tuyen tap 50 bai toan oxy hay va khothay nguyen thanh tung

HOCMAI.VN GV: Nguyễn 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) trực  1 tâm H Biết B, C thuộc đường thẳng x  y   K   ;  trung điểm AH Tìm tọa độ đỉnh  3 tam giác ABC Giải: Cách 1: A(?) K G H B(?) M C(?) Ta có AH qua K vuông góc với BC nên có phương trình: x  y      AG  (2  2a; a) Gọi M (m;4  2m) trung điểm BC A(2a  1; a)  AH , suy    GM  (m  1;  2m)   2  2a  2(m  1) a  m  a   A(1;0) Do G trọng tâm tam giác ABC  AG  2GM      a  2(4  2m) a  4m  8 m  M (2;0) 1 2 Vì K trung điểm AH , suy H  ;  3 3    11 14  CH   b  ;  2b  3 Gọi B(b;4  2b)  BC  C(4  b;2b  4) (vì M trung điểm BC )         AB  (b  1;  2b)   14   11   Do H trực tâm tam giác ABC nên CH AB    b    b  1   2b   (2b  4)  3 3   b   B(1; 2), C (3; 2)  5b2  20b  15     b   B(3; 2), C (1; 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 Vậy A(1;0), B(1;2), C(3; 2) A(1;0), B(3; 2), C(1;2) Nhận xét: facebook.com/ ThayTungToan GV: Nguyễn Thanh Tùng   AG 2GM AAH t ?  M +) Ta tìm A, M cách tham số hóa M (t )   A(t )   f (t )    A +) Ngoài cách tìm điểm B, C ta tìm điểm I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC     hệ thức quen thuộc AK  IM (hay AH  2IM ) Từ ta sử dụng kiện IB  IA (hoặc tìm giao đường thẳng BC với đường tròn ( I , IA) ) để tìm điểm B C Cách 2: A K T I G H B N C M J Gọi M trung điểm AB J giao điểm thứ hai AI đường tròn tâm I , :  JC  AC; BH  AC  JC / / BH   JBHC hình bình hành, suy M trung điểm HJ   JB  AB; CH  AB  JB / /CH    AH / / IM Khi IM đường trung bình tam giác AHJ , suy   AH  2IM (1)  AH  IM   Do K trung điểm AH nên AH  AK (2)   Từ (1) (2) , suy IM  AK  MIAK hình bình hành ) 1 Gọi T giao điểm AM KI , đó: MG  MA  2MI  MI , suy G trọng tâm KIM 3 4    xN  1 xN      3  5 1   N  ;  Gọi N trung điểm IM  KG  2GN   3 6    y   y   N N     Khi IM qua N vuông góc với BC nên có phương trình: x  y   x  y   x  Suy tọa độ điểm M nghiệm hệ    M (2;0) 2 x  y   y   1 Do N trung điểm IM  I  ;    3   Mặt khác, MIAK hình bình hành nên suy IA  MK  A(1;0) 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 Do B thuộc đương thẳng x  y    B(t;4  2t ) GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan 2 t   B(1; 2)  C (3; 2) 13  50  4  Khi IB  IA  IB  IA   t     2t     t  4t      3  3   B(3; 2)  C (1; 2) t  (do M trung điểm BC ) Vậy A(1;0), B(1;2), C(3; 2) A(1;0), B(3; 2), C(1;2) 2 Chú ý: Có thể tìm tọa độ B, C cách viết phương trình đường tròn ( I , IA) tìm giao với BC  11  Bài 12.1 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh A  ;   2   MCB  BMC   1350 Một điểm M (1; 1) nằm hình bình hành cho MAB Tìm tọa độ đỉnh D , biết D thuộc đường tròn có phương trình (T ) : x2  y  x  y   Giải: A B 1350 M E C D(?) +) Dựng điểm E cho ABEM hình bình hành, DCEM hình bình hành     A1  C2 E   BECM nội tiếp đường tròn  BEC   BMC   1800 (1) C Ta có:      A1  E1    1800 (*) Mặt khác : BEC  AMD (c.c.c)  BEC AMD (2) Từ (1) (2) suy  AMD  BMC +) Đường tròn (T ) nhận M (1; 1) làm tâm có bán kính R  MD  Ta có MA  10   450 Theo (*) ta có:  AMD  1800  BMC 45 10 25  AD  +) Xét tam giác AMD : AD2  MA2  MD2  MA.MD.cos  AMD     2 2  11  Suy D thuộc đường tròn tâm A  ;  bán kính AD  có phương trình:  2 2 1 25  11    x  y  11x  y  18  x   y   2  2  +) Khi tọa độ điểm D nghiệm hệ : 2  x  x   D(2;1)  x  y  11x  y  18        D(3; 2) y  y   x  y  x  y        Vậy D(2;1) D(3; 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 12.2 (HSG Phú Thọ – 2016) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A(5; 2) ,   MBC  MB  MC Tìm tọa độ điểm D M (1; 2) điểm nằm bên hình bình hành cho MDC   biết tan DAM GV: Nguyễn Thanh Tùng Giải: B  Dựng điểm N cho BCNM hình bình hành, suy ra: N 1 B D N D  Theo giả thiết B 1 1 C Suy MCND nội tiếp đường tròn   CMD   1800 (1) Khi đó: CND Mặt khác: ABM  DCN (c – c – c)   BMA  (2)  CND M M( 1; 2)   CMD   1800 Từ (1) (2), suy ra: BMA tanDAM=2 0   D(?)  BMC AMD  180   AMD  90 A( 5;2) hay AM  MD   MD  MD  AM tan DAM   2.2  Khi tan DAM AM  Ta có AM  (4; 4)  4.(1; 1) , phương trình MD là: x  y    D(t; t  1) t   D(7;6) Suy MD   MD  128  (t  1)2  (t  1)2  128  (t  1)2  64    t  9  D(9; 10) Vậy D(7;6) D(9; 10) Bài 13.1 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I Điểm M (2; 1) trung điểm cạnh BC điểm E hình chiếu vuông góc B đường thẳng AI Gọi D giao điểm ME AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE có phương trình x2  y  y   C thuộc đường thẳng  : x  y   Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Giải:   IMB   90 2) Ta có IEB A(?)   BEM  (1) Suy IBME nội tiếp đường tròn  BIM  (2)   BIC   sđ BC   BAC Ta có: BIM 2   BED   1800 (3) Mặt khác BEM J   BED   1800 Từ (1), (2), (3) suy BAC  ABED nội tiếp đường tròn  ADB   AEB  900 hay BD  AC Suy ABED nội tiếp đường tròn tâm J trung điểm AB Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE có phương trình (T ) : x2  y  y    J (0; 2) B  (T ) I D E B(?) M 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 ! N HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan Do C   C (t;4  t ) , suy B(4  t; t  6) t  Khi B  (T )  (4  t )2  (t  6)2  4(t  6)    t  12t  35    t  C (7; 3) +) Với t     A( 3;3) (do J trung điểm AB )  B(3;1) C (5; 1) +) Với t     A(1;5) (do J trung điểm AB )  B(1; 1) Vậy A(3;3), B(3;1), C(7; 3)  A(1;5), B(1; 1), C(5; 1) Bài 13.2 (Đặng Thúc Hứa) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I  31  Điểm M (2; 1) trung điểm cạnh BC điểm E  ;   hình chiếu vuông góc B đường thẳng  13 13  AI Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết đường thẳng AC có phương trình 3x  y  13  Giải:  31  Cách 1: Đường thẳng ME qua M (2; 1) E  ;    13 13  nên có phương trình :12 x  y  29  A(?) Gọi ME  AC  D  , tọa độ điểm D nghiệm hệ: 41  x  12 x  y  29     41 23  13   D ;    13 13  3x  y  13   y  23  13   IMB   900 Ta có IEB   BEM  (1) Suy IBME nội tiếp đường tròn  BIM I D E C(?) B(?) M 1  (2) Mặt khác BEM   BED   1800 (3)   BAC   BIC   sđ BC Ta có: BIM 2   BED   1800  ABED nội tiếp đường tròn   Từ (1), (2), (3) suy BAC ADB   AEB  900 hay BD  AC Suy phương trình BD : x  y   Gọi B(2  3t;1 2 t)  BD  C(2 3 t; 3 2 t) (do M trung điểm BC )  B(1; 1) Ta có C  AC  3(2  3t )  2(3  2t )  13   t  1   C (5; 1) Khi AE qua E vuông góc với BE nên có phương trình: 11x  y  26  11x  y  26   x  Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ    A(1;5) 3x  y  13  y  1) Vậy A(1;5), B( 1; 1), C(5;  Cách 2: Gọi T giao điểm BE với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 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 AI vuông góc với BT E  E trung điểm BT  tam giác ABT cân A  AB  AT   sđ    sđ  AB ; TCA AT Mặt khác BCA A(?) 2   TCA  hay AC phân giác góc BCT  (đpcm) Suy BCA GV: Nguyễn Thanh Tùng Gọi N đối xứng với M qua AC  N  CT Phương trình MN : x  y   Khi tọa độ giao điểm H MN AC nghiệm hệ: 53  x  x  y      53   75 11  13   H ;  N ;    13 13   13 13  3x  y  13  y   13 Do ME đường trung bình tam giác BTC  CN / / ME Suy CN qua N song song ME nên CN có phương trình: 12 x  y  65  I E B(?) N H C(?) M Khi tọa độ điểm C nghiệm hệ: 12 x  y  65  x   C (5; 1)  B(1; 1) (do M trung điểm BC )   x  y  13  y     AE qua E vuông góc với BE nên có phương trình: 11x  y  26  11x  y  26   x  Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ  1)   A(1;5) Vậy A(1;5), B( 1; 1), C(5;  3x  y  13  y  Bài 14 (THPT Liên Hà – Hà Nội) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có cạnh  12 70  Gọi M , N điểm cạnh AD, AB cho AM  AN , điểm H   ;  hình chiếu vuông  13 13  góc A đường thẳng BM Điểm C (8; 2) điểm N thuộc đường thẳng x  y  Tìm tọa độ đỉnh lại hình vuông ABCD Giải: (Trước tiên ta gắn kết điểm N thuộc đường thẳng x  y  F  12 70  với hai điểm C (8;2) , H   ;  biết tọa độ  13 13  Và nhờ việc vẽ hình xác ta dự đoán NH  HC Công việc lúc ta chứng minh) E  (vì phụ với  A ) AB  DA  ABM  DAE Ta có: M 1 A(?) Từ (1) (2), suy B, N , H , E, C nằm đường tròn   NBC   1800  NHC   900  NHC B(?) 1  AM  DE  AN  DE (vì AM  AN )  NB  EC Suy BNEC hình chữ nhật  BNEC nội tiếp đường tròn (1)   BCE   1800  BHEC nội tiếp đường tròn (2) Mặt khác BHE N H M D(?) E 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   92 44  hay NH  HC , NH có phương trình: 23x  11y  38  (do CH   ;    23;11 )  13 13  13 GV: Nguyễn Thanh Tùng   x  x  y  4 2 Suy tọa độ điểm N nghiệm hệ:    N ;  3 3 23x  11y  38  y   Cách (Sử dụng mô hình để tìm điểm A ) FH AH Gọi F giao điểm CH AB , theo Talet ta có: (*)  HC HE Ta có NC  20  NB  NC  BC   AM  AN  AB  NB  3  AE  BM  AB  AM  Suy 65 AB AM 65  AH   BM 13 AH AH (2*)    AE 13 HE   12 12       xF    8    xF  36    13   FH   13    36 58  Từ (*) (2*), suy ra:   FH  HC    F ;  HC  7  7  70  y     70   y  58 F F        13      13   80 AN 80 Suy FN  ,  :   10 AN  FN (3*) FN 21 10 21  4   36  10   xA       x       A Ta có (3*)     A  4;  10   y     58   y A  A      3   4  2( xB  4)         xB  AB  3  Ta có 4 5:   AB  AN     B(0; 2) AN  yB  2 2( y  6)        B 3    Mà CD  BA  D(4;10) Cách (Sử dụng giao hai đường tròn để tìm B ) Ta có NC  20 Mặt khác BC   NB  NC  BC  3 Khi B thuộc giao điểm hai đường tròn tâm N bán kính đường tròn tâm C bán kính 2  4   80  B(0; 2)  x  0; y  2 x   y         3  3  Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ:  18    18  B ; x  ; y  2     5  5 x   y   80      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   AB Do B, H khác phía với NC nên ta B(0; 2) Ta có NB    AB  3NB  A(4;6) 3   CD  BA  D(4;10) Vậy A(4;6) , B(0; 2), D(4;10) GV: Nguyễn Thanh Tùng Bài 15 (THPT Phù Cừ_Hưng Yên) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân A Gọi G trọng tâm tam giác ABC Điểm D thuộc tia đối tia AC cho GD  GC Biết điểm G thuộc đường thẳng d : x  y 13  tam giác BDG nội tiếp đường tròn  C  : x  y  x  12 y  27  Tìm toạ độ điểm B, D viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm B có hoành độ âm G có tọa độ nguyên Giải B(?) M I G D(?) C A Tam giác ABC vuông cân A có G trọng tâm nên GB  GC Mà GD  GC  GB  GC  GD , suy tam giác BCD nội tiếp đường tròn tâm G , suy ra:   2BCD   2BCA   900  BG  GD , hay tam giác BDG vuông cân G   sđ BD BGD Đường tròn (C ) tâm I (1;6) bán kính R  10 ngoại tiếp tam giác BDG nên I trung điểm BD Do IG  10 IG  BD Vì G  d : x  y 13   G(5  3t;1  2t ) G  2;3 t  1    Từ IG  10  IG  10  (3t  4)  (2t  5)  10  13t  44t  31   t   31 G   28 ; 75  13   13 13   2 x  y  13  Do G có tọa độ nguyên nên G(2;3) (Có thể tìm G cách giải hệ  )  x  y  x  12 y  27  Đường thẳng BD qua I (1;6) vuông góc với IG nên BD có phương trình x  y  17  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  x  