Bài tập HÌNH HỌC PHẲNG HAY VÀ KHÓ PHẦN 3

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A.. Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt đường tròn T tại D... Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có di

Bài 21. (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 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

Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 3 5 0 1 ( 1;

C

Ta có CD // AB, suy ra  

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

C B

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

x y

y



1

1 1

2

H D

N

E

M

C (?)

B(?)

Ẳ)

TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ_P3

GV: Nguyễn Thanh Tùng

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

2sđ BC ), mà  

C B nên suy ra  

D C hay tam giác BDC cân tại B Gọi nBD ( ; )a b là vecto pháp tuyến (VTPT) của BD với a2b2 0

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

a b

a b



   

2( 2 2) ( 3 )2 2 6 7 2 0 ( )( 7 ) 0

7

a b

a b





+) 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

Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 1 0 1 (

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

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

2 1

A

Vậy A( 2; 1)  ,B(1;0),C( 1; 2)

Bài 22. (Trường Hà Huy Giáp – Cần Thơ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có

diện tích tích bằng 15 Đường thẳng AB có phương trình x2y0 Trọng tâm tam giác BCD là 16 13;

3 3

Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết điểm B có tung độ lớn hơn 3

Giải

S ABCD =15

H

G I

B(?) Ẳ)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của G lên AB, khi đó

2 2

16 13 2

10

( , )

3 5

1 2

GH d G AB



Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD Ta có: 2 2 1 1

AG

5

ABCD S AB

CB

3

Ta có GH đi qua 16 13;

3 3

  và vuông góc với AB x: 2y 0 nên phương trình GH: 2x y 150

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ: 2 15 0 6 (6;3)

H

Gọi B t t(2 ; )AB với t3, khi đó:

(*) 2 5 (2 6)2 ( 3)2 5 ( 3)2 1 4 3 (

t

B

t

t







4 3.(3 4) 1 (2;1)

BA BH

 

Lại có

2

(7; 6

2

7

2

6

1 2 3

) 3

C

C

C C

x

x

AG GC

y y

C





 

Do ABCD là hình chữ nhật nên CD BAD(1;3)

Vậy A(2;1),B(8; 4),C(7;6),D(1;3)

Bài 23 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 IC sao cho NC2NI và AN có phương trình x  y 2 0 Tìm tọa độ điểm M biết 15

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

1 1

1 tan tan 1 .

2 3





45

MAN

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AN

H N

I

15 2

M(?)

C

B

A

2 1

Suy ra tam giác MHA vuông cân tại H nên ta có: 15

2 2 2

AM

MH  

Do M M t( ;7 2 ) t , khi đó:

d M AN AH   

11

2 2

; 6

M t

t





Vậy 11; 4

2

  hoặc

1

; 6 2

 

Bài 24. (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( )T

với A(0;1) và ABAC Phân giác của góc BAC cắt BC tại D và cắt ( )T tại điểm E khác A Gọi M là

trung điểm của AD và BM cắt ( )T tại điểm N khác B Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN có tâm

3 67

;

5 40

I 

 , điểm C thuộc đường thẳng d x: 4y 7 0 và AE đi qua điểm K( 1;1) Tìm tọa độ đỉnh B C,

biết điểm C có tung độ lớn hơn 2

Giải

Gọi P là giao điểm của AC và EN

Ta sẽ chứng minh ANPM là tứ giác nội tiếp Thật vậy:

Ta có  

1 2

A N  sđ BE và  

A  A (giả thiết), suy ra  

N A

Suy ra ANPM nội tiếp đường tròn hay P thuộc đường tròn

tâm 3 67;

5 40

I 

  ngoại tiếp tam giác AMN , suy ra IPIA (*)

Ta lại có:  

1 2

C N  sđ AB và  

1 2

P N  sđ AM

Suy ra  

C P PM//CD , suy ra PM là đường trung bình

trong tam giác ADC , suy ra P là trung điểm của AC

Do C d C7 4 ; t t với t2 7 4 ; 1

t t

P   

  , khi đó:

(*)

2

t

5

5 2

170 703 695 0

1

5 3;

85

2

t

t

t

C



 



 







  và

3 7

;

2 4

P 

Do AE đi qua A(0;1) và K( 1;1) nên AE có phương trình: y1M m( ;1)

H Q

1 1

1 2 2

1

P

K

E

N

M

I

B(?)

