10 tamgiac can

A Chủ đề MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TAM GIÁC  Tam giác cân Bài 09 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân đỉnh A(5;6) nội tiếp đường tròn tâm I (0;1) Gọi E, F chân đường cao kẻ từ đỉnh B, C Biết đường thẳng EF có phương trình x  y  0 Tìm tọa độ đỉnh B, C biết B có tung độ dương Vì tam giác ABC cân A nên gọi D chân đường cao hạ từ đỉnh A AD  EF   Và AH  ID , đồng thời phát tứ giác AEHF nội tiếp đường kính AH Khi sử dụng tính chất tứ giác có hai đường chéo vng góc tính chất tứ giác nội tiếp tính DE , DB theo ẩn, từ DE  DB  D Viết phương trình BC , suy B ,C Bài tốn có hướng giải trọn vẹn! Lời giải: Gọi D chân đường cao hạ từ đỉnh A , H trực tâm tam giác ABC Phương trình đường thẳng AD qua A, I x  y  0 5 x  y  0 1 6  K ;  Gọi K giao điểm AD EF , tọa độ K nghiệm hệ  5 5  x  y  0   Gọi D  a; a  1 , ta có: AH 2 ID =  2a;2a   H  2a  5;2a   Suy tọa độ trung điểm J cuả AH J  a  5; a   Ta có AEHF nội tiếp đường trịn tâm J ,bán kính JA  2a2 Ta có EK  AD  DE  DK  JE  JK  DE  JE  DK  JK 2 2 1  1  24   24   2a2   a     a     a   a 2a2  20 a  46  5  5      Vậy đường trịn ngoại tiếp tứ giác BCEF có tâm D ,bán kính DE  2a2  20 a  46 Gọi A ' điểm đối xứng A qua I ,ta có A '   5;   2 Ta có ACA ' B nội tiếp nên DB  DB DC  DA DA ' 2 a  25 2 Vì vậy, DE  DB  2a  20 a  46 2 a  25  a  175 Tức D   3;   Phương trình đường thẳng BC qua D vng góc AD x  y  0   x 7, y 2  x  y  0   2  x 1, y    x   y  1 50 Tọa độ B, C nghiệm hệ :  Vậy B(7;2), C(1;  6) B(1;  6), C(7;2)  Bài 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân đỉnh B(1;2) nội tiếp đường trịn đường kính AD Biết đường thẳng BC có phương trình x  y  0 , điểm D thuộc đường thẳng  7 x  y  15 0 đường thẳng CD qua M  4;  Tìm tọa độ đỉnh A,C  2 Định hướng: Giả thiết toán cho tọa độ điểm BM , phát BM  BC Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp E điểm đối xứng C qua I Phát B , M , E thẳng hàng, chứng minh tính chất mạnh hơn: B trung điểm ME , BE  BD 1  Từ B trung điểm ME Suy E   2;  2  Giải hệ tìm D  viết phương trình đường thẳng CD  C Bài tốn giải Lời giải: Đường thẳng BM có phương trình x  y  0 Suy BM  BC Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , E điểm đối xứng C qua I   Ta có EBC  MBC 90  90 180 nên M , B, E thẳng hàng Mặt khác tam giác ABC cân B   nên BA  BC  BE  BD , ECB (góc nội tiếp chắn cung có độ dài nhau)  BCD 1  Suy tam giác ECM cân C , B trung điểm ME Suy E   2;  2  4 x  y  15 0  1  Tọa độ điểm D thỏa mãn hệ  45  D  4;  2  2 ( x  1)  ( y  2)  Đường thẳng CD có phương trình x 4  x 4  Tọa độ điểm C nghiệm hệ  2 x  y  0  x 4   y  Vậy A   2;   , C  4;   176  Bài 23 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân A , nội tiếp đường tròn  C  : x2   y   50 Giả sử A  5;10  đường cao kẻ từ C tam giác ABC cắt đường tròn  C   17  ;   Tìm toạ độ đỉnh B, C điểm thứ hai N    5 Định hướng: Giả thiết toán cho tọa độ điểm A phương trình đường trịn nên suy tọa độ tâm I , bán kính R Gọi thêm yếu tố phụ: Điểm M đối xứng với A qua I Phát chứng minh IB  MN Viết đường phương trình đường thẳng IB  B Viết phương trình BC suy giao điểm E BC  AI  B ,C Đường tròn  C  có tâm I  0;5  Gọi M giao điểm thứ hai AI với  C  ta có I trung điểm đoạn  AM nên M  5;0  Do tam giác ABC cân nên M điểm cung BC (khơng chứa A )   Ta có MAB  NCB (cùng phụ với góc ABC ) nên B điểm cung MN Vì IB vng góc với MN Đường thẳng IB có phương trình x  y  0 7 x  y  0  Toạ độ điểm B nghiệm hệ  2  x   y   50   x     y 12    x 1    y   B   1;12    B  1;   Kiểm tra điều kiện M , N khác phía đường thẳng AB nên có B  1;   với đường thẳng AB có phương trình x  y 0 Gọi E trung điểm BC ta có BC vng góc với AI nên có phương trình x  y  0  x  y  0  Toạ độ điểm E nghiệm hệ   x  y  0  x 4  E  4;1   y 1 Vì E trung điểm BC nên C  7;4  Vậy toạ độ điểm cần tìm B   1;2  C  7;4  177  Bài 32 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy ,cho tam giác ABC cân A , trực tâm H   3;2  Gọi D, E chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC Biết điểm A nằm đường thẳng d : x  y  0 , điểm F   2;3  thuộc đường thẳng DE HD 2 Tìm tọa độ điểm A Định hướng: Vì tam giác ABC cân A nên phát chứng minh AH  DE Tham số hóa A , thiết lập phương trình nhờ đại lượng tính tốn theo định lí Pitago sử dụng giả thiết ta có phương trình ẩn , giải nghiệm  A Lời giải: Do điểm A nằm đường thẳng d : x  y  0 nên A  3t  3; t  với t     FA  3t  5; t   , HA  3t  6; t   Vì tam giác ABC cân A nên AH  DE Ta có AD2  AH  HD2 Khi FA2  FH  DA2  DH  FA2  FH  AH  HD2 2 2   3t     t     3t     t     t 0 Vậy A  3;0   Bài 33 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy ,cho tam giác ABC cân A , hai đường cao BE, CF cắt H  2;2  ,biết HE 3 Tìm tọa độ đỉnh A tam giác ABC biết đỉnh A nằm đường thẳng d : x  y  12 0 khoảng cách từ A đến đường thẳng EF nhỏ Định hướng: Bài tốn mang tính giải tích ,tham số hóa tọa độ điểm A Sử dụng tính chất tam giác ABC cân A nên AH  EF Xét tam giác vng HAE sử dụng định lí Pi ta go tính khoảng cách từ A đến đường thẳng EF Khảo sát hàm số ta có kết Lời giải: Nhận thấy H không thuộc đường thẳng d Do A nằm đường thẳng d : x  y  12 0  nên A  t;  t  12  với t   HA  t  2;  t  14  Vì tam giác ABC cân A nên AH  EF Xét tam giác vng HAE ta có: 2 AE2  AH  HE2  t     t  14   2t  24t  191 178 d A; EF   AE2 2t2  24t  191   2t2  24t  200  AH 2t  24t  200   t    128  2  t    128  128   2t  24 t  200 119 16 Đẳng thức xảy t  Vậy khoảng cách từ A đến đường thẳng EF nhỏ 119 A   6;   16  Bài 34 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy ,cho tam giác ABC cân A , Gọi N trung điểm  11 13  AB Gọi E  7;1 , F  ;  chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC Tìm tọa độ  5  đỉnh A biết đường thẳng CN có phương trình x  y  13 0 Định hướng: Tương tự