10Bai oxy khongnenboqua thaytungtoan

10 bài OXY chuẩn đề thi THPT QG 2017 của thầy Nguyễn Thanh Tùng GV top Hà Nội 10 bài OXY chuẩn đề thi THPT QG 2017 10 bài OXY chuẩn đề thi THPT QG 2017 10 bài OXY chuẩn đề thi THPT QG 2017 10 bài OXY chuẩn đề thi THPT QG 2017 10 bài OXY chuẩn đề thi THPT QG 2017

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAỊVN facebook.com/ ThayTungToan

Bài 1 .Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có diện tích bằng 14 và AB // CD Biết

1

; 0

2

H 

  là trung điểm của cạnh BC và

1 1

;

4 2

I 

  là trung điểm của AH Viết phương trình đường thẳng

AB, biết đỉnh D có hoành độ dương và D thuộc đường thẳng 5x  y 1 0

Giải

Do I là trung điểm của AH A(1;1)

Gọi E là giao điểm của AH và DC

Khi đó ABH  ECHS ABH S ECH (*)

và H là trung điểm của AEE( 2; 1) 

Từ (*)S AEDS AHCDS ECH

S AHCDS ABH S ABCD 14

Vậy S AED 14

13

AED S

d D AE

AE

Ta có phương trình AE: 2x3y 1 0 Do D thuộc đường thẳng 5x  y 1 0, suy ra D t t( ;5 1) với t0

Khi đó (2*)

0

2

2 3(5 1) 1 28

13 2 28 30 2 (2;11) 13

2 3

13

t

t

t







  

Ta có ED(4;12)4(1;3) Do AB//EDn AB n ED (3; 1) là vecto pháp tuyến của AB

Khi đó AB đi qua A(1;1) và có vecto pháp tuyến nAB (3; 1) nên có phương trình: 3x  y 2 0

Vậy phương trình AB cần lập là: 3x  y 2 0

Bài 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A có I là trung điểm của BC Biết M

là trung điểm của BI và nằm trên đường thẳng  có phương trình 2x  y 7 0 Gọi N là điểm thuộc đoạn

2

AM  Giải:

Do tam giác ABC vuông cân nên ta có AI BC và IAIBIC,

2

IM IM A

IA IB

3

IN IN A

IA IC

1 1 tan tan 2 3

1 1

1 tan tan

1

2 3





0 45

MAN

GV: Nguyễn Thanh Tùng Hocmaịvn

S ABCD =14

E

I

H

B(?) Ẳ)

H N

I

15 2

M(?)

C

B

A

2 1

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAỊVN facebook.com/ ThayTungToan

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AN Suy ra tam giác MHA vuông cân tại H nên ta có:

AM

2

t hoặc 1

2

2

1

; 6 2

M 

  Vậy

11

; 4 2

M  

 

1

; 6 2

M 

 

 

Bài 3 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A và AC4AB Điểm D(1; 1) là trung điểm của đoạn AC Đường thẳng BD cắt đường tròn đường kính DC tại điểm E khác

D Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng đi qua hai điểm A E, có phương trình

9x2y 7 0 và điểm A có tung độ dương

Giải:

90

90

BEC Khi đó A E, cùng nhìn BC dưới một

góc vuông, suy ra ABCE nội tiếp

đường tròn Khi đó: A1 B1 (*)

2





 Suy ra:

17 5





1

cos

B

9

85

1

9 cos

85

A  (2*)

Cách 1: Gọi nAC ( ; )a b (a2b2 0) là vecto pháp tuyến của AC ; nAE (9; 2) là vecto pháp tuyến của AE

85

AC AE



 

(theo (2*))

(9 2 )2 81( 2 2) 77 2 36 0 0

b





+) Với 77b 36a, chọn a77;b 36, suy ra nAC (77; 36)

Khi đó AC đi qua D(1; 1) và có nAC (77; 36) nên phương trình AC: 77x36y1130

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 77 36 113 0 13; 239



   

+) Với b0, chọn a1, suy ra nAC (1;0)

Khi đó AC đi qua D(1; 1) và có nAC (1;0) nên phương trình AC x:  1 0

x

x y

E

1

B(?)

