HINH HOC oxy

trích đề thi Khối D năm 2014 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường phân giác trong của góc A là điểm D1; 1ư.. Gọi ∆ là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại t

HUỲNH ĐỨC KHÁNH

LỚP CÁC BÀI TỐN

SỬ DỤNG TÍNH CHẤT HÌNH HỌC PHẲNG VÀO

HÌNH HỌC Oxy

QUY NHƠN - 2015

B A

Lời nói đầu

Những năm gần đây trong các đề tuyển sinh Đại học của Bộ giáo dục, câu hình học Oxy thường gây khó dễ cho học sinh bởi vì nó không còn mang tính truyền thống như xưa Nó đã phát triển hơn nhờ vận dụng hình học phẳng để chứng minh một tính chất hình học nào đó rồi mới giải quyết được bài toán Đặc biệt là đề thi khối D năm 2014, điều đó nói lên được sự phá cách trong nghiên cứu giáo dục

Nó đòi hỏi người dạy và người học nhìn nhận vấn đề tổng quát hơn, kiến thức sâu hơn

Ở lớp dưới khi cho một bài toán hình học phẳng, trong đề bài đã đặt ra sẵn các câu hỏi cần chứng minh Trong Hình học Oxy nó không còn như thế nữa mà đòi hỏi ta phải phát hiện được vấn đề, đi chứng minh vấn đề đó và cuối cùng là sử dụng nó

Ví dụ (trích đề thi Khối D năm 2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC

có chân đường phân giác trong của góc A là điểm D(1; 1ư ) Đường thẳng AB có phương trình

3x+2yư = , tiếp tuyến tại 9 0 A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình

x+ yư = Viết phương trình đường thẳng BC

Lời giải Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ 3 2 9 0 2 (1;3)

A

 + ư =  =

 + ư =  =

Gọi ∆ là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và E là giao điểm của ∆ với

đường thẳng BC (do AD không vuông góc với ∆ nên E luôn tồn tại và ta có thể giả sử EB EC< )

Ta có EAB= ACB (cùng bằng 1sd

2 AB ); BAD=DAC (do AD là phân giác)

Suy ra EAD=EAB BAD+ =ACB DAC+ =ADE

Do đó, tam giác ADE cân tại E nên E thuộc đường trung trực đoạn AD

Phương trình đường trung trực của đoạn AD là: y ư = 1 0

Tọa độ điểm E thỏa mãn hệ 2 7 0 5 (5;1)

E

 + ư =  =

 ư =  =

Đường thẳng BC đi qua E và có VTCP DE =(4;2) nên có phương trình BC x: ư2yư = 3 0

Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, đỉnh B ư( 4;1) và phương trình cạnh AC: 3xư ưy 17=0 Trên BC lấy điểm E sao cho BC=4BE, từ E kẻ đường thẳng vuông

góc với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M và N ( M khác A và ở cùng phía so với

BC ) Đường trung trực đoạn AM cắt AN tại K Tìm tọa độ điểm C , biết NK = 10

Sáng tác Huỳnh Đức Khánh

Phân tích. Tam giác ABC vuông tại A , có đỉnh B và phương trình cạnh AC nên ta hoàn toàn tìm

được tọa độ điểm A Do C thuộc phương trình cạnh AC nên để tìm tọa độ điểm C ta cần thêm một dữ kiện nữa là C thuộc đường nào đó hoặc C cách điểm cố định một khoảng cho trước Để ý thấy bài toán cho khoảng cách NK = 10 và điểm A cố định nên chắc chắn rằng ta sẽ theo hướng thứ hai

Lời giải. Tam giác BMI cân tại I và có ME vừa là

đường cao vừa là đường trung tuyến nên tam giác

BMI đều Suy ra 1 600

2

MAK = MIN=

Do đó tam giác MAK đều nên MA=MK ( )1

Hơn nữa, tam giác CMN đều nên MC=MN ( )2

Lại có AMC= KMN ( )3

(do cùng cộng góc CMK bằng 60 ) 0

Từ ( )1 , ( )2 và ( )3 suy ra ∆AMC= ∆KMN nên

10

AC=NK=

Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AC nên

có phương trình x+3y+ = 1 0

Tọa độ điểm A thỏa mãn 3 17 0 (5; 2)

