D01 tìm tọa độ điểm thỏa mãn tính chất cho trước muc do 4

Câu [HH10.C3.1.E01.d] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn tâm I Gọi E , M trung điểm cạnh AB BC ; điểm F D tương ứng hình chiếu vng góc A B đường thẳng BC AI a) Chứng minh ME đường trung trực đoạn thẳng DF ổ 8ử Dỗ ;- ữ ữ ỗ ữ ỗ è M (2; 1) 5ø b) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết , đường thẳng AC có phương trình x + y - = Lời giải A E I D H B F M C o · · a) Ta có BFA = BDA = 90 , suy tứ giác ABFD nội tiếp đường tròn tâm E , đường kính AB o · · · Mặt khác IEB = IDB = IMB = 90 , suy ngũ giác BEIDM nội tiếp đường trịn đường kính BI · · · ¼ Từ ta có DEM = DBM = DBF ( chắn cung DM ) 1· · DBF = DEF Mà góc (số đo góc tâm nửa cung bị chắn) 1· · · · DEM = DBM = DBF = DEF · Suy , suy EM tia phân giác DEF DE = FE = AB Mà ( cung nằm đường tròn tâm E , đường kính AB ) Suy ME đường trung trực cạnh FD ỉ 8ư Dỗ ;- ữ ữ ỗ ữ ỗ b) Tỡm ta độ đỉnh tam giác ABC , biết M (2; - 1) , è5 øvà đường thẳng AC có phương trình x + y - = Ta có ME P AC Þ phương trình đường thẳng ME : x + y - = ổ 11 - Hỗ ; ữ ữ ỗ ữ ỗ ố 5 ứ Gi H hình chiếu vng góc D đường thẳng ME suy ổ 13 ữ Fỗ ;- ữ ỗ ỗ ứ 5ữ Vỡ D v F đối xứng qua ME nên H trung điểm DF suy è ỉ 13 ÷ Fỗ ;- ữ ỗ ỗ ứnờn cú phng trỡnh: x - y - = 5÷ Đường thẳng BC qua M (2; - 1) è Ta cú C = AC ầ BC ị C (5;0) Mà M trung điểm BC suy B (- 1; - 2) ỉ 13 ữ Fỗ ;- ữ ỗ ỗ ứv vuụng gúc với BC nên có phương trình: 5÷ Đường thẳng AF qua điểm è 3x + y - = Ta có A = AF Ç AC Þ A(1;4) Vậy: A(1;4) , B (- 1; - 2) , C (5;0) Câu [HH10.C3.1.E01.d] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD Hai điểm M , N M  1;  thuộc cạnh AB AD cho AM  AN , biết , hình chiếu vng góc A H   2;1 lên BN , đỉnh C thuộc đường thẳng x  y  0 Tìm tọa độ đỉnh C hình vng Lời giải E=CD ∩AH , ta suy Δ ADE=Δ ABN ⇒ AN =DE ⇒ AM =DE ⇒ ADEM hình chữ nhật Suy BCEM hình chữ nhật Gọi Ta có BME=BHE=BCE=90 nên BCEHM nội tiếp đường trịn đường kính BE Do MC BE nên MC đường kính đường tròn suy MHC=90 ⇒ MH ⊥ HC +) HC có vtpt ⃗n=⃗ MH =(−3;−1) nên có phương trình x+ y +5=0 3 x  y  0   x  y   C  Tọa độ điểm nghiệm hệ Câu  x   C ( 1;  2)   y  [HH10.C3.1.E01.d] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vng A Gọi H hình M  2;  1 chiếu vng góc A lên BC , điểm N trung điểm HB HC  1 K ;  Điểm  2  trực tâm tam giác AMN Tìm tọa độ điểm C , biết A có tung độ âm thuộc đường thẳng d : x  y  0 Lời giải Gọi I trung điểm AH ta có MI / / AB  MI  AC Suy I trực tâm AMC  CI  AM mà NK  AM  NK / /CI nên K trung điểm IH    2a  2  a  AK 3KH  H  ;  A  a  4; a  d ,   3  Suy  Đặt từ hệ thức  7   2a   a  AK   2a;  a  ; MH  ;     Khi đó: AK MH 0 2   7   2a      a   10a  13a  23 0     2a     a      2      a   H  0;1 ; B  4;  3 Với  a    A   2;  1  a  23 10  C  AC  BC  C   1;2  Phương trình AC :3x  y  0, BC : x  y  0 Câu [HH10.C3.1.E01.d] Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có phân giác góc A d : x  0 Gọi E F hình chiếu B C lên d Đường thẳng AB qua K   3;5  M   2;  1 C , nằm đường thẳng d  : x  y  0 Giả sử BF CE cắt Xác định tọa độ điểm B Lời giải A K E B D C F Gọi D chân đường phân giác kẻ từ A tam giác ABC Ta có BE //CF nên KB BE DB   KF CF DC (1) Mà tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACF (góc- góc) nên BE AE AB AB BE    CF AF AC (2) Mặt khác D chân đường phân giác nên ta có AC CF (3) Từ KB AE  (1), (2) (3) ta suy KF AF Suy AK //BE Suy AK  AD ⃗ u AK K Đường thẳng qua nhận vectơ phương (0;1) AD làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình y – = A giao AK AD nên A(1 ; 5) x  y 1   x  y  0 Đường thẳng AB qua A M nên có phương trình   N  a; b  điểm đối xứng với M qua AD Khi N thuộc AC  a  b  1  I ;  MN  ( a  2; b  1) 2   MN Ta có trung điểm   b  0 a 4  MN u 0   a    N (4;  1)  b   I  AD   0 Vì M đối xứng với N qua AD nên Gọi x y   x  y  0 AC qua A N nên có phương trình     x  y  0   C giao AC d  nên tọa độ C nghiệm hệ  x  y  0 C  5;  3  x 5   y  Suy CF qua C song song với AK nên có phương trình y + = x 3 y  FK :   x  y  0 F 1;    1   F giao AD CF nên Suy 2 x  y  0   B giao AB FK nên tọa độ B nghiệm hệ 2 x  y  0 Câu  x    y 1 B   1;1 Vậy [HH10.C3.1.E01.d] (HSG Toán 12 – Triệu Sơn, Thanh Hóa năm 2020) Trong mặt phẳng toạ độ 9 7 M ;  Oxy , cho tam giác ABC có điểm H  5;5  trực tâm tam giác ABC điểm  2  trung điểm cạnh BC Đường thẳng qua chân đường cao hạ từ B, C tam giác ABC cắt đường thẳng BC điểm P  0;8  Tìm toạ độ đỉnh A, B, C Lời giải A K E F I H P B C M A' I ngoại tiếp tam giác ABC K  AP   C  Ta có tứ giác FBCE nội tiếp đường trịn nên PB.PC PF PE Tứ giác KBCA nội tiếp đường trịn nên PB.PC PK PA Từ suy PF PE PK PA tứ giác FEAK nội tiếp đường tròn Gọi  C  đường tròn tâm Mà tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn đường kính AH suy A, K ,F , H , E thuộc đường trịn o · o · đường kính AH  AKH 90 Gọi A ' đối xứng với A qua I ta có AKA ' 90 Từ suy K , H , A ' thẳng hàng (1) Ta có BE  AC , A ' C  AC  BE //A ' C tương tự HC //BA ' nên tứ giác BHCA ' hình bình hành Có M trung điểm BC M BC  HA ' hay H , M , A ' thẳng hàng (2) o · Từ (1) (2) suy K , H , M , A ' thẳng hàng Suy AKM 90 hay MH  AP Mặt khác AH  PM Do H trực tâm tam giác APM , suy PH  AM Đường thẳng BC qua M , P có phương trình x  y  0 Đường cao AH qua H vng góc với BC có phương trình x  y 0 Đường thẳng AM qua M vng góc với PH có phương trình x  y  12 0  x  y 0  x 6    y 6 Suy A(6;6) Toạ độ điểm A nghiệm hệ 5 x  y  12 0 uuu r uuur  AC  b ; b  BH   b; b  3   B ( b ;8  b ) C (9  b ; b  1) Gọi , M trung điểm BC nên , uuu r uuur Ta có BH vng góc với AC nên AC BH 0  (3  b)(5  b)  (b  7)(b  3) 0  b 3   (3  b)(12  2b) 0  b 6 Câu Vậy toạ độ đỉnh cần tìm A(6; 6), B(6; 2), C (3;5) A(6; 6) , B(3;5) , C (6; 