50Bai oxy chonloc thaytungtoan p1

Đường tròn tâm C bán kính CB cắt đường thằng AB và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại D và E với EB... Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD biết K có hoành đ

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

Bài 1 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn và ABBCCA

Đường tròn tâm C bán kính CB cắt đường thằng AB và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại D

và E (với EB) Biết 1; 0

2

M 

  là trung điểm của BC và DM cắt AC tại

7

; 1 4

N  

  Tìm tọa độ các đỉnh

của tam giác ABC biết E D, đều thuộc đường thẳng x 3 0

Giải: Ta có MDđi qua 1; 0

2

M 

7

; 1 4

N  

nên có phương trình: 4x5y 2 0

Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ:

(3; 2)

D

     

Ta có  

E B (cùng chắn cung AC ) và  

B D

(vì tam giác CBD cân tại C ) Suy ra  

E D (1) Mặt khác, CECDCED CDE (2)

Từ (1) và (2), suy ra  

E D AEAD

Suy ra CA là đường trung trực của EDCAED

Khi đó CA đi qua 7; 1

4

N  

  và vuông góc với

đường thẳng ED x:  3 0 nên phương trìnhCA y:  1

Suy ra C c( ; 1) , khi đó B(1c;1) (vì M là trung điểm của BC )

1

3

c

c







  



+) Với c 1 C(1; 1) , B(0;1), suy ra BD có phương trình: x  y 1 0

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

A

   

     

+) Với 5 5; 1 , 8;1

   , suy ra BD có phương trình: 9x y 250

Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

26

; 1 9

1

A y

y



Vậy A(2; 1), (0;1), (1; 1) B C 

TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ_P1

GV: Nguyễn Thanh Tùng

2 2

2

1 1

N

M

C B

A

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

Bài 2 (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

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

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

H 2

5;

6 5

 

D(?)

C(?)

B(?) A( 2;0)

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

BD đi qua 1; 3

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

      

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 5 4 0 1

    

     

Cách 2:

( 3 3; 3)





                

(3 2; 6) ( 3 5; 9)

   





    







Do MBD nên MB MD ,

cùng phương, suy ra :

(3 2)( 9) ( 6)( 3 5) 48 48 1 ( 1;1) (1; 3)

(0; 4)

B

D





             



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

Bài 3 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A (ABAC) Trên

cạnh AB lấy điểm I sao cho AI AC Đường tròn đường kính IB cắt BC tại 60 15;

17 17

  và cắt đường kéo

dài CI tại N(4; 1) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015x2016y0

Giải:

180

CAICMI   ACMI nội tiếp đường tròn

hay AM MN

Ta có 8 ; 32 8 (1; 4)

MN   



Suy ra phương trình AM x: 4y0

Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

2015 2016 0

x y

 



   



M C  M MI là phân giác của góc AMN

90

BNC BACACBN nội tiếp đường tròn   

   Suy ra NI là phân giác của MNA, suy ra  I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác AMN

Phương trình AN x: 4y0; AM x: 4y 0 và MN: 4x y 150

Phương trình phân giác của góc AMN thỏa mãn: 4 4 15 3 5 15 0

  

    



1

2 2

1

1 1

4 3 2 1

N

M

I

C

B A

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAỊVN facebook.com/ ThayTungToan

Do A N, khác phía với MI nên phương trìnhMI :5x3y15 0 BC: 3x5y150

Phương trình phân giác NC của góc  ANM thỏa mãn: 4 4 15 5 0

3 0

x y

x y

  



Do A M, khác phía so với NC nên NC có phương trình: x  y 3 0

Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 3 0 0

     

Khi đó AB đi qua A(0;0) vuông góc với AC nên có phương trình: y0

Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 0 5 (5;

     

  Vậy A(0;0), (5;0), (0;3)B C

Chú ý : Trong hình vẽ bài toán này, ta có thể khai thác thêm tính chất EDAN để sáng tạo ra các đề bài mới, với E là giao điểm của AB và MN và D là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính IB với AN

Bài 4 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Đường thẳng đi qua B

vuông góc với AC tại H có phương trình y1 Gọi 2;3 , 3; 1

M  N  

    lần lượt các điểm thuộc đoạn

,

AH DC sao cho AM 3MH DC, 4NC Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD

Giải:

D

E

C

I M

N

1 1

B(?)