3 1 0

x y

A

x y

 ư ư =



 + + =



Do C thuộc AC nên C c c ư( ;3 17)

Từ AC= 10⇔(cư5)2+(3cư15)2=10⇔ = hoặc c 4 c = 6

Với c = , ta được 4 C(4; 5ư ) Với c = , ta được 6 C(6;1)

Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A , đỉnh B(4;1) Trên BC lấy

điểm M sao cho BM= AC Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt phân giác trong góc C tại

I, đường thẳng AI cắt BC tại N ư ư( 1 5;1) Tìm tọa độ đỉnh A, biết M(4 2 5;1ư ) và đường thẳng

AC đi qua điểm E ư( 5;3) Sáng tác Huỳnh Đức Khánh

A – TAM GIAÙC

I

K E

N

M

C B

A

M

E

C

B

A

Phân tích. Thường trong bài toán cho phân giác ta nghĩ ngay đến lấy đối xứng Nhưng đề bài không cho phương trình đường phân giác nên ta dự đoán sẽ đi chứng minh một tính chất hình học nào đó Để

ý thấy bài toán lại cho BM= AC thì ta chắc chắn rằng là đi chứng minh một tính chất hình học phẳng mới giải quyết được bài toán này

Lời giải. Tam giác ACN có CI là phân giác nên CA IA

CN = IN ( )1 Tam giác ABN có MI AB nên IA MB

IN= MN ( )2

Từ ( )1 và ( )2 , suy ra CA MB

CN =MN

Mà BM= AC nên suy ra CN=MN hay N là

trung điểm của MC Do đó C ư( 6;1)

Đường thẳng AC đi qua hai điểm C và E nên có

phương trình 2x yư +13= 0

Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AC

nên có phương trình x+2yư = 6 0

Do A= AB AC∩ nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ

( )

2 13 0

4;5

2 6 0

x y

A

x y

 ư + =



 + ư =



Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A , đỉnh C(4; 3ư ), M là

trung điểm của BC Kẻ tia Mx vuông góc với BC (tia Mx và A nằm khác phía đối với BC ) Trên tia

Mx lấy điểm E sao cho ME=MB Tìm tọa độ đỉnh B , biết AE =7 2, đường thẳng AE có phương trình xư ư =y 1 0 và đỉnh A có hoành độ âm

Sáng tác Huỳnh Đức Khánh

Phân tích. Bài toán cho tọa độ điểm C và phương trình AE nên ta sẽ tìm mối liên hệ này

Lời giải. Vì M là trung điểm cạnh huyền BC của tam giác vuông ABC nên MA=MB=MC

Hơn nữa, ta lại có ME=MB

Do đó tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn tâm M, đường kính BC

Theo giả thiết ME⊥BC nên suy ra tam giác BEC vuông cân tại E

Ta có sdEC=EMC=900, suy ra 1sd 450

2

EAC= EC= Gọi n AC=(a b; ) với a2+b2≠ là VTPT của đường thẳng 0 AC

Ta có cos450=cos(AE AC, )= cos(n AC,n AE)

0 2

0

2 2.

a b a

b

a b





 =

 +

E

N M

I

C B

A

I

M

E

D

C

B

A

● Với a =0, chọn b =1 Suy ra phương trình AC y + =: 3 0

Do đó tọa độ điểm A thỏa mãn 1 0 ( 2; 3)

3 0

x y

A y

 ư ư =



 + =



Đường thẳng AB đi qua A ư ư và có VTPT ( 2; 3) AC =(6;0) nên AB x + =: 2 0

Áp dụng định lí hàm số cosin trong tam giác AEC , ta có

2 2 2 cos450 5 2

EC= AE +AC ư AE AC = Vì B thuộc AB nên B(ư2;b) Tam giác BEC vuông cân tại E nên suy ra

( ) ( )

