BÀI TẬP TÌM ĐIỂM LOẠI HAI THẦY NGUYỄN THANH TÙNG

Cho hình vuông ABCD... ng tròn có bán kính b ng.

Bài 1.Trong m t ph ng t a đ Oxy, cho hình thang ABCD vuông t i A và D có đáy l n CD và

0

45

BCD ng th ng AD và BD l n l t có ph ng trình 3x y 0 và x2y0 Vi t ph ng

trình đ ng th ng BC bi t di n tích hình thang b ng 15 và đi m B có tung đ d ng

Gi i :

+) Do ADBD D nên t a đ đi m D là nghi m c a h :

3 0

 



  



0 (0; 0) 0

x

D y





Ta có các vect pháp tuy n t ng ng c a AD và BD là:

nAD (3; 1), nBD   Suy ra: (1; 2)

AD BD

AD BD

AD BD



45

Khi đó tam giác ABD và BDC l n l t vuông cân t i A và B, suy ra :

2

DC

15

ABCD

+) G i B t t(2 ; ) v i t 0

BD BD   t  t    t t ho c t  (lo i)2 B(4; 2)

+) ng th ng BC đi qua B(4; 2) và có véct pháp tuy n :nBC uBD (2;1)

(vì tam giác BDC vuông t i B) nên ta có ph ng trình : 2(x 4) (y  2) 0 2x y 100

Bài 2 Trong m t ph ng t a đ , cho tam giácABC cân t iA n i ti p đ ng tròn có tâm I(0;5)

ng th ng c t đ ng tròn t i đi m v i ng cao t đ nh c t đ ng tròn

d ng

Gi i:

(tính ch t góc n i ti p)

Suy ra là đ ng trung tr c c a , khi đó đi qua

TÌM I M LO I 2 HAY VÀ KHÓ

TÀI LI U BÀI GI NG Giáo viên: NGUY N THANH TÙNG

ây là tài li u tóm l c các ki n th c đi kèm v i bài gi ng Tìm đi m lo i 2 hay và khó thu c khóa h c Luy n thi THPT

qu c gia Pen - C: Môn Toán (GV: Nguy n Thanh Tùng) t i website Hocmai.vn có th n m v ng ki n th c ph n này,

b n c n k t h p xem tài li u cùng v i bài gi ng này.

vuông góc v i nên có ph ng trình:

(lo i)

vuông góc có ph ng trình:

h

Do là trung đi m c a

V y A( 5;10), (1; 2), (7;4) B  C

đi qua và đ ng phân giác trong c a góc c t t i đi m sao cho di n tích tam giác b ng di n tích tam giác Vi t ph ng trình đ ng th ng bi t có hoành đ

d ng

Gi i :

giác nên :

+) Vì là phân giác trong c a tam giác nên

+) Khi đó đi qua B(1;1), (4; 7)C  nên có ph ng trình : 8x3y 11 0

đ còn l i c a hình thang đ , tam giác có di n tích b ng 12, đi m có hoành

đ d ng và đi m có hoành đ âm

Gi i:

MN

( ;5 7 )

IB IM  t t     t t

1

 

(4;1)

H





IAB IAC

25 ( t 1) (t 5)  16 (2 t 5) (2t 2) 

2

13

BC

(3;3), (5; 3)

A

( ;3 2 )

ho c (lo i) +) Khi đó đi qua có ph ng trình:

và đi qua có ph ng trình:

Khi đó:

+) ng th ng đi qua và song song v i có ph ng trình:

Khi đó t a đ đi m là nghi mc c a h :

V y A( 1;3), ( 3; 3) D  

qua trung đi m c a các c nh và có ph ng trình Tìm t a đ các đ nh và ,

bi t đi m n m trên đ ng cao đi qua đ nh c a tam giác đã cho

Gi i :

Vì tam giác cân t i nên l n l t là trung đi m

c a và Khi đó đi qua vuông góc v i

nên có ph ng trình :

Suy ra t a đ đi m là nghi m c a h :

+) đi qua , song song v i nên có ph ng trình:

Do n m trên đ ng cao đi qua đ nh c a tam giác , suy ra :

