Tuyển chọn bài toán Oxy bám sát kì thi THPT QG 2016 – Lê Anh Tuấn

Tài liệu gồm 22 trang tuyển chọn các bài toán Oxy hay và khó bám sát nội dung đề thi THPT Quốc gia 2016, tài liệu được biên soạn bởi thầy Lê Anh Tuấn.

A. Phương pháp chung để giải quyết bài toán hình học giải tích phẳng gồm các bước sau:
1. Vẽ hình, xác định các yếu tố đã biết lên hình.
2. Khám phá các tính chất khác của hình (nếu cần). Chú ý tìm các đường vuông góc, song song, đồng quy; các đoạn bằng nhau, góc bằng nhau; các góc đặc biệt; quan hệ thuộc giữa điểm và đường thẳng, đường tròn ….
3. Xác định các điểm, đường thẳng (theo các kĩ thuật đã học) để thực hiện yêu cầu bài toán.

Môn:

Toán 10 2.8 K tài liệu

Thông tin:
22 trang 9 tháng trước

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Tuyển chọn bài toán Oxy bám sát kì thi THPT QG 2016 – Lê Anh Tuấn

Tài liệu gồm 22 trang tuyển chọn các bài toán Oxy hay và khó bám sát nội dung đề thi THPT Quốc gia 2016, tài liệu được biên soạn bởi thầy Lê Anh Tuấn.

A. Phương pháp chung để giải quyết bài toán hình học giải tích phẳng gồm các bước sau:
1. Vẽ hình, xác định các yếu tố đã biết lên hình.
2. Khám phá các tính chất khác của hình (nếu cần). Chú ý tìm các đường vuông góc, song song, đồng quy; các đoạn bằng nhau, góc bằng nhau; các góc đặc biệt; quan hệ thuộc giữa điểm và đường thẳng, đường tròn ….
3. Xác định các điểm, đường thẳng (theo các kĩ thuật đã học) để thực hiện yêu cầu bài toán.

118 59 lượt tải Tải xuống
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
TUYỂN CHỌN BÀI TOÁN OXY BÁM SÁT KÌ THI THPT QG
2016 - TOANMATH.COM
A. Phương pháp chung để giải quyết bài toán hình học giải tích phẳng gồm các bước sau:
Vẽ hình, xác định các yếu tố đã biết lên hình
Khám phá các tính chất khác của hình (nếu cần). Chú ý tìm các đường vuông góc, song song, đồng
quy; các đoạn bằng nhau, góc bằng nhau; các góc đặc biệt; quan hệ thuộc giữa điểm đường
thẳng, đường tròn,…
Xác định các điểm, đường thẳng (theo các kĩ thuật đã học) để thực hiện yêu cầu bài toán.
B. Một số hướng khai thác giả thiết
Dưới đây là một số hướng khai thác các giả thiết của đề bài. Dĩ nhiên, y vào từng bài cụ thể, ta còn
những hướng sử dụng khác.
1. Phương trình đường thẳng
d
:
Tham số hóa tọa độ của các điểm thuộc
d
Xét được vị trí tương đối, tìm được giao điểm của d và đường tròn hoặc đường thẳng khác.
Viết được phương trình đường thẳng:
- Song song hoặc vuông góc với
d
.
- Cách
d
một khoảng cho trước.
- Tạo với
d
một góc cho trước.
Lấy đối xứng được qua
d
. Tìm được hình chiếu của 1 điểm lên
d
.
Xét được vị trí tương đối của hai điểm
,A B
so với
d
.
2. Phương trình đường tròn
C
Tìm được tâm và bán kính
Xét được vị trí tương đối, tìm giao điểm của
C
và đường thẳng hoặc đường tròn khác.
3. Điểm
G
là trọng tâm tam giác
ABC
.
Áp dụng công thức tính tọa độ trọng tâm
2
3
AG AM
G
cùng với trực tâm
H
, tâm ngoại tiếp
I
thẳng hàng và
4. Điểm
H
là trực tâm của tam giác
ABC
AH BC
.
2AH IM

