua M
I
nên viết được phương trình BC, C
thuộc đường trịn tâm I.
H
B
M
C
Hướng dẫn
Ta có IA 74, AH (0;6) phương trình đường trịn ngoại tiếp ABC là
(C): ( x 2) 2 y 2 74 .
xM 2 0
xM 2
Gọi M là trung điểm BC ta có AH 2 IM
1
yM 3
yM 2 6
Suy ra M(-2; 3) IM (0;3) .
Đường thẳng BC qua M và vng góc với AH nên có phương trình: y – 3=0
Tọa độ C(x;y) là nghiệm của hệ phương trình
( x 2) 2 y 2 74 x 2 65
C (2 65;3) .
y
3
0,
x
0
y
3
Bài 2. [Trích đề thi học sinh giỏi khối 10 Vĩnh Phúc-2013-2014]
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vng góc Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường
trịn ngoại tiếp và trọng tâm lần lượt có tọa độ là I 4;0 , G
11 1
; . Tìm tọa độ các đỉnh
3 3
A, B, C của tam giác ABC biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng d : 2 x y 1 0 và
điểm M 4; 2 nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh B của tam giác ABC .
Phân tích hướng giải:
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
11 lời giải
C1: -Khai thác giả thiết B d
A
3
2
M
-Khai thác BN BG
-Khai thác tính chất
N
H
IN AC IN / / BM
G
I
(d)
C2: Khai thác bổ đề 1c)
- IH 3IG H
C
B
- Viết pt BH qua H, M suy ra
toạ độ điểm B suy ra N.
- Viết pt AC (qua N, vng góc với BH).
- Viết pt đường trịn (I, IA) từ đó suy ra A, C.
Hướng dẫn
Gọi B(a;1 2a ) d .
3
2
Gọi N là trung điểm AC suy ra BN BG (1)
Mà BN xN a; yN 2a 1 , BG
11
2
a; 2a . .
3
3
3 11
11 a
xN a 2 3 a
xN
Theo (1) suy ra
2
3
2
y 2a 1
y
a
2a N
N
2
3
11 a
; a .
suy ra N
2
3 a
; a , BM 4 a; 2a 1 mà IN / / BM k : IN k BM
2
Ta có IN
3 a
a 1
k 4 a
2
1 B 1; 1 , N 5;1 .
a k 2a 1
k 3
AC đi qua N 5;1 và có VTPT n IN 1;1 suy ra AC có phương trình x y 6 0.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I 4;0 , bán kính R IB 10
nên có
phương trình: x 4 y 2 10.
2
Suy ra tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình:
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
12 lời giải
y 6 x
x y 6 0
y 6 x
x 3 .
2
2
2
2
x 4 y 10
x 4 y 10 x 7
Vậy A 3;3 , B 1; 1 , C 7; 1 hoặc A 7; 1 , B 1; 1 , C 3;3
Bài 3. [Trích đề thi học sinh lớp 12 tỉnh Vĩnh Phúc 2014-2015]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh BC
là điểm M 3; 1 , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B đi qua điểm E 1; 3 và
đường thẳng chứa cạnh AC đi qua điểm F 1;3 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC ,
biết rằng điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
điểm D 4; 2 .
Phân tích hướng giải:
-Chìa khố của bài tốn là khai thác bổ
A
đề 1a) chứng minh được BDCH là
hình bình hành suy ra tọa độ H.
-Viết pt BH,
-Viết pt AC, DC suy ra tọa độ C
I
F
H
-M là trung điểm BC nên suy ra B
E
- A AH AC
C
B
M
D
Hướng dẫn giải
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC , ta chứng minh được BDCH là hình bình hành
nên
M là trung điểm của
HD suy ra H 2;0 . Đường thẳng
BH có vtcp là
EH 3;3 vtpt là n BH 1; 1 BH : x y 2 0 .
Do AC BH nên vtpt của AC là n AC u BH 1;1 pt AC : x y 4 0
Do AC CD nên vtpt của CD là n DC u AC 1; 1 pt DC : x y 6 0 .
Do C là giao của AC và DC nên tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
13 lời giải
x y 4 0
x 5
C 5; 1
x y 6 0
y 1
Do M là trung điểm của BC nên B 1; 1 . Vì AH vng góc với BC nên AH có vtpt là
BC 4;0 AH : x 2 0
Do A là giao điểm của AC và AH nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:
x 2 0
x 2
A 2; 2 .
x y 4 0
y 2
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là A 2;2 , B 1; 1 , 5; 1
Bài 4. [Trích đề thi chuyên đề Trần Phú 2014-2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H 1; 1 , tâm đường
tròn ngoai tiếp I. Gọi K, N lần lượt là hình chiếu của C và B trên AI. Tính tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC, biết K
22 6
; , N 2; 2 và điểm I có tọa độ ngun.
