30 tính chất hình học Oxy điển hình - Trần Văn Tài, Hứa Lâm Phong

Tính chất 28: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I có AD là đường phân giác trong góc A.( D là chân phân giác trong). Chứng minh rằng tam giác AED cân tại E.. Các bài toán v[r]

(1)

SOI

KÍNH LÚP

HÌNH HỌC

PHẲNG

OXY

- 30 TÍNH CHẤT HÌNH PHẲNG THƯỜNG GẶP

- PHÂN DẠNG BÀI TỐN HÌNH PHẲNG

- TRÍCH ĐỀ THI THỬ MỚI NHẤT 2016 - ĐÁP ÁN CHI TIẾT

ẤN PHẨM NĂM 2016

FULL & FREE

NHÀ XUẤT BẢN

(2)

A-CHỨNG MINH MỘT SỐ TÍNH CHẤT HÌNH HỌC TAM GIÁC – TỨ GIÁC – ĐƢỜNG TRÒN

Để giúp bạn đọc rèn luyện thêm cho kỹ trình chứng minh số tính chất hình học, tác giả bổ sung thêm vào chuyên đề mục sau Ngoài cách chứng minh nêu có thêm cách chứng minh khác Điều tùy thuộc vào khả tư lĩnh hội sở trường người Tựu trung lại hướng chứng minh xuất phát từ đường chính:

Một là, sử dụng “các tính chất hình học túy THCS” Hai là, sử dụng phương pháp “véctơ túy” (lớp 10)

Ba là, sử dụng phương pháp tọa độ hóa kết hợp “chuẩn hóa số liệu” Bốn là, sử dụng phương pháp tổng hợp (kết hợp cách trên)

Tính chất 1: Cho tam giác ABC vng A , vẽ AHBCtại H Đường tròn C ; AC cắt đoạn thẳng BHtại D CMR: AD tia phân giác góc BAH

Hình vẽ

AD phân giác gócBAH

dpcm

BAD DAH  

Hướng dẫn chứng minh:

Do CA CD  CAD cân C.

CAD ADC

 

Mặt khác, ta lại có:

    CAD BAD gt ADC DAH gt

BAD DAH

  

 

 



 

0

90

AD

 phân giác gócBAH

Tính chất 2: Cho tam giác ABCvng A AB AC   GọiI trung điểm cạnh AC Qua Ikẻ đường thẳng d1vng góc với BC, qua Ckẻ đường thẳng d2vng góc AC , d1 cắt d2tại E CMR: AEBI

Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh:

Gọi MIEAB.

Do CI MB I

MI BC  

 

 

 trực tâm BMC BIMC 1

Vì IA IC  A IM ICE c  g c

IM IE

 

Do AMCElà hình bình hành AE / / MC 2 Từ    1 , BIAE

Tính chất 3:Cho đường trịn O; Rvà ABlà dây cung đường trịn AB2R , Mlà điểm thuộc cung lớnABMA, MB Gọi Hlà hình chiếu vng góc M AB CMR: AMH OBM

Vẽ đường kính MC đường tròn  O  MBC90 Xét AHM MBC có:

● HAM MCB (hai góc nội tiếp chắn cung BM) ● MBC AHM900 cmt

  AHM CMB g g

(3)

Kéo dài MOcăt  O điểm thứ

C dpcmAHM đồng dạng CMB

 

AMH CMB BMO

  

Mà OMB cân O OB OM  R

  BMO OBM

AMH OBM dpcm

 

Tính chất 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O , gọi Mlà giao điểm ABvà CD Khi CMR:

MB.MAMC.MD Hình vẽ

Đây địng nghĩa phương tích điểm đường tròn

 O

MB.MAMC.MD MR2

Ta có ABCDlà tứ giác nội tiếp

CAB DBC

  (hai góc nội tiếp chắn cung BC)

Xét ACMvà DMBcó

  CAB DBC cmt AMD : chung

 

 



    ACM DBM g g

AM CM DM BM

AM.BM CM.DM dpcm

  

 

Tính chất 5: Cho tứ giác ABCD , khi đóACBDAB2 CD2 BC2AD2 (định lý điểm) Hình vẽ

Từ kết tính chất trên, ta sử dụng để chứng minh đường thẳng vng góc

Dựng hệ trục Hxynhư hình vẽ Đặt A a;     0 ,C c;0 , B 0; b Giả sử: D m; n 

Ta có AB2 a2 b2 CD2 c22cm m 2n2 AD2 a22am m 2n2

BC2 b2 c2

Từ đẳng thức ta có:

AB2 CD2AD2 BC2cm am

(4)

Tính chất 6:Cho tam giác ABC ABAC có ba góc nhọn hai đường cao BD,CE Vẽ đường trịn tâm Bbán kính BD cắt đoạn thẳng CE K Qua D vẽ đường thẳng BC cắt đường thẳng BAtại M , cắt EC I CMR: MKBK

Hình vẽ

dpcm

BEK

 đồng dạng BKM BEK BKM

  900

Do ta cần chứng minh

BE.BM BK

Gọi HDIBC Ta có:

● BEC BHM  gt

EBC chung

  

  

0

90

    BEC BHM g g BE.BM BH.BC

   

 

BCD

 vuông D, DH đường cao BH.BCBD2 2 Mà BD BK  R BE.BMBK2

●  

BE BK cmt BK BM

EBK chung  

 



BEK

  đồng dạng BKM g g BEK BKM

  900

MK BK

 

Tính chất 7:Cho tam giác ABCvuông A Đường phân giác góc ABCcắt đường trung trực đoạn thẳng AC D CMR: DBCvng.

Hình vẽ

Ta sử dụng tính chất đường trung tuyến nửa cạnh huyền tam giác vng

Gọi Elà trung điểm BC , ABCvuông AEAEC Suy Ethuộc đường trung trực cạnhAC DEAC Mà ABACAB / /DE

 BDE ABD DBE DBE

  cân tạiDED BE  BC

2

DBC

  vuông D.

Tính chất 8:Cho điểm A ngồi đường trịn  O Vẽ cát tuyến ABC, ADE đường tròn  O Axlà tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD CMR: Ax / /DE

Hình vẽ

Để chứng minh song song, ta sử dụng tính chất so le góc nhau, đồng thời sử dụng mối liên hệ góc đường trịn, tứ

Ta có xAB ADB

(góc tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung AB)

Mà ADB BCE

(do tứ giác BCEDnội tiếp có góc ngồi góc đối trong)

xAB BCE

(5)

Tính chất 9:Cho tam giác ABCnhọn AB AC , dựng phía ngồi tam giác ABC tam giác ABD vuông cân A , tam giác ACE vuông cân A Gọi I giao điểm BE CD Gọi M, N trung điểm của BC, DE Chứng minh AI / /MN.

Hình vẽ

Gọi F,Klần lượt trung điểm

BD, EC

Ta có AD AB gt , AE AC gt   

DAC BAE

  

 





 

ABE DAC c g c ABE ADC

     

 

Từ suy BECD

Dễ dàng chứng minh FNKMlà hình thoi FKMN

Ta có

AB AF IF

EC AK IK    



   

2

FK

 thuộc trung trực AIFKAI Do MN / / AI

Tính chất 10:Cho tam giác ABCcó H trực tâm, d1là đường phân giác góc HAC Đường phân giác trong góc HBCcắt cạnh AD,d , AC1 lần lượt M, N, I CMR: AIMN

Hình vẽ

Điều phải chứng minh

AMN

  cân A

AMN ANM

 

Để chứng minh hai góc ta sử dụng kỹ thuật tách góc

GọiDAHBCvà EBHAC Ta có BDH BEC90 o

BHD NCB

 

Lại có  

AMN BHM HBM HBM NBC BM phan giac NCB NBC ANM

  



 

  



ANM AMN AMN

    cân A

Mà AIlà đường phân giác MAN

AI MN

 

Lưu ý:

ACx ACB BAC ABC

 

 

0

180

(6)

điểm đường  H Gọi M, N trung điểm DB, DC CMR: DMHNlà tứ giác nội tiếp. Hình vẽ

Cần chứng minh MND MHD

Kéo dài HD cắt  H để tạo đường kính đồng thời khai thác giả thiết trung điểm

Gọi Elà giao điểm DH với đường tròn  H

Ta có BH.BCAH2DH.HE (do ABCvng A)

BH.BC DH.HE

 

Lại có BHE DHC (đối đỉnh)  HBE HDC c  g c

BEH DCH

 

MHD BED

  (do MH / /EB)

Tương tự ta có MND DCH

Do MND MHD tứ giác DMHNnội tiếp

Tính chất 12:Cho hình vng ABCD, vẽ đường trịn  O đường kính AB đường trịn tâm D bán kính DC Gọi E giao điểm hai đường tròn EA Tia BE cắt CDtại M CMR Mlà trung điểm CD. Hình vẽ

Cần ý đến tính chất hai đường tròn cắt hai điểm A, E

ODAE

Ta có EABvng E

Do A, Elà giao điểm hai đường tròn AEOD Mà BMAEOD / /BM , lại có OB / /DMnên OBMDlà hình bình hành

CB DM OB

  

2

M

 trung điểm CD

Tính chất 13:Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác ABC, vẽ tam giác ABD, ACE F giao điểm đường thẳng qua D song song với AE đường thẳng qua E song song với AD CMR FBClà tam giác đều.

Hình vẽ

FBC

 FB FC 

BFC     





1 60 Để chứng minh FBFC, ta chứng minh DFB FCE

Để chứng minh BFC60 , ta khai

Gọi MAECF

Ta có DF / /AE AEFD

AD / /EF

 



 hình bình hành

ADF AEF FDB FEC

   

Lại có DB DA EF, AC AE DF   

DBF FEC BF CF

      BFD FCE

(7)

thời phân tích góc AMC, DFC AMC DFC AE / /DF  AMC MEC FCE DFC BFC BFD

 

  

 

  



0 60

Suy BFC600BF FC cmt  FBC

Tính chất 14: Cho tam giác ABCkhơng cân nội tiếp đường trịn  O M, N trung điểm AB, BC , vẽ BDOAtại D , AEBCtại F CMR: MNDE.

Dựng đường kính AF đường trịn  O

Ta có ADBElà tứ giác nội tiếp (do ADB AEB)

ABC EDN

  mà ABC AFC (do ACFB nội tiếp)

EDN AFC

  DE / / AF

Mà AF AC DE MN

MN / / AC  

  





Tính chất 15:Cho tam giác ABCvng A có đường cao AH Gọi Mlà trung điểm AH , D giao điểm của BMvà đường trung trực AC CMR: DBCvng.

Hình vẽ

Gọi P, Nlần lượt trung điểm

AB, AC.

Khi đó, từ tính chất đường trung bình

M, N, P

 thẳng hàng BH2PM , HC2MN Từ đó, áp dụng định lý Thales với AB / /DN (do vng góc AC)

Suy BH PM BM MH / /CD

HC MN  MD

Lại có HMBCCDBC DBC

  vng C

Tính chất 16:Cho hình vng ABCD Trên tia đối BA , lấy điểm E; tia đối CB, lấy điểm F cho EAFC CMR: FED vng cân.

Xét

    AB CD gt CF EA gt

EAD FCD  

   

 

 900

 

EAD CFD c g c ED DF

DEF EFD      

  

   

EDF

(8)

Tính chất 17:Cho hình thang ABCD vng A D. CD2AB Gọi H hình chiếu vng góc D đường chéo AC, M trung điểm HC Chứng minh BMMD.

Gọi K trung điểm DH suy KM đường trung bình

HCD



Suy KM AB,KM / /AB (do AB / /CD,DC2AB ) Nên ABMK hình bình hành

BM / / AK.



Lại có KMAD,DHAM nên K trực tâm ADM

 

AK DM

DM BM AK / /BM

 

Tính chất 18:Cho hình thoi ABCD có BAC60o E giao điểm hai đường chéo AC BD Gọi E hình chiếu vng góc A lên BC Chứng minh AEF tam giác đều.

Ta có FBA1800 ABC600

Và đồng thời ABE600

Suy AB tia phân giác góc FBE Do

FABF, AEBE nên theo tính chất phân giác ta có

AFAE AEF cân A. Lại có góc

0

60

FAE BAE FAB

AEF

  tam giác

Tính chất 19: Cho hình bình hành ABCD Gọi E,F điểm nằm cạnh AB BC cho FAEC Gọi I giao điểm FA EC Chứng minh ID tia phân giác góc AIC.

Gọi H,K hình chiếu vng góc D lên cạnh

AF,CE.

Dễ dàng chứng minh

1

AFD CED ABCD S S  S

 

AFD AFD

S AF.DH ,S CE DK, CE AF gt

   



1

2

Suy DHDKDIlà phân giác góc AIC

Tính chất 20:Cho hình chữ nhật ABCD tâm I , gọi E thuộc cạnh AC kẻ đường thẳng qua E song song BD cắt AD,CD F,H Dựng hình chữ nhật FDHK Chứng minh KD / / AC E trung điểm BK.

Gọi O tâm hình chữ nhật FDHK suy OHD ODH

Mặt khác OHD IDC ICD

ODH ICD DK / / AC

  

Do đo EI / /DK , I trung điểm BDE trung điểm BK (đpcm)

(9)

Ta có BCND tứ giác nội tiếp (do BCD BND900 )

BNC BDC CAB

  

ANCB

 tứ giác nội tiếp (do ANC1800 ABC900

AN NC

 

Tính chất 22:Cho tam giác ABC AB AC   nội tiếp đường tròn  O Đường phân giác ngồi góc BACcắt đường tròn  O điểm E M, N trung điểm cạnh BC, AC F hình chiếu vng góc E trên AB , K giao điểm MN AE Chứng minh KF / /BC

Hình vẽ

Gọi D điểm cung BC

khơng chứa điểm A ADAE (1) Ta có ED đường kính  O

ED BC

  M.

BEFMlà tứ giác nội tiếp  FME FBE ABE ADE

     

MF / / AD MF AE

 1 

2    1 , MFAE ( )3 Lại có MN / / AB, EFABEF / /MN 4

   3 , Flà trực tâm EKMKFEM mà

EMBCFK / /BC

Tính chất 23:Cho tam giác ABCnội tiếp đường tròn  I , điểm D chân đường phân giác góc BAC Đường thẳng AD cắt  I điểm M A Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp ACD CMR: CMCJ

 

AJD ACD BAD BAD BCM

  

 

 

2

CJD BCM  2

Lại có CJD2 JCD1800 BCM JCD

2 2 1800

(10)

Tính chất 24: Từ điểm P nằm ngồi đường trịn O; R vẽ hai tiếp tuyến PA PB tới đường tròn   O ( A, B hai tiếp điểm) Gọi H chân đường vng góc kẻ từ A đến đường kính BCcủa đường trịn CMR:

PCcắt AH I trung điểm AH.

Gọi DBPAC Ta có PAPB PABcân Pvà

BAC90

  PD PB PA

   (1)

BPC

 có IH / /PB IH CI PB CP

  (2)

CPD

 có AI / /PD IA CI PD CP

  (3)

IH IA

  I trung điểm AH.

Tính chất 25:Cho tam giác ABC vuông C, kẻ đường cao CK, kẻ phân giác CE gócACK K, E AB. D trung điểm AC, FDECK CMR: BF song song CE

Hình vẽ

Dựng hệ trục Kxynhư hình vẽ Đặt CK a,KE 1, EC b. Khi đó, ta có:

      b a K ; ,E ; ,C ;a ,D  ; 

 

1

0 0

2

ab BC

CK AC BC a b AK CK AC a

b                  

2 2 2

2 2

1 1

Ta có AE phân giác ACK

CK KE a

CA ab CA EA CA b

    1   

 

qua E ; ED :

ED b ; a lam vtcp        1   ax b y a   1 

Và F Oy ED F ; a

b   

    

 0 1 BK CK BC

a a

KB B ;

b b               

2 2

2 1 1

Do

 

  CE ; a

a

BF ; a b           1   CE / /BF dpcm



Tính chất 26:Cho tam giác ABC Một đường trịn tâm O nội tiếp tam giác ABCvà tiếp xúc với BCtại D Đường tròn tâm I đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABCvà tiếp xúc với BCtại F Vẽ đường kính

DE đường tròn  C CMR: A, E, F thẳng hàng.

Ta có A,O, I thẳng hàng (do nằm đường phân giác góc BAC)

(11)

có

  AO OM OE

AI IN IF      

  (Thales thuận)

Lại có OD BC OD / /IF

IF BC  

 

 



  AOE IAF

 

   , OAE IAF OAE IAF

  

 

1

A, E, F

 thẳng hàng

Tính chất 27:Cho hai đường tròn  O  O' cắt A, B ( O,O' trái phía so với AB ) Vẽ tiếp tuyến chung CD(C O , D O' , C, D nằm nửa mặt phẳng bờ OO' có chứa B ) Đường thẳng qua C song song với AD đường thẳng qua D song song ACcắt E CMR: tứ giác BCEDnội tiếp

Gọi MABCD

Chứng minh MC2 MA.MB , MD2MA.MB Từ ta có Mlà trung điểm củaAE

Suy E, M, B, Athẳng hàng

BCD BAC (cùng chắn cung BC)

BED BAC ED / / AC

BCD BED

 

 tứ giác BCED nội tiếp

Tính chất 28: Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (C) tâm I có AD đường phân giác góc A.( D chân phân giác trong) Gọi d tiếp tuyến A đường tròn (C) cắt BC E Chứng minh tam giác AED cân E

Gọi d tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp ABC

E d BC Giả sử EBEC Ta có

EAB ACB

   BAD DAC,

EAD EAB BAD ACB DAC ADE            

ADE

  cân E

(12)

dựng hệ trục Hxy hình vẽ, đặt  

      BC a a

C a; , B a; , A ; a

 

 

2

0 0

y x

AC : x y a a a

HD : x y

    

  

1 2

2

EM AH

AHM : HD AM

HD EM E

AE HM AE BD

 



  

  



   

Cách 2:

x y a D AC HD

x y a a a a D ; E ; .