, với
I
là tâm đường tròn ngoại tiếp còn
M
là trung điểm
BC
.
Điểm đối xứng của
H
qua
, ,AB AC BC
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
.
Tứ giác
'BHCA
là hình bình hành, với
'A
là đối xứng của
A
qua tâm đường tròn ngoại tiếp.
H
cùng với trọng tâm
G
, tâm ngoại tiếp
I
thẳng hàng và
.
5. Điểm
I
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
IA IB IC R
I
nằm trên đường trung trưch các cạnh.
I
cùng với trọng tâm
G
, trực tâm
H
thẳng hàng và
.
Thầy LÊ ANH TU
ẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
6.
J
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
J
cách đều các cạnh của tam giác.
Tìm được bán kính nội tiếp tam giác:
,
J AB
r d
, ,AJ BJ CJ
là các đường phân giác trong của các góc trong tam giác.
7.
d
là đường phân giác trong góc
BAC
.
, ,
A J K d
. Trong đó
,J K
lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
và bang tiếp cạnh
BC
.
Lấy đối xứng điểm
M AB
qua
d
ta được
'
M AC
.
, ,
,
M AB M AC
d d
M d
d
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
tại điểm chính giữa cung
BC
8. Tứ giác nội tiếp.
Viết được phương trình đường tròn ngoại tiếp.
Sử dụng được tính chất: các góc nội tiếp chắn cùng 1 cung thì bằng nhau.
Chứng minh được 1 điểm cách đều các điểm khác.
Các cách chứng minh tứ giác
DABC
nội tiếp:
(a) Bốn đỉnh cùng cách đều 1 điểm.
(b) Có hai góc đối diện bù nhau (tổng 2 góc đối = 180
0
)
(c) Hai đỉnh cùng nhìn đoạn thẳng (tạo bởi hai đỉnh còn lại) hai góc bằng nhau.
(d)
. . D,MA MB MC M
trong đó:
D;M AB C
. . ,NA ND NC NB
với
N AD BC
.
(e)
. .IA IC
ID IB
với
I
là giao điểm hai đường chéo.
(f) Tứ giác đó là hình thang cân, hình chữ nhật, hình vuông,..
C. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1 (THPT-2015). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của A trên cạnh BC; D điểm đối xứng của B qua H; K hình chiếu vuông góc của C trên đường
AD. Giả sử
H 5;
5
,
K 9; 3
trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng
x y 10 0
. Tìm tọa
độ điểm A.
Hướng dẫn
Gọi N là trung điểm AC
Ta có điểm
N d : x
y 10 0 N n; n 10
Ta điểm N theo 1 biến số, đề bài cho 2 điểm
H 5;
5
,
K 9; 3
tường minh, vậy ta nghĩ đến liệu
mối liên hệ nào giữa 3 điểm N, H, K hay không?
Xét tam giác vuông AHC vuông tại H N trung điểm AC
nên
1
HN AC
2
Tương tự giác vuông AKC vuông tại K N trung điểm
AC nên
1
KN AC
2
(9:-3
)
(-5;-5)
(d):x - y+10=0
N
K
D
H
B
C
A
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tu
ấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Từ đó ta có
HN KN
2 2 2 2
5 n n 10 5 9 n
n 10 3 n 0 N 0;10
Vậy mình đã tìm được điểm N, vậy câu hỏi tiếp theo là: “Mình đi tìm điểm nào tiếp theo ?”
Do mình tọa độ các đỉnh N, H, K, nên mình dễ dàng viết được phương trình đường tròn (T) ngoại
tiếp tứ giác AHKC (có tâm là N và bán hình là NK).
Tiếp tục theo dõi vào hình thì các điểm mình chưa biết là: A, B, C , D. Trong đó, B D mình không
dữ kiện gì, còn A và C thì nằm trên đường tròn (T). Vậy ưu tiên đi tìm A hoặc C rồi.
Chọn một trong hai điểm A hoặc C để đi tìm.
Giả sử nếu các em chọn A.
Khi đó hãy cố gắng liên kết điểm A với các điểm đã biết (H, K , N).
Nối 4 đỉnh này lại vs nhau ta được 1 tứ giác, hãy xem tứ giác này đặc biệt hay không ? hay 1
mối liên hệ gì giữa 4 đỉnh này hày không?
Khi đó các em sẽ nhận ra rằng tứ giác này có 2 đường chéo vuông góc với nhau,
AK HN
.
Nếu các em không thích chọn A, thì chọn C cũng được.
Tương tự, hãy xét tứ giác CNHK có gì đặc biệt hay không?
Khi đó em sẽ nhận ra được tứ giác này là hình thang có
HN CK
Dù chọn tìm điểm A hay điểm C thì các em cũng cần phải chứng minh tính chất
-
AK HN
hoặc
HN CK
(2 cái này là 1) để có thể làm tiếp được bài toán.
Chứng minh này có nhiều cách làm, các em có thể tham khảo cách chứng minh sau:
Xét
ABD
cân tại A H chân đường cao hạ từ đỉnh A, B đối xứng với D qua H
ABD
cân tại
A.
HAK BAH
(đường cao hạ từ đỉnh cân cũng là đường phân giác)
1
BAH sdAH
2
(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung = 1/2 số đo cung)
1
BAH sdAH
AKH AHK
2
cân
H
là điểm chính giữa của cung AK,
HN AK
Vậy dựa vào ý nào ta cũng đi tìm được điểm A (theo
AK HN
) hoặc điểm C (theo
HN CK
) của tam
