Bai toan toa do trong mat phang

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG Bài toán (NTThu) Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD, BE, CF Đường tròn tâm D bán kính DF cắt tia đối tia DE M Biết B (−4; 5) , M (1; 10) C nằm đường thẳng x − y + = Viết phương trình đường thẳng AB Lời giải (Hình vẽ) A E F H B D C M Ta có tứ giác BDHF , CDHE BCEF nội tiếp Suy FDH = FBH, HDE = HCE, FBH = FBE = FCE = HCE nên ta có HDF = HDE Mà FDB + F HD = EDC + EDH = 900 nên FBD = EDC = BDM Mặt khác DF = DM nên ∆FDM cân M , suy CM đối xứng với CF qua BC Lại có CF ⊥BF nên suy BM ⊥CM , ta có phương trình CM : x + y − 11 = x + y − 11 = x=6 ⇒ C (6; 5) 4x − y + = y=5 Phương trình BC : y − = , suy F (1; 0) Tọa độ điểm C : ⇔ Từ đó, ta có phương trình AB : x + y − = Bài toán (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình thang ABCD vng A D, AD = DC = AB Đường tròn đường kính BD cắt đường thẳng AC M khác A Biết M (4; 3) , C (6; 3) Tìm tọa độ đỉnh A, B, D Lời giải Đặt AB = x > 0, suy AD = DC = x AC = x Gọi E trung điểm CD , ta có ABED hình chữ nhật nên AE đường kính đường tròn ( ABD ) hay EM ⊥ AC Mà ACD = 450 nên ∆EMC vuông cân M hay CM = −−→ −−→ CE = x Suy AM = MC , từ ta có A (−2; 3) Gọi H điểm đối xứng với C qua M , ta có H (2; 3) DH ||EM nên DH ⊥ AC Phương trình DH : x − = 0, suy D (2; d ) Lại có AD ⊥DC nên ta có D (2; −1) D (2; 7) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh • Với D (2; −1) ta có B(0; 5) • Với D (2; 7) ta có B(0; 1) B A H M D C E Bài toán (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y, cho hình chữ nhật ABCD có AD = AB Trên đoạn thẳng BD lấy điểm M cho DM = MB gọi E, F trung điểm đoạn thẳng DM BC Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, D biết E (1; 6) , F (2; 3), D có hồnh độ lớn A có hồnh độ âm Lời giải Đặt AB = a, suy AD = 2a, BM BA = = nên EM = ED = BD BD BD 5 F B C M E A Ta có D −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ AE = AD + AB, FE = − AD + BD = − AB + AD 5 5 10 Suy −−→ −−→ AE.FE = − AB2 + AD = 25 50 nên AE ⊥FE −−→ Mà EF = (1; −3) nên ta có phương trình AE : x − y + 17 = Suy A (3 x − 17; x) Lại có FE = AB2 + AD = a2 ⇒ a = 5, 25 100 suy AE = AD + AB2 = 40 ⇔ (3 x − 18)2 + ( x − 6)2 = 40 ⇔ x = 8, x = 25 25 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Mà x A < nên A (−5; 4) Từ AD = 10 F A = FD nên tọa độ D nghiệm hệ : ( x + 5)2 + ( y − 4)2 = 100 2 ( x − 2) + ( y − 3) = 50 ⇔ x=3 y = 10 ⇒ D (3; 10) (do xD > 1) −−→ −−→ Vì BD = ED nên ta suy B (−2; 0) Suy C (6; 6) Bài tốn (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình thang cân ABCD ( AB ∥ CD, AB < CD ) Hai đường chéo AC BD vng góc với I (4; 5) đường thẳng CD có phương trình y − = Tìm tọa độ đỉnh hình thang biết S ABCD = 16 điểm C có hồnh độ lớn Lời giải (Hình vẽ) E A B I D F C Gọi E, F trung điểm CD AB Khi E, I, F thẳng hàng EF ⊥CD Phương trình EF : x − = ⇒ E (4; 2) Gọi C ( c; 2) , c > Vì tam giác D IC vuông cân nên EC = EI ⇔ | c − 4| = ⇔ c = ⇒ C (7; 2) D (1; 2) Suy CD = Lại có F I = AB nên 1 S ABCD = EF ( AB + CD ) = (3 + IF ) (2 IF + 6) = 16 2 ⇔ IF + IF − = ⇔ IF = ⇒ EF = Phương trình AB : y − = Từ đây, tìm A (3; 6) , B (5; 6) Bài toán (NTThu) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho tam giác ABC vuông cân A , 11 17 ; điểm nằm cạnh BC cho BD = 2CD Đường trung tuyến BM tam 3 giác ABC có phương trình x + y − 37 = Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC , D biết xB < Lời giải (Hình vẽ) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh C D M I B A Ta có −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ AD = AB + BC = AB + AC − AB = AB + AC 3 3 −−→ −−→ −−→ BM = − AB + AC Suy −−→ −−→ 1 AD.BM = − AB2 + AC = ⇒ AD ⊥BM 3 Phương trình AD : x − y − = Gọi I giao điểm AD BM , suy tọa độ I nghiệm hệ  13  x + y − 37 =  x = 13 19 ⇔ ⇒I ; 19  5 7x − y − = y = Đặt AB = a, ta có AI = Do a2 a ⇒ AD = AI 5a ⇒ = = AD AM + AB2 −−→ −−→ AB + AC 3 AM.AB AD = =  13 16   = − x −  A −→ −→ 15 ⇒ x A = ⇒ A (1; 1) I A = DI ⇒ 19 28  yA =  = −  yA − 15 Ta có AI = Mà 65 ⇒ a = 13 ⇔ AB = 13 B b; −−→ 30 − b 37 − b ⇒ AB = b − 1; 7 nên AB = 13 ⇔ ( b − 1)2 + 30 − b = 52 ⇔ b2 − 26 b − 123 = ⇔ b = Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 41 , b = −3 −−→ −−→ Do xB < nên b = −3 ⇒ B (−3; 7) Ta có BC = BD ⇒ C (7; 5) Bài tốn (NTThu) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho hình chữ nhật ABCD có AD = AB H hình chiếu vng góc A lên BD Gọi E (5; 1) , F 15 ; trung 2 điểm DM CD Tìm tọa độ đỉnh A D, biết yD > Lời giải (Hình vẽ) B C H E A F D Đặt AB = a, ta có AD = 2a, BD = a Ta có BH.BD = AB2 ⇒ BH = a ⇒ HE = HD = 2a Áp dụng định lí Cơ sin cho tam giác DEF ta có EF = DE + DF − 2DE.DF cos EDF ⇔ Gọi ( x; y) ta có   13 4a2 a2 2a a = + − ⇒a= 5 10 10 nên ta hệ  DE = 2   2   x − 15 + y − = x=7⇒ y=3 ⇒ D (7; 3) 2 ⇔ 99  ⇒ y=− (loại) 5 +) Với n = −1 ⇒ xB = < 2, yB = −3 ⇒ B (1; −3) Phương trình BC: y = −3 ⇒ C (5; −3) Phương trình CD : x = ⇒ D (5; 1) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Bài toán 10 Trong mặt phẳng Ox y cho hình chữ nhật ABCD có AD = AB, cạnh AB có phương trình x − y + 14 = Gọi M trung điểm cạnh AD , hình chiếu vng góc M đoạn thẳng AC điểm H (−2; 0) Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật biết đỉnh A có tung độ dương Lời giải Từ giả thiết suy AM = AB Đặt AB = a ⇒ AD = 2a, AC = a B C H N A D M Gọi N hình chiếu vng góc H AB Ta có N H = d ( H, AB) = |−6 + 14| 10 = AH N H N H.AC = ⇒ AH = = 2 BC BC 10 AC ; Mà A (a; 3a + 14), suy AH = (a + 2)2 + (3a + 14)2 = 10a2 + 88a + 200 Do  AH = 2 ⇔ AH = ⇔ 5a2 + 44a + 96 = ⇔  a = −4 24 a=− Với a = −4 ⇒ A (−4; 2) Với a = − 24 24 ⇒ A − ;− (loại) 5 Lại có AH.AC = AM.AD ⇔ 2.a = a.2a ⇔ a = −−→ −−→ Do H thuộc đoạn AC nên AC = AH ⇒ C (1; −3) 10 ⇒ AC = Phương trình đường thẳng BC : x + y + = Suy tọa độ B(−5; −1) Phương trình đường thẳng AD : x + y − = Phương trình đường thẳng CD : x − y − = Suy tọa độ D (2; 0) Bài toán 11 (NTThu) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho tam giác ABC vuông A , AB = AC có phương trình trung tuyển CM : x − y + 12 = điểm E − ; thỏa mãn −−→ −−→ BE = 