Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ dương... Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD biết điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3.. Lời giải Đặt cạnh hhhh vuông AB=4a..
Trang 1VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN
Câu 1: [Trích đề thi thử THPT Đông Sơn 1 - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )T có phương trình ( ) (2 )2
x− + y− = Các điểm K(−1;1 ,) ( )H 2;5 lần lượt là chân đường cao hạ từ A B của tam giác ,
ABC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ dương
Lời giải
Kẻ Cx là tiếp tuyến của đường tròn
Do AHB=AKB=900 nên tứ giác ABKH là tứ giác nội tiếp
Ta có ACx= ABC và CHK = ABC (do tứ giác ABKH nội
tiếp)⇒ ACx=CHK⇒Cx/ /HK
Mà TC ⊥Cx⇒TC ⊥HK
Đường thẳng HK qua H( ) (2;5 ,K −1;1) nên phương trình
đường thẳng HK: 4x−3y+ =7 0
Đường thẳng TC qua T( )1; 2 và vuông góc với đường thẳng
HK nên phương trình TC: 3x+4y− =11 0
Do C∈TC⇒C(1 4 ; 2 3+ t − t)
2 2 1 5; 1
5 16 9 25
1 3;5
= − ⇒ − →
Đường thẳng AC qua C(5; 1 ,− ) ( )H 2;5 nên phương trình đường thẳng AC: 2x+ − =y 9 0
Đường thẳng BH qua H( )2;5 và vuông góc với đường thẳng AC nên đường thẳng BH x: −2y+ =8 0
Đường thẳng BC qua C(5; 1 ,− ) (K −1;1) nên phương trình đường thẳng BC x: +3y− =2 0
Ta có B =BC∩BH ⇒B(−4; 2)
Đường thẳng AK qua K(−1;1) và vuông góc với đường thẳng BC nên đường thẳng AK: 3x− + =y 2 0
5 5
Vậy 7 31 ( ) ( )
; , 4; 2 , 5; 1
5 5
là các điểm cần tìm
Câu 2: [Trích đề thi thử THPT Nông Cống 1 – Thanh Hóa - Lần 2 – 2015]
Lời giải:
Điều kiện: x≥2; y≥2
Phương trình một của hệ tương đương với
y
= > , phương trình trên trở thành: 2 2 ( )
100 BÀI HÌNH PHẲNG – HỆ PT – BẤT PT CHỌN LỌC (P1)
Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
Trang 2Thay vào phương trình thứ hai trong hệ, ta được: (8x−6) x− =1 (2+ x−2)(x+4 x− +2 3)
9
x
x
=
⇔ − − + = + − + − + ⇔ − = + − ⇔
Vì xét hàm số ( ) 3
f t = +t t là hàm số đồng biến trên (0;+∞) mà f ( 4x−4) (= f 2+ x−2) Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ( ) ( ) 34 34
; 2; 2 , ;
9 9
Câu 3: [Trích đề thi thử THPT Đa Phúc – Hà Nội - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD Điểm 11;3
2
là trung điểm của cạnh AD Đường
thẳng EK có phương trình 19 x−8y− =18 0 với điểm E là trung điểm của cạnh AB , điểm K thuộc cạnh
DC và KD=3KC Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD biết điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3
Lời giải
Đặt cạnh hhhh vuông AB=4a Xét hình vuông ABCD trong hệ trục toạ
độ với B là gốc BC trùng với Ox và BA trùng với trục Oy
Ta có: F(2 ; 4a a) (;E 0; 2a) (;K 4 ;a a)
4
17 2 17
a
EK x+ y− a= ⇒d F EK = = ⇒a=
Khi đó 2 2 5 2
2
EF = a = Do đó toạ độ điểm E là nghiệm của hệ:
2
2
x y
Lại có: AC là trung trực của EF nên AC: 7x+ −y 29=0
Khi đó 15 11;
4 4
10 17
;
3 3
Lại có: 9 ( )
3;8 5
Câu 4: [Trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc – 2015]
Giải hệ phương trình
2
Lời giải:
Ta có x2+ >2 x2 = ≥ −x x⇒ x2+ + >2 x 0
Do đó (3) ( 2 2) ( 2 ) 2
Thế vào (2) ta được ( )2 ( )
( ) ( )2
2x 2 2x x 2 2 x 1 x 1 2 2x 4x
( ) ( )2 2
Trang 3( ) ( )2 2
( ) ( ) ( )2 ( ) ( ) ( )2
( 1) ( )
f x f x
Xét hàm số ( ) 2
2
f t = +t t t + với t∈ℝ có
2
2
t
t
= + + + > ∀ ∈
( )
f t
⇒ đồng biến trên ℝ nên (4) 1 1 1 1 2 1
2
= −
Câu 5: [Trích đề thi thử trường THPT Hậu Lộc 2, Thanh Hóa – 2015]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I( )3;5 và ngoại tiếp đường tròn tâm K( )1; 4 Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB AC, kéo dài có tâm là F(11;14) Viết
phương trình đường thẳng BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC
Lời giải
Đường tròn tâm F tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB AC, nên
đường tròn tâm F là đường tròn bàng tiếp tam giác
Ta có FB BK FBKC
⊥
⇒
⊥
là tứ giác nội tiếp
Gọi D là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Ta có 1 1
DKC = BAC+ ACB= DCK
DKC
⇒∆ cân tại D⇒DC =DK
Do đó DC =DK =DB nên D là tâm đường tròn ngoại tiếp BKC∆
hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF Do đó D là
trung điểm của FK ⇒D( )6;9
Đường tròn ngoại tiếp ABC∆ tâm I( )3;5 bán kính ID=5 có phương
trình ( ) ( ) (2 )2
1 : 3 5 25
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác CBKC tâm D( )6;9 bán kính
50
DK = có phương trình ( ) ( ) (2 )2
2 : 6 9 50
Phương trình đường thằng BC là 3 x+4y−29=0
Đường thẳng AK qua K( ) (1; 4 ,F 11;14) nên phương trình AK x: − + =y 3 0
Ta có A là giao điểm của AK với ( )C1 nên tọa độ A(−1; 2)
Đường cao AH qua A(−1; 2) và vuông góc với BC nên phương trình AH: 4x−3y+10=0
Vậy phương trình đường thẳng BC: 3x+4y−29=0 , đường cao AH : 4x−3y+10=0
Câu 6: [Trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc – 2015, tương tự]
Giải hệ phương trình
2
2 2
2
2
2 1
1 2 4 4 2
x
Lời giải
Trang 4ĐK: ,x y∈ℝ (*)
Ta có x2+ >1 x2 = ≥ −x x⇒ x2+ + >1 x 0
Thế vào (2) ta được ( )2
2
x
x x
2
x
x x
1 2x x 1 2x 1 2 2x 1 4x 4x 2
2
2x x 1 2x 2 2 2x 1 2x 1 1
2
2
( ) (2 1)
f x f x
Xét hàm số ( ) 2
1
f t = +t t t + với t∈ℝ có
2
1
t
t
= + + + > ∀ ∈
( )
f t
⇒ đồng biến trên ℝ nên (4) ⇔ =x 2x− ⇔ =1 x 1⇒y= +1 2 thỏa mãn (*)
Đ/s: ( )x y; =(1;1+ 2)
Câu 7: [Trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc – 2015, tương tự]
Giải hệ phương trình
Lời giải
ĐK: x2+2xy+ ≥y 0 (*)
Ta có x2+y2+ >2 x2 = ≥ −x x⇒ x2+y2+ + >2 x 0
Do đó (3) ( 2 2 2) ( 2 ) ( 2 2 )
Kết hợp với (2) ta được 3 3 ( 2 ) 2
x +y = x + +y x − +y
