BÀI TẬP TÌM ĐIỂM LOẠI 3 HAY VÀ KHÓ THẦY NGUYỄN THANH TÙNG

Vi t ph ng trình.

Bài 1. Trong m t ph ng t a đ , cho hình ch nh t có đi m n m trên c nh sao cho

đ nh còn l i c a hình ch nh t

Gi i:

+) G i là giao đi m c a và , khi đó :

+) Do thu c đ ng th ng

Do thu c

Khi đó

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

Khi đó t a đ đi m là nghi m c a h

Do là trung đi m c a nên suy ra

+) Ta l i có

2

ABCD

E MN: 4x3y 3 0E b(3 ; 1 4 )  b

A





N

(2;5)

( 2;3), (2;5), (5; 1)

TÌM I M LO I 3 HAY VÀ KHÓ

ÁP ÁN BÀI T P T LUY N

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 3 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

Bài 2.Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy, cho hình vuông ABCD có A( 2;6) , đ nh B thu c đ ng th ng d

có ph ng trình x2y 6 0 G i M N, l n l t là hai đi m trên hai c nh BC CD, sao cho BMCN Xác

đ nh t a đ đ nh C, bi t r ng AM c t BN t i đi m I 2 14;

5 5

 

Gi i:

Cách 1:

*) Tam giác vuông ABM và BCN có :

ABBC và BMCN ABM BCN  A = 1 B 1

Mà B + 1 B2 = 900 A + 1 B2 = 900 hay AIB 900

*) Ta có : 12; 16

G i B t(2 6; )t d 2 32; 14

*) Ta có

4

5

AB

AI



Suy ra

5 12

1

4 5

(1; 2)

M

M M M

x

x

M y

y





2 5

BM



BCC(0;0)

Nh n xét: (Cách 2)

*) Th c ra ví d trên M là trung đi m c a BC t ng đ ng v i h th c vecto BM MC , song do h

*) Ngoài vi c tìm t a đ các đi m B M C, , theo cách trên các b n còn có th tìm theo cách trình bày

sau:

+) Vi t ph ng trình BI: 3x4y100, suy ra t a đ đi m Blà nghi m c a h :

B

4 3 10 0 1 (1; 2)

M

+) Ta tìm C theo đi m lo i 2 C th :





Do M n m gi a B và C nên ta nh n đ c đáp s C(0;0)

Song m t h n ch cách trình bày th ba (tìm đi mC ) ta s tìm đ c hai đi m C và c n lo i đi m t

đi m Trong khi đó v i cách làm trên ta s tìm đ c chính xác m t đi m C theo yêu c u đ bài Vì v y

trong r t nhi u bài toán, khi đi tìm đi m ta có r t nhi u cách ti p c n, trong các cách ti p c n này thì

cách tìm đi m theo h th c vecto (đi m lo i 3), giao c a hai đ ng th ng (đi m lo i 1) s luôn cho ta

đ c đi m duy nh t (n u d a vào đ c thù c a hình v ) ó chính là u đi m c a nó so v i các h ng ti p

c n khác – mà đó vi c tìm ra nhi u h n m t đi m, đôi khi khi n ta ph i có thêm b c lo i nghi m

Bài 3.Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đ ng tròn ngo i ti p 4 5;

3 3

 , tr c tâm

1 8

;

3 3

  và trung đi m c a c nh BC là đi m M(1;1) Xác đ nh t a đ các đ nh c a tam giác ABC

Gi i:

+) G i A' là đi m đ i x ng v i A qua I, khi đó :

A C //' BH(cùng vuông góc AC ) và A B' //CH (cùng vuông gócAB)

Suy ra BHCA là hình bình hành , suy ra ' M là trung đi m c a HA'

+) G i G là tr ng tâm tam giác ABC, khi đó G c ng là tr ng tâm

c a tam giác AHA' Do đó ta có:

3

1

2

3

G

G G G

x

x

y x





Khi đó BC đi qua M vuông góc AH nên có ph ng trình: x2y 3 0

ng tròn ngo i ti p tam giác ABC có tâm 4 5;

3 3

  và bán kính

5 2 3

IA nên có ph ng trình:

Suy ra t a đ B C, là nghi m c a h :

2

3

0

( 1; 2), (3; 0)

2

x

y

y

 