2EC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết yC > Lời giải Ta có −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ CM = AM − AC AE = AC + AB = AC + AM 3 3 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Suy −−→ −−→ 2 CM AE = AC − AM = ⇒ CM ⊥ AE 3 Phương trình AE : x + y − = Gọi I giao điểm AE CM , tọa độ I nghiệm hệ  3 x + y − = ⇔  x − y + 12 =  x = y = ⇒ I (0; 4) 2a AC + AM = 3 −−→ −→ Suy AE = IE , từ ta tìm A (1; 1) 2a 10 Ta có = AE = ⇒ a = ⇔ AC = 3 Mặt khác C (3 c − 12; c) nên ta có Đặt AC = a, suy AI = a AE = (3 c − 13)2 + ( c − 1)2 = 20 ⇔ c2 − c + 15 = ⇔ c = 3, c = Do yC > nên ta có c = ⇒ C (3; 5) M (−3; 3) , suy B (−7; 5) Bài toán 12 Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC có H (−7; −1) chân đường vng góc hạ từ A xuống BC I (−4; −4) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh ABC , biết phân giác góc A có phương trình x + y + 11 = Lời giải (Hình vẽ) A I K I' C B H D Gọi D giao điểm phân giác góc A với đường tròn ( I ) I đối xứng với I qua AD Ta có phương trình I I : x − y + = Gọi K = I I ∩ AD , ta có   x + y + 11 =  x = − K: ⇔ ⇒ K − ;−  2 3x − y + = y = − Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Vì K trung điểm I I nên I (−3; −1) −−→ − Ta có ∆ AK I = ∆DK I nên AI ∥ ID , mà AH ∥ ID nên I ∈ AH H I = (4; 0) ⇒ → n = (0; 1) VTPT AH Phương trình AH : y + = Tọa độ điểm A nghiệm hệ x + y + 11 = y+1 = ⇔ x = −8 y = −1 , suy A (−8; −1) Phương trình BC : x + = Phương trình đường tròn ( ABC ) : ( x + 4)2 + ( y + 4)2 = 25 Tọa độ B, C nghiệm hệ x+7 = 2 ( x + 4) + ( y + 4) = 25 ⇔ x = −7 y = 0, y = −8 Vậy A (−8; −1) , B (−7; −8), C (−7; 0) A (−8; −1) , B (−7; 0) , C (−7; −8) Bài toán 13 Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC cân B có trung điểm M ; , E (1; 3) theo thứ tự chân đường 5 vng góc hạ từ A B Tìm tọa độ đỉnh A, B, C đoạn ABnằm đường thẳng x + y = D Lời giải Gọi M (m; −m) Ta có tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn tâm M nên ta có MD = ME Hay m− + m+ = ( m − 1)2 + ( m + 3)2 ⇔ m = −2 ⇒ M (−2; 2) Vì tam giác ABC cân B nên E trung điểm cạnh AC −−→ − Ta có ME = (3; 1) , suy → n = (1; −3) VTPT đường thẳng BC Phương trình BC : x − y = Phương trình AD : x + y − = Gọi A (a; − 3a) ⇒ C (2 − a; + 3a) Mà C ∈ BC nên − a − (4 + 3a) = ⇔ a = −1 Suy A (−1; 5) , C (3; 1) , B (−3; −1) Bài toán 14 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình thang ABCD vng A B AD Gọi M trung điểm cạnh CD , N trung điểm đoạn AM Biết tọa độ đỉnh C (5; 4) , điểm N 5; x A < Tìm tọa độ đỉnh lại hình thang , AB = BC = Lời giải Gọi E, F hình chiếu vng góc C, M lên AD Ta có AE = EF = FD nên CE qua trung điểm đoạn AM hay N ∈ CE CE = MF = NE −−→ −−→ Suy NE = CN ⇒ E (5; 2) Phương trình AD : y − = ⇒ A (a; 2) , a < Lại có AE = EC ⇒ |a − 5| = ⇒ a = ⇒ A (3; 2) −−→ −−→ Do AD = AE nên ta có D (9; 2) −−→ −−→ Dựa vào CB = E A ta có B (3; 4) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 10 Lời giải Ta có phương trình AI : x − y − = 0, phương trình ( I ) : ( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 10 A I K B H C Tọa độ K