Hướng dẫn tư duy và giải quyết 205 bài toán oxy trong các đề thi thử quốc gia hứa lâm phong

BÀI GIẢI LUYỆN THI HÌNH HỌC PHẲNG 2016 Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD = 2AB, gọi M, N trung điểm cạnh AD, BC Trên đường thẳng MN lấy điểm K cho N trung điểm đoạn thẳng MK Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, D biết K (5; 1) , phương trình đường thẳng chứa cạnh AC : x  y   điểm A có tung độ dương (Trích đề thi thử tỉnh Bắc Ninh năm 2014) ■ Nhận xét ý tưởng : Bài toán chia thành hai bước: + Bước 1: chứng minh AC  KD (dùng giả thiết quan trọng để làm tiếp bước 2) + Bước 2: vận dụng AC  KD vào việc giải tìm tọa độ đỉnh A, B, C, D ☺ Bước 1: Nhận xét sau dựng hình xong phát KD  AC Để chứng minh KD  AC có nhiều cách kể đến:  ● Cách 1: Chứng minh KDC  ACD  90 (chứng minh tổng góc   tam giác 90o suy góc DHC  90  Ta có DAC  ACD  90 nên ta cần chứng minh DAC  MKD (2 góc tam giác MKD  ACD )   ● Cách 2: Vẫn với ý tưởng cách 1, ta chứng minh HDC  ACD  90 để suy DHC  90   Ta có DAC  ACD  90  DAC  HDC (2 góc tan DAC  tan HDC , để dễ hiểu mở rộng hình chữ nhật ABCD thành hình vng ADEF (và bạn đọc khơng cịn q xa lạ với việc chứng minh AC  KD) ● Cách 3: Dựng hệ trục tọa độ Bxy hình vẽ  tọa độ hóa điểm điều phải chứng minh tương đương với AC.KD  (Bạn đọc xem hình vẽ để hiểu rõ hơn) ● Cách 4: Dựa ý tưởng chứng minh AC.KD   Ta sử dụng tích vơ hướng hai véctơ a.b | a | | b | cos(a, b) Cụ thể ta gọi M = BC  KD  chuyển toán chứng minh AC.KD  thành AC.MD  (Ta dùng quy tắc “chèn điểm” để tạo tích vơ hướng cạnh có độ dài hợp góc cụ thể) ● Cách 5: Ta chứng minh “điểm thuộc đường trịn” dựa cách chứng minh tứ giác nội tiếp Cụ thể ta chứng minh “H nhìn AK góc vng”  Xét thấy “M nhìn AK góc vng ”  Ta chứng minh AMHK tứ giác nội tiếp  ta cần chứng minh DAC  MKD (2 góc liên tiếp nhìn cạnh MH nhau) (việc chứng minh tương tự cách cách 2) ● Cách 6: Ta vận dụng “định lý đảo Pytago” để chứng minh HCD  H  AC  KD  để thực điều bạn cần tính số đo cạnh HC, HD, CD theo cạnh lại cạnh cho trước đồng thời vận dụng “định lý thuận Thales” xét thấy IC  KD = H IK // CD) Ngoài bạn cịn chứng minh cách “gián tiếp đổi đường” chuyển từ tốn chứng minh vng góc sang song song, chứng minh tam giác vng đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh có góc vuông nửa cạnh huyền, v,v,… ☺ Bước 2: Sau chứng minh AC  KD Ta hai hướng sau: + Hướng thứ 1: (tạo thêm phương trình đường thẳng mới) _ Viết phương trình KD  H = KD  AC  tọa độ H _ Vận dụng định lý thuận Thales cách 6)  Ta tìm tỉ số độ dài HK HD  chuyển KH  kKD  KH  k KD, (k  0)  tọa độ điểm D _ Viết phương trình đường thẳng AD qua điểm D có véctơ pháp tuyến AD tạo với AC góc  với cos   n  (a; b), (a  b  0) AD AD   AC AD  CD _ Sau viết phương trình AD  tìm tọa độ điểm A  tọa độ tâm M  tọa độ tâm I hình chữ nhật ABCD (dựa quan hệ MK = 3MI  MK  3MI ) _ Có tọa độ tâm I (là trung điểm AC BD)  tọa độ B C + Hướng thứ 2: (tìm tọa độ điểm A thông qua độ dài AK) _ Viết phương trình KD  H = KD  AC  tọa độ H _ Tham số hóa điểm A theo đường AC  ẩn nên cần phương trình  độ dài AK = ? _ Dựa vào định lý thuận Thales cách ta tính độ dài AK AH  AC CD  KI _ Có tọa độ điểm A   tọa độ C  tọa độ trung điểm I   tọa độ D  tọa độ B ► Hướng dẫn giải chứng minh AC  KD : Gọi H = AC  KD * Cách 1: Ta có MKD = ACD (c-g-c)  DAC  MKD    Ta có: DAC  ACD  90  MKD  ACD  90  HDC  ACD  90  Suy DHC  90  HCD  H  AC  KD H * Cách 2: Dựng hình vuông ADEF cho K trung điểm EF CD  tan DAC     AD Ta có:   tan DAC  tan MKD  DAC  MKD  tan MKD  MD    MK    Ta có: DAC  ACD  90  KDE  ACD  90  HDC  ACD  90  Suy DHC  90  HCD  H  AC  KD H * Cách 3: Dựng hệ trục Bxy hình vẽ, Đặt cạnh AB = a >  AD = 2AB = 2a Ta có: A(0; a), C (2a; 0), D(2a; a), K (a; a)   AC  (2a; a)  AC.KD  2a  2a   AC  KD H Mặt khác    KD  (a; 2a) * Cách 4: Gọi M = KD  BC Xét: AC.MD   AD  DC   MC  CD   AD.MC  DC.MC  AD.CD  DC.CD a    AD.MC  AD.MC.cos( AD; MC )  2a cos  a  DC.MC  (do CD  MC ) Với  nên AC.MD  a2  a2    AD.CD  (do AD  CD)   DC.CD  CD  a  Suy AC  MD  AC  KD H * Cách 5: CD  tan DAC     AD Ta có:   tan DAC  tan KDE  DAC  KDE  tan KDE  KE    DE Suy tứ giác AMHK tức giác