2) [HH10.C3.1.E01.d] (HSG10_SỞ GD&ĐT_HÀ TĨNH _2016-2017) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC N điểm thuộc   3 N ;  đoạn thẳng AC cho AC 4 AN Đường thẳng DM có phương trình y  0  2  Xác định tọa độ điểm A Lời giải M B C I H E N A D Gọi E hình chiếu N MD , suy đường thẳng Gọi a độ dài cạnh hình vng Suy MD  MC  CD  NE : x  1  E  ;1 0 , suy   a2 5a  a2  (1) 3 2a AN  AC  NC  AC  AC  2a , 4 10a a 10 MN MC  NC  2MC.NC.cos 45   MN  16 (2) Ta có 2 ND  Tương tự ta có a 10 (3) Từ (1), (2) (3) suy tam giác NMD vuông cân N 5 ED EN   d    D  d ;1 2 Gọi tọa độ điểm , ta có D  3;1 D   2;1 Suy  d 3  d    1 5  MI  MD  ;0  D  3;1 M   2;1 3  + Trường hợp Do E trung điểm MD , suy ta , Ta có 1   I  ;1    3  5 5   1 3 NI  ;   AN  ;  AN  NI  2  2   A  1;  3 + Chứng minh ; Ta có  D   2;1 E M  3;1 Trường hợp , trung điểm MD , suy ta ⃗ ⃗1 5  4  MI  MD  ;0   I  ;1     Ta có ⃗ ⃗ ⃗3  5 ⃗  3 NI  ;   AN  ;  AN  NI  2  2   A  0;   Từ mà Câu [HH10.C3.1.E01.d] [ HSG THANH HÓA 2018] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông B , AB 2 BC Gọi D trung điểm AB , E nằm đoạn thẳng AC cho  16  E  ;1  AC 3EC Biết phương trình đường thẳng chứa CD x  y  0 điểm   Tìm tọa độ điểm A , B , C Lời giải BA EA  Gọi I BE  CD Ta có BC EC nên E chân phân giác góc B tam giác ABC Do  CBE 45  BE  CD PT đường thẳng BE : 3x  y  17 0 3 x  y  17 0   x  y   Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ  BI CI  Ta có  x 5  I (5;2)  y     BC BC BC CE  AC   IE   IB  3IE 3 2 , B  4;5  Từ tìm C  3a  1; a  Gọi ta có  a 1 BC  BI 2  (3a  5)2  (a  5) 20  10a  40a  30 0    a 3 C  2;1 A  1;  Với a 1 ta có , C  8;3 A  0;  3 Với a 3 ta có , Câu [HH10.C3.1.E01.d] (HSG 11 – Vĩnh Phúc 2014-2015) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho I tam giác ABC không tam giác vuông, nội tiếp đường trịn   Kẻ đường kính AM đường tròn I I Đường thẳng  qua đỉnh A , vng góc với BC  cắt đường tròn   M  5;3 , N  4;  điểm N ( N khác A ) Tìm tọa độ đỉnh A , B , C biết , đường thẳng BC  5 Q ;  P 4;  qua điểm  , đường thẳng AC qua điểm  2  hoành độ điểm B lớn Lời giải A H I B K Q P E C M N  Do ANM 90  AN  MN , kết hợp với AN vng góc BC suy BC song song với MN hay  MN   1;1 đường thẳng MN có vtcp Do phương trình đường thẳng BC : x y   x  y  0 1 AH vng góc với MN nên AH có vtpt  1 x    1 y   0  x  y 0 ⃗ MN   1;1 suy phương trình đường thẳng AH: Gọi K giao điểm AH BC suy K trung điểm HN tọa độ K nghiệm hệ phương trình:  x  y 0  x 3   K  3;3  H 2;   x  y  0  y 3 , kết hợp với K trung điểm HN suy  Gọi E trung điểm BC , tứ giác BHCM hình bình hành suy E trung điểm HM suy  5 E ;   2 B thuộc đường thẳng BC nên B  t ;6  t  , kết hợp với E trung điểm BC suy C   t ; t  1   2t  11  2t  CQ  ;  , BH   t ; t     Ta có Do H trực tâm tam giác ABC nên   CQ BH 0   2t  11   t     2t   t   0  t 5   4t  30t  50 0    t 5  , kết hợp với t   t 5 Vậy tọa độ đỉnh tam giác ABC B  5;1 , C  2;  , A  1;1 A ( giao đường thẳng AH AC ) [HH10.C3.1.E01.d] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A , H chân đường cao vẽ từ A tam giác ABC , D E hình chiếu vng góc H AB Câu AC , I giao điểm AH DE Điểm A nằm đường thẳng  có phương trình  5 M   ;  2x  3y   0, phương trình đường thẳng DE 3x  y   0;  4  trung điểm BC , I có hồnh độ nhỏ 1, E có hồnh độ dương tứ giác ADHE có diện tích Tìm tọa độ điểm A, D, H , E Lời giải Gọi K giao điểm K M DE    ECH IAD (cùng phụ HAC )     Mà IAD  IDA  ECH I DA     Mà ECH  MAC  I DA  MAC     0 Lại có MAC  MAD  90  I DA  MAD  90  AK  DK Phương trình AM x  3y    A(2;0) SADHE   SIAE 1; AK d(A, DE )  10  IE  10 10  AI  2 I  DE  I (a;2  3a); a   1 10  I ;   2  , với I trung điểm AH  H ( 1;1) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp (C ) hình chữ nhật ADHE AI  D, E Câu E (1;  1), D(0;2) giao điểm (C ) DE Suy [HH10.C3.1.E01.d] (HSG lớp 11 – sở GD Thanh Hóa – 2017 - 2018) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD tâm I Gọi M N trung điểm CD BI Tìm tọa độ điểm B, C, D biết A  1;2  đường thẳng MN có phương trình x−2 y−2=0 điểm M có tung độ âm Lời giải A B J N K D I M C Gọi J trung điểm AI , suy tứ giác DNMJ hình bình hành Xét tam giác ADN có J giao điểm hai đường cao AI NJ nên J trực tâm  AN  DJ  AN  MN  N hình chiếu A MN ⇒ Phương trình đường thẳng AN: x  y  0  x  y  0  x 2   x  y    y 0 ⇒ N(2;0) Tọa độ N nghiệm hệ phương trình  ADMN tứ giác nội tiếp ⇒∠ AMN =∠ ADN =45 ⇒ Δ AMN vuông cân N MN  AN  Gọi M (2t  2; t)  MN có MN   MN 5 Tìm M  0;  1 ⃗ AK= ⃗ AM Gọi K giao điểm AM BD  K trọng tâm tam giác ADC Tìm 1  K  ;0  3  NI  BI , B, N , I , K thẳng hàng Ta có I 1;0 Từ tìm   KI= DI ⇒ ⃗ NI= ⃗ NK I trung điểm AC nên tìm C  1;   Câu [HH10.C3.1.E01.d] (HSG CẤP TỈNH - THANH HÓA- 2017-2018) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm M , N thuộc cạnh AB, AC cho AM  AN ( M , N không trùng với đỉnh tam giác) Đường thẳng d1 qua A vuông  2 H  ;  góc với BN cắt cạnh BC   , đường thẳng d qua M vàvng góc với BN cắt cạnh  2 K ;  BC   Tìm toạ độ đỉnh tam giác ABC , biết đỉnh A thuộc đường thẳng () : x  y  13 0 có hồnh độ dương Lời giải Gọi D điểm cho ABCD hình vng E , F giao điểm đường Gọi D điểm cho ABCD hình vng E , F giao điểm đường thẳng AH , MK với đường thẳng CD ABN CAE ( g c.g )  AN CE  AM CE mà AM EF  CE EF Ta có:  E trung điểm CF  H trung điểm KC   4 ⃗ KH  ;  n C (2;  2) Ta có    véctơ pháp tuyến BC  5;3 Từ tìm  Phương trình BC là: x  y  0 AC đường thẳng qua C tạo với BC góc 45 Gọi véctơ pháp tuyến AC Ta có  2 n1  a; b  , với a  b   b 4a a  b  cos 450   b  a 2 2  34 a  b  4b  15ba  4a 0 Ta có * Với b 4a chọn a 1  b 4 ta có phương trình AC : x  y  0  x  y  0  x     y  (loại) Toạ độ điểm A nghiệm hệ 5 x  y  13 0 b  a , chọn a 4  b  ta có phương trình AC : x  y  10 0 Toạ độ điểm A * Với  