VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C, A’ là điểm đối xứng của A qua I, H’ là giao điểm của AH với đường tr
Trang 1VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C), A’ là
điểm đối xứng của A qua I, H’ là giao điểm của
AH với đường tròn (C) Khi đó ta có các kết quả:
+) Tứ giác BHCA' là hình bình hành
+) Ba điểm I, G, H thẳng hàng và IH=3IG
+) H và H’ đối xứng nhau qua BC
Chứng minh:
………
………
………
………
•••• Tính chất 2: [Mối quan hệ I – J] Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I, J là tâm đường tròn nội tiếp (tức là giao của ít nhất 2 đường phân giác trong nhá), D là giao điểm của phân giác trong góc A với (C) Khi đó ta có D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC, tức D cách đều 3 đỉnh đó, hay là dễ hiểu hơn thì DB=DC=DJ Chú ý: ID⊥BC nhé Chứng minh: ………
………
………
………
••••
Tài liệu bài giảng (Khóa Toán 10)
CÁC TÍNH CHẤT HÌNH PHẲNG OXY (P1)
Thầy Đặng Việt Hùng – www.facebook.com/Lyhung95
Trang 2Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I,
H là trực tâm tam giác
Gọi J là điểm đối xứng của I qua BC thì J là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC hay
JB=JC=JH =R
Chứng minh:
………
………
………
………
•••• Tính chất 4: [Bài toán về hai chân đường cao trong tam giác] Cho tam giác ABC, gọi D, E là chân đường cao kẻ từ B, C lên cách cạnh AC, AB Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I, khi đó ta có kết quả IA⊥DE hay A A' ⊥DE Chú ý: Tính chất này còn được khai thác trong bài toán về trục đẳng phương Ta dễ thấy D, E đều thuộc hai đường tròn - Đường tròn (C1) đường kính BC - Đường tròn(C2) đường kính AH (với H là trực tâm) Khi đó ta dễ dàng thu được phương trình DE Chứng minh: ………
………
………
………
Trang 3Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn
(C) tâm I Gọi D, E là giao điểm của đường tròn
(C) với các đường cao qua A và C Khi đó I, B
⊥
=
Chứng minh:
………
………
………
………
BÀI TẬP LUYỆN TẬP Câu 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD có diện tích bằng 50, đỉnh C(2; 5)− , 3 AD= BC , biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm 1; 0 2 M− , đường thẳng AD đi qua N( 3;5)− Viết phương trình đường thẳng AB biết đường thẳng AB không song song với các trục tọa độ Lời giải AB qua 1; 0 : 1 0 2 2 M AB a x by − ⇒ + + =
AD qua N(−3;5) và vuông góc với AB
AD b x a y
Ta có AB d C AD( , ) 5a2 10b2
a b
+
+
,
BC d C AB AD
Ta có
4
1
2
ABCD
a b
a b a b
a b
a b a b
−
+
( )
+ =
2
2
Trang 4Vậy : 2 3 2 0
2
2
AM lần lượt là: x−2y− =13 0 và 13x−6y− =9 0 Biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác ABC
là ( 5;1)I − Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C
Lời giải
Ta có A= AH ∩AM ⇒ A(− −3; 8)
Đường thẳng IM qua I(−5;1) và song song với
đường thẳng AH ⇒IM x: −2y+ =7 0