V y A(1;4), B(3;0), C( 1; 2) ho c A(1; 4), B( 1; 2) , C(3;0)

Chú ý: Vi c tìm B C, trong bài toán trên các b n có th trình bày theo góc nhìn c a đi m lo i 2 nh

sau:

G i B(3 2 ; ) t t BC, khi đó :



Do M(1;1) là trung đi m c a BC nên suy ra : B(3;0), C( 1; 2) ho c B( 1; 2) , C(3;0)

Bài 4. Trong m t ph ng t a đ , cho tam giác có tr ng tâm thu c đ ng th ng

ng th ng đi qua và có ph ng trình Tìm t a đ và bi t , và hoành đ c a l n h n hoành đ c a

Gi i:

+) Khi đó thu c đ ng tròn tâm và bán kính

Suy ra t a đ là nghi m c a h :

Bài 5. Trong m t ph ng t a đ Tìm t a đ các đ nh còn l i c a tam giác bi t , ph ng trình đ ng trung tr c , đ ng trung tuy n l n l t có ph ng trình là và

Gi i :

G i là tr ng tâm tam giác , khi đó

5





,

AB

,

A B

3

2 2

3

A







3 6;

2

1 4;

2

4x3y160

Suy ra

+) Khi đó

Khi đó t a đ đi m là nghi m c a h

Nh n xét : Ngoài cách gi i ví d trên các b n có th tham kh o cách gi i th hai sau :

+ ) G i là trung đi m c a

+ ) Ta có

nên có ph ng trình:

Bài 6. Trong m t ph ng t a đ , cho tam giác Bi t trung tuy n k t và đ ng cao k t

đ đi m

Gi i :

+) G i là trung đi m c a và là hình chi u vuông góc c a trên

Ta s tìm t a đ đi m theo các cách trình bày sau :







1

3

1

(2;1) 1

2

2

t





C

(2;1)

(1; 4), (3; 2)

,





C

(2;1)

(3; 2), (1; 4)

C

,

A B

( 3 1; ) ( ; 1)



Do

+) Vi c tìm t a đ đi m ta có hai cách trình bày sau :

nên AC có ph ng trình : G i

M t khác

Cách trình bày 2 : G i

Bài 7 Trongm t ph ng t a đ Oxy, cho tam giác ABC có đ nh A(3;3) và I(2;1) là tâm đ ng tròn

ngo i ti p ng phân giác trong c a góc nh n A có ph ng trình x y 0 Tìm t a đ các đ nh còn

l i c a tam giác ABC , bi t 8 5

5

BC

Gi i :

+) ng tròn ngo i ti p tam giác ABC có tâm I và bán kính RIA 5

( ) : (T x2) (y1) 5

+) Khi đó t a đ giao đi m c a đ ng phân giác trong góc A v i ( )T là nghi m c a h :

3

O

Do OA là phân giác trong c a góc A nên OI vuông góc v i BC t i trung đi m M c a BC

Khi đó:

2

5

2 2





  







( 4;1)

(2;3)

A

B





 C

2

( 3 1; )

N  t t AN C 6t 4; 2t 3 AC ( 6 ; 2t t4) (1;1)

BH

u  AC u BH              0 6t 2t 4 0 4t 4 0 t 1 C(2; 5)

( 4;1), (2;3), (2; 5)

+) M t khác BAC nh n nên ta có:

;

IM

IO

+) BC đi qua M vuông góc v i IO nên có ph ng trình: 2x  y 2 0

Suy ra t a đ đi m B C, là nghi m c a h :

 

0

2

6 5

x y

x

x

 





  







Chú ý: V i góc BAC nh n ta có IM IM IO

IO

 , còn n u BAC tù ta s d ng IM IM IO

IO

Bài 8. Trong m t ph ng t a đ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân t i đ nh A, BM là đ ng trung

tuy n K đ ng th ng qua A vuông góc v i BM c t BC t i E(2;1), tr ng tâm tam giác ABC là

(2; 2)

G Xác đ nh t a đ các đ nh c a tam giác ABC

Gi i :

+) Do ABC cân t i A nên AGBC G tr c tâm trong tam giác ABE EGAB

G i AG AB F , khi đó : 2

3

Suy ra G là trung đi m c a EF F(2;3)

Khi đó AB đi qua F(2;3) và vuông góc v i EG nên có ph ng trình: y 3 0

+) G i B b( ;3)AB

Ta có ABC450EFB vuông cân t i F, khi đó:





+) V i B(4;3)

Do G là tr ng tâm tam giác ABC và EG // AC nên ta có:

2 2 4 2( 2) 1 (1;0)

+) V i B(0;3) t ng t ta đ c C(3;0), (3;3)A

V y A(1;3), (4;3), (1;0)B C ho c A(3;3), (0;3), (3;0)B C

Bài 9. Trong m t ph ng t a đ Oxy, cho hình thang ABCD v i đáy l n AD và AD2BC, đ nh B(4;0)

, ph ng trình đ ng chéo AC: 2x  y 3 0, trung đi m E c a AD thu c đ ng th ng

:x 2y 10 0

    Tìm t a đ các đ nh còn l i c a hình thang ABCD, bi t cotADC 2

Gi i :

+) G i AE AC I , do AD2BC nên ABCE là hình bình hành

 là trung đi m c a I BE

G i E t(2 10; )t  3;

2

t

(2;6)

(3;3) 2

E t

I



 +) M t khác BCDE là hình bình hành nên

Ta có BE ( 2;6) và g i C c c( ; 2  3) ACBC (c 4; 2c3) Khi đó :

2 2

1 2

EBC

   

2

(5; 7) 5

;

5 7 3

C c

C c













+) V i C(5;7)A(1;1),D(3;13) (do I E, l n l t là trung đi m c a AC AD, )

+) V i 7 5; 11 13; , 1 23;

      (do I E, l n l t là trung đi m c a AC AD, )

V y A(1; 1), (5;7), (3;13) C D ho c 11 13; , 7 5; , 1 23;

Bài 10. Trong m t ph ng t a đ Oxy, cho elip

2 2

4

x

3 3

  Vi t ph ng trình

đ ng th ng  qua M c t E t i hai đi m A B, sao cho MA2MB

Gi i :

+) G i

2

0

4

x

+) Do M n m trong ( )E nên t MA2MB

0

0

0 0

2

2 2

2 2

2

A

A A A

 

 +) Mà

2

0

(2 2 )

4

x

+) T (1) và (2) ta đ c h :

(0;1)

8 3

;

;

5 5

B

B





V i B(0;1) :x2y 2 0 ; V i 8 3; : 14 10 0

5 5

B     x y 

V y x2y 2 0 ho c x14y100

Bài 11. Trong m t ph ng t a đ Oxy, cho hình ch nh t ABCD có A(5; 7) , M là đi m sao cho

3MA MB  i m C thu c đ ng th ng 0 d x:   y 4 0 ng th ng đi qua DM có ph ng trình

7x6y570 Tìm t a đ các đ nh c a tam giác BCD bi t đi m B có hoành đ âm

Gi i :

+) G i I là giao đi m c a AC và DM Do AM//DC nên áp d ng Ta – let ta đ c:

+) G i



 



Khi đó

11 5

+) G i M t ;7t57DMAM  t 5;7t15

3

7 4

t



Suy ra

3

4 16;

3

t

t







9

2

( 3; 3) 3

;

17 17 17

B t

B t

 













Do B có hoành đ âm nên ta đ c B( 3; 3) 

V y B( 3; 3), (1;5), (9;1)  C D

c a , đi m thu c sao cho đ i x ng v i qua tia phân giác trong góc ng

th ng có ph ng trình d: 3x2y 8 0 đi qua D Xác đ nh t a đ các đ nh B c a tam giác , bi t thu c đ ng th ng d' :x  y 7 0

Gi i :

+) G i N là trung đi m c a AC , E là chân đ ng phân giác trong c a góc BAC và

G H P, , l n l t là giao đi m c a BN v i các đ ng AM AE AD, , Khi đó ABN cân t i A

Do AE là phân giác trong c a BAC và DAM ; G là tr ng tâm tam giác ABC

hay P là trung đi m c a BG

+) Lúc này ta s ch ra 3

5

MD CM Th t v y:





ABC C

Suy ra

6 5 2

(1 )

3

1

m

m n

m





5





3

(6;1)

5

5





Do M(1;1) là trung đi m c a BCB( 4;1)

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