A

Ta có

IM IAIM IA m       

;1 6

6

;1

5 5

m

M m









12

;1 5

  (do M là trung điểm của AD)

Khi đó BC đi qua 3;5

2

C 

12

;1 5

D 

  nên BC có phương trình: 5x2y100

Gọi Q đối xứng với P qua AE, suy ra QAB

Ta có PQ đi qua 3 7;

2 4

P 

  và vuông góc với AE y: 1 nên phương trình

3 :

2

PQ x 

Suy ra tọa độ giao điểm của AE và PQ là 3;1

2

H 

3 1

;

2 4

  (do H là trung điểm của PQ)

Khi đó AB đi qua A(0;1) và 3 1;

2 4

Q 

  nên AB có phương trình: x2y 2 0

Suy ra tọa độ điểm điểm B là nghiệm của hệ: 5 2 10 0 2

Vậy ( 2;0) 3; 5

2

,

 

Bài 25. (Trường THPT Cù Huy Cận – Hà Tĩnh) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD

vuông tại A và B có phương trình cạnh CD là 3x y 140 Điểm M là trung điểm của AB, điểm

3

0;

2

N  

  là trung điểm của MA Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A B, trên MD và MC Xác

định tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD biết điểm M nằm trên đường thẳng d: 2x  y 3 0, hai đường

thẳng AHvà BK cắt nhau tại điểm 5; 3

P  

Giải

*) Trước tiên ta sẽ đi chứng minh MP CD Thật vậy:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

2

2







 , kết hợpMAMBMH MD. MK MC.

Mặt khác, MKPH là tứ giác nội tiếp đường tròn

( vì MKPMHP9009001800)MKH MPH (2)

Gọi I là giao điểm của MP và CD

Từ (1) và (2), suy ra MDCMPH

H

K

P

N

M

I

D(?)

C(?) B(?)

Ẳ)

    0

180

MDC IPH MPH IPH

     DIPH nội tiếp đường tròn

PID PHD MPCD

*) Khi đó MP đi qua 5; 3

P  

  và vuông góc với CD:3x y 140 nên có phương trình: x3y 2 0

Suy ra tọa độ tọa độ điểm 3 2 0 1 (1; 1) ( 1; 2)

Do M là trung điểm của AB nên suy ra B(3;0)

Ta có AB(4; 2)2(2;1), suy ra phương trình BC: 2x  y 6 0 và AD: 2x  y 4 0

Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 2 6 0 4 (4; 2)

C

Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 2 4 0 2 (2; 8)

D

Vậy A( 1; 2)  ,B(3;0),C(4; 2) ,D(2;8)

Bài 26. (Sở GD&ĐT Cần Thơ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm

(1; 2)

H là hình chiếu vuông góc của A trên BD Điểm 9;3

2

M 

  là trung điểm của cạnh BC Phương trình

đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác ADH là 4x  y 4 0 Viết phương trình cạnh BC

Giải

Gọi N là trung điểm của HD Ta sẽ chứng minh MNAN theo 2 cách sau:

Cách 1: Gọi E là trung điểm của AH , khi đó NE // AD và

2

AD

NE (*)

Suy ra NE AB, suy ra E là trực tâm của tam giác ABNBEAN (1)

Mặt khác, từ (*) suy ra NEBM là hình bình hànhBE//MN (2)

Từ (1) và (2), suy ra MN AN

Cách 2: (Nguyễn Thanh Tùng)

Xét NAH , ta có: 