+) V y B(0; 4), ( 4;0) C  ho c B( 6; 2), (2; 6) C 

Nh n xét:

bài toán này ta nh n th y có s m r ng c a đi m lo i 2 Thay vì đi m t o thành tam giác vuông,

ta có m i liên h qua 4 đi m có y u t vuông (hình v minh h a) V b n ch t hai d ki n này là nh

2

3

3 3 2

2

6 2

ABC S AC

d B AC

y

 



  



(1; 3)

0

x y I

0

  



  





 

   



(1; 3)

2

(0; 4) ( 4; 0) 0

(2; 6)

B C t

C









3

nhau, đ u giúp ta “c t ngh a” y u t vuông đ thi t l p đ c m t ph ng trình ch a n mà ta c n tìm

( đây đi m B “suy bi n” thành hai đi m B và 1 B2)

Bài 6 (A, A1 – 2012 – CB ). Cho hình vuông ABCD G i M là trung đi m c a c nh BC, N là đi m trên

c nh CD sao cho CN = 2ND Gi s 11 1;

2 2

  và AN có ph ng trình 2x  y 3 0 Tìm t a đ đi m

A

Gi i:

+) G i H là hình chi u c a M lên AN

2 2

11 1

3 5

2

 

3



( vì ABCD là hình vuông và CN2ND)

(Các b n có th đ t AB a , đây ta đ t AB6a đ vi c bi u di n các đ dài khác đ c đ n gi n)

Khi đó áp d ng Pitago ta đ c: AM3 5 ;a MN5a và AN2 10a

2

MAN= 0

+) G i A t( ; 2t 3) AN

+) Ta có 2 45

2

AM  (theo (*))

+) V y A(1; 1) ho c A(4;5)

Nh n xét:

ngh a” thông qua d ki n v đ nh l ng N u không có đi u này thì trong đ bài th ng n ch a nh ng

y u t b t bi n nh góc (ví nh trong bài toán này góc MAH ta luôn tính đ c), kho ng cách (trong ví d

này d M AN( , ) c ng là m t đ i l ng không đ i)…T đây vi c tìm đ dài AM s khá đ n gi n và đi m

A lúc này chính là đi m lo i 2

*) Ngoài cách tìm ra đ c 3 10

2

AM  nh ví d trên, các b n có th tham kh o vi c tìm AMtheo

12 AMN ABCD ADN CNM BAM

a

3 a

Khi đó:

2

5 2

3

AMN

a

Bài 7. Trong m t ph ng Oxy, cho hai đ ng th ng 1: 3x  y 5 0, 2:x2y 3 0 và đ ng tròn

2 2

( ) :C x y 6x10y 9 0 G i M là m t đi m thu c đ ng tròn ( )C và N là đi m thu c đ ng

th ng  sao cho 1 M và N đ i x ng nhau qua 2 Tìm t a đ đi m N

Gi i :

+) ng tròn ( )C có tâm I(3; 5) và bán kính R 5

+) G i I' là đi m đ i x ng v i I qua 2 , suy ra II' đi qua I và vuông góc v i 2 nên

II'có ph ng trình : 2x  y 1 0 G i II'  2  H , khi đó t a đ đi m H là nghi m c a h :

+) G i N t( ; 3  t 5) 1 , khi đó do N I, ' l n l t là hai đi m đ i x ng c a M I, qua 2 nên :

NI'IM  R 5 NI'2 25 (t 1)2(3t8)2 25   t2 5t 4 0 1

4

t t

 



    ( 1; 2)( 4; 7)

N N

 





+) V y N( 1; 2)  ho c N( 4;7)

Bài 8. Trong m t ph ng t a đ Oxy cho hình ch nh t ABCD có E F, l n l t thu c các đo n AB AD,

sao cho EB2EA , FA3FD, F(2;1) và tam giác CEF vuông t i F Bi t r ng đ ng th ng

x y  đi qua hai đi m C E, Tìm t a đ đi m C , bi t C có hoành đ d ng

Gi i :

+) Ta có F = 1 C (vì cùng ph v i 1 F ) và 2 A = D = 900

Suy ra AEF DFC AE AF EF

Mà

1

;







4

AB

AD

Do đó

1

1 4

AB

AD

2 2

2 3 9

 +) G i C t(3 9; )t v i t  (do 3 xC  ) Suy ra: 0

CF2 20(3t7)2 (t 1)2 20      t2 4t 3 0 t 1 ho c t  (lo i) 3 C(6; 1)