5
5
Phân tích hướng giải:
-Gọi D là giao của AI và đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC, khai thác bổ
A
đề 1a) BHCD là hình bình hành. Gọi M
H(1;-1); K(
N(2;-2)
là trung điểm BC thì M là trung điểm
I
DH.
-Viết phương trình AI, BN, CK
22 6
;- ),
5 5
H
B
-Tham số tọa độ D AI M
M
N
C
K
D
-Khai thác d M; BN d M, CK suy ra D, M.
-Có B BN , I AI và IM BM , IB ID .
Hướng dẫn
+) Gọi D là điểm đối xứng của A qua I
+) Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành
+) Ta có AI KN : x 3y 8 0
+) BN: 3x y 4 0
+) CK : 3x y 12 0
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
14 lời giải
+) Gọi M DH BC M là trung điểm của BC và DH
3a 9 a 1
;
2
2
+) Vì D AI D 3a 8;a M
+) Vì d M; BN d M, CK a 1 D 5; 1 ; M 3; 1
+) Vì B BN B c; 4 3c ; I AI I 3b 8; b
+) Vì IM BM nên: 3b 5 3 c b 1 5 3c 0 c 2b 5
+) Vì IB ID nên: b 3 11 7b 3 3b b 1
2
2
2
2
b 2
b 3 loai
2
+)Với b 2 B 1;1 ,I(2;-2)
+) Vì M là trung điểm BC nên C 5; 3
+)Vì I là trung điểm của AD nên A(-1;-3).
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn đường tròn
tâm I(6;6), ngoại tiếp đường tròn tâm J(4;5). Xác định tọa độ B, C biết A(2;3).
Phân tích hướng giải:
-Từ giả thiết viết được phương trình
A
đường trịn ngoại tiếp ABC
-Khai thác bổ đề 1d) suy ra B, C thuộc
đường tròn tâm D bán kính DJ (D là
I
J
giao của AJ và đường trịn ngoại tiếp
ABC)
M
B
C
D
Hướng dẫn
Ta có IA=5, do đó phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC là:
(C ) : ( x 6) 2 ( y 6) 2 25 .
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
15 lời giải
Đường phân giác AJ có phương trình: AJ : x y 1 0 ,đường thẳng này cắt đường tròn
(C) tại điểm thứ 2 là D(9;10) DJ 50 .
Đường trịn tâm D bán kính DJ có phương trình
(C1 ) : ( x 9) 2 ( y 10) 2 50
DJC
A C nên tam giác DJC cân tại D.
Ta có DCJ
2
Tương tự ta có tam giác DJB cân tại D.
Suy ra B, C là giao của (C) và (C1). Vậy tọa độ B, C là nghiệm của hệ
( x 6) 2 ( y 6) 2 25
x 2 x 10
2
2
y
9
(
x
9)
(
y
10)
50
y 3
Vậy B(2;9), C(10;3) hoặc B(10;3), C(2;9).
Nhận xét: Từ bài toán trên ta có thể khai thác tính chất với cách ra đề khác như sau:
Bài 6. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I(3;5), ngoại
tiếp đường tròn tâm K(1;4) và F(11;14) là tâm đường trịn bàng tiếp cạnh BC. Viết
phương trình đường thẳng BC và tìm tọa độ A.
Phân tích hướng giải:
-Gọi D là giao của AK và đường tròn
A
ngoại tiếp ABC. Khai thác bổ đề 1d)
suy ra DB=DC=DK.
-Gọi P là trung điểm KF ta chứng minh
được PB=PC=PK=KF/2 suy ra P trùng
D.
I
K
M
B
C
Khi đó B, C là giao của đường tròn
ngoại tiếp ABC và đường trịn đường
D
kính KF.
-A là giao điểm của đường trịn ngoại
tiếp ABC và đường thẳng KF.
F
Hướng dẫn
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
16 lời giải
-Gọi D là giao của AK và đường tròn ngoại tiếp ABC ta chứng minh được
DKC
A C nên tam giác DCK cân tại D, tương tự chứng minh được tam
DCK
2
giác DBK cân tại D suy ra DB=DC=DK suy ra D là giao điểm của KF và trung trực của
BC.(1)
-Gọi P là trung điểm KF ta có tam giác KCF vng tại C nên PC=PK=PF, tam giác
BKF vng tại B nên PB=PK=PF do đó PB PC PK
KF
. Suy ra P là giao điểm
2
của KF và trung trực của BC.(2)
Từ (1), (2) suy ra P D .