giác ABC.
Tiếp theo ta viết được phương trình AB do AB đi qua A và AB vuông góc với AC,
Tương tự viết được phương trình CH do biết tọa độ C và H hay chính là phương trình BC.
Từ đây,
B AB BC
ta tìm được tọa độ điểm B.
Lời giải chi tiết các em tự làm nhé :)
dụ 2(Sở GD&ĐT Nội 2016).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
vuông tại
A
. Gọi
(5;5)
H
hình chiếu vuông góc của đỉnh
A
trên cạnh
BC
, đường phân giác trong góc
A
của
tam giác
ABC
nằm trên đường thẳng
7 20 0
x y
. Đường thẳng chứa trung tuyến
AM
của tam
giác
ABC
đi qua điểm
( 10;5)
K
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
biết đỉnh
B
có tung độ dương.
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
x - 7y + 20 = 0
y
B
> 0
4 3
2
1
(5:5)
E
I
D
H
M
C
B
A
K
(-10;5)
Cách tư suy khi làm bài
Với câu hỏi đặt ra như trên, chúng ta nên đi tìm điểm nào trước ? A? B? hay C?
Nhìn vào bài toán này ta thấy:
+) A thuộc 1 đường thẳng đã biết phương trình;
+) B dữ kiện
0
B
y
, nhưng dữ kiện này không tham gia vào quá trình tính toán, chỉ tham gia
vào quá trình loại nghiệm mà thôi.
+) C hoàn toàn không biết gì.
Vậy chắc chắn 1 điều là ta nên đi tìm điểm A trước.
Vì điểm A thuộc phương trình AD:
7 20 0
x y
(D là giao của phân giác trong của góc A với BC), nên
ta chỉ cần đi tìm 1 phương trình liên quan đến điểm A nữa là được.
Vì điểm H và K đã có tọa độ rõ ràng, nên đi tìm điểm A ta sẽ thử kết hợp điểm A với 2 điểm H và K xem
được không ? Biết đâu tạo ra 1 tam giác đều, cân, vuông,.. đó thì ra sẽ thêm 1 phương trình liên
quan đến A. Nhưng trong bài này tam giác AHK không có gì đặc biệt cả.
Bắt đầu bí rồi @@
Nhìn lại hình thêm chút nữa nhé.
Trong bài toán, cho điểm K “bất kỳ” thuộc đường thẳng trung tuyến hạ từ A của
ABC
. Dữ kiện
điểm K “bất kỳ” lại tọa độ ràng chính 1 gợi ý cho chúng ta đi viết 1 phương trình đường
thẳng nào đó chứa điểm K.
Mà chúng ta đang cần tìm 1 phương trình liên quan đến A, vậy chắc chúng ta phải đi viết phương trình
AK hay AM rồi.
Vậy viết phương trình AK như thế nào?
Để viết phương trình đường thẳng AK ta cần biết 1 điểm đi qua (cái này đã có điểm K rồi) và 1 vector
pháp tuyến hoặc 1 vector chỉ phương (cái này chưa biết) hoặc trường hợp đơn giản chỉ cần biết 2
điểm đi qua.
Tiếp theo, nhìn vào dữ kiện đề bài cho, 1 phương trình đường thẳng (d) 2 điểm H K, ta nên thử
kẻ các phương trình đường thẳng đi qua H, K
hoặc song song với (d).
Thì ta thấy, chỉ phương trình đường thẳng đi qua H vuông góc với (d) cắt AM AD I E.
Điểm I hoàn toàn tìm được
Giờ ta chỉ cần tìm được E là xong rồi. Nhưng vấn đề là ta tìm E như thế nào ?
Ta thấy, có I – H – E thẳng hàng mà I và H đã biết vậy E có thể có mối liên hệ nào với I và H hay không?
Đến đây nếu vẽ hình chuẩn xác thì hoàn toàn các em có thể đoán được I là trung điểm của HE.
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Nếu I là trung điểm HE thì
AHE
cân tại A rồi. Giờ chúng ta chỉ cần CM được điều này là bài toán được
giải quyết.
Khi tìm được A rồi ta viết được phương trình BC do đi qua H vuông góc với AH. Từ đó tìm được
điểm M. Viết được phương trình đường trong tâm (M) bán kính MA cho giao với BC tìm được điểm B
và C, chú ý điều kiện
0
B
y
để xác định B và C
Trên đây 1 hướng suy nghĩ về các duy để làm bài toán. Tuy hơi dài dòng nhưng lời giải của bài
toán này cực kỳ ngắn gọn như sau, các em tham khảo:
Lời giải chi tiết
AM
trung tuyến của tam giác
ABC
nên ta có:
MA MB MC
, suy ra
1
A C
.
Mặt khác:
4
A C
(cùng phụ với góc
B
).
Suy ra
1 4 2 3
A A A A
(do
AD
phân giác của góc
BAC
), khi đó
AD
phân giác của góc
HAM
.
Gọi
E
đối xứng với
H
qua
AD E AM
, khi đó
HE AD
nên phương trình
: 7 40 0
HE x y
.
Suy ra tọa độ giao điểm
I
của
AD
HE
là:
26
7 20 0
26 18
5
;
7 40 0 18
5 5
5
x
x y
I
x y
y
.
Do
I
trung điểm của
HE
, suy ra
27 11
;
5 5
E
.
AM
đi qua
27 11
;
5 5
E
( 10;5)
K
nên phương
trình:
2 11 35 0
x y
.
Vậy tọa độ điểm
A
nghiệm của hệ :
2 11 35 0
1
(1;3)
7 20 0 3
x y x
A
x
y y
. Khi đó
BC
đi qua
(5;5)
H
và vuông góc với
AH
(4;2) 2(2;1)
AH
nên có phương trình:
2 15 0
x y
Tọa độ điểm
M
là nghiệm của hệ:
13
2 15 0
13
;2
2
2 11 35 0
2
2
x y
x
M
x y
y
.
Gọi
( ;15 2 )
B t t BC
, khi đó :

