HOCMAI.VN
GV: Nguyễn Thanh Tùng
facebook.com/ ThayTungToan
TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ_P1
GV: Nguyễn Thanh Tùng
Bài 1. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn và AB BC CA .
Đường tròn tâm C bán kính CB cắt đường thằng AB và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại D
1
7
và E (với E B) . Biết M ;0 là trung điểm của BC và DM cắt AC tại N ; 1 . Tìm tọa độ các đỉnh
2
4
của tam giác ABC biết E , D đều thuộc đường thẳng x 3 0 .
1
7
Giải: Ta có MD đi qua M ;0 và N ; 1
2
4
nên có phương trình: 4 x 5 y 2 0
Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ:
4 x 5 y 2 0
x 3
D(3; 2)
2
2
CDE
(2).
Mặt khác, CE CD CED
D
AE AD
Từ (1) và (2), suy ra E
1
B
M
C
1
Suy ra CA là đường trung trực của ED CA ED
7
Khi đó CA đi qua N ; 1 và vuông góc với
4
đường thẳng ED : x 3 0 nên phương trình CA : y 1
Suy ra C (c; 1) , khi đó B(1 c;1) (vì M là trung điểm của BC ).
c 1
Ta có CB CD CB CD (2c 1) 2 (c 3) 1 3c 2c 5 0
3
3
26
9 x y 25 0
x
26
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
9 A ; 1 AB BC (loại).
9
y 1
y 1
Vậy A(2; 1), B(0;1), C(1; 1)
.
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
Bài 2. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A(2;0) . Đường
2 6
;
5 5
C(?)
24
SBHKD=
Δ: 3x + y = 0
I'
A'
K
Lúc đó S BHDK
2.S BHDK
( BH DK ).HK
HK
2
BH DK
24
5 8 10 .
6
5
10
Mặt khác, C 3.(6m 12) 3.2m 0 m I ;
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
GV: Nguyễn Thanh Tùng
facebook.com/ ThayTungToan
1 3
BD đi qua I ; và M (2;6) nên có phương trình: 5x y 4 0 .
2 2
5 x y 4 0
x 0
Khi đó tọa độ điểm điểm D là nghiệm của hệ:
D(0; 4) .
x 3 y 12 0
y 4
5 x y 4 0 x 1
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:
B(1;1) .
x 3y 4 0
y 1
Bài 3. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( AB AC ) . Trên
60 15
cạnh AB lấy điểm I sao cho AI AC . Đường tròn đường kính IB cắt BC tại M ; và cắt đường kéo
17 17
dài CI tại N (4; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015x 2016 y 0 .
Giải:
CMI
180 ACMI nội tiếp đường tròn
Ta có CAI
C
I 450 I M
M
M
900
M
AMN 900
0
1
1
2
4
1
3
4
1
1
I
B
N
900 BAC
ACBN nội tiếp đường tròn N
Mặt khác, BNC
1
1
2
2
2
1
N
, 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 y 3 0
Do A, M khác phía so với NC nên NC có phương trình: x y 3 0
x y 3 0
x 0
Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
C (0; 3)
3x 5 y 15 0
y 3
Khi đó AB đi qua A(0;0) vuông góc với AC nên có phương trình: y 0
y 0
x 5
Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
B(5; 0) . Vậy A(0;0), B(5;0), C (0;3) .
3x 5 y 15 0
y 0
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
A
E
B
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
AC đi qua M và vuông góc với BH nên có phương trình: x 2
x 2
Khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ
H (2;1) .
y 1
GV: Nguyễn Thanh Tùng
facebook.com/ ThayTungToan
2 xA 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
x 4 y 8 0
x 4
Tọa độ điểm B là nghiệm của hê:
B(4;1) .
y 1
y 1
Khi đó DC đi qua N song song với AB nên có phương trình: x y 2 0
x y 2 0
x 2
Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
C (2;0) .
x 2
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) .
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 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 của
3 7
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:
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
(cùng bù với BDE
) (2)
EDM
BDE
NAE
Từ (1) và (2) suy ra : MNE = EDM , suy ra MEND nội tiếp đường tròn.
2
2
2
2
c 1
C (1; 2)
c2 1 1 3
Khi đó ta có: IM IE R IM IE
c 5 C (5; 2) .
2 2 2 2
1
1
B
1
M
(T)
4
E
Từ (1) và (2), suy ra C
1
4
E
900 C
E
900 , suy ra ME DC . A
Mặt khác, E
4
5
1
5
1
E
xD
1 4t
;1 t
Ta có CN 3ND 3
3 D
3
3
4 3t 3 yD 4
yD 1 t
1
C
4t 2
; 2 t và EC 4t 2;3t 1 . Khi đó: ED EC ED.EC 0
Suy ra ED
3
HOCMAI.VN
GV: Nguyễn Thanh Tùng
facebook.com/ ThayTungToan
5
x
2
2
2
2
2
2
IA
IB
x
(
y
3)
(
x
5
. Vậy đường tròn (T ) cần lập có phương trình:
2
2
2
5
1
25
.
x y
2
2
2
Bài 7. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường
1
tròn (T ) và C (1;0) . Biết tiếp tuyến của đường tròn (T ) tại B cắt AC tại E . Gọi F ; 2 là điểm thuộc
2
3 5
đoạn BE và J ; là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác
4 4
ABC biết D(2;1) thuộc đường tròn (T ) .