x  y  10 0   x  y  13  nghiệm hệ   x 1   y  (thoả mãn)  A  1;     4 ⃗ KH  ;  n C (2;  2)    véctơ pháp tuyến BC  5;3  Phương Từ tìm Ta có trình BC là: x  y  0  x  y  23 0   AB là: x  y  23 0 Toạ độ điểm B nghiệm hệ 5 x  y  0 Phương trình (thoả mãn) Câu  B  5;    x 5   y  Vậy tọa độ điểm cần tìm là: A(1;  6), B (5;  7), C (2;  2) [HH10.C3.1.E01.d] [HSG11-NGHỆ AN- 2015-2016] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp tiếp xúc với ba cạnh BC , CA, AB M , N , P Gọi D trung điểm cạnh BC Biết M ( 1;1) , phương trình NP : x  y  0 phương trình AD 14 x  13 y  0 Tìm tọa độ đỉnh A Lời giải Kéo dài IM cắt NP K Kẻ đường thẳng qua K song song với BC cắt AB , AC E , F     Ta có: tứ giác KEPI KNFI nội tiếp nên KEI KPI , KNI KFI     Mà KPI KNI , suy KEI KFI Do đó, K trung điểm EF Suy A, K , D thẳng hàng hay K giao điểm NP AD  x  y  0   14 x  13 y  0 Tọa độ K nghiệm hệ   x  5 7  K ;   3 3  y 7  Phương trình IM qua M K x  y  0 Do I (2a  3; a)  IA : x  y  a  0  A(32  13a ;35  14a ) IA | 35  15a | , d ( I , NP)  | 3a  | , IM  | a  1|  a 2  I (1;2) d ( I , NP).IA IP IM    a 3  I (3;3) Ta có: Vì I M phía với NP nên ta có I (1; 2) Khi A(6;7) Câu [HH10.C3.1.E01.d] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có D E tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh AB AC Biết phương trình đường thẳng DE : x  y  35 0 , đường thẳng AB : x  y  65 0 trung điểm cạnh BC  11  M  11;   Tìm tọa độ đỉnh B C biết trung bình cộng giá trị hồnh độ tung độ  B lớn 10 Lời giải A H E D I B C M - Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC gọi H giao điểm BI DE Tứ giác   EDI ADIE nội tiếp nên EAI Bˆ Aˆ  Bˆ Cˆ     EHI 180  HDB  DBH 180  90  EDI  900   2 - Ta có:     - Do đó: EHI ECI nên tứ giác EHCI nội tiếp     - Vậy: IHC 90 ⇒ MB MH MC ⇒ IHM IBM IBA  MH // AB - Phương trình đường thẳng MH : x  y  55 0 - Tọa độ H nghiệm hệ phương trình: 8 x  y  55 0 7 9 H  ;    x  y  35 0   2  11 625  x  11   y    2  - Đường trịn đường kính BC có phương trình: 2  11  625   x  11   y    2   x 23; y 9    x  y  65 0   x 11; y  - Tọa độ B nghiệm hệ phương trình:  B  23;9  x  yB  20 - Vì B nên C   1;  -Vì M trung điểm BC nên Câu [HH10.C3.1.E01.d] (HSG Trường Nguyễn Quán Nho Thanh Hóa năm 19-20) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm I Gọi K hình chiếu vng góc B đường thẳng AC , H hình chiếu vng góc C đường thẳng BI Các đường thẳng AC KH có phương trình x  y  0 x  y  0 Biết điểm B thuộc đường thẳng y  0 điểm I thuộc đường thẳng x  0 Tìm tọa độ điểm C Lời giải A N H I D K E B M C K  3;  +) Gọi K giao điểm HK AC nên có tọa độ  Đường thẳng BK vng góc với AC nên có phương trình: x  y  0 Vì B thuộc đường thẳng y  0 nên tọa độ B  0;5  7 E ;  +) Gọi  2  trung điểm BK , M trung điểm BC EM //AC nên phương trình EM : x  y  0 Suy tọa độ M  m;  m  +) Do MH MK nên tam giác HMK cân M , có MD trung tuyến