toán ta phát : Đường trung tuyến kẻ từ A tam giác ABC trung trực EF Từ gọi G trọng tâm tam giác ABC Viết phương trình đường thẳng AG   G  AG  BN Tham số hóa tọa độ điểm A ,C  B Sử dụng tính chất vng góc AG  BC, EB  EC Suy tọa độ A ,C, B Bài toán giải Lời giải: Gọi G trọng tâm tam giác ABC Do tam giác ABC cân A nên AG trung trực đoạn thẳng EF Đường thẳng AG có phương trình  x  y  12 0 2 x  y  13 0  x 5    G  5;3  Tọa độ điểm G nghiệm hệ   x  y  12 0  y 3 Do A  AG  A  a;3a  12  , C  CN  C  c;13  2c  Vì G trọng tâm tam giác ABC nên suy B  15  a  c;8  a  2c     CB  15  a  2c;   a  c  , EB   a  c;7  a  c  , EC  c  7;12  2c  Ta có AG  BC, EB  EC nên 15  a  c    a  c  0  a  c 7    a  c   c      a  2c   12  2c  0 179 Khi A  7;9  , B  1;1  , C  7;   Bài 39 [Đề thi thử THPTQG-THPT Nguyễn Thị Minh Khai ]Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân B nội tiếp đường tròn  C  : x2  y2  10 y  25 0 có tâm I Đường thẳng BI cắt  17  ;   Tìm tọa độ đường trịn  C  M  5;0  Đường cao kẻ từ C cắt đường tròn  C  D    5 điểm A, B, C biết hoành độ điểm A dương Định hướng: Phát tính chất: Nều gọi E giao BM với DC ta có tam giác BDE cân B  BD  BE  128 Tham số hóa tọa độ điểm  E Viết phương trình đường thẳng AB , tham số hóa tọa độ điểm A , sử dụng IA  R  A Viết phương trình AC , DC   C  AC  CD Lời giải: Đường tròn  C  có tâm I  0;5  Điểm B đối xứng với M  5;0  qua I nên B   5;10  Gọi E giao BM với DC ta có tam giác BDE cân B  BD  BE  128  a  8  a 3 2   Gọi E  a;5  a  ta có BE 2  a   128   a   64    a    a  13 Với a 3  E  3;2  Đường thẳng AB có phương trình x  y 0  t 1 2 Gọi A  t;  2t  với t  ta có IA 50  t  (5  2t ) 50    t  Hoành độ điểm A dương nên t 1 , suy A  1;   Khi đường thẳng AC qua A vng góc IE nên có phương trình x  y  0 Đường thẳng DC có phương trình x  y  0  x  y  0  x 7    C  7;4  Tọa độ điểm C nghiệm hệ   x  y  0  y 4 Với a  13  E   13;18  ,đường thẳng AB có phương trình x  y  25 0  y 12 2 2 Gọi A  y  25; y  IA 50   y  25   (5  y) 50  y  110 y  600 0    y 10 Trường hợp loại A có hồnh độ dương Vậy A  1;   , B   5;10  , C  7;4   Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A  5;6  nội tiếp đường trịn tâm I  0;1 Gọi E hình chiếu vng góc B lên AC F hình chiếu vng góc C lên AB Xác định tọa độ điểm B, C biết phương trình đường thẳng EF : x  y  0 Định hướng: 180 Giả thiết cho tọa độ điểm A , I , viết phương trình đường thẳng AI Suy tọa độ giao điểm K AI EF Phát tính chất : Gọi D chân đường cao  M  AI   I  D trung điểm MH Sử dụng tỉ số đồng dạng để xác định hệ thức vec tơ liên hệ A , K , D H , K , D Từ suy tọa độ điểm D  viết phương trình đường thẳng BC  B ,C Bài tốn có hướng giải quyết! Lời giải Do I , A nhọn khác phía với đường thẳng EF nên tam giác ABC  M  AI   I   M   5;   Gọi K  EF  AI;   M  A Phương trình đường thẳng AI : x  y  0 5 x  y  0 1 6  K ;  Tọa độ điểm K nghiệm hệ  5 5  x  y  0 Ta có  EK KH  BD