Các bài toán OXY chọn lọc hướng tới kỳ thi THPT quốc gia 2016 Phần 1 Thầy Nguyễn Thanh Tùng

Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD biết đường thẳng BD đi qua điểm M  2; 6 và K có hoành độ dương.. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn T

ĐỀ BÀI

Bài 1 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A ( 2; 0) Đường thẳng

 có phương trình 3xy0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành Gọi 2 6; ,

5 5

H  K

  lần lượt

là hình chiếu vuông góc của B D, lên  Diện tích hình thang BHKD bằng 24

5 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình

bình hành ABCD biết đường thẳng BD đi qua điểm M ( 2; 6) và K có hoành độ dương

Bài 2 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A (ABAC) Trên cạnh

AB lấy điểm I sao cho AI  AC Đường tròn đường kính IB cắt BC tại 60 15;

17 17

  và cắt đường kéo dài CI tại (4; 1)

N  Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015x2016y0

Bài 3 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )T Biết AC

vuông góc với BD tại E(1; 1) Gọi 5; 3

2

M  

  là trung điểm của AB và

3 0;

4

N 

  là điểm thuộc cạnh

DC sao cho

3

CN  DN Viết phương trình đường tròn ( )T biết C có hoành độ dương

Bài 4 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn ( )T

và C(1; 0) Biết tiếp tuyến của đường tròn ( )T tại B cắt AC tại E Gọi 1; 2

2

F 

là điểm thuộc đoạn BE và

3 5

;

4 4

J 

  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết D(2;1)

thuộc đường tròn ( )T

Bài 5 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm B ( 1; 4)

Gọi D E, ( 1; 2), N lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, chân đường cao kẻ từ B của tam giác ABC và trung điểm

2 2

I 

Bài 6 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với 9; 3

M  

  là trung điểm của

đoạn BC và đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x3y 5 0 Gọi E F, lần lượt là chân đường cao kẻ

từ đỉnh B C, của tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh A, biết đường thẳng đi qua hai điểm E F, có phương trình

2xy20

CÁC BÀI TOÁN OXY CHỌN LỌC HƯỚNG TỚI KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016_PHẦN 1

Bài 7 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Đường thẳng đi qua B

vuông góc với AC tại H có phương trình y 1 Gọi 2;3 , 3; 1

M  N  

    lần lượt các điểm thuộc đoạn AH DC,

sao cho AM 3MH DC, 4NC Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD

Bài 8 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J(2;1) Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình 2xy100 và D(2; 4) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ

âm và B thuộc đường thẳng có phương trình xy70

Bài 1 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có A ( 2; 0) Đường thẳng

 có phương trình 3xy0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành Gọi 2 6; ,

5 5

H  K

  lần lượt

là hình chiếu vuông góc của B D, lên  Diện tích hình thang BHKD bằng 24

5 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình

bình hành ABCD biết đường thẳng BD đi qua điểm M ( 2; 6) và K có hoành độ dương

Giải:

Gọi I là tâm của hình bình hành ABCD và A I', ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A I, lên 

Khi đó II' là đường trung bình trong cả hình thang BHKD và tam giác AA C '

10

BHDK  II AA d A  

Lúc đó

24 2

2

6

10

BHDK BHDK

S

BH DK HK

BH DK



Gọi K t ; 3 t  với t  , khi đó : 0

3

HK  t   t  

M(-2;6)

Δ:3x+y=0

I' A' K

I

H(-2/5;6/5)

B(?) A(-2;0)

5 2 4 12 0 6

5

      hoặc t   (loại)2 6; 18

Cách 1: Khi đó phương trìnhKD: x3y120 và BH x: 3y40

Gọi D d(3 12; )d và B b(3 4; )b 3 3 8; 3 3 10; 

( 3 3; 3)





   



Ta có (3 2; 6)

( 3 5; 9)





    







Do MBD nên :(3 2)( 9) ( 6)( 3 5) 48 48 1 ( 1;1) (1; 3)

(0; 4)

B

D







 Vậy B( 1;1), (1; 3), C  D(0; 4)

Cách 2: Trình bày trong bài giảng

Bài 2 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A (ABAC) Trên cạnh

AB lấy điểm I sao cho AI  AC Đường tròn đường kính IB cắt BC tại 60 15;

17 17

  và cắt đường kéo dài CI tại (4; 1)

N  Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015x2016y0

Giải:

180

CAICMI   ACMI nội tiếp đường tròn

Ta có 8 ; 32 8 (1; 4)



, suy ra phương trình AM x: 4y0

Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 4 0 0 (0; 0)

2015 2016 0

x y

x y







2 1 45 3 45

M C  M MI

là phân giác của góc AMN

Mặt khác,  0 

90

BNC BACACBN nội tiếp đường tròn   

1 1 2

1

2 2 1

1 1

4 3 2 1

N

M

I

C

B A

Suy ra NI là phân giác của MNA , suy ra  I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác AMN

Phương trình AN x: 4y0; AM x: 4y0 và MN: 4xy150

Phương trình phân giác của góc AMN thỏa mãn: 4 4 15 3 5 15 0

5 3 15 0

x y

x y



Do A N, khác phía với MI nên phương trìnhMI :5x3y15 0 BC: 3x5y150

Phương trình phân giác NC của góc ANM thỏa mãn: 4 4 15 5 0

3 0

x y

x y

  



Do A M, khác phía so với NC nên NC có phương trình: xy 3 0

Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 3 0 0

Khi đó AB đi qua A(0; 0) vuông góc với AC nên có phương trình: y 0

Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 0 5 (5;

Vậy A(0;0), (5;0), (0;3)B C

Chú ý:

Trong hình vẽ bài toán này, ta có thể khai thác thêm tính chất ED AN để sáng tạo ra các đề bài mới, với E là giao điểm của AB và MN và D là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính IB với AN

Bài 3 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )T Biết AC

vuông góc với BD tại E(1; 1) Gọi 5; 3

2

M  

  là trung điểm của AB và

3 0;

4

N 

  là điểm thuộc cạnh DC sao cho

3

CN  DN Viết phương trình đường tròn ( )T biết C có hoành độ dương

Giải

D

E

C

I M

N

Do ABCD nội tiếp đường tròn nên  

1 1

B C (cùng chắn cung AD) (1)

Ta có EM là trung tuyến của tam giác vuông AEB nên EMB cân tại M hay   

1 1 4

B E E (2)

Từ (1) và (2), suy ra  

1 4

C E

Mặt khác,   0   0

4 5 90 1 5 90

E E  C E  , suy ra MEDC

Khi đó DC đi qua 0;3

4

N 

  vuông góc với EM nên có phương trình:

1 4

3

x y

y t

  



    





Suy ra C( 1 4 ;3 )  t t (với 1

4

4



Ta có

1 4

1

D

D D

D

 



 

Suy ra 4 2; 2

3

t

ED   t



và EC4t2;3t1

3

t

 

5t2 3t 2 0 t 1 hoặc 2

5

t   (loại), suy ra (3;3)

( 1; 0)

C D









Khi đó phương trình CE: 2xy 3 0 và DE x: 2y 1 0, suy ra ( ; 2 3)

( 2 1; )

 







Do M là trung điểm của AB nên 2 1 5 0 (0; 3)

Gọi I là tâm của đường tròn ( )T , khi đó:

(T)

1

1

1

5 4

I E

N

M

B

A

5

;

( 3) ( 1)

2

x

y









Bán kính của ( )T là: 5

2

RIA Vậy đường tròn ( )T cần lập có phương trình:

Bài 4 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn ( )T

và C(1; 0) Biết tiếp tuyến của đường tròn ( )T tại B cắt AC tại E Gọi 1; 2

2

F 

  là điểm thuộc đoạn BE và

3 5

;

4 4

J 

  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác

ABC biết D(2;1)

thuộc đường tròn ( )T

Giải:

Gọi M là giao điểm của CF và đường tròn ( )T , lúc này ta sẽ chứng minh M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF hay ta sẽ đi chứng minh AEFM nội tiếp đường tròn tâm J Thật vậy:

Ta có  

1 1

E B (cùng phụ với ACB ) và  

1 1

B M (cùng chắn cung AC )

E M E FMAM FMA , suy ra AEFM nội tiếp đường tròn tâm J (*)

Phương trình đường thẳng CF là: 1 3

4

 





 



(1 3 ; 4 )

Khi đó từ (*), suy ra:

1 1

2

1

D

M F

E

J

I

C B

A

1 32

25

;

; 2

M t

M





     

Ta có phương trình trung trực d của 1 DC là : x y 2 0

phương trình trung trực d của 2 MC là: 3x4y 1 0

Khi đó tọa độ tâm I của đường tròn ( )T ngoại tiếp tam giác ABC (hay ngoại tiếp tam giác MBC )

là nghiệm của hệ: 2 0 1  1;1

I

Do ABC vuông tại A, suy ra I là trung điểm của BC , do đó B(1; 2)

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và ngoại tiếp tam giác AEF lần lượt có phương trình:

2 2

x y  x y  và 2 2 3 5 3 0

Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

2 2

2 2

0

1 0

x y















hoặc

1 25 32 25

x y









 



(0;1)

A

 hoặc 1 32;

25 25

A M

  (loại)

Vậy A(0;1), (1; 2)B

Bài 5 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm B ( 1; 4)

Gọi D E, ( 1; 2), N lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, chân đường cao kẻ từ B của tam giác ABC và trung điểm

2 2

I 

Giải:

 BE có phương trình: x   , khi đó AC đi qua 1 E ( 1; 2)vuông góc với BE

nên AC có phương trình: y 2

 Gọi M là trung điểm của BC và gọi C c( ; 2)AC 1;3

2

c

 Lúc này ta sẽ chỉ ra M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN hay ta sẽ chứng minh MEND là tứ

giác nội tiếp đường tròn Thật vậy:

Ta có NAENEA (vì NAE cân tại N ) và MNENEA (vị trí so le - MN // AC )

 NAEMNE (1)

Mặt khác: E D, cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên ABDE nội tiếp đường tròn , khi đó:

NAEEDM BDE (cùng bù với BDE ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra : MNE = EDM , suy ra MEND nội tiếp đường tròn

Khi đó ta có:

c

IM IE R IM IE



(1; 2) ( 5; 2)

C C



  

 Vậy C(1; 2) hoặc C ( 5; 2)

Bài 6 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với 9; 3

M  

  là trung điểm của

đoạn BC và đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x3y 5 0 Gọi E F, lần lượt là chân đường cao kẻ

từ đỉnh B C, của tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh A, biết đường thẳng đi qua hai điểm E F, có phương trình

2xy20

Giải

 Gọi N là trung điểm của AHvới H là trực tâm của

ABC

 Ta có:

2

AH

2

BC

suy ra MN EF Suy ra MN có phương trình:

2x4y 3 0

Khi đó tọa độ điểm N là nghiệm của hệ :

x y

x

x y



  



  



và 7 11 7;

1

;1 2

  là trung điểm của MN

 NEA và MCE lần lượt cân tại N và M

1 4 1 4

 







(*)

 Gọi E t( ; 2t2)EF khi đó từ :

2

2

3 ( 3; 4)



I

1

4 1

F

E N

M

H

C B

Ẳ)

 Đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x3y 5 0 nên gọi A(5 3 ; ) a a Ta có

6 ( 13;6)



Vậy đáp số của bài toán là A(2;1) hoặc A ( 13;6)

Bài 7 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Đường thẳng đi qua B

vuông góc với AC tại H có phương trình y 1 Gọi 2;3 , 3; 1

M  N  

    lần lượt các điểm thuộc đoạn AH DC,

sao cho AM 3MH DC, 4NC Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD

Giải:

AC đi qua M và vuông góc với BH nên có phương trình: x  2

Khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 2 (2;1)

1

x

H y













Mặt khác, ta có AM 3MH 2 3.(2 2) 2

(2;3)

A

A

x

x

A











 Xét MBH , ta có: 

1

4

  (1) ; Xét BNC, ta có: 

1

Lại có: ABH ~ACB HB AH HB BC

Từ (1), (2), (3) suy ra :  

tanM tanN  

1 1

Khi đó M N, cùng nhìn BC dưới các góc bằng nhau, suy ra MNCB là tứ giác nội tiếp

90

BMN

  hay BM MN, suy ra phương trình BM x: 4y 8 0

Tọa độ điểm B là nghiệm của hê: 4 8 0 4 (4;1)

B

Khi đó DC đi qua N song song với AB nên có phương trình: xy 2 0

Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 2 0 2 (2; 0)

C

Do ABCD là hình chữ nhật nên CD BA ( 2; 2)D(0; 2)

Vậy A(2;3), (4;1), (2; 0)B C ,D(0; 2)

1

1

H N

M

B A

Chú ý: Yếu tố vuông góc trong bài toán, cụ thể BM MNsẽ luôn được giữ nguyên nếu đề bài đảm bảo được

tỉ số MH NC k

Bài 8 (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J(2;1) Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình 2xy100 và D(2; 4) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ

âm và B thuộc đường thẳng có phương trình xy70

Giải:

 AJ đi qua J(2;1) và D(2; 4) nên

có phương trình: x   2 0

Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ :

(2; 6)

A

 Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Khi đó:

AmE EnC CpD DqB









EnC CpD AmE DqB

hay ECD AmEDqB (1)

 Mặt khác:

1 2 1 2

EBD sd ECD DJB sd AmE sd DqB











(2)

Từ (1) và (2) suy ra: EBDDJB

hay tam giác DBJ cân tại D, suy ra DBDJ (*) Lại có  

1 2

A  A DBDC (2*)

Từ (*) & (2*) suy ra: DBDJ DC hay D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC

 Suy ra B C, nằm trên đường tròn tâm D(2; 4) bán kính DJ  có phương trình : 5 (x2)2 (y4)2 25 Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

( 2) ( 4) 25

7 0

x y





  



3 4

x y

 





 



hoặc 2

9

x y







 



( 3; 4) (2;9)

B B

 



 



Do B có hoành độ âm nên ta được B  ( 3; 4)

BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng 2xy100 nên có phương trình: x2y 5 0

Khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ :

( 2) ( 4) 25

x y







3 4

x y

 





 



hoặc 5

0

x y











( 3; 4) (5; 0)

C

  



 

 Vậy A(2;6), ( 3; 4), (5; 0)B   C

GV: Nguyễn Thanh Tùng