nghiệm hệ   3x − y − =  x = ⇔ ⇒K ;  5 x − 2y = y = Phương trình BK : x + y − = Tọa độ B nghiệm hệ x + 3y − = 3x + y + = ⇔ x = −2 y=1 ⇒ B (−2; 1) Gọi H (2h; h), ta có −−→ −−→ AH.BH = ⇔ (2 h − 2) (2 h + 2) + ( h − 5) ( h − 1) = ⇔ h = 1, h = − Vì H = K nên H (2; 1), suy phương trình BC : y − = ⇒ C ( c; 1) Mà C ∈ ( I ) nên ( c − 1)2 + = 10 ⇒ c = −2, c = Ta chọn C (4; 1) Bài toán 22 (D-2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y cho tam giác ABC có chân đường phân giác góc A điểm D (1; −1) Đường thẳng AB có phương trình x + y–9 = 0, tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x + y–7 = Viết phương trình đường thẳng BC Lời giải Tọa độ A nghiệm hệ  3 x + y − = x + y − = ⇔  x = y = ⇒ A (1; 3) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 15 Gọi E giao điểm tiếp tuyến A với đường thẳng BC Ta có E AD = E AB + BAD ED A = D AC + DC A A E AB = D AC = sđ AB; BAD = DC A = 2 ⇒ E AD = ED A ⇒ E A = ED A I E B D C Giả sử E (7 − x; x), ta có (6 − x)2 + (3 − x)2 = (6 − x)2 + ( x + 1)2 ⇔ x = ⇒ E (5; 1) Phương trình BC : x − y − = Bài tốn 23 (Trích đề thi thử TP HN) Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC vuông A Gọi H (5; 5) hình chiếu vng góc A lên cạnh BC, đường phân giác góc A tam giác ABC có phương trình x − y + 20 = Đường thẳng chứa trung tuyến AM tam giác ABC qua điểm K (−10; 5) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết B có tung độ dương Lời giải (hình vẽ) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 16 C H D M K' I K B A Vì AD phân giác nên C AD = BAD M trung điểm nên ACM = M AC Suy C AH = M AB (cùng phụ với góc ACM ), H AD = M AD hay AD phân giác góc H AM Gọi K đối xứng với K qua D, ta có K ∈ AH Do K K ⊥ AD nên phương trình K K : x + y + 65 = Suy  19  x − y + 20 =  x = − 19 ⇒I − ; ⇔ K K ∩ AD = I : 2 x + y + 65 =   y= Suy K (−9; −2) Phương trình AH : x − y + = nên A: x − 2y + = x − y + 20 = ⇔ x=1 y=3 ⇒ A (1; 3) Phương trình BC : x + y − 15 = 0, phương trình AM : x + 11 y − 35 = Tọa độ   x = 13 13 ⇔ ;2 M: ⇒M 2 x + 11 y − 35 =  y = 2 x + y − 15 = Ta có B (b; 15 − 2b) , b < 15 M A = MB nên ta có B (4; 7) Suy C (9; −3) Bài toán 24 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC vuông cân A Gọi M trung điểm cạnh AC A đối xứng với A qua đường thẳng BM Biết M (4; 2), đường thẳng BA có phương trình x + y − 15 = Tìm tọa độ đỉnh A , B, C , biết yB > Lời giải (Hình vẽ) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 17 B A' A M C Ta có M A ⊥BA nên phương trình M A : x − y = Tọa độ điểm A nghiệm hệ x − 2y = x + y − 15 = ⇔ x=6 y=3 ⇒ A (6; 3) Suy BA = BA = M A = Mà B (b; 15 − 2b) nên ta có ( b − 6)2 + (12 b − b)2 = 20 ⇔ ( b − 6)2 = ⇔ b = 4, b = Do yB > nên ta có B (4; 7) Phương trình BM : x − = 0, phương trình A A : y − = Từ đó, ta tìm A (2; 3) ⇒ C (6; 1) Bài toán 25 (NTThu) Cho tam giác ABC cân C Đường tròn tâm I tiếp xúc với C A, CB A B; đường tròn ( I ) cắt đoạn CI D Biết I (1; 2) , đường thẳng AD có phương trình x − y + 14 = đường thẳng AB qua điểm F (−3; 0) Tìm tọa độ điểm A, B, C Lời giải (Hình vẽ) A F' C F D