HOT 14 tính chất và 36 bài toán oxy

CẨM NANG CHO MÙA THI CHINH PHỤC HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG A O H C B H' I NGUYỄN HỮU BIỂN https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien Các bạn học sinh thân mến ! Những năm gần đây, câu hình học tọa độ phẳng Oxy thuộc hệ thống câu hỏi phân loại, loại tập tương đối khó Để giải được, yêu cầu phải phát tính chất đặc biệt hình Các tính chất đặc biệt chủ yếu nằm chương trình toán học cấp THCS mà học từ lâu, đa số bạn thường không nhớ Để chinh phục câu hình học tọa độ phẳng Oxy , trước hết ôn lại số kiến thức đặc trưng Trong tài liệu này, tác giả tạm thời 14 tính chất đặc trực hình học phẳng để bạn nhớ lại Phần tài liệu tập hợp 36 toán có hướng dẫn giải, vận dụng 14 tính chất trình bày để minh họa cụ thể Tuy lượng tập không nhiều bao quát tương đối đầy đủ dạng toán trọng tâm yếu tố suy luận cần thiết mà đề thi thường khai thác Kiến thức thật mênh mông học cho hết, với phương châm thi - học nấy, tác giả hi vọng tài liệu nhỏ giúp bạn có kiến thức tổng hợp cách nhìn nhận tốt để tư giải thành công câu hình học tọa độ phẳng Oxy kỳ thi tới Chúc bạn thành công ! Phần CÙNG ÔN LẠI CÁC TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Tính chất 1: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), H trực tâm Họi H’ giao điểm AH với đường tròn (O) ⇒ H ' đối xứng với H qua BC Hướng dẫn chứng minh: A + Ta có Gọi A1 = C1 (cùng phụ với ABC ) sdBH ' ⇒ C1 = C2 ⇒ ∆HCH ' cân C ⇒ BC trung trực HH’ ⇒ H ' đối xứng với H qua BC + Mà A1 = C2 = O H B C H' Tính chất 2: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), H trực tâm, kẻ đường kính AA’, M trung điểm BC ⇒ AH = 2.OM Hướng dẫn chứng minh: + Ta có ABA ' = 900 (góc nội tiếp chắn nửa A đường tròn tâm O) ⇒ BA ⊥ BA ' , mà BA ⊥ CH ⇒ BA '/ /CH (1) + Chứng minh tương tự ta có CA '/ /BH (2) + Từ (1) (2) ⇒ tứ giác BHCA’ hình bình hành, mà M trung điểm đường chéo BC ⇒ M trung điểm đường chéo A’H ⇒ OM đường trung bình O ∆AA 'H ⇒ AH = 2.OM H x A C M B H K A' O Tính chất 3: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), BH CK đường cao ∆ABC ⇒ AO ⊥ KH Hướng dẫn chứng minh: B C sdAC + Mà ABC = AHK (do tứ giá KHCB nội tiếp) ⇒ xAC = AHK , mà góc vị trí so le ⇒ Ax / /HK + Lại có Ax ⊥ AO (do Ax tiếp tuyến) ⇒ AO ⊥ HK + Kẻ tiếp tuyến Ax ⇒ xAC = ABC = Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Tính chất 4: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), H trực tâm, gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HBC ⇒ O I đối xứng qua BC Hướng dẫn chứng minh: A + Gọi H’ giao điểm AH với đường tròn (O) ⇒ tứ giác ACH’B nội tiếp đường tròn (O) ⇒ O đồng thời tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BH 'C + Mặt khác H H’ đối xứng qua BC (tính chất chứng minh) ⇒ ∆HBC đối xứng với ∆H ' BC qua BC, mà O, I tâm đường tròn ngoại tiếp ∆H ' BC ∆HBC ⇒ I O đối xứng qua BC O H C B H' I Tính chất 5: (Đường thẳng Ơ - le) Cho ∆ABC , gọi H, G, O trực tâm, trọng tâm tâm đường tròn tiếp ∆ABC Khi ta có: 1) OH = OA + OB + OC 2) điểm O, G, H thẳng hàng OH = 3.OG Hướng dẫn chứng minh: 1) Ta chứng minh AH = 2.OM (đã chứng minh tính chất 2) + Ta có : OA + OB + OC = OA + 2.OM = OA + AH = OH 2) Do G trọng tâm ∆ABC ⇒ OA + OB + OC = 3.OG ⇒ OA + 2.OM = 3.OG A H ⇒ OA + AH = 3.OG ⇒ OH = 3.OG Vậy điểm O, G, H thẳng hàng G O C B M A' Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Tính chất 6: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D, E theo thứ tự chân đường cao từ A, B Các điểm M, N theo thứ tự trung điểm BC AB ⇒ tứ giác MEND nội tiếp Hướng dẫn chứng minh: A E H N O C B  H;   2 M D + Ta có D trung điểm HH’ (tính chất 1), M trung điểm HA’ (do HCA’B hình bình hành - tính chất 2) Như ta có phép vị tự : (A ') = M V  :   H;  (H ') = D  2 + Mà điểm