DH    AK KH AK   k  Hay   Từ suy DH AD  HK AK EK  AD BD     AK  k AD  k AD        kDH  MK   k  MD   24 k  m  5    26   k   m    Chú ý: Trong biến đổi sử dụng tính chất D trung điểm MH D  m; m  1  26  24      m    m  5m  24 0    m     Với m 8  D  8;9  loại, D, I phải phía với đường thẳng EF  Với m   D   3;   suy phương trình đường thẳng BC : x  y  0  Phương trình đường trịn  I  : x2   y  1 50  m 8  m    x  y  0  2  x   y  1 50 Tọa độ điểm B, C nghiệm hệ  181  B   7;2  , C  1;     B  1;   , B   7;2  4 1  Bài 25 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân A có trọng tâm G  ;  , phương trình đường thẳng  3 BC x – 2y – = phương trình đường thẳng BG 7x – 4y – = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Định hướng: Lưu ý đường cao kẻ từ đỉnh tam giác cân trung tuyến Ta dễ dàng xác định tọa độ điểm B giao BG BC Viết phương trình đường trung tuyến AM qua G vng góc với BC Từ xác định tọa độ điểm C A Lời giải Gọi M trung điểm BC  x  y  0  x 0    B(0;  2) B giao BC BG nên có tọa độ nghiệm hệ phương trình  7 x  y  0  y  Vì tam giác ABC cân A nên trung tuyến AM đường cao Đường thẳng AM qua G nhận vecto  4  1  phương u(2;1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình  x     y   0  x  y  0 3  3  2 x  y  0  M giao AM BC nên tọa độ m nghiệm hệ   x  y  0  x 2  M (2;  1)   y   xC 2 xM  xB 4  C(4;0) C đối xứng với B qua M nên   yC 2 yM  yB 0  x A 3 xG  xB  xC 0  A(0;3) G trọng tâm tam giác ABC nên   yA 3 yG  yB  yC 3 Vậy A(0 ; 3), B(0 ; -2), C(4 ; 0)  Bài 26 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân A Gọi N trung điểm AB Gọi E F  12    12  ;  phương chân đường cao hạ từ đỉnh B, C Tìm tọa độ đỉnh A biết E  ;  , F   5  5 trình đường thẳng CN 2x +3y +1 = Định hướng: Dựa vào tính đối xứng tam giác cân chứng minh A thuộc trung trực EF Từ viết phương trình đường cao AH tam giác ABC H thuộc AH, C thuộc CN nên ta biểu diễn tọa độ H C theo tham số Vận dụng tam giác BCE vuông E ta có HC = HE kết hợp với HC vng góc với AH ta xác định 182 tọa độ H C Suy tọa độ điểm B Viết phương trình AC, AB Xác định tọa độ A giao AH AC AH AB ta tìm tọa độ A Lời giải Ta có BF  BC.cos B, CE  BC.cos C Mà tam giác ABC cân A nên ABC  ACB Suy BF = CE nên AE = AF A thuộc trung trực EF Suy đường cao AH tam giác ABC trung trực EF  1 Gọi I trung điểm EF Ta có I  0;   5    24  ;0  nên AH : x = Đường thẳng AH qua I nhận vectơ EF        2c    2c  h ) H thuộc AH, C thuộc CN nên H(0 ; h), C  c; Suy HC ( c;  3    AH có vectơ phương j (0;1) Vì HC vng góc với AH tam giác BEC vng E có H trung điểm BC nên    HC j 0    HC  HE    c  h 0 1  2c  h 0   2     2c  3h   12  1   1  h  h2 144   10 h  25 h2 c      h        5   25          3h  c     25 h2  38 h  111 0  TH1 : h   h  3, c 4   h  37 , c  68  25 25 37 37 68  37     12  , c  Suy H  0;  Vì  2.0         suy H E phía 25 25 25  25     25  CN(loại) TH2 : h  3, c 4 Suy H(0 ; -3), C(4 ; -3) x Đường thẳng AC qua C E nên có phương trình 12 4  y 3  x  y  0 3  x 0  A giao AC AH nên tọa độ A nghiệm hệ  2 x  y  0  x 0 Suy A(0 ; 5)   y 5 1  Bài 28: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC cân A , D trung điểm cạnh AC Biết K(1; 0), E  ;4  3  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trọng tâm tam giác ABD Các điểm P(-1; 6), Q(-9;2) 183 thuộc đường thẳng AC, BD Tìm toạ độ đỉnh A, B, C biết D có hồnh độ dương Định hướng: Vận dụng tính chất trọng tâm lập tỉ số liên quan vận dụng định lí Ta let đảo ta chứng minh EG song với AC Từ suy KD vng góc với EG, kết hợp với KG vng góc với ED ta suy G trực tâm tam giác EDK để khảng định GD vng góc với KE Kết hợp với BD qua Q ta viết phương trình BD Lấy tọa độ D theo tham số sử dụng KD vng góc với DQ ta xác định tọa độ D Viets phương trình đường thẳng AC AK, từ xác định tọa độ điểm A Vận dụng D trung điểm AC để xác định tọa độ điểm C Tiếp theo ta lập phương trình đường thẳng BC qua C vng góc với AK Xác định tọa độ cuẩ B giao BC BD Lời giải A M E D G K B C Gọi G trọng tâm tam giác ABC, M trung điểm cạnh AB Ta có MG ME    EG / / CD  EG  KD MC MG Mà ABC tam giác cân A nên KG  MD Suy G trực tâm tam giác EKD 184 Suy KE  GD  KE  BD    BD qua Q nhận KE   ;4  làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình   x     y   0     t  21  ( t  0) x  y  21 0 Điểm D thuộc BD nên D  t;     t  15   t  21    , DK   t  1; Ta có DP   t  1;          t  15    t  21  Vì DP  DK nên   t  1   t  1     0      t 3   t   117  37  t 3 (vì t  )  D(3;4) Đường thẳng AC qua D P nên x 1 y    x  y  11 0 1     Đường thẳng AK qua K nhận vectơ DE   ;0  làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình : x  0    x  0  A giao AC KA nên tọa độ A nghiệm hệ phương trình   x  y  11 0  x 1   y 5 Suy A(1; 5), kết hợp với D trung điểm AC suy C(5; 3) Đường thẳng BC qua C vng góc với AK nên BC : y  0  x  y  21 0  x     B(  3;3) B  DB  BC  tọa độ B nghiệm hệ phương trình   y  0  y 3 Vậy A(1;5), B(  3;3), C(5;3) Bài 30 (KA 2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân A(6; 6), đường thẳng qua trung điểm cạnh AB, AC có phương trình x + y – = Tìm tọa độ đỉnh B, C Biết điểm E(1; - 3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác ABC Định hướng: Vì đường trung bình tam giác ABC qua trung điểm AB, AC biết phương trình nên ta xác định tọa độ trung điểm K BC điểm đối xứng với A qua đường trung bình Viết phương trình đường thẳng BC qua K song song với BC Khi ta biểu diễn tọa độ điểm B theo tham số suy tọa độ 185 điểm C phụ thuộc tham số, kết hợp với AB vng góc với EC ta xác định tham số Suy tọa độ B C Lời giải Gọi M N trung điểm AB AC Gọi K hình chiếu A lên BC, I giao điểm AK MN AK vng góc với MN Khi I trung điểm AK Do tam giác ABC cân A nên K trung điểm BC  Đường thẳng AK qua A nhận vectơ phương u (1;  1) BC làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 