nội tiếp (2 góc liên tiếp nhìn cạnh nhau) Mà M nhìn AK góc vng  H nhìn AK góc vuông  HAK  H Suy AC  KD H * Cách 6: Gọi M = KD  BC IH HD IK Ta có KI // CD IC  KD = H, theo định lý thuận Thales ta có:    HC HK CD Suy HC  2 AC CD 2 2CD IH  IC   HD  HK  KD  5 5  CD 2 HC   Xét   HC  HD  CD (theo định lý đảo Pytago)  HCD  H  AC  KD  HD  4CD   ► Hướng dẫn giải hướng thứ 1: * Gọi H = AC  KD Do KD  AC: 2x + y - =  KD: x - 2y + m = KD qua K(5; -1)  m = -7 Vậy KD: x - 2y - = 13  x  x  y      13 11  * Tọa độ H nghiệm hê:   H ;  5  x  y    y  11   IH HD IK 2 * Ta có    (theo định lý thuận Thales)  HD  KH  HD  KH HC HK CD 3  13  13   xD       x 1    Suy   D  D(1; 3)  y  11   11  1  yD  3   D   2 * Gọi n  (a; b), (a  b  0) véctơ pháp tuyến AD Đường thẳng AD qua D có dạng là: a(x - 1) + b(y + 3) = Ta có cos CAD  AD AD   2 AC AD  CD Mặt khác cos CAD | cos( AD; AC ) | | n.nAC | | 2a  b |   2 | n | | nAC | 5 a b b   AD : x    Suy (2a  b)  4(a  b )   3b  4a  AD : 3x  y  * TH1: Với AD: 3x + 4y + = 21  x   2x  y     21 27  Ta có A = AD  AC  Tọa độ A nghiệm hệ    A ;   5  3x  y    y  27   Loại A có tung độ dương * TH2: Với AD: x - = 2 x  y    x    A 1;1 Ta có A = AD  AC  Tọa độ A nghiệm hệ   x 1  y 1 Nhận A có tung độ dương Do M trung điểm AD  M(1; - 1) Gọi I tâm hình chữ nhật ABCD, ta có MK  3MI  I (2; 1) Mặt khác I trung điểm AC BD  B(3;1) C(3; -3) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(1;1), B(3;1), C (3; 3), D(1; 3) ► Hướng dẫn giải hướng thứ 2: * Gọi H = AC  KD Do KD  AC: 2x + y - =  KD: x - 2y + m = KD qua K(5; -1)  m = -7 Vậy KD: x - 2y - = 13  x  2x  y     13 11  * Tọa độ H nghiệm hê:   H ;  5  x  y    y  11   * Ta có A  AC: 2x + y - =  A(a; - 2a) Do A có tung độ dương nên - 2a >  a  KA  (a  5;  2a) Mặt khác AK  KD  KH  d [ K ; AC ]  | 5.2  1.1  |  3 1  a  1(n) Suy AK  20  (a  5)  (4  2a)  20   a  Vậy A(1;1) 21  a  (l )  AC 3IC AC AC   IH HD IK AH AI  IH  10  * Lại có       HC HK CD AC AC AC AC 2   13   xC     1  x 3    Suy AC  AH    C  C (3; 3)  y    11  1  yC  3 C    4   * Gọi I tâm hình chữ nhật ABCD  I trung điểm AC BD I(2;-1) Ta có IK I (2; 1)   CD  IK  D(1; 3)   B(3;1) CD ■ Lời bình: Có thể thấy tốn vận dụng linh hoạt nhiều kỹ thuật, phương pháp để giải đối tượng cần tìm Về phần chứng minh vng góc, bạn thấy, với nhiều phương án tiếp cận khác có nhiều cách chứng minh khác Và sau chứng minh AC  KD hướng giải sau ta thấy sức mạnh việc “vận dụng định lý Thales” cách mà “chuyển đẳng thức độ dài đẳng thức véctơ” Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A(4; 0) , phương trình đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ B tam giác ABC x  y   phương trình đường thẳng chứa trung trực cạnh BC : x  y   Tìm tọa độ điểm B, C, D (Trích đề thi thử khối A, THPT Chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ, năm 2014) ☺ Nhận xét ý tưởng : _ Dễ dàng nhận thấy BD : x  y   Dựa vào tinh chất đường trung trực BC d vừa vng BC nên d vng AD  viết phương trinh AD  AD  BD  D nên ta tìm tọa độ điểm D _ Đến để tìm tọa độ tìm điểm B C ta cần tìm tọa độ I giao điểm đường cheo AC BD Dựa vào công thức trung điểm ta biểu diễn tọa độ B C theo tọa độ điểm I _ Cuối có hai hướng tiếp: + Hướng thứ 1: Gọi K trung điểm BC biểu diễn tọa độ K theo tọa độ B C Khi K thuộc đường thẳng trung trực BC + Hướng thứ 2: Ta có BC.ud  Giải phương trinh để tìm B C Mời bạn đọc xem lời giải ► Hướng dẫn giải : * Từ giả thiết ta có BD : x  y   AD qua A(4;0) vng góc với d : x  y   suy phương trình AD : x  y  16  7 x  y   x    D(3; 4)  y  4  x  y  16  * Tọa độ D thỏa mãn hệ   C (2a  4; 2b) * Gọi I (a; b) giao điểm đường chéo AC BD    B(2a  3; 2b  4)  4a   ; 2b      a 1  J d 4a   8(2b  2)      * Mặt khác  1 7a  4b    I  BD  b  Khi tọa độ trung điểm BC J  Do tọa độ B(-1; 3) C(-2; -1) Vậy tọa độ điểm cần tìm B(1;3), C (2; 1), D(3; 4) ■ Lời bình: Có thể thấy vai trị giao điểm đường chéo hình binh hanh việc giải toan tìm điểm Trong tập ví dụ minh họa, tác giả nhấn mạnh đến việc chuyển quan hệ chưa biết điểm quan hệ với giao điểm Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD đáy lớn CD Các đường thẳng AC, BD có phương trinh x  y   x  y   Gọi M trung điểm AB Xác định tọa độ đỉnh A, B, C, D biết đường DM có phương trinh 3x  y  11  B có hồnh độ âm (Trích đề thi thử THPT Nguyễn Đức Mậu, Nghệ An, năm 2013) ☺ Nhận xét ý tưởng : _ Dễ dàng tìm tọa độ D D  DB  DM đồng thời điểm I với I  AC  BD _ Do tính chất hình thang cân nên AC = BD nên IA = IB suy tam giác IAB cân I Vì MI vng góc AB _ Ta tham số A theo AC, B theo BD (2 ẩn nên cần phương trinh) biểu diễn tọa độ M theo tọa độ A B Do M thuộc DM nên ta pt (1) Mặt khác MI vuông AB (pt (2)) Từ giải (1) (2) ta tìm tọa độ A B _ Khi C  CD  AC nên ta cần lập phương trinh đường thẳng CD qua D CD // AB ► Hướng dẫn giải :  x  y 1   x7   D(7; 4) * Ta có tọa độ D thỏa mãn hệ  3x  y  11   y  4 1  x  x  y 1    1  Và tọa độ I thỏa mãn hệ    I ;   3 2 x  y    y1    a  2b  2a  b    A  AC  A(a;1  2a) ;  * Ta có  Ta lại có M trung điểm AB nên M   2    B  BD  B(1  2b; b) 13a  2b  11    ab   IM  AB  a 1  * Mặt khác,  suy A(1;3), B(3; 1)    a  b  2    M  DM b  1   b   * Phương trình CD qua D nhận IM làm vecto pháp tuyến C giao điểm AC CD nên ta có tọa độ C (4; 7) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán là: A(1;3), B(3; 1), C (4; 7), D(7; 4) Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C): x  y  y   cạnh AB có trung điểm M thuộc đường thẳng d : x  y   Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB tìm tọa độ điểm C (Trích đề thi thử lần 4, THPT Quế Võ, Bắc Ninh, năm 2013) 2 ☺ Nhận xét ý tưởng : _ Để viết phương trình đường AB ta chắn phải sử dụng giả thiết liên quan đến trung điểm M mà cụ thể tìm tọa độ điểm M Do M thuộc d nên ta cần tìm thêm phương trinh liên hệ với M _ Ở đây, ta liên hệ M với I thơng qua độ dài MI (sử dụng kiện tam giác ABC đều) _ Mặt khác C giao điểm MI đường tròn (C) nên ta cần viết phương trinh MI ► Hướng dẫn giải : * (C) có tâm I (0; 2) bán kinh R = 2 Gọi tọa độ điểm M (m; 2m  1) * Do tam giác ABC nội tiếp (C) nên  m 1 R 2 IM   m  (2m  3)   5m  12m     m   * Với m = suy M(1; 1) Khi đó, AB qua M nhận IM  (1; 1) có phương trinh: x  y  Mặt khác phương trình MC MC : x  y     x  2, y    x  2, y   x  y  4x   Do tọa độ C thỏa mãn hệ  x y  2 Vì C(2;0) phía với M so với I nên không thỏa mãn Ta nhận C (2; 4) * Với m = 7 9 suy M  ;  5 5  1   có phương trinh: x  y   5  Khi đó, AB qua M nhận IM   ; Mặt khác phương trình MC MC : x  y  14   14 12  x ,y   x  y   14 5 Do tọa độ C thỏa mãn hệ    2  x  14 , y  x  y  4x     5   14 12   14  ;  phía với M so với I nên không thỏa mãn Ta nhận C  ;   5  5 Vì C    14  ; C (2; 4) C Vậy yêu cầu toán tương đương với  hay   5   AB : x  y   AB : x  y    Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC Biết phương trình đường thẳng chứa đường cao BH, phân giác AD 3x + 4y + 10 = 0, x – y + = 0; điểm M(0; 2) thuộc đường thẳng AB MC = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết C có hồnh độ ngun (Trích đề thi thử THPT Tuy Phước, Bình Định, năm 2013) ☺ Nhận xét ý tưởng : _ Dựa vào tinh chất phân giác ta dễ dàng tìm điểm N (bạn đọc xem lại chương để hiểu rõ hơn) _ Khi ta dễ dàng viết phương trinh AC vng góc BH qua N Đồng thời tìm điểm A A giao điểm AC AD _ Tới việc tìm tọa độ B cách tương giao đường AB BH (viết phương trinh AB qua A M) Với tọa độ C ta tham số hóa C theo đường AC sử dụng giả thiết MC  để giải tìm tọa độ C Mời bạn đọc xem lời giải ► Hướng dẫn giải: * Gọi N điểm đối xứng với M qua AD, đường thẳng MN qua M(0; 2) vng góc AD có phương trình là: x  y   1 3 2 2 Tọa độ giao điểm K MN AD K  ;  suy tọa độ N (1;1) * Vì AD phân giác góc A, M thuộc AB nên N thuộc AC Do AC qua N vng góc BH nên có phương trình: x  y   4 x  y   x    A(4;5) x  y   y    * Đường thẳng AB qua A M có phương trình 3x  y   Ta có tọa độ A thỏa mãn hệ    x  3 1   3x  y     Ta có tọa độ B thỏa mãn hệ   1  B  3;   y  3 x  y  10     * Ta có MC  nên C thuộc đường tròn (C) tâm M, bán kinh MC  Ngoài C thuộc AC nên tọa độ C nghiệm hệ:  x  1, y   x  ( y  2)    31 33 (do C có hoành độ nguyên ta nhận C(1;1)   x  , y  x  y    25 25    Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(4;5), B  3; 1   , C (1;1) 4 Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A(5; 7) , điểm C thuộc