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)
c2 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