Chuyên đề hình học oxy ôn thi học sinh giỏi

CHUN ĐỀ HÌNH HỌC Oxy ƠN THI HỌC SINH GIỎI I – LÝ THUYẾT BỔ TRỢ Phương trình đường thẳng     gọi véctơ pháp tuyến đường thẳng  giá véctơ n vng góc Véctơ n  với      gọi véctơ phương đường thẳng  giá véctơ u song song Véctơ u  trùng với   M x ;y Đường thẳng  qua  0  nhận véctơ n  A; B  làm véctơ pháp tuyến có phương trình  : Ax  By  Ax0  By0 gọi phương trình tổng quát đường thẳng   M  x0 ; y0  Đường thẳng  qua nhận véctơ u  a; b làm  x  x0  at  t  R  véctơ phương có phương trình  y  y0  bt gọi phương trình tham số đường thẳng  Cho hai đường thẳng 1 : a1 x  b1 y  c1 0 2 : a2  b2 y  c2 0 Tọa độ giao điểm hai  a1 x  b1 y  c1 0  1  a2 x  b2 y  c2 0    đường thẳng nghiệm hệ phương trình Nếu hệ (1) có nghiệm  x0 ; y0  hai đường thẳng cắt Nếu hệ (1) vơ số nghiệm hai đường thẳng trùng Nếu hệ (1) vơ nghiệm hai đường thẳng song song với Phương trình đường trịn Đường trịn trình  x  a  C tâm  C  :  x  a bán kính R  có phương   y  b  R2 Cho đường thẳng I  a;b    y  b   R2  : Ax  By  C 0 đường tròn C Tọa độ giao điểm    nghiệm hệ phương trình 2   x  a    y  b  R    Ax  By  C 0  2 Nếu hệ (2) có hai nghiệm phân biệt  cắt (C) hai điểm khác Nếu hệ (2) có nghiệm kép  tiếp xúc với (C) C Nếu hệ (2) vơ nghiệm  khơng cắt   A  x0 ; y0  II – CÁC VÍ DỤ Tam giác Ví dụ 1: 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 AC 3EC Biết phương trình đường  16  E  ;1 thẳng chứa CD x  y  0 điểm   Tìm tọa độ điểm A, B, C Giải: BA EA  Gọi I BE  CD Ta có BC EC nên E chân phân giác góc B tam giác ABC Do  CBE 450  BE  CD Phương trình đường thẳng BE là: x  y  17 0 3 x  y  17 0  x 5   I (5;2)  x  y   y    Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ BI CI  Ta có   BC BC BC , CE  AC   IE   IB  3IE 3 Từ đó, tìm tọa độ điểm B(4;5) Gọi C(3a-1; a), ta có:  a 1 BC  BI 2  (3a  5)  (a  5) 20  10a  40a  30 0    a 3 Với a =1, ta có: C(2;1), A(12;1) Với a = 3, ta có: C(8;3), A (0; -3) Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vng góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I Các đường thẳng AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC    13  M  1;   , N  ;  , P   ;   2   2  (M, N, P không trùng với đỉnh tam giác điểm ABC) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết đường thẳng AB qua điểm có hồnh độ dương Giải: Q   1; 1 điểm A A N P I K C B M Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn qua điểm M, N, P nên ta lập 2 phương trình là: x  y  3x  29 0   K   ; 0 Suy tâm K đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ     nAB KP   2;  1 Do AB  KP nên AB có vectơ pháp tuyến là: t Suy phương trình AB :  x  1  1 y  1 0  x  y  0 Do đó, tọa độ A, B nghiệm hệ phương trình: 2 x  y  0   2  x  y  x  29 0  y 2 x     x  3x  0  x 1, y 5  x  4, y     n AC  KN   2;1 A  1;5  , B   4;  5 Suy Do AC  KN nên AC có vectơ pháp tuyến Suy phương trìn AC :  x  1  y  0  x  y  0 Khi đó, tọa độ A, C nghiệm hệ phương trình: 2 x  y  0  y  x     2  x  y  3x  29 0  x  x  0 Từ suy Vậy C  4;  1  x 1, y 5  x 4, y   A  1;5  , B   4;   C  4;  1 , I ( 4;2) Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc A nhọn, điểm trung điểm đoạn BC , điểm A nằm đường thẳng d : 2x - y - = Dựng bên ngồi ABD, ACE vng cân A Biết phương trình đường thẳng DE : x - 3y + 18 = BD = điểm D có tung độ nhỏ Xác định tọa độ điểm A, B,C tam giác ABC tam giác Giải: Ta có:       2AI DE = AB + AC AE - AD   = AB AE - AC AD   = AB AE cosBAE - AC AD.cosCAD =0 ( )( E ) D A Þ AI ^ DE J Phương trình đường thẳng AI : 3( x - 4) + y - = Û 3x + y - 14 = Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ ïìï 3x + y - 14 = ïìï x = Û í Þ A ( 3;5) í ïï 2x - y - = ïï y = ợ ợ BD = ị AD = 10 Gọi D ( 3a - 18;a) ta có B I C é êa = 38 ( loai ) AD = 10 Û ( 3a - 21) + ( a - 5) = 10 Û 10a - 136a + 456 = Û ê  ê a = ê ë 2 a = Þ D ( 0;6) A ( 3;5) Đường thẳng AB qua , vectơ pháp tuyến - 3( x - 3) + y - = Û 3x - y - = Gọi tọa độ điểm B ( b;3b- 4)  AD = ( - 3;1) có phương trình ta có é b= 2 AB = 10 Þ ( b - 3) + ( 3b - 9) = 10 Û ê ê b=2 ê ë b = Þ B ( 4;8) Þ C ( 4;- 4)  Với , loại góc BAC tù b = Þ B ( 2;2) Þ C ( 6;2) Với , thỏa mãn Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A , phương trình đường thẳng AB, AC 5x - y - = 0, x - 5y + 14 = Gọi D trung điểm ỉ 8÷ Mỗ ; ữ ỗ ữ ỗ ố5 5ữ ứ l hình chiếu vng góc D BE Tìm tọa độ BC , E trung điểm AD, điểm A, B,C Giải: Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình: A E M ïìï 5x - y - = ïì x = Û ïí Þ A ( 1;3) í B ïï x - 5y + 14 = ïï y = ỵ ỵ Cách 1: Xét hai tam giác AEM CDM D C · · · AEM = 900 + EBD = MDC ME ME MD MD = = = D MDE , D DBE EA ED BD CD ( Vì hai tam giác đồng dạng) · · · · · · Þ AME = CMD Þ AME + CME = CMD + CME = 900 Þ CM ^ MA Cách 2: Ta D MDE , D MBD có đồng dạng nên ME DE · · MDE = MBD , = MD BD ME BD = DE MD uuuu r uuur uuur uuur uuu r uuuu r uuur uuuu r uuur uuu r AM CM = AE + EM CD + DM = AE DM + EM CD · · = - DE DM cosMDE + EM DB cosMBD =0 ( )( hay ) Do đó, AM ^ CM uuuu r ỉ4 7ư ỉ 8÷ ữ ữ Mỗ ; AM =ỗ ;- ữ ỗ ỗ ữ ỗ ỗ ữ ữ 5 5ữ ố ø è ø có phương trình CM Đường thẳng qua , vectơ pháp tuyến ỉ 9÷ ỉ 8÷ ç ÷ ÷ 4ç x y = Û 4x - 7y + = ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ 5ữ 5ữ ố ứ ố ứ ỡù 4x - 7y + = ìï x = ï Û ïí Þ C ( 6;4) í ïï x - 5y + 14 = ïï y = ỵ ỵ Tọa độ điểm C thỏa mãn B ( b;5b- 2) Gọi ta có éb = 2 AB = AC Þ ( b - 1) + ( 5b - 5) = 26 Û ê êb = ê ë b = Þ B ( 0;- 2) thỏa mãn b = Þ B ( 2;8) loại M nằm ngồi D ABC Ví dụ 5: Trong mặt phẳng tọa 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 thuộc đường thẳng d: x  y  12 0 khoảng cách từ A đến đường thẳng EF nhỏ Giải: Dễ thấy H khơng thuộc#d.Tọa độ A(t;-t-12) Vì tam giác ABC cân A nên t∈R  HA=(t−2;−t−14) AH ⊥ FE Xét tam giác vng HAE ta có: AE = AH −HE =(t−2)2 +(t+14 )2−9=2 t +24 t+191 AE 2t +24 t+191 d ( A , EF )= = =√2 t +24 t +200− AH √2 t +24 t +200 √2 t 2+24 t +200 ¿ √ 2(t+6 )2 +128− 128−9 119 √2 = 16 √ √ 2(t+6 ) +128 ≥ 119 √ Đẳng thức xảy t =-6 K/c từ A đến EF nhỏ 16 A(-6;-6) Ví dụ 6: Cho tam giác ABC vng cân A, có trọng tâm G Gọi E, H trung điểm cạnh AB, BC; D điểm đối xứng với H qua A, I giao điểm đường thẳng AB D   1;  1 đường thẳng CD Biết điểm , đường thẳng IG có phương trình x  y  0 điểm E có hồnh độ Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Giải: B H E K G A F C I D Gọi K trung điểm BI, suy HK / / CD  A trung điểm KI, HK DI  IC ; AK  BK  GK / / AC  GK  AB  GB GI GC hay G tâm đường tròn qua ba ID  IC  DE / / IG o CGI 2 IBC  90 , điểm C, I, B Phương trình đường thẳng DE là: x  y  0  E  1;3 CE  IG Suy phương trình CE : x  y  0 Tọa độ G nghiệm hệ phương  x   x  y  0   7   G ;    3 6 x  y  0  y 7  C  5;1  trình:  5 DG  AG  A  1;1  B  1;5  Vậy, A  1;1 , B  1;5  C  5;1 Ví dụ 7: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G (1;0) trực tâm H Phương trình đường tròn qua ba trung điểm ba cạnh HA , HB , HC 2 5  1 25   x    y    6  6 18 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  Giải: - Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, CA, AB - Gọi I, E, F trung điểm cạnh HA, HB, HC + CH  IE CH / / ME Suy