Đường thẳng BC qua M( )3;5 và vuông góc với
đường thẳng AH ⇒BC: 2x+ − =y 11 0
Vậy A(− −3; 8 ,) ( ) ( )B 2; 7 ,C 4;3 hoặc A(− −3; 8 ,) ( ) ( )B 4;3 ,D 2; 7
điểm M bất kỳ trên đường thẳng d x: − + =y 3 0 luôn kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) Gọi hai
tiếp điểm A, B Tìm tọa độ điểm M để khoảng cách từ (1;1) J đến đường thẳng AB bằng 3
2
Lời giải
Đường tròn ( )C có tâm I( )1; 2 , bán kính
1
R=
2
d I d = = >R ⇒ từ điểm M
bất kì trên đường thẳng d x: − + =y 3 0 luôn
kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn ( )C
Gọi M t t( ; +3) và A x y( ); là tọa độ tiếp điểm
Ta có IA=(x−1;y−2) ,
MA= x−t y− −t
Trang 5
(x 1)(x t) (y 2)(y t 3) 0
x y t x t y t
Lấy ( ) ( )2 − 1 ta được ( ) (t−1 x+ +t 1)y− − =3t 2 0⇒ AB:( ) (t−1 x+ +t 1)y− − =3t 2 0
t
+
( )
2
1 1; 4
;
t t
Vậy M( )1; 4 hoặc 1 22;
7 7
( ) : (C x−1) + −(y 2) =5 và đường thẳng
d x+ + =y 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
Đ/s: A(1; 3− ) hoặc A(4; 6− )
Lời giải:
Gọi ( )C tâm I, AI∩BC={ }H , tham số A a( ; 2− −a)
2
Mặt khác ABI∆ vuông tại B có BH là đường cao nên
− + + −
2
BH
− + + −
2
− + + −
Vì 8=S∆ABC =2S ABH = AH BH ↔ AH BH2 2 =64
Điều này ( ) ( )
Trang 6Đặt ( ) (2 )2 3 2 25 25
− + + = → = + + ≥
2
t
t
−
Điều này ( ) (2 )2 1 ( (1; 3) )
A a
−
=
Vậy có 2 điểm thỏa mãn yêu cầu là A(1; 3− ) hoặc A(4; 6− )
thuộc tia Ox và góc BAC bằng 30 độ Bán kinh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 Xác định tọa độ điểm A và C
Lời giải:
Theo định lý hàm sin trong
BC
sinBAC
C c
=
2;1 0; 0
0;
C
AC a
0; 12 1
12 1 1
3
cos
A a
a a BAC
= +
2;1 4;
AC a
= − −
1 8 3
a a
− +
1 12 6 12 19 0;
1 12 6 12 19
2 2
0;
A a
2
2
( 12 1 ;) ( )0; 0 ( 12 1 ;) ( )0; 0
Trang 7Câu 6 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, D có B( )8; 4 , CD=2AB và
phương trình đường thẳng AD là x− + =y 2 0 Điểm 82 6;
13 13
điểm A, C, D
Đ/s: A( ) ( ) (5; 7 D 1;3 ;C 7; 3− )
Lời giải:
A là hình chiếu của B lên đường thẳng AD →A( )5; 7
Phương trình AC qua A và M là AC: 5x+ −y 32=0
Gọi D d d( ; +2), vì DC=2AB→C d( +6;d−4)
( ) (1;3 ; 7; 3)
D C
Vậy A( ) ( ) (5; 7 D 1;3 ;C 7; 3− ) là các điểm cần tìm
thẳng BD có phương trình 7 x− − =y 9 0 Điểm E(-1; 2) thuộc cạnh AB sao cho EB = 3EA Biết rằng B có tung độ dương Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D
Lời giải:
Gọi K là giao điểm của BD và CE Khi đó ta có:
KC =CD = ⇒= − Gọi K t( ; 7t−9 ;) (C 2v+1;v) ta
có
3
11
11 4
7
2
4
t
v
− = − + =
Khi đó gọi B u u( ; 7 −9)
Ta có: BE BC = ⇔0 (u+1)(u− +5) (7u−11 7)( u−11)= ⇔ =0 u 2 (do y B >0)
Do vậy B( )2;5 Lại có: BE=3EA⇒A(−2;1)⇒D(1; 2− )
E(–1; –3) thuộc đường thẳng chứa đường cao qua đỉnh B Đường thẳng AC qua F(1; 3) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có đường kinh AD với D(4; –2)