trung trực, nên  x m  t  MD phương trình đường thẳng có dạng:  y 2  m  2t , thay vào phương trình HK ta có:  6m   3m  m D ;   , suy tọa độ D là:   12m    6m  H ;   5   Suy tọa độ véc tơ BH là: +) Từ tọa độ D K suy tọa độ   12m   27  6m  BH  ;  5   ⃗ ⃗ I   1; n  BI   1; n   +) Mặt khác gọi , ta có hướng với BH nên 22m  24  n  5  12m   27  6m   n    4m  3 9  2m  n  4m  (1) ⃗⃗ m  m  1   m  3   m  n  0 +) Ngồi BM IM 0 nên ta có:  2m  2m   n  m  3 0 (2) +) Thế (1) vào (2) ta được: 11m  12 m2  m    m  3 0  m  m   4m     11m 12   m   0 4m  3  4m3  18m  36m  27 0   2m    2m  6m   0  m   7  7 M   ;  E   ;   C   3;  K   3;   2  2 +) Khi tọa độ nên tam giác ABC vuông C C  3;  Vậy  [HH10.C3.1.E01.d](HSG CỤM TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG LẦN NĂM 2019-2020) m  t    m  2t   0  t   Câu  Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A(2;5) H hình chiếu vng góc A lên cạnh BC Gọi I , J (2;  1) K (6;1) tâm đường nội tiếp tam giác ABC , ABH , ACH Chứng minh I trực tâm tam giác AJK tìm tọa độ đỉnh B, C Lời giải Chứng minh tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC trực tâm tam giác AJK ABC HAC      ABJ  JBH HAK KAC     900 BAC BAK  KAC BAK  ABJ  AK  BJ Tương tự chứng minh CK  AJ Do I trực tâm tam giác AJK    AI JK 0  ⃗⃗ KI AJ 0 Gọi I (a; b) ta có   4(a  2)  2(b  5) 0 a 4   I (4;1)  0(a  6)  6(b  1) 0 b 1 Phương trình BI : x  y  0 Phương trình CI : y  0  ⃗ 1 u  AI (1;  2) Một vecto phương đường⃗thẳng AI Gọi vecto phương đường thẳng chứa cạnh AB cạnh AC u '(t , k ) ⃗⃗   IAB IAC 450  cos 450 | cos(u , u ') | | t  2k | 5(t  k )  3t  k 0, t  3k 0 ⃗ ⃗ t  1, k   u '(1;3) t  3, k   u ' (3;  1) Với 3t  k 0 chọn Với t  3k 0 chọn Phương trình AB: 3x  y  0 Phương trình AC: x  y  17 0; {B} BI  AB  B ( 1;  4) ; {C} CI  AC  C (14;1) Câu [HH10.C3.1.E01.d](HSG 12 ĐỒNG THÁP 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M  0;   trung điểm BC , K  1;  3 chân đường cao kẻ từ B , AD đường kính D  5;   đường tròn ngoại tiếp ABC Tìm tọa độ điểm A, B, C biết Lời giải A K(1;-3) C H d M(0;-5) D(5;-5) B M trung điểm BC M trung điểm HD Do H   5;   uuur AC qua K nhận HK  6;  làm vectơ pháp tuyến nên AC : x  y 0 Gọi d đường thẳng qua D d  AC  d : x  y  20 0 6 x  y 0  x 2   C  2;    C d  AC  Tọa độ C nghiệm hệ  x  y  20 0  y  M  0;5   B   2;   trung điểm củauuuBC r AB qua B   2;   nhận CH   7;1 làm vectơ pháp tuyến nên AB :  x  y  10 0 6 x  y 0  x    A   1;3  A  AB  AC  Tọa độ C nghiệm hệ  x  y  10 0  y 3 A   1;3 , B   2;   , C  2;   Vậy Câu [HH10.C3.1.E01.d] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD điểm E thuộc cạnh BC Đường thẳng qua A vng góc với AE cắt CD F Gọi M trung điểm EF , A   6;6  M   4;  K   3;0  đường thẳng AM cắt CD K Tìm tọa độ điểm D biết , , E có tung độ dương Lời giải    Ta có ABE ADF AB  AD BAE DAF (cùng phụ với DAE ) Suy AEF vuông cân Do M  