1

2 tanN  HA  AH (1) ; Xét AMB, ta có: 

1

tanM  AB  AB  BA (2)

D

1

1

E

Cách 2 Cách 1

H

N

M

H

N

M

A

D

C B

A

Lại có: ADH~BDA AH DH AH BA

Từ (1), (2), (3) suy ra :  

tanN tanM N1M1

Khi đó M N, cùng nhìn BC dưới các góc bằng nhau, suy ra MNAB là tứ giác nội tiếp

90

MNA

  hay MNAN

Do đó MN đi qua 9;3

2

M 

  và vuông góc với AN: 4x  y 4 0 nên phương trình

15

2

MN x y 

Khi đó tọa độ điểm N là nghiệm của hệ:

; 2

2

N

Do N là trung điểm của DH nên D(0; 2)

Ta có BD đi qua điểm H(1;2) và D(0; 2) nên có phương trình: y2

Suy ra AH đi quaH(1; 2) và vuông góc với BD nên có phương trình: x1

Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 1 (1; 0)

A

Khi đó BC đi qua 9;3

2

M 

  và vuông góc với AD nên có phương trình: 2x y 120

Chú ý : Nhờ Cách 2 ta thấy được yếu tố vuông góc trong bài toán, cụ thể BM MN sẽ luôn được giữ nguyên

nếu đề bài đảm bảo được tỉ số

Bài 27 (Sở GD&ĐT Cần Thơ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

tâm I(2; 2), điểm D là chân đường phân giác trong của góc BAC Đường thẳng AD cắt đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC tại điểm M khác A Tìm tọa độ các điểm A B C, , biết J( 2; 2) là tâm đường tròn ngoại tiếp

tam giác ACD và phương trình đường thẳng MC là x  y 2 0

Giải:

Ta sẽ chứng minh JCCM Thật vậy:

Ta có   

C A  A và DJCsđ DC2A1

Suy ra  

1 2

DJC C (1)

Mặt khác, JDC là tam giác cân tại J

Từ (1) và (2), suy ra:      0

1

2C 2JCDDJCJCDJDC180

C JCD

   hay JCM 900 Vậy JCCM

Khi đó CJ đi qua J( 2; 2) và vuông góc với CM x:   y 2 0

nên phương trình CJ x:   y 4 0

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 4 0 ( 1;3

1 3

C

K

2

1

1

I

J

D

M

C(?) B(?)

Ẳ)

Do A C, là hai giao điểm của đường tròn tâm I và đường tròn tâm J , suy ra ACIJ

Do phương trình IJ y:  2 AC x:  1A( 1; ) a

Gọi M m( ;2m)MC , khi đó:

Ta có IBIC và MBMC (vì  

A  A )

Suy ra IM là đường trung trực của BD hay B đối xứng với C qua IM

Phương trình IM: 3x  y 8 0

Khi đó BC đi qua C( 1;3) và vuông góc với IM nên phương trình BC x: 3y100

Tọa độ giao điểm K của BC và IM là nghiệm của hệ:

Do K là trung điểm của 19 23;

B

 Vậy ( 1;1) 19 23; ( 1;3)

Bài 28.(Sở GD – Bắc Giang – 2016) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có

phương trình AD x: 2y 3 0 Trên đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường chéo AC lấy điểm E

sao cho BE AC (B và E nằm về cùng phía so với đường thẳng AC ) Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ

nhật ABCD , biết điểm E(2; 5) , đường thẳng AB đi qua điểm F(4; 4)

Giải:

Ta có AB đi qua F(4; 4) và vuông góc với AD x: 2y 3 0 nên AB có phương trình: 2x  y 4 0

Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 2 4 0 1 (1; 2)

Ta có EF(2;1) cùng phương với vecto chỉ phương của AD là: uAD (2;1), suy ra EF/ /AD

