10Bai oxy khongnenboqua thaytungtoan

10 bài OXY chuẩn đề thi THPT QG 2017 của thầy Nguyễn Thanh Tùng GV top Hà Nội 10 bài OXY chuẩn đề thi THPT QG 2017 10 bài OXY chuẩn đề thi THPT QG 2017 10 bài OXY chuẩn đề thi THPT QG 2017 10 bài OXY chuẩn đề thi THPT QG 2017 10 bài OXY chuẩn đề thi THPT QG 2017

HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan 10 BÀI HÌNH HỌC OXY KHÔNG NÊN BỎ QUA GV: Nguyễn Thanh Tùng Hocmai.vn Bài .Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có diện tích 14 AB // CD Biết   1 1 H   ;0  trung điểm cạnh BC I  ;  trung điểm AH Viết phương trình đường thẳng   4 2 AB , biết đỉnh D có hoành độ dương D thuộc đường thẳng 5x  y   Giải Do I trung điểm AH  A(1;1) Gọi E giao điểm AH DC Khi ABH  ECH  S ABH  SECH B(?) A(?) I (*) H trung điểm AE  E (2; 1) H SABCD=14 Từ (*)  S AED  S AHCD  SECH  S AHCD  S ABH  S ABCD  14 Vậy S AED  14 D(?) C(?) 2S AED 28  (2*) AE 13 Ta có phương trình AE : x  y   Do D thuộc đường thẳng 5x  y   , suy D(t;5t  1) với t  Ta có AE  13  d ( D, AE )  t  28 t 0 Khi (2*)    13t   28    30  t   D(2;11) 2 t   13 3 13        Ta có ED  (4;12)  4(1;3) Do AB // ED  nAB  nED  (3; 1) vecto pháp tuyến AB   Khi AB qua A(1;1) có vecto pháp tuyến nAB  (3; 1) nên có phương trình: 3x  y   2t  3(5t  1)  Vậy phương trình AB cần lập là: 3x  y   Bài 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 đoạn 15 IC cho NC  NI AN có phương trình x  y   Tìm tọa độ điểm M biết AM  Giải: B Do tam giác ABC vuông cân nên ta có AI  BC IA  IB  IC , M(?) IM IM IN IN đó: tan A1    tan A2    IA IB IA IC I 15 1 N     tan  A  A   tan A1  tan A2    MAN  450  tan MAN 2  tan A1.tan A2  H C A 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 ! E HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Gọi H hình chiếu vuông góc M AN Suy tam giác MHA vuông cân H nên ta có: t  (7  2t )  15 AM 15  Do M   M (t;7  2t ) , đó: d ( M , AN )  AH  MH   2 2 2 11  11  1   11  1  t   M  ; 4  M  ;6  Vậy M  ; 4  M  ;6   t 3   t  2 2  2  2  2  GV: Nguyễn Thanh Tùng Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A AC  AB Điểm D(1; 1) trung điểm đoạn AC Đường thẳng BD cắt đường tròn đường kính DC điểm E khác D Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết đường thẳng qua hai điểm A, E có phương trình x  y   điểm A có tung độ dương Giải:   Ta có: DEC  900 hay BEC  900 Khi A, E nhìn BC B(?) góc vuông, suy ABCE nội tiếp đường tròn Khi đó:   B (*) A  1  AC  m Đặt AB  m    AD  DC  m  BC  AB  AC  m 17  Suy ra:   BD  AB  AD  m  A(?) D C(?) 2 2 2 E   BC  BD  DC  17m  5m  4m  Xét tam giác BDC ta có: cos B1 2.BC.BD 2.m 17.m 85 9  A1 A1 Từ (*), suy cos   cos B1  Vậy cos   (2*) 85 85     Cách 1: Gọi nAC  (a; b) ( a  b2  ) vecto pháp tuyến AC ; nAE  (9; 2) vecto pháp tuyến AE     Khi cos   cos nAC , nAE  A1   9a  2b a  b 92  22  (theo (2*)) 85 b   (9a  2b)2  81(a  b2 )  77b2  36ab    77b  36a   +) Với 77b  36 a , chọn a  77; b  36 , suy nAC  (77; 36)   Khi AC qua D(1; 1) có nAC  (77; 36) nên phương trình AC : 77 x  36 y 113  77 x  36 y  113  13 239 Tọa độ điểm A nghiệm hệ:  (loại điều kiện y A  )  x ;y 85 85 9 x  y     +) Với b  , chọn a  , suy nAC  (1;0)   Khi