y  17   x  2; y  xB 0  B(2;5) Khi tọa độ B, D nghiệm hệ :      x  4; y   D(4;7)  x  y  x  12 y  27  GV: Nguyễn Thanh Tùng (Có thể tìm B, D theo cách trình bày sau: Gọi B(3b 17; b) , ta có: b   B  2;5 xB 0 IB  10  IB  10  (3b  18)2  (b  6)2  10  b  12b  35      B  2;5 b   B  4;7  Suy D(7; 4) (do I (1;6) trung điểm BD )) Gọi M trung điểm BC ta có MA  MB  MC AM  BC (do ABC vuông cân A ) 1 Khi ta có: GM  MB GM  MA  MB 3   MG   cosGBM  Nên tan GBM  MB  10  tan GBM   Gọi n   a ,b  với  a  b2   vecto pháp tuyến BC Ta có VTPT của BG nBG  1;    nBG n       cos n , n  Khi đó: cos  BG, BC   cos nBG , n  cos GBM    BG 10 nBG n      a  2b a  b    35a  40ab  5b    10 7a  b   a  b2   Trường hợp 1: Với a  b   n  1;1  nên phương trình BC : x  y    Trường hợp 2: Với 7a  b   n  1;7  nên phương trình BC : x  y  33  Do D, G phía đường thẳng BC nên phương trình BC thoả mãn x  y   Vậy B(2;5), D(4;7) BC : x  y   Bài 16 (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 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   CBM  (cùng phụ với BCA ) Ta có BAC A D(?) AB BC BC 64 32   CM   Suy ABC ~ BCM   CE  BC CM AB a3 a B(?) H M E 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 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 ! [...]... 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 Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan a2 a...HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Gọi M (2t 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(4t  30)  2t  3 17  0  t  8 (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... HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! HOCMAI.VN Từ (1) và (2), suy ra AE  DQ và AD  EQ  ADQ  QEA (c – c – c) GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan E  , suy ra ADEQ nội tiếp đường tròn hay DAQ   QEH  (*) (vì cùng bù với DEQ  ) D 1 1  ), suy ra EP  EC  EQ  EC  C  Q    ECP  (cùng bằng góc B Mặt khác, ta có: EPC 1 1  Q  C P  , suy ra EHCP... tam giác BCQ hay chứng minh BAQ Thật vậy: Ta có PEAD là hình bình hành, suy ra DP  AE và EP  AD (1) Do DE là trung trực của PQ , suy ra DP  DQ và EP  EQ (2) 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 ! HOCMAI.VN Từ (1) và (2), suy ra AE  DQ và AD  EQ  ADQ  QEA (c – c – c) GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/... ra: BAF   FDM   FDE   FDM   1800 hay MAF   FDM   1800  BAF Suy ra AMDF nội tiếp đường tròn B Mà  AMD  900   AFD  900 hay AF  FD M F(2; 3) D(9; 2) E C Khi đó AF có phương trình: 7 x  y  11  0 (T) 7 x  y  11  0 x  1 Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ    A(1; 4) Vậy A(1;4) x  y  5  0 y  4 Bài 19 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A có đường...   BCQ   1800 hay BAQ Vậy ABCQ nội tiếp đường tròn có phương trình (phương trình đi qua 3 điểm B, C , Q ) là: x 2  y 2  5 2 x  y  0  x  1; y  2  A(1; 2) Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:  2   2  A(1; 2)  x  y  5  x  1; y  2 Kiểm tra điều kiện A, Q nằm cùng 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... có phương trình: 2 x  3 y  5  0 2 x  3 y  5  0 x  7 Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của 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 tại A với B(2;1), C (2; 1) , gọi P là điểm trên cạnh BC Đường thẳng qua P song song với AC cắt AB tại D , đường thẳng qua P song song với AB cắt AC tại điểm E Gọi Q là điểm... 2 Kiểm tra điều kiện A, Q nằm cùng 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 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 !