I B Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 18 Ta có C AD = ABD = sđ AD ∆ ADB cân D nên ADB = ABD Suy C AD = D AB hay AD phân giác góc C AB Gọi F đối xứng với F qua AD , ta có F (−6; 1) −→ −−→ Vì I AF = 900 nên ta có I A.F A = Mà A (a; 3a + 14) nên ta có: (a − 1) (a + 6) + (3a + 12) (3a + 13) = ⇔ a2 + 8a + 15 = ⇔ a = −3, a = −5 +) a = −3 ⇒ A (−3; 5) Phương trình AB : x + = 0, từ ta tìm B = AB ∩ ( I ) nên B (−3; −1) Phương trình IC : y − = 0, phương trình AC : x − y + 27 = 21 ;2 +) a = −5 ⇒ A (−5; −1), A, F, I thẳng hàng nê trường hợp loại Từ đó, ta tìm điểm C − Bài toán 26 (NTThu) Cho tam giác ABC với đường cao BE, CF cắt H Gọi N trung điểm AH Biết N (−1; 3) , F (1; 0), trung điểm M cạnh BC thuộc đường thẳng x − y = đường thẳng AC qua điểm K (8; 5) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Lời giải (Hình vẽ) A N E F H B M C Ta có tứ giác AEHF BCEF nội tiếp nên ta có NF H + HF M = N HF + FCM = AEF + FEB = 900 −−→ −−→ Suy NF ⊥F M , hay NF.F M = Gọi M (2m; m), ta tìm m = ⇒ M (4; 2) Vì EF dây cung chung hai đường tròn ( M ) ( N ), nên MN đường trung trực FE , từ ta tìm E (2; 5) Phương trình AC : y − = phương trình đường tròn Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chun Lương Thế Vinh 19 ( M ) : ( x − 4)2 + ( y − 2)2 = 13 Từ ta có C (6; 5), suy B (2; −1) Cuối ta tìm A (−4; 5) Bài toán 27 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC vuông cân C , nội tiếp đường tròn ( I ) Trên cung nhỏ AC đường tròn I lấy điểm D (D = A, D = C ), đoạn BD lấy điểm E cho BE = AD Biết E (3; 4) , D thuộc đường thẳng x + y + = điểm F (−5; 0) nằm đường thẳng AD Tìm tọa độ đỉnh C Lời giải (Hình vẽ) C F D E A B I −−→ −−→ Ta có D (−2 y − 7; y), suy FD = (−2 y − 2; y) , ED = (−2 y − 10; y − 4) −−→ −−→ Vì FD ⊥DE nên FD.ED = hay (−2 y − 2) (−2 y − 10) + y ( y − 4) = ⇔ y = −2 ⇒ D (−3; −2) Xét hai tam giác ADC BEC có AD = BE, AC = BC D AC = EBC Suy ∆ ADC = ∆BEC , CD = CE Mặt khác CDE = C AB = 450 nên ∆DCE vuông cân C Gọi C ( x; y) , ta có −−→ −−→ DC.EC = DC = EC ⇔ x2 + y2 − y − 17 = x+ y−1 = ⇔ x = −3 y=4 ∨ x=3 y = −2 Vậy C (−3; 4) C (3; −2) Bài toán 28 (NTThu) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( I ) : ( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 100 có trực tâm H thuộc đường thẳng x − y − = Các đường thẳng BH, CH cắt ( I ) điểm thứ hai E, F Biết phương trình EF : x − y − 29 = 0, yE < x A > 0.Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Lời giải (Hình vẽ) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 20 A E P F Q I H B C D Tọa độ E, F nghiệm hệ ( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 100 x − y − 29 = ⇔  58  x = x=2 ∨ 29  y = −7 y = Do yE < nên E (2; −7) Gọi P = BH ∩ AC, Q = CH ∩ AB Do tứ giác BCPQ nội tiếp nên PBQ = PCQ , hay ACF = ABE ⇒ AF = AE ⇒ A điểm cung EF , suy I A ⊥FE Phương trình I A : x + y − 18 = Tọa độ điểm A nghiệm hệ ( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 100 x + y − 18 = ⇔ x = −6 y=9 ∨ x = 10 y = −3 Mà x A > nên A (10; −3) Ta có AEH = ACB = AHE ⇒ AH = AE Mà H ( x; x − 