( )

2 10 36 3 100

11 2; 11

B b

 ư

 = 



= = ⇔ + ư ư = ⇔ = ư ⇒  ư ư



Do B và C khác phía so với AE nên ta chọn B ư( 2;5)

● Với b = , chọn 0 a = Suy ra phương trình 1 AC x ư = : 4 0

Do đó tọa độ điểm A thỏa mãn 1 0 (4;3)

4 0

x y

A x

 ư ư =



 ư =



: không thỏa mãn

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại C (AC>BC), nội tiếp đường tròn tâm I(2; 2ư ) Gọi D là điểm chính giữa của cung AB (C và D cùng phía so với AB) Trên tia

AC lấy điểm M sao cho AM=BC Từ B kẻ đường thẳng song song với CD cắt đường tròn tại E

Giả sử M(0; 1ư ), AE =2 5 và đỉnh C có hoành độ dương, tung độ bằng 1 Tìm tọa độ đỉnh A và B

Sáng tác Huỳnh Đức Khánh

Phân tích. Nếu như ta tìm được tọa độ điểm C thì bài toán hoàn toàn đơn giản Giả thiết cho C x( ;1), tọa độ hai điểm M(0; 1ư ) và I(2; 2ư ) Điều này định hướng cho ta xem ba điểm này có mối quan hệ gì không? Cũng từ giả thiết cho khoảng cách AE =2 5 nên ta sẽ mạnh dạn tìm mối quan hệ về khoảng cách từ C đến M hoặc đến I hoặc đến đường thẳng MI

Lời giải. Do BE CD nên sdED=sdCB và ED=BC

Ta có 1(sd sd )

2

EAC= ED+ DC

1( ) 1 0

2 CB DC 2 DB

= + = = ( )1

Lại có 1sd 450

2

DCA= AD= ( )2

Từ ( )1 và ( )2 , suy ra ED AM

Hơn nữa ED=AM (do cùng bằng BC)

Do đó tứ giác AEDM là hình bình hành nên suy ra DM=AE=2 5

A

B

C

D

M

I

Tam giác MDC có

0 0

45 45

DCM DCA DMC EAC

 = =







nên là tam giác vuông cân, suy ra MC=MD 2=2 10

Gọi C x( ;1) với x >0 Từ MC=2 10 ⇔x2+(1 1+ )2=40⇔x= ư (loại) hoặc 6 x = 6

Với x = , suy ra 6 C(6;1)

Đường thẳng MC đi qua hai điểm M(0; 1ư ) và C(6;1) nên MC x: ư3yư =3 0

Đường thẳng BC đi qua C(6;1) và có VTPT MC =(6;2) nên BC: 3x+ ưy 19=0

Do B thuộc BC nên B t( ;19 3ư t) Vì I là trung điểm AB nên A(4ưt t;3 ư23)

Ta có A MC∈ nên (4ưt)ư3 3( tư23)ư = ⇔ = 3 0 t 7

Vậy A(ư ư3; 2), B(7; 2ư )

Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc BCA nhọn, tâm đường tròn ngoại

tiếp tam giác là I ư( 2;1) và góc AIB =900 Chân đường cao kẻ từ A đến BC là D ư ư Đường ( 1; 1)

thẳng AC qua M ư( 1;4) Tìm tọa độ các điểm A và B , biết điểm A có hoành độ dương

Phân tích. Bài toán cho tọa độ ba điểm I , D và M nhưng

chỉ biết M thuộc đường thẳng AC nên ta sẽ xét mối quan

hệ của hai điểm I , D và đường thẳng AC

Lời giải. Từ giả thiết suy ra 1sd 450

2

BCA= AB= Tam giác vuông ADC có DCA=BCA=450 nên vuông cân

tại D , suy ra DA=DC

Mà IA=IC nên D và I nằm trên đường trung trực của

AC Do đó DI⊥AC

Đường thẳng AC đi qua M(ư1;4) và có VTPT ID =(1; 2ư )

nên AC x: ư2y+ = 9 0

Do A AC∈ nên A a(2 ư9;a) Suy ra AD=(8 2 ; 1ư aư ưa)