2 2
2 2 2 2 2
B
y 0
13 11
MB MA t (
2t 13) 1 5t 65t 180 0
2 2
t 9 B(9
; 3)
B(4; 7)
t 4 B(4;7)
Do
M
là trung điểm của
(9; 3)
BC C
. Vậy
(1;3), (4;7), (9; 3)
A B C
.
Bài tập luyện tập thêm
Bài 1 (THPT Anh Sơn II Nghệ An). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
cân tại
A
với
( 2;1), (2; 1)
B C
, gọi
P
điểm trên cạnh
BC
. Đường thẳng qua
P
song song với
AC
cắt
AB
tại
D
,
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
đường thẳng qua
P
song song với
AB
cắt
AC
tại điểm
E
. Gọi
Q
điểm đối xứng với
P
qua
DE
.
Tìm tọa độ điểm
A
biết
( 2; 1)
Q
.
Hướng dẫn
Do
ABC
cân tại
A
nên
A
thuộc đường trung trực
d
của
BC
.
Khi đó
d
đi qua trung điểm
(0; 0)
O
của
BC
vuông góc với
BC
với
(4; 2) 2(2
; 1)
BC
nên
d
phương trình:
2 0
x y
.
Ta sẽ đi chứng minh
A
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam
giác
BCQ
hay chứng minh
0
180
BAQ BCQ
.
Thật vậy:
Ta có
PEAD
là hình bình hành, suy ra
DP AE
EP AD
(1)
Do
DE
là trung trực của
PQ
,
suy ra
DP DQ
EP EQ
(2)
Từ (1) và (2), suy ra
AE DQ
AD EQ
ADQ QEA
(c – c – c)
1 1
D E
, suy ra
ADEQ
nội tiếp đường tròn hay
DAQ QEH
(*) (vì cùng với
DEQ
).
Mặt khác, ta có:
EPC ECP
(cùng bằng góc
B
), suy ra
1 1
EP EC EQ
EC C Q
Lại
,E H
thuộc trung trực của
1 1
BC P Q
1 1
C P
, suy ra
EHCP
nội tiếp đường tròn
Khi đó
0 0 0 0
HCP 180 HEP
180 HEP 180 QEH 180 DAQ
(theo (*)), suy ra
0
180
HCP DAQ
hay
0
180
BAQ BCQ
.
Vậy
ABCQ
nội tiếp đường tròn phương trình (phương trình đi qua 3 điểm
, ,B C Q
) là:
2 2
5
x y
.Khi đó tọa độ điểm
A
là nghiệm của hệ:
2 2
2x y 0
x 1; y 2 A
( 1; 2)
x 1; y 2 A(1; 2)
x y 5
Kiểm tra điều kiện
,A Q
nằm cùng phía với đường thẳng
BC
cho ta đáp số
( 1; 2)
A
.
Bài 2.Cho hình chữ nhật ABCD tâm I. Gọi K trung điểm của cạnh DC, E hình chiếu của C trên AK.
Xác định tọa độ các đỉnh của hình ch nhật ABCD biết rằng
1
I ;0
2
,
5 3
E ;
2 2
, điểm B có hoành độ dương và
AB 2BC
.
Hướng dẫn
Từ giả thiết ta
1 1
IE AC BD
2 2
nên I tâm đường tròn
ngoại tiếp ngũ giác ABCED.
Tam giác IBE cân tại I nên
IEB EBD
; Tam giác ADK vuông cân tại D nên
0
IEB EBD
EAD 45
. Từđó suy ra tam giác IBE vuông cân tại I.
1
1
1
1
1
Q(-2,-1)
D
E
B
(-2,1)
C(2,-1)
P
A
AB=2BC
E(
5
2
, -
3
2
)
I(
1
2
,0)
B
A
K
D
C
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
BD đi qua điểm
1
I ;0
2
và có véc tơ pháp tuyến
3
IE 2; ha
y n 4; 3
2
nên BD có phương trình là :
1
4 x 3 y 0 0
hay 4x 3y 2 0
2
BD đi qua điểm
K 1; 2
véc chỉ phương
u 3;4
nên phương trình tham số
x 1 3t
BD :
y 2 4t
Gọi
B 3t 1;
4t 2
thuộc BD, điều kiện
1
t
3
ta có
2 2
2
2 2
t 0 l
3 3
IB IE 3t 4t 2 2 25t 25t 0
2 2
t 1 n
Từđó ta có
B 2; 2
. Vì I là trung điểm của BD nên
D 1; 2
Ta có
BD 9 1
6 5
,
2 2 2 2
AB AD BD
25 5.AD 25 AD 5 ,AB 2 5
Gọi
A x,y
ta có
2 2
1 2
2 2
6
x
x 1 y 2 5
AD
5 x 2
6 12
5
; A 2;0 ,
A ;
y 0 12
5 5
AB 2 5
x 2 y
2 20
y
5
Kiểm tra A và E khác phía so với đường thẳng BD, ta có
1
5 3
A 2;0 ,
E ;
2 2
5 3
4 2 3.0 2 4. 3.
2 0
2 2
nên
1
A ; E
khác phía so với đường thẳng
BD.
1 2
6 12
A 2;0 ,A ;
5 5
6 12 5 3
4 3. 2 4.
3. 2 0
5 5 2 2
nên
2
A ;E
khác phía so với
đường thẳng BD.
Vậy điểm A cần tìm là
A 2;0
. Vì I là trung điểm của AC nên
C 3; 0
.
Vậy
A 2;0
,
B 2; 2
,
D 1; 2
,
C 3; 0
.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác
ABC
nhọn đỉnh
1;4 ,
A
trực tâm
.H
Đường
thẳng
AH
cắt cạnh
BC