H N M

Ẳ)

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

AC đi qua M và vuông góc với BH nên có phương trình: x2

Khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 2 (2;1)

1

x

H y







 

Mặt khác, ta có AM 3MH

2 (2;3)

A

A

x

x

A











Xét MBH, ta có: 

1

4

  (1) ; Xét BNC , ta có: 

1

Lại có: ABH~ACB HB AH HB BC

Từ (1), (2), (3) suy ra :  

tanM tanN M1 N1

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

90

BMN

  hay BM MN, suy ra phương trình BM x: 4y 8 0

Tọa độ điểm B là nghiệm của hê: 4 8 0 4 (4;1)

B

Khi đó DC đi qua N song song với AB nên có phương trình: x  y 2 0

Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 2 0 2 (2; 0)

C

Do ABCD là hình chữ nhật nên CD BA ( 2; 2)D(0; 2) Vậy A(2;3), (4;1), (2;0)B C , (0;2)D

Chú ý : Yếu tố vuông góc trong bài toán, cụ thể BM MN sẽ luôn được giữ nguyên nếu đề bài đảm bảo được

tỉ số MH NC k

AH  DC 

Bài 5 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm B( 1; 4) Gọi D,

( 1; 2),

E  N lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, chân đường cao kẻ từ B của tam giác ABC và trung điểm của

cạnh AB Biết 3 7;

2 2

I 

  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC

Giải:

BE có phương trình: x 1, khi đó AC đi qua E( 1; 2)

vuông góc với BE nên AC có phương trình: y2

Gọi M là trung điểm của BC và gọi C c( ;2)AC 1;3

2

c

M  

Lúc này ta sẽ chỉ ra M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp

tam giác DEN hay ta sẽ chứng minh MEND là tứ giác

nội tiếp đường tròn Thật vậy:

Ta có

NAE NEA

 







 (vì NAE cân tại N và MN // AC ) 

 

NAEMNE (1) Mặt khác: E D, cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên ABDE nội tiếp đường tròn , khi đó:

I

D

N

B

E A

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

NAEEDM BDE (cùng bù với BDE ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra : MNE= EDM , suy ra MEND nội tiếp đường tròn

Khi đó ta có:

5 ( 5; 2)

c





       

             

  

          Vậy C(1;2) hoặc C( 5; 2)

Bài 6 (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  

C E

E E  C E  , suy ra MEDC

Khi đó DC đi qua 0;3

4

N 

  vuông góc với EM nên có

phương trình: 3 4 3 0 1 4

3

y t

  



     

 Suy ra C( 1 4 ;3 )  t t (với 1

4

4



Ta có

1 4

1

D

D

D

D

 



 

Suy ra 4 2; 2

3

t



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

.(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; )

 



   



Do M là trung điểm của AB nên 2 1 5 0 (0; 3)

         

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

(T)

1

1

1

5 4

I E

N

M

B

A

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

5

;

( 3) ( 1)

2

x

y

 



        



Bán kính của ( )T là: 5

2

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

2 2

      

Bài 7 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường

tròn ( )T và C(1;0) Biết tiếp tuyến của đường tròn ( )T tại B cắt AC tại E Gọi 1; 2

2

F 

  là điểm thuộc

đoạn BE và 3 5;

4 4

J 

  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác

ABC biết D(2;1) thuộc đường tròn ( )T

Giải:

Gọi M là giao điểm của CF và đường tròn ( )T

Lúc này ta sẽ chứng minh M cũng thuộc đường

tròn ngoại tiếp tam giác AEF hay ta sẽ đi chứng minh

AEFM nội tiếp đường tròn tâm J Thật vậy:

Ta có  

E B (cùng phụ với ACB )

và  

B M (cùng chắn cung AC )

E M E FMAM FMA ,

suy ra AEFM nội tiếp đường tròn tâm J (*)

Phương trình đường thẳng CF là:

1 3

4

 



  

 M(1 3 ; 4 ) t  t

Khi đó từ (*), suy ra:

JM JF JM JF  t   t    t  t 

1 32

25

;

; 2

M t

M

  

     



     

Ta có phương trình trung trực d của 1 DC là : x  y 2 0

phương trình trung trực d của 2 MC là: 3x4y 1 0

Khi đó tọa độ tâm I của đường tròn ( )T ngoại tiếp tam giác ABC (hay ngoại tiếp tam giác MBC )

là nghiệm của hệ: 2 0 1  1;1

I

     

1

1 2

1

D

M F

E

J

I

C B

A

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAỊVN facebook.com/ ThayTungToan

Do ABC vuông tại A, suy ra I là trung điểm của BC , do đó B(1; 2)