Tam giác ADC vuông cân tại D nên

( ) ( )2 ( )2

AD= d D AC ⇔ ư a + ư ưa = ⇔a= hoặc a=5

● Với a=1, suy ra A ư( 7;1): không thỏa mãn

● Với a=5, suy ra A(1;5)

Đường thẳng BD đi qua D ư ư và có VTPT ( 1; 1) AD = ư ư nên ( 2; 6) BD x: +3y+ = 4 0

Đường thẳng BI đi qua I ư( 2;1) và có VTPT AI = ư ư nên ( 3; 4) BI: 3x+4y+ = 2 0

Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ 3 4 0 (2; 2)

3 4 2 0

x y

B

x y

 + + =

 + + =



Vậy A(1;5), B(2; 2ư )

M N

G

B

A

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A Gọi M là trung điểm

BC, G là trọng tâm tam giác ABM, D là điểm thuộc đoạn MC sao cho GA GD= Giả sử D(7; 2ư ) và

đường thẳng AG có phương trình 3 xư ưy 13= Tìm tọa độ các đỉnh A và B , biết A có hoành độ 0 nhỏ hơn 4

Phân tích. Bài toán chỉ cho tọa độ điểm D và phương trình đường thẳng AG nên ta sẽ xét mối quan

hệ giữa chúng về góc hoặc khoảng cách Bằng các dữ kiện của giả thiết ta chứng minh được AG⊥GD

nên tam giác AGD vuông cân

Lời giải. Từ giả thiết suy ra tam giác AMB vuông cân tại M nên MG là đường trung trực của AB ,

suy ra GB GA= =GD Do đó G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD

Suy ra AGD=2ABD=900 hay AG⊥GD

Ta có ( , ) 3.7 2 13 10

9 1

d D AG = + ư =

Do A thuộc AG nên A a a ư( ;3 13) với a<4

Tam giác AGD vuông cân tại G nên

( ) ( )2 ( )2

2 , 2 5 7 11 3 20

AD= d D AG = ⇔ ưa + ư a =

⇔ ư + = ⇔ = (loại) hoặc a = 3

Với a = , suy ra 3 A(3; 4ư )

Gọi N là trung điểm của BM , từ hệ thức

2

AG= GN suy ra 9 1;

2 2

N 



 

Đường thẳng BC đi qua D(7; 2ư ) và có VTCP 5; 5

2 2

ND= ư 



  nên BC x: + ư = y 5 0

Đường thẳng AM đi qua A(3; 4ư ) và vuông góc với BC nên AM x: ư ư = y 7 0

Toa độ điểm M thỏa mãn hệ 5 0 (6; 1)

7 0

x y

M

x y

 + ư =



 ư ư =



Vì N là trung điểm BM nên suy ra B(3;2 )

Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác , ABC có ACB =450 Gọi M là trung điểm của

đoạn thẳng BC , N là điểm đối xứng với M qua AC , đường thẳng BN có phương trình

7xư ưy 19= Biết 0 A ư ư , tam giác ABM cân tại A và điểm B có tung độ dương Tìm toạ độ các ( 1; 1)

điểm còn lại của tam giác ABC

Phân tích. Đề bài cho tọa độ điểm A ư ư và đường thẳng ( 1; 1) BN: 7xư ưy 19=0 nên ta tìm mối liên

hệ giữa hai đối tượng này về góc hoặc khoảng cách Bằng các dữ kiện trong đề bài đã cho ta chứng minh

được tam giác ABN vuông cân tại A

Lời giải. Gọi H là chân đường cao xuất phát từ A của tam giác ABM

Vì tam giác ABM cân tại A nên BAH=HAM ( )1

Vì AM và AN đối xứng nhau qua AC nên MAC= NAC ( )2

Mà HAM+MAC=HAC=1800ư(AHC+ACH)=450 ( )3

Từ ( )1 , ( )2 và ( )3 suy ra BAN=2HAC=900 ( )*

Tam giác ABM cân tại A nên AB=AM Lại có M ,

N đối xứng nhau qua AC nên AM= AN Do đó

AB= AN ( )* *

Từ ( )* và ( )* * , suy ra tam giác ABN vuông cân tại

A nên AB= 2d A BC( , )= 5

Do B thuộc BN nên B b b ư( ;7 19)

