D01 tìm tọa độ điểm thỏa mãn tính chất cho trước muc do 3

Câu [HH10.C3.1.E01.c] (HSG Toán 12 - Quảng Ngãi 1819) 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 , đường thẳng AM cắt CD K Tìm tọa độ điểm D biết A   6;6  , M   4;  , K   3;0  E có tung độ dương Lời giải    Ta có ABE ADF AB  AD BAE DAF (cùng phụ với DAE ) Suy AEF vuông cân  AM  EF ME MA MF 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 AEF :  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;  K   3;  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.c] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD đáy lớn CD Các đường thẳng AC , BD có phương trình x – y  0 x – y  0 Gọi M trung điểm AB Xác định tọa độ đỉnh A, B, C, D biết đường thẳng DM có phương trình 3x – y  11 0 B có hồnh độ âm Lời giải D  BD  DM  D (7; 4) Ta thấy Do ABCD hình thang cân nên M nằm đường phân giác tạo AC BD Phương trình đường phân giác góc tạo AC BD (d1 ) x  y 1 x  y 1  x  y 0   D 5  x  y  0 ( d ) +) Nếu M  d1 M DM  d1  M (  1;1) A M Đường thẳng AB qua M vng góc với d1 nên có phương trình x  y  0 B góc C B  AB  BD  B( 3;  1) (thỏa mãn) A  AB  AC  A(1;3) Đường thẳng DC qua D song song với AB nên DC có phương trình x  y  0 C  AC  DC  C ( 4;  7)  17  M DM  d  M  ;   5 +) Nếu M  d Đường thẳng AB qua M vng góc với d2 nên có phương trình  47 31  B  AB  BD  B  ;   15 15  (loại) Vậy Câu x y 26 0 A  1;3 , B   3;  1 , C   4;   , D  7;  [HH10.C3.1.E01.c] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông B , AB 2 BC Gọi D trung điểm AB, E nằm đoạn thẳng AC cho AC 3EC Biết  16  E  ;1 phương trình đường thẳng chứa CD x  y  0 điểm   Tìm tọa độ điểm A, B, C Lời giải A D I B E C Gọi I BE  CD , đặt BC c  BA EA  Ta có BC EC nên E chân đường phân giác góc B tam giác ABC  Do đó, CBE 45  BE  CD (Vì BCD vng cân B) PT 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;    y 2   c c c , CE  AC   IE  CE  CI   IB  3IE 3 Từ tìm tọa độ điểm B  4;5  Gọi C  3a  1; a  ta có  a 1 2 BC  BI 2   3a     a   20  10a  40a  30 0    a 3 Với a 1  C  2;1 , A  12;1 Câu Với a 3  C  8;3 , A  0;  3 [HH10.C3.1.E01.c] Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC , biết đường cao kẻ từ B phân giác góc A có phương trình x+4 y+10=0 x− y +1=0 Điểm M (0;2) thuộc đường thẳng AB , MC=√ Tìm toạ độ A ,B ,C Lời giải BH : x  y  10  AD : x  y  0 +)  N  1; 1  AC +) Gọi N đối xứng với M qua AD  AC : x  y  0  A  4;  +) AC qua N vng góc BH 1   AB : 3x  y  0  B   3;   4  +) AB qua hai điểm A M 1  C  AC  C  3m; 4m   3  +)  m   C  1; 1  56 31 MC   25m  m  0    m  31  C  31 ; 33     75  25 25  +) Câu  1 I ;  [HH10.C3.1.E01.c] Trong mặt phẳng Oxy cho hình vng ABCD có tâm  2  Các đường M   4;  1 N   2;   thẳng AB, CD qua điểm , Tìm toạ độ đỉnh hình vng biết B có hồnh độ âm Lời giải M '  7;  N '  5;5  điểm đối xứng với M , N qua I ta có N '  AB M '  CD Nên đường thẳng AB có phương trình x  y  0 1   H  ;2 2  Gọi H hình chiếu vng góc I lên AB Gọi 2a  3b   A  AB a 2     1 13    HA HI b 3  a     b    A  a; b  A  