Các bài toán OXY chọn lọc hướng tới kỳ thi THPT quốc gia 2016 Phần 1 Thầy Nguyễn Thanh Tùng

GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan CÁC BÀI TOÁN OXY CHỌN LỌC HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016_PHẦN Giáo viên: Nguyễn Thanh Tùng Hocmai.vn ĐỀ BÀI Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2; 0) Đường thẳng  6  có phương trình x  y  qua C có điểm chung C với hình bình hành Gọi H   ;  , K  5 24 hình chiếu vuông góc B, D lên  Diện tích hình thang BHKD Tìm tọa độ đỉnh lại hình bình hành ABCD biết đường thẳng BD qua điểm M ( 2; 6) K có hoành độ dương Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A ( AB  AC ) Trên cạnh  60 15  AB lấy điểm I cho AI  AC Đường tròn đường kính IB cắt BC M  ;  cắt đường kéo dài CI  17 17  N (4; 1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015 x  2016 y  Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) Biết AC 5   3 vuông góc với BD E (1; 1) Gọi M  ; 3  trung điểm AB N  0;  điểm thuộc cạnh DC cho 2   4 CN  3DN Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A nội tiếp đường tròn (T )   C (1; 0) Biết tiếp tuyến đường tròn (T ) B cắt AC E Gọi F   ;  điểm thuộc đoạn BE    5 J   ;  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác ABC biết D (2;1)  4 thuộc đường tròn (T ) Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm B ( 1; 4) Gọi D, E (1; 2), N chân đường cao kẻ từ A , chân đường cao kẻ từ B tam giác ABC trung điểm  7 cạnh AB Biết I   ;  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN Tìm tọa độ đỉnh C tam giác ABC  2 9 3 Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với M  ;   trung điểm  2 đoạn BC đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x  y   Gọi E , F chân đường cao kẻ từ đỉnh B , C tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh A , biết đường thẳng qua hai điểm E , F có phương trình 2x  y   Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD Đường thẳng qua B  3 3 1 vuông góc với AC H có phương trình y  Gọi M  2;  , N  ;   điểm thuộc đoạn AH , DC  2 2 2 cho AM  3MH , DC  NC Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J (2;1) Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC có phương trình x  y  10  D (2; 4) giao điểm thứ hai AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm B thuộc đường thẳng có phương trình x  y   LỜI GIẢI Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2; 0) Đường thẳng  6  có phương trình x  y  qua C có điểm chung C với hình bình hành Gọi H   ;  , K  5 24 hình chiếu vuông góc B, D lên  Diện tích hình thang BHKD Tìm tọa độ đỉnh lại hình bình hành ABCD biết đường thẳng BD qua điểm M ( 2; 6) K có hoành độ dương Giải: M(-2;6) B(?) A(-2;0) Δ:3x+y=0 I H(-2/5;6/5) C(?) D(?) I' A' K Gọi I tâm hình bình hành ABCD A ', I ' hình chiếu vuông góc A, I lên  Khi II ' đường trung bình hình thang BHKD tam giác AA ' C Do ta có: BH  DK  II '  AA '  d ( A, )  10 24 ( BH  DK ).HK 2.S BHDK 10 Lúc S BHDK   HK    BH  DK 10 Gọi K  t; 3t    với t  , : HK  128  128  2    t     3t    5  5  Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  18  t  2 (loại)  K  ;   5  Cách 1: Khi phương trình KD : x  y  12  BH : x  y    5t  4t  12   t   3b  3d  b  d  Gọi D(3d  12; d ) B (3b  4; b)  I  ;   C  3b  3d  10; b  d  2    B (3b  4; b) Do C    3.(3b  3d  10)  b  d   d  b    Ta có  D (3b  3; b  3)  MB  (3b  2; b  6)  MD  (3b  5; b  9)  B (1;1) Do M  BD nên : (3b  2)(b  9)  (b  6)( 3b  5)  48b  48  b     C (1; 3)  D (0; 4) Vậy B ( 1;1), C (1; 3), D(0; 4) Cách 2: Trình bày giảng Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A ( AB  AC ) Trên cạnh  60 15  AB lấy điểm I cho AI  AC Đường tròn đường kính IB cắt BC M  ;  cắt đường kéo dài CI  17 17  N (4; 1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015 x  2016 y  Giải: C M A 1 I B N   CMI   1800  ACMI nội tiếp đường tròn Ta có CAI   I  450  I  M M  M   900   M AMN  900 hay AM  MN 1 4   32  Ta có MN   ;    (1; 4) , suy phương trình AM : x  y   17 17  17 x  y  Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ:   x  y   A(0; 0) 2015 x  2016 y    C   450  M  450  MI phân giác góc  Ta có M AMN   900  BAC   ACBN nội tiếp đường tròn  N B N  Mặt khác, BNC 1 Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  , suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác AMN Suy NI phân giác MNA Phương trình AN : x  y  ; AM : x  y  MN : x  y  15  x  4y x  y  15 3x  y  15  Phương trình phân giác góc  AMN thỏa mãn:   17 17 5 x  y  15  Do A, N khác phía với MI nên phương trình MI : x  y  15   BC : x  y  15  x  4y x  y  15 x  y   Phương trình phân giác NC góc  ANM thỏa mãn:   17 17 x  y   Do A, M khác phía so với NC nên NC có phương trình: x  y   x  y   x  Suy tọa độ điểm C nghiệm hệ:    C (0; 3) 3 x  y  15  y  Khi AB qua A(0; 0) vuông góc với AC nên có phương trình: y  y  x  Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ    B (5; 0) 3 x  y  15  y  Vậy A(0;0), B (5;0), C (0;3) Chú ý: Trong hình vẽ toán này, ta khai thác thêm tính chất ED  AN để sáng tạo đề mới, với E giao điểm AB MN D giao điểm thứ hai đường tròn đường kính IB với AN C M E A B I D N Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) Biết AC 5   3 vuông góc với BD E (1; 1) Gọi M  ; 3  trung điểm AB N  0;  điểm thuộc cạnh DC cho 2   4 CN  3DN Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương Giải Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan B M (T) A E I D N C  C  (cùng chắn cung AD ) (1) Do ABCD nội tiếp đường tròn nên B 1 E E  (2) Ta có EM trung tuyến tam giác vuông AEB nên EMB cân M hay B 1 E  Từ (1) (2), suy C E   900  C E   900 , suy ME  DC Mặt khác, E 5  x  1  4t  3 Khi DC qua N  0;  vuông góc với EM nên có phương trình: 3x  y      4  y  3t    Suy C ( 1  4t;3t ) (với t  )  CN    4t ;  3t  4   1  4t  xD  4t      xD    4t  Ta có CN  ND   ;1  t   D 3       3t   yD    yD   t       4t   Suy ED    ;  t  EC   4t  2;3t  1      4t   Khi ED  EC  ED.EC      (4t  2)  (2  t ).(3t  1)    C (3;3)  5t  3t    t  t   (loại), suy   D (1; 0)  A( a; 2a  3)  CE Khi phương trình CE : x  y   DE : x  y   , suy   B ( 2b  1; b)  DE a  2b   a   A(0; 3) Do M trung điểm AB nên    2a   b  6 b  3  B(5; 3) Gọi I tâm đường tròn (T ) , đó: Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  x   IA  IB  x  ( y  3)  ( x  5)  ( y  3)   I  ;  IA  IB  ID         2 2 2 2  IA  ID  x  ( y  3)  ( x  1)  y y    2 2 2 Bán kính (T ) là: R  IA  Vậy đường tròn (T ) cần lập có phương trình: 2 5  1 25  x   y   2  2  Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A nội tiếp đường tròn (T )   C (1; 0) Biết tiếp tuyến đường tròn (T ) B cắt AC E Gọi F   ;  điểm thuộc đoạn BE    5 J   ;  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác ABC biết D (2;1)  4 thuộc đường tròn (T ) Giải: B D F E I M J C A Gọi M giao điểm CF đường tròn (T ) , lúc ta chứng minh M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF hay ta chứng minh AEFM nội tiếp đường tròn tâm J Thật vậy: B  (cùng phụ với  M  (cùng chắn cung AC ) Ta có E ACB ) B 1 1 M E   FMA M   FMA   1800 , suy AEFM nội tiếp đường tròn tâm J (*) Suy E 1 1  x   3t Phương trình đường thẳng CF là:   M (1  3t; 4t )  y  4t 2 7  5  Khi từ (*), suy ra: JM  JF  JM  JF   3t     4t     50t  41t   4  4  2 Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan   32    M  25 ; 25  t   25    32    M ;      25 25  t   M   ;2  F      Ta có phương trình trung trực d1 DC : x  y   phương trình trung trực d MC là: x  y   Khi tọa độ tâm I đường tròn (T ) ngoại tiếp tam giác ABC (hay ngoại tiếp tam giác MBC ) x  y   x  nghiệm hệ:    I 1;1 3 x  y   y 1 Do ABC vuông A , suy I trung điểm BC , B (1; 2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ngoại tiếp tam giác AEF có phương trình: x  y  x  y   x  y  x  y   2 Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ:  x2  y2  2x  y 1  x  x     32  25    A(0;1) A  ;   M (loại)   25 25  y 1 x  y  x  y    y  32  2  25 Vậy A(0;1), B (1; 2) Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm B ( 1; 4) Gọi D, E (1; 2), N chân đường cao kẻ từ A , chân đường cao kẻ từ B tam giác ABC trung điểm  7 cạnh AB Biết I   ;  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN Tìm tọa độ đỉnh C tam giác ABC  2 Giải:  BE có phương trình: x  1 , AC qua E ( 1; 2) vuông góc với BE nên AC có phương trình: y   c 1   Gọi M trung điểm BC gọi C (c; 2)  AC  M  ;3    Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  Lúc ta M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN hay ta chứng minh MEND tứ giác nội tiếp đường tròn Thật vậy:   NEA  (vì NAE cân N ) MNE   NEA  (vị trí so le - MN // AC ) Ta có NAE   MNE  (1)  NAE Mặt khác: E , D nhìn AB góc vuông nên ABDE nội tiếp đường tròn , đó:  (cùng bù với BDE  ) (2)   EDM  BDE NAE Từ (1) (2) suy : MNE = EDM , suy MEND nội tiếp đường tròn Khi ta có: 2 2 c   c  C (1; 2) c2 1 1 3 IM  IE  R  IM  IE                   2  2  2  c   3  c  5 C (5; 2) Vậy C (1; 2) C ( 5; 2) 9 3 Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với M  ;   trung điểm  2 đoạn BC đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x  y   Gọi E , F chân đường cao kẻ từ đỉnh B , C tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh A , biết đường thẳng qua hai điểm E , F có phương trình 2x  y   Giải A(?)  Gọi N trung điểm AH với H trực tâm AH BC ABC Ta có: NE  NF  ME  MF  , 2 suy MN  EF Suy MN có phương trình: 2x  y   Khi tọa độ điểm N nghiệm hệ : 2 x  y   11  11  y   N   ;  x  2  2 x  3y   1 E N F B    I   ;1 trung điểm MN    NEA MCE cân N M   E A1 E    900  NEM   900 (*)  E A1  MCE   MCE   E H I M C  Gọi E (t ; 2t  2)  EF từ : t   E (2; 6) 125  1 (*)  IE  IM  IE  IM   t     2t  1   t2  t       2 t  3  E (3; 4) 2 Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan  Đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x  y   nên gọi A(5  3a; a ) Ta có 2 a   A(2;1) 21    125  NE  NA  NE  NA   3a     a     a  7a      2  2   a   A(13;6) Vậy đáp số toán A(2;1) A( 13;6) 2 Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD Đường thẳng qua B  3 3 1 vuông góc với AC H có phương trình y  Gọi M  2;  , N  ;   điểm thuộc đoạn AH , DC  2 2 2 cho AM  3MH , DC  NC Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Giải: A B M H D N C AC qua M vuông góc với BH nên có phương trình: x  x  Khi tọa độ điểm H nghiệm hệ   H (2;1) y 1 2  x A  3.(2  2)    xA   Mặt khác, ta có AM  3MH    A(2;3)  3    yA    y A  1        HB  HB (1) ; Xét BNC , ta có: tan N   BC  BC  BC (2) Xét MBH , ta có: tan M 1 MH AH NC CD AB HB AH HB BC Lại có: ABH ~ ACB     (3) CB AB AH AB   tan N  M N  Từ (1), (2), (3) suy : tan M 1 1 Khi M , N nhìn BC góc nhau, suy MNCB tứ giác nội tiếp   900 hay BM  MN , suy phương trình BM : x  y    BMN x  y   x  Tọa độ điểm B nghiệm hê:    B (4;1) y 1 y 1 Khi DC qua N song song với AB nên có phương trình: x  y   x  y   x  Suy tọa độ điểm C nghiệm hệ:    C (2; 0) x  y    Do ABCD hình chữ nhật nên CD  BA  ( 2; 2)  D(0; 2) Vậy A(2;3), B (4;1), C (2; 0), D (0; 2) Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan Chú ý: Yếu tố vuông góc toán, cụ thể BM  MN giữ nguyên đề đảm bảo MH NC tỉ số  k AH DC Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J (2;1) Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC có phương trình x  y  10  D (2; 4) giao điểm thứ hai AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm B thuộc đường thẳng có phương trình x  y   Giải:  AJ qua J (2;1) D (2; 4) nên có phương trình: x   Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ : x   x    A(2; 6)  2 x  y  10  y   Gọi E giao điểm thứ hai BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC    AmE  EnC Khi đó:    DqB  CpD   CpD    EnC AmE  DqB   (1) hay ECD AmE  DqB    EBD  sd ECD  Mặt khác:    sd    DJB AmE  sd DqB    DJB  Từ (1) (2) suy ra: EBD  (2)    DB  DC (2*) hay tam giác DBJ cân D , suy DB  DJ (*) Lại có  A1  A Từ (*) & (2*) suy ra: DB  DJ  DC hay D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC  Suy B, C nằm đường tròn tâm D (2; 4) bán kính DJ  có phương trình : ( x  2)  ( y  4)  25 Khi tọa độ điểm B nghiệm hệ: ( x  2)2  ( y  4)2  25  x  3 x   B (3; 4)      y  4  y  9  B (2;9) x  y   Do B có hoành độ âm nên ta B ( 3; 4) BC qua B vuông góc với đường thẳng x  y  10  nên có phương trình: x  y   ( x  2)2  ( y  4)2  25 Khi tọa độ C nghiệm hệ :   x  y   Vậy A(2;6), B ( 3; 4), C (5; 0)  x  3 x  C (3; 4)  B     y  4 y  C (5; 0) Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU GV: Nguyễn Thanh Tùng Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! [...]...GV: THANH TÙNG HOCMAI.VN facebook.com/ThayTungToan CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU GV: Nguyễn Thanh Tùng Tham gia khóa học các môn trên HOCMAI.VN sẽ giúp bạn tự tin đạt điểm số cao trong kì thi THPTQG sắp tới !