đường thẳng có phương trinh x  y   Đường thẳng qua D trung điểm đoạn thẳng AB có phương trình 3x  y  23  Tìm tọa độ điểm B C, Biết B có hồnh độ dương (Trích đề thi thử THPT Chuyên Vĩnh Phúc, năm 2014) ☺ Nhận xét ý tưởng : _ Ta liên hệ quan hệ điểm đặc biệt A, M, C, D cách cho AC cắt DM I _ Vận dụng định lý Thales thuận quen thuộc ta có tỉ số độ dài cạnh CD IC ID    Từ AM IA IM ta tham số hóa C theo đường thẳng x – y + = đồng thời biểu diễn tọa độ I theo A C _ Lại có I thuộc đường thẳng DM nên thay vào ta tìm tọa độ điểm C _ Để xác định tọa độ điểm B ta liên hệ qua trung điểm M thuộc DM sử dụng tính chất hình chữ nhật ABCD AB  BC để giải tìm tọa độ điểm B ► Hướng dẫn giải: * Ta có C  x  y    C (c; c  4) , M trung điểm AB I giao điểm AC DM * Theo định lý Thales thuận ta có CD IC ID  c  10 c  10      AI  AC  I  ;  AM IA IM 3   Mặt khác I thuộc DM nên ta có   * Ta có M thuộc MD  M  m; c  10 c  10 4  23   c   C (1;5) 3 3m  23  3m      B  2m  5;      3m     AB   2m  10;   3m   3m  19     Và  Lại có AB.CB   (2m  10)(2m  6)    0    CB   2m  6; 3m  19        Suy m  hay m  29  33 21   33 21  ;  Do B có hồnh độ dương nên ta nhận B  ;   5   5 * Do B(3; 3) hay B   33 21  ;  , C (1;5)  5 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán B  Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12 Tâm I giao điểm hai đường thẳng điểm d1 : x  y   đường thẳng d2 : x  y   Trung điểm cạnh AD giao d1 với trục hoành Xác định tọa độ bốn đỉnh hình chữ nhật (Trích đề thi thử lần 2, THPT Thanh Chương 3, Nghệ An, năm 2013) ☺ Nhận xét ý tưởng : _ Với gợi ý đề ta dễ dàng xác định tọa độ trung điểm M tâm I Điều giúp ta dễ dàng viết phương trình đường thẳng AD qua M AD vng góc với MI _ Đối với hình chữ nhật ln có đường trịn ẩn minh chinh đường tròn tâm I bán kinh IA Như ta cần xác định độ dài IA Ở ta dựa vào quan hệ diện tích hình chữ nhật để tính độ dài IA _ Khi A D giao điểm đường tròn đường thẳng AD Và đồng thời tọa độ B D tìm dựa vào tâm I hình chữ nhật ► Hướng dẫn giải : 9 3 x  y    I ;  * Tọa độ I nghiệm hệ:  2 2 x  y   y   M (3;0) Gọi M trung điểm AD, Tọa độ M nghiệm hệ  x  y   Suy AB = IM = 10  2x  y    x  2   B  2;1 * Ta có B giao điểm BM BE nên toa độ B thỏa hệ  7 x  y  15   y  * Gọi H hình chiếu A lên phân giác BE K điểm đối xứng A qua BE Khi H trung điểm AK K thuộc đường BC Ta có: AH vng góc BE suy AH: x + 2y + m = AH qua A(1; 2) suy m = - 2 x  y    x  1   H  1;3 Do AH: x + 2y – = Khi tọa độ H thỏa hệ  x  y    y 3 Lại có H trung điêm AK nên ta suy tọa độ K  3;4  BC * BC qua K(-3; 4) nhận BK  ( 1;3) làm vecto phương có dạng tham số là:  x  3  t (t  R) Ta có: C thuộc BC nên C (3  c;  3c) BC :   y   3t  c  3c   ;    Lại có M trung điểm BC suy M  * Do M thuộc BM nên ta có: c  3c    15   c   C  4;  2 Do BC  10 BC có phương trình tổng quát là: BC: 3x + y + = Ta có S ABC  1 |3 25| d [ A; BC ].BC  10  10 (đvdt) 2 12  32 Vậy yêu cầu toán S ABC  10 (dvdt ) Câu 190 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x  y   0, d2 : x  y   Giả sử d1 , d cắt I Viết phương trình đường thẳng  qua M ( 1;1) , cắt d1 , d tương ứng A B chọ AB = 3IA (Thử sức trước kì thi đề số 8, Tạp chí Tốn Học Tuổi Trẻ, Số 431, năm 2013) ► Hướng dẫn giải :  x y20 x    I  2;0  * d1 cắt d I nên tọa độ I thỏa hệ phương trình:  x  y   y  Chọn A0 (0;  2)  d1 , ta có IA0  2 2 * Lấy B0 (2  2b; b)  d cho A0 B0  3IA0   (2  2b)  (b  2)  72 174  B0 (6; 4) b   5b  4b  64       42 16    B0  ;   b     5  * Suy đường thẳng  đường thẳng qua M (1; 1) song song với A0 B0 * Suy phương trình  : x  y   : x  y   Vậy phương trình đường thẳng thỏa u cầu tốn x  y  hay x  y   Câu 191 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(2;3) hai giao điểm đường trịn (C1) (C2) có phương trình x  y  13, x  y  12 x  11  Viết phương trình đường thẳng qua A cắt (C1) (C2) theo hai dây cung khác có độ dài (Thử sức trước kì thi đề số 8, Tạp chí Tốn Học Tuổi Trẻ, Số 419, năm 2012) ► Hướng dẫn giải cách 1: Sử dụng phương pháp Thales  I1 (0;0) (C2) có R1  13 * Đường trịn (C1) có  I (6;0)   R  36  11   R1  R   13   Nên ta có: | R1  R |  13 suy | R1  R | I1 I2  R1R  I1I    Suy (C1) (C2) cắt điểm có điểm chung