AC qua D(1; 1) có nAC  (1;0) nên phương trình AC : x 1  x 1  x  Tọa độ điểm A nghiệm hệ:    A(1;1)  C (1; 3) (do D trung điểm AC ) 9 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 facebook.com/ ThayTungToan Ta có AB qua A(1;1) vuông góc với AC : x 1  nên phương trình AB : y  GV: Nguyễn Thanh Tùng t   B(2;1) Do B(t;1) Khi đó: AC  AB  AC  16 AB  42  16(t  1)2    t   B(0;1) Do B, D phía với đường thẳng AE nên ta B(2;1) Vậy A(1;1) , B(2; 1), C (1; 3) Cách 2: Gọi H hình chiếu vuông góc D AE Khi đó: B(?) 927 DH  d ( D, AE )   85 92  22 Xét tam giác ADH , ta có: DH DH 85 D AD     A(?)   sin A1  cos A1   1    85  H Gọi A(1  2t;1 9 t)  AE , đó: C(?)  A(1;1) t  y A 0 2 2   AD   (2t )  (9t  2)   85t  36t    36    13 239   A(1;1) t   A ;   85  85   85   E Suy ra C (1; 3) (do D trung điểm AC ) Ta có AB qua A(1;1) vuông góc với AC : x 1  nên phương trình AB : y  t   B(2;1) Do B(t;1) Khi đó: AC  AB  AC  16 AB  42  16(t  1)2    t   B(0;1) Do B, D phía với đường thẳng AE nên ta B(2;1) Vậy A(1;1) , B(2; 1), C (1; 3) Bài 4.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A , có trực tâm H (3; 2) Gọi D, E chân đường cao kẻ từ B C Biết điểm A thuộc đường thẳng  : x  y   , điểm F (2;3) thuộc đường thẳng DE HD  Tìm tọa độ điểm A Giải: +) Do ABC cân A nên HE  HD  , suy E , D thuộc đường tròn tâm H (3; 2) A(?) bán kính có phương trình: ( x  3)2  ( y  2)2   x2  y  x  y   Δ: x 3y 3=0 +) Gọi I trung điểm AH 5m2 16 m  20  3m m    IH  ; Gọi A(3m  3; m)    I      3m m   ; Ta có ADHE nội tiếp đường tròn tâm I   bán kính IH   I 3m   m   5m2  16m  20   y nên có phương trình:  x         2 E  x2  y  3mx  (m  2) y  7m   +) Khi tọa độ điểm E , D nghiệm hệ: F D H B 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  x2  y  6x  y     (6  3m) x  (m  2) y  7m  18   2  x  y  3mx  (m  2) y  7m    Suy phương trình ED : (6  3m) x  (m  2) y  7m  18  +) Do F (2;3)  ED  2(6  3m)  3(m  2)  7m  18   m   A(3;0) Vậy A(3;0) Bài 4.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A(2; 1) , trực tâm H (2;1) BC  Gọi B ', C ' chân đường cao kẻ từ đỉnh B, C Lập phương trình đường thẳng BC , biết trung điểm M cạnh BC nằm đường thẳng có phương trình x  y   , tung độ M dương đường thẳng B ' C ' qua điểm N (3; 4) Giải: A O B' N C' H B M BC=2 C +) Do M nằm đường thẳng có phương trình x  y   nên gọi M (2m 1; m) với m  Vì B ', C ' nhìn BC góc vuông nên BCB ' C ' nội tiếp đường tròn  M ; MB  (với MB  BC  5) Do đường tròn (T ) qua điểm B, C, B ', C ' có phương trình:  x  2m  1   y  m   2 +) Đường tròn (T ') qua điểm A, B ', H , C ' nhận AH làm đường kính O(0;0) trung điểm AH làm tâm nên có phương trình: x  y  +) Do (T )  (T ')  B '; C ' nên B ' C ' có phương trình: x  y   x  2m  1   y  m    2(2m  1) x  2my  5m2  4m   2 Mặt khác: N (3;4)  B ' C '  6(2m  1)  8m  5m2  4m    m2   m  m  1 (loại) Suy M (3;1)  +) Khi đường thẳng BC qua M (3;1) nhận AH  (4;2)  2(2;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 facebook.com/ ThayTungToan làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 2( x  3)  ( y 1)   x  y   GV: Nguyễn Thanh Tùng Vậy phương trình đường thẳng BC là: x  y   Bài (Hàn Thuyên – Bắc