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và ngoại tiếp tam giác AEF lần lượt có phương trình:

x y  x y  và 2 2 3 5 3

0

x y  x y 

Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

0

1 0

x y

1 25 32 25

x y

 





 



(0;1)

A

 hoặc 1 32;

25 25

A   M

  (loại)

Vậy A(0;1), (1; 2)B

Bài 8 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với 9; 3

M  

  là trung điểm

của đoạn BC và đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x3y 5 0 Gọi E F, lần lượt là chân

đường cao kẻ từ đỉnh B C, của tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh A, biết đường thẳng đi qua hai điểm E F, có phương trình 2x  y 2 0

Giải

 Gọi N là trung điểm của AHvới H là trực tâm của

ABC Ta có:

2

AH

NENF  và

2

BC

MEMF  ,

suy ra MNEF Suy ra MN có phương trình:

2x4y 3 0

Khi đó tọa độ điểm N là nghiệm của hệ :

x

  



  

   

;

y N 

1

;1 2

I 

  là trung điểm của MN

 NEA và MCE lần lượt cân tại N và M

4

 





 Gọi E t t( ;2  2) EF khi đó từ :

3 ( 3; 4)



 

               

   

 Đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x3y 5 0 nên gọi A(5 3 ; ) a a Ta có

6 ( 13;6)



               

Vậy đáp số của bài toán là A(2;1) hoặc A( 13;6)

I H

N

E

F

C B

Ẳ)

M

4 1

1

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAỊVN facebook.com/ ThayTungToan

Bài 9 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm

(2;1)

J Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình 2x y 100 và D(2; 4) là

giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x  y 7 0

Giải:

 AJ đi qua J(2;1) và D(2; 4) nên

có phương trình: x 2 0

Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ :

(2; 6)

A

     

 Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

AmE EnC CpD DqB









   

EnC CpD AmE DqB

hay ECD AmEDqB (1)

 Mặt khác:

1 2 1 2

EBD sd ECD DJB sd AmE sd DqB

 







(2)

Từ (1) và (2) suy ra:  EBDDJB

hay tam giác DBJ cân tại D, suy ra DBDJ (*) Lại có  

A A DBDC (2*)

Từ (*) & (2*) suy ra: DBDJ DC hay D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC

 Suy ra B C, nằm trên đường tròn tâm D(2; 4) bán kính DJ 5 có phương trình :

(x2) (y4) 25 Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

7 0

x y

    





  



3 4

x y

 



  

 hoặc

2 9

x y





  



( 3; 4) (2;9)

B B

 



 



Do B có hoành độ âm nên ta được B( 3; 4) 

BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng 2x y 100 nên có phương trình: x2y 5 0

Khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ :

    





  



3 4

x y

 



  

5 0

x y





 



( 3; 4) (5;0)

C

  



 

 Vậy A(2;6), ( 3; 4), (5;0)B   C

2 1

q p

n

m

E

J

D

Ẳ)

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAỊVN facebook.com/ ThayTungToan

Bài 10 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm của AB Đường thẳng CM có phương trình 5x7y200 và 11; 7

K  

  là trọng tâm của tam giác

ACM Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm nằm trên đường thẳng 2x4y 7 0 và có bán kính

bằng 5

2 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết A và C có tọa độ nguyên

Giải:

Gọi G , I lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC Gọi N là trung điểm của MA, khi đó :

2

3

GK

CN CM   // MN hay GK // AB

Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp nên:

MI AB MI GK (1)

Gọi P là trung điểm của AC và do ABC cân tại A nên:

MP/ /BC MK/ /BC GI MK

Từ (1) và (2) , suy ra I là trực tâm của tam giác MGK

KI MG hay KI CM

Khi đó KI có phương trình: 7x5y 7 0

Suy ra tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:

7 5 7 0

  





   



7 2

x và 7

2

y  7; 7

Gọi C(4 7 ;5 ) t t CM , khi đó : 5 2 25

2 2

RIC IC 

2

21 37

t  (loại) C(4;0)

Gọi M(4 7 ;5 ) m m CM , khi đó K là trọng tâm tam giác ACM nên 7 5; 5 7

A m  m 

1

(1; 1)

; 47

2

37 37 74

A m

A m

    



     



Do A có tọa độ nguyên nên A(1; 1) 1; 5 (0; 4)

  (vì M là trung điểm của AB)

Vậy A(1; 1), (0; 4), (4;0) B  C

CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU

GV: Nguyễn Thanh Tùng

P N

I G M

C(?) B(?)

Ẳ)

K