Ta có AB= ⇔5 (b+1)2+(7bư18)2=25

⇔b2ư5b+ = ⇔ = hoặc 6 0 b 2 b = 3

● Với b = , suy ra 2 B(2; 5ư ): không thỏa mãn

● Với b = , suy ra 3 B(3;2) và N(2; 5ư )

Vì M , N đối xứng nhau qua AC và góc ACB =450 nên tam giác CMN vuông cân tại C Suy ra

BC= CN Giả sử C x y , ta có ( ; ) CB x( ư3;yư2), CN x( ư2;y+5)

Từ

2

CB CN

CB CN

 ⊥





=



ta có hệ phương trình ( )( ) ( )( )

( )2 ( )2 ( )2 ( )2

x x y y

 ư ư + ư + =



 ư + ư =  ư + + 



Giải hệ phương trình trên ta tìm được C(5; 4ư ) hoặc 3; 16

5 5

Cư ư 



  Với 3; 16 ,

5 5

Cư ư 



  ta thấy A , C cùng phía với BN nên loại

Vậy B(3;2 ,) C(5; 4ư ) là các điểm cần tìm

Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm 5; 1

8 4

I ư 



  Gọi

H là hình chiếu vuông góc của A trên BC ( H thuộc đoạn BC ) Đường phân giác trong góc BAC có

phương trình AD x + = Tìm tọa độ các đỉnh B và C , biết : 1 0 13; 1

5 5

Hư ư 



  và B có hoành độ âm

Phân tích. Bài toán cho tọa độ hai điểm I , H và phương trình phân giác AD Thường khi cho phân giác ta nghĩ đến tính lấy đối xứng nhưng ở đây AD là phân giác góc BAC không liên quan đến hai

điểm I , H Ta thấy H thuộc đường AH , I thuộc đường AI nên nếu ta chứng minh được AD là phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng AH và AI thì bài toán được giải quyết

N

M

H

C

B

A

Lời giải. Kéo dài AI cắt đường tròn tại điểm thứ hai là E

Vì AD là phân giác trong góc BAC nên BAD CAD= ( )1

Ta có CAE=900ưCEA=900ưCBA=BAH ( )2

Từ ( )1 và ( )2 , suy ra HAD=EAD hay AD là phân giác góc

HAE

Gọi H' là điểm đối xứng của H qua AD, suy ra H' thuộc AI

Đường thẳng HH qua H và vuông góc với AD nên có phương '

trình 1 0

5

y + = Giao điểm J của HH và ' AD là nghiệm của

hệ

1

0

5

1 0

y

x



 + =



 + =



1 1;

5

J 

⇒ ư ư 

  Ta có J là trung điểm của HH'

nên suy ra ' 3; 1

H  ư 



Đường thẳng AI đi qua hai điểm 5; 1

8 4

I ư  và ' 3; 1

5 5

H  ư  nên có AI: 2x+ ư = y 1 0 Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ 1 0 ( 1;3)

2 1 0

x

A

x y

 + =

 + ư =



Đường tròn tâm 5; 1

8 4

I ư 



 , bán kính 13 5

8

IA = có phương trình ( )

:

C xư  +y+  =

   

Đường thẳng BC đi qua 13; 1

5 5

Hư ư 



  và có VTPT 8; 16

5 5

AH= ư ư 



  nên BC x: +2y+ = 3 0 Tọa độ điểm B và C thỏa mãn hệ 2 2

2 3 0

3

x y

x y

 + + =

    

 ư  + +  =  =

   

   



hoặc 3

3

x y

 =





 = ư



Do B có hoành độ âm nên ta chọn B ư( 3;0) và C(3; 3ư )

E

D

I

H

A