trung điểm EF  AM  EF ME MA MF AM  2;   Ta có AM  20 Đường thẳng EF qua M vng góc với MA nên có phương trình x  y  0 2  x     y   20 Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác AFE :  x     y   20  x  y  0 E , F Tọa độ điểm thỏa hệ  E  0;  F   8;0  yE  Giải hệ ta tọa độ , ,( ) E  0;  F   8;0  Với , F   8;0  K   3;0  Đường thẳng CD qua nên có phương trình y 0 A   6;6  Đường thẳng AD qua vng góc với FK nên có phương trình x  0 D CD  AD  D   6,  Câu [HH10.C3.1.E01.d] Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân A( 1;3) Gọi D điểm  3 M  ;   2  cạnh AB cho AB 3 AD H hình chiếu vng góc B CD Điểm trung điểm HC Xác định tọa độ đỉnh C , biết đỉnh B nằm đường thẳng có phương trình x  y  0 Lời giải Gọi F trung điểm BC Gọi E giao điểm CD với đường thẳng qua A song song với BC  AEBF hình chữ nhật  AEBF nội tiếp đường trịn (T ) có đường kính AB EF Ta có MF đường trung bình tam giác BHC  MF song song với BH   EMF 900  E , M , F nằm đường trịn đường kính EF  A, E , B, F , M nằm đường  tròn (T )  AMB 90  AM  BM B   d  : x  y  0  B (b;   b )   Vì AM  BM  AM BM 0  b   B ( 4;  3) Do D nằm cạnh AB AB 3 AD  AB 3 AD  D ( 2;1)  Phương trình đường thẳng CD là: x  y  0  C (c;   c) Vì Câu  c   C ( 7;6) 2 AB  AC   c  1     c  45     c    C (2;  3) Do [HH10.C3.1.E01.d] (HSG lớp 10 Tỉnh Vĩnh Phúc 18-19) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có AC 2 AB , phương trình đường chéo BD : x  y  0 , E  3;4  điểm B có hồnh độ âm Gọi M trung điểm cạnh BC điểm thuộc đoạn thẳng AC thỏa mãn AC 4 AE Tìm tọa độ đỉnh A, B, C , D , biết diện tích tam giác DEC Lời giải  IA  IC  AC    IB  ID  BD  I   AC  BD , mà ABCD hình bình hành nên  * Gọi   AE  AC  E   IA  AC  trung điểm AI Trên đoạn thẳng AC ta có  1 1 IE  IA  AC  AB  AB 4 Khi  KE  AB Gọi K trung điểm BI Suy KE đường trung bình tam giác ABI  MI  AB Ta có: MI đường trung bình tam giác ABC 1  MK  IC  AC  AB Ta có: MK đường trung bình tam giác BIC IE KE  MI  MK  AB Như Suy tứ giác IMKE hình thoi * Gọi H  KI  ME suy H hình chiếu E lên BD ⃗  H  BD  H  h ;1  h   EH  h  3;  h  3 u  1;  1 Vì Đường thẳng BD có vtcp BD   EH uBD 0  h     1   h  3 0  h 0  H  0;1 Khi ⃗ EH   3;  3  EH 3 Do đó,  x 2 xH  xE EM   M  M   3;   y M 2 yH  xE  IMKE H Hình thoi có trung điểm 1 IE  EC  SDIE  SDEC IB  ID  SEIB SEID  SDEC  3 3 * Ta có Mặt khác, 4 SEIB   EH IB   IB  3 Khi 3 2 KI  BH  BI   4 Ta có K trung điểm BI , H trung điểm Vì  B  BD  B  b ;1  b   BH   b ; b  Mà xB  nên chọn b  2 1 BH     b   b   b2   b  9 3 Khi đó,  4  B  ;   3  17 16  C   ;   Với M trung điểm BC , suy  1   x I      1 1    yI      HI  BH  3 * Ta có với suy    x I   8  I ;    9  y 8 I   53 64  A ;  Vì I trung điểm AC nên suy  9   4 D ;  Mặt khác, I trung điểm BD nên suy  9  Câu  53 64     17 16    A ;  , B   ;  , C   ;   , D ;   9 9 Vậy  9   3   [HH10.C3.1.E01.d] (HSG trường Thạch Thành-Thanh