tại
,M
đường thẳng
CH
cắt cạnh
AB
tại
.N
Tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác
HMN
2;0 ,
I
đường thẳng
BC
đi qua điểm
1; 2 .
P
Tìm tọa đcác đỉnh
,B C
của tam giác
biết đỉnh
B
thuộc đường thẳng
: 2 2 0
d x y
Hướng dẫn
Ta thấy tứ giác
BMHN
nội tiếp.
N
A
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Suy ra
I
là trung điểm của
;B d B 2 2
;BH t t
Suy ra:
2 2 ; 3 2 ; 4 , 2 1; 2
H t t AH t t BP t t
Do
H
là trực tâm của tam giác
ABC
2
. 0
2 3 2 1 4 2 0
5 10 5 0 1
AH BP
t t t
t
t t t
Suy ra
0;1 ,B 4
; 1 , 1; 3 ,
H AH
đường thẳng
: 3 7 0
BC x y
Đường thẳng
: 2 6 0.
AC x y
Tìm được tọa độ
5; 4
C
Bài 4.(Chuyên Sư Phạm lần 2).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác
ABC
cân tại
A
nội
tiếp đường tròn
K
. Gọi
M
trung điểm của
; ,AC G E
lần lượt trọng tâm của tam giác
ABC
.ABM
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
, biết
4 23 53
;11 , 2
; , 2; .
3 3 5
E G K
Hướng dẫn
Ta tam giác ABC cân tại A, AG trung
tuyến hạ từ đỉnh A
AG BC
. E trọng tâm
ABM
nên
EM BC
từ đây ta viết được
phương trình EM
Đi qua E nhận
GK
làm vector pháp tuyến.
Suy ra phương trình của
: 11 1
EM y
Gọi I là giao điểm AG với ME khi đó I tọa độ
2,11
I
Gọi L là trung điểm AB. Xét ML có:
+) E là trọng tâm
ABM
2
3
ME ML
+) I là trung điểm ML nên
1
2
MI ML
Suy ra
4ME IE
(do I nằm giữa E M). Hay
4 4,11
ME IE M
Ví I là trung điểm ML nên
0,11
L
Mà G là trọng tâm trong
ABC
nên
2 2;1 .
BG GM B
L là trung điểm AB nên
2;21 .
A
M là trung điểm AC nên
6;1
C
.
E là trọng tâm
ABM
G là trọng tâm
ABC
K là tâm ngoại ti
ếp
ABC
K(2;
53
5
)
G(2;
23
3
)
E(
4
3
;11)
L
I
F
E
G
M
K
B
C
A
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Câu 5.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác
ABC
vuông tại
.A
Gọi
5;5
H
hình chiếu
vuông góc của đỉnh
A
trên cạnh
,BC
đường phân giác trong góc
A
của tam giác
ABC
nằm trên
đường thẳng
7 20 0.
x y
Đường thẳng chứa trung tuyến
AM
của tam giác
ABC
đi qua điểm
10;5 .
K
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
biết điểm
B
có tung độ dương.
Hướng dẫn:
Ta có
ACB BAH
(do cùng phụ với
ABC
)
Hơn nữa,
MA MB MC
nên
MAC MCA
nên
BAH MAC
Suy ra đường phân giác trong
DA
của góc
A
cũng
phân giác của góc
HAM
Gọi
'K
là điểm đối xứng với
K
qua
DA
thì
'K
thuộc
AH
Viết được phương trình
': 7x 65
0
KK y
19 3
' D ; ' 9;
2
2 2
: 2 5 0, D 1;3 : 2x 15 0
KK A I I K
AH x
y AH A A A BC y
Đường thẳng
AM
đi qua
A
K
nên
: 2x 11 35 0.
AM y
Vậy
13
; 2
2
M
Vid
B
thuộc đường thẳng
BC
nên
;15 2B b b
Do
2
9
5 65 180 0
4
b
MA MB b b
b
Vậy
4;7 , 9;
3
B C
Câu 6. Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy
cho hình vuông
D.ABC
Gọi
E
trung điểm của cạnh
DA
11 2
;
5 5
H
hình chiếu vuông góc của
B
trên cạnh
;CE
3 6
;
5 5
M
trung điểm của cạnh
.BH
Tìm
tọa độ các đỉnh của hình vuông
DABC
biết đỉnh
A
có hoành độ âm.
Hướng dẫn:
I
K'
M
H
B
A
C
K
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
M
là trung điểm
BH
nên
1; 2
M
Gọi
F
đối xứng với
E
qua
.A
Khi đó:
EBF EC BF
H
hình thang,
AM
là đường trung bình nên
AM BH
Ta có:
: 2 3 0
BH x y
: 2x 4 0,
: 2x 0
2
cos cos
5
CE y AM y
CD
BAM ECD
CE
Gọi
; 2a , 0 1;
2a 2
A a a AB a
Ta có
.
2 2
cos
5 5
.
AM
AM
AB u
BAM
AM u
2
1
5 6a 11 0 1; 2
11
5
a
a A
a l
D : 2 0,
A y
D 1; 2
E CE A E
E
là trung điểm
DA
nên
3;2
D
D 3; 2
BC A C