2;3    Gọi ta có hay B   1;1 C  1;   , D  4;0  Bằng cách đối xứng A, B qua I ta có 2  x     y   25 , biết Câu [HH10.C3.1.E01.c] Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (C): A  0;  1 , B  8;5  ; K  1;3 giao điểm AC BD Tìm tọa độ giao điểm hai đường thẳng BC AD Lời giải M C D K A I B  C I  4;  , R 5  C có tâm Ta có A (C) ; B  (C) AB 10 2 R  AB đường kính Từ AC  BC ; AD  BD  B  8;5  BC Ta có qua nhận AK (1; 4) làm vtpt  pt BC : x  y  28 0  A 0;   , nhận KB  7;  làm vtpt  pt AD : x  y  0 AD qua  Gọi M giao điểm AD BC  tọa độ M nghiệm hệ: Câu 32  x    x  y  28 0 32 99  13   M ( ; )  13 13 7 x  y  0  y  99  13 [HH10.C3.1.E01.c] (HSG10_OLYMPIC THÁNG 4_ĐỒNG NAI_2017-2018) Trong mặt phẳng A  3;0  B  0;  tọa độ Oxy , cho hai điểm Biết tồn hình vng có hai đỉnh nằm đoạn thẳng AB cịn hai đỉnh nằm đoạn thẳng OA, OB Hãy xác định tọa độ tâm I hình vng Lời giải Gọi OH đường cao tam giác OAB Đặt a cạnh hình vng DE BD CD OD   Theo định lí Thales OH BO AB OB a a 60  1  a  37 Cộng hai vế bất đẳng thức, ta có: OH AB I  b; b  Ta có: tứ giác OCID nội tiếp IC ID nên I thuộc phân giác góc COD , đặt với b0  36  30 C  ;0  IC  37  37 Ta tìm  2  30  36  42    b  b   b  37  37   37  nên  42 42  I ;  Vậy tọa độ tâm cần tìm  37 37  Câu [HH10.C3.1.E01.c] (HSG10_THPT-PĐP_2017-2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A  1;   , B  3;   C  2;  Tìm tọa độ điểm E giao điểm BC với đường phân giác ngồi góc A Lời giải Ta có AB 2 ; BC  10 ; AC  Câu  xE 1 3  xE 2   xE    EB AB      2  EB 2 EC  yE 1   yE 2    yE  EC AC E  1;1 Vậy [HH10.C3.1.E01.c] (Olympic 10 – SGD Quảng Nam - Năm 2018) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân A Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC , G trọng tâm tam giác ABM , D điểm nằm đoạn thẳng MC cho GA GD Biết tọa độ điểm D  7;   phương trình đường thẳng AG 3x  y  13 0 Tìm tọa độ điểm A biết hồnh độ nhỏ Lời giải Gọi N trung điểm AB Ta có MN đường trung trực cảu đoạn AB nên GA GB Lại có GA GD nên G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD 0   Vì góc ABD 45 nên AGD 90 tam giác AGD vng cân G G 4;  1 Phương trình đường thẳng GD : x  y  0 , G giao điểm GD AG nên  A  AG nên A  x;3x  13  x   2 GA GD   x     3x  12  10 A 3;   Giải tìm x 3 (do x  ) Suy  Câu [HH10.C3.1.E01.c] (HSG cấp tỉnh Hà Tĩnh 2012-2013) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho M  6;  1 hình vng ABCD Đường thẳng chứa cạnh BD có phương trình x  y  0 Điểm N  2;1 điểm nằm đường thẳng AB, AD Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD , biết B có hồnh độ dương Gọi nên  n  a;b  Lời giải vectơ pháp tuyến đường thẳng AB Vì góc đường thẳng AB BD 45  a  3b 2a  b 2 cos 45   3a  8ab  3b 0   2  a  b a  b 1  TH1: a  3b Chọn a 3, b  Khi phương trình đường thẳng đường AB : 3x  y  19 0, AD : x  y  0  31   13 24    A  ;   , B  4;   , C   ;  , D  ;    5  Từ tìm  5  TH2: a  b Chọn a 1, b 3 Khi phương trình đường thẳng đường AB : x  y  0 Câu B  0;1 Từ tìm (loại) [HH10.C3.1.E01.c] (HSG cấp trường lớp 11 – THPT