A’, H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇒ điểm M, D thuộc đường tròn (C’) ảnh đường tròn (C) tâm O qua phép vị tự V  (1) + Chứng minh tương tự ta có điểm N, E thuộc đường tròn (C’) ảnh đường tròn (C) tâm O qua phép vị tự V  (2)  H;   2 A' + Từ (1) (2) ⇒ điểm D, M, E, N thuộc đường tròn (C’) Tính chất 7: Cho ∆ABC , gọi O I tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC , AI cắt đường tròn (O) D ⇒ DB = DI = DC Hướng dẫn chứng minh: H' + Ta có ɵI1 = A1 + B1 (do I1 góc ∆ABI ) A + Mà B1 = B2 (Do BI phân giác ∆ABC ), A1 = A (Do AI phân giác ∆ABC ), mà sdBC ⇒ I1 = B2 + B3 = IBD ⇒ ∆IBD cân D ⇒ DI = DB (1) + Ta lại có A1 = A ⇒ BD = DC ⇒ BD = DC (2) + Từ (1) (2) ⇒ DB = DI = DC A = B3 = O I 1 B C D Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Tính chất 8: Cho ∆ABC , gọi D, E, F chân đường vuông góc kẻ từ A, B, C ∆ABC Gọi H trực tâm ∆ABC ⇒ H tâm đường tròn nội tiếp ∆DEF Hướng dẫn chứng minh: + Ta có tứ giác BDHF nội tiếp A ⇒ B1 = D1 (1) E + Tứ giác ECDH nội tiếp ⇒ C1 = D (2) F + Mà B1 = C1 (cùng phụ với BAC ) (3) H Từ (1), (2) (3) ⇒ D1 = D ⇒ DH phân giác ∆DEF (*) - Chứng minh tương tự ta có EH, FH tia phân giác ∆DEF (**) B C - Từ (*) (**) ⇒ H tâm đường tròn nội D tiếp ∆DEF Tính chất 9: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D, E giao điểm đường tròn (O) với đường cao qua A C ⇒ OB trung trực ED Hướng dẫn chứng minh: sdBD sdBE , D1 = C1 = , C1 = A1 2 (cùng phụ với ABC ) ⇒ E1 = D1 ⇒ ∆EBD cân B ⇒ BE = BD (1) + Mà OE = OD (bán kính đường tròn tâm O) (2) Từ (1) (2) ⇒ OB trung trực ED A + Ta có E1 = A1 = E O B C D Tính chất 10: Cho ∆ABC cân A nội tiếp đường tròn tâm I, G trọng tâm ∆ABC Gọi D trung điểm AB, E trọng tâm ∆ADC ⇒ I trực tâm ∆DEG Hướng dẫn chứng minh: A - Gọi F, H, K trung điểm BC, AC, AD ⇒ E = DH ∩ CK - Do G trọng tâm ∆ABC ⇒ G = AF ∩ CD K CE CG - Ta có = = ⇒ GE / /AB , CK CD mà AB ⊥ DI ⇒ GE ⊥ ID E D DE / /BC  - Lại có I  ⇒ GI ⊥ DE ⇒ I trực tâm ∆DGE GI ⊥ BC  G B Nguồn: http://www.toanmath.com/ C F Trang CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Tính chất 11: “Trong hình thang cân có đường chéo vuông góc, độ dài đường cao độ dài đường trung bình” Hướng dẫn chứng minh: N A B + NM = NI + IM + Do ABCD hình thang cân, AC ⊥ BD I ⇒ ∆AIB, ∆DIC vuông cân ⇒ IN, IM I(2;3) đường cao tương ứng đồng thời trung tuyến AB CD F E ⇒ NI = ; IM = 2 AB + CD ⇒ NI + IM = = EF ⇒ NM = EF D C M x-3y-3=0 Tính chất 12: Gọi M, N trung điểm cạnh AB, BC hình vuông ABCD ⇒ AN ⊥ DM Hướng dẫn chứng minh: + Ta có ∆ABN = ∆DAM(c − g − c) ⇒ A1 = D1 M A B + Mà D1 + M1 = 900 ⇒ A1 + M1 = 900 ⇒ ∆AHM vuông H ⇒ AN ⊥ DM H N D C Tính chất 13: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2.AD , M điểm AB cho AB = 4.AM ⇒ DM ⊥ AC Hướng dẫn chứng minh: A M B + Ta có D1 + M1 = 900 (1) 1 + Mà BC AM H = , tan D1 = = tan A1 = AB AD , ⇒ A1 = D1 + Thay vào (1) ⇒ A1 + M1 = 900 ⇒ ∆AHM vuông H ⇒ AC ⊥ DM C D Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Tính chất 14: Cho ∆ABC vuông A, đường cao AH Gọi P, Q trung điểm đoạn thẳng BH, AH ⇒ AP ⊥ CQ Hướng dẫn chứng minh: + Ta có PQ đường trung bình ∆AHB ⇒ PQ / /AB , mà AB ⊥ AC ⇒ PQ ⊥ AC ⇒ Q trực tâm ∆APC ⇒ AP ⊥ CQ B P H Q A C Còn … Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang Phần CÙNG THỰC HÀNH VỚI 36 BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG A B + Trước hết ta tính + Do A ∈ AM ⇒ A(x; 2x − 5) , vấn đề phải IH = d(I; AM) = = thiết lập phương trình để tìm x !!! + Ta thấy ∆AIH vuông H, tính AI (hoặc AH) có phương trình ẩn x Thật vậy, em quan sát suy luận sau đây: - Em chứng minh I(1;-1) H ( 2x-y-5=0 tan A1 + tan A ) A1 + A = 450 ⇒ tan A1 + A = ⇔ − tan A1.tan A C D M DM 1 = , thay vào (*) ⇒ tan A1 = - Mà tan A = AD IH ⇒ AH = ⇒ AI = AH2 + IH2 = - Lại có: ∆AIH vuông H ⇒ tan A1 = AH  13  13  x = ⇒ A ;   - Bây