   

   

  

   

    

   

2

4 2

5 5

Ta có:

a a a a AE ; , BD ;

AE.BD AE BD

   

    

   

   

2 9

5 5

0

Tính chất 30: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD tâm I Gọi M điểm đối xứng D qua C Gọi H,K chân đường cao hạ từ D,C lên AM CMR: HI / /BK

Hình vẽ

* Ta có: ABCD tứ giác nội tiếp (do

ABCD hình vng) ABKC tứ giác nội tiếp (do ABC AKC900)

 A, B, K, C, D thuộc đường trịn đường kính AC

ABKD

 tứ giác nội tiếp

 

45

AKB ADB

  

* Mặt khác, ADB KHI45 20  (góc ngồi góc đối trong, AHID tứ giác nội tiếp có AHD AID900)

(13)

B- TUYỂN CHỌN – PHÂN DẠNG

HÌNH PHẲNG OXY NĂM 2016

Phần I Các toán tam giác

Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường thẳng chứa đường cao kẻ từ A, trung tuyến kẻ từ B phân giác kẻ từ C (d1): 3x – 4y + 27=0, (d2): 4x + 5y – = 0, (d3): x + 2y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Lần 1– Trƣờng THPT chuyên Bắc Giang – Bắc Giang

Lời giải tham khảo

 Véc-tơ phương d1là ad1  4;3 Vì d1BCnên BC nhận ad1  4;3 làm vtpt

+) Ta có: vtpt d3là nd3  1;2

+) Gọi véc-tơ pháp tuyến AC là:

   2 

; ;

AC

n  a b a b 

+) Do d3là phân giác góc C nên ta

có:

 3  3 2 2

2 2

2 4.1 3.2 cos , cos ,

25

0 2

3

AC d d d

a b n n a n

a b a a b a b a ab

a b

 

  



          

 

 TH1: Khi a0chọn b1 nAC  0;1

+) Gọi C5 ; c cd3 Khi AC qua C có dạng: AC y c:  0

+) Do 1

3 27

0

4 c 9;

x y c

A c

y

A C d     A  

     

+) M trung điểm AC nên có: 2;

M c c

  Mà

1

4 3

Md   c  c   c

 

Vậy A5;3 ; C 1;3

+) Phương trình BC qua C vng góc với d1có dạng: BC: 4x3y 5 Khi đó: Bd2BCB2; 1 

Thử lại thấy A B nằm phía với d3hay d3 phân giác ngồi góc C nên khơng thỏa mãn

 TH2: Khi 3a4b, chọn b   3 a nAC  4;3 AC song song với BC nên loại trường hợp

 Vậy khơng có tam giác ABC thỏa toán cho

Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho tam giác ABC có góc A tù Hãy viết phương trình cạnh tam giác ABC biết chân đường cao hạ từ đỉnh A,B,C có tọa độ là: D(1;2), E(2;2), F(1;2)

Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2016

(14)

Trước hết ta chứng minh ABC tù A A tâm vòng tròn nội tiếp DEF Thật vậy:

+) Do tứ giác nội tiếp BDAE DCFA nội tiếp nên:

0

90 90

ADE ABE BHF ADF ACF FHB

   

 

  



 ADE ADF.Hay DH tia phân giác góc FDE Tương tự ta có EA phân giác góc

DEF Suy A tâm vòng tròn nội tiếp DEF  Phân giác D :

1: 0; 2:

d x  y d x y 

+) Phân giác E: e1: – 2x y 2 0; : 2e2 x y– 0

+) Phân giác F: f1:xy–1 0; : – f2 x y 3

Vì ABC có góc A tù cạnh BC, CA, AB có phương trình là:d2, , e1 f1

 Vậy : BC x: 3y 7 0; CA x: – 2y 2 0; AB x :  y –1 0

Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 1), đường thẳng BC có phương trình y = 0, đường phân giác góc BAC có phương trình y = x − 2, điểm M(−6; −2) thuộc đường thẳng AB Tính diện tích tam giác ABC

Lần - Cao Đẳng nghề Nha Trang

 Cách 1: (Kĩ thuật đối xứng qua phân giác)

 Gọi là đường thẳng qua M vng góc với phân giác AD, cho cắt AD I, cắt AC N, rõ ràng AMNcân A cho ta I trung điểm MN +) :x  y

+) I  AD     I 3; 5 N0; 8 

 Phương trình đường thẳng AB qua hai điểm A, M có dạng: AB x: 3y0

+) BBCABB 0;0

 Phương trình đường thẳng AC qua hai điểm A, N có dạng: AC: 3x  y

+) 8;0

3

C  ACBC C 

 

 Khi đó, dễ dàng tính được:

3

1

2

3

B A B A

ABC

C A C A

x x y y S

x x y y 

 

  

   

 Cách 1: (Đáp án)

 Phương trình đường thẳng AB: x3y0

 Gọi  góc đường thẳng AB phân giác (d) cos cos 1, 2 20

n n

(15)

(với n11; 3  VTPT AB n2 1; 1  VTPT (d))

 Giả sử nA B; 0 tọa độ VTPT đường thẳng (d’) chứa cạnh AC đó:

 2 2 2

4 cos cos ,

20

A B n n

A B

   



2

3A 10AB 3B

    (B0 B0 A0 mâu thuẫn giả thiết n0)

 ; 

1

;

3

n B B

A B

A B n B B

    



 

   

      

   

Ứng với phương trình:

 

3

x y

x y AB

    



   



+) Nên đường thẳng (d’) chứa cạnh AC : 3x  y

Tọa độ điểm B C tìm : B 0; 0;8

C 

  suy

8

BC Chiều cao tam giác ABC ứng với cạnh BC d A , BC1

 Suy diện tích

3

S 

Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B, BC2BA Gọi E, F

lần lượt trung điểm BC, AC Trên tia đối tia FE lấy điểm M cho FM3FE Biết điểm M có tọa độ 5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y 0, điểm A có hồnh độ số nguyên Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC

Lần –Trƣờng THPT Phƣớc Bình

 Tính chất hình học: BMAC

(Vẽ hình xác ta thấy ABC BEM từ gợi ý ta chứng minh theo hướng chứng minh tam giác nhau)

 Gọi I giao điểm BM AC

Ta thấy BC2BAEBBA, FM3FEEMBC

ABC BEM EBM CAB BM AC

      

+) Đường thẳng BM qua M vng góc với AC

BM : x 2y 7  0

+) Toạ độ điểm I nghiệm hệ

13 x 2x y 5 x 2y 11

y      

 

     

  

 13 11 I ;

5 

 

  

 

12 IM ;

5        

+) Ta có thêm: EMB IMF (g-g) nên:IB 2IM 8; B 1; 3 

3 5

 

 

    

 

 Trong ABC ta có 12 12 12 2 BA 5BI BI  BA BC  4BA  

I

M F

E C

(16)

+) Mặt khác BI 4

5 5

 

         

    , suy

5 BA BI

2

 

+) Gọi toạ độ A a, 2a  AC, Ta

có :   2 2

a

BA a 2a 5a 26a 33 11

a

             

  

+) Do a số nguyên suy A 3; 3   AI 4; 5 

 

  

 

+) Ta có AC5AI  2; 4C 1;1   Vậy A 3; 3  ,B 1; 3  ,C 1;1 

Bài 5 Cho ABC vuông cân tạiA Gọi M trung điểm BC, G trọng tâm ABM,

điểm D7; 2  điểm nằm đoạn MC cho GA GD Tìm tọa độ điểm A, lập phương trình AB, biết hồnh độ A nhỏ AG có phương trình

3x  y 13

Lời giải tham khảo:

Tính chất hình học: GADvng cân G

 Ta có:    

 2

3.7 13

; 10

3

d D AG     

 

+) ABM vuông cân GA GB GA GB GD Vậy G tâm đường tròn ngoại tiếpABD

0 90

AGD ABD GAD

     vuông cân G

+) Do  

; 10 20;

GAGDd D AG  AD  Gọi A a a ;3 13AG;a4 Ta có:

  2 2

2 5( )

20 11 20

3

a loai

AD a a

a

 

       

 

Vậy A3; 4 

 Gọi VTPT AB nAB a b;

  23 2  

cos cos ,

10

AB AG

a b

NAG n n

a b



 



+) Mặt khác cos 2 2 2 2  2

10

NA NM NG

NAG

AG NA NG NG NG

   

 

Từ (1) (2)

2

0

3

6

3 10

10

b a b

ab b

a b



 

      

 

 

Với b0 chọn a1 ta có AB x:  3 0;

Với 3a 4b chọn a4;b 3 ta có AB: 4x3y240

G

N M

A C

B

(17)

+) Nhận thấy với AB: 4x3y240  ;     ;  10 16

d D AB   d D AG 



(loại)

 Vậy AB x:  3

Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân A, gọi M là trung điểm BC , N thuộc cạnh AB saο cho AB 4AN Biết M 2; ,

phương trình đường thẳng CN: 4x  y điểm C nằm phía trục hồnh Tìm

tọa độ điểm A

Lần –Trƣờng THPT chuyên Hùng Vƣơng

 Ta có:

2

4

cos

17 17

AC AB AN

ACN

CN AC AN AN

   



+) Khi đó, ta có được:

 

0

45 cos cos 45

5 cos 45 cos sin 45 sin

34

ACB NCB ACN

ACN ACN

   

  

+) Giả sử    2 

,

BC

n  a b a b  ,

  2

2

4 cos NCB cos ,

17

4

34 17

7 16 23

23

BC CN

a b n n

a b a b

a b

a ab b a b

a b



 

 

 



   

   

   

 Khi ba phương trình BC x:   y

+) Do CBCCN nên tọa độ điểm C nghiệm hệ: 4

4

x y x

x y y

  

 

     

 

+) Nên C 0; B 4;0

+) Phương trình AM x:   y A a a ;

+) Ta có:

4

a AB AC

a

    



 , Khi A 0;0 A 4; , A B nằm

khác phía với CN nên thử lại ta có: A 0;0

 Khi 23

7

(18)

+) Do CBCCN nên tọa độ điểm C nghiệm hệ: 4 17

4 12

17

x x y

x y

y

    

 

     

  



(Loại

C nằm phía trục hoành)

Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với  1; ,  3; , 7;

A  B C 

 

điểm M 1; cạnh BC Hãy xác định tọa độ điểm N AB điểm P AC cho chu vi tam giác MNP nhỏ

Lần –Trƣờng THPT Đồng Xoài

 Gọi K điểm đối xứng M qua AC, H điểm đối xứng M qua AB

 Chu vi tam giác MNP

 MNP 

CV MN NP PM KN NP PH HK HK const

       



+) Dấu xảy H, N, P, K thẳng hàng

+) Vậy chu vi tam giác MNP nhỏ HK Khi H, N, P, K thẳng hàng

 Tìm N, P

+) Phương trình đường thẳng AB: 3x  y +) Phương trình đường thẳng AC x:   y

+) Gọi I hình chiếu vng góc M AB I2;1 K(-5; 2) +) Gọi J hình chiếu vng góc M AC J(2;1) H(3; 2)

+) Phương trình đường thẳngHK y: – 0 Ta có: N = HK ∩ AC, P = HK ∩AB  Do tọa độ điểm N, P cần tìm là: N(1; 2), P( ;2)

3 

Bài 8:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình: x  y 0, phương trình đường cao kẻ từ B là: x2y 2 Điểm M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C Viết phương trình cạnh bên tam giác ABC

Lần –Trƣờng THPT Nguyễn Hữu Cảnh – Bình Phƣớc

 Gọi H trực tâm  ABC Tìm B(0;-1),cos cos 10

HBC  HCB +) Pt đường thẳng HC qua M có dạng: a(x-2)+b(y-1)=0

(n( ; )a b VTPT 2

0

(19)

+) 2 2

1

cos 10

10

2( )

a b a a

HCB a ab b

b b

a b

    

            

    

2

2, 1 1, 2( )

a

a b

b

a a b l

b

  

    

     

   

Nên phương

trìnhCH: 2   x y Do AB CH

B AB

   

 nên viết phương

trình đường thẳng

: 2

AB x y 

 C giao điểm AB BC 2; 3

C 

   

  phương trình đường thẳng

:

AC x y 

Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 2x  y điểm A1; 2 Gọi M giao điểm  với trục hồnh Tìm hai điểm B, C cho M trung điểm

AB trung điểm N đoạn AC nằm đường thẳng , đồng thời diện tích tam giác ABC

Lần –Trƣờng THPT Nguyễn Hữu Cảnh- Bình Phƣớc

 Tọa độ M:

0

x y

y

   

  

1 ;

M 

    

+) M trung điểm AB nên B2; 2 

 Phương trình đường thẳng BC qua B song song với MN  có dạng:BC: 2x  y

+) Tham số hóa điểm C c ; 2 c 2

+) Theo giả thiết, ta có:

 

  2 2

1

;

1

4 2

2

ABC

S d A BC BC

c c

 

    

     



 Kết luận: B2; 2 , C6;10 C2; 6

Bài 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B, BC2BA Gọi E, F trung điểm BC, AC Trên tia đối tia FE lấy điểm M cho

(20)

có hồnh độ số nguyên Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC

Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2016 –đề

 Tính chất hình học: ACBM +) Gọi I giao điểm BM AC

+) Ta thấy BC2BAEBBA, FM3FEEMBC

ABC BEM EMB ACB BM AC

       

 Đường thẳng BM qua M vng góc với AC

BM : x 2y 7  0

13 x

2x y 5

x 2y 11

y

     

 

     

  



13 11 I ;

5



 

   IM 12 6; 5

       ,

 

2

IB IM ; B 1;

3 5

   

      

 Trong ABC ta có 12 12 12 2 BA 5BI

BI  BA  BC  4BA  

+) Mặt khác

2

8 4

BI

5 5

 

         

    , suy

5 BA BI

2

 

Gọi toạ độ A a, 2a  , Ta có   2 2

a BA a 2a 5a 26a 33 11

a              

  

+) Do a số nguyên suy A 3; 3   AI 4; 5 

 

  

 

+) Ta có AC5AI  2; 4C 1;1   Vậy A 3; 3  ,B 1; 3  ,C 1;1 

Bài 11: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông A B,C hai điểm đối xứng qua gốc tọa độ Đường phân giác góc B tam giác có phương trình: x2y 5 Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết đường thẳng AC qua

 6;

K

Lần 2–Trƣờng THPT Lộc Ninh

I

M F

E C

(21)

Tham số hóa điểm B 2b 5;b BD C2b 5; b +) Phương trình đường thẳng qua O vng góc với BD: có dạng: : 2x y

+) Tọa độ điểm I nghiệm hệ :

 

2

1;

2

x y x

I

x y y

   

 

 

    

 

+) cắt AB E, I trung điểm OE nên E 2;

+) EB   2b 3;b4 ; KC 2b11; b 2

+) Mà

5

b BE KC

b

    

 

 TH1: Khi b1 suy ra: B  3;1 ;C  3; 1

Phương trình: AB: 3x y 100;AC x: 3y0 +) Nên A ABAC A 3;1 (loại trùng với B)  TH2: Khi b5 suy ra: B5;5 ;C 5; 5   

Phương trình: AB x: 7y300;AC: 7x y 400

+) Nên 31 17;

5

A ABAC A 

 

Bài 12: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết đỉnhB2; –1, đường cao qua A có phương trìnhd1: – 4x y27 0 , phân giác góc C có

phương trìnhd2:x2 – 0y  Tìm toạ độ điểm A

Lần –Trƣờng THPT Vạn Ninh – Khánh Hoà

 Đường thẳng BC qua B2; –1, có vectơ pháp tuyến là: n 4;3

Suy phương trình đường thẳng BC là: 4x3y 5 +) Toạ độ điểm C nghiệm hệ phương trình:

4

( 1;3)

2

x y x

C

x y y

    

 

  

     

 

 Gọi B’ điểm đối xứng B qua d2, I giao điểm

của BB’ d2

Suy phương trình BB’:

1

x  y

2x y

   

+) Toạ độ điểm I nghiệm hệ: (3;1)

2

x y x

I

x y y

   

   

     

 

(22)

+) Toạ độ điểm A nghiệm hệ: ( 5;3) 3x 4y 27 y A

 

  

     

 

Bài 13: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có M(2;1) trung điểm cạnh AB

Đường trung tuyến đường cao qua đỉnh A có phương trình (d): x+y 5 0 (d’): 3x  y 1 0 Viết phương trình đường thẳng AC

Trƣờng Trung cấp nghề Ninh Hoà

 Do A giao điểm (d) (d’) nên A2;7

+) Do M trung điểm AB nên B6; 5 

+) Phương trình đường thẳng BC qua B vng góc với AH có dạng: BC x: 3y21 0

+) N BC d N9; 4 

+) Do N trung điểm BC nên C12; 3 

 Phương trình đường thẳng AC: 5x 7 y390

Bài 14: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình cạnh

:2 0, :3

AB x  y AC x y  , điểm M 1;3 nằm đường thẳng chứa cạnh BC cho 3MB2MC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC

Trƣờng THPT Khánh Sơn – Khánh Hoà

 A ABAC A2; 3 

+) Tham số hóa: Bb; 2  b 1 AB C, 4c 2; 3cAC

+) Do B C M, , thẳng hàng, nên

3

MB MC

  

  

 Tìm 1; 7;

3 3

G    G  

   

Bài 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B, AB2BC Gọi D trung điểm AB, E nằm đoạn thẳng AC cho AC3EC Biết phương trình đường thẳng chứa CD x3y 1 điểm 16;1

3

E 

  Tìm tọa độ điểm A B C, ,

Trƣờng THPT Đức Thọ - Hà Tĩnh

(23)

+) Gọi I BECD Ta có

BC  EC nên E chân phân giác

góc B tam giác ABC Do

45 D

CBE  BEC

 Phương trình đường thẳng BE: 3x y 170

+) Tọa độ điểm I nghiệm hệ:

3 17

(5; 2)

3

x y x

I

x y y

   

 

 

     

 

+) Ta có ,

3

2

BC BC BC

BI CI  CE  AC IE IB  IE

Từ tìm tọa độ điểm B 4;5  Gọi C3c1; cCD, ta có:

2 2

2 (3 5) (c 5) 20 10 40 30

3

c

BC BI c c c

c

              

 

+) Với c1 ta có C  2;1 , A 12;1 +) Với a3 ta có C 8;3 , 0; 3A   

Bài 16: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B, BC2BA Gọi E, F trung điểm BC, AC Trên tia đối tia FE lấy điểm M cho

FM3FE Biết điểm M 5; 1  , đường thẳng AC có phương trình 2x  y 0, điểm A

có hồnh độ số ngun Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC

Lần –Trƣờng THPT Lam Kinh

 Tính chất hình học: BM AC

+) Gọi I giao điểm BM AC

+) Ta thấy BC2BAEBBA, FM3FEEMBC

ABC BEM EBM CAB BM AC

      

 Đường thẳng BM qua M vng góc với AC

BM : x 2y 7  0

13 x 2x y 5 x 2y 11

y      

 

     

  



13 11 I ;

5 

 

   IM 12 6; 5        ,

 

2

IB IM ; B 1;

3 5

 

 

    

 

+) Trong ABC ta có 2 2

1 1 5

BA BI BI  BA BC  4BA  

Mặt khác

2

8 4

BI

5 5

 

         

    , suy

5 BA BI

2

 

I

M F

E C

(24)

+) Gọi toạ độ A a, 2a  , Ta có   2 2

BA a 2a 5a 26a 33 11 a

5             

  

Do a số nguyên suy A 3; 3   AI 4; 5 

 

  

 

 Ta có AC5AI  2; 4C 1;1  Vậy A 3; 3  ,B 1; 3  ,C 1;1 

Bài 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi K điểm đối xứng A qua C Đường thẳng qua K vng góc với BC cắt BC E cắt

AB N( 1;3) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết góc

45

AEB , phương

trình đường thẳng BK 3x y 150 điểm B có hồnh độ lớn

Lần –Trƣờng THPT Lê Lợi – Thanh Hoá

 Tứ giác ABKE nội tiếp

45

AKB AEB

  

AKB

  vuông cân A

45

ABK

 

+) Đường thẳng BK có vtpt n1 (3;1), gọi ( ; )

n  a b vtpt đt AB  góc BK AB

+) Ta có :

1

2 2

3 1

cos

2 10

n n a b

      2

3a b a b

   

2 2

4

2

b a a ab b

a b

       

  

+ Với a 2b, chọn n2  ( 2;1) AB: 2    x y B(2;9) (Loại)

+ Với b2a, chọn n2 (1; 2)AB x: 2y  5 B(5;0) (TM)

 Tam giác BKN có BE KA đường cao  C trực tâm BKN

: 10

CN BK CN x y

      ABK KCM vuông cân

1 1

4

2 2 2

BK

KM CK AC BK BK KM

      

7

; (3;6) 2

M MN BK M   K

  ,

 Đường thẳng AC qua K vng góc AB AC: 2x y (1;2)

A ACAB A , C trung điểm AK C(2; 4)  Vậy: A(1;2), B(5;0), C(2;4)

Bài 18: Cho tam giác ABC Đường phân giác góc B có phương trình

1:

(25)

thẳng chứa cạnh AB qua điểm (2; ) 2

M , bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

ABC

2

R Tìm tọa độ đỉnh A

Lần 1–Lê Lợi Thanh Hoá

 Tọa độ B nghiệm hệ

4

x y x

x y y

   

 

      

 

+) Gọi M’ điểm đối xứng với M qua

d , ' ( ; 0)

2

M

+) Do AB qua B M nên có pt: AB x: 2y 3

BC qua M' B nên có pt: BC: 2xy– 0

+) Gọi  góc đường thẳng AB BC suy

2.1 1.2

os sin

5

c       

 Từ định lý sin tam giác ABC, ta có:

sin

AC

R AC

ABC

   +) , ( ;3 ); ( ;3 )

2

a

AAB CBCA a  C c  c , trung điểm AC ( ;9 )

2

a c a c N   

+) 2

2

4

5;

3,

3 ( )

2

a c

N d a c

a c

a c AC c a

   

  

  

             

   

 



Khi a5ta đượcA5; 1  Khi a 3 ta đượcA3;3  Kết luận: A5; ,   A 3;3

Bài 19: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có M(8;2); E 11 9; 2    

  lần

lượt trung điểm BC AC Gọi H trực tâm tam giác ABC F chân đường cao hạ từ C, biết đường thẳng qua F trung điểm AH có phương trình làd: 2xy– 0 Tìm toạ độ đỉnh tam giác ABC

Đề số 4–Moon

 Tính chất hình học: FI FM FI  FM

+)

IE CH

ME AB ME IE CH AB



  

   

+) Ta có: tam giác AFH vng F, có I trung điểm AH nên từ cho ta FI IAIH FAI AFI

(26)

Mà FAIFBM 90 AFIBFM 90 FI FM  Phương trình đường thẳng:

: 10 :

ME x y  EI x  y +) I EI FI I 3;

+) Do FI FM nên phương trình đường thẳng MF x: 2y 4 +) F MFFI F 4;0 CF x:   y 0; AB x:   y  Gọi B b ; 4 b AB C c c;  ;  4 CF , M trung điểm BC nên:

   

16

6; ; 10;6

b c

B C

b c

  

    



+) AC nhận E làm trung điểm A 1;3  Vậy A 1;3 ;B6; ;  C 10;6

Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi H hình chiếu vng góc A BC, điểm M2; 1 , N trung điểm

HB HC; điểm K1 12 2; 

  trực tâm tam giác AMN Tìm tọa độ điểm C, biết

điểm A có tung độ âm thuộc đường thẳng d x: 2y 4

Trƣờng THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu

 Tính chất hình học: CI AM , K trung điểm IH +) Gọi I trung điểm AH, ta có MI AB/ / MI AC Suy ra: I trực tâm tam giác AMC CI AM

+)Mà NK AM NK CI/ /  K trung điểm HI

 Đặt A 2a 4;ad, từ hệ thức

2 2

3 ;

3

a a

AK  KH H   

 

+) Suy ra: AK 722 ;a 12a

 

2 5; 3

a a

MH    

 

+) Khi đó:

7

2 3

a a

AK MH   a     a  

     

2

10 13 23 23 10

a

a a

a

          

  

2;

A

  

 Suy tọa độ H 0;1 B4; 3 

+) Phương trình AB: x3y 5 BC x y:   1 +) Phương trình AC: 3x  y

Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:

x+2y+4=0 I

K(-1/2;1/2) M(2;-1)

N

H C

(27)

         

  

 

3 1;2

1

x y x C

x y y

 Kết luận: A 2; 1; B4; 3 ; C1;2

Bài 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AC 2AB , điểm

 9 1;

M trung điểm BC, D điểm thuộc cạnh BC cho BAD CAM Gọi E trung điểm AC, đường thẳng DE có phương trình: 2x 11y 44 0   , điểm B thuộc đường thẳng d có phương trình: x y 0   Tìm tọa độ điểm A, B, C biết hoành độ điểm A số nguyên

Trƣờng THPT Chuyên Biên Hòa, lần

Goi IBEAD , GAMBE

 

ABI AEG g.c.g BI GE

Mà BG 2GE (do G trọng tâm ABC)

BI IG GE 

Kẻ EH BC H AD   Chứng minh CD 2HE,HE 2BD  CB 5BD

     

  

2 1;

2BM 5BD, B b; b , D 22 11d; 2d ,M

   

 

     

  

 

   

18 11

5

9 D ;

55d 3b 108 d

5

10d 3b 27 b 3 B 3;

 9 1;

M trung điểm BC C1; 6

Gọi E 22 11e; 2e  , E trung điểm AC A 45 22e; 4e 6     

   

  

      

  

e tm

AC 2AB 75e 278e 256 128 A 1;

e l

75 Vậy A 1; , B 3; ,C    1; 6

Bài 22: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn 2 ( ) : (C x1) (y2) 25

ngoại tiếp tam giác ABC Các điểm K(-1 ; 1), H(2; 5) chân đường cao kẻ từ đỉnh A B tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết C

có hồnh độ dương

Trƣờng THPT Tô Văn Ơn, lần

(28)

+(C) có tâm I(1;2) Gọi Cx tiếp tuyến (C) C

Ta có

2

HCx ABC SđAC(1)

Do

90

AHBAKB nên AHKB tứ giác nội tiếp  ABCKHC(cùng bù với gócAHK )

(2)

Từ (1) (2) ta có HCxKHCHK // Cx Mà ICCxICHK

Do IC có vectơ pháp tuyến KH (3;4), IC có phương trình 3x4y110

Do C giao IC (C) nên tọa độ điểm C nghiệm hệ

          25 ) ( ) ( 11 2 y x y x              ; y x y x

Do xC 0 nên C(5;1)

Đường thẳng AC qua C có vectơ phương CH (3;6) nên AC có phương trình

0 2xy 

Do A giao AC và (C) nên tọa độ điểm A nghiệm hệ

          25 ) ( ) ( 2 y x y x             ; y x y x

(loại) Do A(1;7)

Đường thẳng BC qua C có vectơ phương CK (6;2) nên BC có phương trình

0    y

x

Do B giao BC (T) nên tọa độ điểm B nghiệm hệ

          25 ) ( ) ( 2 y x y x              , y x y x

(loại) Do B(4;2) Vậy A(1;7); B(4;2); C(5;1)

Bài tập tƣơng tự 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi D điểm đối xứng với C qua A Điểm H2; 5  hình chiếu vng góc điểm B AD, điểm

 1; 1

K   hình chiếu vng góc điểm D AB, đường trịn (T) ngoại tiếp tam giác ABD có phương trìnhx1 2 y22 25 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết điểm A có hồnh độ dương

lần 1–Trƣờng THPT Hồng Quang- Hải Dƣơng

A

B C

H

K I

(29)

Tính chất hình học: (Các em học sinh gắng chứng minh: kẻ tiếp tuyến Ax chứng minh HK Ax)

Khi phương trình đường thẳng IA: 3x4y   11 A IA T A 5;1

Lập phương trình đường thẳng AB, AD giao với (T) giải hệ tìm B, D suy C

Đáp số: A  5;1 ;B  4; ;  C 9;9

Bài tập tƣơng tự 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (C): 2

25

x y  , đường thẳng AC qua điểm K(2; 1) Gọi M, N chân đường cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh ∆ABC biết phương trình đường thẳng MN 4x − 3y + 10 = điểm A có hồnh độ âm

lần 1–Sở GDDT Quảng Ninh, Đáp Số : A4;3 ; B  3; ,  C 5;

Bài 23: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC cóA 1; , tiếp tuyến

A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác ADBcó phương trình x  y , điểm M4;1 thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB

Trƣờng THPT Chuyên Bình Long, Bình Phƣớc, lần

K C A

D

B I

M M'

E

Gọi AI phan giác BAC

Ta có : AID ABCBAI

IADCAD CAI

Mà BAI CAI ,ABCCAD nên AIDIAD

 DAI cân D  DEAI

PT đường thẳng AI : x  y

Goị M’ điểm đối xứng M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y

Gọi K AIMM'K(0;5) M’(4;9)

VTCP đường thẳng AB AM' 3;5 VTPT đường thẳng AB n5; 3 

Vậy PT đường thẳng AB là: 5x 1 3 y40 5x3y 7

Bài 24: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A Gọi D

(30)

tại H Biết AH AD 2, tọa độ điểm A 2; , phương trình đường thẳng

 FG : 3x4y 2 điểm E có hồnh độ nhỏ Tìm tọa độ đỉnh B C

Trƣờng THPT Hoàng Hoa Thám

I H

D A

B E C

F

G

Chứng minh AD vng góc FG:

ABC tam giác vng có cạnh huyền BC, trung tuyến AD đó: DADBDC hay tam

giác ACD cân D

Khi đó: DACDCA Mặt khác FAEDCA (góc có cạnh tương ứng vng góc)

FAE GFA (AFEG hình chữ nhật) đó: DAC GFA Vì: GFA AGH 900, vậy: DACAGH900ADFG

Phương trình đường thẳng:  AD : 4x3y170

Bài 25: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C):

  2 2

2 26

x  y  Trọng tâm tam giác 1;8

G 

 ; điểm M 7; nằm đường thẳng

đi qua A vng góc với BC (M  A) Tìm tọa độ đỉnh tam giác, biết –

Trƣờng THPT Phạm Văn Đồng – Phú Yên

▪ Gọi I tâm đường tròn (C), E trung điểm BC H trực tâm tam giác ABC

Kẻ đường kính AA’ ta có BA’ // CH, CA’ // BH nên BHCA’ hbh

Suy E trung điểm A’H nên IE đường trung bình AHA’

2

IE EG

AH AG

   nên ba điểm H, G, I thẳng hàng Và GH  2GI mà

ta có I 2;3 nên H1; 2

Ta có M nằm (C) A, H, M thẳng hàng; tam giác MHB cân B Nên

BC đường trung trực HM G

E

A' B'

F

M H

I

B

(31)

▪ Phương trình đường thẳng BC: x 3 Tọa độ B, C nghiệm hệ phương trình:

  2 2

3 3

2;

2 26

x x

y y

x y

 

  

 

    

     

Phương trình đường thẳng HM: y 2 Tọa độ A nghiệm hệ:

  2 2

2 3

2

2 26

y x

y

x y

 

   

 

  

    



▪ Vậy A3; 2, B 3;8 , C3; 2 

Bài 26: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B,

2

AB BC, D là trung điểm AB, E thuộc đoạn AC choAC3EC, biết phương trình đường thẳng CD:x3y 1 , 16;1

3

E 

  Tìm tọa độ điểm A, B, C

Lần 1–Trƣờng THPT Tam Đảo Vĩnh Phúc

Gọi I BCCD , ta có:

2

BA EA

BA  EC  nên E chân phân giác góc ABC

Tam giác BCD vng cân B nên viết ptdt BE: 3x y 170

 5;

I BECDI

Dùng phương pháp gán độ dài chứng minh được: IB 3IEB 4;5

Tham số hóa điểm CCD, giải pt:    

   

2;1 , 12;1

8;3 , 0;

C A

BC BI

C A

   





Bài 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác vuông cân Gọi trung điểm , trọng tâm tam giác điểm điểm nằm đoạn cho Tìm tọa độ điểm , lập phương trình , biết hồnh độ điểm

nhỏ có phương trình

Lần 2–Trƣờng THPT Thuận Châu, Sơn La

Tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng

Xác định hình chiếu

Ta có tam giác vng cân đỉnh nên tam giác vng cân đỉnh

Suy Theo giả thiết nên tam giác

nội tiếp đường tâm bán kính

Ta có: suy suy

Suy tam giác vuông cân đỉnh suy

A B

C M

G

(7; 2)

D 

3x y  13

(32)

Tìm điểm nằm đường thẳng cho Giả sử

Với suy

Tìm số đo góc tạo

Gải sử đường thẳng có vecto pháp tuyến ta có :

TH : chọn sy suy

TH 2: chọn suy

Trong hai trường hợp xét thấy nên

Vậy:

Bài 28: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A nội tiếp đường trịn (T) có phương trình: 2

6

x y  x y  Gọi H hình chiếu A BC Đường trịn đường kính AH cắt AB, AC M, N Tìm tọa độ điểm A viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN có phương trình:

20x10y 9 điểm H có hoành độ nhỏ tung độ

lần 2–Trƣờng THPT Minh Châu- Hƣng Yên

(T) có tâm I( ; ),3 bán kính R Do IA IC IAC ICA (1)

Đường trịn đường kính AH cắt BC M

MH AB MH / /AC(cùng vng góc AB) MHB ICA (2) Từ (1), (2), (3) ta có:

90

      o

IAC ANM ICA AHM MHB AHM

Ta có: ANM AHM (chắn cung AM) (3)

(33)

A

B C

H M

N

I E

Suy ra: AI vng góc MN

 phương trình đường thẳng IA là: x2y 5

Giả sử A(5 2 a;a) IA.

Mà 2

5 2 5 10

2

a A (T) ( a) a ( a) a a a

a

 

             

  Với a 2 A( ; )1 (thỏa mãn A, I khác phía MN)

Với a 0 A( ; )5 (loại A, I phía MN)

Gọi E tâm đường trịn đường kính AH

10

E MN E t; t 

     

  Do E trung điểm AH 38

10

H t ; t 

    

 

58 48

2 4

10 10

AH  t ; t , IH  t ; t 

        

   

Vì 272

0 20 896

25 t

AH HI AH.IH  t   

8 11 13

5 5

28 31 17 25 25 25

t H ; (thỏa mãn)

t H ; (loại)

  

 

  

 



   

 

  

  



Với 11 13

5 5

t  H ; 

  (thỏa mãn)

Ta có:

5

AH  ; 

  BCnhận n ( ; ) VTPT phương trình BC là: 2x y  7

(34)

H(2;1)

lần 2–Trƣờng THPT Anh Sơn 2, Nghệ An

Ta có

2

ABC ACB KIC IBCICB  900

2

BAC

  (1)

Ta có

90

BAC KNC ANM  AMN   (2)

Từ (1) (2) suy KICKNC nên tứ giác

KNIC nội tiếp đường trịn đường kính IC

Mặt khác tam giác IHC nội tiếp đường trịn đường kính IC

Vậy điểm K, N, I, H, C nằm đường trịn đường kính IC

Gọi J trung điểm IC nên J tâm đường tròn qua điểm

Giả sử J(x;y)

JCJKJH

2 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (2 ) (1 )

JC JK x y x y

JC JH x y x y

                              3 x y        (3; 3) J  

Vì J trung điểm IC nên I(7;-4) Từ suy BI có phương trình y 4

BC qua H C nên có phương trình x  y

Do đó, B(x;y) nghiệm hệ

1 y x y       

   B( 3; 4)

Vì INC 1v NKC 1v Từ gọi C’ điểm đối xứng C qua đường thẳng BI Khi K trung điểm CC’ nên C’(-1;-6)

Đường thẳng AB qua B C’ có phương trình là: x  y

Giả sử AC có VTPT 2

( ; ), ( 0)

n a b a b 

Khi AC có phương trình a x(  1) b y(   2) ax by a  2b0

Ta có d I AC( , )IH

2

7

5

a b a b a b

  

 

 2

8 a b a b     23 a b a b          + a

b   chọn a = 1, b = -1 nên AC có phương trình x  y ( trùng BC) ( loại)

+ 23

7

a

b  chọn a = 23 ; b = nên AC có phương trình 23x7y370

+ Khi A (x; y) nghiệm hệ

3

7 4

(35)

Vậy ( ; )

4

A 

Bài 30: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng cân A Biết phương trình cạnh BC  d :x7y310, điểm N(7; 7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2; -3)

thuộc AB nằm ngồi đoạn AB Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

THPT Bắc Yên Thành

Đường thẳng AB qua M nên có phương trình a x  2 b y 3 0 2 

a b 

 

; 45

AB BC  nên

2

3

7 cos 45

4

50

a b a b



 

  

 

 

Nếu 3a = 4b, chọn a = 4, b = ta  AB : 4x3y 1  AC : 3x4y 7 Từ A(-1; 1) B(-4; 5) Kiểm tra MB2MA nên M nằm đoạn AB (TM) Từ tìm C(3; 4)

Nếu 4a = -3b, chọn a = 3, b = -4  AB : 3x4y180,  AC : 4x3y490 Từ A(10; 3) B(10;3) (loại)

Bài 31: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AD,

BE nội tiếp đường tròn tâm I(5;4) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết D(4;4), E(6;5) đỉnh C thuộc đường thẳng x2y 2

Chuyên khoa học tự nhiên, lần

0

180

90 , 90

2

CIA

ICA ABC ABC CED IEC CED IC DE Suy

(2;1)

DE VTPT đường thẳng IC suy phương trình IC : 2x y 14 Mà C thuộc đường thẳng d x: 2y C(6;2)

Phương trình : (2 ;6)

2

x

CE A a

y t

a

2 1 2 3 5 6

IA a (a = loại)

Suy : A(6;6) Phương trình CD :

2

x t

y t

a

(6 ;2 )

B b

2

2 1 2 2 2 5

IB b b

3

b (b loại) suy : B(3; 5)

Bài 32: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn

(36)

D ; 5

 

  ; Biết AC có phương trình x + y − = , tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

THPT Nguyễn Văn Trỗi, lần Gọi F hình chiếu vng góc A lên BC, E trung điểm AB Ta có tứ giác BFDA nội tiếp đường trịn đường kính AB ngủ giác BEDIM nội tiếp đường trịn đường kính BI

Suy

2

DEM DBM DBF DEF

(góc nội tiếp góc tâm chắnmột cung)

nên EM phân giác góc ∠DEF , lại

có

2

EF DE ABnên ME đường trung trực DF Đường thẳng ME qua M song song với AC nên có phương trình x + y − 1= , F đối

xứng với D qua ME nên

13

; , ;

5 5

F MF nên véc tơ pháp tuyến BC 1;

n suy phương trình BC : x 3y nên tọa độ điểm C nghiệm hệ sau :

3

(5; 0)

5

x y

C

x y M trung điểm BC suy B (−1;−2) , AF qua F vng góc với BC nên có phương trình

33

3

5

x y suy tọa độ điểm A nghiệm hệ 335

5

x y

(1;4)

A

Bài 33: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có hai điểm 3;1

M 

  38 34

; 25 25

N 

  nằm đường thẳng AB, phương trình đường thẳng AC 3x4y 6 Tìm tọa

độ đỉnh A, B, C biết tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm đường thẳng

:

d x  y có hồnh độ lớn 1, đồng thời điểm P chân đường phân giác AI có hình chiếu vng góc lên đường thẳng AB điểm N

THPT Nguyễn Diệu, Bình Định

(37)

Tọa độ A nghiệm hệ

3x 4y    

 Tìm A(2/3;2)

+)Vì tâm đường trịn nội tiếp thuộc đường thẳng x – y – = nên I(a;a – 2), điều kiện a >

Ta có d(I;AB) = d(I;AC)

7 18 14

4( )

( )

a a

a n

a l

    

   

  

Vậy I(4;2) bán kính đường tròn nội tiếp r = +)Lập pt AI: y–2 =

Lập pt PN: 4x –3y – =

P giao điểm AI PN nên tọa độ P nghiệm hệ

4

y x y

  

   

 giải P(2;2)

+)BC qua P(2;2) có VTPT n( ; )a b có pt dạng a x(  2) b y(  2)

Ta có d(I;BC) = r

2

a

a a b b a b

      

 Chọn a =

Khi pt BC x – =

Tọa độ B nghiệm hệ 10

x

x y 

   

 Tìm tọa độ B(2;1) Tọa độ C nghiệm hệ

x

x y 

   

 Tìm tọa độ C(2;3)

Bài 34: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh (4; 3)B  , M trung điểm cạnh BC, D giao điểm đường phân giác góc MAC cạnh BC Biết

rằng CB3CD, đường thẳng AD có phương trình 3x2y 5 0, diện tích tam giác ABC 39

4 đỉnh C có hồnh độ dương Hãy tính tọa độ điểm A, C

THPT Phù Cát 1, Bình Định

+) Gọi E điểm đối xứng A qua M AB/ /CE Xét tam giác ACE có AM trung tuyến,

3

CD CM nên D trọng tâm, AD phân giác góc EAC nên tam giác AEC

cân A, suy ADEC suy ADAB Suy A hình chiếu vng góc B

,

AD suy A(1; 1).

+) Do ;3  1

2

t

DADD t   D  A t

 

+) Từ 3 9; ,

2 2

t t

BC BDC     t 

(38)

+) Do  ;  13, ABC

S d C AB

AB

  từ suy t3, suy 9; 2

C 

(39)

Phần II Các toán tứ giác

Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh C thuộc

đường thẳng d x: 2y 0, điểm M(1;1) thuộc cạnh BD biết hình chiếu vng góc điểm M cạnh AB AD nằm đường thẳng :x y Tìm tọa độ đỉnh C

Lần 1– Trƣờng THPT Bình Minh – Ninh Bình

Tính chất: CIHK

 Gọi H, K hình chiếu vng góc M AB, AD Gọi N giao điểm KM BC

Gọi I giao điểm CM HK

Ta có DKM vng K MDK 450

(1)

KM KD KM NC

Lại có MH MN( MHBN hình vng)

Suy ra: KMH CNM HKM MCN

Mà NMC IMK nên NMC NCM IMK HKM 900

Suy CI HK

 Đường thẳng CI qua M(1;1) vng góc với đường thẳng d nên

( 1;1)

CI d

VTPT n VTCP u nên có phương trình: (x 1) (y 1) x y

Do điểm C thuộc đường thẳng CI đường thẳng nên tọa độ điểm C nghiệm

hệ phương trình xx y2y 06 0 xy 22 Vậy C(2;2)

Bài : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;3) Gọi N

là điểm thuộc cạnh AB cho

3

AN AB Biết đường thẳng DN có phương trình x+y-2=0 AB=3AD Tìm tọa độ điểm B

Lần 2– Trƣờng THPT Bố Hạ – Bắc Giang

 Gọi 2

( ; ); ( 0)

  

n a b a b vectơ pháp tuyến BD,

BD qua điểm I(1;3) nên có phương trình: ax by  a 3b0

Theo giả thiết ta có:

3

5

1

3 10

3

AB NB AN AB

AB ND

AD AB

AB BD

 



  

 

  

 

  

 



  

(40)

Nên ta suy ra:

2 2

7 cos

2 10

BD ND NB

BDN

BD ND

 

 

Khi đó: 2

1 2 2

3

| |

cos cos( , ) 24 24 50

4 10

  

        



 

a b a b

BDN n n a b ab

a b a b

 Với 3a4b, chon a=4,b=3 suy ra: BD: 4x3y 13

Mà DBDDND(7; 5)  B( 5;11)

 Với 4a3b, chọn a=3,b=4, PT BD: 3x4y 15

Mà DBDDN D( 7;9) B(9; 3)

Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD Điểm E(2;3) thuộc đoạn thẳng BD, điểm H( 2;3) K(2; 4) hình chiếu vng góc điểm

E AB AD Xác định toạ độ đỉnh A, B, C, D hình vng ABCD

Lần 1– Trƣờng THPT Nguyễn Huệ – Khánh Hoà

 Ta có: EH : y 0  EK : x 2 0

AH : x AK : y

  

   

 A2; 4

 Giả sử n a; b ,  2 

a b 0 VTPT đường thẳng BD

Có:

ABD45 nên:

2

a

a b

    

 Với a b, chọn b    1 a BD : x  y

   

B 2; ; D 3;

    

 

EB 4; ED 1;1     

  

 E nằm đoạn

BD(thỏa mãn)

Khi đó: C 3; 1  

 Với ab, chọn b 1   a BD : x  y

   

B 2; ; D 1;

   

 

EB 4; ED 1;1    

 

 

 EB4EDE nằm đoạn BD(Loại)

 Vậy: A2; ; B  2; ; C 3; ; D 3; 4     

Bài 4: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm đường thẳng d x:   y Điểm E 9; nằm đường thẳng chứa cạnh AB, điểm

 2; 5

F   nằm đường thẳng chứa cạnh AD, AC 2 Xác định tọa độ đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có hồnh độ âm

Lần - Cao Đẳng nghề Nha Trang

(41)

Gọi E’ điểm đối xứng với E qua AC

 E’ thuộc AD

+) Vì EE’ vng góc với AC qua điểm E 9;  phương trình EE’: EE x' :   y  Gọi I  ACEE’ , tọa độ I nghiệm hệ:

 

5

3;

1

x y x

I

x y y

   

   

      

 

+)Vì I trung điểm EE’ E'( 3; 8) 

AD qua E'( 3; 8)  F( 2; 5)   phương trình AD: AD: 3x  y

+)A ACADA(0;1)

+) Giả sử C c( ;1c).Vì AC 2 c2   4 c 2;c 2C( 2;3) xC 0

 Gọi J trung điểm AC  J( 1;2)  phương trình BD: x  y +) Do DADBDD(1;4) B( 3;0)

 Vậy A(0;1), B( 3; 0), C( 2;3), D(1; 4)

Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có BD = 2AC Đường thẳng BD có phương trình x – y = Gọi M trung điểm CD H(2;-1) hình chiếu vng góc A BM Viết phương trình đường thẳng AH

Trƣờng Ischool Nha Trang-Khánh Hoà

 Gọi I tâm hình thoi ABCD GBM AC, suy G trọng tâm tam giác BCD

+) Tam giác BIG vng I có:

2 2

1 sin

37 (6 )

IG IG IG

IBG

BG BI IG IG IG

   

 

1 cos( , ) sin

37

BD AH IBH

  

 Đường thẳng BD có vectơ pháp tuyến n1 (1; 1)

gọi vectơ pháp tuyến AH 2

2 ( ; ) ( 0)

n  a b a b  Ta có:

    2

1 2 2

7

1 | |

cos cos , 35 74 35

5

37 2 37

7

a

a b b

BD AH n n a ab b

a a b

b

   

         

  



+) Với ba 57: Chọn n2 (7;5),ta có phương trình AH làAH: 7x5y 9

+) Với ba 75: Chọn n2 (5;7),ta có phương trình AH AH: 5x7y 3

 Vậy AH: 7x5y 9 0hoặc AH: 5x7y 3

Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông A, B AD =

J I

E' F E

D

C B

(42)

2BC Gọi H hình chiếu vng góc điểm A lên đường chéo BD E trung điểm đoạn HD Giả sử H1;3, phương trình đường thẳng AE: 4x  y

5 ;

C 

  Tìm tọa độ đỉnh A, B D hình thang ABCD

 Tính chất hình học: CEAE

+) Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH K cắt AB I

+) Suy ra: K trực tâm tam giác ABE, nên BK AE Do KE đường trung bình tam

giác AHD nên

2

KE  AD hay KE BC, nên

cho tam tứ giác BKEC hình bình hành, dẫn tới CE BK

+) Do đó: CEAECE: 2x8y270

Mà 3;3

2

EAECEE 

 , mặt khác E trung điểm HD nên D2;3

 Khi đó, phương trình đường thẳngBD y:  3 0, suy AH x:  1 0nên A1;1  Suy AB x: 2y 3 0.Do đó: B ABBDB 3;3

 Vậy: A1; ,  B 3; 3 , D 2; 3

Bài 7: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC Gọi H hình chiếu A lên đường thẳng BD; E,F trung điểm đoạn CD BH Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF 3x – y – 10 = điểm E có tung độ âm

Tìm tọa độ đỉnh B, C, D

 Tính chất hình học: AFEF

 Gọi E,F,G trung điểm đoạn thẳng CD, BH, AB

+) Ta thấy tứ giác ADEG ADFG nội tiếp đường trịn đường kính DG, mà DG AE nên AE đường kính, đồng thời tứ giác ADEF nội tiếp dẫn tới:AFEF

(43)

3 10 17 32 ;

3 5

5

x x y

F AF

x y

y

    

     

     

 

  



 

2

1

2 ;

2

8 17 51

;3 10

5 5

19 19

5 34 57 hay 3; ;

5 5

AFE DCB g g EF AF

E t t EF t t

t t t t E E

     

             

   

               

+) Theo giả thiết ta E3; 1 , phương trình AE x:   y  Gọi D x y ; , tam giác ADE vuông cân D nên:

             

  

2 2

1

1 1

2

hay D(1;-1) D(3;1)

1 1

x y x y

AD DE

AD DE x x y y

y x x x

x x y y

        

 

  

    

 

 

    



     

     

  



+) Vì D F nằm hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1)

+) Khi đó, C(5;-1); B(1;5) (Tìm C DE nhận E làm trung điểm, tìm D đẳng thức BC AD)

 Vậy B(1;5); C(5;-1) D(1;-1)

Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tοạ độ Oxy, cho hình vng ABCD M điểm

thuộc cạnh CD M C D, Qua điểm A dựng đường thẳng d vuông góc với AM , d cắt đường thẳng BC điểm N Biết trung điểm đoạn thẳng MN gốc tọa độ O, I giaο điểm AO BC Tìm tọa độ điểm B hình vng biết

6;4 ,O 0;0 , 3;

A I điểm N có hồnh độ âm

Lần –Trƣờng THPT chuyên Hùng Vƣơng

 Tính chất hình học: Tam giác AMN vng cân A

 Do tứ giác AMCN nội tiếp, suy ra

45

AMN NCA

nên tam giác AMN vuông cân A, AOMN O, nên ta viết phương trình đường thẳng:

 

:

MN x y

 Giả sử N2 ;3n nMN M2 ; 3n  n

O

A D

C N

(44)

+) Ta có: AN 2n6;3n4 ; AM      2n 6; 3n 4 +) Do:AN  AM  AN AM 0

     

 

2 6 4

2

4;

n n n n

n

N n

         



       

 Phương trình đường thẳng BC qua N I làBC: 4x 7y 260,

+) Phương trình đường thẳng AB qua A vng góc với BC AB: 7x 4y 260  Vì BBCABnên tọa độ điểm B nghiệm hệ: 26 6; 22

7 26 5

x y

B x y

 

          



Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, đỉnh B thuộc đường thẳng d1 : 2x – y + = , đỉnh C thuộc đường thẳng d2 : x – y – = 0, Gọi H hình chiếu B

xuống đường chéo AC, Biết 2; 5

M 

 ; K(9;2) thuộc trung điểm AH CD Tìm

hồnh độ đỉnh hình chữ nhật biết hồnh độ đỉnh C lớn

Lần –Trƣờng THPT Đồng Xoài

Tính chất hình học: MKMB

 Qua M kẻ đường thẳng song song với CD cắt BH, BC P, N Tứ giác MKCP hình bình hành (do

MP//CK,

2

MPCK  AB)

+) Mặt khác ta có MN  BC BH  MC suy P trực tâm tam giác MBC

+) Vậy CP  BM suy MK  MB  Gọi B b b ;  2 d1

9 36

; , ;

5 5

MB b b  MK  

      

   

+) Vì MB MK    0 b B(1; 4)

 Gọi C c c ;  5 d2BCc1;c9 ; KC c9;c7

+) Vì 0  9;

4

c

BC CK BC KC C

c

 

     



 Nên ta có C 9; D   9;0 A 1;0

Bài tập tƣơng tự 1: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường trịn (C): 2

10

x  y  , đỉnh C thuộc đường thẳng có phương trình: x2y 1 Gọi M hình chiếu vng góc B lên AC Trung điểm AM CD

3 ; 5

N 

  P(1;1) Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật biết điểm B có hồnh độ

dương điểm C có tung độ âm

(lần 1–Trường THPT Quỳnh Lưu Nghệ An)

(45)

Gọi Q trung điểm BM,

NQ AB



 

 suy PCQN hình bình hành

Suy CQ//PN

Trong tam giác BCN Q trực tâm nên CQ vng góc với BN Vì PN vng góc với BN

Đáp số: A3;1 , B 1; ,  C 3; ,  D 1;3

Bài tập tƣơng tự 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2) hình chiếu vng góc A lên BD Điểm ( ;3)9

2

M trung điểm cạnh BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A tam giác ADH d: 4x  y Viết phương trình cạnh BC

(lần 3–Trường THPT Phú riềng – Bình Phước)

Đáp số: BC: 2x y 120

Bài 10: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2) hình chiếu vng góc A lên BD Điểm 9;3

2

M 

  trung điểm cạnh BC, phương

trình đường trung tuyến kẻ từ A tam giác ADH d: 4x  y Viết phương trình cạnh BC

Lần –Trƣờng THPT Phú Riềng- Bình Phƣớc

Tính chất hình học: MKAK

 Gọi K trung điểm HD Gọi P trung điểm AH

+) Ta có AB vng góc với KP Do P trực tâm tam giác ABK Suy BP vng góc với KM

+) Mặt khác, BMKP hình bình hành nên cho ta

KM KM, nên suy raMKAK.

 MK qua 9;3

M 

  vng góc với AK có pt:

15

:

2

MK x y 

+) K MKd nên tọa độ điểm K nghiệm hệ

15

4

; 2

2

4

x y

K x y

   

   

  

    

+) Do K trung điểm HD nênD 0; ,suy phương trình đường thẳng

:

BD y 

+) AH qua H vng góc với BD nên có phương trình:AH x:  1

(46)

+) Ta có: DC 9b; ; BC 9 ; 2 b  mà DC vng góc với BC nên suy ra:

5

17

2

b DC BC

b

    

  

+) Nên điểm B 5; C 4; 17; 1;

2

B C 

   

 Phương trình đường thẳng BC: 2x y 120 BC: 2x8y330

Bài tập tƣơng tự: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu vng góc B AC, M N trung điểm AH BH, cạnh CD lấy điểm K cho MNCK hình bình hành Biết 2; ; K 9; 2 

2

M 

 

các đỉnh B, C nằm đường thẳng có phương trình2x  y 0và

5

x  y , hoành độ đỉnh C lớn Tìm toạ độ đỉnh A, B, C, D

lần 2–Trƣờng THPT Yên Thế

+) MN đường trung bình tam giác HAB suy MN // AB

2

MN  AB

+) MNCK hình bình hành nên CK // MN; 1

2

CK MN  AB CD

suy K trung điểm CD N trực tâm tam giác BCM, CN MB MK // CN nên MK MB

 

36

; 2 , ; , ;

5 5

1;

B d B b b MK MB b b

MK MB b B

   

        

   

   

 

     

' ;

9; 9;0 1;0

C d C c c

BC KC c C D A

  

     

Bài 11: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tọa độ điểm D(5; 4) Đường trung trực đoạn CD có phương trình d1: 2x3 – 0y  đường phân

giác góc BAC tam giác ABC có phương trìnhd2: 5x y 100 Xác định tọa độ

các đỉnh lại hình bình hành ABCD

Lần –Trƣờng THPT Thanh Hoa - Bình Phƣớc

 Phương trình đường thẳng DC qua D vng góc với d1 có dạng DC: 3x2y 7

+) M CD d1 M 3;1

+) M trung điểm DC nên C1; 2   Ta lại có A thuộc d2 nên A a( ; 5 a 10)

M B

C

A

D

(47)

Mà ABCD hbh nên

4

( 4; 16)

5 10

B B x a

AB DC B a a

y a

   

         



 Gọi C’ điểm đối xứng C qua d2, ta có:C'( 4; 3)  AB

+) Ta có: A, B, C’ thẳng hàng ' '

5 13

a a

C A kC B a

a a

  

     

 

 Vậy A2;0  và B 6; 

Bài 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD tâm I Biết trung điểm cạnh AB M(0;3), trung điểm đoạn thẳng IC E(1;0) điểm A có tọa độ nguyên Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, D

Trƣờng THPT Nguyễn Du – Bình Phƣớc

Tính chất hình học: MEDE

+) Gọi H trung điểm DI, H trực tâm tam giác ADC (chứng minh tương tự trên), nên AH DE +) Đồng thời AMEH hình bình hành nên AH DE +) Suy ra: ME DE

 Phương trình DE x: 3y 1

+) Tham số hóa điểm D3d1;dDE

+) Để ý thấy rằng: MGB EGH, cho ta G trung điểm ME nên 3;

2

G 

 

 Tứ giác AMED nội tiếp, nên cho ta

45

DAE AME  nên cho ta tam giác EMD vuông cân E

 Phương trình đường trịn (C) tâm E bán kính ME có dạng:    2 2

: 10

C x y 

+) D C DE nên tọa độ điểm D nghiệm hệ  

2 2

2

1 10

4

1

x y

x x y

y

    

     

 

 

    

 

  

 TH1: D 2; 1, ta lập phương trình AC qua E nhận 5; 2

DG  

  làm VTPT

nên có dạng: AC x:   y +) Phương trình BD x:   y +) I  ACBDI 0;1

+) Từ ta tìm B 2;3 A2;3C2; 1 

 TH2: D 4;1 ta lập phương trình AC qua E nhận 1; 2

DG  

  làm VTPT

nên có dạng: AC: 7x  y

(48)

+) ; 5

I  ACBD I 

 

+) Từ ta tìm 9; 21;

5 5

B  A 

    (loại tọa độ A nguyên)

Bài 13: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhậtABCD, gọi M trung điểm AB Đường thẳng  d qua M D có phương trình x2y 2 Tìm tọa độ đỉnh B, C, D, biết A 1; đỉnh C nằm đường thẳng   :x  y hoành độ điểm C lớn

Trƣờng THPT Chuyên Bình Long- Bình Phƣớc

 Ta có điểm C nằm đường thẳng

  : x   y Cc;5c , c ,c3.

+) Lại có:

   

 

   

2

1 2.4

, , 2

1

2

2 10

5

6

d C MD d A MD

c c c l

c

 

  

 

 

    

     

  

Suy C6; 1 

+) Ta có điểm D nằm đường thẳng  d :x2y  2 D2d2;d , d  Lại có AD2d3;d4 ; CD2d8;d1

+) Do ABCD hình chữ nhật nên

     

25 20

4

d

AD CD d d d d d d

d

               

 

 Kết luận: C6; 1 , D 0;1 B 7; hoặcC6; 1 ,D 6; B1; 1 

Bài 14: Trong mặt phẵng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chư̂ nhật ABCD có A5; 7 , điễm C thuộc đường thẵng có phương trình x– y 4 Đường thẳng qua D trung điễm cũa đoạn thẵng A B có phương trình3 – – 23=0x y Tìm tọa độ điểm B C, biết B có hoành độ dương

Lần 2–Trƣờng THPT Hà Huy Tập

(49)

Ta có , M trung điểm AB I giao điểm AC DM

+) Theo định lý Thales thuận ta có:

1 10 10

2 ;

3 3

CD IC ID c c

AI AC I AM IA IM

 

 

       

 

+) Mặt khác I thuộc DM nên ta có:

10 10

3 23 (1;5)

3

c c

c C

       

+) Ta có M thuộc MD:

3 23

; 5;

4

m m

M m   B m  

     

   

Và có thêm:

3

2 10; 19 6;

2

m AB m

m CB m

    

 

  





 

   

  



+) Lại có (2 10)(2 6) 19

2

m m

AB CB  m m     

  

+) Suy 29

5

m hay m

 Do ( 3; 3) 33 21; 5

B   hay B 

  Do B có hồnh độ dương nên ta nhận

33 21 ( ; )

5

B

 Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán (33 21; ), (1;5) 5

B C

Bài 15: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ oxy , cho hình vng ABCD có A(-1;3) Điểm B thuộc đường thẳng d x: 2y 1 Gọi M,N theo thứ tự trung điểm BC CD AM cắt BN 7;

5

I  

  Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình vng

Trƣờng THPT Trần Cao Sơn – Khánh Hồ

Tính chất hình học: AM BN

+) Ta có: BAI IBM mà

90

BAI IMB

Suy ra:

90

IBM IMB hay AM BM

 Phương trình đường thẳng AM: 4x3y 5

+) Phương trình đường thẳng BN qua I vng góc với AM có dạng:BN: 3x4y 5

+) B d BN B 3;1

 Phương trình đường thẳng BC: 2x  y M BCAM M2; 1  C1; 3  D 3; 1

Bài 16: Trong hệ tọa độ Oxy,cho hình thoi ABCD cạnhACcó phương trình là: x7y310, I

N

M

C D

(50)

hai đỉnh B D, thuộc đường thẳng Tìm tọa độ

các đỉnh hình thoi biết diện tích hình thoi 75 đỉnh A có hồnh độ âm

Trƣờng THPT Lê Hồng Phong

 B d1 B b( ;8b), Dd2(2d3; )d

+) Khi BD  ( b 2d 3;b d 8) trung điểm BD

là 3;

2

b d b d I      

 

+) Theo tính chất hình thoi ta có:

8 13 13 0

6 9

AC

BD AC u BD b d b

I AC I AC b d d



     

    

        

 

   

 Suy B(0;8); ( 1;1)D  +) Khi 9;

2

I 

 ; AAC  A( 7a 31; )a

2

1 15

15

2

ABCD ABCD

S

S AC BD AC IA

BD

     

2 2

3 (10;3) ( )

63 225 9

7

6 ( 11;6)

2 2

a A ktm

a a a

a A



 

     

             

 

       

 Suy C(10;3)

Bài 17: Trong mặt phẵng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 15

Đường thẳng AB có phương trình x2y0 Trọng tâm tam giác BCD có tọa độ

16 13; 3

G 

  Tìm tọa độ A, B, C, D biết B có tung độ lớn

Trƣờng THPT Đông Du - Đăklăk

 ( ; ) 10   5 3

3

d G AB BC AB

+) Đường thẳng d qua G vuông góc với AB :

  

: 15

d x y

+) Gọi N d AB  N(6;3)NB  13AB 

+)       



2

(2 ; ) (8;4)

4

b

B b b AB NB B

b

Ta có:BA3BN A(2;1); AC23AGC(7;6); CD BA D(1;3)

 Kết luận: A(2;1);B(8;4); C(7;6); D(1;3)

(51)

thẳngd x: 3y 7 Gọi M điểm nằm tia đối tia CB, N hình chiếu vng góc B MD Tìm tọa độ điểm B C biết 1;

2

N 

  điểm B có tung độ

nguyên

Trƣờng THPT- Lạc Long Quân – Khánh Hoà

Tính chất hình học: ANCN

+) Gọi I ACBD

+) Do tam giác BDN vng N nên IN IBID Mà lại có ICIAIDIBIN ICIA

Suy tam giác ANC vuông N hayAN CN

 Phương trình đường thẳng CN qua N vng góc với NC có dạngCN: 7x9y130

+) C  d CN C2; 3 

 Giả sử B a b ; Do AB2BC AB; BC nên ta có hệ phương trình:

     

  2 2   2 2  

5;

1

7

;

1

5

a b

a a b b

a b l

a b a b

   

      

 

     

      

 

 Vậy B5; ;  C 2; 3 

Bài 19: Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm hai đường thẳng (d):x  y (d’): x  y Trung điểm M AB giao điểm (d) với Ox điểm A có tung độ dương Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD

Lần 2- Trƣờng Trung cấp nghề Ninh Hoà

 Gọi I giao điểm (d) (d’) suy 3; 2

I 

 

+) M giao điểm (d) Ox suy M 3;

2

3 3

2

2 2

IM         BC IM 

   

12

2

AB

  

+) Gọi A x A;yA

Ta có MAMI MA MI 0xAyA 3 (1)

+) Mặt khác

2

AB MA 

  

2

3 (2)

A A

MA  x   y 

Từ (1) (2) suy A4; 1  A 2;1

(52)

Lấy đối xứng điểm A, B qua tâm I ta C   7; ;D 5;

Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có tâm I3; 1 , điểm M cạnh CD cho MC2MD Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD

biết đường thẳng AM có phương trình 2x  y đỉnh A có tung độ dương

Lần 1–Trƣờng THPT Đoàn Thƣợng – Hải Dƣơng

 Gọi H hình chiếu I AM ( ; ) 3

5

IH d I AM

  

+) Giả sử AM BDN P trung điểm MC

/ / / /

IP AM NM IP

  Từ M trung điểm DP suy N

là trung điểm DI

+) Gọi cạnh hình vng a 2,

2

a a

AI  IN  ID

Từ 12 12 12 22 82

9 a

IH  IA IN   a  a  

+) A thuộc AM nên 2

( ; 4) (t 3) (2 t 3) 18

A t t IA      t  t 

3 (3; 2)

3 14

;

5 5

t A

  



       

  



Do A có tung độ dương nên A(3; 2)

 Suy C(3; 4) Đường thẳng BD qua điểm I có vtpt AI (0; 3) có phương trình

:

BD y  3;

2

N  AM BDN  

  N trung điểm DI D0; 1  B(6; 1)

Bài 21: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâmI 3;3 AC2BD Điểm

4 ;

3

M 

  thuộc đường thẳng AB, điểm

13 3;

3

N 

  thuộc đường thẳng CD Viết phương

trình đường chéo BD biết đỉnh B có hồnh độ nhỏ

Lần 2–Trƣờng GDTX Cam Lâm

 Tọa độ điểm N’đối xứng với điểm N qua I ' 3;5

N  

 

Đường thẳngAB qua M N, ’ có phương trình: x3y 2

Suy ra:  , 

10 10

IH d I AB    

(Với H chân đường vng góc từ I xuống AB)

 Do AC 2BD nên IA2IB Đặt IB x 0, ta có phương trình:

2

1

2

4 x x

x  x     

I D

A C

B N

N' H

(53)

 Đặt B x y ,  Do IB BAB nên tọa độ B nghiệm hệ:

   

2 2

14

4 18 16

3 5

8

3

5

x

y y

x y

y x y

x y y

  

           

    

      

   

  

 



+) Do B có hồnh độ nhỏ nên ta chọn 14 8; 5

B 

 

 Vậy phương trình đường chéo BD là: 7x y 180

Bài 22: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(1; 4) AB = 2AD Đường thẳng chứa đường chéo BD có phương trình: x – y + = 0, biết điểm D có hồnh độ dương Viết phương trình đường thẳng chứa đường chéo AC

Đề –Trƣờng GDTX Nha Trang

 Gọi I ACBD

+) Ta có:  ;  2

2

d A BD     

+) Ta có 12 12 2 10

8 AD

AD  AB   AD   

+) Tham số hóa điểm D d d ;  1 BD d 0

+) 10  1 2 32 10  

2

d l

AD d d

d

         





Suy điểm D 2;3

 Phương trình đường thẳng AB nhận AD3; 1  làm VTPT qua A có dạng:

:

AB x  y

  3; 2 1; 0; 3

2

B ABBD B    I C 

 

Bài 23: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD Điểm E(2; 3) thuộc đoạn thẳng BD, điểm H(-2; 3) K(2; 4) hình chiếu vng góc điểm

E AB AD Xác định toạ độ đỉnh A, B, C, D hình vng ABCD

Trƣờng THPT Hồng Lĩnh Hà Tĩnh

 Ta có: EH y:  3

:

EK x 

:

AH x AK y

  

   

 A2; 4

+) Giả sử n a b; ,  2 

a b  VTPT đường thẳng BD

Có:

45

ABD nên: 2 2

2

a

a b

(54)

+) Với a b, chọn b a BD x: y  2; ;  3;

B D

    

 

4; 1;1

EB ED

    

   

E

 nằm đoạn BD (t/m) Khi đó: C3; 1 

+) Với ab, chọn b   1 a BD x:   y  2;7 ;  1;

B D

   

 

4; 1;1

EB ED

   

 

 

 EB4EDE đoạn BD (L)

 Vậy:A2; ; B  2; ; C 3; ;   D 3;

Bài 24: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hình thangABCD với hai đáy AB CD Biết diện tích hình thang 14, đỉnh A 1;1 trung điểm cạnh BC 1;

2

H 

  Viết

phương trình đường thẳng AB biết đỉnh D có hồnh độ dương D nằm đường thẳng d: 5x  y

Lần 3–Trƣờng THPT Lƣơng Tài – Bắc Ninh

 Gọi E AHDC Dễ thấy HAB HECSADE SABCD 14

+) 13, E 2A 13

2

a

AH  A  H a ;

+) phương trình AE: 2x3y 1 0

 ;5d ,

D d D d  d 

   

D

2

1 28

E , E 14 , E 30

2 13 ( )

13 A E

d

S A d D A d D A

d L

  

      

  

+) Suy D2;11

+) H trung điểm AE E 2; 1

Phương trình CD: 3x  y

 AB qua A song song với CD  pt AB: 3x  y

Bài 25: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu vng góc A lên đường thẳng BD

5

H ; ,

  điểm M( ; )1 trung điểm cạnh BC

và phương trình đường trung tuyến kẻ từ A tam giác ADH có phương trình

7x y  3 Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD

(55)

 Tính chất hình học: MNAN

+) Gọi N, K trung điểm HD

AHNK//AD

2

NK AD Do AD AB NK AB.

Mà AK BD Klà trực tâm tam giác ABN +) Suy BK AN (1)

Vì M trung điểm BC

2

BM BC

 

Do NK// BM NK BM

+) Suy BMNK hình bình hành MN//BK (2) +) Từ (1) (2) suy MN AN.

 Phương trình MN có dạng: x7y c 0

1 0

M( ; ) MN        c c

 phương trình MN là: x7y 1

 Mà

5

N MN AN   N ; 

  Vì N trung điểm HD D( ; ).2 1

Ta có:

5

HN ;   

Do AH HN  AH qua H nhận n ( ; ) 3 VTPT

 phương trình AH là: 4x3y 9  Mà A AH AN  A( , ).0

+) Ta có: 2 2 2

4 2

B B

( x ) x

AD BM B( ; ) ( y ) y

      

 

    

   

 

 

 Vì M trung điểm BC C( ; ).0 2

 Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật là: A( ; ),B( ; ),C( ; ),D( ; ).0 2 2 1

Bài 26: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A B, có

2

BC AD, đỉnh A3;1 trung điểm M đoạn BC nằm đường thẳng

:

d x y  Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình thang ABCD, biết H6; 2  hình

chiếu vng góc B đường thẳng CD

Lần 1–Trƣờng THPT Marie-Curie Hà Nội

 Tính chất hình học: AHHM

+) Từ giả thiết ta có ABMD hình chữ nhật +) Gọi ( )C đường tròn ngoại tiếp ABMD

BH DH  H( )C  HAHM (*)  Md x: 4y 3  M4m3 ; m

A D

C B

H

(56)

9; 3

AH  , HM 4m3 ; m2

Ta có: (*) AH HM 0

   

9 4m 3 m m

      

 Suy ra: M 7;1

+) ADCM hình bình hành

 DC qua H6; 2  có vectơ phương AM 10;0

 Phương trình DC y:  2 +) DDC y:  2  D t ; 2  +) AD t ; 3  , MD t ; 3 

     

 

2 2;

6 6; (

t D

AD DM AD MD t t

t D H

     

         

   

 loại)

+) GọiI  AMBD  I trung điểm AM  I 2;1

I trung điểm BD B 6;

M trung điểm BC C8; 2 

 Vậy: B 6; , C8; 2 , D 2; 2

Bài 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD, BC Biết B(2; 3) ABBC, đường thẳng AC có phương trình x  y 0, điểm M 2; 1

nằm đường thẳng AD Viết phương trình đường thẳng CD

Trƣờng THPT Nguyễn Chí Thanh

 Vì ABCD hình thang cân nên nội tiếp đường tròn Mà BCCD nên AC đường phân giác góc BAD

+) Gọi B’ điểm đối xứng B qua AC Khi B'AD

+) Gọi H hình chiếu B AC Tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình:

Suy H 3;

+) Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H trung điểm BB’ Do B' 4;1 

 Đường thẳng AD qua M nhận MB' làm vectơ phương nên có phương trình

:

AD x y  Vì A ACAD nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương

trình: 1  1;0

3 0

x y x

A

x y y

   

 

 

     

(57)

 Ta có ABCB’ hình bình hành nên AB'BCC 5; +) Gọi d đường trung trực BC, suy d: 3x y 140

+) Gọi I  ADd , suy I trung điểm AD Tọa độ điểm I nghiệm hệ:

3 14 43 11 38 11

; ;

3 10 10 5

x y

I D

x y

  

     

       



 Vậy đường thẳng CD qua C nhận CD làm vectơ phương nên có phương trìnhCD: 9x13y970

Bài 28: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích Tâm I giao hai đường thẳng d1:x  y d2: 2x4y130 Trung điểm M

cạnh AD giao điểm d1 với trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật biết

điểm A có tung độ dương

Trƣờng THPT Ngọc Tảo

 1 2 3;

2

I d d  I 

 

+) M  d1 OxM 2;0

+) Phương trình đường thẳng AD qua M nhận

1 ; 2

MI   

  VTPT có dạng: AD x: 3y 2

+) Tham số hóa A 3a 2;aAD a0

+) Vì:

1

10

10 10

2

ABCD AMI

S S

AM MI



   

  

   

+) Nên 1 17

10 ;

10 10 10 10

a   a  A 

 

+) Vì AD nhận M trung điểm nên 23; 10 10

D  

 

+) AC nhận I làm trung điểm nên 53 29; 10 10

C 

 

+) BD nhận I làm trung điểm nên 47 31; 10 10

B 

 

 Kết luận: 17 1; 10 10

A 

 ;

47 31 ; 10 10

B 

 ;

53 29 ; 10 10

C 

 ;

23 ; 10 10

D  

 

Bài 29: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vng ABCD

 0

90

(58)

D lên đường chéo AC Điểm ; 5

M 

  trung điểm HC Xác định tọa độ đỉnh

, ,

A B C, biết đỉnh B thuộc đường thẳng  :x 2y 4

Lần –Trƣờng THPT Nguyễn Viết Xuân

 Tính chất hình học: DM BM

+) Gọi E trung điểm đoạn DH Khi tứ giác ABME hình bình hành MEAD nên E trực tâm tam giác ADM Suy AEDM mà

/ /

AE DMDM BM

 Phương trình đường thẳng BM: 3x y 160

+)Tọa độ điểm B nghiệm hệ:

 

2

4;

3 16

x y

B x y

   

   



+) Gọi I giao điểm AC BD, ta có 10 10;

2 3

AB IB

DI IB I

CD IC

 

      

 

+) Phương trình đường thẳng AC x: 2y100

+) P hương trình đường thẳng : 2 14 18;  6;

5

DH x   y H C

 

+) Từ CI 2IAA 2;

 Kết luận: A 2; ; B 4; ; C 6;

Bài 30: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có D(4;5) Điểm M

là trung điểm đoạn AD, đường thẳng CM có phương trình x8y100 Điểm B nằm

trên đường thẳng 2x  y Tìm tọa độ đỉnh A, B và C, biết C có tung độ nhỏ

Lần 1–Trƣờng THPT Phan Bội Châu

 Gọi H, K hình chiếu vng góc B, D lên

CM.

26 ( , )

65

DK d D CM 

+) Gọi I BD AC G BD CM  ;   . Suy ra, G trọng tâm ACD

Ta có :

52

2 2

65

BH BG

DG GI BG DG BH

DK DG

(59)

+)

2 17 18 52

( ; 1); ( ; ) 70

( )

65 65

17

b b

B b b d B CM BH

b l



 

      

  

(loại điểm B, D nằm phía với CM) +) Ta có: B(2; 5) I(3;0)

+)

1

(8 10; ) CM; 65 208 143 11

( )

c

C c c CD CB c c

c l

  

       

  

 Suy ra: C( 2;1), (8; 1) A 

 Vậy A(8; 1), (2; 5), ( 2;1). B  C 

Bài 31: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với AB//CD có diện tích 14, ( 1; 0)

2

H  trung điểm cạnh BC ( ; )1

I trung điểm AH Viết phương trình đường thẳng AB biết đỉnh D có hồnh độ dương D thuộc đường thẳng d: 5x  y

Lần 1–Trƣờng THPT Phan Thúc Trực

Lời giải tham khảo: (Giống 24)

 Vì I trung điểm AH nên A(1;1); Ta

có: 13

2

AH 

+) Phương trình AH là: 2x3y 1

+) Gọi M  AHCD H trung điểm AM

+) Suy ra:M 2; 1 Giả sửD d ; 5d1d a0 Ta có:

+) ABH  MCH SABCD SADM AH d D AH ( , )14 ( , ) 28 13

d D AH

 

Hay 13d 2 28 d 2( ìv a0)D(2;11)

 Vì AB qua A(1;1) có VTCP MD(4;12) nên AB có phương trình

:

AB x  y

Bài 32: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC Gọi H hình chiếu A lên đường thẳng BD; E,F trung điểm đoạn CD BH Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF 3x – y – 10 = điểm E có tung độ âm Tìm tọa độ đỉnh B, C, D

Lần 2–Trƣờng THPT Quỳnh Lƣu

 Tính chất hình học: AFEF

(60)

+) Ta thấy tứ giác ADEG ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF nội tiếp,

AFEF

+) Đường thẳng AF có pt:AF x: 3y 4 +) Tọa độ điểm F nghiệm hệ :

17

3 10 5 17 32

;

3 5

5

x x y

F AF

x y

y

    

     

     

  



 2;

2

AFE DCB EF AF

    

  17 51

;3 10

5 5

E t t EF   t   t  

   

 

2 19 19

5 34 57 hay 3; ;

5 5

t t t t E E 

             

+) Theo giả thiết ta E3; 1 , phương trìnhAE x:   y +) Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân D nên

             

  

2 2

1

1 1

2

hay D(1;-1) D(3;1)

1 1

x y x y

AD DE

AD DE x x y y

y x x x

x x y y

        

 

  

    

 

 

    



     

     

  



 Vì D F nằm hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1)  Khi đó, C(5;-1); B(1;5) Vậy B(1;5); C(5;-1) D(1;-1)

Bài 33:Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vng A D có

ABADCD, điểm B(1; 2), đường thẳng BD có phương trình y 2 Đường thẳng qua B vng góc với BC cắt cạnh AD M Đường phân giác góc MBC cắt cạnh

DC N Biết đường thẳng MN có phương trình 7x y 250 Tìm tọa độ đỉnh D

Lần 1–Sở GD Vĩnh Phúc

 Tính chất hình học: M C đối xứng qua BN  Tứ giác BMDC nội tiếp

0 45

BMC BDC DBA

   

BMC

  vuông cân B, BN phân giác MBC ,

M C

 đối xứng qua BN

Nên cho ta:  ,   , 

2

ADd B CN d B MN 

A B

D

C G

E F

(61)

+) Do AB ADBD AD 24

+)BD y:   2 D a( ;2)

 

5 5;

3 3; ( )

a D

BD

a D loai cung phia B so voi MN

  

  

    

 Vậy có điểm thỏa mãn là: D(5; 2)

Bài 34: Trong mặt phẳng (Oxy), cho hình chữ nhật ABCD có AB2AD, đỉnh A(0;5)

Đường thẳng  qua đỉnh B vng góc với AC có phương trình x3y 1 0và đỉnh D nằm đường thẳng d có phương trình 2x  y Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình chữ nhật ABCD

Lần 1–Trƣờng THPT Trần cao Vân-Khánh Hoà

+) AC  ptAC: 3x  y

+) H  AC nên tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình:

8

3 5

;

3 1 5

5 x x y H x y y                    

=) Trong AHB vng B có,

2 2 2

AH AB AB AB AH AC

AB AC AC AB       (2; 1)

AC AH C

   

+) Phương trình đường trịn tâm I 1; bán kính IA có dạng:   2

: ( 1) ( 2) 10

C x  y 

+) D( )C dnên tọa độ D nghiệm hệ phương trình:

2

3

2 5

3 29

( 1) ( 2) 10

5

x

x y x

y x y y                         

Suy ra: ( 2;3) 29; 5

D  D 

 

+) B C   nên tọa độ B nghiệm hệ phương trình:

2

3

3 5

1 14 ( 1) ( 2) 10

5

x

x y x

y x y y                        

Suy  4;1 14; 5

B  B 

 

 Vì I trung điểm AD nên B(4;1)và D( 2;3)

(62)

điểm hai đường chéo AC BD Tìm tọa độ đỉnh hình thang cân ABCD, biết IB 2IA, hoành độ điểm I: xI  3 M1;3 nằm đường thẳng BD

Lần 2–Trƣờng THPT Tôn Đức Thắng

 Tính chất hình học: EF // BD

 Ta có A giao điểm AB AC nên A 1;

Lấy điểm E 0; AC Gọi F2a3;aAB cho EF // BD

Khi EF AE EF BI EF 2AE

BI  AI  AE  AI      2 2

1

2 2 11

a

a a

a

  

     

  

 Với a1 EF   1; 1 vtcp đường thẳng BD Nên chọn vtpt BD

1; 1

n  Phương trìnhBD x:   y BDAC I 2; 2

BDABB 5; 1

Ta có 2;

2

IB IB

IB ID ID ID D

ID IA

 

          

 

 

1

3 2; 2

IA IA

IA IC IC IC C

IC IB

        

 Với 11

5

a 1;

5

EF  

  vtcp đường thẳng BD Nên chọn vtpt BD 1; 7

n  Do đó, BD x: 7y22 0  I 8; 2(loại)

Bài 36: Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vng A D Biết AB=AD=2; CD= 4, phương trìnhBD x:  y 0, C thuộc đường thẳngd x: 4y 1 Tìm tọa độ A biết điểm C có hồnh độ dương

Lần 1–Trƣờng THPT Trần Bình Trọng

 Giả sử C4c1;cd

 Từ giả thiết chứng minh DB vuông góc với BC suy ra:

2 [ , ( )]

CB d C BD )

4

2

1

3

(5;1) / 3(loai)

c c

c

c c

C

c c

 

    



  

 

  

    

 

+) B hình chiếu C lên đt BD  B3; 

 Mà AB= nên A thuộc đường trịn có PT (x 3) 2 (y 3)24 (1)

+) Tam giác ABD vuông cân A => góc ABD= 450=> PT AB x= y=

Với x= vào (1) giải y =1 y= => A(3; 1) thử lại không thỏa; A(3; 5) thỏa Với y= vào (1) giải x =1 x= => A(1; 3) thỏa; A(5; 3) không thỏa

E I

A D

B C

(63)

Bài 37: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCDcó AD 2AB Gọi ,

M Nlần lượt trung điểm cạnh AD BC, Trên đường thẳng MNlấy điểm K cho Nlà trung điểm đoạn thẳng MK Tìm tọa độ đỉnh A B C D, , , biết

5; 1

K  , phương trình đường thẳng chứa cạnh AClà 2x y  3 điểm A có tung độ dương

Lần 3–Trƣờng THPT Thạch Thành Bắc Ninh

 Tính chất hình học: ACDK

Ta có CAD DKM CADDKM

Mà DKM KDM 90 KDM DAC90  ACDK +) Gọi ACDKI Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ

13

2 13 11

;

2 11 5

5

x

x y

I

x y

y

     

     

      

   



+) Gọi J trung điểm giao điểm MN với AC J tâm hìnhh chữ nhât ABCD

+) Do tam giác KIJ  KMD

2

5

IK KJ IK KM AB

KM KD KJ KD AB AB

     



+) Ta có:

2

13 11

5

5 5

IK          JK  KM 

   

+) Từ suy ra:

5

AI 

+) Giả sử  

2

13 26 64

;

5 5

A a   a ACa    a 

   

   

21 27 ;

5

1;1

A l

A

   

 



   

+) 3; 3 2; 1

10

AI  ACC  J 

+) Phương trình đường trịn tâm J, bán kính AJ có dạng:   C : x2 2 y12 5 +) Phương trình DK x: 2y 7

     

1; 3;1

21

; ;

5 5

D B

D KD C

D B

   

          

   

    



(64)

điểm D có hồnh độ dương

Lần 1–Trƣờng THPT Thăng Long – Hà Nội

+) Gọi G trọng tâm tam giác ABD Giả sử C c c ;  7 d

Do ;5

4 3

c

CI  CGG   c

 

+) Mà G thuộc DM nên:

4

5

3 3

c

c c

            

   

Nên C 4;1  A2;3

+) Phương trình đường trịn tâm I bán kính AI có dạng:

    2 2

: 10

C x  y 

Nên DDM C D2; 1  B 0;5

Bài 39: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M điểm đối xứng B qua C N hình chiếu vng góc B MD.Tam giác BDM nội tiếp

đường trịn (T) có phương trình: 2

(x4) (y1) 25.Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x4y170; đường thẳng BC qua điểm E(7;0) điểm M có tung độ âm

Lần 1–Trƣờng THPT Xuân Trƣờng, Nam Định

I

M C A

D

B

N

E

+(T) có tâm I(4;1);R=5

+ Do I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDM N,C chân đường cao nên chứng minh :IM CN

+ Lập ptđt IM qua I IM CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0 + M giao điểm (T) với IM : M(7; 3)

M(1;5) (loai) 

 



+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7 + C giao điểm BC NC => C(7 ;1) + B đối xứng M qua C => B(7 ;5)

(65)

D giao điểm (T) DC :

D( 1;1)  



Vì B,D nằm phía với CN nên D(-1 ;1) +Do BACD => A(-1 ;5)

Bài 40: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD Trên cạnh AB, AD lấy hai điểm E, F cho AE = AF Gọi H hình chiếu vng góc A DE Biết H 2; 14

5 5

  

 

 ,

8

F ; 2

3

  

 

 , C thuộc đường thẳng d: x + y – = 0, D thuộc đường

thẳng d’: x – 3y + = Tìm tọa độ đỉnh hình vng

lần 2–Trƣờng THPT Thuận Thành -Bắc Ninh

Gọi M giao điểm AH BC

Hai tam giác ADE BAM nên BM = AE = AF Suy tứ giác ABMF, DCMF hình chữ nhật Gọi I giao điểm FC MD

Ta có HI 1MD 1FC

2

  nên tam giác HFC vuông H

PT đường thẳng AD: 3x – y – 10 = Giả sử A(a; 3a – 10)

DA = DC a

a     



 

A 6;8 A 2; 

   

Vì DF, DA hướng nên A(2; – 4)

 

CBDAB  4;

Vậy A(2; – 4), B 4; 2, C2; 4, D 4; 2 

Bài 41: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm

I(2 32;5), BC = 2AB, góc BAD= 600 Điểm đối xứng với A qua B E( 2;9) Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành ABCD biết A có hoành độ âm

lần 1, Sở giáo dục tỉnh Thanh Hóa

Đặt ABmAD2m

Ta có 2 2

2 cos60

BD AB AD  AB AD  m

3

BD m

 

Do 2

AD BD

AB   nên tam giác ABD

vuông B, nghĩa IBAE

4

3 2

2

2 m

m m

BE IB

IE   

      



Mặt khác IE2 (2 3)2 42 28 nên ta có

A B

E

I

(66)

4 28

4

 

 m

m

3 2

3  

IB m

Gọi n(a;b) vectơ pháp tuyến AB (a2b2 0) AB có phương trình

0

) ( )

(x b y  axby a b a

Ta lại có (2 ) 12( )

4 )

,

( 2

2

2 a b a b

b a

b a IB

AB I

d     

  



a b

b a

b

b( 4 )0 0, 4 

+) Với b = 0, chọn a = 1, AB có phương trình x20, suy IB có phương trình

5 

y Do BABIBnên B(2;5), mà B trung điểm AE nên A(2;1)(thỏa mãn

điều kiện xA0)

Do I trung điểm AC BD nên ta suy C(4 2;9), (4 2;5) D 

+) Với b4 3a, chọn a = b4 3, AB có phương trình x4 3y236 30,

suy IB có phương trình 3(x2 32)(y5)0

19

4    

 x y

Do BABIBnên 

  



 

7 59 ;

14 16

B , mà B trung điểm AE nên

   



 

7 55 ;

14 32

A (không thỏa mãn điều kiện xA0)

Vậy A(2;1),B(2;5),C(4 2;9), (4 2;5) D 

Bài 42: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho cho hình chữ nhật ABCD có

phương trình AD x: 2y 3 Trên đường thẳng qua B và vng góc với đường

chéo AC lấy điểm E sao cho BEAC(D và E nằm hai phía so với đường thẳng

AC) Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD, biết điểm E(2; 5) , đường

thẳng AB qua điểm F(4; 4) điểm B có hồnh độ dương

lần 1, Sở giáo dục tỉnh Bắc Giang

(67)

B

H

F

C A

D

Ta có ABAD x: 2y 3 0và AB đi qua F(4 ; -4)

:

AB x  y Khi đóA AB AD A(1;2)

Ta có đường thẵng EF đi qua hai điễm E(2;-5) F(4;-4) Do đó ta lập được phương trình EF x: 2y120

Suy EF ADEF AB F Khi đó, ta ABC  EFB AC BE EBF, BCA (cùng phụ với HBC) AB EF 

Ta có BAB: 2x   y B b( ;4 ), b b0

Vậy AB  5 (b1)2 (2 ) b  5 5b2 10b   0 b 2(dob  0)B(2;0)

Ta có BC AB: 2x y  4 0 BC đi qua B(2; 0) BC x: 2y 2

AC đi qua A(1; 2) vng góc với BE AC nhậnBE (0; 5) véc tơ pháp tuyến

: 5( 2)

AC y y

      Khi đó, ta có C AC BC C(6;2)

CD đi qua C(6; 2) CDAD x: 2y  3 0CD: 2x y 140

Khi đó D CD ADD(5;4) Vậy ta có tọa độ A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4)

Bài 43: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD, M trung điểm đoạn AD, N thuộc đoạn DCsao cho NC 3ND Đường tròn tâm N qua M cắt

AC J 3;1 ,J I  ACBD, đường thẳng qua M,N có phương trình :xy10 Tìm tọa độ điểm B

lần 2, THPT Việt Trì, Phú Thọ

(68)

MN cắt đường tròn tâm N K ta chứng mính tứ giác MIJK nội tiếp gócNKJ = gócAIM =450 ===> góc JNK= 900

NJ vng góc với (MN) nên có phương trình : x-y-2 =0 ===>( 

  

  

2 ;

N

Tam giác JMN vuông cân nên 

 

  



) ; (

M M PN

MJ

Với M(-2;1) gọi PMNJA ta có NP3.NM P(7;6)

PJ PA

5

 tìm A(-3;4) , A trung điểm IP nên I(1; 2) Ta có AB2MI  B(3;6)

Tương tự Với M(3;-4) t tìm A(6;-5) , I(4; -1) B(8;1) Vậy tọa độ điểm B(3;6) B(8;1)

Bài 44: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có tâm I. Các điểm 10 11;

3

G 

 ,

2 3;

3

E  

  trọng tâm tam giác ABI tam giác ADC Xác

định tọa độ đỉnh hình vuông ABCD biết tung độ đỉnh A số nguyên

lần 2, THPT Thanh Chƣơng 1, Nghệ An

Gọi M trung điểm BI N hình chiếu vng góc G lên BI

Ta có: 2 (1)

3 3

IN AG

GN AI IN IM BI

IM AM

     

E trọng tâm ACD

K

A

C B

D

N M

J I

(69)

3 3

IE ID BI EN IN IE BI BN

       

BN EN BGE

    cân G

GA GB GE

   A, B, E nằm đường trịn tâm G Phương trình (AG): G  : 13 51 51 13 ; 

AB

qua

AG x y A a a



     

 

Khi AGE vng cân G AGGE

 

2 2

2

4

143 11 170 11

13 10 1;

3 9

3

a

AG a a a A

a

 

      

                

     



Ta có: 2 11 7;

3 2

AG AM AG AM M 

 

Phương trình (BD) qua E M  BD : 5x3y170

Phương trình đường trịn (G; R=GA):

2

10 10 170

3

x x

      

   

   

B giao điểm thứ hai (BD) (G) B 7;

Bài 45:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD AB CD( ) có đỉnh (2; 1)

A  Giao điểm hai đường chéo AC BD điểm (1; 2)I Đường tròn ngoại tiếp tam giác

ADI có tâm 27;

8

E  

  Biết đường thẳng BC qua điểm M(9; 6) Tìm tọa độ đỉnh

,

B D biết điểm B có tung độ nhỏ

lần 2, THPT Cao Lãnh 2, Đồng Tháp

Lời giải tham khảo Gọi H trung điểm DI K giao điểm EI BC Ta chứng minh EKBC

Thật ta có EHDI, góc DBCDAC (tính chất hình thang cân)

DACIEH (góc tâm), suy raDBCIEH Mặt khác EIHBIK (đối đỉnh) Do

90

BIK EKBC

Ta có 35 25; , : 33 8

EI   BC x y 

 

( 1; 3); :

AI  AC x y  

Tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình 33 ( 1; 8)

3

x y x

C

x y y

      

  

     

 

33

; ,

7

b

B BC B b   b

  Ta có IA IB  10

1

37 228 191 191 (4;1)

( ) 37

b

b b B

b l

  

     

  

2 10

ICID DI IB Suy ( 5; 4)D

(70)

Biết điểm A(0; –1), phương trình đườngthẳng MN là 3x  y 0và điểm M có hồnh độ ngun Tìm toạ độ đỉnh B, C, D

lần 1, THPT Chí Linh, Hải Dƣơng

Gọi E trung điểm AB tứ giác hình vng E Do hai tứ giác

và tứ giác nội tiếp đường trịn đường

kính nên tứ giác nội

tiếp hình chiếu

đường thẳng

Đường thẳng qua

và vng góc với MN nên có phương trình Toạ độ điểm N nghiệm

hệ

Vì nên với Tứ giác nội tiếp nên suy hai

tam giác đồng dạng

Đường thẳng có phương trình Tam giác vng cân nên ta

tìm điểm Do nằm hai phía đường thẳng nên

Mà nên

là trung điểm nên ta tính Từ tính Vậy

Bài 47:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có A(4;6) Gọi

M N, điểm nằm cạnh BC CD cho MAN 450, M( 4;0) đường thẳng MN có phương trình 11x2y44 0 Tìm tọa độ điểm B C D, ,

lần 2, THPT Chuyên Hạ Long, Quảng Ninh

Lời giải tham khảo Gọi E BD AN F, BDAM I, MENF

Ta có MANNDB450 nên hai tứ giác ADNF ABNE, nội tiếp Do MEAN NF, AM. suy

ra AIMN

Gọi HAIMN Ta có ABME MNEF, tứ giác nội tiếp nên AMBAEBAMH Suy

AMB AMH

   Do B điểm đối xứng H qua đường thẳng AM

N

H

C B

M E A

(71)

Từ AHMN H, tìm 24 22; 5

H 

  Do B đối xứng H qua AM, nên tìm

(0; 2)

B 

Tìm BC: 2x4y 8 0,CD: 2x y 18 0 Suy ( 8; 2)C   Từ ADBC ta tìm ( 4;10).D 

Bài 48:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có BAD1350

trực tâm tam giác ABD ( 1;0)H  Đường thẳng qua D H có phương trình x3y 1 Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành, biết điểm 5;

3

G 

  trọng tâm tam giác ADC

lần 2, THPT Chuyên Nguyễn Huệ

Ta có 0

180 45

BAD BHD  BHD

Gọi n( ; ) (aa b 2b20) VTPT đường thẳng HB

Do đường thẳng HB tạo với đường thẳng HD góc 45 nên

0 2

2

3

cos 45

2 10

a b a b

a ab b

b a

a b

   

      



 

Nếu a 2b Chọn a2,b 1 Phương trình đường thẳng HB: 2x y  2

Do G trọng tâm tam giác ADC nên 2 (1; 4), (2;1)

b

BG GD GB GD B D

d  

      



Phương trình đường thẳng AB: 3x y  7 0; Phương trình đường thẳng AD x: 2y 1 0; suy (2;1)A (loại)

Nếu b2a Phương trình đường thẳng HB x: 2y 1 ( 1; ), (3 1; )

B b b D d d 2 ( 5; 2), (5; 2)

2

b

GB GD B D

d  

      



Phương trình đường thẳng AB: 3x y 13 0 ; Phương trình đường thẳng AD: 2x y  8 0; suy ( 1; 10)A 

Do ABCD hình bình hành suy ADBC suy (1;14)C Thử lại: cos cos ,  450

2

ABD AB AD  ABD (loại)

Bài 49:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Gọi E trung điểm cạnh AD H 11;

5   

 

  hình chiếu vng góc B cạnh CE;

3 M ;

5   

 

  trung điểm

của cạnh BH Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết đỉnh A có hồnh độ âm

lần 2, THPT Cao Nguyên, ĐH Tây Nguyên

Vì M trung điểm BH nên M 1; 2

Gọi F đối xứng với E qua A Khi đó: BF/ /EC BFEH hình thang, có AM đường trung bình nên AM BH

Ta có: BH x: 2y 3

: 0, :

CE x  y AM x y

N M

(72)

cos cos

5

BAM ECD CE

  

Gọi A a ; 2 a a,  0 ABa  1; 2a 2

Ta có cos

5

AM

AB u BAM

AB u

  

   

2

1

5 11 11 1;

a

a a A

a l

   

      

  

:

AD y  , ECEADE 1;

Vì E trung điểm AD nên D 3; Vì BCADC3; 2 

Bài 50:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 3 , đỉnh D thuộc đường thẳng d: 3x y 0,

30

ACB  Giao điểm đường phân giác

góc ABD đường cao tam giác BCD kẻ từ C

là điểm H 3;3 Tìm tọa độ đỉnh B, D biết hoành độ B D nhỏ

Lần 2, THPT Đoàn Thƣợng, Hải Dƣơng

Gọi I  ACBD Đặt AB x BC x 3, có S AB.BC=3 nên x 3

Ta có 0

30 60 30

DBCACB  ABD HBD  BD phân giác góc HBC đường cao nên BD trung trực HC  HDCD 3;

90

BHD BCD

BH BC

   

 

3

T/M

t; ;

3 Loai

t

D d D t HD

t

   

   

   

3 ; 2

D 

    