A(2; 3) * Gọi H1, H2, I trung điểm AA1, AA2, I1I2 Vì H1, H2 trung điểm hai dây cung AA1, AA2  I1H1  AA1, I2H2  AA2 (định lýđường kính dây cung)  I1H1 // I2H2 Do M trung điểm A1A2, I trung điểm I1I2  MI đường trung bình hình thang I1I2H1H2  AI // I1H1 // I2H2  AI  d * Ta có I trung điểm I1I2  I  3;0 Đường thẳng d qua A(2; 3) nhận IA   1;3 làm véctơ pháp tuyến có dạng là: 1(x  2)  3(y  3)   x  3y   Vậy phương trình đường thẳng thỏa u cầu tốn x  y   ► Hướng dẫn giải cách 2: Sử dụng phương pháp gọi điểm * Chứng minh (C1) (C2) cắt điểm (xem cách 1)  x  x  2x A  x   x1 * Gọi A1 (x1; y1 ), A (x ; y ) Do A trung điểm A1A2     y1  y2  2yA   y   y1 175  x12  y12  13  A1  (C1 )   2 A2  (C2 ) x  y2  12x  11  * Ta có:    x12  y12  13  2 (4  x1 )  (6  y1 )  12(4  x1 )  11  x12  y12  13  (1)   2 x1  y1  4x1  12y1  15  (2) * Trừ vế theo vế hai phương trình (1) (2) ta được: x1  y1   A  d (do(*)) * Đặt d: x - 3y + = Ta có:   d: x - 3y + = phương trình cần tìm Ad  Vậy phương trình đường thẳng thỏa yêu cầu toán x  y   ► Hướng dẫn giải cách 3: Sử dụng phương pháp khoảng cách * Chứng minh (C1) (C2) cắt điểm (xem cách 1) * Gọi n  (a; b), (a  b  0) véctơ pháp tuyến (vtpt) đường thẳng d Đường thẳng d qua A(2;3) có dạng tổng quát là: a(x - 2) + b(y - 3) =  d: ax + by - 2a - 3b = 2  AA12   R [d(I ; d)]  * Theo định lý Pi-ta-go ta có:  mà AA1 = AA2  AA R  [d(I ; d)]2  2   (2b  3b) (4a  3b)  25  a  b2 a  b2  (4a  3b)2  (2a  3b)2  12(a  b2 )   b2  3ab  (*) Suy R  [d(I1 ;d)]  R  [d(I ;d)]  13  2 2 (*) Nhận xét a =   b = (loại a  b  ) nên với b ≠ 0, ta chọn a =  b0 Do (*)  b  3b    b  3 * TH1: với a = 1, b = -3  d1 : x - 3y + = TH2: với a = 1, b =  d2: x - = (loại ta có I1I2  (6;0)  n I1I2  (0; 1) nên n I1I2 n  , Khi đường thẳng d trở thành đường thẳng chưa dây cung chung (C1), (C2)) Vậy phương trình đường thẳng thỏa yêu cầu toán x  y   ■ CÁCH : Sử dụng phép biến hình (phép đối xứng tâm) ► Hướng dẫn giải cách 4: * Chứng minh (C1) (C2) cắt điểm (xem cách 1) * Xét phép đối xứng tâm A(2;3) biến điểm I2(6; 0) thành điểm I2’(-2;6), biến đường tròn (C2) thành 176 đường tròn (C2’) biến điểm A2  (C2) thành điểm A1  (C2’) * Khi (C1) (C2’) có dây cung AA1 chung  I1I2’  AA1 * Đường thẳng d qua A(2; 3) nhận I1I2 '   2;6   2(1; 3) làm véctơ pháp tuyến có dạng là: 1(x  2)  3(y  3)   x  3y   Vậy phương trình đường thẳng thỏa yêu cầu toán x  y   Câu 192 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng A có G trọng tâm, B(10;1), C (10;1) Xác định tọa độ đỉnh A biết diện tích tam giác ABG 20 (Thử sức trước kì thi đề số 3, Tạp chí Tốn Học Tuổi Trẻ, Số 426, năm 2012) ► Hướng dẫn giải : Gọi M trung điểm BC   S ABG  AB.d (G; AB) S d ( M ; AB) MA  ABM     S ABM  30 * Ta có:  S d ( G ; AB ) GA ABG S AB.d ( M ; AB) ABM   Suy S ABC  2S ABM  60  d ( A; BC ).BC (*) * Ta có BC  (20;0)  20(1;0)  BC  20 đường thẳng BC: y – = BA  CA   BA.CA   Đặt A(a; b) Ta có A thỏa hệ:  (I) S ABC   d ( A ; BC )  d ( A ; BC )     BC  a  8; b   a  8; b  5  a  64 (a  10)(a  10)  (b  1)(b  1)    * Do đó, (I)    a  8; b  | b  1|  | b  1|  a  8; b  5 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(8; 7) hay A(8; 7) hay A( 8; 5) hay A(8; 5) Câu 193 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(2;1), B(1;5), C (4;0) Gọi G, H trọng tâm, trực tâm tam giác ABC Viết phương trình đường trịn qua ba điểm A, G, H (Thử sức trước kì thi đề số 4, Tạp chí Tốn Học Tuổi Trẻ, Số 427 , năm 2013) ► Hướng dẫn giải : 177 * Ta có G trọng tâm tam giác ABC nên suy tọa độ G(1; 2) * Ta có AH qua H qua A(-2; 1) nhận BC  (3; 5) làm vecto pháp tuyến nên có dạng là: 3( x  2)  5(y  1)   AH : x  y  11  Lại có BH qua B(1; 5) nhận AC  (6; 1) làm vecto pháp tuyến nên có dạng là: 6( x  1)  1(y 5)   BH : x  y  Khi H giao điểm AH BH nên tọa độ H thỏa hệ: 16  x  3x  y  11    16 23  27   H ;    27   6x  y 1   y  23  * Gọi phương trình đường trịn (C) cần tìm có dạng là: x  y  2ax  2by  c  49   a  108   4a  2b  c   A  (C )   49    2a  4b  c  b Ta có:  G  (C )   36   5017 32  46  H  (C ) 25   a bc    729 27  c  54  2 Vậy phương trình đường trịn thỏa u cầu tốn (C ) : x  y  49 49 25 x y 0 54 18 54 Câu 194 