Cẩm Thủy – Thanh Hóa – 2017 - 2018)  3 I ;  Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm  2  , có phương trình đường thẳng BC x  y  0 Gọi E , F chân đường cao kẻ từ B C tam giác ABC thỏa mãn EF 2 , biết điểm K  6;1 thuộc đường thẳng AC , diện tích AEIF tung độ điểm C âm Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Lời giải Cần chứng minh cho AI  EF Xét tứ giác AEIF có AI  EF S AEIF  AI EF  IA R  2 Nên  x  y  0  2  9  3 25 x   y        C  x; y  2  2 Tọa độ điểm nghiệm hệ  Hay C  7;  1  B  1;1 Phương trình đường thẳng AC : x  y  13 0 Suy Câu A  4;5  [HH10.C3.1.E01.c] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ABC cân C có diện tích 10 I 4;  Đường thẳng AB có phương trình x  y 0 Điểm  trung điểm cạnh AB , điểm  9 M  4;    thuộc đường thẳng BC Tìm tọa độ điểm A, B, C biết điểm B có tung độ số nguyên Lời giải C M A I B B  AB  B  2b; b  , (b  )  A   2b;  b  ; AB  20 b  Phương trình CI : x  y  10 0 C  CI  C  c;10  2c   CI   c S ABC  bc  4b  2c   1    CI AB 10  4b  2c  bc  2  bc  4b  2c  10    11   9   CM   c; 2c   , MB  2b  4; b   2 2   4  c k  2b      11 9    k  b   2c  2   2bc  6b  5c  16 0 M  BC  k   | CM k MB    1 ,  3  Từ  b 1    b 1  ( không thỏa mãn)  3   ,  3  Từ Câu b 3  A  2;1 , B  6;3  ; C  2;6   c   T [HH10.C3.1.E01.c] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn   có C 4;   M  3;  1 đường chéo AC đường kính  ; đường chéo BD có trung điểm Một E  1;  3 đường thẳng qua D điểm  cho DE song song BC Biết đường thẳng AB qua F  1;3 Tìm tọa độ điểm A; B; D Lời giải A E F B H D M C Gọi H trực tâm tam giác ABD , ta có AB  BC  DH qua E Ta chứng minh tứ giác BHDC hình bình hành H 2;0  Do C H đối xứng qua M nên tìm  DH : x  y  0 Viết phương trình đường thẳng Câu Viết phương trình đường thẳng AB : x  y  0 B b;  b  D  b; b   Gọi  thuộc AB Vì M trung điểm BD nên  D nằm DH nên   b    b    0 hay b 5 D 1;  1 B 5;  1 Suy   H 2;0  Đường cao AH qua  vng góc BD nên có phương trình x  0 A giao điểm AH AB nên A  2;  [HH10.C3.1.E01.c] (HSG K11 Bắc Giang 2013 – 2014) Cho đường thẳng  có phương trình 2 x  y  0 đường tròn  C  :  x     y  1 1 Tìm tọa độ điểm M nằm đường thẳng  cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB ( A , B tiếp điểm ) đường thẳng AB qua điểm E  3;-2  Lời giải C I 2;1 Đường trịn   có tâm   M 2m; 2m  3 E m  1; m   Gọi  thuộc  Trung điểm IM  2 (C ) :  x  (m  1)    y  (m  2)  (m  1)  (m  1) Đường trịn đường kính MI có phương trình { A, B}  C1   (C ) Lập luận nên đường thẳng AB : 2(m  1) x  2(m  1) y  6m  0 (*)  3 M   ;  m   2 Suy Vì AB qua E nên từ (*) suy Câu [HH10.C3.1.E01.c] (Giao lưu HSG cấp tỉnh trường Nguyễn Ba Phước 19-20) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A , M trung điểm AB Đường thẳng  7 K ;  CM : x  y  0   trọng tâm tam giác ACM Đường thẳng AB qua điểm D  3;  1 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết điểm M có hồnh độ ngun tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng x  y  26 0 Lời giải A K M G N E I B H C +) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trước hết ta chứng minh MC ^ IK +) Thật vậy, gọi H , N trung điểm BC , AC ; G = AH Ç CM Suy G trọng tâm tam giác ABC Mặt khác K trọng tâm tam giác ACM nên KG // HE Suy KG // AB +) Mà IM ^ AB nên KG ^ IM +) Rõ ràng AH ^ MK nên G trực tâm tam giác MIK Suy MC ^ IK +) Đường thẳng KI qua K vng góc với CM nên có phương trình: 12 x + y - 37 = +) Tọa độ I thỏa mãn hệ   x 1 12 x  y  37 0   25    25  I  1;     x  y  26 0  y     25   DM (2m  10; m  1); IM  2m  8; m     +) Gọi M (2m  7; m)  MC Ta có 13   m  (l )    235 455  m  (tm) DM  IM  DM IM 0  5m  m 0  6 +) u u u u r ỉ 9÷ ỉ 7ư DM = ỗ - 3; ữ Mỗ 0; ữ ữ ỗ ç ÷ ÷ ç ç è ø Từ suy AB : 3x + y - = +) Suy è ø, +) Gọi C ( 2c - 7;c) Ỵ CM  7 K ;    trọng tâm ACM nên A( 11- 2c;7 - c) Mà A Ỵ AB suy c = +) Do Câu A( 1; 2) , B ( - 1;5) , C ( 3;5) Từ Thử lại ta thấy AB  AC thỏa mãn toán [HH10.C3.1.E01.c] (Đề Ơn thi HSG Tốn 11 – Thanh Hóa năm 1819) Trong mặt phẳng tọa độ B  5;  Oxy, cho tam giác ABC vuông A, đỉnh  , phương trình đường thẳng AC : x  y  0 Trên tia BC lấy điểm M cho BM BC 48 Tìm tọa độ điểm C biết tam giác AMC có bán kính đường tròn ngoại tiếp 10 Lời giải B M E A C E  AB   C  (C ) , đường tròn ngoại tiếp AMC AEC 900 Khi đó: EC đường kính  Tứ giác AEMC nội tiếp nên EMC 90 Ta có: BM AB  cos EBM    BM BC BE.BA 48 BE BC AB : x  y  0 Phương trình A  AB  AC  A   1;    AB 4  BE 6 Gọi  3 BE  BA  E  1;   Ta có: Gọi  c   C   3;   C  c; c  1  AC  EC 2 R 2 10    c 5  C  5;  Gọi C  3;   C 5;  Vậy:   Câu [HH10.C3.1.E01.c] (HSG Toán 12 – Sóc Trăng năm 2017) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A  1;1 Các điểm I   1;  , J   1;3  tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh B C tam giác Lời giải  C  ngoại tiếp ABC có tâm I   1;  , bán kính R  IA  + Đường tròn 2 C   x  1   y   5  Suy phương trình đường trịn :  A 1;1 AJ   2;    + Đường phân giác góc At ABC qua có vec tơ phương nên có phương trình x  y  0 Gọi D  At   C   D   2;  1 1     JBD  JBC  CBD  B  A 2   JBD    BJD  1      A  BJD  JBA  BAJ  B 2  Khi  BDJ cân D  BD CD  DJ   B, C nằm đường trịn  C1  tâm D , bán kính DJ Câu [HH10.C3.1.E01.c] (HSG Toán 10 - Hà Nam năm 19-20) Cho hình chữ nhật ABCD có AB 2 AD B  3;6  Gọi E trung điểm AB H   2;1 trung điểm DE Gọi K điểm đối xứng với D qua điểm A Biết K thuộc đường thẳng d : x  y  0 Xác định tọa độ điểm A, C , D Lời giải Dựng hình vng CDKM hình vẽ Kí hiệu CD 2a Dùng định lý cosin cho tam giác KDH MHB ta có: KH  a 10 a 10 BH  , KB  4a  a a Do tam giác BKH vng cân H Khi KH  HB nên phương trình đường thẳng KH : 1 x    1 y  1 0  x  y  0 K KH  d  K  3;   Câu Ta có BK 10 a  a 2  KD 4 5, BD a 10   x   x  3   y   80     x 11  2  y 0  x  3   y   100  Tọa độ D thỏa mãn hpt:   D   5;  D  11;0  D   5;0  Vì D, B nằm hai phía so với đường thẳng KH nên A   1;   Vì A làtrung điểm DK nên AD BC  C   1;8  Vì A   1;   C   1;8  D   5;0  Vậy , , [HH10.C3.1.E01.c] (HSG cấp trường Toán 10 – THPT Đan Phượng năm 2018- 2019)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy AB CD Biết diện tích hình   H   ;0  A 1;1 thang 14 (đơn vị diện tích), đỉnh   , CD 3 AB trung điểm cạnh BC   Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình thang biết đỉnh D có hồnh độ dương D nằm đường thẳng d : x  y  0 Lời giải Gọi E giao điểm AH DC S S AED 14 H trung điểm AE Dễ thấy ABH ECH nên ABCD   E   2;  1  AE   3;     AE  x  y  0 : D  xD ;5 xD  1 Gọi S ADE  AE d  D ; AE  Ta có:  14    3 2    2  xD   xD  1  2    3   13 xD  28 30  xD 2 ( thỏa mãn) xD  13 (loại)  D  2;11   DE  4CE CD  AB AB  CE Vì , mà nên   DE   4;  12   CE   1;  3  C   1;    AB CE   1;    B  0;  Câu [HH10.C3.1.E01.c] (HSG THUẬN THÀNH 2- 2019) Trong A  3;  B  1;  mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G , đỉnh , , đỉnh C thuộc đường thẳng d : x  y 1 0 Biết diện tích tam giác GAB đơn vị diện tích, tìm tọa độ đỉnh C Lời giải  BA  2;  , AB 2 Ta có: x y AB :   x  y  0 1 Phuơng trình đuờng thẳng C  d : x  y  0  C    2t ; t  Khoảng cách từ C đến AB : d  C ; AB   3t Gọi G trọng tâm tam giác ABC SGAB 3 nên S ABC 3SGAB 9 d  C ; AB  AB 9  Do C   7;3 C  5;  3 Vậy ,  t 3  C   7;3   t   C  5;  3 Câu B  0;1 C  3;0  [HH10.C3.1.E01.c] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Cho , Đường phân giác 7  10 M  0;   BAC Oy  chia ABC thành hai phần có tỉ số diện tích 11  góc BC cắt A a ; b (phần chứa điểm B có diện tích nhỏ diện tích phần chứa điểm C ) Gọi a  Tính T a  b Lời giải Ta có:  D x; y Gọi chân đường phân giác góc BAC d A, BC  DB S ABD  10   S ADC d A, BC DC 11   Ta có:   DB 10 10      DB  DC DB   x ;1  y DC   x ;  y    DC 11 11 với , 10 10    x    x  11   x   10 11     D ;   21  1  y  10   y   y 11   11 21 7  10 11   D ;  M  0;    có phương trình x  y  0  Đường thẳng AD qua  21  7    7    A  AD  A  a ; 2a    BA  a ; 2a   1 CA   a ; 2a   3 , 3    Có   a   2a    2 DB AB AB 10 100        2 DC AC AC 11 121   a    2a   3  Mà 10  a   l   11  105a  80a  100 0    b   a   125 T a  b  Vậy Câu A  3;  , B  1;  [HH10.C3.1.E01.c] Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh , đỉnh C thuộc đường thẳng d : x  y  0 , trọng tâm G Biết diện tích tam giác GAB đơn vị diện tích Hãy tìm tọa độ đỉnh C Lời giải Cách 1: CM CH  3 S 3SGAB 9 (đvdt) Vì GM GG  nên ABC C   2t  1; t   d Gọi  x t    AB :  AB   2;    AB 2  y t    H  t   1; t    CH  t   2t  2; t   t   Gọi Khi t   2t   t  0  t   (*) Vì CH AB 0 nên Ta có 81 2 S ABC  CH AB  CH    t   2t     t   t    2 C   7; 3 , C  5;  3 Từ (*) suy t 3 Do Cách khác CM CH  3 S 3SGAB 9 (đvdt) Vì GM GG  nên ABC C   2t  1; t   d   CA   2t ;  t  , CB   2t ;  t  Ta có 1 S ABC    2t    t     t    2t    6t 3 t 2 Gọi Khi S ABC 9  t 3 Do C ( 7; 3), C (5;  3) Câu [HH10.C3.1.E01.c] (HSG 10 HẢI DƯƠNG 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ABC cân A Đường thẳng AB có phương trình x  y  0 , đường thẳng AC có phương trình x  y  0 Biết điểm M (1;10) thuộc cạnh BC , tìm tọa độ đỉnh A, B, C Lời giải  x  y  0   x  y    A Toạ độ điểm nghiệm hệ phương trình  x 2   y 1 Suy A(2;1) x y x  y   