1( x  6)  1( y  6) 0  x  y 0  x  y 0  I giao MN AK nên tọa độ I nghiệm hệ   x  y  0  x 2  I (2;2)   y 2  xK 2 xI  x A  K (  2;  2) I trung điểm AK nên   yK 2 yI  yA Đường thẳng BC qua K song song với MN nên có phương trình 1( x  2)  1( y  2) 0  x  y  0 Vì B thuộc BC nên B(b; - b - 4), K trung điểm BC nên C(- – b; b)   Ta có AB ( b  6;  b  10), EC (   b; b  3) Vì đường cao kẻ từ C qua E nên    b 0  B(0;  4), C(  4;0) AB EC 0  ( b  6)(   b)  (  b  10)( b  3) 0   2b2  12b 0    b   B(  6;2), C(2;  6) Vậy B(0;  4), C(  4;0) B(  6;2), C(2;  6) Bài 43 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân A, đường thẳng BC có phương trình x + 2y – = Đường cao kẻ từ A có phương trình x – y + = 0, điểm M(-1; 0) thuộc đường cao kẻ từ C Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC Định hướng: Xác định tọa độ điểm B giao hai đường BC đường cao BK Sử dụng tính chất tam giác cân ta xác định điểm N nằm đương cao kẻ từ B cho MN // BC A trung điểm I BC thuộc trung trực MN Viết phương trình đường cao AI, từ xác định tọa độ điểm I giao BC AI Suy tọa độ điểm C Viết phương trình đường thẳng AC qua C vng góc với BK Tiếp theo ta xác định tọa độ A giao AI AC Lời giải 186 Gọi I trung điểm BC, K chân đường cao kẻ từ B tam giác ABC  x  y  0  B giao của BC BK nên tọa độ điểm B nghiệm hệ   x  y  0  x   B(  2;2)   y 2  Gọi N điểm thuộc BK cho MN // BC MN qua M nhận vectơ pháp tuyến n (1;2) BC làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 1(x+1)+2(y - 0) = x + 2y +1 =  x  y  0  N giao MN BK nên có tọa độ nghiệm hệ phương trình   x  y  0  x   N (  3;1)   y 1 1  Vì tam giác ABC cân A nên AI trung trực MN Gọi P trung điểm MN P   2;  2   AI qua P nhận vectơ phương u(2;  1) MN làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 1  2( x  2)   y   0  x  y  0 2  4 x  y  0  I giao BC AI nên có tọa độ nghiệm hệ   x  y  0 7   x    17   I ;    10   y 17  10 4   xC 2 xI  xB   4 7  C ;  Ta có   5  y 2 y  y  I B  C  Đường thẳng AC vng góc với BK nên nhận vectơ phương uBK (1;1) làm vectơ pháp tuyến, mà AC 4 7   qua C nên AC :  x     y   0  x  y  0 5 5   4 x  y  0   A giao AI AC nên tọa độ A nghiệm hệ   x  y  0  13   x  10   13 19   A ;    10 10   y 19  10   13 19   4 7 ;  , B(  2;2) , C  ;  Vậy A   10 10   5 Bài 49 Trong mặt phẳng Oxy, Cho tam giác ABC cân A, đường trung trực AB cắt BC D Biết B(-1;1); tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD I ( 31 ;  ) A   : x  y  12 0 Xác định tọa độ C, biết 3 187 xA  Định hướng: Dự đốn chứng minh tam giác ABI vng A Từ kết hợp với giả thiết cho tọa độ điểm I B đồng thời A thuộc đường thẳng biết phương trình ta dễ dàng xác định tọa độ A Vận dụng điều kiện độ dài IA = IC, AB = AC ta xác định tọa độ đỉnh C Lời giải: Gọi M, N trung điểm AB, BC H trực tâm tam giác ABD       Ta có MAH (vì tam giác ABC cân A, tam giác DAB 90o  MHA 90o  NHD  HDN  BAC  ADC cân D) Suy AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC Suy AB  AI    a  31 41  a  ; A   : x  y  12 0 x A   A( a;12  a), a  Có BA ( a  1;11  a), IA    Vì AB AI  nên    a  31   41  a  BA.IA 0  ( a  1)   (11  a)    0  a  102a  420 0      Gọi C(x; y)  a 10( loai)  A(7;5)  a 7  Ta có 2 2  31   5 31   5  3 x2  y2  62 x  10 y  162 0   y     5    x   IC  IA       3   3      AC  AB  x  y  14 x  10 y  0  2 2 ( x  7)  ( y  5)  (   7)  (1  5)   x  y  0     x  y  14 x  10 y  0  x 3, y   71 13    C  ;  C(3;  3)  x  71 , y 13  5   5 Bài 50 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân A(3;5) Gọi D điểm cạnh AB cho AB = 3AD 9 1 H hình chiếu vng góc B cạnh CD Điểm E  ;  trung điểm đoạn HC Xác định tọa độ  2 đỉnh B C biết đỉnh B nằm đường thẳng : x + y + = Định hướng: Đề cho B nằm đường thẳng biết tọa độ nên ta nghĩ đến việc biểu diễn diễn tọa độ B theo tham số Kết hợp với giả thiết A biết tọa độ D điểm cạnh AB cho AB = 3AD ta xác định tọa độ D theo tham số Ta nghĩ đến việc kiểm tra xem HC  có quan hệ khơng Từ có hướng tiếp Lời giải: B thuộc  nên B(t; – t – 1) 188  1 Ta có AD  AB    xD   ( t  3)  t 6  t 9   D ;     y   (  t   5)  D    15  2t 2t  15   DE  ; , vtcp  u (1;  1)       DE u phương  DE // (vì B khơng thuộc HC)  Goi K hình chiếu vng góc E   EK qua E nhận u (1;  1) làm vectơ pháp tuyến nên có 9  1  phương trình  x     y   0  x  y  0 2     x  y  0  Tọa độ K nghiệm hệ   x  y  0   x  3 5  K  ;    2  y   Gọi M = BC  EK  M trung điểm BC vàM trung điểm EK  M  3;  1   Do tam giác ABC cân A nênAM  BC  AM BM 0  0.(3  t )  6t 0  t 0  B(0;-1), C(6;-1) Bài 52 Cho tam giác ABC cân A, đường trung trực AB cắt BC D B(-1;1) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD ( x  31 500 )  ( y  )2  , biết hệ số góc AB dương Xác định tọa độ 3 A C Định hướng: Vận dụng tính chất hình học AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD Lời giải Gọi M, N trung điểm AB, BC H trực tâm tam giác ABD       Ta có MAH (vì tam giác ABC cân A, tam giác DAB 90o  MHA 90o  NHD  HDN  BAC  ADC cân D) Suy AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC Suy AB  AI Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD có tâm I ( 31 ;  ) bán kính IA 10 3 Đường thẳng AB qua B nên có phương trình: a( x  1)  b( y  1) 0,( a2  b2  0) 189 IA  10 10  d( I; AB)   3  31  5 a  1  b      1  a b  10  164 a2  136 ab  109b2 0  82a 109b a   Kết hợp với hệ số góc AB   ta suy 2a = - b Chọn a = 1, b= -2 ta có b  2a  b AB: x – 2y +3 = 31 500  )  ( y  )2   x 7 ( x  3   Tọa độ A nghiệm hệ  => A(7;5)  y 5  x  y  0 Gọi C(x; y) Ta có  IC  IA    AC  AB 2 2  31   5 31   5  3 x2  y2  62 x  10 y  162 0  y       x              x  y  14 x  10 y  0  2 2 ( x  7)  ( y  5)  (   7)  (1  5)   x 3, y   71 13   x  y  0      C  ;  C(3;  3) 71 13 x  ,y   5   x  y  14 x  10 y  0  5  71 13  Vậy A(7;5), C(3;-3) A(7;5), C  ;   5  Bài 63 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC Trên cạnh AB, AC lấy điểm M, N cho  3 1  3 AM = AN Biết H  0;  trọng tâm tam giác AMN, K  ;  trung điểm BN đồng thời điểm    2  B, C thuộc đường thẳng Biết B có tung độ âm C có hồnh độ dương Xác định tọa độ đỉnh A, B, C Định hướng: Bài toán cho giả thiết tọa độ xoay quanh điểm H, K, B, C Ta nghĩ đến việc tìm mối liên hệ góc cạnh chứa điểm H, K, B, C Dự đoán thấy HB = HC = 2HK Nếu ta chứng minh khẳng định tìm tọa độ điểm B, C Từ vận dụng tính chất tam giác ta viết phương trình AH xác định tọa độ đỉnh A Lời giải Gọi E I trung điểm AM, KB  Tam giác AMN có AM = AN, MAN 60 o  AMN Suy HEB tam giác vuông E  EI  HB 190 Mà IK đường trung bình tam giác BKN nên IK / / HN , IK  HN suy IK / / HE, IK  HE   HEIK hình bình hành Suy IE = HK  HK  HB Mà HA phân giác góc MAN hay HA phân  giác góc BAC suy AH trung trực BC ( tam giác ABC ) nên HB  HC 2 HK 2 39 1 7  2         2     2c  Mà B thuộcd, C thuộc d’ C có hồnh độ dương nên B(- 3; b), b < 0, C  c;  , c    Ta có HB   3b   39 52  32      3c  c  21 0   3    b    B(  3;  )  b  ( loai)   c 3 39   2c  52 2  HC   c   C(3;  ) 17    c  c  51 0   3 c  ( loai)     Đường thẳng AH qua H nhận BC (6;0) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x = Suy A(0; a)  Mà BC qua B có vectơ pháp tuyến n (0;  6) nên có phương trình y  0 Ta có tam giác ABC nên d( A; BC )   a 2 3 BC  a  3    a  Với a   A(0;  ) suy A H nằm khác phía BC (loại) Với a 2  A(0;2 ) suy A H nằm phía BC (thỏa mãn) Vậy A(0;2 ), B(  3;  ), C(3;  ) Bài 16 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân A có đường thẳng chứa cạnh BC d1 : x  y  0 , đường cao kẻ từ B d2 : x  y  0 Điểm M(2; 1) thuộc đường cao kẻ từ C Viết phương trình cạnh AB, AC Định hướng: Xác định tọa độ điểm B B giao hai đường biết phương trình Vận dụng tính chất tam giác cân ta dễ dàng nhận thấy chứng minh góc tạo bỡi d1 d2 góc tạo bỡi d1 MC Từ ta viết phương trình MC, suy tọa độ điểm C Tiếp theo ta xác định giao điểm MC d2 ; sử dụng quan hệ vng góc AC d2 để viết phương trình AC; sử dụng quan hệ vng góc AB MC để viết phương trình AB Lời giải 191  x  y  0  B giao d1 d2 nên tọa độ B nghiệm hệ   x  y  0  x 0  B(0;  1)   y    Gọi H K chân đường cao kẻ từ B C Các tam giác BHC CKB có BHC CKB 90 o ,   BCH CBK  (vì tam giác ABC cân A) suy CBH  BCK  ( d1 ; d2 ) ( d1 , MC )   Ta có n1 (1;1), n2 (1;  2) vectơ pháp tuyến d1 , d2  Gọi n( a; b),( a2  b2 0) vectơ pháp tuyến MC Vì ( d1 ; d2 ) ( d1 , MC ) nên     1 ab cos( n1 ,n2 )  cos( n1 ,n)    a2  10 ab  4b2 0  2 2 a  b  2a  b   a  2b TH1: 2a = - b Ta có CM // d2 (loại) TH2: a = -2b Chọn a = -2, b = kết hợp với CM qua M ta có phương trình CM – 2x + y + =  x  y  0  C giao CM BC nên tọa độ C nghiệm hệ   x  y  0   x  2 5  C ;   3 3  y   AB qua B vng góc với CM nên có phương trình 1(x- 0) + 2(y +1) = x + 2y + = 2 5   AC qua C vuông góc với d2 nên có phương trình  x     y   0  x  y  0 3    192