Tuyển tập 50 bài toán Oxy hay và khó ( Luyện thi THPT quốc gia môn Toán )

HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ_P1 GV: Nguyễn Thanh Tùng Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn AB  BC  CA Đường tròn tâm C bán kính CB cắt đường thằng AB đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D 1  7  E (với E  B) Biết M  ;0  trung điểm BC DM cắt AC N  ; 1 Tìm tọa độ đỉnh 2  4  tam giác ABC biết E , D thuộc đường thẳng x   1  7  Giải: Ta có MD qua M  ;0  N  ; 1 2  4  nên có phương trình: x  y   Khi tọa độ điểm D nghiệm hệ: 4 x  y   x    D(3; 2)  x    y  2 D E 1 A N B  (cùng chắn cung  D  Ta có E AC ) B 2 2 D  (1) (vì tam giác CBD cân C ) Suy E 2   CDE  (2) Mặt khác, CE  CD  CED D   AE  AD Từ (1) (2), suy E B M C Suy CA đường trung trực ED  CA  ED 7  Khi CA qua N  ; 1 vuông góc với 4  đường thẳng ED : x   nên phương trình CA : y  1 Suy C (c; 1) , B(1  c;1) (vì M trung điểm BC ) c  Ta có CB  CD  CB  CD  (2c  1)   (c  3)   3c  2c     c    +) Với c   C(1; 1) , B(0;1) , suy BD có phương trình: x  y   2 2 2 x  y 1  x  Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ:    A(2; 1) (thỏa mãn AB  BC  CA )  y  1  y  1   8  +) Với c    C  ; 1 , B  ;1  , suy BD có phương trình: x  y  25    3  26  9 x  y  25  x   26  Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ:    A  ; 1  AB  BC (loại)    y  1   y  1 Vậy A(2; 1), B(0;1), C(1; 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 facebook.com/ ThayTungToan Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A(2;0) Đường thẳng  có phương trình 3x  y  qua C có điểm chung C với hình bình hành, cắt đường kéo  6 BD điểm M (2;6) Gọi H   ;  , K hình chiếu vuông góc B, D lên  Diện tích hình  5 24 thang BHKD Tìm tọa độ đỉnh lại hình bình hành ABCD biết K có hoành độ dương Giải: 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 M( 2;6) A( 2;0) B(?)   I H D(?) ; 5 C(?) 24 SBHKD= Δ: 3x + y = I' A' K Lúc S BHDK  2.S BHDK ( BH  DK ).HK  HK   BH  DK 24  10 10 2 128  128  2    t     3t    5  5   18   5t  4t  12   t  t  2 (loại)  K  ;   5  Khi phương trình KD : x  y  12  BH : x  y   Gọi K  t; 3t    với t  , : HK  2 6 Cách 1: Ta có I ' trung điểm HK  I '  ;   , suy phương trình II ' : x  y   5 5 Gọi I (3m  4; m) II ' , suy C (6m  12;2m) (do I trung điểm AC )  3 Mặt khác, C    3.(6m  12)  3.2m   m    I   ;    2 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  3 BD qua I   ;   M (2;6) nên có phương trình: 5x  y    2 5 x  y   x  Khi tọa độ điểm điểm D nghiệm hệ:    D(0; 4)  x  y  12   y  4 5 x  y    x  1 Tọa độ điểm B nghiệm hệ:    B(1;1) x  3y   y 1 Cách 2:  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)   Do M  BD nên MB, MD phương, suy :    MB  (3b  2; b  6)     MD  (3b  5; b  9)  B(1;1) (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) Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A ( AB  AC ) Trên  60 15  cạnh AB lấy điểm I cho AI  AC Đường tròn đường kính IB cắt BC M  ;  cắt đường kéo  17 17  dài CI N (4; 1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015x  2016 y  Giải:   CMI   180  ACMI nội tiếp đường tròn Ta có CAI C   I  450  I  M M M   900   M AMN  900 1 4 hay AM  MN   32  Ta có MN   ;    (1; 4)  17 17  17 Suy phương trình AM : x  y  Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ: x  y  A  x  y   A(0;0)  2015 x  2016 y    C   450  M  450  MI phân giác góc  Ta có M AMN M 1 I B N    900  BAC   ACBN nội tiếp đường tròn  N Mặt khác, BNC 1 2 N  , 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  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 ! B HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Do A, N khác phía với MI nên phương trình MI : 5x  y  15   BC : 3x  y 15  GV: Nguyễn Thanh Tùng 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) 3x  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) Vậy A(0;0), B(5;0), C (0;3) 3x  y  15  y  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 A E B I D N 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  2 2 2 AH , DC cho AM  3MH , DC  NC Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Giải: A(?) B(?) M 1 D(?) N H 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 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 GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan 2  xA  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) 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 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) A vuông góc với BE nên AC có phương trình: y  E  c 1  ;3  Gọi M trung điểm BC gọi C (c;2)  AC  M    N Lúc ta M thuộc đường tròn ngoại tiếp I tam giác DEN hay ta chứng minh MEND tứ giác nội tiếp đường tròn Thật vậy: B D   NEA  M  NAE   MNE  (1) Ta có  (vì NAE cân N MN // AC )  NAE   NEA   MNE Mặt khác: E , D nhìn AB góc vuông nên ABDE nội tiếp đường tròn , đó: 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 ! C(?) HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan  (cùng bù với BDE  ) (2)   EDM  BDE NAE Từ (1) (2) suy : MNE = EDM , suy MEND nội tiếp đường tròn 2 2 c  C (1; 2) c2 1 1  3 Khi ta có: IM  IE  R  IM  IE              c  5  C (5; 2)    2  2  2   Vậy C (1;2) C (5;2) 2 Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) Biết 5   3 AC vuông góc với BD E (1; 1) Gọi M  ; 3  trung điểm AB N  0;  điểm thuộc cạnh 2   4 DC cho CN  3DN Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương Giải  C  (1) Do ABCD nội tiếp đường tròn nên B 1 AD ) ( chắn cung  Ta có EM trung tuyến tam giác vuông AEB E E  (2) nên EMB cân M hay B 1 B M (T) E  Từ (1) (2), suy C E   900  C E   900 , suy ME  DC A Mặt khác, E 5 E I  3 Khi DC qua N  0;  vuông góc với EM nên có    x  1  4t phương trình: 3x  y     D N  y  3t    Suy C (1  4t;3t ) (với t  )  CN  1  4t;  3t  4   1  4t  3xD  4t      xD    4t  ;1  t  Ta có CN  3ND   3  D 3       3t   yD     yD   t    C      4t   ;  t  EC   4t  2;3t  1 Khi đó: ED  EC  ED.EC  Suy ED       4t      (4t  2)  (2  t ).(3t  1)   5t  3t    t  t   (loại), suy   C (3;3)   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 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  x 2 2 2    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     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    5 đoạn BE J   ;  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác  4 ABC biết D(2;1) thuộc đường tròn (T ) Giải: 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  Ta có E ACB ) B 1 M  (cùng chắn cung AC ) B 1 M E   FMA