ĐỀ ÔN TẬP HÌNH OXY THẦY NGUYỄN THANH TÙNG

Bài 1 ( Nguy n Thanh Tùng ) Trong m t ph ng t a đ Oxy, cho tam giác ABC có tr ng tâm G(1;0) và

tr c tâm H Bi t B C, thu c đ ng th ng 2x  y 4 0 và 1 1;

3 3

K 

  là trung đi m c a AH Tìm t a

đ các đ nh c a tam giác ABC

Gi i:

Cách 1:

Ta có AH đi qua K vuông góc v i BC nên có ph ng trình: x2y 1 0

G i M m( ; 4 2 ) m là trung đi m c a BC và A a(2 1; )a AH, suy ra (2 2 ; )







Do G là tr ng tâm tam giác

2

Vì K là trung đi m c a AH, suy ra 1 2;

3 3

H 

G i B b( ; 4 2 ) b BCC(4b b; 2 4) (vì M là trung đi m c a BC )

11 14

( 1; 4 2 )





CH AB b  b  b  b 

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

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

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

A

H K

M G

Th i gian: 120 phút Giáo viên: NGUY N THANH TÙNG

Nh n xét:

A

 +) Ngoài cách tìm đi m B C, nh trên ta có th tìm đi m I là tâm đ ng tròn ngo i ti p tam giác ABC

b ng h th c quen thu c đã đ c p chùm tính ch t 1(trong bài tr c) là AKIM (hay AH2IM)

T đây ta s d ng d ki n IBIA(ho c tìm giao c a đ ng th ng BC v i đ ng tròn ( ,I IA)) đ tìm ra

đi m B và C

Cách 2:

G i M là trung đi m c a AB, khi đó theo chùm tính ch t 1 ta có MIAK là hình bình hành

(đã ch ng minh theo 2 cách chùm tính ch t 1- khi làm bài thi các b n ch ng minh l i nh sau:

G i J là giao đi m th hai c a AI và đ ng tròn tâm I, khi đó :

JBHC

Khi đó IM là đ ng trung bình c a tam giác AHJ , suy ra / /

2





Do K là trung đi m AH nên AH 2AK (2)

T (1) và (2), suy ra IMAK  MIAK là hình bình hành )

MG MA MI  MI, suy ra G là tr ng tâm KIM

G i N là trung đi m c a IM

 

 

Khi đó IM đi qua N vuông góc v i BC nên có ph ng trình: x2y 2 0

M

Do N là trung đi m c a 4; 1

3 3

IMI  

M t khác, MIAK là hình bình hành nên suy ra IA MK A( 1;0)

T

N

I G

M

K

H

J

C B

A

Do B thu c đ ng th ng 2x   y 4 0 B t( ; 4 2 ) t

Khi đó

3

t

t





(1; 2) (3; 2)

(3; 2) (1; 2)





(do M là trung đi m c a BC )

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

Chú ý: Có th tìm t a đ B C, b ng cách vi t ph ng trình đ ng tròn ( ,I IA) và tìm giao v i BC

Nh n xét: Chúng ta có th “gi u k ” các d ki n c a bài toán này b ng cách ra đ nh sau (các b n xem

th y phân tích ph n clip bài gi ng)

Bài 2 ( Nguy n Thanh Tùng ) Trong m t ph ng t a đ Oxy, cho hình ch nh t ABCD ng th ng đi

qua B vuông góc v i AC t i H có ph ng trình y1 G i 2;3 , 3; 1

M  N  

thu c đo n AH DC, sao cho AM3MH DC, 4NC Tìm t a đ các đ nh c a hình ch nh t ABCD

Gi i:

AC đi qua M và vuông góc v i BH nên có ph ng trình: x 2

1

x

H y







 

M t khác, ta có AM3MH

2 (2;3)

A

A

x

x

A





 Xét MBH, ta có: tanM1 HB 4HB

  (1) ; Xét BNC, ta có: tanN1 BC 4BC 4BC

T (1), (2), (3) suy ra : tanM1tanN1 M1N1

Khi đó M N, cùng nhìn BC d i các góc b ng nhau, suy ra MNCB là t giác n i ti p

0

90 BMN

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

B

Khi đó DC đi qua N song song v i AB nên có ph ng trình: x  y 2 0

1

1 H N

M

B A

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

C

Do ABCD là hình ch nh t nên CDBA ( 2; 2)D(0; 2)

V y A(2;3), (4;1), (2;0)B C , (0;2)D

Chú ý: Y u t vuông góc trong bài toán, c th BMMNs luôn đ c gi nguyên n u đ bài đ m b o

AH  DC 

Bài 3 (Nguy n Thanh Tùng).Trong m t ph ng t a đ Oxy, cho tam giác ABC cân t i A và M là trung

đi m c a AB ng th ng CM có ph ng trình 5x7y200 và 11; 7

6 6

K  

  là tr ng tâm c a tam

giác ACM ng tròn ngo i ti p tam giác ABC có tâm n m trên đ ng th ng 2x4y 7 0 và có bán

kính b ng 5

2 Tìm t a đ các đ nh c a tam giác ABC , bi t A và C có t a đ nguyên

Gi i:

 G i G , I l n l t là tr ng tâm, tâm đ ng tròn ngo i ti p tam giác ABC

G i N là trung đi m c a MA, khi đó : 2

3

GK

CN CM   //MN hay GK //AB

Do I là tâm đ ng tròn ngo i ti p nên MI  ABMI GK (1)

G i P là trung đi m c a AC và do ABC cân t i A nên:

T (1) và (2) , suy ra I là tr c tâm c a tam giác MGK KI MG hay KI CM

 Khi đó KI có ph ng trình: 7x5y 7 0

Suy ra t a đ đi m I là nghi m c a h 7 5 7 0





   



7 2

x và 7

2

y  7; 7

2 2

 G i C(4 7 ;5 ) t t CM, khi đó

2

21 37

t 

(lo i)

 Suy ra C(4;0)

 G i M(4 7 ;5 ) m m CM, khi đó K là tr ng tâm tam giác ACM nên 7 5; 5 7

A m  m 

Ta có

   2 2

; 47

2

74

A m

A m





Do A có t a đ nguyên nên A(1; 1) 1; 5 (0; 4)

2 2

V y A(1; 1), (0; 4), (4;0) B  C

Bài 4 (Nguy n Thanh Tùng).Trong m t ph ng t a đ Oxy, cho hình bình hành ABCD có đ nh

11 1

;

2 2

A 

  M t đi m M(1; 1) n m trong hình bình hành sao cho MABMCB và BMC1350

Tìm t a đ đ nh D, bi t r ng D thu c đ ng tròn có ph ng trình ( )T :x2y22x2y 3 0

Gi i:

+) D ng đi m E sao cho ABEM là hình bình hành, khi đó DCEM c ng là hình bình hành

 





0

180 BEC BMC

M t khác : BEC  AMD (c.c.c)BECAMD (2) T (1) và (2) suy ra AMDBMC1800 (*)

+) ng tròn ( )T nh n M(1; 1) làm tâm và có bán kính RMD 5

2

MA Theo (*) ta có: AMD1800BMC450

5 2 AD

Suy ra D thu c đ ng tròn tâm 11 1;

2 2

A 

  bán kính

5 2

AD có ph ng trình:

+)Khi đó t a đ đi m D là nghi m c a h :





2 1

x y





 

3 2

x y





  



(2;1) (3; 2)

D D



V y D(2;1) ho c D(3; 2)

Bài 5 ( Nguy n Thanh Tùng ) Trong m t ph ng t a đ Oxy, cho tam giác ABC vuông t i An i ti p

đ ng tròn ( )T và C(1;0) Bi t ti p tuy n c a đ ng tròn ( )T t i B c t AC t i E G i 1; 2

2

F 

đi m thu c đo n BE và 3 5;

4 4

J 

  là tâm đ ng tròn ngo i ti p tam giác AEF Tìm t a đ các đ nh còn

l i c a tam giác ABC bi t D(2;1) thu c đ ng tròn ( )T

Gi i:

G i M là giao đi m c a CF và đ ng tròn ( )T , lúc này ta s ch ng minh M c ng thu c đ ng tròn

ngo i ti p tam giác AEF hay ta s đi ch ng minh AEFM n i ti p đ ng tròn tâm J Th t v y:

Ta có E1B1 (cùng ph v i ACB ) và B1 M1 (cùng ch n cung AC )

Suy ra E1M1E1FMA M 1FMA1800, suy ra AEFM n i ti p đ ng tròn tâm J (*)

4

 



  

 M(1 3 ; 4 ) t  t Khi đó t (*), suy ra:

JM JF JM JF  t   t    t  t 

1 1

2

1

D

M F

E

J

I

C B

A

1 32

25

;

; 2

M t

M



Ta có ph ng trình trung tr c d 1 c a DC là : x  y 2 0

ph ng trình trung tr c d 2 c a MC là: 3x4y 1 0

Khi đó t a đ tâm I c a đ ng tròn ( )T ngo i ti p tam giác ABC (hay ngo i ti p tam giác MBC )

I

Do ABC vuông t i A, suy ra I là trung đi m c a BC , do đó B(1; 2)

ng tròn ngo i ti p tam giác ABC và ngo i ti p tam giác AEF l n l t có ph ng trình:

x y  x y  và 2 2 3 5 3

0

x y  x y 

Suy ra t a đ đi m Alà nghi m c a h :

0

1 0

x y

1 25 32 25

x y

 





 



(0;1) A

25 25

A   M

V y A(0;1), (1; 2)B

Giáo viên : Nguy n Thanh Tùng Ngu n : Hocmai.vn

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

4 LÍ DO NÊN H C T I HOCMAI

 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