Ta suy ra D là trung điểm KF nên D(6;9)
Phương trình đường trịn ngoại tiếp ABC là: (C ) : ( x 3) 2 ( y 5) 2 25
Phương trình đường trịn đường kính KF là: (C1 ) : ( x 6) 2 ( y 9) 2 50
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ
5 13
2
2
( x 3) ( y 5) 25
x
x
3
3
2
2
( x 6) ( y 9) 50 y 6 y 4
5 13
5 13
Vậy B ;6 , C ;4 hoặc C ;6 , B ;4 BC : 3 x 4 y 29 0.
3 3
3 3
Phương trình KF: x y 3 0 .
x 1
x y 3 0
Tọa độ A(x; y) là nghiệm của hệ
x 6
2
2
(
x
3)
(
y
5)
25
y x 3
Vậy A(-1;7) vì (A(6;9) D loại).
Bài 7. [Trích đề thi THPT quốc gia 2015-Chuyên Vĩnh Phúc]
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vng góc Oxy , cho tam giác ABC. Đường trung
tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là
3 x 5 y 8 0, x y 4 0 . Đường thẳng qua A vng góc với đường thẳng BC cắt lại
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
17 lời giải
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm D 4; 2 . Lập phương trình các đường
thẳng AB, AC biết rằng hồnh độ của điểm B khơng lớn hơn 3.
Phân tích hướng giải:
-Xác định được trung điểm M của BC
A
- AD BC nên viết được pt AD đi qua D.
-Xác định được tọa độ điểm K là giao của
AD và BC.
H
-Khai thác bổ đề 1e) chỉ ra được K là trung
điểm DH suy ra tọa độ H.
-Xác định được tọa độ điểm A là giao của
B
AD và AM.
- B(t ; t 4) BC và kết hợp M là trung
K
M
C
D
điểm BC suy ra tọa độ M, H là trực tâm
ABC nên BH AC BH . AC 0 t
Hướng dẫn giải
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và
AD. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của
AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
7
x
x
y
4
0
7 1
2
M ;
2 2
3 x 5 y 8 0
y 1
2
AD vng góc với BC nên nAD uBC 1;1 , kết hợp AD đi qua điểm D suy ra phương
trình của AD :1 x 4 1 y 2 0 x y 2 0 . Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ
phương trình:
x y 4 0
x 3
K 3; 1 .
x y 2 0
y 1
Ta chứng minh được K là trung điểm của HD nên H 2; 4 .
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
18 lời giải
Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa đơ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
3 x 5 y 8 0
x 1
A 1;1
x y 2 0
y 1
Do B thuộc BC B t; t 4 , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C 7 t;3 t . Do H
là trực tâm của tam giác ABC nên
t 2
BH .BC 0 2 t 6 t 8 t 2 t 0 2 t 14 2t 0
t 7
Do t 3 t 2 B 2; 2 , C 5;1 .
Ta có AB 1; 3 , AC 4;0 nAB 3;1 , nAC 0;1
Do đó AB : 3 x y 4 0; AC : y 1 0.
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2;1) và tâm
đường trịn ngoại tiếp I(1;0). Trung điểm BC nằm trên đường thẳng có phương trình x2y-1=0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đi qua
điểm E(6;-1) và hồnh độ điểm B nhỏ hơn 4.
Phân tích hướng giải:
-Khai thác bổ đề 1f) ta chứng minh
A
đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC
đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC qua BC, suy ra tâm J của
I
H
C
đường tròn ngoại tiếp HBC đối xứng
với tâm I qua BC.
-Mà IM BC tại trung điểm M của
B
M
K
H'
J
BC suy ra M là trung điểm IJ.
-Ta có JH=JE
Hướng dẫn
-Gọi H’ là điểm đối xứng với H qua BC chứng minh H’ thuộc đường trịn ngoại tiếp
tam giác ABC. Khi đó tam giác H’BC đối xứng với tam giác HBC qua BC.
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
19 lời giải
Suy ra tâm J của đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đối xứng với tâm I của đường
tròn ngoại tiếp tam giác H’BC (cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC).