. Kết luận
Câu 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác
ABC
nhọn đỉnh
1;4 ,
A
trực tâm
.H
Đường
thẳng
AH
cắt cạnh
BC
tại
,M
đường thẳng
CH
cắt cạnh
AB
tại
.N
Tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác
HMN
2;0 ,
I
đường thẳng
BC
đi qua điểm
1; 2 .
P
Tìm tọa độ các đỉnh
,B C
của tam giác
biết đỉnh
B
thuộc đường thẳng
: 2 2 0
d x y
Hướng dẫn:
Ta thấy tứ giác
BMHN
nội tiếp.
Suy ra
I
là trung điểm của
;B d B 2 2
;BH t t
Suy ra
2 2 ; 3 2 ; 4
, 2 1; 2
H t t AH t
t BP t t
Do
H
là trực tâm của tam giác
ABC
2
. 0 2 3 2 1
4 2 0 5 10 5 0 1
AH BP t t
t t t t t
x + 2y - 2 = 0
I
(2,0)
H
N
M
A
B
C
P
(1, - 2)
F
M
N
H
E
D
A
B
C
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Suy ra
0;1 , B 4; 1 , 1; 3 ,
H AH
đường thẳng
: 3 7 0
BC x y
Đường thẳng
: 2 6 0.
AC x y
Tìm được tọa độ
5; 4
C
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho tam giác
ABC
với đường cao
AH
phương trình
3 4 10 0
x y
đường phân giác trong
BE
phương trình
1 0.
x y
Điểm
0;2
M
thuộc
đường thẳng
AB
và cách đỉnh
C
một khoảng bằng
2
. Tính diện tích tam giác
.ABC
Hướng dẫn:
Gọi
N
là điểm đối xứng của
M
qua phân giác
BE
thì
N
thuộc
BC
Tính được
1;1 .
N
Đường thẳng
BC
qua
N
vuông góc với
AH
nên
phương trình
4 3 1 0
x y
B
giao điểm của
BC
.BE
suy ra tọa độ B nghiệm của hệ
phương trình:
4x 3 1 0
4;5
1 0
y
B
x y
Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình:
2x 4 8 0
y
A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ phương trình:
3x 4 8 0
1
3;
3x 4 10
0
4
y
A
y
Điểm C thuộc BC và
2
MC
suy ra tọa độ C là nghiệm hệ phương trình:
2
2
1;1
1; 1
4x 3 1 0
31 33
31 33
;
;
2 2
25 25
25 25
C
x y
y
x y
C
x y
Thế tọa độ A
1;1
C vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía đối với
,BE
do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.
Tương tự A và
31 33
;
25 25
C
thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC.
49
5, , .
20
BC AH d A
BC
do đó
49
8
ABC
S
(đvdt).
Câu 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật
DABC
diện tích bằng 18. Gọi
E
trung
điểm cạnh
.BC
Đường tròn ngoại tiếp tam giác
DC E
cắt đường chéo
AC
tại
,G
(
G
không trùng với
I
N
E
H
A
B
C
M
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
C
). Biết
2 4
1; 1 , ;
5 5
E G
điểm
D
thuộc đường thẳng
: 6 0.
d x y
Tìm tọa độ các điểm
, , , .A B C D
Hướng dẫn:
Do tứ giác
CDGE
nội tiếp
,DG GE
Do
;6
D d D t t
Ta có
3 9 2 26
; ; ;
5
5 5 5
EG DG t t
do
. 0 4 4; 2
EG DG t D
Suy ra
3 2, : 2 0
DE DE x y
Gọi
; ,C a b
do
9 1 9
18 ; . 2 3.
1
2 2 2
ABCD CDE
S S d C DE DE
a b
4; 2 , 1;
1 ;
DC a b EC
a b