M   FMA   1800 , Suy E 1 1 suy AEFM nội tiếp đường tròn tâm J (*) Phương trình đường thẳng CF là:  x   3t  M (1  3t; 4t )   y  4t F M E D I J A Khi từ (*), suy ra: 2 7  5  JM  JF  JM  JF   3t     4t     50t  41t   4  4  2   32   t   M  ;    32  25   25 25    M ;      25 25  t   M   ;2  F      Ta có phương trình trung trực d1 DC : x  y   phương trình trung trực d MC là: 3x  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 3x  y   y 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 ! C HOCMAI.VN Do ABC vuông A , suy I trung điểm BC , B(1; 2) facebook.com/ ThayTungToan GV: Nguyễn Thanh Tùng Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ngoại tiếp tam giác AEF có phương trình: x2  y  x  y   x  y  x  y   2 Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ:  x  x2  y  x  y    x      32  25 hoặc A  A (0;1)      ;   M (loại) 32 y  x  y  x  y    25 25   y    2  25 Vậy A(0;1), B(1;2) 9 3 Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với M  ;   trung điểm 2 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 x  y   Giải  Gọi N trung điểm AH với H trực tâm AH BC ME  MF  , ABC Ta có: NE  NF  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   A(?) E N F H    I   ;1 trung điểm MN B    NEA MCE cân N M     E1  A1 E    900  NEM   900 (*)  E A1  MCE     E4  MCE  Gọi E(t;2t  2) EF từ : I M t   E (2;6) 125  1 (*)  IE  IM  IE  IM   t     2t  1   t2  t       2 t  3  E (3; 4)  Đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x  y   nên gọi A(5  3a; a) Ta có 2 2 a   A(2;1) 21    125  NE  NA  NE  NA2   3a     a     a  7a      2  2   a   A(13;6) Vậy đáp số toán A(2;1) A(13;6) 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 ! C HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan 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  A(?) m E J n  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 C(?) B(?) q p   (1) hay ECD AmE  DqB    EBD  sd ECD  Mặt khác:    sd    DJB AmE  sd DqB    DJB  Từ (1) (2) suy ra: EBD  D  (2) A1   A2  DB  DC (2*) hay tam giác DBJ cân D , suy DB  DJ (*) Lại có  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)2  ( y  4)2  25 Khi tọa độ điểm B nghiệm hệ: ( x  2)2  ( y  4)  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)  25  Khi tọa độ C nghiệm hệ :  x  y   Vậy A(2;6), B( 3; 4), C(5;0)  x  3 C (3; 4)  B x      y  4 C (5;0) 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 Bài 10 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A M trung  11  điểm AB Đường thẳng CM có phương trình 5x  y  20  K  ;   trọng tâm tam giác  6 ACM Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm nằm đường thẳng x  y   có bán kính Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết A C có tọa độ nguyên Giải: A(?) Gọi G , I trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi N trung điểm MA , : CK CG    GK // MN hay GK // AB CN CM Do I tâm đường tròn ngoại tiếp nên: MI  AB  MI  GK (1) Gọi P trung điểm AC ABC cân A nên:  MP / / BC MK / / BC   GI  MK (2)   AG  BC GI  BC Từ (1) (2) , suy I trực tâm tam giác MGK  KI  MG hay KI  CM Khi KI có phương trình: x  y   Suy tọa độ điểm I nghiệm hệ: 7 x  y   7 7 7  x  y    I  ;    2 2 2 2 x  y   Gọi C (4  7t;5t) CM , : R  IC  N K M P I G B(?) C(?) 