50Bai oxy chonloc thaytungtoan p4

Share ngay về để tham khảo nhé Làm 100 đề hay không bằng 1 đề chuẩn

Trang 1

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

Bài 31 (Nguyễn Thanh Tùng).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm 2;10

3

  thuộc đường

thẳng BC Dựng D đối xứng với A qua BC Gọi ( )T và ( ')T lần lượt là đường tròn tâm B bán kính BA và

đường tròn tâm C bán kính CA Gọi MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ( )T và ( ')T (với M thuộc ( )T và N( ')T ) và M N A, , cùng phía với BC Biết điểm N(1;1), đường thẳng AD: 3x  y 2 0 và diện

tích tam giác MNC bằng 4 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết C có tọa độ nguyên.

Giải:

Vì D đối xứng với A qua BC nên BDBA và CDCA

Do đó D là giao điểm thứ hai của đường tròn ( )T và ( ')T

Gọi I là giao điểm của AD và MN Ta sẽ chứng minh I là trung điểm của MN Thật vậy:

Ta có  

1 1

M D (vì cùng bằng 1

Ta có  

2 2

N D (vì cùng bằng 1

Từ (1) và (2), suy ra MINI hay I là trung điểm của MN

Do IADI a a( ;3 2)M(2a1;6a3), khi đó ta có: 2 2 2

E

M

N(1;1)

C

A

B

I

1

2 2

D

TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ_P4

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Trang 2

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAỊVN facebook.com/ ThayTungToan

BC đi qua 2;10

3

  vuông góc với AD nên BC có phương trình: x3y120 C(12 3 ; ) c c

Suy ra CN(3c11;1c) và NI (a1;3a1)

Do CNNI CN NI   0 (3c11)(a  1) (c 1)(3a 1) 0   4c 8a12   0 c 3 2a

C a  a CN  a  a  a  a Ta có :

2

( 1;3), (3;3) 0

5

MNC

a











Do C có tọa độ nguyên nên suy ra C(3;3) và M( 1;3)

Khi đó BM đi qua M( 1;3) vuông góc với MN ( MN(2; 2) ) nên phương trình BM x:   y 4 0

Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 4 0 0 (0; 4)

B

Do AADA t t( ;3 2), khi đó :

(1;5) 1

;

5 5 5

A a









Vì A N, cùng phía với BC nên 1 13;

5 5

  Vậy

1 13

; , (0; 4), (3;3)

5 5

Bài 32 (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:

Ta có:  0

90

DEC  hay  0

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

AB m







Suy ra:

2 2

17 5





Xét tam giác BDC ta có:  2 2 2 2 2 2

1

cos

B

Từ (*), suy ra  

9 cos cos

85

A  B  Vậy 

1

9 cos

85

A  (2*)

E

1

B(?)

Ẳ)

Trang 3

Gọi nAC ( ; )a b ( 2 2

0

a b  ) là vecto pháp tuyến của AC Ta có nAE (9; 2) là vecto pháp tuyến của AE Khi đó 1   2 2 2 2

cos cos ,

85 9 2

AC AE



 

(theo (2*))

2 2 2 2 0

(9 2 ) 81( ) 77 36 0

77 36

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



   

 (loại vì điều kiện y A0)

+) 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

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 0 1 (1;

x

x y

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

Do đó B t( ;1) Khi đó: 2 2 2 2 2 (2;1)

0 (0;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:

2 2

9 2 7 4 ( , )

85

9 2

Xét tam giác ADH, ta có:

4

1 85

AD

  

Gọi A(1 2 ;1 9 ) t  t AE , khi đó:

(1;1) 0

;

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 đó B t( ;1) Khi đó: 2 2 2 2 2 (2;1)

0 (0;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)

H

E

1

B(?)

Ẳ)

Trang 4

Bài 33 (Chuyên Vĩnh Phúc – Lần 5) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) : (C x2)2(y2)2 5

và đường thẳng (D): x  y 1 0 Từ điểm A thuộc (D) kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với ( )C tại B và

C Tìm tọa độ điểm A , biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8.

Giải

Đường tròn ( )C có tâm I(2; 2) và bán kính IB R 5

Gọi H là giao điểm của IA và BC

Ta có IA là đường trung trực của BC Đặt IA m (m0)

Khi đó áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABI ta có:

2 2

5( 5)

5

m

BH

AH









Ta có

5( 5)

2

ABC

   (*)

Đặt 2

tm , khi đó (*) có dạng: 5(t5)3 64t2 3 2

2

2 25 ( 2)2 ( 3)2 25 2 2 2 12 0 2

3

a







(2; 3) ( 3; 2)

A A





 Vậy A(2; 3) hoặc A( 3; 2) .