x  y  0 (d1 )   x  y  0 (d ) 2 A Phương trình đường phân giác góc ↔ Do tam giác ABC cân A nên đường phân giác kẻ từ A đường cao Trường hợp 1: Xét d1 đường cao tam giác ABC kẻ từ A + Phương trình đường thẳng BC qua M vng góc với BC  x  y  0   x  y    + Toạ độ điểm B nghiệm hệ phương trình 3x  y  0  x   B ( 1; 4)   y 4 11  x    x  y  0   11    C ;    5 3 x  y  0  y   + Toạ độ điểm C nghiệm hệ phương trình      16 48  MB ( 2;  6), MC   ;    MC  MB  M   + Tính nằm ngồi đoạn BC Trường hợp không thỏa mãn Trường hợp 2: Xét d đường cao tam giác ABC kẻ từ A + Phương trình đường thẳng BC x  y  31 0  x  y  0   + Toạ độ điểm B nghiệm hệ phương trình  x  y  31 0  x  11  B(  11;14)   y 14 101  x    x  y  0   101 18    C ;    5  x  y  31 0  y 18  + Toạ độ điểm C nghiệm hệ phương trình      96 32  MB ( 12; 4), MC  ;    MC  MB  M   + Tính thuộc đoạn BC  101 18  A(2;1), B(  11;14), C  ;  5  Vậy Câu A  1;  B  3;   [HH10.C3.1.E01.c] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho , Tìm tọa độ điểm C cho ABC vng C có góc B 60 Lời giải    C  x; y   AC  x  1; y  BC  x  3; y   AB  2;   Ta có , giả sử ,  AC  BC     BC  AB ABC vuông C có góc B 60   AC.BC 0   2  BC  AB   x  1  x  3   y    y   0  x  y  x  y  0   2 2  x  3   y   10  x  y  x  y  25 10  x  y  x  y  0  x  y  x  y  0   2 x  y  20 0  x 3 y  10 9 y  60 y  100  y  12 y  40  y  0    x 3 y  10 10 y  50 y  55 0   x 3 y  10  5 3  5 , y   x  2   5 3  5   53  5   53  5 C  ; C  ;   , y   x  2  2     2 Vậy Câu [HH10.C3.1.E01.c] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang vng ABCD vng A D ,có CD 2 AD 2 AB Gọi M  2;  điểm thuộc cạnh AB cho AB 3 AM Điểm N thuộc cạnh BC cho tam giác DMN cân M Phương trình đường thẳng MN x  y  0 Tìm tọa độ đỉnh hình thang ABCD biết D thuộc đường thẳng d : x  y 0 điểm A thuộc đường thẳng d  : 3x  y  0 Lời giải +)Đặt BN x, AB a  MA MN  a  a a 10  10a 4a 2a · MN MB  BN  2MN NB.cos MBN    x  2.x .cos135o 9 Xét BMN có 2 2a a  x   0  x  3 NF CN CF   Gọi E chân đường vng góc hạ từ B ,kẻ NF vng góc với DC Ta có BE CB CE 2 NF CF 2a 2a  4a   2a     NF CF   DN        a a 3     10a 10a 20a 2 MD  MN    DN 9 Nhận thấy Suy DMN vuông M uuur D d ;  d  MD  d  2;  d     d : x  y  +)Vì D thuộc đường thẳng nên  MN : x  y  0 có Phương trình đường thẳng r uuur r u   1;   MD.u 0  d   D   2;  véc tơ phương A  a;  3a   +)Điểm A thuộc đường thẳng d  : x  y  0 nên uuur uuur uuur uuur  a 1  DA  a  2;  3a   , MA  a  2;  3a    DA.MA 0  a  3a  0    a 2 a 1  A  1; 5 uuur uuur uuur B  x; y  AB  x  1; y   ; AM  1;  1  AM  3;  3 Giả sử ta có uuu r uuur  x  3  x 4 AB 3 AM  AB 3 AM     B  4;  y   y    Vì uuur uuu r uuu r C  x; y  DC  x  2; y   ; AB  3;  3  AB  6;   Giả sử ta có uuur uuu r  x  6  x 4 DC 2 AB  DC 2 AB     C  4;   y   y    Vì a 2  A  2;  *)Trường hợp 2: uuur uuur uuur B  x; y  AB  x  2; y   ; AM  0;   AM  0;  Giả sử ta có uuur uuur  x  0  x 2 AB 3 AM  AB 3 AM     B  2;  y   y    Vì uuur uuu r uuu r C  x; y  DC  x  2; y   ; AB  0;   AB  0;12  Giả sử ta có uuur uuu r  x  