-Gọi M là trung điểm của BC, M d M 2t 1; t suy ra J(1+4t; 2t)
JH JE 1 4t 1 2t 4t 5 2t 1 t 1; M (3;1)
2
2
2
2
PT cạnh BC: 2x+y-7=0 ;
PT đường cao AH: x-2y=0
Gọi K là giao của AH và BC suy ra : K
14 7
18 9
; H ' ;
5 5
5 5
PT đường tròn tâm I(1 ;0) bán kính IH’ là : x 1 y 2 10
2
BC cắt đường tròn tâm I tại B, C nên tọa độ B, C thỏa mãn HPT
2 x y 7 0
suy ra B(2;3); C(4;-1).
2
2
x 1 y 10
Bổ đề 2. Cho tam giác ABC nhọn, có trực tâm H và I, K, L lần lượt là chân đường
cao kẻ từ các đỉnh A, B, C xuống các cạnh đối diện. Chứng minh H là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác IKL.
Chứng minh:
Chứng minh AI là phân giác LIK
A
LBH
(1)
Ta có tứ giác BLHI nội tiếp nên LIH
K
KCH
Ta có tứ giác CKHI nội tiếp nên KIH
L
H
(2)
LBH
(3)
Mà tứ giác BCKL nội tiếp nên KCH
KIH
suy ra AI là
Từ (1),(2), (3) suy ra LIH
B
C
I
(*)
phân giác LIK
IKH
suy ra BK là phân giác LKI
(**)
Tương tự suy ra LKH
Từ (*), (**) suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác IKL.
Bài 10. Cho tam giác ABC có M (2; 1), N (2;2), P(2;2) tương ứng là chân đường cao
hạ từ A, B, C của tam giác ABC. Xác định tọa độ A, B, C.
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
20 lời giải
Phân tích hướng giải:
- Từ bổ đề 2 ta có H là tâm đường tròn
A
nội tiếp tam giác MNP. Từ đó tìm
N
được tọa độ H.
P
-Viết phương trình các cạnh AB, BC,
H
CA
B
C
M
Hướng dẫn
-Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP.
-Viết phương trình MN : x 2 0
Phương trình đường thẳng NP : y 2 0
Phương trình đường thẳng MP : 3 x 4 y 2 0 .
d : x 2 y 4 0
-Phương trình phân giác của góc tạo bởi MN, MP là 1
d2 : 2 x y 3 0
Kiểm tra ta được d2 là phân giác trong.
là d : x y 0 .
-Phương trình phân giác trong của góc MNP
3
2 x y 3 0 x 1
Tọa độ H là nghiệm của hệ
H (1;1) .
x
y
0
y
1
Cạnh BC đi qua M(-2 ;1) nhận HM (1; 2) làm VTPT nên có phương trình là
BC : x 2 y 4 0.
Cạnh AC có phương trình là AC : x y 4 0.
Cạnh AB có phương trình là AB : 3 x y 8 0 .
Vậy tọa độ các đỉnh là A(1;5), B(4; 4), C (4;0).
Bài 11. [Trích đề thi học sinh giỏi khối 10 tỉnh Vĩnh Phúc 2011 ] Trong mặt phẳng
với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H. Các đường thẳng AH,
BH, CH lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, F (D khác A, E khác
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
21 lời giải
B, F khác C). Hãy viết phương trình cạnh AC của tam giác ABC; biết rằng
6 17
D 2;1 , E 3; 4 , F ; .
5 5
Phân tích hướng giải:
- Gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân đường cao hạ
E
A
từ các đỉnh A, B, C. Từ bổ đề 2 ta có H là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’. Mặt
khác chứng minh được EF//B’C’, ED//A’B’,
DF//A’C’ nên chỉ ra được H là tâm đường
trịn nội tiếp tam giác DEF. Từ đó ta cũng có
B'
C'
F
B
H
A'
C
D
thể nghĩ tới hướng chứng minh trực tiếp H là
tâm đường trịn nội tiếp DEF.
Khi đó ta xác định được tọa độ H.
- AC là trung trực của HE nên viết được phương trình cạnh AC.
Hướng dẫn
Gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C. Do tứ giác BCB’C’
FCA
ABE
ADE H nằm trên đường phân giác trong hạ từ D của
nội tiếp nên FDA
tam giác DEF, tương tự ta cũng chỉ ra được H nằm trên đường phân giác trong hạ từ
đỉnh E của tam giác DEF. Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF.