Bài 34 (Phùng Khắc Khoan – Hà Nội) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có diện tích bằng

14 và AB // CD Biết 1; 0

2

  là trung điểm của cạnh BC và

1 1

;

4 2

  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

Ta có AE 13 ( , ) 2 28

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*)

2 2

0

2

13

t







  

x+y+1=0

5

S ABC =8

C

B

I(2;2)

Ẳ)

S ABCD =14

E

I

H

B(?) Ẳ)

Trang 5

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 35 (Hậu Lộc 2 – Thanh Hóa) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I

Gọi 17 9;

5 5

 , K( 1;3) lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên BC và của B lên AI Phương trình

đường phân giác trong của góc A là d: 3x  y 8 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

Giải

Gọi D là giao điểm thứ hai của phân giác d với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( D A)

Khi đó DB DC Lại có IBIC

Suy ra ID là đường trung trực của BC Do đó: IDBC

Suy ra ID//  

1 3

AH D  A

Mặt khác:  

1 2

D A (vì AID cân tại I)

Suy ra:  

3 2

A  A hay AD là phân giác của góc HAM

(với AM là đường kính của đường tròn ( ,I IA))

Gọi E đối xứng với H qua AD, suy ra EAM

Khi đó HE đi qua 17 9;

5 5

  và vuông góc với

AD nên phương trình HE x: 3y 2 0

Tọa độ giao điểm N của AD và HE là nghiệm

của hệ:

11

;

5

x

N

x y

y

  





Suy ra E( 1;1) (vì N là trung điểm của HE)

Khi đó AM đi qua K( 1;3) và E( 1;1) nên có phương trình: x 1

Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 1

Ta có BC đi qua 17 9;

5 5

  và vuông góc với AH nên phương trình BC: 3x4y 3 0

và BK đi qua K( 1;3) và vuông góc với AM x:  1 nên có phương trình: y3

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 3 4 3 0 5 ( 5;3)

x y



Ta có ABHK là tứ giác nội tiếp đường tròn  

1

BAK H (cùng bù với BHK )

Lại có  

1

BAK C (cùng chắn cung BM ) Suy ra  

1 1

H C HK//CM HKAC (vì MCAC)

1

3 2

1

N

I

K

H

M D

C(?) B(?)

Ẳ)

Trang 6

Khi đó AC đi qua A( 1;5) và vuông góc với HK nên có phương trình: 2x  y 3 0

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 2 3 0 3

x

   Vậy A( 1;5) ,B( 5 ;3),C(3; 3) .

Bài 36 (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

  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:

2 0 1 (1;1)

Khi đó AC đi qua A(1;1) và 3; 0

2

  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

  và vuông góc

với AD x:   y 2 0 nên KN có

phương trình: 3 0

2

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

2 1

7 3

; 2

2

;

4

N

x

x y

H

 

 

 

 

Khi đó AB đi qua A(1;1) và 2;1

2

  nên có phương trình: x2y 3 0

Ta có : 2 3 0 (3 2 ; ) 3 2 ;3 2

M

( ;3 2 )





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

5

AB AC



 

5

K

R=15

6

C(?) B(?)

Ẳ)

Trang 7

Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC ta có:  

15 3

6 5 sin

BC

Từ (*) và (2*), suy ra: 3 3 3 2 (5; 1), (2; 1) 0

0 ( 3;3), (0;3) (5; 1), (2; 1)

C x

B

c



Vậy A(1;1),B(5; 1),C(2; 1)

Bài 37 (THPT Ân Thi – Hưng Yên) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , gọi M là trung điểm của AD Đường thẳng qua M vuông góc với MB cắt CD tại E và H là hình chiếu của M trên BE Gọi K là giao điểm của BD và AE Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết phương trình

: 3 0

ME x  , điểm H( 1; 2) và 1 2;

5 5

Giải

Gọi BMCD  N , khi đó ABM  DNM ABDN và MBMN

Suy ra tam giác EBN cân tại E BEEN DE DN DE AB hay BEEDAB (1)

và HEM DEM EHM  EDM EH ED (2)







Suy ra EM là đường trung trực của HD

Khi đó HD đi qua H( 1; 2) và vuông góc với

: 3 0

ME x  nên có phương trình: y2

Tọa độ giao điểm I của HD và ME là nghiệm

của hệ: 3 0 3 (3; 2)

I

( Vì I là trung điểm của HD)

Từ (1) và (2), suy ra: ABBH

Vậy ABBH và DEEH Do đó:BH AB

HE  DE (*) Mặt khác: AB//DE BK AB

Từ (*) và (2*), suy ra BH BK HK

HE  KD //DE HK AD Khi đó AD đi qua D(7; 2) và vuông góc với HK nên có phương trình: x2y 3 0

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 2 3 0 3 (3; 0)

M

Do M là trung điểm của AD nên suy ra A( 1; 2) 

Ta có AB đi qua A( 1; 2)  và vuông góc với AD nên có phương trình: 2x  y 4 0

và BE đi qua H( 1; 2) và vuông góc với MH nên có phương trình: 2x  y 4 0

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 2 4 0 2

2 4 0 0 B( 2;0)

I K

H

M

N

E

D(?)