25  IC  2 1  7 25 21  (loại)  C (4;0)   7t     5t     74t  42t   t  t   2  2 37  7  Gọi M (4  m;5 m) CM , K trọng tâm tam giác ACM nên A  7m  ; 5m   2  Ta có IA2  R   7m     5m  2   A(1; 1) m  25 2   148m  168m  47       72 12   A ;    m   47   37 37   74 1 5 Do A có tọa độ nguyên nên A(1; 1)  M  ;    B(0; 4) (vì M trung điểm AB ) 2 2 Vậy A(1; 1), B(0; 4), C(4;0) CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU GV: Nguyễn Thanh Tùng 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 64 32   32 a2 a6  2a4  32  a6  (a  4)(a  2a  8)   a   AB  BC  Xét tam giác vuông BCE ta có: BC  CE  BE  t 0 Do B  BE  B(t; t ) với t  , đó: AB2   (t  1)2  (t  1)2   t    t   B(1; 1) Ta có BC qua B(1; 1) vuông góc với AB : x  nên có phương trình: y  1 c  C (5; 1) Do C (c; 1) , đó: BC  16  (c  1)2  16    c  3 C (3; 1)   Ta có AD  BC nên với C (5; 1)  D(5;1) với C (3; 1)  D(3;1) Vậy B(1; 1) , C(5; 1), D(5;1) B(1; 1), C(3; 1), D(3;1) Bài 17 (Lương Thế Vinh_Hà Nội) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A(2;3) M trung điểm cạnh AB Gọi K (4;9) hình chiếu vuông góc M cạnh BC , đường thẳng KM cắt đường thẳng AC E Tìm tọa độ điểm B, C biết KE  2CK điểm M có hoành độ lớn Giải: KE Trong tam giác ECK ta có: tan  ACK   KC Trong tam giác ABC ta có: AB  AC.tan  ACK  AC  AM  AC   ACM  450   Mặt khác AMKC nội tiếp đường tròn, suy ra: MKA ACM  450  Gọi nKM  (a; b) VTPT đường thẳng KM ( a  b2  )   Ta có KA  (2; 6)  nKA  (3; 1)   nKM nKA   3a  b ACM  cos nKM , nKA      Khi cos  nKM nKA a  b 10  B(?) K M   5(a2  b2 )  (3a  b)2  2a2  3ab  2b2   a  2b  (a  2b)(2a  b)    E  2a  b A  +) Với a  2b , chọn a  2, b  hay nKM  (2;1) , suy phương trình KM : x  y  17  Suy phương trình BC : x  y  14  Gọi M (m;17 2 m) với m  , suy B(2m  2;31  4m) (do M trung điểm AB ) Do B  BC  2m   2(31  4m)  14   m  (thỏa mãn) Suy B(8;11) Khi AC qua A(2;3) vuông góc với AB nên có phương trình: 3x  y  18   x  y  14   x  2 Tọa độ điểm C nghiệm hệ:    C (2; 6) 3x  y  18  y   +) Với 2a  b , chọn a  1, b  2 hay nKM  (1; 2) , suy phương trình KM : x  y  14  Suy phương trình BC : x  y  17  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 ! C(?) HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Gọi M (2t 14; t) với t  , suy B(4t  30;2t  3) (do M trung điểm AB ) GV: Nguyễn Thanh Tùng Do B  BC  2(4t  30)  2t  17   t  (loại) Vậy B(8;11) , C (2;6) Bài 18 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T ) Từ điểm M thuộc cạnh AB ( M  A, M  B ), kẻ đường thẳng vuông góc với AB , cắt đường thẳng AC, BC D(9; 2) E Đường tròn qua điểm D, E, C cắt đường tròn (T ) điểm F (2; 3) khác C Tìm tọa độ đỉnh A , biết A thuộc đường thẳng d : x  y   Giải:   ECF  (1) Ta có ABCF nội tiếp đường tròn (T ) nên BAF ) (vì bù với góc BCF d:x + y 5=0   ECF  (2) Lại có ECDF nội tiếp đường tròn nên FDE ) ( chắn cung EF A(?)   