2
Xét hàm số ( ) 3
f t = +t t với t∈ℝ có ( ) 2
Trang 5( )
f t
⇒ đồng biến trên ℝ nên (4) 2
2
⇔ + = + −
= ⇒ = ≠ − ⇒
⇔ − + = − ⇔ = ⇔
= ⇒ = −
Thử lại ta thấy ( ) (x y; = −1;1) thỏa mãn hệ đã cho
Đ/s: ( ) (x y; = −1;1)
Câu 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với 9; 3
2 2
−
là trung điểm của đoạn BC
và đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x+3y− =5 0. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ
đỉnh B, C của tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh A, biết đường thẳng đi qua hai điểm E, F có phương trình
2x− + =y 2 0
Lời giải:
Gọi I là trung điểm của AH ta có: 1
2
IE=IF = AH
Mặt khác 1
2
ME=MF = BC nên IM và đường trung trực của EF
Khi đó: : 2 3 0 11 7;
+ − = ⇒ −
Lại có: IEH =IHE MEH ; =MBH ( do IE=IH ME; =MB)
Mặt khác IHE+MBH=900⇒IEH+HEM =900⇒IE⊥ME
Gọi E t( ; 2t+2) ta có: 0 11 9 2 3 2 7 0 2
3
t
t
=
= ⇔ + − + − + = ⇔ = −
Với t = ⇔2 E( )2; 6 Gọi A(5 3 ;− u u) ta có:
2 2 125 21 7 125
3
= = ⇔ − + − =
( )
2;1 6
1 13; 6
A u
=
⇔ ⇒
Với t = ⇔2 E(− −3; 4)
3
(tương tự như TH trên)
Kết luận: A( )2;1 hay A(−13; 6 )
Câu 9: [Trích đề thi thử trường chuyên Lê Hồng Phong – Tp HCM - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD có đáy lớn CD=3AB C, (− −3; 3) Trung điểm của AD
là M( )3;1 Tìm tọa độ đỉnh B biết S BCD =18,AB= 10 và đỉnh D có hoành độ nguyên dương
Lời giải
Đường thẳng CD qua C(− −3; 3) nên phương trình
đường thẳng CD a x: ( + +3) (b y+ =3) 0
Do CD=3AB⇒CD =3 10
Gọi H là hình chiếu của B xuống CD
BCD
,
5
d M CD
Trang 62 2 2 2
2 2
5
a b
a b
Với 3a+ =b 0 chọn a=1;b= −3⇒CD x: −3y− =6 0 Do D∈CD⇒D(3t+6;t)
Mà ( ) (2 )2 ( )2 0 ( )6; 0( )
6 12; 6
= ⇒
= − ⇒ − − →
Do M là trung điểm của AD⇒A( )0; 2 , mặt khác 3AB=DC⇒B(−3;1)
Với 27a+31b=0 chọn a=31;b= −27⇒CD: 31x−27y+12=0 Do D∈CD⇒D(− +3 27 ; 3 31t − + t)
Mà 3 10 729 2 9612 90 2 9
169
Vậy B(−3;1) là điểm cần tìm
Câu 10: [Trích đề thi thử trường chuyên ĐHSP - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AC tại H
Gọi 17 29 17 9 ( )
; , ; , 1;5
lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CH BH và AD Tìm tọa độ A ,
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE
Lời giải
Do EF là đường trung bình của HBC∆ nên ta có
/ /
2
AG=EF = BC nên
AGEF là hình bình hành
Ta có BH AC F
⊥
⇒
⊥
là trực tâm của ABE∆
5 5
và G( )1;5 nên phương trình GE x: −3y+14=0
5 5
và vuông góc với GE nên đường thẳng BE: 3x+ −y 16=0
Ta có AG =FE⇒ A( )1;1
Đường thẳng AB qua A( )1;1 và vuông góc với EF nên đường thẳng AB y: =1
Do B=BE∩AB⇒B( )5;1
Tam giác ABE có ( ) ( ) 17 29
1;1 , 5;1 , ;
5 5
nên có tâm đường tròn ngoại tiếp là I( )3;3 Vậy A( )1;1 và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE là I( )3;3