Hóa-18-19) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A   1;5  điểm M  0;   trung điểm cạnh BC Gọi D, E  chân đường cao hạ từ đỉnh B C Đường phân giác góc DME cắt đường cao hạ I  0;3 từ đỉnh A điểm Tìm toạ độ đỉnh B, C tam giác ABC biết điểm B có hoành độ âm Lời giải +) Giả sử I trung điểm AH, ta chứng minh MI phân giác góc DME 1 EI  AH DI  AH 2 +) Tam giác EAH vng có Tương tự tam giác ADH có Do EI  DI (1) +) Lại có tam giác BEC vng E , tam giác BDC vng D có ME MB MC  MD (2) +) Từ (1), (2) ta có MIlà phân giác góc DME +) Phương trình đường cao AH qua A , I x  y  0 M  0;   +) Đường thẳng BC qua vng góc AH x  y  0 H  1;1 B  2b  4; b  +) Vì I trung điểm AH nên , gọi thuộc BC Vì M trung điểm BC nên C   2b  4;   b    AC  (  b  3;  b  9), HB (2b  3; b  1) +) Ta có  b  ⃗⃗   b 0  B( 4;  4), C (4; 0)  AC.HB 0   (2b  3)  (b  1)( b  9) 0  Vậy B   4;   C  4;0  Câu [HH10.C3.1.E01.d] (HSG12 Đồng Tháp 2016-2017) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC nội  T  có phương trình x  y 25 , đường thẳng BC qua E  2;1 Gọi H , K chân đường cao kẻ từ đỉnh A B tam giác ABC Đường thẳng HK có phương trình x  y  0 , điểm C có tung độ dương Tìm tọa độ hai điểm B , C tiếp đường tròn Lời giải 4x-3y+1=0 C E(2;1) K O H A B D  T  có tâm O  0;  bán kính R 5 Đường trịn Ta chứng minh OC  HK Tứ giác KHBA nội tiếp (do H , K nhìn AB góc vng)    CHK CAB CDB CDB  DCB    90  CHK  DCB 90  OC  HK Mà Đường thẳng OC qua O , vng góc HK nên có phương trình: 3x  y 0  x  y 0  2  C   4; 3 Tọa độ C nghiệm hệ:  x  y 5 Đường thẳng BC qua C , E nên có phương trình: x  y  0  x  y  0   2 Tọa độ B nghiệm hệ:  x  y 5 B  5;  C   4; 3 Vậy , Câu  B   4; 3  A   B  5;  [HH10.C3.1.E01.d] (HSG QUẢNG NINH 18-19) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc nhọn Gọi H trực tâm tam giác ABC ; M , N , P giao điểm AH , BH , CH với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ trực tâm H tam  16     1  M  ;  , N   ; , P  ;  9  4  6  ABC giác biết Lời giải    PNB PCB       PCB BAM  PNB BNM   BAM BNM    Ta có Suy BN đường phân giác góc PNM   PC , AM phân giác góc MPN , PMN Tương tự ta có   65 65  MN  ;   72 36  Ta có ⃗  16   65 65  MN  ;  M  ;   72 36  làm vtcp, là: Phương trình đường thẳng MN qua  9  nhận x  y  0 Tương tự ta có phương trình đường thẳng MP : x  y  0 , đường thẳng NP : x  y  0  Từ ta có phương trình đường phân giác ngồi góc MPN :  x  18 y  0 3x  y  4x  y 1   45 20  18 x  y  0 Do M , N nằm khác phía đường phân giác nên suy phương trình đường thẳng PC : x  18 y  0 Tương tự phương trình đường thẳng NB : x  0   25   H ;  72   H  NB  PC Lại có Câu [HH10.C3.1.E01.d] (HSG Lớp 11 THPT Đặng Thúc Hứa 2017-2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường trịn tâm I  2;1 bán kính R 5 Gọi D chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC , E hình chiếu B lên AI Biết đường thẳng DE có