Lời giải:
Trang 8Gọi H là trực tâm tam giác ABC ta có: CH/ /BD⊥AB và BH/ /CD
do vậy BHCD là hình bình hành suy ra M là trung điểm của BC đồng
thời là trung điểm của HD
Khi đó H( )2; 0 suy ra PT đường cao BH là: x− − =y 2 0
Do vậy AC x: + − =y 4 0 và CD: x− − =y 6 0
Suy ra C=CD∩AC⇒C(5; 1− )⇒B(1; 1− )⇒BC y: = −1
Khi đó AH x: =2⇒A( )2; 2
Vậy A( ) (2; 2 ;B 1; 1 ;− ) (C 5; 1− )
tròn đường kinh AM cắt BC tại B, cắt BD tại N(6; 2), đỉnh C thuộc đường thẳng d: 2x− − =y 7 0 Tìm
tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2
Lời giải:
Ta có tứ giác ABMN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM
do vây ANM =900 Mặt khác AMN =ABN =450 ( cùng chắn
AN )
Do đó ANM∆ vuông cân tại N Ta có: AN x: −5y+ =4 0
t t A do x
7
5
u
=
=
Do vậy C( )7; 7 ⇒K( )4; 4 ⇒AC x: − =y 0;BD x: + − =y 8 0
Lại có: BC x: =7⇒B( )7;1 ⇒D( )1; 7
Vậy A( ) ( ) ( ) ( )1;1 ;B 7;1 ;C 7; 7 ;D 1; 7
qua A vuông góc với AE cắt CD tại F Đường thẳng chứa đường trung tuyến AM của tam giác AEF cắt
CD tại K Tìm tọa độ điểm D biết ( 6; 6), A − M( 4; 2),− K( 3; 0)−
Lời giải:
Trang 9Ta có: EAB =DAF ( cùng phụ với góc DAE )
Ta có: AK: 2x+ + =y 6 0⇒EF x: −2y+ =8 0
Gọi F(2t−8;t) khi đó:
4
t
t
=
=
+) Với t=0⇒F(−8; 0)⇒CD y: =0⇒AD x: = −6
Do đó: D(−6; 0)
+) Với t=4⇒F( )0; 4 ⇒CD: 4x−3y+ =12 0
Vậy D(−6; 0) hoặc 6 12;
cạnh BC Gọi D, E lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh B và C Đường phân giác của góc DME cắt
đường cao hạ từ đỉnh A tại điểm I(0; 3) Tìm toạ độ các đỉnh B, C biết rằng điểm B có hoành độ âm
Đ/s: B(− −4; 4 ;) ( )C 4; 0
Lời giải:
Gọi K là trung điểm AH (H là trực tâm ABC∆ ), J là tâm
đường tròn ngoại tiếp ABC∆ có:
Vì ADH =AEH =90o →ADHE nội tiếp(K KD; )
Lại có tứ giác EDCB nội tiếp (M MD; )→MD=ME
Suy ra MK là trung trực của DE
MK
Vì I là trung điểm AH→H( )1;1
Mà ta có AH =2JM→J(−1; 0)
Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC∆ là:
Phương trình BC qua M vuông góc AH là
BC x− y− =
Tọa độ B, C là nghiệm hệ:
0
x
= − = −
Vậy B(− −4; 4 ;) ( )C 4; 0 là các điểm cần tìm
( ) : (C x−2) + −(y 3) =26, 8
1;
3
G
là trọng tâm tam giác và M(7; 2) nằm trên đường thẳng đi qua A và
vuông góc với đường thẳng BC, M khác A Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết tung độ của điểm
B lớn tung độ của điểm C
Trang 10Gọi ( ) ( ) (2 )2
Gọi N là trung điểm của BC
, MA=(a−7;b−2)
5
7
a
=
=
( ) ( )1;8 , 1; 4
A N
Đường thẳng BC qua N( )1; 4 và vuông góc với đường thẳng AM ⇒BC x: − + =y 3 0
Do B∈BC⇒B t t( ; +3) Ta có ( )2 2 2 1 2 3
1 2 3
t
t
= +
= −
Với t = +1 2 3⇒B(1 2 3; 4+ +2 3) (⇒C 1 2 3; 4− −2 3)
Với t = −1 2 3 ⇒B(1 2 3; 4− −2 3) (⇒C 1 2 3; 2 3+ + )→ loại
Vậy A( )1;8 ,B(1 2 3; 4+ +2 3 ,) (C 1 2 3; 4− −2 3)
Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn