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) c2 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 !