do
D . 0 4 1 2
1 0 2
C CE DC E
C a a b b
Từ (1) và (2) ta có:
2 2
4; 1
2 3
4; 1
1; 2
1; 2
5a 2 0
C
a b
a b
a b
C
a b b
Do
C
G
nằm khác phía với bờ là đường thẳng
1; 2
DE C
không thỏa mãn
Suy ra
4; 1
C
thỏa mãn.
M
là trung điểm
BC
nên
2; 1
B
. Do
D 2;2
A BC A
Câu 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông
DABC
tâm
3; 1 ,
I
điểm
M
trên
cạnh
DC
sao cho
Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông
DABC
biết đường thẳng
AM
phương trình
2x 4 0
y
và đỉnh
A
có tung độ dương.
Hướng dẫn:
Gọi
H
là hình chiếu của
I
trên
AM
3
;
5
IH d I AM
Giả sử
D
AM B N
P
là trung điểm của
G
E
D
B
A
C
H
N
M
I
D
A
B
C
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
.MC IP AM
NM IP
Từ
M
là trung điểm của
DP
suy ra
N
là trung điểm của
DI
Gọi cạnh của hình vuông là
a
thì
2 1 2
,
2 2 4
a a
AI IN IN
Từ
2 2 2 2 2
1 1 1 5 2 8
3 2
9
a
IH IA IN a a
A
thuộc
AM
nên
2 2
2
; 2 4 3 2 3 3
5 18 9 0
A t t IA t t t
t
3 3;2
3 3 14
;
5 5 5
t A
t A
. do
A
có tung độ dương nên
3;2
A
Suy ra
3; 4
C
. Đường thẳng
DB
đi qua điểm
I
vtpt
0; 3
AI
phương trình
1 0.
y
3
D ; 1 .
2
N AM B N
N
là trung điểm của
DI
0; 1 6; 1
D B
Câu 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật
DABC
diện tích bằng
3 3,
đỉnh
D
thuộc đường thẳng
: 3 0, 30
.
d x y ACB
Giao điểm của đường phân giác trong góc
DAB
đường cao của tam giác
DBC
kẻ từ
C
điểm
3;3 .
H
Tìm tọa độ các đỉnh
,B D
biết hoành độ của
B
D
đều nhỏ hơn
3
Hướng dẫn:
Gọi
D.I AC B
Đặt
3AB x BC x
. 3 3
S AB BC
nên
3
x
Ta
30 D 60 D 3
0 DDBC ACB AB HB B
phân
giác trong của góc
HBC
cũng đường cao nên
DB
trung trực
của
HC
D D 3; D D
90
H C BH BC
3
BH BC
3
(T/M)
3 3
2
; 3 ; D 3 ;
2 2
3 3
(loai)
2
t
D d D
t t H D
t
I
H
C
A
D
B
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Đường thẳng
HB
đi qua
3;3 ,
H
vecto pháp tuyến
3 3
;
2 2
DH
nên phương trình:
3 3
3 3 0 3 4 3
0
2 2
x y x y
D ;4
3
b
B H B b
3
b
2
2
5 3
3 9
2
3 3 1 9 ;
2 2
3
3
/
2
b Loai
b
HB b B
b
T M
Vậy tọa độ các điểm
,B D
là:
3 9 3 3
; , ;
2
2 2 2
B D
Bài 12.(THPT Quỳnh Lưu 3 Nghệ An) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
đường tròn nội tiếp tiếp xúc với các cạnh
, ,BC CA AB
lần lượt tại các điểm
, ,D E F
. Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác
ABC
biết
3;1 ,
D
trung điểm của
BC
4;2 ,
M
phương trình
: 3x 2 0
EF y
B
có hoành độ bé hơn 4.
Hướng dẫn
Phương trình đường thẳng
: 2 0
BC x y
Gọi
H
giao điểm của
EF
BC
ta tọa độ
H
nghiệm của hệ:
3x 2 0 0
, 0; 2 .
2 0 2
y x
H
x y y
Từ các giả thiết, ta thấy
H
nằm trên tia
đối của tia
.BC
Ta chứng minh
2
D. .M MH MB
Thật vậy, qua
B
kẻ đường thẳng song song với
CA
cắt
HE
tại
G
. Khi đó ta
DBG BF B
đồng
thời
. . .
HB GB DB
HB DC DB H
C
HC CE DC
M
trung điểm đoạn
BC
nên ta được
2
D D . D
MH MB MB M MB M
MH MB MH M MB
Gọi
; 2 , 4B t t
t
ta có
2
2 4 8 4 2 2
, 2;0 6; 4
t t t B C
3x - y - 2 = 0
H
F
E
D
(3,1)
I
M
(4,2)
A
B
C
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Phương trình đường tròn tâm
B
bán kính
DB
2
2
: 2 2
T x y
Đường thẳng
EF
cắt
T
tại
G
F
có tọa độ là nghiệm của hệ
2
2
3
1
2 2
5
.
1 1
3x 2 0
5
x
x
x y
y
y
y
G
nằm giữa
H
F
nên
3 1
1;1 , ; .
5
5
F G
Khi đó phương
trình
: 2 0,AB x
y AC
đi qua
C
và song song với
BG
nên có phương trình:
7 22 0.
x y
Tọa độ
điểm
A
là nghiệm của hệ
2 0 1
, 1;3
7 22 0 3
x y x
A
x
y y
Vậy
1;3 , 2;
0 , 6;4
A B C
Câu 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC tâm đường tròn ngoại tiếp điểm
3 1
; ,
2 2
K
đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương trình là
3x 4 5 0
y
2x 0.
y
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Hướng dẫn:
Từ giả thiết, tọa độ của A là nghiệm của hệ
3x 4 5 0 1
1; 2
2x 0 2
y x
A
y y
Gọi M là trung điểm của BC
1
.KM d
Đường thẳng KM đi qua
3 1
;
2 2
K
vec chỉ phương
4;3
u
phương
trình
3
4
2
1
3
2
x t
t
y t
Tọa độ của M là nghiệm của hệ
3
4
2
1
1 1
3 ;1
2
2 2
1
2 0
x t
x
y t M
y
x y
d
1
d
2
M
K
A
B
C
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Đường thẳng BC đi qua điểm
1
;1
2
M
vuông góc với
1
: 3x 4 5 0
d y
phương trình
1
3
2
1 4
x m
m
y m
2 2 2
2
2 2
1
3 ;1 4
2
1 3 1 3 25
3 1 4 2 3 4 25
2 2 2 2 4
B m m
KB M m m m m
Từ giả thiết, ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
2 2
2
3 1 50
1 2 .
2
2 4
AK
2 2 2
BK AK CK
2 2
25 50 1 1
25
4 4 4 2
m m m
Với
2
1
1
2
x
m
y
ta có điểm
2; 1
Với
1
1
3
2
x
m
y
ta có điểm
1;3
Vậy tọa độ 2 đỉnh còn lại B và C có tọa độ là
2; 1 , 1;3
Câu 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A D,
1
D D.
3
AB A C
Giao điểm của AC và BD
3; 3
E
, điểm
5; 9
F
thuộc cạnh AB sao cho
5 .AF FB
Tìm tọa độ đỉnh
D, biết rằng đỉnh A có tung độ âm.
Hướng dẫn:
Gọi
.I EF CD
Ta sẽ chứng minh tam giác EAI vuông cân tại E.
Đặt
, D .AB a A b
 