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có phương trình cạnh AB, AB x  y   0, x  y   Điểm M (1; 2) thuộc đoạn BC Tìm tọa độ điểm D cho DB.DC có giá trị nhỏ (Trích đề thi thử lần khối A, THPT Quỳnh Lưu 1, Nghệ An, năm 2012) ► Hướng dẫn giải : 178 * Gọi vecto pháp tuyến AB, AC, BC là: n1  (1;2), n2  (2;1), n3  (a; b)(a2  b2  0) Phương trình BC qua M(1; 2) có dạng: BC : a( x  1)  b( y  2)  * Tam giác ABC cân A nên: cos B  cos C | cos(n1; n2 ) || cos(n2 ; n3 ) | | a  2b |  | 2a  b |  a  b   ab a b a b * TH1: a = - b, ta chọn b = -1 suy a = nên BC: x – y + =  2  Dễ dàng suy tọa độ B(0;1), C  ;  (không thỏa mãn M thuộc đoạn BC)  3 * TH2: a = b, ta chọn b = suy a = nên BC: x + y – = Dễ dàng suy tọa độ B(4; 1), C  4;7  (thỏa mãn M thuộc đoạn BC) 2 2 * Gọi trung điểm BC I(0; 3) BC BC  Ta có: DB.DC  DI  Dấu xảy D  I  D (0;3) 4 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán D (0;3) Câu 195 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuôn cân A, biết cạnh huyền nằm đường thẳng x + 7y – 31 = Điểm N(7; 7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2; –3) thuộc đường thẳng AB (Trích đề thi thử lần 1, THPT Triệu Sơn 4, Thanh Hóa, năm 2012) ► Hướng dẫn giải : * Đường thẳng AB có phương trình a( x  2)  b( y  3)  (a  b2  0) Do góc ABC 450 nên ta có: 3a  4b | a  7b |   12a  7ab  12b    50 a  b2  4a  3b * Với 3a = 4b, ta chọn a = suy b = Ta có phương trình AB: 4x + 3y + = Vì AC vng AB nên AC: 3x – 4y + =  4x  3y 1   x  1   A  1;1 Tọa độ A nghiệm hệ phương trình  3x  y    y 1  x  y  31   x  4   B  4;5  Tọa độ B nghiệm hệ phương trình   4x  3y 1   y 5 cos 450  179  x  y  31  x    C  3;  Tọa độ C nghiệm hệ phương trình  3x  y   y  * Với 4a = – 3b, ta chọn a = 3, b = –4, ta có AB: 3x – 4y – 18 = Vì AC vng AB nên AC: 4x – 3y – 49 = 4 x  y  49   x  10   A 10;3 Tọa độ A nghiệm hệ phương trình  x  y  18  y     x  y  31   x  10   B 10;3  A (!!!) loại Tọa độ B nghiệm hệ phương trình  3x  y  18   y 3 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(1;1), B( 4;5), C (3; 4) Câu 196 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có I giao điểm hai đường chéo AC BD   10   ;  Tìm tọa độ 2   Cho điểm A(1; 0) Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ICD điểm J  đỉnh cịn lại hình vng ABCD biết góc CD trục hồnh nhỏ 450 (Trích đặc san số 2, Tạp chí Tốn Học Tuổi Trẻ, năm 2012) ► Hướng dẫn giải : * Gọi độ dài cạnh hình vng a > Bán kinh đường tròn nội tiếp tam giác ICD r, ta có: a2  1  2S ICD a r    a   IC  ID  CD a  a 2(1  2)    1  a  a   d ( J ; AB) a  r  * Ta có:     (1) Phương trình AB có dạng: a a d (J; AD) 2 AB : k ( x  1)  ly  (k  l  0)  AD : l ( x 1)  ky  * Áp dụng công thức khoảng cách ta có: 180     10   k  1  l    l  3k 2 d ( J ; AB)       3   95 l  d (J; AD)  2   10   k l  1  k        95 ) Do AB // CD nên góc AB trục hoành nhỏ 450 tức giá trị tuyệt đối hệ số góc đường AB nhỏ Do có cặp k  1, l  3 thỏa mãn suy AB: x – 3y – = Ta chọn ( k  1, l  3) hay (k  1; l  * Phương trình đường thẳng IJ qua J vng góc AB có dạng là:  2   10    x     y     IJ : 3x  y       5 1 Giao điểm IJ AB H  ;   B  4;1 Từ tìm C(3; 4), D(0; 3) 2 2 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán B  4;1 , C (3; 4), D(0;3) Câu 197 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có hai đáy AB CD Biết AB = BC, tọa độ điểm A(2;3) , đường phân giác góc ABC có phương trình x  y   , hình chiếu vng góc  29  đỉnh B đường thẳng CD điểm H  ;  Tìm tọa độ đỉnh B, C, D biết diện tích hình thang  5 ABCD 12 (Trích đề thi thử số 7, Website: toanmath.com, năm 2015) ► Hướng dẫn giải : * Tam giác ABC cân B nên AC vuông góc đường thẳng d suy AC: x + y – = x  y    x    I (3; 2) * Gọi I giao điểm AC d, nên tọa độ I nghiệm hệ:  x  y 1  y  * Lại có I trung điểm AC nên ta có tọa độ C (4;1)  9 3  3 (3;1) làm vecto pháp tuyến có dạng là: Đường thẳng BH qua H nhận HC   ;    5  29 x y   BH : 3x  y   181 3x  y  19   x    B(5; 4) * Khi tọa độ B nghiệm hệ  x  y 1  y  Ta có: AB  10, BH  10  S ABCD  BH ( AB  CD )  CD  10  AB 4  xD  2(5  2)  x  2 * Suy DC  AB    D  D(2; 1) 1  yD  2(4  3)  yD  1 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán B(5; 4), C (4;1), D(2; 