Ẳ)

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAỊVN facebook.com/ ThayTungToan

Ta có AB đi qua A(1;1) và vuông góc với AC x:  1 0 nên phương trình AB y: 1





Do B D, cùng phía với đường thẳng AE nên ta được B(2;1) Vậy A(1;1),B(2;1),C(1; 3)

Cách 2: Gọi H là hình chiếu vuông góc của D

trên AE Khi đó:

85

Xét tam giác ADH, ta có:

4 85

2

1 85

AD

Gọi A(1 2 ;1 9 ) t  t AE , khi đó:

(1;1) 0

4 (2 ) (9 2) 4 85 36 0 36 13 239

;

85 85 85

(1;1)

A y A

t

A t















Suy ra ra C(1; 3) (do D là trung điểm AC )

Ta có AB đi qua A(1;1) và vuông góc với AC x:  1 0 nên phương trình AB y: 1





Do B D, cùng phía với đường thẳng AE nên ta được B(2;1) Vậy A(1;1),B(2;1),C(1; 3)

Bài 4.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, có trực tâm H( 3; 2) Gọi D E, là chân

đường cao kẻ từ B và C Biết rằng điểm A thuộc đường thẳng :x3y 3 0, điểm F( 2;3) thuộc đường

thẳng DE và HD2 Tìm tọa độ điểm A

Giải:

+) Do ABC cân tại A nên HEHD2, suy ra E D, thuộc đường tròn tâm H( 3; 2) và

bán kính bằng 2 có phương trình: (x3)2(y2)2  4 x2y26x4y 9 0

+) Gọi I là trung điểm của AH

2 2

m m

2

2

Ta có ADHE nội tiếp đường tròn tâm 3 ; 2

2 2

m m

  bán kính IH

nên có phương trình:

3 ( 2) 7 9 0

+) Khi đó tọa độ điểm E D, là nghiệm của hệ:

H

I

C B

Δ: x 3y 3=0

Ẳ)

H

E

1

B(?)

Ẳ)

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan

6 4 9 0

(6 3 ) ( 2) 7 18 0

3 ( 2) 7 9 0





Suy ra phương trình ED: (6 3 ) m x(m2)y7m180

+) Do F( 2;3) ED 2(6 3 ) 3( m  m 2) 7m18   0 m 0 A(3;0) Vậy A(3;0)

Bài 4.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A( 2; 1)  , trực tâm H(2;1) vàBC2 5 Gọi ', '

B C lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh B C, Lập phương trình đường thẳng BC , biết rằng trung

điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình x2y 1 0, tung độ của M dương và đường thẳng B C đi qua điểm ' ' N(3; 4)

Giải:

+) Do M nằm trên đường thẳng có phương trình x2y 1 0 nên gọi M(2m1; )m với m0

Vì B C', ' cùng nhìn BC dưới một góc vuông nên BCB C nội tiếp đường tròn ' ' M MB ; 

(với 5

2

BC

Do đó đường tròn ( )T đi qua 4 điểm B C B C, , ', ' có phương trình:   2 2

x m  ym 

+) Đường tròn ( ')T đi qua 4 điểm A B H C, ', , ' nhận AH làm đường kính và O(0;0) là trung điểm của AH làm tâm nên có phương trình: 2 2

5

x y  +) Do ( )T ( ')T B C'; ' nên B C có phương trình: ' '

2(2m 1)x 2my 5m 4m 1 0

Mặt khác: N( 3; 4) B C' '6(2m 1) 8m5m24m 1 0

2

+) Khi đó đường thẳng BC đi qua M(3;1) và nhận AH(4;2)2(2;1)

M

H

C'

C B

A

BC=2 5

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAỊVN facebook.com/ ThayTungToan

làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 2(x 3) (y  1) 0 2x  y 7 0

Vậy phương trình đường thẳng BC là: 2x  y 7 0

Bài 5 (Hàn Thuyên – Bắc Ninh) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , có AD2AB

Điểm 31 17;

5 5

  là điểm đối xứng của điểm B qua đường chéo AC Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật

ABCD , biết phương trình CD x:  y 100 và C có tung độ âm

Giải

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên CD

Khi đó

2 2

31 17

10

18 2

5

1

H BCH (*) (vì HK // BC )

C

5 5

cos

5

BCH  (2*)

Từ (*) và (2*), suy ra: 

1

3 cos

5

H  Xét tam giác CHK , ta có: 

1

18 2 3

cos

HK CH

H

Do CCD x:  y 10 0 C t t( ; 10), khi đó:

(3*)

(5; 5) 5

;

5 5

(5; )

5

5

C

y C

t

C









 





Khi đó CB đi qua C(5; 5) và vuông góc với x y 100 nên phương trình CB x:  y 0B b( ;b)

Do H đối xứng với B qua ACCBCH 6 2CB2 72

  2 2 11 (11; 11)

Do B H, cùng phía với CD nên ta được B( 1;1)

Ta có AB đi qua B( 1;1) và vuông góc với BC nên có phương trình: x  y 2 0

Ta có AC đi qua C(5; 5) và vuông góc với BH nên có phương trình: 3x y 100

x

D

 

Vậy A(2;4),B( 1;1) ,C(5; 5) ,D(8; 2 )

AD = 2AB

1

2 1

K

H

D(?) C(?)