Giải:
1
1
suy ra AEFM nội tiếp đường tròn tâm J (*)
Phương trình đường thẳng CF là:
x 1 3t
M (1 3t; 4t ) .
y 4t
F
M
2
E
D
1
I
1
J
A
Khi đó từ (*), suy ra:
2
2
2
Ta có phương trình trung trực d1 của DC là : x y 2 0
phương trình trung trực d 2 của MC là: 3x 4 y 1 0
Khi đó tọa độ tâm I của đường tròn (T ) ngoại tiếp tam giác ABC (hay ngoại tiếp tam giác MBC )
x y 2 0
x 1
là nghiệm của hệ:
I 1;1
3x 4 y 1 0
y 1
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
Do ABC vuông tại A , suy ra I là trung điểm của BC , do đó B(1; 2)
facebook.com/ ThayTungToan
GV: Nguyễn Thanh Tùng
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và ngoại tiếp tam giác AEF lần lượt có phương trình:
3
3
5
3
; M (loại)
2
32
y
1
x
y
x
y
0
25 25
y
2
2
2
25
Vậy A(0;1), B(1;2) .
x 3y 5 0
A(?)
1
E
1
N
4
F
H
1
I ;1 là trung điểm của MN .
B
2
NEA và MCE lần lượt cân tại N và M
E1 A1
E
900 NEM
900 (*)
E
2
2
a 1
A(2;1)
21
7 125
NE NA NE 2 NA2 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) .
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
Bài 9. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm
AmE EnC
Khi đó:
DqB
CpD
CpD
EnC
AmE DqB
C(?)
B(?)
q
p
(1)
hay ECD
AmE DqB
1
EBD 2 sd ECD
Mặt khác:
1 sd
DJB
y 4
y 9 B(2;9)
x y 7 0
Do B có hoành độ âm nên ta được B(3; 4)
BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng 2 x y 10 0 nên có phương trình: x 2 y 5 0
( x 2)2 ( y 4) 2 25
Khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ :
x 2 y 5 0
Vậy A(2;6), B( 3; 4), C(5;0) .
x 3
C (3; 4) B
x 5
hoặc
y 4
C (5;0)
y 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
GI MK (2)
AG BC
GI BC
Từ (1) và (2) , suy ra I là trực tâm của tam giác MGK
KI MG hay KI CM .
Khi đó KI có phương trình: 7 x 5 y 7 0
Suy ra tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:
7 x 5 y 7 0
7
7
7 7
x và y I ;
2
2
2 2
2 x 4 y 7 0
Gọi C (4 7t;5t) CM , khi đó : R IC
2
N
K
M
P
I
Gọi M (4 7 m;5 m) CM , khi đó K là trọng tâm tam giác ACM nên A 7m ; 5m
2
2
Ta có IA2 R 2 7m 6 5m
2
2
1
A(1; 1)
m
25
2
2
148m 168m 47 0
72 12
A ;
2
m 47
37 37
74
1 5
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 ; .
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
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
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
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
D(3; 2) .
2
y
1
y
2
x
y
2
x
2
y
3
0
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
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
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:
(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 )
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 ;
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 .
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
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
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
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
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
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)
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
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
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 .
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(?)
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)
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
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)
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
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 !
HOCMAI.VN
GV: Nguyễn Thanh Tùng
facebook.com/ ThayTungToan
TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ_P3
GV: Nguyễn Thanh Tùng
Ta có AC đi qua E (3;14) và M ;1 nên AC có phương trình: 3x y 5 0 .
3
3x y 5 0
x 1
Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
C (1; 2) .
x y 1 0
y 2
B
. Mặt khác tam giác ABC cân tại A nên C
B
Ta có CD // AB , suy ra C
2
1
1
1
C
, khi đó CB là đường phân giác của góc
Suy ra C
ACD .
2
1
Gọi N đối xứng với M qua BC , suy ra N CD .
7
4
Ta có MN đi qua M ;1 và vuông góc với BC : x y 1 0 nên MN có phương trình x y 0 .
3
7
Suy ra N 0; (do H là trung điểm của MN ).
3
7
Ta có CD đi qua C (1; 2) và N 0; nên CD có phương trình: x 3 y 7 0 .
3
B
(cùng bằng 1 sđ BC
B
nên suy ra D
C
hay tam giác BDC cân tại B .
), mà C
Ta có D
1
1
2
1
1
2
2
Gọi nBD (a; b) là vecto pháp tuyến (VTPT) của BD với a 2 b2 0 .
Khi đó BD đi qua E (3;14) nên có phương trình: ax by 3a 14b 0 .
Ta có VTPT của BC , DC lần lượt là nBC (1;1) , nDC (1; 3) .
2(a 2 b2 ) (a 3b)2 a 2 6ab 7b 2 0 (a b)(a 7b) 0
a 7b
+) Với a b, chọn a b 1 khi đó phương trình BD : x y 17 0 song song với BC (loại).
+) Với a 7b , chọn a 7, b 1 khi đó phương trình BD : 7 x y 7 0
x y 1 0
x 1
Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:
B(1;0) .
7 x y 7 0
y 0
Ta có AB đi qua B(1;0) và song song với CD nên có phương trình: x 3 y 1 0 .
x 3 y 1 0
x 2
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
A(2; 1) .
3x y 5 0 y 1
Vậy A(2; 1) , B(1 ;0), C (1;2) .
Bài 22. . (Trường Hà Huy Giáp – Cần Thơ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có
16 13
diện tích tích bằng 15 . Đường thẳng AB có phương trình x 2 y 0 . Trọng tâm tam giác BCD là G ; .
3 3
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết điểm B có tung độ lớn hơn 3.
Giải
A(?)
Copyright: Tài liệu đại học ©