FDE  Từ (1) (2), suy ra: BAF   FDM   FDE   FDM   1800 hay MAF   FDM   1800  BAF Suy AMDF nội tiếp đường tròn B Mà  AMD  900   AFD  900 hay AF  FD M F(2; 3) D(9; 2) E C Khi AF có phương trình: x  y  11  (T) 7 x  y  11  x  Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ    A(1; 4) Vậy A(1;4) x  y   y  Bài 19 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A có đường cao AH , trung tuyến BM Đường tròn (T ) qua M tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC B cắt cạnh AC điểm thứ hai E Đường thẳng BE có phương trình 3x  y   H (2; 3) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết A thuộc đường thẳng d : x  y   Giải: Gọi AH  BE  D  , ta chứng minh D d: x + y 1=0 trung điểm AH Thật vậy: Gọi N giao điểm BC đường tròn (T ) E  (cùng bù với góc E ) Khi : N 1 D (1) Mặt khác, ABH ~ CBA BM trung tuyến CBA (2) Từ (1) (2), suy BD trung tuyến tam giác ABH hay D trung điểm AH  a  a   ; Gọi A(a;1  a) d  D     4y + = E B   900  N B B B  Mà E 1 3 3x A(?) B(?) M H( 2; 3) N 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 GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan a2 a      a  2  A(2;3) 2 Khi BC qua H vuông góc AH nên BC có phương trình: y  3 Khi D  BE   y  3  x  6 Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ:    B(6; 3) 3x  y    y  3 AC qua A vuông góc AB nên AC có phương trình: x  y   2 x  y   x  Suy tọa độ điểm C nghiệm hệ:    C (7; 3)  y  3  y  3 Vậy A(2;3), B( 6; 3), C(7;  3) Bài 20 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A với B(2;1), C (2; 1) , gọi P điểm cạnh BC Đường thẳng qua P song song với AC cắt AB D , đường thẳng qua P song song với AB cắt AC điểm E Gọi Q điểm đối xứng với P qua DE Tìm tọa độ điểm A biết Q(2; 1) Giải: A(?) D Q( 2; 1) 1 E H B( 2;1) O P C(2; 1) d Do ABC cân A nên A thuộc đường trung trực d BC Khi d qua trung điểm O(0;0) BC  vuông góc với BC với BC  (4; 2)  2(2; 1) nên d có phương trình: x  y    BCQ   1800 Ta chứng minh A thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BCQ hay chứng minh BAQ Thật vậy: Ta có PEAD hình bình hành, suy DP  AE EP  AD (1) Do DE trung trực PQ , suy DP  DQ EP  EQ (2) 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 Từ (1) (2), suy AE  DQ AD  EQ  ADQ  QEA (c – c – c) GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan E  , suy ADEQ nội tiếp đường tròn hay DAQ   QEH  (*) (vì bù với DEQ  ) D 1  ), suy EP  EC  EQ  EC  C  Q    ECP  (cùng góc B Mặt khác, ta có: EPC 1  Q  C P  , suy EHCP nội tiếp đường tròn Lại có E , H thuộc trung trực BC  P 1 1   1800  HEP   1800  HEP   1800  QEH   1800  DAQ  (theo (*)), suy HCP   DAQ   1800 Khi HCP   BCQ   1800 hay BAQ Vậy ABCQ nội tiếp đường tròn có phương trình (phương trình qua điểm B, C , Q ) là: x  y  2 x  y   x  1; y  2  A(1; 2) Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ:     A(1; 2)  x  y   x  1; y  Kiểm tra điều kiện A, Q nằm phía với đường thẳng BC cho ta đáp số A(1; 2) CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU GV: Nguyễn Thanh Tùng 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 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 ! [...]... 1 c  5 C (5 ;  1) Do đó C (c;  1) , khi đó: BC 2  16  (c  1)2  16    c  3 C ( 3;  1)   Ta có AD  BC nên với C (5 ;  1)  D(5; 1) và với C ( 3;  1)  D(3; 1) Vậy B(1;  1) , C(5;  1), D(5; 1) hoặc B(1;  1), C(3;  1), D(3; 1) Bài 17 (Lương Thế Vinh_Hà Nội) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A(2; 3) và M là trung điểm cạnh AB Gọi K (4 ; 9) là hình chiếu... C (7 ;  3) +) Với t  7    A( 3; 3) (do J là trung điểm của AB )  B(3; 1) C (5 ;  1) +) Với t  5    A(1; 5) (do J là trung điểm của AB )  B(1;  1) Vậy A(3; 3), B(3; 1), C(7; 3)  hoặc A(1; 5), B(1;  1), C(5;  1) Bài 13.2 ( ặng Thúc Hứa) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I  31 1  Điểm M (2 ;  1) là trung điểm cạnh BC và điểm E  ;   là hình chiếu... J (0 ; 2) và B  (T ) I D E B( ?) M C( ?) Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! N HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan Do C   C (t;4  t ) , suy ra B(4  t; t  6) t  7 Khi đó B  (T )  (4  t )2  (t  6)2  4(t  6)  6  0  t 2  12t  35  0   t  5 C (7 ;  3) +). .. DCN (c – c – c)   BMA  (2 )  CND 1 M M( 1; 2) 1   CMD   1800 Từ (1 ) và (2 ), suy ra: BMA tanDAM=2 0 0   D( ?)  BMC AMD  180   AMD  90 A( 5; 2) hay AM  MD   MD  MD  AM tan DAM   4 2.2  8 2 Khi đó tan DAM AM  Ta có AM  (4 ;  4)  4 .(1 ;  1) , khi đó phương trình MD là: x  y  1  0  D(t; t  1) t  7  D(7; 6) Suy ra MD  8 2  MD 2  128  (t  1)2  (t  1)2  128  (t  1)2 ... 2 t  1  B(1; 2)  C (3 ;  2) 13  50  4  Khi đó IB  IA  IB  IA   t     2t     t 2  4t  3  0    3 9  3   B(3;  2)  C (1 ; 2) t  3 (do M là trung điểm của BC ) Vậy A(1; 0), B(1; 2), C(3;  2) hoặc A(1; 0), B(3;  2), C(1; 2) 2 2 Chú ý: Có thể tìm tọa độ B, C bằng cách viết phương trình đường tròn ( I , IA) và tìm giao với BC  11 1  Bài 12.1 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt... (cùng bù với góc E ) Khi đó : N 1 1 1 D (1 ) Mặt khác, ABH ~ CBA và BM là trung tuyến của CBA (2 ) Từ (1 ) và (2 ), suy ra BD cũng là trung tuyến trong tam giác ABH hay D là trung điểm của AH  a  2 a  2  ; Gọi A(a;1  a) d  D   2   2 4y + 6 = 0 E 2 B   900  N B B B  Mà E 1 1 1 3 1 3 3x A( ?) 2 1 B( ?) M 1 3 H( 2; 3) N C( ?) Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn... phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! C( ?) HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Gọi M (2 t 14; t) với t  8 , suy ra B(4t  30;2t  3) (do M là trung điểm của AB ) GV: Nguyễn Thanh Tùng Do B  BC  2(4 t  3 0)  2t  3 17  0  t  8 (loại) Vậy B(8;1 1) , C ( 2; 6) Bài 18 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T ) Từ điểm M thuộc cạnh AB ( M  A, M  B ), kẻ đường thẳng... Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ_P2 GV: Nguyễn Thanh Tùng Bài 11 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 0) và trực  1 1 tâm H Biết B, C thuộc đường thẳng 2 x  y  4  0 và K   ;  là trung điểm của AH Tìm tọa độ các đỉnh  3 3 của tam giác ABC Giải: Cách 1: A( ?) K G H B( ?) M C( ?) Ta có AH đi qua K vuông góc... BC lần lượt tại D(9;  2) và E Đường tròn đi qua 3 điểm D, E, C cắt đường tròn (T ) tại điểm F (2 ;  3) khác C Tìm tọa độ đỉnh A , biết A thuộc đường thẳng d : x  y  5  0 Giải:   ECF  (1 ) Ta có ABCF nội tiếp đường tròn (T ) nên BAF ) (vì cùng bù với góc BCF d:x + y 5=0   ECF  (2 ) Lại có ECDF nội tiếp đường tròn nên FDE ) ( vì cùng chắn cung EF A( ?)   FDE  Từ (1 ) và (2 ), suy ra: BAF ...  B( ?) K M   5(a2  b2 )  (3 a  b)2  2a2  3ab  2b2  0  a  2b  (a  2b )( 2 a  b)  0   E  2a  b A  +) Với a  2b , chọn a  2, b  1 hay nKM  (2 ; 1) , suy ra phương trình KM : 2 x  y  17  0 Suy ra phương trình BC : x  2 y  14  0 Gọi M (m;17 2 m) với m  2 , suy ra B(2m  2;31  4m) (do M là trung điểm của AB ) Do B  BC  2m  2  2(3 1  4m)  14  0  m  5 (thỏa mãn) Suy