Ẳ) B(?)

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAỊVN facebook.com/ ThayTungToan

Bài 6 (Lương Thế Vinh – Hà Nội) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường

phân giác trong góc A là x  y 2 0, phương trình trung tuyến kẻ từ A là 4x5y 9 0 Bán kính đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 15

6 Biết

3

; 0 2

K 

  nằm trên đường thẳng AC và điểm C có hoành độ

dương Tìm tọa độ các điểm A B C, ,

Giải

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

Khi đó AC đi qua A(1;1) và 3; 0

2

K 

  nên

có phương trình: 2x  y 3 0

Gọi D M, lần lượt là chân đường phân giác và

trung tuyến ứng với đỉnh A của tam giác ABC

Gọi N đối xứng với K qua AD N AB

Khi đó KN đi qua 3; 0

2

K 

  và vuông góc

với AD x:   y 2 0 nên KN có

2

x  y Tọa độ giao điểm H của KN và AD là nghiệm của hệ:

7 3

; 2

2

;

4

N

x

H

 

 

Khi đó AB đi qua A(1;1) và 2;1

2

N 

  nên có phương trình: x2y 3 0

M

( ;3 2 )





Ta có nAB (1; 2),nAC (2;1) lần lượt là vecto pháp tuyến của AB và AC

cos cos ,

5

1 2 1 2

AB AC

AB AC

AB AC

n n

n n



 

 

sin 1 cos

5

15 3

6 5 sin

BC

C

x

B

c



Vậy A(1;1),B(5; 1),C(2; 1)

K

R=15

6

C(?) B(?)

Ẳ)

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan

Bài 7 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )T Biết

AC vuông góc với BD tại E(1; 1) Gọi 5; 3

2

M  

  là trung điểm của AB và

3 0;

4

N 

  là điểm thuộc cạnh

DC sao cho CN 3DN Viết phương trình đường tròn ( )T biết C có hoành độ dương

Giải

Do ABCD nội tiếp đường tròn nên  

B C (1) ( vì cùng chắn cung AD )

Ta có EM là trung tuyến của tam giác vuông AEB

nên EMB cân tại M hay   

B E E (2)

Từ (1) và (2), suy ra  

E E  C E  , suy ra MEDC

Khi đó DC đi qua 0;3

4

N 

  vuông góc với EM nên có

3

  



 Suy ra C( 1 4 ;3 )  t t (với 1

4

t ) 1 4 ;3 3

4



Ta có

1 4

1

D

D D

D

 



 

3

t

ED   t



và EC4t2;3t1 Khi đó: EDECED EC  0

4 2

.(4 2) (2 ).(3 1) 0 3

t



2

5t 3t 2 0 t 1

5

t  (loại), suy ra (3;3)

( 1; 0)

C D



 

 Khi đó phương trình CE: 2x  y 3 0 và DE x: 2y 1 0, suy ra ( ; 2 3)

( 2 1; )

 



   



Gọi I là tâm của đường tròn ( )T , khi đó:

5

;

2

x

y

 





Bán kính của ( )T là: 5

2

RIA Vậy đường tròn ( )T cần lập có phương trình:

      

   

   

(T)

1

1

1

5 4

I E

N

M

B

A

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAỊVN facebook.com/ ThayTungToan

Bài 8 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A Gọi ( )T là đường tròn tiếp xúc với AB AC, lần lượt tại B và C Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt đường tròn ( )T tại

D khác C Biết E(3;14) là giao điểm của AC và BD Đường thẳng BC có phương trình x  y 1 0 Tìm

tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết AC đi qua điểm 4;1

3

M 

 

Giải:

Ta có AC đi qua E(3;14) và 4;1

3

M 

  nên AC có phương trình: 3x  y 5 0

C

Ta có CD // AB, suy ra  

C B Mặt khác tam giác ABC cân tại A nên  

Suy ra  

C C , khi đó CB là đường phân giác của góc ACD

Gọi N đối xứng với M qua BC , suy ra NCD

Ta có MN đi qua 4;1

3

M 

  và vuông góc với BC x:   y 1 0 nên MN có phương trình

7 0 3

Khi đó tọa độ giao điểm H của MN và BC là nghiệm của hệ:

2

1 0

2 5 3

; 7

0 3

3

H

y



Suy ra 0;7

3

N 

  (do H là trung điểm của MN )

Ta có CD đi qua C( 1; 2) và 0;7

3

N 

  nên CD có phương trình: x3y 7 0

Ta có  

D B (cùng bằng 1

C B nên suy ra  

D C hay tam giác BDC cân tại B

1

1 1

2

H D

N

E

M

C (?) B(?)

Ẳ)

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan

Gọi nBD ( ; )a b là vecto pháp tuyến (VTPT) của BD với 2 2

0

a b  Khi đó BD đi qua E(3;14) nên có phương trình: ax by 3a14b0

Ta có VTPT của BC DC, lần lượt là nBC (1;1), nDC (1; 3)

2 10 10



   

2 2 2 2 2

7





+) Với ab, chọn a b 1 khi đó phương trình BD x:  y 170 song song với BC (loại)

+) Với a 7b, chọn a7,b 1 khi đó phương trình BD: 7x  y 7 0

Ta có AB đi qua B(1;0) và song song với CD nên có phương trình: x3y 1 0

2 1

A

Vậy A( 2; 1)  ,B(1;0),C( 1; 2)

Bài 9 (Sở GD&ĐT Quảng Ngãi_2016) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có

(1;1)

A và diện tích bằng 8 Đường thẳng qua B và vuông góc với AC cắt đường thẳng CD tại M Gọi E là

trung điểm của CM Biết phương trình đường thẳng BE x:  y 0 và điểm B có hoành độ dương Tìm tọa độ

các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD

Giải:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BE

2

ABCD

S

AH

Ta có BAC CBM (cùng phụ với BCA )

a

Xét tam giác vuông BCE ta có:

2

32

2a432a6 (a24)(a42a2   8) 0 a 2AB2 và BC4

(1

Ta có BC đi qua B(1; 1) và vuông góc với AB x: 1 nên có phương trình: y 1

3

(5; 1) ( 3; 1)

C

c



 



 

 

nên với

H

E M

B(?)

A

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan

C(5; 1) D(5;1) và với C( 3; 1)   D( 3;1)

Vậy B(1; 1) ,C(5; 1),D(5;1) hoặc B(1; 1) ,C( 3; 1),D( 3;1)

Bài 10 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2;0) Đường thẳng  có phương trình 3x y 0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành, cắt đường kéo

BD tại điểm M( 2;6) Gọi 2 6; ,

5 5

H  K

  lần lượt là hình chiếu vuông góc của B D, lên  Diện tích hình

thang BHKD bằng 24

5 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD biết K có hoành độ dương

Giải:

Gọi I là tâm của hình bình hành ABCD và A I', ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A I, lên 

Khi đó II' là đường trung bình trong cả hình thang BHKD và tam giác AA C '

10

BH DK  II  AA d A  

Lúc đó

24 2

2

6

10

BHDK BHDK

S



Gọi K t ; 3 t với t 0, khi đó :

3

HK   t   t  

5 2 4 12 0 6

5

5 5

Khi đó phương trìnhKD: x3y120 và BH x: 3y 4 0

Cách 1: Ta có I' là trung điểm của ' 2; 6

5 5

HKI   

 , suy ra phương trình II': x3y 4 0

Gọi I m(3 4; )m II' , suy ra C(6m12; 2 )m (do I là trung điểm của AC )

S BHKD =24

5

K

A' I' I

M( 2;6) Δ: 3x + y = 0

5;

6 5

 

D(?)

C(?)

B(?)

A( 2;0)

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan

BD đi qua 1; 3

2 2

I  

  và M( 2;6) nên có phương trình: 5x  y 4 0

Khi đó tọa độ điểm điểm D là nghiệm của hệ: 5 4 0 0









    







Do MBD nên MB MD ,

cùng phương, suy ra :

(0; 4)

B

D







 Vậy B( 1;1), (1; 3), (0; 4) C  D 

CHÚC CÁC BẠN CÓ MỘT KÌ THI THÀNH CÔNG !