giải phương trình AI = ⇒   5  x = ⇒ A(1; −3) = (*) Bây xem lại đề thi khối A-2012 có cách khai thác làm tương tự (trong đáp án BGD khó hiểu) Bài 17: (KA-2012) Cho hình vuông ABCD, M trung điểm BC N thuộc CD cho  11  CN = 2.ND Điểm M  ;  , AN : 2x − y − = Tìm tọa độ A  2 Hướng dẫn tìm lời giải A B AH = d(M; AN) = 2x-y-3=0 11 M( ; ) 2 + Bây ta cần tính đoạn AM để thiết lập phương trình tìm x sau: - Ta có ( A1 + A + A3 = 900 ⇒ A = 900 − A1 + A3 H D + Do A ∈ AN ⇒ A ( x; 2x − 3) + Tính khoảng cách N C ) ⇒ cot A = cot 900 − A1 + A3  = tan A1 + A3   ( ) ( ) 1 DN BM + + = ⇒ A = 450 AD AB ⇒ cot A = = = DN BM 1 − tan A1.tan A − 1− AD AB HM =3 - Xét ∆AHM vuông H ⇒ AM = sin 45 tan A1 + tan A3 Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang 17 CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG - Giải phương trình AM = ⇒ x = ? ⇒ A? Bài 18: (KA-2013) Cho hình chữ nhật ABCD có M đối xứng với B qua C Điểm N(5; −4) hình chiếu vuông góc B DM Điểm C nằm đường thẳng 2x + y + = 0, A(−4;8) Tìm tọa độ B C Hướng dẫn tìm lời giải C ∈ d ⇒ C(x; −2x − 5) + Điểm A(-4;8) B + Gọi I tâm hình chữ nhật ABCD ⇒ I trung điểm AC I d:2x+y+5=0 D + Ta dễ dàng chứng minh IN = IA , giải phương trình ⇒ x = ⇒ C (1; −7 ) + Đến ta lập phương trình AC (đi qua điểm A C), điểm B điểm đối xứng N qua AC C N(5;-4) ⇒ B(−4; −7) M A(-4;8) Cách khác: + Điểm C ∈ d ⇒ C(x; −2x − 5) , B I d:2x+y+5=0 E D C N(5;-4)  x − −2x +  ⇒ I ;    vẽ hình xác, dự đoán rằng: AN ⊥ NC ⇒ AN.NC = , giải phương trình ⇒ x ⇒ C (Ta chứng minh AN ⊥ NC sau: Chứng minh ADMC hình bình hành ⇒ AC ⊥ NB Trong ∆ANM có C trung điểm BM, EC // NM ⇒ E trung điểm BN ⇒ ∆ABC = ∆ANC ⇒ ANC = 900 M ) + Để tìm tọa độ B ta giải hệ B ∈ BN (trong BN đường thẳng qua N vuông góc với AC)  BC = CN Bài 19: Cho hình chữ nhật ABCD, A(5; −7), C ∈ d : x − y + = Đường thẳng qua D trung điểm M AB có phương trình ∆ : 3x − 4y − 23 = Tìm tọa độ B, C biết x B > Hướng dẫn tìm lời giải Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang 18 CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG B + C ∈ d ⇒ C(x; x + 4) + Do M trung điểm AB C ⇒ d(C; ∆ ) = 2.d(A; ∆ ) , 3x-4y-23=0 I M x-y+4=0 giải phương trình  x = ⇒ C(1;5) ⇒  x = −79 < D A(5;-7) 2m − 23  3m −    , mà M trung điểm AB ⇒ B  2m − 5;     + Gọi I tâm hình chữ nhật ⇒ I(3; −1) trung điểm AC, I trung điểm BD ⇒ từ ta biểu diễn tọa độ D thông qua ẩn m Lại có D thuộc ∆ nên giải phương  33 21  trình D ∈ ∆ ⇒ B  ;   5    + Ta có M ∈ ∆ ⇒ M  m; Bài 20: Cho đường tròn (C) : ( x − ) + y2 = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (C) (A, B tiếp điểm) Biết AB qua E(4;1) Hướng dẫn tìm lời giải Bài tập cung cấp cho bạn phương pháp lập phương trình đường thẳng dựa theo ý tưởng quỹ tích + Do M ∈ Oy ⇒ M(0; m) A + Đường tròn (C’) ngoại tiếp tứ giác MAIB có tâm  a F  2;  trung điểm MI,  2 M I(4;0) F bán kính MI 16 + a R'= = 2 a  ⇒ (C ') : ( x − ) +  y −  2  16 + a = B E(4;1) + Ta có tọa độ A, B giao (C) (C’) nghiệm hệ phương trình : ( x − )2 + y =   a  16 + a ⇒ −4x + ay + 12 =  ( x − ) +  y −  = 2   + Từ suy AB có phương trình −4x + ay + 12 = , mà E thuộc AB ⇒ m = ⇒ M(0; 4) Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang 19 CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Bài 21: Cho hình vuông ABCD, tia đối tia DA lấy điểm P cho ABP = 600 Gọi K, M, N trung điểm BP, CP, KD Tìm tọa độ D biết tọa độ M(1;2), N(1;1) Hướng dẫn tìm lời giải P + Đây loại toán mà hình phương trình cạnh nên ta sử dụng phương pháp tính độ dài cạnh hình vuông Nếu gọi cạnh hình vuông x, ta có: M(1;2) - Đoạn MN có độ dài - Gọi E trung điểm CK D C N(1;1) ⇒ ME / /PB; ME = E K 1 PK = PB; MEN = PBA = 600 - ∆PAB vuông A, PBA = 600 ⇒ PB = 2x ⇒ ME = NE = A B x , mà DC x = ⇒ ∆MEN ⇒ MN = ME = NE = ⇒ x = 2 + Như ta tính cạnh hình vuông 2, ta suy luận để tìm