3) nên ta có ( x − 10)2 + (2 x)2 = 80 ⇔ x2 − 20 x + 20 = ⇔ x = ⇒ H (2; 1) Phương trình EH : x − y = 0, suy tạo độ điểm B nghiệm hệ x − 2y = ( x − 2) + ( y − 3)2 = 100 ⇒ B (−6; −3) Phương trình BC : x − y + = , tọa độ C nghiệm hệ 2x − y + = ( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 100 ⇒ C (2; 13) Bài toán 29 (Thi thử Hà Tĩnh 2016) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giác ABC cân C Các điểm M, N chân đường cao hạ từ A C tam giác ABC Trên tia đối tia AM lấy điểm E cho AE = AC Biết ∆ ABC có diện tích 8, đường thẳng CN có phương trình y − = 0, điểm E (−1; 7), điểm C có hồnh độ dương điểm A có tọa độ số nguyên Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 21 Lời giải (Hình vẽ) C M B A N E G Gọi G hình chiếu vng góc E lên CN Theo đề bài, ta có AEC = ACE Vì GE ∥ AB nên AEG = M AN = MCN = NC A Suy GCE = CEG hay CG = EG Phương trình EG : x + = ⇒ G (−1; 1) Gọi C ( c; 1), c > 0; GC = GE ⇔ | c + 1| = ⇒ c = ⇒ C (5; 1) Phương trình đường trung trực d đoạnCE : x − y + = Vì tam giác C AE cân A nên A ∈ d ⇒ A (a; a + 2) Phương trình AB : x − a = ⇒ N (a; 1) Ta có S ABC = 2S ANC = NC.N A = Suy |(a − 5) (a + 1)| = ⇔ a2 − 4a − 13 = a2 − a + = ⇔ a = 1, a = (do a ∈ Z) +) a = ⇒ A (1; 3) , N (1; 1) ⇒ B (1; −1) +) a = ⇒ A (3; 5) , N (3; 1) ⇒ B (3; −3) Bài toán 30 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y, cho hình vng ABCD điểm M (−4; 3) nằm đoạn BD Gọi E , F hình chiếu vng góc M lên AB, AD Biết phương trình EF : x + = 0, CE : x + y − 22 = Tìm tọa độ đỉnh A , B, C , D Lời giải (Hình vẽ) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 22 F A D I E H M B C Ta có, tọa độ điểm E nghiệm hệ  x + = ⇔  x + y − 22 =   x = −6 y = ⇒ E (−6; 4) Gọi H giao điểm ME cới CD, I giao điểm CM với EF Ta có MH = MF CH = EM Suy ∆CMH = ∆F ME ⇒ EF M = CMH ⇒ EM I = EF M Do MEI + EM I = MEI + MFE = 900 ⇒ CM ⊥EF Phương trình CM : y − = 0, tọa độ C nghiệm hệ  y − = =  x + y − 22 = ⇔  x = y = ⇒ A (1; 3) Tọa độ điểm I nghiệm hệ  x + = y − = ⇔   x = −6 y = ⇒ I (−6; 3) Ta có ME = 5, M I = Từ cơng thức 1 = + ⇒ MF = 2 MI ME MF −−→ −−→ Suy MH = −2 ME nên H (0; 1) Phương trình CD : x − y + = 0, phương trình AB : x − y + 16 = −→ −→ Lại có IF = IE , suy F (−6; −1) Phương trình AD : x + y + = 0, phương trình BC : x + y − = Từ ta tìm A (−8; 0), B(−5; 6), D (−2; −3) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 23 Bài toán 31 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình thang ABCD cân với đáy lớn AB có D (−1; 3) Gọi I giao điểm hai đường chéo AC BD, M trung điểm IB Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM có phương trình x2 + ( y − 1)2 = 25, điểm I thuộc đường thẳng x − y − = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Lời giải (Hình vẽ) N D C I M A B Gọi N điểm đối xứng với I qua D Ta có I M.I N = ID.I M = ID.IB = I A.IC 4x − 20 − x , suy N −2 − x; Mà N thuộc 3 Suy AMCN tứ giác nội tiếp Gọi I x; đường tròn ( ACM ) nên ta có (2 + x)2 + 17 − x = 25 ⇔ x = ⇒ I (2; 2) Phương trình D I : x + y − = Tọa độ điểm M nghiệm hệ x + 3y − = 2 x + ( y − 