đi m Tìm t a đ các đ nh c a hình ch nh t, bi t đi m có tung đ l n h n và đi m

có hoành đ l n h n

Gi i :

Khi đó

+) Do tam giác vuông t i nên :

ho c (lo i)

đi qua và có ph ng trình :

M t khác :

(5;1)

2

(9 2 ; )

2

t (4 2 ; 5) (4 2 ; 1)







2

2

5

1 1

( ; ) ( ; 6 )





 

;

6

(lo i)

Suy ra B(4; 4) và D( 6;12)

Bài 10 (B – 2013 – CB ). Trong m t ph ng t a đ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đ ng chéo

vuông góc v i nhau và AD3BC ng th ng BD có ph ng trình x2y 6 0 và tam giácABD có

tr c tâm là H( 3; 2) Tìm t a đ các đ nh C và D

Gi i:

+) Vì ACBDnAC uBD (2; 1) , nên AC

có ph ng trình là:

2(x 3) (y2) 0 2x  y 8 0

G i BDAC I Khi đó t a đ đi m I

là nghi m c a h :

I

+) Do ABCD là hình thang cân nên IBIC BCI = 0

45  BCH là tam giác cân t i B

Suy ra I là trung đi m c a HC C( 1;6)

+) Áp d ng đ nh lí Ta – lét v i AD/ /BC ta có: ID AD 3 ID 3IB 3IH 3 5

+) G i D(6 2 ; ) t t BD, khi đó 2

2 8 7 0 1 (4;1)



V y ( 1;6)

(4;1)

C

D







( 1; 6) ( 8; 7)

C D





 

Bài 11 Cho tam giác ABC vuông t i A, đi m B(1;1) Trên tia BC l y đi m M sao cho BM BC 75

Ph ng trình đ ng th ng AC: 4x3y320 Tìm t a đ đi m C bi t bán kính đ ng tròn ngo i ti p

tam giác MAC b ng 5 5

2

Gi i :

nên có ph ng trình:

là nghi m c a h :

1 1

1 1

(6 3 ;3 )

(3 3 ;3 3)







 



ABCD

3x4y 1 0

 

+) K vuông góc v i và c t

t i , suy ra là t giác n i ti p

đ ng tròn đ ng kính (c ng chính là đ ng tròn ngo i ti p tam giác ), khi đó :

n m gi a và

(8; 0)

(2;8)

C D







đi m c a và , là giao đi m c a và Vi t ph ng trình đ ng tròn ngo i ti p tam

giác bi t n m trên đ ng th ng và có hoành đ l n h n 2

Gi i :

+) G i là hình chi u vuông góc c a trên khi đó:

t

+) đi qua vuông góc v i nên có ph ng trình:

G i , suy ra t a đ đi m là nghi m c a h

hay tam giác vuông t i , nên tâm đ ng tròn ngo i ti p là trung đi m c a

Suy ra V y đ ng tròn ngo i ti p tam giác là: (x1)2(y3)2 5

(5; 4)

A

CD R

~

2 2

15

BD

A

15 5 10

(8 3 ; 4 )

2

t

t





2 2

5



 

2

 

 

2 5

a

( ;8 2 )

5

 

J

1

90

(1;3)

5

K





Bài 13 Trongm t ph ng t a đ Oxy, cho tam giác nh n ABC có ph ng trình trung tuy n k t A và

đ ng th ng ch a c nh BC l n l t là 3x5y 2 0 và x  y 2 0 ng th ng qua A vuông góc

v i BC c t đ ng tròn ngo i ti p tam giác ABC t i đi m th hai là D(2; 2) Tìm t a đ các đ nh c a

tam giác ABC , bi t B có tung đ âm

Gi i :

+) Ta có ph ng trình AD x:  y 0

Khi đó t a đ đi m A là nghi m c a h :

A

+) G i AD BC K và M là trung

đi m c a BC Khi đó đ đi m K là

K

T a đ đi m M là nghi m c a h

3

;

2

x

M

y

 





+) G i H là tr c tâm tam giác ABC và AC BH E

Ta có H1  (cùng ph v i C HAC) và BDA C (cùng ch n AB )

Suy ra H1 BDA BHD cân t i B là trung đi m c a K HDH(0;0)