1) Câu 198 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình x  y  x  y   điểm A(4;1) Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) hai điểm B, C cho tam giác ABC (Trích đề thi thử số 8, Website: toanmath.com, năm 2015) ► Hướng dẫn giải : * Đường trịn (C) có tâm I(1; -2) bán kính R  * Vì AB = AC IB = IC nên IA đường trung trực cạnh BC suy d vuông góc IA Do đường thẳng d nhận IA  (3;3)  3(1;1) làm vecto pháp tuyến * Áp dụng định lý hàm số côsin cho tam giác IAB ta có:  AB   AH   IB  IA  AB  IA AB.cos IAB  AB  AB  12     AB   AH  2 2 * Trường hợp 1: AH   AI  H  I  H (1; 2)  d : x  y   * Trường hợp 2: AH  AI  1    H trung điểm AI  H  ;   d : x  y   2 2  Vậy phương trình đường thẳng yêu cầu toán d : x  y   hay d : x  y   Câu 199 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có I, K tương ứng trung điểm cạnh 10  3MC  AD BC Điểm M nằm cạnh CD cho MD  , biết điểm G  1;  trọng tâm tam   giác BDK đường thẳng IM có phương trình x  y  11  Viết phương trình đường thẳng BD (Trích đề thi thử số 9, Website: toanmath.com, năm 2015) ► Hướng dẫn giải : 182 * Ta có: IM DL  ( ID  DM )( DC  CL)  ID.DC  ID.CL  DM DC  DM CL Suy IM DL   ID.CL  DM DC  (do ID  DC , DM  CL) 1 3a 3a a  a   DL  IM  DL : x  y  11  11  x    x  y  11   11 22    H ; * Khi tọa độ H nghiệm hệ:    22 5   3x  y  11  y   1 64 100 3a       DH  Mặt khác (với a = AB > 0) 2 DH DI DM a 9a 9a 10 Suy IM DL  Do đó, DL  DC  CL2  a  * Vì 9a 5a DL 5a   DG   16 DH 9 10   DH  DG  D(4; 5)  DG   a  10 DG 25 25  t   I (3; 2) Ta có I  IM  I (t ;3t  11) ID  10  (t  4)  (3t  6)  10   t   I  ; 34   5  2 * Mà IG  JG , Với I (3; 2)  J(0; 3)  JD  (4; 2)  BD : x  y    34   2 21   22 4  Với I  ;   J ;   JD   ;   BD : x  11y  47  5   5   5  Vậy phương trình đường thẳng yêu cầu toán d : x  y   hay d : x  11y  47  Câu 200 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm M nằm cạnh BC cho MC  2MB , tia đối DC lấy điểm N cho NC  2ND Biết điểm D(1; 3) , điểm A nằm đường thẳng d : 3x  y   phương trình đương thẳng MN x  y   Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình chữ nhật ABCD (Trích đề thi thử số 10, Website: toanmath.com, năm 2015) ► Hướng dẫn giải : 183 * Gọi E giao điểm AD MN Khi ED đường trung bình tam giác MCN MC BC AD    3ED  AD (*) Suy ED  3  a  3e  2 a  2  4e  * Ta có A  d  A(a;3a  9), E  MN  E  e;  1 Từ (*)      3a  4e  6  e  Suy A(2;3)  AD  (3; 6)  3(1; 2)  CD : x  y   4 x  y    x  3   N  3; 5  * Khi tọa độ điểm N nghiệm hệ  x  y    y  5 * Do D trung điểm CN nên ta có C(5; -1) mà BC  AD  B (2;5) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(2;3), B(2;5), C (5; 1) Câu 201 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB < AC, đường trịn tâm D bán kính  22 7  CD cắt đường thẳng AC, AD rại điểm E  ;  F (0; 1) Biết điểm D nằm  13 13  đường thẳng d : x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD (Trích đề thi thử số 11, Website: toanmath.com, năm 2015) ► Hướng dẫn giải : * Ta có D  d  D(d ; d  7) Vì E, F thuộc đường tròn (T) nên DE = DF 2 22   84    DE  DF   d     d    d  (d  6)  d   D(2; 5) 13   13   2 184 CD : x  y  12   * Suy FD  (2; 4)  2(1; 2)   AD : x  y   (T ) : ( x  2)  ( y  5)  20   x  y  12   x  6; y  3  C (6; 3) * Tọa độ điểm C nghiệm hệ    2  x  2; y  7 C (2; 7) ( x  2)  ( y  5)  20 Do C E phía so với đường AD nên ta nhận C(6; -3)  56 32  AC qua C  AC : x  y   * Ta có EC   ;    7; 4    13 13  13 4 x  y    A(1;1) Tọa độ A nghiệm hệ phương trình  2 x  y   Ta có: AB  DC  B(3;3) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(1;1), B(3;3), C (6; 3), D(2; 5) Câu 202 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 30, hai điểm E (3;3) , điểm F nằm đường thẳng BC Hình chiếu vng góc điêm D đường thẳng AF điểm  1   14 3  H  ;  Biết điểm M  ;0  trung điểm cạnh AD đường thẳng BC có hệ số góc số    5  ngun Tìm tọa độ hình chữ nhật ABCD (Trích đề thi thử số 12, Website: toanmath.com, năm 2015) ► Hướng dẫn giải : * Tam giác HAD vuông H có MH trung tuyến nên AD  2MH  Ta có: S ABCD  AB AD  30  AB   d (M ; BC)  * Đường thẳng BC qua E nên phương trình có dạng ax  by  3a  3b  a  3a  3b  a  2b (tm)   31a  84ab  44b    a  b2 31a  22b (ktm) Suy BC : x  y    AD : x  y   Ta có A  AD  A(a; 2a  1) Ta có d ( M ; BC )    a   A(1; 3) 1 45  * AM    a    (2a  1)2   2   a  2  A(2;3) M  D(2;3) Phương trình đường thẳng AB x – 2y – = Với A(1; 3)  x  y    B(5; 1) Tọa độ B nghiệm hệ  2 x  y   185 x  y    C(2;5) Phương trình đường thẳng CD x – 2y + = tọa độ C thỏa  2 x  y   * Với A(2;3) , giải tương tự ta có D(1; 3), B(2;5), C (5; 1)  D(2;3), B(2;5), C (5; 1), A(1; 3) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán   A(2;3), B(2;5), C (5; 1), D(1; 3) Câu 203 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD, tia đối tia BA lấy điểm E cho EB  AB cạnh AD lấy điểm F cho DF  3AF Các đường thẳng CE, CF tương ứng có phương trình x  y  20  x  11 y  10  Biết điểm M (2; 4) nằm đường thẳng AD, tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD (Trích đề thi thử số 13, Website: toanmath.com, năm 2015) ► Hướng dẫn giải : 4 x  y  20  x    C(5;0) * Tọa độ điểm C nghiệm hệ  2 x  11y  10   y  ID CD   Đặt AB = a > Ta có * Gọi I giao điểm AD CE: IA AE AD a   ID     DF  AD  3a  4 5a   IF  ID  DF   IF  CF suy tam giác ICF cân F * Ta có:  a 2 CF  CD  DF   * Gọi vecto pháp tuyến đường thẳng AD n  (a; b) (a  b  0) Ta có: cos FIC  cos FCI  cos(n; nCE )  cos(nCF ; nCE )  | 4a  3b |  | 4.2  3.11| 125 a b  a  2b  AD : x  y  Nên | 4a  3b | 5(a  b )  11a  24ab  4b    11a  2b (ktm) * Phương trình đường thẳng CD: x – 2y – = 2 186 x  y   x    D(1; 2) Tọa độ điểm D nghiệm hệ  2 x  y   y  2 4 x  y  20   x    I (2; 4) Tọa độ điểm I nghiệm hệ  2 x  y   y  4 * Ta có: DA  ID  A(1; 2) , AB  DC  B(3; 4) Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(1; 2), B(3; 4), C (5;0), D(1; 2) Câu 204 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn (C) Gọi M trung  10  điểm cạnh AB, đường thẳng CM cắt đường tròn (C) E (0; 2) Biết G  ;  trọng tâm tam  3 giác ABC, điểm F (2; 4) nằm đường tròn (C) đểm B có hồnh độ dương Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD (Trích đề thi thử số 14, Website: toanmath.com, năm 2015) ► Hướng dẫn giải :  IE  IF * Gọi I(a; b) tâm hình chữ nhật ABCD Ta có:   IE  3IG   41   a  (b  2)  (a  2)2  (b  4) 41  x  ; y  I  ;8     8 2   1    10     1   x  ; y  1 a  (b  2)   x     y   3 I  ;        2   2   1   41   1  * Với I  ;  , IB  3IG  B  ;  (ktm) Với I  ;  , IB  3IG  B  5;   D(0; 3)  4  8 2   10 5  * Ta có: EG   ;   nEG  (1; 2)  EF : x  y    3  2 5  1 25  IB   (C ) :  x     y    Tọa độ điểm C nghiệm hệ: 2  2 2  187 2  5   25  x  0, y  (ktm)  x     y     C (6; 1)  A(1;0) 2  2    x  6; y  1 (tm) x  y    Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(1;0), B(5;0), C (6; 1), D(0; 3) Câu 205 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm E nằm cạnh BC, phương 1 25  trình đường trịn ngoại tiêp ABE  x    ( y  1)  phương trình đường thẳng 2  DE : 3x  y  18  Biết điểm M (0; 3) nằm đường thẳng AB, tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD (Trích đề thi thử số 15, Website: toanmath.com, năm 2015) ► Hướng dẫn giải : 1  * Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE có tâm I  ;1 , bán kính R  2   1 25 x   ( y  1)2    Tọa độ điểm E nghiệm hệ phương trình  2  E (2;3)  3x  y  18   * Do tam giác ABE vuông B nên I trung điểm AE suy A(-1; -1) Suy AM  (1; 2)  AB : x  y    BC : x  y    AD : x  y   2 x  y    x  2   B(2;1) * Tọa độ B nghiệm hệ  x  y    y  x  3x  y  18    3  Tọa độ D nghiệm hệ   D  4;   2  x  y 1   y   xC  xD  xA  xB    7 * Ta có BC  AD    C  3;   2  yC  yD  y A  yB   7  3 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A(1; 1), B(2;1), C  3;  , D  4;   2  2 188 ... thấy vai trị giao điểm đường chéo hình binh hanh việc giải toan tìm điểm Trong tập ví dụ minh họa, tác giả nhấn mạnh đến việc chuyển quan hệ chưa biết điểm quan hệ với giao điểm Câu Trong mặt phẳng... toán B  Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12 Tâm I giao điểm hai đường thẳng điểm d1 : x  y   đường thẳng d2 : x  y   Trung điểm cạnh AD giao d1 với... phương trình Câu 23 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích đường thẳng chứa cạnh BC, biết điểm C có hồnh độ dương (Trích đề thi thử lần 2, THPT Tống Duy Tân, Thanh Hóa,