Ta lập được phương trình các đường thẳng DE, DF lần lượt là
DE : 3 x y 5 0; DF : 3 x y 7 0 . Do đó phương trình phân giác trong và ngoài của
đỉnh D là
3x y 5
10
3x y 7
10
x 2 0; y 1 0 . Kiểm tra vị trí tương đối của E, F
với hai đường trên ta được phân giác trong kẻ từ đỉnh D là
d : x 2 0 . Tương tự ta lập được phương trình phân giác trong kẻ từ đỉnh E là
d ' : x y 1 0 . Mặt khác H là giao của d và d’ nên H 2;3
5 7
Ta có AC là trung trực của HE nên AC đi qua trung điểm B ' ; và có vtpt là
HE 1;1 AC : x y 6 0 .
2 2
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
22 lời giải
Bổ đề 3. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) có tâm I, Kẻ các đường cao BE, CF
của tam giác ABC thì IA vng góc với EF.
Chứng minh:
Ta chứng minh với TH tam giác ABC nhọn
Gọi K là giao điểm của AI và DE, H là trực
A
tâm tam giác ABC, M là trung điểm AC.
Ta có tứ giác ADHE nội tiếp đường trịn vì
D
K
ADH
AEH 900 .
M
E
suy ra
ADE
AHE (cùng chắn AE)
I
H
)
Mặt khác
ABF
AHE (cùng bù với EHF
Tam giác IAC cân tại I nên IA
D IC
A.
B
F
C
1
AIC
ABC .
Gọi M là trung điểm của AC ta có MIC
2
Suy ra hai tam giác ABF và ICM có IC
AB
AF suy ra
IAC
ADE
ABC B
AF 900
AKE 900 AI DE .
TH tam giác ABC tù ta vẫn chứng minh được bổ đề trên.
Khai thác tính chất trên ta có thể giải được một số bài tập sau :
Bài 12. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn
(C ) : ( x 1) 2 ( y 2) 2 25. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C. Giả sử
D(2; 2), E (1;2) . Tìm tọa độ A, B, C biết A có tung độ âm.
Phân tích hướng giải:
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
23 lời giải
-Vận dụng bổ đề trên ta chứng minh
A
DE vng góc với IA (I là tâm đường
tròn ngoại tiếp ABC)
-Viết phương trình AI suy ra tọa độ A.
D
K
-Viết phương trình AC qua A, D suy ra
E
I
tọa độ C.
-Viết phương trình AB qua A, E suy ra
B
C
tọa độ B
A'
Hướng dẫn
-Gọi I(1;-2) là tâm đường trịn ngoại tiếp ABC.
-Ta chứng minh AI vng góc với DE.
-Đường thẳng AI qua I vng góc với DE có phương trình là
AI : 3 x 4 y 5 0 .
x 3
3 x 4 y 5 0
y 1 A(5; 5).
Tọa độ A thỏa mãn hệ
2
2
( x 1) ( y 2) 25 x 5
y 5
-Đường thẳng AC đi qua A, D có phương trình AC : 3 x 7 y 20 0.
Tọa độ C thỏa mãn hệ
114
x 29
3 x 7 y 20 0
y 34
114 34
C
;
.
2
2
29
29
29
(
x
1)
(
y
2)
25
x 5
y 5
-Đường thẳng AB đi qua A, E có phương trình AB : 7 x 4 y 15 0 .
Tọa độ B thỏa mãn hệ
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
24 lời giải
29
x
65
7 x 4 y 15 0
y 193
29 193
B
;
.
2
2
65
65 65
( x 1) ( y 2) 25
x 5
y 5
Bài 13. [Trích đề thi thử THPT quốc gia lần 1 năm 2014-2015-Vĩnh Phúc]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(3 ;0) và trung
điểm BC là I(6 ;1). Đường cao AH có phương trình x 2 y 3 0. Gọi D, E lần lượt là
chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC, biết đường thẳng DE có phương trình x 2 0 và điểm D có tung độ dương.
Phân tích hướng giải:
-Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
A
giác ABC. Gọi A1 là giao điểm của AT
và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
-Khai thác bổ đề 3 ta chứng minh DE
D
vng góc với TA.
-Khai thác bổ đề 1a) ta chứng minh
được BHC A1 là hình bình hành suy ra I
T
E
H
B
I
C
là trung điểm HA1.
-Viết phương trình AT qua A1 và vng
A1
góc với DE. Ta có A AA1 AH .
-Viết phương trình đường trịn (T, AT)
-Viết phương trình BC qua I, vng góc
với AH
Hướng dẫn
-Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi A1 là giao điểm của AT và
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Ta chứng minh được BHCA1 là hình bình hành
suy ra I là trung điểm H A1. Suy ra A1 (9 ;2)
-Ta chứng minh DE vng gócvới AT
Trang – Website chuyên đề thi thử file word có
25 lời giải