0  x  DC 2 AB  DC 2 AB     C   2;14  y   12 y  14   Vì *)Trường hợp 1: Câu [HH10.C3.1.E01.c] (HSG 12 Cần Thơ 2017 - 2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm H ( 3; 0) trung điểm BC I ( 6; 1) Đường thẳng AH có phương trình x + 2y - = Gọi D , E chân đường cao kẻ từ B C tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đường thẳng DE có phương trình x - = 0và điểm D có tung độ dương Lời giải o · o · · · Ta có ADH = AEH = 90 , BEC = BDC = 90 Suy AEHD , BEDC nội tiếp Gọi K trung điểm AH Khi K , I tâm đường tròn ngoại tiếp AEHD BEDC Suy KI ^ DE Đường thằng IK qua I vng góc với DE nên có phương trình y - 1= ìï y - 1= ïí Þ K ( 1; 1) K = AH Ç KI nên tọa độ K nghiệm cảu hệ phương trình ïïỵ x + 2y - = A ( - 1; 2) Vì K trung điểm AH nên D ( 2; d) Do D thuộc đường thẳng DE nên gọi éd = 3( n) KA = KD Þ = 1+( d - 1) Û ê Þ D ( 2; 3) ê d =- 1( l) ê ë Ta có Đường thẳng AC qua A D nên ta có phương trình x - 3y + = Đường thẳng BC qua I vng góc với AH nên có phương trình 2x - y - 11= C = AC ầ BC ị Ta C l nghim ca hệ phương trình ïìï x - 3y + = ị C ( 8; 5) ùùợ 2x - y - 11= B ( 4; - 3) Vì I trung điểm BC nên suy Câu [HH10.C3.1.E01.c] (HSG 12 LONG AN 2017-2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ E  5;1 K  1;  nhật ABCD có trung điểm AD , chân đường cao kẻ từ B tam giác ABC Gọi M trung điểm CK , đường thẳng BM có phương trình x  y  0 Tìm tọa độ đỉnh A, B , C , D Lời giải Gọi F trung điểm BC Ta có ABFE hình chữ nhật Lại có FM / / BK  FM  AM  M thuộc đường tròn ngoại tiếp ABFE , EM  BM E  5;1 Đường thẳng EM qua vng góc với BM nên có phương trình: x  y  0 M BM  EM  M  1;0  C  1;   , M trung điểm CK suy     B BM  BK  B  ;  F  ;0    F trung điểm BC nên    23  I ;  Gọi I tâm hình chữ nhật ABCD Khi I trung điểm EF suy    19   21  A  ;3  D  ;  1  I trung điểm AC BD suy     19  1   21  A  ;3  B  ;  D  ;  1 C 1;     Vậy   ,   , ,  Câu u  [DS11.C3.3.E02.b] (HSG 12 LONG AN 2017-2018) Cho dãy số n có số hạng đầu 1; 8; 22; 43; Biết hiệu hai số hạng liên tiếp dãy số lập thành cấp số cộng: 7;14; 21; ; n; Hỏi số 34651 số hạng thứ dãy số cho? Lời giải u2  u1 7  u3  u2 14  u4  u3 21  n  n  1  un  un  7  n  1  un  u1 7  14  21    n  1 7 Ta có: 34651  7  n  99  loai  n  n  1   n 100  n  n  9900 0 Đặt un 34651 , ta được: Vậy 34651 số hạng thứ 100 dãy số Câu [DS11.C3.3.E01.c] (HSG 12 LONG AN 2017-2018) Tính 2 2 1        2017 S                2017  2        tổng Lời giải 1    1    S       42      43       42017   2017  4        Ta có  1 1   42  43   42017        2017   2.2017  4 4 2017  1 1 2017  1   4   4034 42017  1  42018  1  4 4034  1 3.42017 Câu Cho số thực dương a , b , c thỏa 1 M    3 2  8a  8b  8c a  b  c 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức [DS10.C4.2.E03.d] (HSG 12 LONG AN 2017-2018) Lời giải 1  8a    2a    2a  4a      2a     2a  4a   1  2a 2 Ta có: 1    8a  a 1 1   2 3 Tương tự:  8b  2b ,  8c  2c 1  M   2  2a  2b  2c 1 1 1   3 2 2  2a  2b  2c Ta có:  2a  2b  2c   2a     2b     2c  3   2a    2b    2c  2 2