Ninh) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , có AD  AB  31 17  Điểm H  ;  điểm đối xứng điểm B qua đường chéo AC Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật  5 ABCD , biết phương trình CD : x  y  10  C có tung độ âm Giải Gọi K hình chiếu vuông góc H CD 31 17   10 18 5 Khi HK  d ( H , CD)   12  12 B(?) C(?) AD = 2AB   H1  BCH (*) (vì HK // BC )  BC  2a  Đặt AB  a  BC  2a  AC  a  cos C1  AC a 5     Do H đối xứng với B qua AC  C  C  BCH  2C D(?) A(?) 1       Suy cos BCH  cos 2C1  2cos C1       Vậy cos BCH  (2*)  5 H HK 18  Từ (*) (2*), suy ra: cos H1  Xét tam giác CHK , ta có: CH   :  (3*)  5 cos H1 Do C  CD : x  y  10   C(t; t 10) , đó: C (5; 5) t  2  31   67  yC 0 (3*)  CH  72   t     t    72   73    73 23   C (5; 5)  C  ;  t  5      5    Khi CB qua C (5; 5) vuông góc với x  y  10  nên phương trình CB : x  y   B(b; b) Do H đối xứng với B qua AC  CB  CH   CB2  72 b  11  B(11; 11) 2   b  5   b  5  72    b  1  B(1;1) Do B, H phía với CD nên ta B(1;1) Ta có AB qua B(1;1) vuông góc với BC nên có phương trình: x  y   Ta có AC qua C (5; 5) vuông góc với BH nên có phương trình: 3x  y  10  x  y   x  Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ:    A(2; 4) 3x  y  10  y       xD   x   D  D(8; 2) Do ABCD hình chữ nhật nên CD  BA    yD  (5)   yD  2 Vậy A(2;4) , B  , C  , D ) ( 1;1) (5; 5) (8;  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 ! K HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Bài (Lương Thế Vinh – Hà Nội) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường GV: Nguyễn Thanh Tùng phân giác góc A x  y   , phương trình trung tuyến kẻ từ A x  y   Bán kính đường 15 3  Biết K  ;0  nằm đường thẳng AC điểm C có hoành độ 2  dương Tìm tọa độ điểm A, B, C tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giải Tọa độ điểm A nghiệm hệ: x  y   x    A(1;1)  4 x  y   y 1 A(?) K 3  Khi AC qua A(1;1) K  ;0  nên 2  có phương trình: x  y   N H Gọi D, M chân đường phân giác trung tuyến ứng với đỉnh A tam giác ABC Gọi N đối xứng với K qua AD  N  AB 3  Khi KN qua K  ;0  vuông góc B(?) 2  với AD : x  y   nên KN có phương trình: x  y  15 R= D M  Tọa độ giao điểm H KN AD nghiệm hệ:   x  x y 0   7 1  1   H  ;   N  2;   4 4  2 x  y   y      1 Khi AB qua A(1;1) N  2;  nên có phương trình: x  y    2  B  AB : x  y    B(3  2b; b)   2b  c  2c  b  Ta có   M ;  2   C  AC : x  y   C (c;3  2c)  B(4c  3;3  2c)  2b  c  2c  b     b   2c    BC  3c  (*) 2 C (c;3  2c)     Ta có nAB  (1;2), nAC  (2;1) vecto pháp tuyến AB AC     nAB nAC     1.2  2.1      sin BAC   cos BAC  Khi đó: cos BAC  cos nAB , nAC       2 2 5 nAB nAC 2 2 Do M  AM    Áp dụng định lí sin tam giác ABC ta có: BC 15   R  BC  R.sin BAC   (2*)  sin BAC c   B(5; 1), C (2; 1) xC 0 Từ (*) (2*), suy ra: 3c       B(5; 1), C (2; 1)  c   B(3;3), C (0;3) Vậy A(1;1) , B 1), C (2; 1) (5; 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 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   Do ABCD nội tiếp đường tròn nên B1  C1 (1) ( chắn cung  ) AD Ta có EM trung tuyến tam giác vuông AEB    nên EMB cân M hay B  E  E (2) 1 B M (T)   Từ (1) (2), suy C1  E4 A     Mặt khác, E4  E5  900  C1  