+) G i B b b( ;  2) BC ( v i b ) 2 C(3b;1b) (do M là trung đi m c a BC )





b(4 b) b b(   2) 0 b23b0  ho c b 0 b (lo i)3 B(0; 2)

V y A( 1;1), (0; 2), (3;1) B  C

, trung đi m c a là đi m , đ ng th ng có ph ng trình Tìm t a đ đi m bi t có tung đ nguyên

Gi i :

+) G i là hình chi u vuông góc c a trên

Khi đó là hình vuông

t ABBHHDAD a BC2a

HC BC2BH a 3DC a a 3

+) G i là hình chi u vuông góc c a trên

Suy ra là trung đi m c a và

M t khác là đ ng trung bình c a hình thang nên:

ABHD

4

2

+) Xét tam giác vuông ta có:

(lo i)

V y A2 3 3;2 

ng tròn có bán kính b ng Tìm t a đ tâm c a đ ng tròn , sao cho c t

theo m t dây cung qua có đ dài nh nh t

Gi i :

+) G i c t t i và , G i là tâm c a

Suy ra nh nh t khi l n nh t

nên có ph ng trình:

Không m t tính t ng quát gi s và

V y tâm c a đ ng tròn là I( 1; 2) ho c I(3; 6)

âm G i theo th t là các giao đi m c a đ ng tròn ngo i ti p hình vuông v i tr c

hoành và tr c tung ( và khác g c t a đ ) Tìm t a đ đi m trên sao cho tam giác

có di n tích l n nh t

Gi i :

ABOAAB2 OA2 (4 )t 2(3 )t 2 25

4

a AN

2

M

1

2

2 (C ) OI AB H

,

0

y

3 4

x y

 



  



(5;0)

2 (C )

,

3x4y250 B(3 4 ; 4 3 ) t  t

2 1 1 ( 1; 7)

1

t

t

 



      ho c B(7;1) (lo i) +) ng tròn ngo i ti p có tâm là trung đi m

Do

V y di n tích l n nh t b ng D u “=” x y ra khi: hay thu c đ ng trung tr c

nên có ph ng trình:

(có th trình bày b ng cách thay t a đ đi m vào ph ng trình do )

+) V y M(3;3) ho c M( 4; 4) thì tam giác có di n tích l n nh t

Bài 17 Trong m t ph ng t a đ Oxy, cho t giác ABCD n i ti p đ ng tròn và CB CD Trên tia đ i

c a tia DA l y đi m E sao cho DEAB Ph ng trình c nh BC x: 3y130, ph ng trình

AC x  y Tìm t a đ đ nh A B, bi t Acó hoành đ nh h n 3 và E(14;1)

Gi i :

+) T a đ đi m C là nghi m c a h

C

+) Ta có CBA CDE (cùng bù v i CDA),

Suy ra ABC  EDC (c.g.c) CA CE

G i A a a( ; 1) v i a , khi đó: 3

CA CE CA2 CE2 (a8)2 (a 8)2 72 a 2 ho c a 14 (lo i)A(2;1)

( 6; 6)

CE

CA



  

1 7

;

2 2

5 2 2

      

   

   

(0; 7) ( )

F



MEF

MEF

2 2

(24 7 ; )

2

7



MEF

Khi đó AB đi qua A(2;1) và nh n AE(12;0) làm vecto pháp tuy n nên có ph ng trình: x  2 0

+) Suy ra t a đ đi m B là nghi m c a h : 2 0 2 (2;5)

B

V y A(2;1), (2;5)B

( ) : (T x1) (y1) 2 và hai đi m

(0; 4), (4;0)

A  B Tìm t a đ hai đi m C D, sao cho ABCD là hình thang ( AB// CD) và đ ng tròn ( )T

n i ti p hình thang đó

Gi i :

+) G i M N, l n l t là các ti p đi m c a AB CD, v i đ ng

tròn ( )T Khi đó ta có :

4 2

AB







2

Suy ra M là trung đi m c a ABM(2; 2) N(0;0)

(do I là trung đi m c a MN )

+) Khi đó DC đi qua N(0;0) song song v i AB nên có ph ng

trình: x y 0

+) Do

0 1

0

1 1

1

180 2

90

2

DAB A

ADC D









G i D t t( ; )DCID (t 1;t1) Ta có: AI (1;3)