tọa độ D - Gọi D(a;b), mà đề cho điểm M, N biết tọa độ rồi, hướng suy nghĩ tính DN DM sau: DK PB = , cần tính PD để áp , để ý ∆DPK có DPK = 300 , PK = 2 dụng định lý hàm số cos ∆DPK tính DK - Ta có DN = Ở PD = AP − AD = PD2 − AB2 − AD = − , quay trở lại để áp dụng định lý hàm số cos ∆DPK ⇒ DK ⇒ DN = − (1) - Ta có DM = PC PD2 + DC2 = = − (2) 2  1  D  ;  2 + Cuối cùng, giải hệ phương trình gồm (1) (2) ⇒  D  ;     3   3   Bài 22: Cho hình thang vuông ABCD vuông A D có AB = AD < CD, B(1; 2) , đường thẳng BD có phương trình y = Biết đường thẳng d : 7x − y − 25 = cắt đoạn thẳng AD, CD M N cho BM ⊥ BC tia BN tia phân giác MBC Tìm tọa độ điểm D, biết D có hoành độ dương A M B(1;2) y-2=0 I D H N C Hướng dẫn tìm lời giải + Ta có d(B; d) = = 2 + Ta có ∆BMN = ∆BNC (do BN chung, MBN = CBN; BM = BC (do ∆BAM = ∆BHC) ⇒ BI = BH = 2 (2 đường cao tương ứng tam giác nhau) d:7x-y-25=0 Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang 20 CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG ⇒ BD = BH = (do ∆BDH vuông cân H)  d = −3 < d = ⇒ D(5; 2) + Do D ∈ BD ⇒ D(b; 2) , giải phương trình BD = ⇒  3 9   Bài 23: Cho hình thang vuông ABCD vuông A B có BC = 2.AD, H  ;  hình 5 chiếu vuông góc B lên CD Xác định tọa độ điểm B, D hình thang, biết A(−3;1) , trung điểm BC điểm M nằm đường thẳng x + 2y − = Hướng dẫn tìm lời giải A(-3;1) + M ∈ d ⇒ M(1 − 2x; x) + Do ADMB hình chữ nhật ⇒ tứ giác ADMB nội tiếp đường tròn đường kính DB, mà DHB = 900 ⇒ H thuộc đường tròn đường kính DB ⇒ điểm A, D, H, M, B nằm đường tròn đường kính DB ⇒ tứ giác AHMB nội tiếp ⇒ AHM = 900 (do ABM = 900 ) Đến ta giải phương trình D H( ; ) 5 O B C M d:x+2y-1=0 HA.HM = ⇒ M(1;0) + Mà AM // DC (do ADMC hình bình hành) ⇒ đường thẳng DC qua H song song với AM ⇒ DC : 5x + 20y − 39 =   1 + Ta có O  −1;  trung điểm AM, giải tiếp hệ    12   7 D − ;  ⇒ B − ;−   D ∈ DC  5  5 ⇒  OD = OA  D  ;  ⇒ B  − 13 ; −       5   5 5 Bài 24: Cho hình vuông ABCD có A(3; 4) Gọi M, N trung điểm AD DC E giao điểm BN CM Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆BME , biết BN có phương trình x − 3y + = điểm B có tọa độ nguyên Hướng dẫn tìm lời giải + Trước hết, quan sát hình vẽ ta thấy tập dạng này, ta chứng minh MC ⊥ BN ⇒ ∆BEM vuông E (bạn tự chứng minh điều làm vài lần rồi) ⇒ đường tròn ngoại tiếp ∆BEM có tâm I trung điểm MB, bán kính R = IB Như điểm định phải tìm tọa độ B I (ở đề cho B có tọa độ nguyên nên chắn phải suy nghĩ đến việc tìm tọa độ B rồi) + B ∈ BN : x − 3y + = ⇒ B(3b − 1; b) , ⇒ ta cần thiết lập phương trình để tìm b = ? Bây dừng tiếp tục quan sát hình xem bạn suy luận ! Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang 21 CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG + Nếu gọi P trung điểm BC, Q = AP ∩ BN ⇒ chứng minh AP đường thẳng qua A ⊥ BN ⇒ AP : 3x + y − 13 =  19  + Tọa độ Q = AP ∩ BN , giải hệ có Q  ;  ⇒ AQ =  5 + Mà AQ = BE (do ∆AQB = ∆BEC ) ⇒ BE = 32 32 , lại có BE = 2.BQ , giải phương trình  b = ∉Z BE = 2.BQ ⇒  ⇒ B(5; 2) (Đã tìm B - gần xong rồi)  b = + Bây tìm I nhé: Gọi I trung điểm MB ⇒ I trung điểm AP (do ABPM hình chữ nhật) ⇒ I ∈ AP ⇒ I(x;13 − 3x) Để tìm x, bạn cần giải phương trình IA = BI ⇒ x = 2 7   10  Như toán có đáp số  x −  +  y −  = 2  2  A(3;4) B I Q P M E D N C x - 3y + = Bài 25: Cho hình chữ nhật ABCD có AD = AB , AB có phương trình 2x + y + = , H(0;1) trung điểm BC, M trung điểm AD I giao điểm AC BM Viết phương trình đường tròn qua điểm B, I, C A M D I 2x+y+4=0 B H(0;1) Nguồn: http://www.toanmath.com/ C Hướng dẫn tìm lời giải + Với dạng tập này, theo kinh nghiệm ta chứng minh ∆BIC vuông I (đây định thành công) Thật vậy: 1 AD AB AM 2 Ta có tan B1 = = =2 = , AB AB AB AB AB AB tan C1 = = = = BC AD AB 2 Trang 22 CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG ⇒ B1 = C1 , mà B1 + B2 = 900 ⇒ C1 + B2 = 900 ⇒ BIC = 900 ⇒ ∆ BIC vuông I + Như vậy, đường tròn qua điểm B, I, C có tâm H(0;1), bán kính R = BH = d(H; AB) = Ta có đáp số cuối bài: x + ( y − 1) = Bài 26: Cho hình vuong ABCD, A(-1;2) Các điểm M, N trung điểm AD, BC E giao điểm BN CM Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆BME biết B có hoành độ lớn đường thẳng BN có phương trình : 2x + y − = Hướng dẫn tìm lời giải M + Nhận thấy ∆BME A(-1;2) D K vuông E (bạn xem lại cách chứng minh - dễ thôi) ⇒ đường tròn ngoại tiếp ∆BME có tâm N F trung điểm BM, bán F kính R = FB = FM Như BN:2x+y-8=0 ta phải tìm E tọa độ B M H * Bước 1: Tìm tọa độ B B C I + B ∈ BN ⇒ B(b,8 − 2b) , mà d ( A; BN ) = 2.(−1) + − 22 + 11 = (bạn nhớ hình học tọa độ phẳng cho điểm biết tọa độ, đường thẳng có phương trình ta có thói quen tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng, gợi ý quan trọng để tìm hướng giải) + Nếu gọi I trung điểm BC, H = AI ∩ BN ⇒ ∆ABI vuông B, đường cao BH 8  AB  ⇒ AB = AH.AI = AB2 + BI = AB2 +   = 4AB ⇒ AB = 5    b= 2 * Bước 2: Tìm tọa độ M + Gọi K = BN ∩ AD ⇒ D trung điểm AK (do KD DN = = ) KA AB ⇒ đường thẳng AK (đi qua A, vuông góc AB) : x + = ⇒ K = AK ∩ BN ⇒ K(−1;10) ⇒ D(−1; 6) ⇒ M(−1; 4) 2 Vậy đáp số toán : ( x − 1) + ( y − 3) = Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang 23 CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Bài 27: Cho ∆ABC có A(−1; 2), B(2; 0), C(−3;1) Gọi M điểm di động BC Gọi R1 ; R bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABM ∆ACM Hãy xác định tọa độ điểm M để R1 + R nhỏ Hướng dẫn tìm lời giải A(-1;2) R1 O1 R2 O2 C(-3;1) B(2;0) M + Áp dụng định lý hàm sin ∆AMB có : AB ( sin AMB ) = 2R1 ⇒ R = AB ( 2.sin AMB ) = 13 ( 2.sin AMB ) + Áp dụng định lý hàm sin ∆AMC có : AC ( sin AMC ) = 2R ⇒ R = ⇒ R1 + R = 13 ( 2.sin AMB ) AC ( 2.sin AMC + ( ) = ( 2.sin AMC ) ( 2.sin AMC ) ( ) ) + Mặt khác ta có : sin AMB = sin AMC (do AMB, AMC góc bù nhau) ⇒ R1 + R = 13 + ⇒ ( R1 + R )MIN ⇔ sin AMB  ⇔ sin AMB = ⇒ AMB = 900   M AX 2.sin AMB ( ) ( ) ( ) ⇒ AM ⊥ BC ⇒ M hình chiếu vuông góc A BC Như vậy, bạn lập phương trình BC tìm hình chiếu vuông góc A BC  33 17  đáp số M  ;   26 26  Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang 24 CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG x y2 + = có tiêu điểm F1 ; F2 Giả sử M điểm thuộc (E) cho 25 bán kính đường tròn nội tiếp ∆F1MF2 M có tung độ dương Viết phương trình Bài 28: Cho (E) : đường thẳng (d) qua M tạo với hệ trục tọa độ tam giác có diện tích Hướng dẫn tìm lời giải M N O F1 F2 + Ta thấy (E) có a = 5; b = 3;c = x 02 y02 + = (1) 25 + Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp ∆F1MF2 , ta có: + Gọi M ( x ; y0 ) ∈ (E) ⇒ S∆MF1F2 = p.r = ( MF1 + MF2 + F1F2 ) r ⇔ F F d(M; Ox ) = ( MF1 + MF2 + F1F2 ) r 2 2 2a + 2c  y0 = −3 < ⇔ 2c y0 = ⇒ (em ý MF2 + MF2 = 2a ) 2  y0 = ⇒ x = ⇒ M(0;3) + Gọi N = (d) ∩ Ox ⇒ N(n; 0) , mà M(0;3) ∈ Oy + Vì S∆MON = ⇒ ON.OM = , giải phương trình ⇒ m = ±6 ⇒ N ( ±6;0 ) Vậy có đường thẳng (d) cần tìm : (d1 ) : x + 2y − = 0, (d ) : x − 2y + = Bài 29: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm O: x + y = 25 , điểm E ( −1; ) ∈ AB Đường cao BP CQ (P ∈ AC, Q ∈ AB) , viết phương trình BC, biết PQ : −4x + 3y − 10 = 0, x A < Hướng dẫn tìm lời giải + Trở lại tập dạng này, ta thấy điểm quan trọng chứng minh AO ⊥ PQ (tính chất 2) Để lập phương trình BC, với loại tập này, ta tìm tọa độ điểm B, C theo suy luận bước sau: + Đường thẳng OA qua O vuông góc với đường thẳng PQ ⇒ AO : 3x + 4y = + Tọa độ A = AO ∩ (C) , giải hệ PT ⇒ A(−4;3) (lưu ý x A < nhé) Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang 25 CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG + Đường thẳng AB qua A, E ⇒ AB : x + 3y − = + Tọa độ B = AB ∩ (C) , giải hệ PT ⇒ B(5; 0) + Tọa độ Q = PQ ∩ AB , giải hệ PT ⇒ Q(−1; 2) + Đường thẳng CQ qua Q vuông góc với AB ⇒ CQ : 3x − y + = + Tọa độ C = CQ ∩ (C) , giải hệ PT ⇒ C(−3; 4) + Biết tọa độ điểm B, C ⇒ BC : 2x − y − 10 = A P Q C O E(-1;2) B Bài 30: Cho hình thang cân ABCD có diện tích 45 , hai đường chéo AC ⊥ BD I(2;3) Đáy lớn CD có phương trình x − 3y − = Viết phương trình cạnh BC biết C có hoành độ dương Hướng dẫn tìm lời giải Để làm tập hình thang cân, bạn ý tính chất 11 “Trong hình thang cân có đường chéo vuông góc, độ dài đường cao độ dài đường trung bình” A N B I(2;3) F E D C M x-3y-3=0 + Trước hết gọi độ dài đường trung bình hình thang vuông x, cần tìm x để chuẩn bị cho bước suy luận sau, thật vậy: - Ta có SABCD = AB + CD 45 45 5 MN = ⇒ x.x = ⇒x=3 ⇒ MN = x = 2 2 Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang 26 CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG - Mặt khác ta tinh khoảng cách IM = d(I,CD) = 10 ⇒ NI = MN − IM = - Lại áp dụng định lý Talet, ta thấy 10 IM ID = = ⇒ ID = 2.IB ⇒ DI = 2.IB (*) IN IB Như vậy, từ (*), để tìm tọa độ B, ta cần tìm tọa độ D, đề yêu cầu lập phương trình đường thẳng BC nên ta cần tìm tọa độ C - Ta nhận thấy tọa độ D C giao điểm đường tròn (C) tâm M, bán kính MI với đường thẳng BC, ta cần tìm điểm M sau: + M ∈ CD ⇒ M(3m + 3; m) , IM ⊥ DC ⇒ IM.n DC = giải PT ⇒ M(3;0) ⇒ (C) : (x − 3)2 + y = 10 + Giải hệ {D; C} = (C) ∩ DC ⇒ C(6;1), D(0; −1) (chú ý x C > nhé) + Gọi B(x;y), giải phương trình (*) ⇒ B(3;5) ⇒ BC : 4x + 3y − 27 = Bài 31: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD, BD = 2.AC , BD có phương trình x − y = M trung điểm CD H(2; −1) hình chiếu vuông góc A BM Biết phương trình đường thẳng AH Hướng dẫn tìm lời giải - Nhận xét thấy đường thẳng AH qua điểm H(2; −1) , để lập phương trình AH ta phải tìm điểm thuộc AH, phương án khó thực hiện, trường hợp ta nghĩ đến cách gọi VTPT AH n1 = (a; b), a + b2 > - Để tìm a, b trường hợp ta thường nghĩ đến việc thiết lập góc đường thẳng AH BD (BD có sẵn phương trình x − y = ⇒ VTPT cảu BD n = (1; −1) ) A x-y=0 E B D I H(2;-1) G M C - Ta có góc tạo đường thẳng AH BD AEI , mà AEI = BEH (đối đỉnh), mặt ( ) ( ) khác BEH HBE góc phụ nên ⇒ cos AEI = sin HBE ⇒ cos n1 ; n = sin HBE - Đến ta phải tính cho sin HBE số để thiết lập phương trình tìm a, b - Ta thấy gọi G = CI ∩ BM ⇒ G trọng tâm ∆BCD , đề cho ta BD = 2.AC nên ⇒ sin HBE = GI GI = = BG BI + IG Nguồn: http://www.toanmath.com/ GI ( 6.IG ) = + IG 37 Trang 27 CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG 7b  a=  ⇒ cos n1 ; n = ⇔ ⇔ 35a − 74ab + 35b2 = ⇔  37 a = 5b  7b + TH1: Với a = , mà AH qua H(2; −1) , từ ta có AH : 7x + 5y − = + TH2: tương tự ta có đáp số AH : 5x + 7y − = ( )  7  14 19  Bài 32: Cho ∆ABC đường thẳng ∆ : x − 3y − = Giả sử D  4;  , E  ;  , N ( 3;3)    10  theo thứ tự chân đường cao từ A, B trung điểm AB Tìm tọa độ đỉnh ∆ABC biết M trung điểm BC nằm đường thẳng ∆ x M ≤ Hướng dẫn tìm lời giải A E N H O C B D M A' H' + Theo tính chất ta chứng minh điểm D, M, E, N nằm đường tròn (C’) + Giả sử (C’) có phương trình x + y + 2ax + 2by + c = 0, a + b2 − c > 113   8a + 7b + c = −  a = −4   19 229  28  ⇔ b = − + Vì D, E, N ∈ (C ') ⇒  a + b + c = − 20 5  39 6a + 6b + c = −18   c =  39 ⇒ (C ') : x + y − 8x − y + =0 2 + Ta có M ∈ ∆, M ∈ (C ') ⇒ M = ∆ ∩ (C ') , giải hệ phương trình ⇒ M(4;1), x M ≤ + Tiếp theo ta lập phương trình DM x − = + Điểm B ∈ DM ⇒ B(4; x) , mà M trung điểm BC ⇒ C(4; − x) , mặt khác N trung điểm AB ⇒ A(2;6 − x) Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang 28 CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG + Do BE ⊥ AC ⇒ BE.AC = ⇒ x = 1  7  5  ⇒ A  2;  , B  4;  , C  4; −  2  2  2  Bài 33: Cho hình vuông ABCD tâm I(1;1), M(−2; 2) ∈ AB, N(2; −2) ∈ CD Tìm tọa độ A, B, C, D hình vuông Hướng dẫn tìm lời giải + Gọi N’ điểm đối xứng N qua I ⇒ N ' ∈ AB, N '(0; 4) + Ta viết phương trình AB qua M, N là: x − y + = + Gọi E trung điểm AB ⇒ IE ⊥ AB + Đường thẳng IE qua I vuông góc với N’M ⇒ IE : x + y − = + Giải hệ E = IE ∩ AB ⇒ E(−1;3) 2 + Đường tròn (C) tâm E, bán kính R = IE = 2 có phương trình: ( x + 1) + ( y − 3) =  A(1;5), B(−3;1), C(1; −3), D(5;1) + Tọa độ A, B giao điểm AB với (C), giải hệ ta có:   A(−3;1), B(1;5), C(5;1), D(1; −3) N(2;-2) D C I(1;1) A N'(0;4) E M(-2;2) B (C) Bài 34: Cho hình chữ nhật ABCD có AD = 2.AB Gọi M, N trung điểm AD BC Điểm K(5; −1) điểm đối xứng với M qua N, đường thẳng AC có phương trình 2x + y − = Tìm tọa độ A, B, C, D biết A có tung độ dương Hướng dẫn tìm lời giải + Gọi I = AC ∩ KD + Theo tính chất 13 ta chứng minh AID = 900 ⇒ KD ⊥ AC Do ta lập phương trình đường thẳng KD qua K KD ⊥ AC là: x − 2y − =  13 11  + Do I = AC ∩ KD , giải hệ ta có I  ; −  5 5 ID CD 2 = = ⇔ ID = IK ⇔ KD − KI = IK ⇔ KD = KI IK KE 3 3 Nếu giả sử D(x; y) , ta có KD = KI , giải phương trình ⇒ D(1; −3) + Gọi n = (a; b) véc tơ pháp tuyến AD, AD qua D ⇒ AD : ax + by − a + 3b = + Gọi E = AC ∩ KM ⇒ Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang 29 CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG ( ) + Ta có cos CAD = AD AD = = AC AD2 + DC2 AD =  AD  AD +      b = ⇒ AD : x − = ( a; b ) ( 2;1) 2 ⇒ cos AD, AC = = ⇒ 4ab − 3b = ⇔   b = 4a ⇒ AD : 3x + 4y + = ( a; b ) ( 2;1)  + Do A = AC ∩ AD , giải hệ phương trình ⇒ A (1;1) , y A > ( ) + Đường thẳng DC qua A vuông góc AD ⇒ DC : y + = ⇒ C = AC ∩ DC ⇒ C(3;3) + E trung điểm AC BD ⇒ E(2; −1) ⇒ B(3;1) A M D E I C N B K Bài 35: Cho đường tròn (C) tâm I, bán kính 2, điểm M ∈ d : x + y = Từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B tiếp điểm) Viết phương trình (C) viết AB : 3x + y − = d(I;d) = 2 Hướng dẫn tìm lời giải + Gọi K = d ∩ AB, E = MI ∩ AB K + Gọi I(a; b) , ta có: d(I;d) = AH = 2 ⇒ a + b = (1) AB:3x+y-2=0 H d:x+y=0 IH 2 = (*), mà MI MI MIH = K (cùng phụ với KMI ), mặt khác K góc tạo đường thẳng ( ) + Ta có cos MIH = B d AB Vậy thay vào (*) ta có: E I M ⇒ (1;1) ( 3;1) (1;1) ( 3;1) 2 ⇒ MI = 10 MI + Lại có: A IB2 = IE.IM ⇒ IE = ⇒ d(I; AB) = Nguồn: http://www.toanmath.com/ = 10 ⇒ 3a + b − = (2) 10 Trang 30 CHINH PHỤC HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Cuối ta giải hệ (1) (2) để tìm a, b ⇒ phương trình đường tròn (C) (Các bạn tự làm phần cuối này) 8  Bài 36: Cho ∆ABC , điểm G  ;0  trọng tâm, đường tròn (C) ngoại tiếp ∆ABC có tâm 3  I Các điểm M(0;1), N(4;1) điểm đối xứng với I qua AB AC Điểm K(2; −1) thuộc đường thẳng BC Viết phương trình đường tròn (C) Hướng dẫn tìm lời giải A M(0;1) H N(4;1) I G F B K(2;-1) E C + Tứ giác AMBI hình thoi (do có đường chéo vuông góc với trung điểm đường cạnh kề IA = IB ) + Tương tự ta có ANCI hình thoi, hình thoi có cạnh ⇒ MNCB hình bình hành ⇒ MN // BC + Gọi H, E trung điểm MN BC ⇒ H(2;1) , ∆MAN = ∆BIC(c.c.c) , mà ∆MAN, ∆BIC tam giác cân A I ⇒ AH, IE đường cao ∆MAN, ∆BIC ⇒ AH = IE + Lại có AH ⊥ MN, IE ⊥ BC, MN / /BC ⇒ AH / /IE ⇒ AHEI hình bình hành ⇒ G trọng tâm ∆HIE 1  + Gọi F (x;y) trung điểm IE, giải phương trình HG = 2.GF ⇒ F  3; −  2  + Lập phương trình đường thẳng IE qua F vuông góc BC ⇒ IE ⊥ MN ⇒ IE : x − = + Ta có BC qua K song song với MN ⇒ BC : y + = + Giải hệ E = IE ∩ BC ⇒ E(3; −1) ⇒ I(3; 0) + Do AHEI hình bình hành ⇒ IA = R = HE = Vậy (C) : ( x − 3) + y2 = Nguồn: http://www.toanmath.com/ Trang 31 [...]