Đường thẳng HB qua H( 3;3), có vecto pháp tuyến 3; 2

DH   

  nên có phương trình:

   

3

3 3

2 x  y   x y 

b;

b BHDB  

  b 3 I

H

D

C B

(73)

   

 

2

5 Loai

3

T/M

b b

HB b

b

 

  

        

  

  

3 ; 2

B 

    

Vậy tọa độ điểm B, D : 9; 2

B 

 

3

; ;

2

D 

 

Bài 51:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABCD hình thang vuông A B cho 2AB2 9BC AD Biết đỉnh C(4,0) đỉnh D(1,4), trục tung cắt đoạn thẳng AB điểm M thỏa mãn MB=2MA Hãy tìm tọa độ A, B

THPT Nguyễn Siêu lần

Từ giả thiết ta có: MA MB BC AD Suy hai tam giác AMD BCM đồng dạng Từ ta có 90

CMD 

Gọi I trung điểm CD ta có ( , 2)5

I Vì M nằm Oy nên M (0, )t

Do tam giác MCD vuông M nên 2

CD MI   Suy t2 Vậy M(0, 2)

Giả sử A( , )x y Thì AM  ( x, 2y) Mặt khác MB2AM nên B ( ,6x 2 )y Giải hệ DA MA 0 MB CB 0 ta thu

( , )x y (0, 2) (loại) Hoặc ( , ) ( 7, )

2

x y   Vậy ( 7, ) 2

A  B=(1;-1)

Bài 52:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A, B AD = 2BC Gọi H hình chiếu vng góc điểm A lên đường chéo BD E trung điểm đoạn HD Giả sử H1;3, phương trình đường thẳng AE: 4x  y 5;

2

C 

  Tìm tọa độ đỉnh A, B D hình thang ABCD

THPT Phan Bội Châu, Bình Định

B

A

C

D H

K I

E

I

A D

B C

(74)

- Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH K cắt AB I Suy ra: +) K trực tâm tam giác ABE, nên BK AE

+) K trung điểm AH nên

KE  AD hay KE BC

Do đó: CEAECE: 2x - 8y + 27 =

Mà 3;3

2

EAECEE 

 , mặt khác E trung điểm HD nên D2;3 - Khi BD: y - = 0, suy AH: x + = nên A(-1; 1)

- Suy AB: x - 2y +3=0 Do đó: B(3; 3)

(75)

Phần III Các tốn đƣờng trịn

Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (T) có phương trình Các điểm K(-1 ; 1), H(2; 5) chân đường cao hạ từ A, B tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đỉnh C có hồnh độ dương

Lần 2– Trƣờng THPT QG…- BÌNH PHƢỚC

 Tính chất hình học: HKIC  (T) có tâm

+) Gọi Cx tiếp tuyến (T) C

+) Ta có Sđ (1)

+) Do nên AHKB tứ giác nội tiếp

ABK CHK

  (góc góc ngồi đối diện tứ giác nội tiếp) (2)

+) Từ (1) (2) ta có

Mà

 Do IC có vectơ pháp tuyến , IC có phương trình:

+) Do C giao IC (T) nên tọa độ điểm C nghiệm hệ:

          25 ) ( ) ( 11 2 y x y x              ; y x y x

Do xC 0 nên C(5;1)

+) Đường thẳng AC qua C có vectơ phương CH (3;6) nên AC có phương trình: 2xy90

+) Do A giao AC và (T) nên tọa độ điểm A nghiệm hệ:

          25 ) ( ) ( 2 y x y x             ; y x y x

(loại) Do A(1;7)

+) Đường thẳng BC qua C có vectơ phương CK (6;2) nên BC có phương trình x3y20

+) Do B giao BC (T) nên tọa độ điểm B nghiệm hệ

          25 ) ( ) ( 2 y x y x              , y x y x

(loại) Do B(4;2)  Vậy A(1;7); B(4;2); C(5;1)

Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng B C có

AB >CD CD = BC Đường trịn đường kính AB có phương trình x2 + y2 – 4x – = 0 cắt

cạnh AD hình thang điểm thứ hai N Gọi M hình chiếu vng góc D đường thẳng AB Biết điểm N có tung độ dương đường thẳng MN có phương trình: 3x + y – = 0, tìm tọa độ đỉnh A, B, C, D hình thang ABCD

25 ) ( )

(x 2 y 

) ; ( I

HCx ABC AC

0 90

AHBAKB

//

HCxKHCHK Cx

HK IC Cx

IC  

) ; (  KH 11

(76)

Lần 1– Trƣờng THPT Đa Phúc – Hà Nội

 Tính chất hình học: NM phân giác góc ANB  N  C MN  tọa độ N nghiệm hpt:

2

3

4

x y x y x

   



   



+) Do N có tung độ dương nên

1 12

( ; ), N (2; 3) 5

N 

 Tứ giác BMND nội tiếp BNM BDM 45o

Suy MN đường phân giác góc BNA nên N1 điểm

chính cung ABIN1AB với I(2;0) tâm (C) nên

ta có phương trình đường thẳngAB y: 0

 M MNABM 1;0 , A,B giao điểm đường thẳng AB (C), giải hệ:

        2

0 1;0 ; 5;0

5;0 ; 1;0

y A B

A B

x y x

  



  

    

 

 

+) Do IM hướng với IA nên A1;0 ;  B 5;0  Ta lập phương trình cách đường thẳng:

: 2 0; :

AN x  y MD y +) Mà D ANMDD 1;

+) BC MD C 5;

 Vậy A1;0 ;      B 5;0 ;C 4; ;D 1;

Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhận trục hoành làm đường phân giác góc A, điểm E 3; 1   thuộc đường thẳng BC đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC có phương trình x2y2 2x10y240 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết điểm A có hồnh độ âm

 Tính chất hình học: KI BC

 Đường trịn ngoại tiếp có tâm I(1;5) +) Tọa độ điểm A nghiệm hệ

2

x x

x y 2x 10y 24

y y

y

  

       

 

    

  



+) Do A có hồnh độ âm suy raA4;0

+) Và gọi K 6;0 ,vì AK phân giác góc A nênKBKC,

N1 N

C D

M

(77)

do KI BCvà IK5;5là vtpt đường thẳng BC

   

BC : x y x y

            Suy tọa độ B, C nghiệm hệ

2

x x x y 2x 10y 24

y y

x y

 

       

 

     

     



 Vây A(-4;0), B(8;4), C(2;-2) A(-4;0), C(8;4), B(2;-2)

Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC có H trực tâm

(7,1)

M trung điểm BC Điểm N(4, 6) trung điểm AH Hình chiếu D B lên AC thuộc đường thẳng x  y đường thẳng AB qua điểm P(3,5) Tìm tọa đỉnh A, B, C biết hoành độ điểm D lớn

Lần –Trƣờng THPT Quang Trung – Bình Phƣớc

 Tính chất hình học:

Chỉ OEHK hình bình hành suy K Có OK^CDÞphương trình CD C ẩn suy toạ độ C Có

C, K suy D từ có AH suy A, có A suy B.Nếu muốn khó ta bỏ điểm D, K

giả thiết mà k làm thay đổi kết toán.

Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD (AB // CD) nội tiếp đường tròn tâm I 5;2 , bán kínhR 10 Tiếp tuyến  I B cắt CD E F tiếp điểm tuyến thứ hai  I qua E AF cắt CD T 5;5 Tìm tọa độ A,B biết E thuộc đường thẳng d: 3x5y 3 xB 6

Lần –Trƣờng THPT Chuyên Quang Trung- Bình Phƣớc

 Tính chất hình học: TI TE

+) Ta có:

2

FIEBFE  sd BF

+) Mặt khác: BFE FAB

FAB ATD FTC

  



 



+) Nên suy ra: FIEFTE nên tứ giác EFTI nội

tiếp, cho ta:

90

(78)

 Tham số hóa ;3

E e e d

 

+)

 0;3

28 28

5 5;3 ;5

5

IT

TE e e E

TE IT

  

      

    

   



  

+) Gọi J trung điểm IE 43 7;

J 

   Do tứ giác IBEF nội tiếp đường trịn (C’) tâm J bán

kính ' 10

2

IE

R  

+) Nên tọa độ điểm B nghiệm hệ:

  2 2

2

8

5 10

128

43 250

25

6

129 25

x y

x

x y

y

    



     

 

      

   

        

  

 

 Vậy điểm B(8,1)

+) Phương trình đường thẳng AB qua B song song với CD có dạng: AB y:  1 +) A AB C nên tọa độ điểm A nghiệm hệ:

  2 2  

1

2;1

5 10

y

A

x y

 

 



   



+) Phương trình đường thẳng CD có dạng: CD y:  5

+) C,D nghiệm hệ:

  2 2

6

5

4

5 10

5

x

y y

x

x y

y

     

 

 

 

     

 

  

 Tìm C(6,5), (4,5)D

 Vậy: A     2;1 ;B 8;1 ;C 6;5 ; ;D 4;5

Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn

    2 2

: 1 20

C x  y  Biết AC=2BD điểm B thuộc đường thẳngd: 2x  y Viết phương trình cạnh AB hình thoi ABCD biết điểm B có hồnh độ dương

Lần –Trƣờng THPT Đồng Xồi - Bình Phƣớc

(79)

Gọi I tâm đường tròn (C), suy I(1;-1) I giao điểm đường chéo AC BD Gọi H hình chiếu vng góc I đường thẳng AB

+) Ta có: AC2BDIA2IB

+) Xét tam giác IAB vng I, ta có:

2 2

1 1

5 20

    IB

IA IB IH IB

+) Tham số hóa điểm B b b ;  5 d

 2  

4

( 1) (2 4) 4;3

5 2

5

b

b b B

b IB

  

      

    

+) Gọi n( ; )a b a2b2 0 VTPT đường thẳng AB, phương trình đường thẳng AB có dạng: AB a x:   4 b y 3 0

 Đường thẳng AB tiếp xúc với đường trịn (C) nên ta có:

 

2

, 20 | 3a | 20

b

I AB b

a

d     



2

11 24 11

2

a b a ab b

a b

  

    

  

+) Vớia2b , chọn b1, a2  phương trình đường thẳng AB là: 2x  y 11

+) Với

11

a b, chọn b11, a 2 phương trình đường thẳng AB là: 2x11y41 0

Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

   2

: 25

C x y  Tiếp tuyến B C đường tròn ( )C cắt điểm M nằm đường thẳng d song song với tiếp tuyến A ( )C Hai đường thẳng AB AC

cắt d E19;1và F3; 11  Hãy tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

Lần 6–Trƣờng THPT chuyên Quang Trung

 Cách 1:

Tính chất hình học: Tứ giácEBCFnội tiếp đường trịn tâm M, bán kính

2

EF

+) Ta có: ACB yABBEFnên tứ giác EBCF nội tiếp ( tứ giác có góc ngồi góc đối diện)

+) Mà MBMC nên dẫn tới M tâm đường tròn ngồi tiếp tứ giác EBCF đường kính EF, M trung điểm EF

 Phường trình đường trịn ;

2

EF M

   

(80)

  C' : x11  y5 100

+) B, C giao điểm (C) (C’)    

 

2

2 2

11 100 (1; 5), (5;3) (5;3), (1; 5)

1 25

x y B C

B C

x y

       

  

 

  



Tọa độ ABECF

o B(1;-5), C(5;3), A(4;4)

o B(5,3), C(1,-5), A(2,-4)  Cách 2:

 Lập phương trình tiếp tiếp tuyến (C) A song song với EF dẫn tới:

: 22 : 28

Ay x y Ay x y

   

   



 TH1: Ay: 3x4y220

+) Lập phương trình đường thẳng AI qua tâm I 1;0 vng góc với Ay, ta có:

: 4

AI x y 

+) A AI Ay A2; 4

+) Tìm tọa độ B,C Trong B AE( );C C AF( )C B  5;3 ;C 5; 

 TH2: Ay: 3x4y280

+) Lập phương trình đường thẳng AI qua tâm I 1;0 vng góc với Ay, ta có:

: 4

AI x y 

+) A AI Ay A4; 4 

+) Tìm tọa độ B,C Trong B AE( );C C AF( )C B1; ,    C 5,3

Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh BC 3x 4y 12 0, điểm A thuộc đường tròn C : x 12 y 25 A có

tọa độ âm, trung điểm I AB thuộc đường trịn (C) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết trực tâm tam giác trùng với tâm đường tròn (C) điểm B có

hồnh độ âm

Trƣờng THPT Hùng Vƣơng lần –Bình Phƣớc

H 1; ;R

+)Do : 16

qua H

AH BC

AH x y

AH

+) Nên ta có: 4;0

2;

A l A AH C

A n

 Tham số hóa: B4 ; 3b   b 3 BC

+) I trung điểm BC nên có tọa độ: 1;

b I b   

(81)

+) Mặt khác: 2 25 4;6

2

b n

b

I C b B

b l

 Đường thẳng CH qua H nhậnAB 2;14 làm VTPT suy CH : x 7y 29

+) Suy C 8;

Bài 9: Trong mặt phẵng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đĩnh A (-3;4), đường phân giác cũa góc A có phương trình : y 4 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(1;7) Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp lần diện tích IBC

Lần –Trƣờng THPT Hà Huy Tập

 Viết được phương trình đường tròn ngoại tiếp tam gi ác ABC có tâim I 1;7 bán kính IA  là:

2

(x1)  (y 7) 25

+) Giải hệ phương trình :

2

( 1) ( 7) 25

x y

y

     



 

 để tìm

D(5;4)

+) Phương trình đường thẳng BC nhận ID4; 3  làm VTPT nên có dạng BD: 4x3y m

+) Ta có:

 

2 ,( ) ( ,( ))

ABC IBC

S  S d A BC  d I BC    



10 58

3

m m Vậy (BC): 4x3y10 0 hoặc: 12x9y58 0

Bài 10: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC cóA 1; , tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác

ADBcó phương trình x  y , điểm M4;1 thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB

Lần 1–Trƣờng THPT -Khánh Sơn - Khánh Hoà

 Gọi AF phân giác BAC

+) Ta có : AFD ABCBAF

FADCAD CAF

+) Mà BAF CAF,ABC CAD nên AFDFAD

 DAF cân D DE  AI

(82)

Goị N điểm đối xứng M qua AF PT đường thẳng MN x:   y

Gọi J  AIMN  J 0;5  N 4;9

+) VTCP đường thẳng AB AN  3;5 VTPT đường thẳng AB n5; 3 

 Vậy phương trình đường thẳng AB là: 5x 1 3 y4 0 5x3y 7

Bài 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, gọi P điểm cạnh

BC Đường thẳng qua P song song với AC cắt AB điểm D, đường thẳng qua P song song với AB cắt AC điểm E Gọi Q điểm đối xứng P qua DE Tìm tọa độ điểm A, biết B( 2;1) , C(2; 1) Q( 2; 1) 

Lần 2–Trƣờng THPT Anh Sơn II – Nghệ An

 Tính chất hình học: Q thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.

+) Vì AD// PE, AE// PD nên ADPE hình bình hành, PD = AE, AD = PE

+) Gọi H giao điểm DE với CQ Vì P, Q đối xứng qua DE nên :

,D ,

DP DQ H PQ EQEP Do AE= DP= DQ, EQ= EP= AD Suy ADEQ hình thang cân, nên ADEQ nội tiếp đường trịn Vì ta có

0

180 180

DAQDEQ DEQ DAQ (1)

+) Tam giác ABC cân A nên tam giác EPC cân E, suy EPEC Lại có Q đối xứng với P qua DE nênEQEP, suy raEQEPEC

+) Từ có EQC ECQ EPH ECH

EPH EQH

 

  





 , suy EPCH nội tiếp đường tròn (2)

 Từ (1) (2) ta :BCQ1800PEH 1800QEH DEQ1800DAQ1800BAQ

hay

180

BCQBAQ Suy tứ giác ABCQ nội tiếp, tức Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua B, C, Q có phương trình   2

:

C x y  +) Phương trình đường thẳng BC x2y0

+) Tam giác ABC cân A nên đường cao AK –x y0

+) Tọa độ điểm A nghiệm hệ 22 2 1,

1,

x y x y

     

 



   

  

(83)

+) Đối chiếu A, Q phía với đường thẳng BC ta nhận điểm  VậyA 1 ; 2

Bài 12: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn T :x2 y2 4x2y0 đường phân giác góc A có phương trình

x  y Biết diện tích tam giác ABC ba lần diện tích tam giác IBC( với I tâm đường tròn  T ) điểm A có tung độ dương Viết phương trình đường thẳng BC

Trƣờng THPT Hoàng Hoa Thám

 Gọi d đường phân giác góc A

+) Đường trịn  T có tâm I 2;1 , bán kính R

+) Khi đường thẳng d cắt đường trịn  T A A'có tọa

độ nghiệm hệ:

2

x y 4x 2y x y

     

  

x y

    



x y

    

+) Điểm A có tung độ dương suy A 3;3  A' 0;0 

+) Đường thẳng BC nhận IA'   2; 1 làm vtpt nên có dạng:

:

BC x  y m +) Mặt khác ta có:

   

ABC IBC

1

S 3S d A, BC BC d I, BC BC

2

d A, BC 3.d I, BC

  

 

m

m m

3 m m

m

5

 

  

       

  

+) Với m 3 BC : 2x   y

Tọa độ điểm B, C là: 21 21; , 21 21;

5 5

       

   

   , suy B, C nằm khác

phía đường thẳng d ( Thỏa ) +) Với m 6 BC : 2x  y

Tọa độ điểm B, C là: 12 6 6; , 12 6 6;

5 5

       

   

   , suy B, C nằm khác

phía đường thẳng d ( Thỏa )

 Do phương trình đường thẳng BC : 2x  y 2x  y

Bài 13: Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có phương trình d1:x2y 2 0,d2: 3x3y 60 tam giác ABC có diện tích 3 trực tâm I thuộc d1 Đường thẳng d2 tiếp xúc với đường trịn nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ giao điểm d1 đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I có

hồnh độ dương

Lần 2–Trƣờng THPT Đồng Dậu – Vĩnh Phúc

I A

B C

(84)

Gọi M AIBC Giả sử bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC

+) Do tam giác ABC nên

2

3

4

ABC

x x

S     x

+) Do tam giác ABC nên trực tâm I tâm đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp tam giác ABC

1

3

3 3

r IM AM

     +) Giả sử I(2a2; )a d a1( 1)

+) Do d2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác

ABC nên:

2

6

3(2 2) 3 1( )

( ; ) 6 3

3 9

2

a a a l

d I d r a

a

 

     

        

 



+) Suy I(2; 2)

 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I bán kính 2

3

R AM 

phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC

: 2

( 2) ( 2)

x  y 

+) Giao điểm đường thẳng ( )d1 (C ) nghiệm hệ phương trình:

2

4 ( 2) ( 2)

3

x y

   



     

 Vậy giao điểm ( )d1 (d2)

2 4

(2 ; ), (2 ; )

15 15 15 15

E   F  

Bài 14: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) đường thẳng 

định bởi: 2

( ) :C x y 4x2y0; :x2y120 Tìm điểm M  cho từ M vẽ tới (C) hai tiếp tuyến lập với góc 600

Lần –Trƣờng GDTX Cam Lâm

 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) bán kính R

+) Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 600

thì tam giác IAM nửa tam giác suy

2R=2

IM 

+) Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình: x2 2 y12 20

(85)

độ M nghiệm hệ phương trình:  2  1 20 (1)

2 12 (2)

x y

     



   

Khử x (1) (2) ta được:

  2 2 2

3

2 10 20 42 81 27

5

x

y y y y

x

            

  

 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là: 3;9

M 

 

27 33 ; 10

M 

 

Bài 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   C : x3 2 y12 9 đường thẳng  d :x y 100 Từ điểm M  d kẻ hai tiếp tuyến đến  C , gọi A B, hai tiếp điểm Tìm tọa độ điểm M cho độ dài đoạn AB3

Đề –Trƣờng GDTX Nha Trang

 Đường trịn (C) có tâm I 3;1 ,bk ROA3

+) Gọi H ABIM , H trung điểm AB

nên

2

AH 

+) Suy ra: 2

9

2

IH  IA AH   

2

6

3 2

IA IM

IH

  

+) Gọi M m ;10m   d ta có IM2 18m3 2 9 m2 18

2m224m9018m212m36 0 m6

 Vậy M 6;

Bài 16: Cho ABC vuông cân tạiA Gọi M trung điểm BC, G trọng tâm ABM, điểm

7; 2

D  điểm nằm đoạn MC cho GA GD Tìm tọa độ điểm A, lập phương

trình AB, biết hoành độ A nhỏ AG có phương trình 3x  y 13

Lần 1–Trƣờng THPT- Hậu Lộc 2- Thanh Hoá

 Ta có    

 2

3.7 13

; 10

3

d D AG     

 

+) ABM vuông cân GA GB GA GB GD +) Vậy G tâm đường tròn ngoại tiếp ABD

0 90

AGD ABD GAD

     vng cân G

Do GA GD d D AG ;  10AD220;

(86)

   

20 11 20

3

AD a a

a

       

 

+) Vậy A3; 4 

+) Gọi VTPT AB nAB a b;

  23 2  

cos cos ,

10

AB AG

a b

NAG n n

a b



 



+) Mặt khác  

2 2

3

cos

10

NA NM NG

NAG

AG NA NG NG NG

   

 

+) Từ (1) (2)

2

0

3

6

3

10 10

b a b

ab b

a b a b



 

      

 

 

Với b0 chọn a1 ta có AB x:  3 0;

Với 3a 4b chọn a4;b 3 ta có AB: 4x3y240

+) Nhận thấy với AB: 4x3y240  ;  4.7 3. 2 24  ;  10 16

d D AB      d D AG 



(loại)

 Vậy AB x:  3

Bài 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn có phương trình :

2

(x1) (y2) 9 ( C ) đường thẳng :d x:   y m Tìm m để đường thẳng (d) có điểm A mà từ kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn ( C ) ( B, C hai tiếp điểm ) cho tam giác ABC vuông

Lần –Trƣờng THPT Kẻ Sặt Hải Dƣơng

 Tâm đt (C) là:I1; 2  , bkR3 , từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC AB=AC , ABAC ABIC hình

vng cạnh IA=

A a ; a md ; AI = 2

(1a) (a m 2) 3

2

(1 a) (a m 2) 18

     

 2

2( 3) 13

a  m am  m  (1)

+) Để có điểm A tức phương trình (1) có nghiệm

2

0 m 2m 35 m 5;m

          

Bài 18: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có I1; 2  tâm đường trịn ngoại tiếp AIC900 Hình chiếu vng góc A BC làD 1; 1 Điểm K( 4; - ) thuộc đường thẳng AB Tìm tọa độ đỉnh A, C biết điểm A có tung độ dương

Lần –Trƣờng THPT Khoái Châu – Hƣng Yên

(87)

Tính chất hình học:

+) Do

0

45 90

135

ABC AIC

ABC 

 



0

45

ABD

  nên ADB vuông cân D Do DA = DB Lại có: IA = IB DI AB

 Nên đường thẳng AB qua ( 4; - ) vng góc với DI có phương trình 2x y  9 +) Gọi A a a ;2  9 AB,

 

2 ; 10

DA d D AB   a1 2 2a82 2 10

 a26a 5 0    

   

 

 



1;

5 5;1 /

A loại

a

a A t m

+) Phương trình DB qua D có VTPT ADAD : 3x y  4 0; C DB C c ; 3 c 4  Do IAC vuông cân I nên IA IC  0 4  c 1 3c2   0 c C2;2

Bài 19: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm I; có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x + y - = 0, D(2; -1) chân đường cao tam giác ABC hạ từ đỉnh A Gọi điểm E(3; 1) chân đường vng góc hạ từ B xuống AI; điểm P(2;1) thuộc đường thẳng AC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

Trƣờng THPT Lê Q Đơn – Khánh Hồ

 Tính chất hình học: DEAC

+) Gọi M điểm đối xứng A qua I

+) Ta có BCMBAMEDC (Do tứ giác ABDE nội tiếp)

Từ suy DE / /MC mà MCACDEAC Ta có DE 1;

+) AC :1 x  2 2 y 1    x 2y 4 0

 Ta có  A  d AC Tọa độ A thỏa hệ phương

trình x 2y x

x y y

   

 



     

  A 0; 2 

+) Ta có AD2; 3 , AE3; 1 

Phương trình BE : x 3   y 1   3x  y

Phương trình BD : x  2 3 y 1   2x 3y 7  0. B BEBD

 Tọa độ B thỏa hệ phương trình

17 x

3x y 17

B ;

2x 3y 7

y      

     

      

   



(88)

x

x 2y 26 C ; 2x 3y 7

y      

    

      

 

  



 Kết luận : A 0; 2 , B 17; 7   

 

 ,

26 C ;

7      

Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A( ; ), B( ; )1 đường thẳng d có phương trình: d : x2y 2 Tìm điểm M thuộc đường thẳng d

cho: 2

36

 

MA MB

Lần –Trƣờng THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh

 Giả sử M2m2;md

+) MA2MB2 362m3 2 m2 2 2m1 2 m42 36

 4;1

3

;

5 5

M m

m M

 



 

    

      

   

Bài 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cóA 2;6 , chân đường phân giác góc A 2;

2

D  

 , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

1 ;

I 

  

Tìm tọa độ điểm B C

Trƣờng THPT Khánh Hoà

 Phương trình đường thẳng AD x:  2

+) Phương trình đường trịn (C) ngoại tiếp tam giác ABC :

   2 125

:

2

C x   y 

 

+) Gọi E giao điểm AD (C) E2; 4 

+) E điểm cung BC khơng chứa điểm AIEBC

+) Phương trình đường thẳng BC x: 2y 5

+) B, C giao điểm đường thẳng BC đường tròn (C)  B  5;0 ;C  3; 4 B 3; ; C 5;0

(89)

phân giác góc A, điểm E 3; 1   thuộc đường thẳng BC đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x2 y2 2x10y240 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết điểm A có hồnh độ âm

Lần –Trƣờng THPT Nhƣ Xuân – Thanh Hoá

+) Đường tròn ngoại tiếp có tâm I(1;5)  Tọa độ điểm A nghiệm hệ

2

x x

x y 2x 10y 24

y y

y

  

       

 

    

  



+) Do A có hồnh độ âm suy A(-4;0)

+) Và gọi K giao điểm phân giác góc A với (C), nên suy K(6;0)

Vì AK phân giác góc A nên KB=KC, KI BCvà +) IK5;5là vtpt đường thẳng BC

   

BC : x y x y

          

 Suy tọa độ B, C nghiệm hệ

2

x x x y 2x 10y 24

y y

x y

 

       

 

        

 



 Vây A(-4;0), B(8;4), C(2;-2) A(-4;0), C(8;4), B(2;-2)

Bài 23: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AC Biết M 3; 1   trung điểm cạnh BD, điểm C 4; 2   Điểm N 1; 3   nằm đường thẳng qua B vng góc với AD Đường thẳng AD qua P 1;3  Tìm tọa độ đỉnh A, B, D

Lần 2–Trƣờng THPT Phan Bội Châu

 Giả sử D a;b  Vì M trung điểm BC nên

 

B a;2 b 

+) AD DC BN / /CDBN,CD phương  Ta có:

+) BNa 7;b , CD   a 4;b 2  

       

 a b 2   a b 1    b a

+) PDa 1; b , CD   a 4; b 2  

       

       

PD CD a a b b 2

Thế (1) vào (2) ta      

 

2 a

2a 18a 40

a

I

A C

B K

(90)

 

     

a b D 4; loại D trùng C

 

     

a b D 5; B 1; 1 

+) AD qua P 1;3 ,D 5; 1     AD : x y 0   +) AB BC qua B 1; 1  AB : 3x y 0    A AB AD  A 2;2 

Bài 24: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ 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: 2x 3y 130 tam giác BDG nội tiếp đường tròn

 C :x2 y2 2x 12y 27 0

Tìm toạ độ điểm B viết phương trình đường thẳng BC ,

biết điểm B có hồnh độ âm toạ độ điểm G số nguyên

Lần 1–Trƣờng THPT Phù Cừ Hƣng Yên

 Tam giác ABC vuông cân A có G trọng tâm nên GB = GC Mà GD = GC nên tam giác BCD nội tiếp đường tròn tâm G +) Suy ra:

0

2 90

BGD  BCD  BCA BG GD Hay tam giác BDG vuông cân G

 Đường trịn (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        

 

13 : 13 ;

3

m

G d x y G m

Từ

 

 

     

 

   

2; 10 28 75

; 13 13

G IG

G , toạ độ điểm G số nguyên nên G(2;3)

BD qua I(1;6) IG BD nên phương trình BD x: 3y 17 0

     

  



2;5 ,

4;7

B B D BD C

D (do hoành độ điểm B âm)

 Vậy B2;5

+) Gọi M trung điểm BC ta có AM = MB = MC (do ABC vuông cân A)

(?)

d: 2x + 3y - 13 = 0

I(1;6)

D

G

F M

(91)

Suy AM BC GM MB

3

GM  AM  MB

Nên tan    cos 

3 10

MG

GBM GBM

MB

+) Gọi n  a b, với a2 b2  0 VTPT BC

Ta có VTCP BG BG 4; 2  nBG   1;2 VTPT BG

+) Có           

cos , cos , cos cos ,

10

BG

BG BG

BG

n n

BG BC n n GBM n n

n n

 



  

       

  

 

2

3

35 40

7 10 5

a b a b

a ab b

a b a b

Trƣờng hợp 1: Với a b  0 n  1;1 nên phương trình BC x y:   3

Trƣờng hợp 2: Với 7a b   0 n  1;7 nên phương trình BC x: 7y 330

Do hai điểm D G mằn phía đường thẳng BC nên phương trình BC thoả mãn x   y

Vậy BC x:   y B2;5

Bài 25: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(-2; -1) trực tâm H(2; 1) Cạnh BC = 20 Gọi I, J chân đường cao hạ từ B, C Trung điểm BC điểm M thuộc đường thẳng d: x – 2y – = M có tung độ dương Đường thẳng IJ qua điểm E(3; - 4) Viết phương trình đường thẳng BC

Lần 1–Trƣờng THPT Phú Xuyên B

 Tứ giác AIHJ nội tiếp đường tròn đường kính AH, có phương trình:

  2

C : x y 5

Vì M thuộc d nên tọa độ M(2b + ; b) +) Đường trịn tâm M, đường kính BC có pt :

    2 2

C' : x2b 1  yb 5

+) Dễ thấy I, J thuộc đường tròn (C’) Vậy I, J giao điểm đường tròn (C), (C’) nên pt IJ có dạng :

   2

2 2 2

x y  5 x y 2 2b x 2by 2b 1 b 5

   2 2

2 2b x 2by 2b b

      

+) Vì IJ qua E nên ta có

b    1 b 1 Mà b > nên b = suy M(3; 1)  Đường thẳng BC qua M, có véc-tơ pháp tuyến AH

(92)

Bài 26: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A   1; ;B 3; đường thẳngd : y 3 0.,Viết phương trình đường trịn  C qua hai điểm A B, cắt đường thẳng d hai điểm phân biệt M N, cho

60

MAN 

Lần 1–Trƣờng THPT Nguyễn Văn Trỗi

+) Gọi   2

: 2

C x y  ax by c (đk 2

0)

a b  c

       

1; 5 2 4 0 5

25 15 3;

A C a b c b a

a b c c a

B C

         

  

        

  

 Vậy

 ; 5 I a  a

+) Bán kính   2   

5 15 2

R a  a   a  a  a

+)

60

MAN  Suy 0

120 30

MIN  I MNI NM 

hạ    ,

2

IH  d IH d I d  R

 

1

2 3

2

a a a a a a a

            

Khi a1 ta có đường trịn   2

: 13

C x y  x y  ( loại I A, khác phía đường thẳng d )

Khi a3 

  2 2     2 2

: :

C x y  x y   C x  y  (t/ mãn)

60°

H I

N M

A

(93)

BÀI 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi H hình chiếu vng góc A cạnh BC; D điểm đối xứng B qua H; K hình chiếu vng góc C đường thẳng AD Giả sử H( 5; 5), (9; 3)  K  và trung điểm cạnh AC thuộc đường thẳng x  y 10 0 Tìm tọa độ điểm A

(KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 – ĐỀ CHÍNH THỨC).

☺Nhận xétvà ý tƣởng:

_ Có thể thấy “hình vẽ” điểm tựa để ta giải toán này, việc vẽ “chính xác” hình vẽ có ý nghĩa quan trọng hình vẽ giúp ta “phát tính chất hình học quan trọng” Cụ thể này, AHCK tứ giác nội tiếp, IH  AK Và tốn từ mà phân tích theo hướng sau:

+ Hƣớng thứ 1: Chứng minh AHCK tứ giác nội tiếp

 IH = IK I  d

 tìm tọa độ I Để chứng minh IH  AK  ta chứng minh IH // CK (do CK // AD) (phần chứng minh xin dành cho bạn đọc)  Khi A thỏa mãn A

thuộc đường trịn đường kính AC đường thẳng AK

+ Hƣớng thứ 2: Tương tự hướng thứ 1, ta tìm tọa độ điểm I, để chứng minh IH  AK  ta gắn hệ trục tọa độ Axy chứng minh AD IH 0  Khi A thỏa mãn A thuộc đường trịn đường kính AC đường thẳng AK

+ Hƣớng thứ 3: Tương tự hướng thứ 1, ta tìm tọa độ điểm I, đến ta đặt A(x; y)  ẩn nên cần phương trình  pt (1) IA = IH, pt (2) AH = HK (ta phải chứng minh AHK cân H)

► Hƣớng dẫn giải cách 1:

* Ta có AHC CKA90  AHCCKA180

 tứ giác AHCK nội tiếp

Gọi I trung điểm AC  I tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK

 IK = IH (*)

Mặt khác I  d: x – y + 10 =  I t t( ; 10) Do

2 2 2

(*)HI KI  (t 5)  (t 15)  (t 9)  (t 13)   t I(0;10) * ABD cân A (do AH vừa đường cao vừa đường trung tuyến)

(94)

Mặt khác

90 BCA DCK

DBA DCK 

    

    

   



MàCHI  HCI (do IHC cân I)

Suy CHI  KCD  KC // IH (đồng vị) mà CK  AD  IH AD

* Đường AD qua K(9; – 3) nhận IH  ( 5; 15) 5(1;3) làm vecto pháp tuyến có dạng là:

1(x 9) 3(y  3) AD x: 3y0

* A giao điểm AD đường trịn đường kính AC nên tọa độ A thỏa mãn hê:

2

3

( 10) 250

x y x y

  

   



5 15

3

y x

    

      

Suy A(–15;5) hay A(9;–3) (loại trùng K)

Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu toán A( 15;5)

* Ta có AHC CKA90 180

AHC CKA 

    

 tứ giác AHCK nội tiếp Gọi I trung điểm AC

 I tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK  IK = IH (*)

Mặt khác I  d: x – y + 10 =

 I t t( ; 10)

Do 2

(*)HI KI

2 2

(t 5) (t 15) (t 9) (t 13) t I(0;10)

          

* Đặt AB = a, AC = Dựng hệ trục Axy hình vẽ Ta có A(0;0), (0; ), (1;0)B a C

Ta có

2 2

2

2 2 2

;

1 1

BH AB a a a a

BH BC AB BH BC H

BC BC a a a a

 

        

     

Ta có H trung điểm BD

 22 ; 23

1

a a a D

a a

   

   

 

1 ;

I 

(95)

Nên

2

1 ; 2( 1)

2 ;

1

a a

IH

a a

a a a

AD

a a

  



    

  



      



    



Xét

2

( 1) ( )

( 1)

a a a a a

IH AD IH AD

a

   

   



* Đường AD qua K(9; – 3) nhận IH  ( 5; 15) 5(1;3) làm vecto pháp tuyến có dạng là:

1(x 9) 3(y  3) AD x: 3y0

* A giao điểm AD đường trịn đường kính AC nên tọa độ A thỏa mãn hê:

2

3 15

( 10) 250

x y y x

     

 

        

  suy A(–15;5) hay A(9;–3) (loại trùng K)

* Ta có AHC CKA90  AHCCKA180 tứ giác AHCK nội tiếp Gọi I trung điểm AC  I tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK

 IK = IH (*)

Mặt khác I  d: x – y + 10 =  I t t( ; 10) Do

2 2 2

(*)HI KI  (t 5)  (t 15)  (t 9)  (t 13)   t I(0;10)

* Xét đường trịn nội tiếp tứ giác AHKC ta có

AKH  ACH  HAB HAD AHK cân H Suy AH = HK

Đặt A(x; y) ta có A thỏa mãn

2

5 15

( 10) 250

3

( 5) ( 5) 250

y x

x y

y x

x y

   

    



     

    



► Hƣớng dẫn giải cách 4: (theo đáp án Bộ GD&ĐT)

* Gọi I trung điểm AC ta có

2

AC

(96)

Đường trung trực HK có phương trình

7x  y 10 nên toa độ I thỏa mãn hệ

10

7 10

x y x y

   

    

0

(0;10) 10

x

I y

 

   

* Ta có HKA HCA HAB HAD nên AHK cân H, suy HA = HK mà MA = MK

nên A đối xứng với K qua MH Ta có MH (5;15)5(1;3) Đường thẳng MH có phương trình: 3x y 100

* Trung điểm AK thuộc MH AK  MH nên A thỏa mãn hệ:

( 9) 3( 3)

15

( 15;5)

9

3 10

2

x y

x

A

x y

y

   

  



   

 

            

     

BÀI 2:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC khơng cân, nội tiếp đường trịn tâm I Gọi H hình chiếu vng góc A BC, K hình chiếu vng góc B trên AI Giả sử A(2;5), (1;2),I điểm B thuộc đường thẳng 3x  y 0, đường thẳng HK có phương trình x2y0 Tìm tọa độ điểm B, C \

(KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 – ĐỀ DỰ BỊ)

► Hƣớng dẫn giải :

* Ta có B thuộc đường trịn tâm I bán kính IA đường thẳng d: 3x + y + = nên thỏa hệ:

2

2 ( 1) ( 2) 10

( 2;1)

3

x

x y

B y

x y

 

     

  

  

   



(97)

 (2 2)(2 2) ( 5)( 1) 1

AH BH h h h h

h

         

  

Do ta có : (2;1) hay 1; 5

H H 

 

* Với 1; 5

H 

  ta có

8 24

( 1; 3), ; ( 1; 3)

5 5

AI    AH     

  nên ba điểm A, H, I thẳng

hàng hay tam giác cân tai A (không thỏa mãn) nên ta loại 1; 5

H 

  nhận H(2;1)

* Phương trình đường BC y – = C giao điểm đường trịn tâm I bán kính IA BC nên tọa độ C thỏa hệ:

2

2, ( 1) ( 2) 10

4, 1

x y

x y y

  

     



   

  

Định dạng
Số trang	97
Dung lượng	5,28 MB