+) M t khác IAB cân t i IDABCBAABCD là hình thang cân

Suy ra tam giác IDC cân nên N là trung đi m c a 1 1;

2 2

  

V y 1 1;

2 2

;

D  

Chú ý: Ngoài cách trình bày trên các b n có th tìm D b ng cách vi t các ph ng trình ID, CD và gi i

h đ tìm giao đi m D

Bài 19 Trongm t ph ng t a đ Oxy, cho tam giác ABC có tr c tâm H(2;1) và tâm đ ng tròn ngo i

ti p I(1; 0) Trung đi m BC n m trên đ ng th ng có ph ng trình x2y 1 0 Tìm t a đ đ nh B C,

bi t r ng đ ng tròn ngo i ti p tam giác HBC đi qua đi m E(6; 1) và hoành đ đi m B nh h n 4

Gi i :

+) G i M là trung đi m c a BC và J là đi m đ i x ng c a I qua BC

Khi đó AH2IMIJ AHJI là hình bình hành

JBJCJH

Suy ra J là tâm c a đ ng tròn ngo i ti p tam giác HBC

+) G i M(2t1; )t J(4t1; 2 )t Do E thu c đ ng tròn

ngo i ti p tam giác HBC nên ta có:

JH2 JE2 (4t1)2(2t1)2 (4t5)2(2t1)2

24t24  t 1 M(3;1)J(5; 2)

Khi đó BC đi qua M nh n IM (2;1) làm vecto pháp tuy n

nên BC có ph ng trình: 2x  y 7 0

+) G i B b( ;7 2 ) b BC v i b , khi đó: 4 2 2

ho c b (lo i)4 B(2;3)

+) Do M là trung đi m c a BC nên suy ra C(4; 1)

V y B(2;3), (4; 1)C 

đ nh Bi t r ng đ ng tròn ngo i ti p tam giác đi qua đi m và hoành đ đi m nh h n

Hình 1 Hình 2

+) G i là trung đi m c a và là đi m đ i x ng v i qua Ta s ch ng minh chính là tâm c a

đ ng tròn ngo i ti p tam giác (Hình 1) Th t v y :

G i là trung đi m c a (Hình 2)

Suy ra nên

là hình bình hành nên (2)

T (1) và (2) suy ra là tâm c a đ ng tròn ngo i ti p tam giác

+) Vì đ ng th ng có ph ng trình nên g i

Khi đó

+) đi qua và nh n làm vecto pháp tuy n nên có ph ng trình:

+) V y B(2;3) và C(4; 1)

(1;0)

,

4

HBC

~

(5; 2)

D

J





( ;7 2 )

Giáo viên : Nguy n Thanh Tùng

5 L I ÍCH C A H C TR C TUY N

 Ng i h c t i nhà v i giáo viên n i ti ng

 Ch đ ng l a ch n ch ng trình h c phù h p v i m c tiêu và n ng l c

 H c m i lúc, m i n i

 Ti t ki m th i gian đi l i

 Chi phí ch b ng 20% so v i h c tr c ti p t i các trung tâm

 Ch ng trình h c đ c xây d ng b i các chuyên gia giáo d c uy tín nh t

 i ng giáo viên hàng đ u Vi t Nam

 Thành tích n t ng nh t: đã có h n 300 th khoa, á khoa và h n 10.000 tân sinh viên

 Cam k t t v n h c t p trong su t quá trình h c

Là các khoá h c trang b toàn

b ki n th c c b n theo

ch ng trình sách giáo khoa

(l p 10, 11, 12) T p trung

vào m t s ki n th c tr ng

tâm c a kì thi THPT qu c gia

Là các khóa h c trang b toàn

di n ki n th c theo c u trúc c a

kì thi THPT qu c gia Phù h p

v i h c sinh c n ôn luy n bài

b n

Là các khóa h c t p trung vào

rèn ph ng pháp, luy n k

n ng tr c kì thi THPT qu c

gia cho các h c sinh đã tr i

qua quá trình ôn luy n t ng

th

Là nhóm các khóa h c t ng

ôn nh m t i u đi m s d a

trên h c l c t i th i đi m

tr c kì thi THPT qu c gia

1, 2 tháng