GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

CÁC BÀI TOÁN OXY CHỌN LỌC HƯỚNG TỚI KÌ THI
THPT QUỐC GIA 2016_PHẦN 1
Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng

Hocmai.vn

ĐỀ BÀI
Bài 1 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2; 0) . Đường thẳng
 2 6
 có phương trình 3 x  y  0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành. Gọi H   ;  , K lần lượt
 5 5
24
là hình chiếu vuông góc của B, D lên  . Diện tích hình thang BHKD bằng
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình
5
bình hành ABCD biết đường thẳng BD đi qua điểm M ( 2; 6) và K có hoành độ dương.
Bài 2 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( AB  AC ) . Trên cạnh
 60 15 
AB lấy điểm I sao cho AI  AC . Đường tròn đường kính IB cắt BC tại M  ;  và cắt đường kéo dài CI tại
 17 17 
N (4; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015 x  2016 y  0 .
Bài 3 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) . Biết AC
5

 3


facebook.com/ThayTungToan

Bài 7 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Đường thẳng đi qua B
 3 3 1
vuông góc với AC tại H có phương trình y  1 . Gọi M  2;  , N  ;   lần lượt các điểm thuộc đoạn AH , DC
 2 2 2
sao cho AM  3MH , DC  4 NC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD .

Bài 8 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J (2;1) .
Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình 2 x  y  10  0 và D (2; 4) là giao điểm thứ
hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ
âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x  y  7  0 .

LỜI GIẢI
Bài 1 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2; 0) . Đường thẳng
 2 6
 có phương trình 3 x  y  0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành. Gọi H   ;  , K lần lượt
 5 5
24
là hình chiếu vuông góc của B, D lên  . Diện tích hình thang BHKD bằng
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình
5
bình hành ABCD biết đường thẳng BD đi qua điểm M ( 2; 6) và K có hoành độ dương.
Giải:
M(-2;6)
B(?)

A(-2;0)


2

Gọi K  t; 3t    với t  0 , khi đó : HK 2 

2

128
6  128
 2 
  t     3t   
5
5
5
 5 

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

6
 6 18 
hoặc t  2 (loại)  K  ;   .
5
5 5 
Cách 1: Khi đó phương trình KD : x  3 y  12  0 và BH : x  3 y  4  0

N (4; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015 x  2016 y  0 .
Giải:
C
1

M

1
2

A

3

4

1

1

I

2

B

2
1

N

3
  900  BAC
  ACBN nội tiếp đường tròn  N
B
N

Mặt khác, BNC
1
1
2

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

 , suy ra I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác AMN
Suy ra NI là phân giác của MNA
Phương trình AN : x  4 y  0 ; AM : x  4 y  0 và MN : 4 x  y  15  0

x  4y
4 x  y  15
3x  5 y  15  0
Phương trình phân giác của góc 
AMN thỏa mãn:


y  0
Vậy A(0;0), B (5;0), C (0;3) .
Chú ý:
Trong hình vẽ bài toán này, ta có thể khai thác thêm tính chất ED  AN để sáng tạo ra các đề bài mới, với E là
giao điểm của AB và MN và D là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính IB với AN .
C

M
E

A

B

I

D

N

Bài 3 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) . Biết AC
5

 3
vuông góc với BD tại E (1; 1) . Gọi M  ; 3  là trung điểm của AB và N  0;  là điểm thuộc cạnh DC sao cho
2

 4
CN  3DN . Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương.



C

 C
 (cùng chắn cung AD ) (1)
Do ABCD nội tiếp đường tròn nên B
1
1
E
E
 (2)
Ta có EM là trung tuyến của tam giác vuông AEB nên EMB cân tại M hay B
1
1
4
E

Từ (1) và (2), suy ra C
1
4
E
  900  C
E
  900 , suy ra ME  DC .
Mặt khác, E
4
5
1
5
 x  1  4t

 yD  1  t





  4t  2

Suy ra ED   
; 2  t  và EC   4t  2;3t  1
3


 
 4t  2 
Khi đó ED  EC  ED.EC  0   
 .(4t  2)  (2  t ).(3t  1)  0
3 

C (3;3)
2
 5t 2  3t  2  0  t  1 hoặc t   (loại), suy ra 
5
 D (1; 0)
 A( a; 2a  3)  CE
Khi đó phương trình CE : 2 x  y  3  0 và DE : x  2 y  1  0 , suy ra 
 B ( 2b  1; b)  DE
a  2b  1  5
a  0
 A(0; 3)