ME  IE (1) + Tương tự, chứng minh MF  IF (2) Từ (1) (2) suy M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF - Tương tự, N P nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác IEF Suy sáu điểm: M, N, P, I, E, F nằm đường tròn Như đường tròn qua I, E, F qua ba trung điểm ba cạnh Do đó, xét phép vị tự tâm G tỉ số k  biến đường tròn (IEF) thành đường tròn (ABC) 5 R1  O1 ( ; ) 6 bán kính Ta có đường trịn (IEF) có tâm  1   O2  ;   GO2  2GO1 , ta tìm được:  3  , Gọi O2 tâm đường trịn (ABC) ta có: bán kính R2  Khi phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là: 4   50   x    y    3  3  Ví dụ 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường cao   AH : 3x  y  0 trung tuyến AM : 3x  y  0 Biết H , M thuộc đoạn BC , BAH MAC BC 3 10 Viết phương trình tổng quát đường thẳng BC Giải:   Gọi N trung điểm cạnh AB Ta có: NH  NA  NAH  NHA   Vì MN // AC  NMA MAC     Mặt khác theo giả thiết MAC  NAH  NHA  NMA Suy A, M, H, N thuộc 0    đường tròn  ANM  AHM 90  BAC 90 10 AM  BC  2 Vậy tam giác ABC vng tại#A.Từ ta có A  AM  AH  A   1;5 Ta có: Vì M  AM : 3x  y  0  M  m;2  3m  AM  10   m  1   3m  3  m   10   m 1    2  m   1 1 m  M ;   2  Khi đó, BC qua M BC  AH  BC : x  y  0 +) Với m  +) Với  19   M  ;   2  Khi đó, BC qua M BC  AH  BC : x  y  26 0 Ví dụ 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC không tam giác vuông, nội tiếp đường trịn (I) Kẻ đường kính AM đường trịn (I) Đường thẳng  qua đỉnh A, vng góc với BC  cắt đường tròn (I) điểm N (N khác A) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết M  5;3 , N  4;  , đường thẳng BC qua điểm  5 Q ;   2  hoành độ điểm B lớn Giải: P  4;  , đường thẳng AC qua điểm A H Q I B K P E C M N Do , kết hợp với AN vng góc BC suy BC song song với MN hay đường thẳng MN có vtcp x y BC :   x  y  0 1 Vì AH vng góc với MN nên AH có vtpt  1 x    1 y   0  x  y 0 Do đó, phương trình đường thẳng nên 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;2   x  y  0  y 3 Kết hợp với K trung điểm HN suy Gọi E trung điểm BC Do tứ giác BHCM hình bình hành nên E trung điểm HM, suy 7 5 E ;   2 Vì B thuộc đường thẳng BC nên C   t ; t  1 B  t ;6  t  Kết hợp với E trung điểm BC suy Ta có Do H trực tâm tam giác ABC nên  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) Ví dụ 10: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC điểm M  3;  1 E   1;  3 , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B qua điểm thẳng chứa cạnh AC qua điểm F  1;3 đường Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết D  4;   điểm đối xứng đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm Giải: Gọi H trực tâm tam giác ABC , ta chứng minh BDCH hình bình hành nên M H  2;0  trung điểm HD suy Đường thẳng BH có vectơ phương   EH  3;3  n BH  1;  1  BH : x  y  0 vtpt A H F O E B C M D   n AC u BH  1;1  pt AC : x  y  0 Do AC  BH nên vtpt AC Do AC  CD nên vtpt CD   n DC u AC  1;  1  pt DC : x  y  0 Do C giao AC DC nên tọa độ C nghiệm hệ phương trình  x  y  0    x  y  0   x 5  C  5;  1   y  B  1;  1 Do M trung điểm BC nên Vì AH vng góc với BC nên AH có vtpt BC  4;0   AH : x  0 Do A giao điểm AC AH nên tọa độ A nghiệm hệ phương trình:  x  0  x 2   A  2;    x  y  0  y 2 A  2;  , B  1;  1 ,  5;  1 Vậy tọa độ đỉnh tam giác ABC Ví dụ 11: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H Các đường thẳng AH, BH, CH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D, E, F (D khác A, E khác B, F khác C) Hãy viết phương trình cạnh AC tam giác ABC; biết  17  D  2;1 , E  3;  , F  ;  5  Giải: