chinh phục oxy chủ đề hình chữ nhật

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD... Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H 1;2  là hình chiếu vuông góc của A lên BD.. Trong mặt p

Chinh phụ c Oxy

Chủ Đề: Hình chữ nhật

Tài liệu này mến tặng các em học sinh 12 các Trường ở TP Huế.

Huế, 10/05/2016

G

I M

B A

K

Trần Đình Cư ( Gv Chuyên Luyện Thi THPT Quốc Gia)

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 1

F G

C H

CHỦ ĐỀ 4 HÌNH CHỮ NHẬT Bài 1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là

giao điểm của đường thẳng d : x1   y 3 0 và d : x2   y 6 0 Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật

Giải

Ta có: d1d2 I Tọa độ của I là nghiệm của hệ:

9 x

x y 3 0 2

x y 6 0 3

y 2

 



  



    



Vậy I 9 3;

2 2

 

 

 

Do vai trò A, B, C, D như nhau nên giả sử M là trung điểm cạnh

1

ADMd Ox Suy ra M 3;0 

Ta có:

2 2

9 3

AB 2IM 2 3 3 2

2 2

   

       

   

Theo giả thiết: SABCD AB.AD 12 AD SABCD 12 2 2

AB 3 2

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1d1AD

Đường thẳng AD đi qua M 3;0  và vuông góc với d1 nhận n 1;1  làm vtpt nên có pt:

x 3  y 0      0 x y 3 0 Lại có: MA MD  2

Tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:

x y 3 0

x 3 y 2

  





  



x 2

x 3 1 x 4

x 3 y 2 x 3 3 x 2

y 1

 





     

   





Vậy A 2;1 , D 4; 1    

Do I 9 3;

2 2

 

 

  là trung điểm của AC suy ra

C I A

C I A

x 2x x 9 2 7

y 2y y 3 1 2

    



     



Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B 5;4 

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là:       2;1 , 5;4 , 7;2 , 4; 1  

Bài 2 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB 2BC Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng BD; E, F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH Biết A 1;1 , phương trình đường thẳng EF  

là 3x y 10 0   và điểm E có tung độ âm Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D

(Trích Trường THPT Quỳnh Lưu 3, Nghệ An lần 1 – 2015) Giải

Gọi E, F, K lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CD, BH, AB Ta

chứng minh AFEF

Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF cũng

nội tiếp, do đó AFEF

Đường thẳng AF có pt: x 3y 4 0  

d1

d2

I

B

A

C

Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ:

 

 

2

2

17 x 3x y 10 5 F 17 1; AF 32

x 3y 4 y 1

5

AFE ~ DCB EF AF 2

E t;3t 10 EF t 3t

E 3; 1

t 3 5t 34t 57 0 19 19 7







 



  

   

         

   

 

  



       

    

   

Theo giả thiết ta được E 3; 1  , pt AE : x y 2 0   Gọi D x;y , tam giác ADE vuông cân tại D nên:  

       

     

      

x 1 y 1 x 3 y 1

AD DE

AD DE x 1 x 3 y 1 y 1

y x 2 x 1 x 3

D 1; 1 D 3;1

x 1 x 3 0 y 1 y 1

       

  





      

      



     

       



Vì D và F nằm về 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    và D 1; 1 

Bài 3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ACDα với cosα 1

5

 , điểm H

thỏa mãn điều kiện HB 2HC, K là giao điểm của hai đường thẳng AH và BD Cho biết H 1 4;

3 3

 



 

 ,

 

K 1;0 và điểm B có hoành độ dương Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D

(Trích Trường THPT Chuyên ĐH Vinh, lần 1 – 2015) Giải

Do ΔKAD đồng dạng với ΔKHB

KA AB BC 3 KA 3KH

KH HB BH 2 2

     

Do K thuộc đoạn AC KA 3KH

2

  

 

   



   





     



A

3

2 Đặt B a;b với   a 0 , ta có:

     

              

AB AB 2 AB 1 cos cosACD cosABD 4AB 5KB

5

BD KB 5 KB 5 2

4 a 2 b 2 5 a 1 b a b 6a 16b 27 0

K H

A D

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 3

Đường trịn (C) đường kính AH cĩ tâm I 7 1;

6 3

 

 

 , bán kính

1 5 5

R AB

  nên cĩ phương trình là:

 C : x 7 2 y 1 2 125

   

   

   

   

Do ABC 900 B C  a 7 2 b 1 2 125

   

         

   

2 2 7 2

a b a b 2 0

3 3

     

Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:

 

2 2

2 2

1 a

a b 6a 16b 27 0 a 3

5 B 3;0

a b a b 2 0 b



        

 



Do BC 3BH C 1; 2 

2

    và BD 5BK D 2;0 

2

  

Vậy A 2;2 , B 3;0 , C 1; 2 , D 2;0        

Bài 4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD cĩ D 4;5  Điểm M là trung điểm của đoạn AD, đường thẳng CM cĩ phương trình x 8y 10 0   Điểm B nằm trên đường thẳng 2x y 1 0   Tìm tọa độ các đỉnh A, B và C, biết rằng điểm C cĩ tung độ y 2

(Trích Trường THPT Đà Duy T , Thanh H a lần 1 – 2015) Giải

Gọi H, K là hình chiếu vuơng gĩc của B, D lên CM

 2

2

4 8.5 10 26

DK

65

1 8

 

 

Gọi I, G là giao điểm của BD với AC và CM  G là trọng tâm

ΔACD

   BH BG   52

DG 2GI BG 2DG 2;BH ;

B b; 2b 1 BH 17b 18 52 70

b (loại)

 

           



(loại vì điểm B và điểm D cùng phía với đường thẳng CM) Do đĩ ta cĩ B 2; 5    I 3;0

         

   

2

c

C 8c 10;c CD.CB 14 8c 12 8c 5 c 5 c 0

c 1 65c 208c 143 0 143 C 2;1 A 8; 1

c (loại do y 2) 65

         

 





Vậy A 8; 1 , B 2; 5 , C 2;1      

Bài 5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Gọi H là hình chiếu vuơng gĩc của

B lên AC, M và lần lượt là trung điểm của AH và BH, trên cạnh CD lấy K sao cho M CK là hình bình

G

I M

B A

K

hành Biết M 9 2; , K 9;2 

5 5

 

 

  và các đỉnh B, C lần lượt nằm trên các đường thẳng 2x y 2 0   và

x y 5 0   , hoành độ đỉnh C lớn hơn 4 Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD

Giải

M là đường trung bình của tam giác HAB suy ra M AB và

1

MN AB

2



M CK là hình bình hành nên CK M và

1 1

CK MN AB CD

2 2

   uy ra K là trung điểm của CD và là

trực tâm tam giác MBC, do đó CN MB , mà MK C nên

MK MB

  36 8 9 8

B d : 2x y 2 0 B b;2b 2 , MK l , MB b ;2b

           

 

52 52 MK.MB 0 b 0 b 1 B 1;4

5 5

      

       

       

C d' : x y 5 0 C c;c 5 , c 4 , BC c 1;c 9 , KC c 9;c 7

c 9 BC.KC 0 c 1 c 9 c 9 c 7 0 C 9;4

c 4 (L)

            

 

          

Vì K 9;2 là trung điểm CD và   C 9;4 suy ra   D 9;0  

Gọi I là trung điểm của BD thì I 5;2 và I là trung điểm AC nên   A 1;0  

Bài 6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H 1;2  là hình chiếu vuông góc của A lên BD Điểm M 9;3

2

 

 

  là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường trung tuyến k t A

của ΔAHD là d : 4x y 4 0   Viết phương trình cạnh BC

Giải

Gọi K là trung điểm HD Chứng minh A vuông góc với MN

Gọi là trung điểm của AH Ta có AB vuông góc với K Do đó

là trực tâm của tam giác ABK

Suy ra BPAKAKKM

hương trình KM đi qua M 9;3

2

 

 

  vuông góc với A là

15

KM : x 4y 0

2

  

Tọa độ K 1; 2

2

 

 

 

Do K là trung điểm của HD nên D 0;2 , suy ra BD : y 2 0 

AH : x 1 0  và A 1;0 AD : 2x  y 2 0

BC qua M và song song với AD nên BC: 2x y 12 0  

K

M

N

H

B A

P

K

M H

B

A

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 5

Bài 7 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD cĩ tâm E 3; 4  , đường thẳng chứa cạnh AB đi

qua điểm M 7;4  và trung điểm N của cạnh CD thuộc đường thẳng d : 4x y 10 0   Viết phương trình đường thẳng AB

Hướng dẫn giải

Gọi N a;10 4a  ; N ' đối xứng với qua E, ta cĩ N' 6 a;4a 18    Dễ thấy EN

Vì ABCD là hình chữ nhật và là trung điểm của DC nên ta cĩ:

2

a 5 EN.N 'M 0 17a 146a 305 0 61

a 17







     

 



Với a5, ta cĩ đường thẳng AB qua M nhận EN làm vec-tơ pháp tuyến nên phương trình của nĩ là AB: x 3y 5  0

Với a 61

17

 , tương tự ta cĩ phương trình đường thẳng AB:5x 3y 23 0  

Bài 8 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD cĩ diện tích bằng 15 Đường thẳng AB cĩ

phương trình x 2y 0  Trọng tâm của tam giác BCD là điểm G 16 13;

3 3

 

 

  Tìm tọa độ bốn đỉnh của hình

chữ nhật biết điểm B cĩ tung độ lớn hơn 3

Hướng dẫn giải

Ta cĩ   10 3 10

d G;AB BC 5 AB 3 5

2

Đường thẳng d đi qua G vuơng gĩc với ABd : 2x y 150

Gọi Nd ABN 6;3  Suy ra NB 1AB 5

3

 

Gọi B 2b;b ABNB2  5 b2 6b 8 0    b 2b 4 (loại)B 8;4 

Ta cĩ:

     

BA 3BN A 2;1 ; AC AG C 7;6 ; CD BA D 1;3

2 Đáp số A 2;1 , B 8;4 , C 7;6 , D 1;3       

Bài 9 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD ua B k đường thẳng vuơng gĩc với AC

tại H Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CH, BH và AD Biết rằng E 17 29; , F 17 9;

5 5 5 5

   

   

    và

 

G 1;5 Tìm tọa độ điểm A và tọa độ tâm đường tịn ngoại tiếp tam giác ABE

Giải

* Ta cĩ EF là đường trung bình của ΔBCH nên 2EF CB

Mặt khác CB DA 2GA  Suy ra EF GA

Gọi A x; y  ta cĩ:

 

x 1 0

y 5 4

 



     

Vậy điểm A 1;1 

* Do EF / /BC, ABBC nên EFAB, t giả thiết ta cĩ BHAC

G

E

F H

C

D

uy ra F là trực tâm của tam giác ABE Khi đó B là giao điểm của đường thẳng BH với đường thẳng đi qua A vuông góc với EF

Ta có EF0; 4 , nên đường thẳng đi qua A vuông góc với EF có phương trình y 1

hương trình đường thẳng BH vuông góc với AE là:

12 17 24 9

         

   

   

Vậy tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:

 

y 1

B 5;1

x 2y 7 0







   



Gọi O x; y  là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABE , k đường kính EK

Ta có tứ giác AKBF là hình bình hành, khi đó hai đường ch o AB và KF

c t nhau tại trung điểm I của m i đường Ta có I 3;1 

Mặt khác O là trung điểm của EK, suy ra IO là đường trung bình của

ΔEFK

Hay 1 3 x 0  

1 y 2 2

 



     

Vậy tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE là O 3;3 

Bài 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh D 7; 3   và BC2AB Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC Tìm tọa độ đỉnh C biết phương trình đường thẳng M là

x3y 16 0

Giải

Gọi K và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên M và

AC

hương trình đường thẳng DK là 3x y 24 0  

Suy ra tọa độ điểm K thỏa mãn hệ:

44 x

x 3y 16 0 5 44 12

K ; 3x y 24 0 12 5 5

y 5

 



  

      

 



Ta có: DH 2DK H 41 3;

 

   

 

Đường thẳng AC đi qua H song song với M , suy ra phương trình đường thẳng AC là:

x3y 10  0 C 10 3c;c

Trong tam giác vuông ADC ta có:

DC 3 2 144

DA DC DH 4DC DC

10

2

c 0 C 10;0 10c 12c 0 6 32 6

5 5 5

  



    



Bài 11 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A 5; 7  , điểm C thuộc vào đường thẳng có phương trình: x y 4 0   Đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn AB có

phương trình: 3x 4y 23 0   Tìm tọa độ của B và C, biết điểm B có hoành độ dương

Giải

F

K

O

I

E

H

K N M

D

C A

B

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 7

Gọi C c;c  4 d1, M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và

2

d : 3x4y230

Ta có ΔAIM đồng dạng

ΔCIDCI 2AI CI 2IA I c 10 c 10;

3 3

 

Mà Id2 nên ta có: 3.x 10 4.c 10 23 0 c 1

      

Vậy C 1;5 

Ta có: M d2 M t;3t 23 B 2t 5;3t 9

      

3t 5 3t 19

AB 2t 10; , CB 2t 6;

     

Do    1   t 1

AB.CB 0 4 t 5 t 3 3t 5 3t 19 0 29

5







        

 



Suy ra B 33 21;

5 5

 

 

  hoặc B 3; 3

Vì B có hoành độ dương nên B 33 21;

5 5

 

 

 

Bài 12 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường ch o AC: x 2y 9 0   Điểm M 0;4  nằm trên cạnh BC Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho biết rằng diện tích của hình chữ nhật đó bằng 6, đường thẳng CD đi qua N 2;8  và đỉnh C có tung độ là một số nguyên

Giải

Vì CAC : x2y 9  0 C 9 2c;c  

Khi đó:NC7 2c;c 8 , MC    9 2c;c 4 

Khi đó ta có: NC.MC 0

7 2c 9 2c c 8 c 4 0 c 519

c 5







       

 



Vì C có tung độ là một số nguyên nên C1;5

T M k đường thẳng vuông góc với AC c t AC tại A’

Khi đó: MA': 2x y 4 0   Suy ra A ' 1 22;

5 5

 

 

 

Ta có: SA ' MC 1MA '.MC 1

Hai tam giác ABC và A’MC đồng dạng nên:

2

B ABC

B

A ' MC

x 1 3.1 S

CM S

3

 



        

Tương tự CA3CA'A 3;3 ; T ABDCD 0;6 

Vậy A 3;3 , B 2; 2 , C    1;5 , D 0;6  

I M

D

C

A

B

A'

D

C

A

N

Bài 13 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Hai điểm B, C thuộc trục tung

hương trình đường ch o AC:3x 4y 16 0   Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1

Giải

Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C 0;4 

Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán

kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng bằng 1

Vì B nằm trên trục tung nên B 0;b  Đường thẳng AB đi qua B

vuông góc với BC Oy : x 0  nên AB: y b

Vì A là giao điểm của AB và AC nên A 16 4b; b

3



 

Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có:

ABC

2.S

S

AB BC CA



 

16 4b

b 4

1 3

b 4 3

16 4b 16 4b





      

Theo giả thiết r 1 nên ta có b 1 hoặc b7

Với b 1 ta có A 4;1 , B 0;1    Suy ra D 4;4 

Với b7 ta có A4;7 , B 0; 7    Suy ra D4;4

Bài 14 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh C 3; 1   Gọi M là trung điểm của cạnh BC, đường thẳng DM có phương trình là y 1 0  Biết đỉnh A thuộc đường thẳng 5x y 7 0  

và xD0 Tìm tọa độ các đỉnh A và D

Giải

DM : y 1 0 

d C, DM    1 1 2

Ta có:  

d C, DM IC MC 1

d A, DM IA DA 2

d A, DM 2d C, DM 4

Điểm A thuộc đường thẳng 5x y 7 0   nên A a;5a 7

d A, DM  4 5a  7 1 4

2 5a 6 4 a

5a 6 4

a 2



   

    



  

   

Với a  2 A 2; 3 Với a 2 A 2;5

 

    

 

Điểm A 2; 3 và C 3; 1   cùng phía so với đường thẳng DM : y 1 0  nên loại điểm A 2; 3

Vậy A 2;5

5

 

 

 

D DM D x;1 AD x ; 4 ; CD x 3;2

5

        

F

E

A C

B

D

I

M

C

A

D

B

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 9

M

N C

A

B

D

AD CD AD.CD 0 x x 3 8 0 x x 0

 

            

  2

x 2 5x 13x 46 0 23 x 2

x 5

 





       

 



(vì xD0)

Với x  2 D2;1

Bài 15 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD 2AB Biết điểm N 4;2  thuộc đoạn CD thỏa mãn DN2NC Gọi M là điểm trên đoạn BC sao cho BC4BM Tìm tọa độ của điểm A biết phương trình đường thẳng AM: x 2y 18 0  

Giải

Ta có: tan BAM 1; tan DAN 1

tan BAM DAN 1 MAN 45

Giả sử AN : ax by 4a 2b 0    Khi đó:

2 2

a 2b 1 cos MAN

2

a b 5





 2  2 2

a 3b

2 a 2b 5 a b b

a 3







  



Nếu a 3b AN : 3x y 140 ta được A 2;8 

Nếu b  3a AN : x 3y  2 0 ta được A 10;4 

Bài 16 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có các đỉnh A, B thuộc đường tròn

1

C : x y 2x5y 1 0  , các đỉnh A, D thuộc đường tròn   2 2

2

C : x y 2x3y3 Viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật đó biết diện tích của nó bằng 20 và đỉnh A có hoành độ âm

Hướng dẫn giải

Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:

2 2

2

2 2

x 2y 1 0

x y 2x 5y 1 0

x 1 0

x y 2x 3y 3 0

x; y 1; 1

A 1;0 x; y 1;0

         

 



    



  

 



 C1 có tâm I 1; 5

2

  

 

 , bán kính 1

5 R 2

 ,

 C2 có tâm K 1;3

2

 

 

 , bán kính 2

5 R 2



Gọi phương trình đường thẳng AB là a x 1   by0 a 2b2 0 uy ra phương trình đường thẳng

AD là b x 1   ay0

2

 

