Bài tập tuyển chọn do Thầy Đăng Việt Hùng sưu tập giúp các e ôn thi đạt điểm cao trong kì thi THPT Quốc Gia chung , ôn thi HSG, tài liệu để GV và phụ huynh HS tham khảo. Chúc các e ôn thi đạt điểm cao
Trang 1VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN
Câu 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là
x+ − =y Hình chiếu của tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC lên AC là E(1; 4) BC có hệ số góc
âm và tạo với đường thẳng AC góc 450 Đườg thẳng AB tiếp xúc với ( ) : (C x+2)2+y2 =5 Tìm phương
trình các cạnh của tam giác ABC
Lời giải:
Gọi K là điểm đối xứng của E qua AI
Ta có: EK x: − + =y 3 0⇒ trung điểm của EK
có toạ độ là: ( )0;3 ⇒K(−1; 2)
Do K∈( )C ⇒AB tiếp xúc với ( )C tại K
Đường tròn ( )C tâm J(−2; 0) Khi đó AB qua
K và vuông góc với JK
Do vậy: AB x: +2y− =3 0
AC a x− +b y− = a +b > Ta có: cos(AC AI; )=cos(AB AI; )
3
10 2
a b
+
Với 2a=b⇒nAC( )1; 2 / /AB loai( )
AC
2
2
1 5
k
k
−
+
( )
3
1
3
k
BC x y l
=
= −
Mặt khác d I AC( ; ) (=d I BC; )⇒
13
l
− +
=
l
CHINH PHỤC ĐIỂM 8-9 MÔN TOÁN – PHẦN 2 Thầy Đặng Việt Hùng (ĐVH) – Moon.vn
Trang 2Câu 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trinh đường cao AH và trung tuyến
AM lần lượt là: x−2y− =13 0 và 13x−6y− =9 0 Biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác ABC
là ( 5;1)I − Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C
Lời giải
Ta có A= AH ∩AM ⇒ A(− −3; 8)
Đường thẳng IM qua I(−5;1) và song song với
đường thẳng AH ⇒IM x: −2y+ =7 0
Đường thẳng BC qua M( )3;5 và vuông góc với
đường thẳng AH ⇒BC: 2x+ − =y 11 0
Do B∈BC: 2x+ − =y 11 0⇒B t( ;11 2− t)
IB=IA⇒ t+ + − t =
Vậy A(− −3; 8 ,) ( ) ( )B 2; 7 ,C 4;3 hoặc A(− −3; 8 ,) ( ) ( )B 4;3 ,D 2; 7
Câu 3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) : (C x−1)2 + −(y 2)2 =1 Chứng minh rằng từ
điểm M bất kỳ trên đường thẳng d x: − + =y 3 0 luôn kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) Gọi hai
tiếp điểm A, B Tìm tọa độ điểm M để khoảng cách từ (1;1) J đến đường thẳng AB bằng 3
2
Lời giải
Đường tròn ( )C có tâm I( )1; 2 , bán kính
1
R=
2
d I d = = >R ⇒ từ điểm M
bất kì trên đường thẳng d x: − + =y 3 0 luôn
kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn ( )C
Gọi M t t( ; +3) và A x y( ); là tọa độ tiếp điểm
Ta có IA=(x−1;y−2) ,
MA= x−t y− −t
(x 1)(x t) (y 2)(y t 3) 0
⇒ − − + − − − =
1 5 3 6 0 1
Trang 3Mặt khác ( ) ( ) (2 )2 2 2 ( )
A∈ C ⇒ x− + y− = ⇔ x +y − x− y+ =
Lấy ( ) ( )2 − 1 ta được ( ) (t−1 x+ +t 1)y− − =3t 2 0⇒ AB:( ) (t−1 x+ +t 1)y− − =3t 2 0
t
+
( )
2
1 1; 4
14 16 2 0 1 1 22
;
t t
= ⇒
Vậy M( )1; 4 hoặc 1 22;
7 7
Câu 4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD có diện tích bằng 50, đỉnh C(2; 5)− ,
3
2
M−
, đường thẳng AD đi qua N( 3;5)− Viết
phương trình đường thẳng AB biết đường thẳng AB không song song với các trục tọa độ
Lời giải
M AB a x by
AD qua N(−3;5) và vuông góc với AB
AD b x a y
Ta có AB d C AD( , ) 5a2 10b2
a b
+
+
,
Ta có
4
5 10 5 10 1
2
ABCD
a b
a b
−
+
( )
2
2
2
2
Trang 4Câu 5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) : (C x−1)2+ −(y 2)2 =5 và đường thẳng
d x+ + =y Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C Tìm tọa độ
điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8
Lời giải:
Gọi ( )C tâm I, AI∩BC={ }H , tham số A a( ; 2− −a)
2
Mặt khác ABI∆ vuông tại B có BH là đường cao nên
− + + −
2
BH
2
Vì 8=S∆ABC =2S ABH = AH BH ↔ AH BH2 2 =64
Điều này ( ) ( )
Đặt ( ) (2 )2 3 2 25 25
2
t
t
−
Điều này ( ) (2 )2 1 ( (1; 3) )
A a
=
Vậy có 2 điểm thỏa mãn yêu cầu là A(1; 3− ) hoặc A(4; 6− )
Câu 6 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(-2; 1), điểm A thuộc trục tung, điểm C
thuộc tia Ox và góc BAC bằng 30 độ Bán kinh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 Xác định
tọa độ điểm A và C
Lời giải:
Trang 5Theo định lý hàm sin trong
BC
sinBAC
C c
=
2;1 0; 0
0;
C
→
= −
0; 12 1
12 1 1
3
cos
A a
a a BAC
2;1 4;
→
= − −
1 8 3
a a
− +
12 1 8 2 12 12 1 8 2 12 0
1 12 6 12 19 0;
1 12 6 12 19
2 2
1 12 6 12 19 1 12 6 12 19
0;
A a
2
2
( 12 1 ;) ( )0; 0 ( 12 1 ;) ( )0; 0
Câu 7 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh C thuộc ∆ −:x 2y− =1 0, đường
thẳng BD có phương trình 7 x− − =y 9 0 Điểm E(-1; 2) thuộc cạnh AB sao cho EB = 3EA Biết rằng B có
tung độ dương Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D
Lời giải:
Gọi K là giao điểm của BD và CE Khi đó ta có:
KC =CD = ⇒= − Gọi K t( ; 7t−9 ;) (C 2v+1;v) ta
có
3
11
11 4
7
2
4
t
v
Khi đó gọi B u u( ; 7 −9)
Ta có: BE BC = ⇔0 (u+1)(u− +5) (7u−11 7)( u−11)= ⇔ =0 u 2 (do y B >0)
Trang 6Do vậy B( )2;5 Lại có: BE=3EA⇒A(−2;1)⇒D(1; 2− ).
Câu 8 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3; –1) Tọa độ điểm
E(–1; –3) thuộc đường thẳng chứa đường cao qua đỉnh B Đường thẳng AC qua F(1; 3) Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có đường kinh AD với D(4; –2)
Lời giải:
Gọi H là trực tâm tam giác ABC ta có: CH/ /BD⊥AB và BH/ /CD
do vậy BHCD là hình bình hành suy ra M là trung điểm của BC đồng
thời là trung điểm của HD
Khi đó H( )2; 0 suy ra PT đường cao BH là: x− − =y 2 0
Do vậy AC x: + − =y 4 0 và CD: x− − =y 6 0
Suy ra C=CD∩AC⇒C(5; 1− )⇒B(1; 1− )⇒BC y: = −1
Khi đó AH x: =2⇒A( )2; 2
Vậy A( ) (2; 2 ;B 1; 1 ;− ) (C 5; 1− )
Câu 9 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M(5; 7) nằm trên cạnh BC Đường
tròn đường kinh AM cắt BC tại B, cắt BD tại N(6; 2), đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x− − =y 7 0 Tìm
tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2
Lời giải:
Ta có tứ giác ABMN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM
do vây ANM =900 Mặt khác AMN =ABN =450 (cùng chắn
AN )
Do đó ANM∆ vuông cân tại N Ta có: AN x: −5y+ =4 0
3 1 1;1 A 3
⇔ = ∨ = ⇒ < Gọi C u u( ; 2 −7)
7
5
u
=
=
Do vậy C( )7; 7 ⇒K( )4; 4 ⇒AC x: − =y 0;BD x: + − =y 8 0
Lại có: BC x: =7⇒B( )7;1 ⇒D( )1; 7
Vậy A( ) ( ) ( ) ( )1;1 ;B 7;1 ;C 7; 7 ;D 1; 7
Câu 10 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(-1; 5) và điểm M(0; -2) là trung điểm
cạnh BC Gọi D, E lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh B và C Đường phân giác của góc DME cắt
đường cao hạ từ đỉnh A tại điểm I(0; 3) Tìm toạ độ các đỉnh B, C biết rằng điểm B có hoành độ âm
Trang 7Lời giải:
Gọi K là trung điểm AH (H là trực tâm ABC∆ ), J là tâm
đường tròn ngoại tiếp ABC∆ có:
Vì ADH =AEH =90o →ADHE nội tiếp(K KD; )
Lại có tứ giác EDCB nội tiếp (M MD; )→MD=ME
Suy ra MK là trung trực của DE
MK
Vì I là trung điểm AH→H( )1;1
Mà ta có AH =2JM→J(−1; 0)
Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC∆ là:
C x+ +y =
Phương trình BC qua M vuông góc AH là
BC x− y− =
Tọa độ B, C là nghiệm hệ:
0
x
Vậy B(− −4; 4 ;) ( )C 4; 0 là các điểm cần tìm
Thầy Đặng Việt Hùng