... kính đi qua đỉnh và 1 đường cao thì ta sẽ kẻ đường cao thứ 2 (bài toán này ta sẽ làm như vậy) + Với bài toán này ta sẽ tạo ra điểm H M(3;-1) B là trực tâm ∆ABC ⇒ ta chứng minh được BHCD là hình bình hành (xem tính chất 2) + Công việc chuẩn bị đã xong, bây giờ ta sẽ làm theo các bước suy luận sau nhé: - Thấy ngay H là trung điểm AC ⇒ H(2; 0) - Lập được phương trình BH (qua 2 điểm H và E) ⇒ BH : x −... thức trọng tâm ⇒ A(−1; y) - Gọi O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và ∆HBC ⇒ I và O đối xứng nhau qua BC (*) (tính chất 4) , từ đây ta lập được phương trình OI qua I(-1;0) và vuông góc BC ⇒ OI : x + y + 1 = 0 - Ta có, tọa độ  1 1 M = OI ∩ BC ⇒ M  − ; −  ⇒ O(0; − 1)  2 2 A' I - Mặt khác OA = 3 (bằng với bán kính đường tròn (C)) - do đường tròn tâm O và đường tròn tâm I đối xứng nhau... điểm E và D ⇒ BC : x − 2y − 3 = 0 C1 = A1 = Bài 6 : “Cho ∆ABC có đỉnh A(1;5) Tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp ∆ABC lần 5 2   lượt là I(2; 2), K  ;3  Tìm tọa độ B, C” Hướng dẫn tìm lời giải Mỗi bài hình học tọa độ phẳng trong thi ĐH đều có một “nút thắt” riêng, làm thế nào để tìm được “nút thắt” đó và “cởi nút thắt” Câu trả lời là : Phải học nhiều, làm nhiều, chịu khó tổng hợp kiến thức và. .. Tọa độ B, C là giao của BC và (C), giải hệ ta sẽ có C −2 + 65;3 (chú ý x C > 0 nhé) ( ) Như vậy qua bài toán trên, các bạn cần ghi nhớ 1 kết quả quan trọng sau: Nếu H, I lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC , M là trung điểm BC thì ta có: AH = 2.IM (đây là điểm nút của vấn đề) Tiếp theo mạch tư tưởng đó, ta nghiên cứu bài sau cũng có cách khai thác tương tự Bài 10: Cho hình chữ nhật... DC (qua D và // BH) ⇒ DC : x − y − 6 = 0 - Lập được phương trình AC (qua F và ⊥ BH ) ⇒ AC : x + y − 4 = 0 - Tọa độ C = AC ∩ DC , giải hệ ⇒ C(5; −1) - Lập phương trình BC đi qua 2 điểm M và C ⇒ BC : y + 1 = 0 - Lập phương trình AH (qua H và ⊥ BC ) ⇒ AH : x − 2 = 0 - Tọa độ A = AH ∩ AC , giải hệ ⇒ A(2; 2) E(-1;-3) F(1;3) C D(4;-2) Bài 2: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (C), đường phân giác trong và ngoài... 6 = 0, (d 2 ) : x − 2y + 6 = 0 Bài 29: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm O: x 2 + y 2 = 25 , điểm E ( −1; 2 ) ∈ AB Đường cao BP và CQ (P ∈ AC, Q ∈ AB) , viết phương trình BC, biết PQ : −4x + 3y − 10 = 0, x A < 0 Hướng dẫn tìm lời giải + Trở lại bài tập dạng này, ta thấy điểm quan trọng là chứng minh được AO ⊥ PQ (tính chất 2) Để lập được phương trình BC, với loại bài tập này, ta sẽ đi tìm tọa độ... ta đã tính được cạnh hình vuông bằng 2, ta sẽ đi suy luận để tìm tọa độ D - Gọi D(a;b), mà đề bài cho 2 điểm M, N biết tọa độ rồi, vì vậy hướng suy nghĩ tiếp theo là đi tính DN và DM như sau: DK PB = 2 , vậy cần tính PD để áp , để ý rằng ∆DPK có DPK = 300 , PK = 2 2 dụng định lý hàm số cos trong ∆DPK thì sẽ tính được DK - Ta có DN = Ở đây PD = AP − AD = PD2 − AB2 − AD = 2 3 − 2 , quay trở lại để áp... (2) 2 2  1  D  ;  2 + Cuối cùng, giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ⇒  D  3 ;   2   3  2  3  2  Bài 22: Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có AB = AD < CD, B(1; 2) , đường thẳng BD có phương trình y = 2 Biết đường thẳng d : 7x − y − 25 = 0 cắt đoạn thẳng AD, CD lần lượt tại M và N sao cho BM ⊥ BC và tia BN là tia phân giác của MBC Tìm tọa độ điểm D, biết D có hoành... trình x − 3y + 1 = 0 và điểm B có tọa độ nguyên Hướng dẫn tìm lời giải + Trước hết, quan sát hình vẽ ta thấy đối với bài tập dạng này, ta sẽ chứng minh được MC ⊥ BN ⇒ ∆BEM vuông tại E (bạn tự chứng minh điều này nhé vì chúng ta làm vài lần rồi) ⇒ đường tròn ngoại tiếp ∆BEM có tâm I là trung điểm MB, bán kính R = IB Như vậy điểm quyết định là phải tìm được tọa độ B và I (ở đây đề bài cho B có tọa độ... vậy bài toán này có đáp số là  x −  +  y −  = 2  2 4  A(3;4) B I Q P M E D N C x - 3y + 1 = 0 Bài 25: Cho hình chữ nhật ABCD có AD = AB 2 , AB có phương trình 2x + y + 4 = 0 , H(0;1) là trung điểm BC, M là trung điểm AD I là giao điểm AC và BM Viết phương trình đường tròn đi qua 3 điểm B, I, C A M D I 2x+y+4=0 1 2 B 1 H(0;1) Nguồn: http://www.toanmath.com/ C Hướng dẫn tìm lời giải + Với dạng bài