E5  900 , suy ME  DC E I  3 Khi DC qua N  0;  vuông góc với EM nên có  4  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  Ta có CN  3ND   ;1  t   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:  x   IA2  IB  x  ( y  3)2  ( x  5)  ( y  3)    5 1 IA  IB  ID      I  ;  2 2 2 2  IA  ID  x  ( y  3)  ( x  1)  y   y     2 Bán kính (T ) là: R  IA  5  1 25  Vậy đường tròn (T ) cần lập có phương trình:  x     y    2  2 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 facebook.com/ ThayTungToan Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A Gọi (T ) đường GV: Nguyễn Thanh Tùng tròn tiếp xúc với AB, AC B C Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt đường tròn (T ) D khác C 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      Ta có CD // AB , suy C2  B1 Mặt khác tam giác ABC cân A nên C1  B1   Suy C2  C1 , CB đường phân giác góc  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  y 1  x      5   H  ;  Khi tọa độ giao điểm H MN BC nghiệm hệ:   3 x  y   y      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        Ta có D1  B1 (cùng sđ BC ), mà C2  B1 nên suy D1  C2 hay tam giác BDC cân B 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   Gọi nBD  (a; b) vecto pháp tuyến (VTPT) BD với a  b2  facebook.com/ ThayTungToan GV: Nguyễn Thanh Tùng 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)         Khi cos D1  cos C2  cos nBD , nDC  cos nBC , nDC      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 ;0), C (1;2) (1 Bài (Sở GD&ĐT Quảng Ngãi_2016) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có A(1;1) diện tích Đường thẳng qua B vuông góc với AC cắt đường thẳng CD M Gọi E trung điểm CM Biết phương trình đường thẳng BE : x  y  điểm B có hoành độ dương Tìm tọa độ đỉnh lại hình chữ nhật ABCD A Giải: Gọi H hình chiếu vuông góc A lên BE 11  Khi AH  d ( A, BE )  S 1 4 Ta có AH BE  S ABE  S ABC  S ABCD  BE  ABCD  2 AH S Đặt AB  a   BC  ABCD  AB a    Ta có BAC  CBM (cùng phụ với BCA ) D(?) AB BC BC 64 32   CM   Suy ABC ~ BCM   CE  BC CM AB a3 a B(?) H M E 64 322   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   Ta có AD  BC nên với  c  3 C (3; 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 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) facebook.com/ ThayTungToan GV: Nguyễn Thanh Tùng Bài 10 (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    Gọi K  t; 3t    với t  , : HK  5  5   18   5t  4t  12   t  t  2 (loại)  K  ;   5  Khi phương trình KD : x  y  12  BH : x  y   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 ! GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN 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  3b  3d  b  d  Cách 2: Gọi D(3d 12; d) B(3b  4; b)  I  ;   C  3b  3d  10; b  d  2     MB  (3b  2; b  6)  B(3b  4; b)  Do C    3.(3b  3d  10)  b  d   d  b    Ta có     D(3b  3; b  3)  MD  (3b  5; b  9)     Do M  BD nên MB, MD phương, suy :  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;  D  3), (0; 4) CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU CHÚC CÁC BẠN CÓ MỘT KÌ THI THÀNH CÔNG ! 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 !