C(?) B(?)

Ẳ)

Trang 8

Do ABCD là hình chữ nhật nên ta có: ( 2) 7 ( 1) 6

 

Vậy A( 1; 2)  ,B( 2;0) ,C(6;4) ,D(7;2)

Bài 38 (Hàn Thuyên – Bắc Ninh) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , có AD2AB

Điểm 31 17;

  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 5 ( , )

5

1 1

HK d H CD

và  

1

H BCH (*) (vì HK // BC )

Đặt AB a BC2aACa 5 cos1 2 2

5 5

C

AC a

Do H đối xứng với B qua    

ACC C BCH C

cos cos 2 2 cos 1 2 1

5 5

  Vậy

cos

5

BCH  (2*)

Từ (*) và (2*), suy ra: 

1

3 cos

5

H 

Xét tam giác CHK , ta có: 

1

18 2 3 : 6 2

5 5 cos

HK CH

H

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

(3*)

(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)

1 ( 1;1)

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

Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 2 0 2 (2; 4)

x

x y

AD = 2AB

1

2 1

K H

D(?) C(?)

Ẳ) B(?)

Trang 9

Do ABCD là hình chữ nhật nên 5 3 8

D

 

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

Bài 39 (Chuyên Biên Hòa_2016) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có AC2AB, điểm 1;9

2

  là trung điểm của BC , D là điểm thuộc cạnh BC sao cho BAD CAM Gọi E là trung điểm

của AC , đường thẳng DE có phương trình 2x11y440, điểm B thuộc đường thẳng d có phương trình

x  y Tìm tọa độ 3 điểm A B C, , biết hoành độ của điểm A là một số nguyên

Giải

Gọi BE lần lượt giao với AD AM, tại I G, Khi đó G là trọng tâm tam giác ABCBG2GE (1)

Do AC2AB nên ABE cân tại  

A





 





Kết hợp với giả thiết  BADCAM ABI  AGE (g – c – g)BI GE (2)

Từ (1) và (2), suy ra BI IGGE

Kẻ EH//BC (HAD), khi đó :

Do

3

1 ;

1 11 ; 2

2







 , khi đó:

(*)

5

3

(

55 2 3

1

2

3;

3

3 2

)



( 1;6)

C

  (M là trung điểm của BC )

Do EDEE(11 ; 4 2 )t  t A(22t1; 2 4 ) t (do E là trung điểm của AC )

M 1;9 2

 

H G H

I

D

2 x + 11y 44 = 0

d: x + y 6 = 0

C(?) B(?)

Ẳ)

Trang 10

0

)

1

A

t

x t









 





Vậy A(1;2),B(3; 3),C( 1;6)

Bài 40 (Trường THPT Quỳnh Lưu 3 – Nghệ An) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có

đường tròn nội tiếp tiếp xúc với cạnh BC CA AB, , lần lượt tại các điểm D E F, , Tìm tọa độ các đỉnh của tam

giác ABC biết D(3;1), trung điểm của BC là M(4; 2), phương trình EF: 3x  y 2 0 và B có hoành độ bé hơn 4

Giải

BC đi qua D(3;1),M(4; 2) nên có phương trình: x  y 2 0

Gọi H là giao điểm của EF và BC , khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ:

2 0 0 (0; 2)

H

Vì D nằm giữa M và H nên H nằm trên tia đối của BC

Kẻ BG // AC ( GEF) , khi đó G1 E1 F1F2  BGF cân tại B BGBF BD

Đặt BD a 0 , khi đó BGBFBDa và CM BM BD DM  a 2

2 2

3 2





a a



 



Do BBCB t t( ; 2) với t4, khi đó :

H

G

F

E

C(?) B(?)

Ẳ)

3x-y-2=0

D(3;1) M(4;2)

Trang 11

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

2 2 2 ( 3)2 ( 3)2 2 ( 3)2 1 4 4 2 (2;0)

2

t







Vì M(4; 2) là trung điểm của BCC(6; 4)

Phương trình đường tròn ngoại tiếp GFD có tâm B bán kính BD là: 2 2

(x2) y 2 Khi đó tọa độ điểm G F, là nghiệm của hệ:

2 2

1

x

y

x y





3 5 1 5

x y

 





  



Do G nằm giữa H và F nên (1;1), 3 1;

5 5

 , khi đó AB có phương trình: x  y 2 0

Ta có AC đi qua C và song song với BG nên có phương trình: x7y220

Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 2 0 1 ( 1;3)

A

Vậy A( 1;3), (2;0), (6;4) B C

CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	0,96 MB