1) = 25 IB ⇔ x = −4 y=4 −→ ∨ x=5 y=1 −→ Suy M (5; 1) ⇒ B (8; 0) Do = ⇒ I A = −2 IC ID Gọi C ( x; y) , ta có A (−2 x + 6; −2 y + 6) Vì A, C thuộc đường tròn ( ACM ) nên ta có x2 + ( y − 1)2 = 25 2 (−2 x + 6) + (−2 y + 5) = 25 ⇔ x=3 y=5 ∨ x=5 y=1 Suy C (3; 5) , A (0; −4) Bài toán 32 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC cân A Trên tia đối tia BA lấy điểm E cạnh AC lấy điểm F cho BE = CF Biết EF : x − = 0, yE > yF , đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF có phương trình ( x − 5)2 + ( y − 5)2 = 25, đường cao kẻ từ A tam giác ABC qua M (3; 2) yA < Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 24 Lời giải (hình vẽ) A F B I K C H E J Tọa độ E, F nghiệm hệ x−2 = 2 ( x − 5) + ( y − 5) = 25 ⇔ x=2 y = 1, y = Suy E (2; 9) , F (2; 1) Gọi I giao điểm EF BC, H trung điểm BC J giao điểm AH với đường thẳng vng góc với EF I Qua E, kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC K Ta có ∆K EB cân E nên EK = EB = CF Suy K ECF hình bình hành, I trung điểm EF , suy I (2; 5) Từ đó, ta có JE = JF Mà JB = JC nên ∆ JBE = ∆ JCF ⇒ BE J = CF J Do đó, tứ giác AE JF nội tiếp Phương trình I J : y − = 0, tạo độ điểm J nghiệm hệ ( x − 5)2 + ( y − 5)2 = 25 y−5 = ⇔ x = 0, x = 10 y=5 +) J (0; 5), phương trình A J : x + y − = Tọa độ điểm A nghiệm hệ x+ y−5 = 2 ( x − 5) + ( y − 5) = 25 ⇔ x=0 y=5 ∨ x=5 y=0 ⇒ A (5; 0) +) J (10; 5), phương trình A J : x − y + = Tọa độ điểm A nghiệm hệ  45  x = 3x − y + = x = 10 29 ⇔ ∨ 40  y=5 ( x − 5)2 + ( y − 5)2 = 25 y = 29 Vì yA < nên trường hợp loại Phương trình BC : x − y + = 0, phương trình AB : x + y − 15 = 0, AC : x + y − = Từ đó, ta có B (3; 6) , C (−1; 2) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 25 Bài toán 33 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình bình hành ABCD có A (2; 0) , phương trình AD : x − y − = phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD : ( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 25 Tìm tọa độ đỉnh B, C, D biết yD < Lời giải (Bạn đọc tự vẽ hình) Gọi E giao điểm AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Tọa độ D, E nghiệm cảu hệ x − 2y − = 2 ( x − 1) + ( y − 2) = 25 ⇔ x = −2 y = −2 ∨ x=6 y=2 Suy D (−2; −2) , E (6; 2) Gọi B ( x; y) , tứ giác BCDE nội tiếp nên BE A + BCD = 1800 ⇒ BE A + BAD = 1800 ⇒ BE A = BAE ⇒ BA = BE Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ ( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 25 2x + y − = −−→ ⇔ x=5 y = −1 ∨ x=1 y=7 −−→ +) B (5; −1), từ AD = BC ta suy C (1; −3) +) B (1; 7) ⇒ C (−3; 5) Bài toán 34 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y, cho tam giác ABC vuông A, E 1 ; 2 11 7 , J ; tâm 2 4 đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ACD Tìm tọa độ điểm A, B, C biết đường trung điểm cạnh BC Điểm D nằm cạnh BC ; I − ; thẳng AD qua M (−4; −5) x A > Lời giải (hình vẽ) C J E D B A I Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 26 Ta có I J ⊥ AD nên phương trình AD : x − y + = Vì ∆ ABC vuông A E trung điểm BC nên AEC = ABE = ABD = AIB Suy tứ giác AED I nội tiếp