2
2
2
2
2
2 2
 IA  ID
 x  ( y  3)  ( x  1)  y
y   1

2
2

2

2

2

2

2

5
Bán kính của (T ) là: R  IA 
. Vậy đường tròn (T ) cần lập có phương trình:
2

2

F
2

E

1

I

M
1

J
C

A

Gọi M là giao điểm của CF và đường tròn (T ) , lúc này ta sẽ chứng minh M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam
giác AEF hay ta sẽ đi chứng minh AEFM nội tiếp đường tròn tâm J . Thật vậy:
B
 (cùng phụ với 
M
 (cùng chắn cung AC )
Ta có E
ACB ) và B
1

1

1


2

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

  1 32 
8

 M  25 ; 25 
t   25


 1 32 


M ; 
  1 
 25 25 
t   1
M   ;2  F


2

25

hoặc 
 A(0;1) hoặc A  ;   M (loại)
 2
3
5
3
2
 25 25 
y 1
x  y  x  y   0
 y  32

2
2
2

25
Vậy A(0;1), B (1; 2) .

Bài 5 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm B ( 1; 4) .
Gọi D, E (1; 2), N lần lượt là chân đường cao kẻ từ A , chân đường cao kẻ từ B của tam giác ABC và trung điểm
 3 7
của cạnh AB . Biết I   ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC .
 2 2
Giải:

 BE có phương trình: x  1 , khi đó AC đi qua E ( 1; 2) vuông góc với BE
nên AC có phương trình: y  2

  EDM
 BDE
NAE
Từ (1) và (2) suy ra : MNE = EDM , suy ra MEND nội tiếp đường tròn.
Khi đó ta có:
2
2
2
2
c  2  3
c  1
C (1; 2)
c2 1 1 3
IM  IE  R  IM 2  IE 2  













 2   2  2  2
 c  2  3  c  5 C (5; 2)


2
2
 2 2
x  3y  5  0

1
1

E

N
4
F

B
 1 
 I   ;1 là trung điểm của MN .
 2 
 NEA và MCE lần lượt cân tại N và M

 E
A1
1
E

  900  NEM
  900 (*)

E
A1  MCE

2

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

 Đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x  3 y  5  0 nên gọi A(5  3a; a ) . Ta có
2
2
a  1
 A(2;1)
21  
7  125

NE  NA  NE  NA   3a     a   
 a 2  7a  6  0  

2 
2
2

 a  6  A(13;6)
Vậy đáp số của bài toán là A(2;1) hoặc A( 13;6) .
2


2  x A  3.(2  2)
 
 xA  2

Mặt khác, ta có AM  3MH   3
 A(2;3)
 3  
 yA  3
 2  y A  3. 1  2 



  HB  4 HB (1) ; Xét BNC , ta có: tan N
  BC  4 BC  4 BC (2).
Xét MBH , ta có: tan M
1
1
MH
AH
NC CD
AB
HB AH
HB BC
Lại có: ABH ~ ACB 



(3).
CB AB
AH AB

y  0
 
Do ABCD là hình chữ nhật nên CD  BA  ( 2; 2)  D(0; 2) . Vậy A(2;3), B (4;1), C (2; 0), D (0; 2).
Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !


GV: THANH TÙNG

HOCMAI.VN

facebook.com/ThayTungToan

Chú ý: Yếu tố vuông góc trong bài toán, cụ thể BM  MN sẽ luôn được giữ nguyên nếu đề bài đảm bảo được
MH NC
tỉ số

k.
AH DC
Bài 8 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J (2;1) .
Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình 2 x  y  10  0 và D (2; 4) là giao điểm thứ
hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ
âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x  y  7  0 .
Giải:


AJ đi qua J (2;1) và D (2; 4) nên
có phương trình: x  2  0
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ :
x  2  0
x  2

 DJB
AmE  sd DqB

2
  DJB

Từ (1) và (2) suy ra: EBD



(2)



  DB  DC (2*)
hay tam giác DBJ cân tại D , suy ra DB  DJ (*) . Lại có 
A1  A
2
Từ (*) & (2*) suy ra: DB  DJ  DC hay D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC
 Suy ra B, C nằm trên đường tròn tâm D (2; 4) bán kính DJ  5 có phương trình : ( x  2) 2  ( y  4) 2  25 .
Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

( x  2)2  ( y  4)2  25
 x  3
x  2
 B (3; 4)

hoặc 




CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !