50 Bai oxy chon loc thay tung toan p3

HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ_P3 GV: Nguyễn Thanh Tùng Bài 21 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A Gọi (T ) đường tròn tiếp xúc với AB, AC B C Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt đường tròn (T ) D Biết E (3;14) giao điểm AC BD Đường thẳng BC có phương trình x  y   Tìm tọa độ   đỉnh tam giác ABC biết AC qua điểm M   ;1   Giải: B(?) A(?) N H D M C (?) E   Ta có AC qua E (3;14) M   ;1 nên AC có phương trình: 3x  y     3x  y    x  1 Khi tọa độ điểm C nghiệm hệ    C (1; 2)  x  y 1  y  B  Mặt khác tam giác ABC cân A nên C B  Ta có CD // AB , suy C 1  C  , CB đường phân giác góc  Suy C ACD Gọi N đối xứng với M qua BC , suy N  CD   Ta có MN qua M   ;1 vuông góc với BC : x  y   nên MN có phương trình x  y      x x  y 1      5   H  ;  Khi tọa độ giao điểm H MN BC nghiệm hệ:   3  x  y   y   Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan  7 Suy N  0;  (do H trung điểm MN )  3  7 Ta có CD qua C (1; 2) N  0;  nên CD có phương trình: x  y    3 B  (cùng sđ BC B  nên suy D  C  hay tam giác BDC cân B  ), mà C Ta có D 1 1 2  Gọi nBD  (a; b) vecto pháp tuyến (VTPT) BD với a  b2  Khi BD qua E (3;14) nên có phương trình: ax  by  3a  14b    Ta có VTPT BC , DC nBC  (1;1) , nDC  (1; 3)       cos C   cos n , n Khi cos D  cos nBC , nDC  BD DC     a  3b a  b2 10  1 10 a  b  2(a  b2 )  (a  3b)2  a  6ab  7b   (a  b)(a  7b)     a  7b +) Với a  b, chọn a  b  phương trình BD : x  y  17  song song với BC (loại) +) Với a  7b , chọn a  7, b  1 phương trình BD : x  y    x  y 1  x  Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ:    B(1;0) 7 x  y   y  Ta có AB qua B(1;0) song song với CD nên có phương trình: x  y    x  y 1   x  2 Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ:    A(2; 1) 3x  y    y  1 Vậy A(2; 1) , B(1 ;0), C (1;2) Bài 22 (Trường Hà Huy Giáp – Cần Thơ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có  16 13  diện tích tích 15 Đường thẳng AB có phương trình x  y  Trọng tâm tam giác BCD G  ;   3 Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết điểm B có tung độ lớn Giải A(?) H SABCD=15 B(?) I G D(?) C(?) Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! facebook.com/ ThayTungToan 16 13  10 3 Gọi H hình chiếu vuông góc G lên AB , GH  d (G, AB)   2 2 2 CA CA Gọi I tâm hình chữ nhật ABCD Ta có: CG  CI  CA    3 AG CB CA 3 Khi GH // BC     CB  GH  GH AG 2 S 15   BH  AB  (*) Suy ra: AB  ABCD  CB  16 13  Ta có GH qua G  ;  vuông góc với AB : x  2y  nên phương trình GH : x  y  15   3 GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN 2 x  y  15  x  Tọa độ điểm H nghiệm hệ:    H (6;3) x  y  y  Gọi B(2t; t)  AB với t  , đó: t  t 3 (*)  BH   (2t  6)2  (t  3)2   (t  3)2      t   B(8; 4) t     x   3.(6  8) x  Mặt khác, BA  3BH   A  A  A(2;1)  y A   3.(3  4)  yA  16 16      xC      3  xC  3  Lại có AG  2GC     C (7;6) y  13 13   C   1  y   C   3    Do ABCD hình chữ nhật nên CD  BA  D(1;3) Vậy A(2;1), B(8;4), C(7;6), D(1;3) Bài 23 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân A có I trung điểm BC Biết M trung điểm BI nằm đường thẳng  có phương trình x  y   Gọi N điểm thuộc 15 đoạn IC cho NC  NI AN có phương trình x  y   Tìm tọa độ điểm M biết AM  Giải: Do tam giác ABC vuông cân nên ta có AI  BC IA  IB  IC , B IM IM IN IN đó: tan A1    tan A2    M(?) IA IB IA IC 1  I tan A  tan A 15 1   tan MAN  tan  A1  A2    N  tan A1.tan A2  2 H   450  MAN C A Gọi H hình chiếu vuông góc M AN Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN AM 15 Suy tam giác MHA vuông cân H nên ta có: MH   2 Do M   M (t;7  2t ) , đó: facebook.com/ ThayTungToan GV: Nguyễn Thanh Tùng  11  M  11 ; 4    2 t  t  (7  2t )  15    d ( M , AN )  AH    t 3      2   t   M  ;6    2   11  1  Vậy M  ; 4  M  ;6  2  2  Bài 24 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (T )  cắt BC D cắt (T ) điểm E khác A Gọi M với A(0;1) AB  AC Phân giác góc BAC trung điểm AD BM cắt (T ) điểm N khác B Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN có tâm  67  I   ;  , điểm C thuộc đường thẳng d : x  y   AE qua điểm K (1;1) Tìm tọa độ đỉnh B, C  40  biết điểm C có tung độ lớn Giải Gọi P giao điểm AC EN Ta chứng minh ANPM tứ giác nội tiếp Thật vậy:      sđ BE A1   A2 (giả thiết), suy N A2 Ta có  A1  N 2 Suy ANPM nội tiếp đường tròn hay P thuộc đường tròn  67  tâm I   ;  ngoại tiếp tam giác AMN , suy IP  IA (*)  40  Q N   sđ  N   sđ  AB P AM Ta lại có: C 1 1 2 P   PM // CD , suy PM đường trung bình B(?) Suy C 1 tam giác ADC , suy P trung điểm AC   4t t   ; Do C  d  C   4t; t  với t   P   , đó:   2 2 41   t 47     27   (*)  IP  IA2   2t             10   40     40   N A I 2 M P H C(?) D K E  t  5   7 t 2  170t  703t  695      t   C  3;  P   ;  2  4  t  139  85 Do AE qua A(0;1) K (1;1) nên AE có phương trình: y   M (m;1) Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng 2 facebook.com/ ThayTungToan   27     27   Ta có IM  IA  IM  IA2   m              40     40    M (0;1)  A m  2 3  3     12   m            M   ;1  D   ;1 (do M trung điểm AD )  m   M   ;1 5 5          5   12  Khi BC qua C  3;  D   ;1 nên BC có phương trình: 5x  y  10  2    Gọi Q đối xứng với P qua AE , suy Q  AB  7 Ta có PQ qua P   ;  vuông góc với AE : y  nên phương trình PQ : x    4    1 Suy tọa độ giao điểm AE PQ H   ;1  Q   ;  (do H trung điểm PQ )  4    1 Khi AB qua A(0;1) Q   ;  nên AB có phương trình: x  y    4 5 x  y  10   x  2 Suy tọa độ điểm điểm B nghiệm hệ:    B(2;0) x  y   y  5  Vậy B(2;0) , C  3;  2  Bài 25 (Trường THPT Cù Huy Cận – Hà Tĩnh) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông A B có phương trình cạnh CD 3x  y  14  Điểm M trung điểm AB , điểm 3  N  0;   trung điểm MA Gọi H , K hình chiếu vuông góc A, B MD MC Xác 2  định tọa độ đỉnh hình thang ABCD biết điểm M nằm đường thẳng d : x  y   , hai đường 5 3 thẳng AH BK cắt điểm P  ;   2 2 Giải *) Trước tiên ta chứng minh MP  CD Thật vậy: Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có:   MA  MH MD , kết hợp MA  MB  MH MD  MK MC    MB  MK MC MK MH   MDC  (1) Suy   MKH ~ MDC  MKH MD MC Mặt khác, MKPH tứ giác nội tiếp đường tròn   MPH  (2) ( MKP  MHP  900  900  1800 )  MKH Gọi I giao điểm MP CD   MPH  Từ (1) (2), suy MDC B(?) C(?) I K P M H N A(?) D(?) Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan   IPH   MPH   IPH   1800  DIPH nội tiếp đường tròn  MDC   1800  PHD   900  MP  CD Suy PID 5 3 *) Khi MP qua P  ;   vuông góc với CD :3x  y 14  nên có phương trình: x  y   2 2  x  3y   x 1 Suy tọa độ tọa độ điểm    M (1; 1)  A( 1; 2) 2 x  y    y  1 Do M trung điểm AB nên suy B(3;0)  Ta có AB  (4; 2)  2(2;1) , suy phương trình BC : x  y   AD : x  y   2 x  y   x  Khi tọa độ điểm C nghiệm hệ    C (4; 2) 3x  y  14   y  2 2 x  y   x  Tọa độ điểm D nghiệm hệ    D(2; 8) x  y  14  y     Vậy A(1; 2), B(3;0), C(4; 2), D(2; 8) Bài 26 (Sở GD&ĐT Cần Thơ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm 9  H (1; 2) hình chiếu vuông góc A BD Điểm M  ;3  trung điểm cạnh BC Phương trình 2  đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A tam giác ADH x  y   Viết phương trình cạnh BC Giải Gọi N trung điểm HD Ta chứng minh MN  AN theo cách sau: A D A N N E H B D H M C B Cách 1 M C Cách AD (*) Suy NE  AB , suy E trực tâm tam giác ABN  BE  AN (1) Mặt khác, từ (*) suy NEBM hình bình hành  BE // MN (2) Từ (1) (2), suy MN  AN Cách 2: (Nguyễn Thanh Tùng)   HA  AH (1) ; Xét AMB , ta có: tan M   AB  AB  2BA (2) Xét NAH , ta có: tan N 1 NH DH BM BC DA Cách 1: Gọi E trung điểm AH , NE // AD NE  Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN AH DH AH BA Lại có: ADH ~ BDA  (3)    BA DA DH DA   tan M  N M  Từ (1), (2), (3) suy : tan N facebook.com/ ThayTungToan GV: Nguyễn Thanh Tùng 1 1 Khi M , N nhìn BC góc nhau, suy MNAB tứ giác nội tiếp   900 hay MN  AN  MNA 15 9  Do MN qua M  ;3  vuông góc với AN : 4x  y   nên phương trình MN : x  y   2  15   x  y   x  1  Khi tọa độ điểm N nghiệm hệ:   2  N  ;2 2    4 x  y   y  Do N trung điểm DH nên D(0; 2) Ta có BD qua điểm H (1;2) D(0; 2) nên có phương trình: y  Suy AH qua H (1; 2) vuông góc với BD nên có phương trình: x  x  x  Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ:    A(1;0) 4 x  y   y  9  Khi BC qua M  ;3  vuông góc với AD nên có phương trình: x  y  12  2  Chú ý: Nhờ Cách ta thấy yếu tố vuông góc toán, cụ thể BM  MN giữ nguyên đề đảm bảo tỉ số Bài 27 (Sở GD&ĐT Cần Thơ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  Đường thẳng AD cắt đường tròn ngoại tiếp tâm I (2; 2) , điểm D chân đường phân giác góc BAC tam giác ABC điểm M khác A Tìm tọa độ điểm A, B, C biết J (2; 2) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD phương trình đường thẳng MC x  y   Giải: Ta chứng minh JC  CM Thật vậy:    2   sđ DC A  A DJC A Ta có C   2C  Suy DJC A(?) (1) Mặt khác, JDC tam giác cân J   JDC   JCD  (2)  JCD J I   JCD   DJC   JCD   JDC   1800 Từ (1) (2), suy ra: 2C   JCD   900 hay JCM   900 Vậy JC  CM C Khi CJ qua J (2; 2) vuông góc với CM : x  y   K B(?) D C(?) nên phương trình CJ : x  y   x  y    x  1 Tọa độ điểm C nghiệm hệ:    C (1;3) x  y   y  M Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Do A, C hai giao điểm đường tròn tâm I đường tròn tâm J , suy AC  IJ Do phương trình IJ : y   AC : x  1  A(1; a) GV: Nguyễn Thanh Tùng  a   A(1;3)  C Ta có IA2  IC  32  (a  2)2  32  12     A(1;1)  a   A(1;1) Gọi M (m;2  m) MC , đó:  m  1  M (1;3)  C MI  AI  (m  2)2  m2  32  12  m2  2m      m   M (3; 1) Ta có IB  IC MB  MC (vì  A1   A2 ) Suy IM đường trung trực BD hay B đối xứng với C qua IM Phương trình IM : 3x  y   Khi BC qua C (1;3) vuông góc với IM nên phương trình BC : x  y  10  Tọa độ giao điểm K BC IM nghiệm hệ:  19 23   19 23  Do K trung điểm CB  B  ;  Vậy A(1;1) , B  ;  , C( 1;3) 5  5  Bài 28 (Sở GD – Bắc Giang – 2016) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình AD : x  y   Trên đường thẳng qua B vuông góc với đường chéo AC lấy điểm E cho BE  AC ( B E nằm phía so với đường thẳng AC ) Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD , biết điểm E (2; 5) , đường thẳng AB qua điểm F (4; 4) Giải: Ta có AB qua F (4; 4) vuông góc với AD : x  2y   nên AB có phương trình: x  y   2 x  y   x  Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ:    A(1; 2) x  y   y    Ta có EF  (2;1) phương với vecto phương AD là: u AD  (2;1) , suy EF / / AD E(2; 5)   AC  EB Suy EF  BF Khi   ABC  EFB (cạnh huyền – góc nhọn)     ACB  EBF  AB  EF  Ta có B  AB  B(b;4  2b) , với b  xB>0 Khi đó: AB2   (b  1)2  (2b  2)2  A(?) b  b0  (b  1)      B(2;0) b  Suy phương trình BC qua B(2;0) x 2y+3=0 song song với AD ) là: x  y   B(?) F(4; 4) Ta có AC qua A(1; 2) vuông góc với BE ( phương trình BE là: x  ) nên có phương trình y  D(?) C(?) Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN y  x  Khi tọa độ điểm C nghiệm hệ    C (6; 2) x  y   y  facebook.com/ ThayTungToan GV: Nguyễn Thanh Tùng Do CD qua C vuông góc với AD nên có phương trình: x  y  14  2 x  y  14  x  Khi tọa độ điểm D nghiệm hệ:    D(5; 4) x  y   y  Vậy A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4) Bài 29 (Sở GD&ĐT Hưng Yên_2016) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông 1  BC Điểm N  ;1 thuộc đoạn thẳng AC NC  NA Đường trung tuyến kẻ từ 3  đỉnh B tam giác BCD có phương trình: x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình thang ABCD biết A , B AB  AD  điểm B có hoành độ âm Giải: Gọi AC  BD  N ' Áp dụng Ta – lét ta có: A(?) D(?) N ' A AD    N ' C  2N ' A  N '  N N ' C BC hay B, N , D thẳng hàng N Gọi K hình chiếu vuông góc D lên BC Khi ABKD hình vuông  DK  BK  KC   450 , suy BDC vuông cân D Mà DBK a Đặt AB  a  DC  DB  a  DM  M H B(?) K C(?) a 10  BM  DB  DM   Xét DBM ta có: sin B DM a a 10  :  Gọi H hình chiếu vuông góc N lên BM BM 2 1  NH 4 10   NB   :  Khi đó: NH  d ( N , BM )   3 sin B Do B  BM  B(t; t  2) với t  t  1 160 160  1 t 0 Ta có NB    t     t  3   3t  10t  13    13   t  1  B(1; 3)  9 t  3   1 1  xD         x  ND AD 1  3     ND  BN    D  D(1; 3) Ta có NB BC 2  yD   y   1  3  D  DC qua D(1;3) vuông góc với BD ( BD  (2;6)  2.(1;3) ) nên DC có phương trình: x  y  10  Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan Khi tọa độ điểm M nghiệm hệ:  x  y  10  x    M (4; 2)  C (7;1) (do M trung điểm của BC )  x  y   y   xA    1       x  3  Mặt khác: DA  CB    A  A(3; 1)  yA   y    3  1 A   Vậy A(3; 1) , B( 1; 3) , C(7;1 ), D (1;3) Bài 30 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I 1;3 Biết H  2;1 , K  4; 3 hình chiếu vuông góc B, C đường thẳng AI trung điểm M BC nằm đường thẳng x  y  Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Giải: A(?) I(1;3) H(2;1) P B(?) N M K(4;-3) C(?) 2x + y = Đường thẳng AI qua I (1;3), H (2;1) nên AI có phương trình: x  y   Từ M kẻ đường thẳng song song với BH cắt HK , HC N , P  MP  AI Suy MP đường trung bình BCH  NP đường trung bình HKC Khi N trung điểm HK  N (3; 1) Đường thẳng MP qua N vuông góc AI : x  y   nên có phương trình: x  y   x  y   x  Tọa độ điểm M nghiệm hệ    M 1; 2  2x  y   y  2 Đường thẳng BC qua M (1; 2) vuông góc với IM : x  nên có phương trình y  2 Phương trình đường thẳng BH : x  y  Tọa độ điểm B nghiệm hệ: Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan  y  2  x  4   B  4; 2   C  6; 2  (do M trung điểm BC )  x  y   y  2 Gọi A(a;5 2a)  AI : x  y 5  , đó:    A  10;3  10 AI  IB  AI  IB  ( a  1)  (2 a  2)  50  (a  1)  10  a  1 10    A  10;3  10  2 2     Vì tam giác ABC nhọn nên ta A  10;3  10 CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU GV: Nguyễn Thanh Tùng HẸN GẶP LẠI CÁC BẠN Ở CÁC PHẦN TIẾP THEO ! Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! [...]...HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan  y  2  x  4   B  4; 2   C  6; 2  (do M là trung điểm của BC )  x  2 y  0  y  2 Gọi A(a;5 2a)  AI : 2 x  y 5  0 , khi đó:    A 1  10;3  2 10 AI  IB  AI  IB  ( a  1)  (2 a  2)  50  (a  1)  10  a  1 10    A 1  10;3  2 10  2 2 2 2  2    Vì tam giác