Suy ra EFBF Khi đó AC EB ABC EFB

ACB EBF







5

AB EF

Ta có BABB b( ; 4 2 ) b , với b0

(2; 0

(

2

b

b b







Suy ra phương trình BC đi qua B(2;0)

và song song với AD) là: x2y 2 0

Ta có AC đi qua A(1; 2) và vuông góc

với BE ( phương trình BE là: x2)

nên có phương trình y2

x B>0

F(4; 4) E(2; 5)

B(?) Ẳ)

x 2y+3=0

Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 2 6 (6; 2)

Do CD đi qua C và vuông góc với AD nên có phương trình: 2x y 140

Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 2 14 0 5

Vậy A(1; 2),B(2;0),C(6; 2),D(5; 4)

Bài 29 (Sở GD&ĐT Hưng Yên_2016) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại

2

AB AD BC Điểm 1;1

3

N 

  thuộc đoạn thẳng AC và NC2NA Đường trung tuyến kẻ từ

đỉnh B của tam giác BCD có phương trình: x  y 2 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD biết

điểm B có hoành độ âm

Giải:

Gọi ACBD N ' Áp dụng Ta – lét ta có:

N A AD

hay B N D, , thẳng hàng

Gọi K là hình chiếu vuông góc của D lên BC

Khi đó ABKD là hình vuông  DKBKKC

Mà DBK 450, suy ra BDC vuông cân tại D

2

a

AB a DCDB a  DM

2 2 10

2

a

Xét DBM ta có: 

1

DM a a B

BM

   Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên BM

Khi đó:

1

1 2

4 2 3

( , )

3 2

NH d N BM

 

 1

4 2 1 4 10 :

sin

NH NB

B

Do BBM B t t( ; 2) với t0

1

3

( 1; 3)

t

t



 









Ta có

1 1 1

1

3

1 1 2

; ) 3

(1 3

D

D

D D

x

x

ND AD

ND BN

y N

y

D

B BC







 

DC đi qua D(1;3) và vuông góc với BD (BD(2;6)2.(1;3)) nên DC có phương trình: x3y100

1

N

H K

M

C(?) B(?)

D(?) Ẳ)

Khi đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:

3 10 0 4 (4; )2 (7;1

x y

x

M

Mặt khác:

1

1 1 7

3

2

3 3 1 2

( 3; 1)

A

A

A A

x

x

y y

    









 

Vậy A( 3; 1)  ,B( 1; 3)  ,C(7;1 ),D(1;3)

Bài 30. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I 1;3 Biết

  2;1 , 4; 3

H K  lần lượt là hình chiếu vuông góc của B C, trên đường thẳng AI và trung điểm M của BC

nằm trên đường thẳng 2x y 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

Giải:

Đường thẳng AI đi qua I(1;3),H(2;1) nên AI có phương trình: 2x  y 5 0

Từ M kẻ đường thẳng song song với BH cắt HK HC, lần lượt tại N P, MPAI

Suy ra MP là đường trung bình của BCH NP là đường trung bình của HKC

Khi đó N là trung điểm của HKN(3; 1)

Đường thẳng MP đi qua N và vuông góc AI: 2x  y 5 0 nên có phương trình:x2y 5 0

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 2 5 0 1 1; 2

M

Đường thẳng BC đi qua M(1; 2) và vuông góc với IM x: 1 nên có phương trình y 2

Phương trình đường thẳng BH x: 2y0 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

M

P N

2x + y = 0

K(4;-3)

H(2;1) I(1;3)

C(?) B(?)

Ẳ)

2 4  4; 

   C6; 2  (do M là trung điểm của BC )

Gọi A a( ;5 2 ) a AI: 2x  y 5 0 , khi đó:

1 10;3 2 10

A

A





Vì tam giác ABC nhọn nên ta được A1 10;3 2 10 

CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU

GV: Nguyễn Thanh Tùng

HẸN GẶP LẠI CÁC BẠN Ở CÁC PHẦN TIẾP THEO !