Chứng minh tương tự ta có ADE J nội tiếp Do AIDE J nằm đường tròn (S ) có phương trình x+ 11 + y− 29 = 425 32 Tọa độ A, D nghiệm hệ  2   x + 11 + y − 29 = 425 x = −1 ∨ 8 32 ⇔  y=0  5x − y + = Vì x A > nên A (2; 5) , D (−1; 0) Phương trình BC : x − y + = Phương trình ( ACD ) : x − x=2 y=5 + y− = 85 Tọa độ điểm C nghiệm hệ  2   x − + y − = 85 x = −1 ∨ 4 ⇔  y=0  x − 3y + = x=5 y=2 Suy C (5; 2) ⇒ B (−4; −1) Bài toán 35 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm I, đường kính AC có A (−6; −3) Đường thẳng qua A vng góc với AD cắt BC ;− D (−5; 4) đối xứng với D qua AC Tìm tọa độ 2 đỉnh B, C, D biết B ∈ d : x − y + = E , đường thẳng EI cắt CD F Lời giải (hình vẽ) B D' E A I C F D Ta có E AF + F AD = 900 D AF + AFD = 900 nên E AF = AFD ⇒ AE ∥ CF Chứng minh tương tự AF ∥ CE , suy AECF hình bình hành Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 27 Mà AB⊥BC nên AF ⊥ AB, suy phương trình AB : x + y + 21 = Tọa độ điểm B nghiệm hệ x − 3y + = x + y + 21 = ⇔ x = −7 y=0 ⇒ B (−7; 0) Đường tròn ( I ) qua ba điểm A, D , B nên phương trình ( I ) là: ( x + 2)2 + y2 = 25 Suy I (−2; 0), C (2; 3) Từ ta có D (1; −4) Bài tốn 36 (Trích đề thi thử Trường Nguyễn Thị Minh Khai-Hà Tĩnh) Trong mặt phẳng Ox y, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I Điểm M (2; −1) 31 ; hình chiếu vng góc B lên AI , đường 13 13 thẳng AC có phương trình x + y − 13 = Tìm tọa độ đỉnh A , B, C trung điểm đoạn BC E Lời giải (Hình vẽ) A F I E C M B Gọi F hình chiếu vng góc B lên AC Ta có bốn điểm A, F, E, B B, M, E, I nằm đường tròn nên ta có BEM = BI M = BAC AEF = ABF Suy BEM + AEF = BAC + ABF = 900 Do M , E , F thẳng hàng Ta có phương trình ME : 12 x − y − 29 = Tọa độ điểm F nghiệm hệ   3 x + y − 13 = 12 x − y − 29 = 41  x = 13 ⇔ 23  y = 13 ⇒F 41 23 ; 13 13 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 28 Phương trình BF : x − y − = Gọi B( b; nên ta có 3(4 − b) − −2 b − 2b − , suy C − b; Mà C ∈ AC 3 2b + − 13 = ⇔ b = −1 ⇒ B(−1; −1), C (5; −1) Từ ta tìm A (1; 5) Bài tốn 37 (Sở GD Ninh Bình) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox y, cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu vng góc B đường thẳng AC , M K ; −3 , đường thẳng MB qua điểm N (−6; −1) đường thẳng MK có phương trình x + y + = Tìm toạ độ đỉnh lại hình trung điểm AH CD Giả sử C chữ nhật ABCD Bài toán 38 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 29 ... 100 2 ( x − 2) + ( y − 3) = 50 ⇔ x=3 y = 10 ⇒ D (3; 10) (do xD > 1) −−→ −−→ Vì BD = ED nên ta suy B (−2; 0) Suy C (6; 6) Bài tốn (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình thang cân ABCD ( AB ∥ CD,... Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 41 , b = −3 −−→ −−→ Do xB < nên b = −3 ⇒ B (−3; 7) Ta có BC = BD ⇒ C (7; 5) Bài tốn (NTThu) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho hình chữ nhật ABCD có AD = AB... 10a2 + 88a + 200 Do  AH = 2 ⇔ AH = ⇔ 5a2 + 44a + 96 = ⇔  a = −4 24 a=− Với a = −4 ⇒ A (−4; 2) Với a = − 24 24 ⇒ A − ;− (loại) 5 Lại có AH.AC = AM.AD ⇔ 2.a = a.2a ⇔ a = −−→ −−→ Do H thuộc đoạn