Khi đó
a b
. 0.
a b
Ta
D 3 .AC A D
C b a

1 5 1 5 1
E E 3 3
4 6 4 6 12
F A AF AC AB b a a b a
 
Suy ra
2 2
1
. 3 3 0.
12
AC EF b a

Do đó
.
1
AC EF
Từ (1) suy ra tứ giác ADIE nội tiếp. suy ra
1 1
45 .
2
I D
Từ (1) và (2) suy ra tam giác EAI vuông cân tại E.
1
1
I
E
F
B
A
D
C
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Ta có
2; 6
AC
n EF

nên
: 3 12 0 3
a 12;AC x y A a
Theo định lý Talet ta có
3 3 3;15
EI EC CD
E
I FE I
EF EA AB

Khi đó
2 2
3
A 3a 9 3 3
60
9
a
E EI a
a
Vì A có tung độ âm nên
15; 9
A
Ta có
D
20;0
A
n AF
nên
D : 15 D : 15.
A x C y
Do đó
15;15
D
Câu 15. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường
trung tuyến kẻ từ đỉnh A đường thẳng BC lần lượt phương trình
3 5 8 0, 4 0.
x y x y
Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC vắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm
thứ hai là
4; 2 .
D
Viết phương trình các đường thẳng AB, AC, biết rằng hoành độ của điểm B không
lớn hơn 3.
Hướng dẫn:
Gọi Mtrung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC AD,
E giao điểm của BH AC. Ta hiệu
,
d d
n u
lần lượt là vtpt, vtcp của
đường thẳng
.d
Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M
nghiệm của hệ phương trình:
7
4 0
7 1
2
;
3x 5 8 0 1
2 2
2
x
x y
M
y
y
AD vuông góc với BC nên
D
1;1 ,
A BC
n u
AD đi qua điểm D suy ra
phương
trình của
D :1 4 1 2
0 2 0.
A x y x y
Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa độ điểm A
là nghiệm của hệ phương trình:
3x 5 8 0 1
1;1
2 0 1
y x
A
x y y
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:
4 0 3
3; 1
2 0 1
x y x
K
x y y
Tứ giác HKCE nội tiếp nên
,BHK KCE
DKCE B A
(nội tiếp chắn cung
AB
) Suy ra
DK,
BHK B
vậy K là trung điểm của HD nên
2; 4
H
H
D
K
M
A
B
C
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Do B thuộc BC
; 4 ,
B t t
kết hợp với M là trung điểm BC suy ra
7 ;3
C t t
2; 8 ; 6 ;
2 .HB t t AC t t
Do H trực tâm của tam giác ABC nên
2
. 0 2 6 8 2 0 2 14 2 0
7
t
HB AC t t t t t t
t
Do
3 2 2; 2 , 5;1 .
t t B C
Ta có
1; 3 , 4;0 3;1 , 0;1
AB AC
AB AC n n
Suy ra
: 3x 4 0; : 1 0
AB y AC y
Câu 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
1;4 ,
A
tiếp tuyến tại A của đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của
DA B
phương trình
2 0,
x y
điểm
4;1
M
thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường thẳng AB.
Hướng dẫn:
Gọi AI là phân giác trong của
BAC
Ta có:
D
AI ABC BAI
D D
IA CA CAI
, DBAI CA
I ABC CA
nên
D DAI IA
DAI
cân tại D
DE AI
PT đường thẳng AI là:
5 0
x y
Gọi
'M
là điểm đối xứng của M qua AI
PT đường thẳng
' : 5 0
MM x y
Gọi
' 0;5 ' 4;9
K AI MM K M
VTCP của đường thẳng AB là
' 3;5
AM
VTPT của đường thẳng AB là
5; 3
n
Vậy PT đường thẳng AB là:
5 1 3 4 0 5x
3 7 0
x y y
Câu 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho hình vuông ABCD, M trung điểm của đoạn AD, N
thuộc đoạn DC sao cho
3 D.NC N
Đường tròn tâm N qua M cắt AC tại
3;1 , D,J J
I AC B
đường thẳng đi qua M, N có phương trình
1 0.
x y
Tìm tọa độ điểm B.
Hướng dẫn:
K
E
D
I
A
B
C
M
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
D
G
N
A
M
C
B
MN cắt đường tròn tâm N tại K. Ta chứng minh được tứ giác MIJK nội tiếp
45 90
NKJ AIM JNK
NJ MN
nên có phương trình:
2 0
x y
Suy ra được
1 3
;
2 2
N
JMN
vuông cân tại N nên
3; 4
2
2;1
M
MJ PN
M
Với
2;1
M
gọi
AP MN J
ta có
3 7;6
NP NM P
2
5
PA PJ
tìm được
3; 4 ,
A
vì A là trung điểm của IP nên
1;2
I
Ta có
2 3;6
AB MI B
Tương tự với
3; 4
M
ta tìm được
6; 5 , 4;
1
A I
8;1
B
Vậy tọa độ điểm
3;6
B
hoặc
8;1
B
Câu 18. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M trung điểm BG, G
trọng tâm tam giác ABM, điểm
7; 2
D
là điểm nằm trên đoạn MC sao cho
D.GA G
Tìm tọa độ điểm
A, lập phương trình AB, biết hoành độ của điểm A nhỏ hơn 4 và AG có ohương trình
3x 13 0.
y
Hướng dẫn:
Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng AG
3.7 2 13
, 10
9 1
d D AG
Xác định hình chiếu của D trên AG.
Ta tam giác ABC vuông cân đỉnh A nên tam giác ABM vuông cân đỉnh
M.
Suy ra
GB GA
. Theo giả thiết
DGA G
nên tam giác ABD nội tiếp đường tâm G bán kính GA.
Ta có:
D 2 D 90
AG AB
suy ra
DG AG
suy ra
D 10
G
Suy ra tam giác AGD vuông cân đỉnh G suy ra
D 2 10
A
Tìm điểm A nằm trên đường thẳng AG sao cho
D 2 10
A
P
K
J
N
M
I
C
D
A
B
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Giả sử
;3 13
A t t
2 2
2 2
2 2
D 2 10 7 3 11
20
14 49 9 66 121 20 0
5
10 80 150 0
8 15 0
3
A t t
t t t t
t
t t t t
t
Với
3t
suy ra
3; 4
A
Tìm số đo góc tạo bởi AB và AG.
2 2 2 2
3 3 3 3
cos
10
9
NA NM NG NG N
G
NAG
AG AG AG
AN NG NG NG
Giả sử đường thẳng AB có vectơ pháp tuyến
;n a b
ta có:
2 2 2 2 2
2 2 2
2
3a
3
9a 6a 9a 9 8
6a 0
10
. 3 1
0
4 3a
b
b b b b b
a b
b
b
TH1:
0
b
chọn
1
a
suy ra
1;0
n
suy ra
: 3 0
AB x
7 3
, 4 10 ,
1
d D AB d D A
G
TH2:
4 3a
b
chọn
4; 3
n
suy ra
: 4 3 3 4 0
AB x y
4x 3 24 0
4.7 3.2 24
1
0
, 2 10
5
16 9
y
d D AB
Trong hai trường hợp trên xét thấy
, ,
d D AB d A
AG
nên
: 3 0
AB x
Vậy:
3; 4 , : 3 0
A AB x
Câu 19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
vuông tại A nội tiếp đường tròn
T
phương trình
2 2
6x 2 5 0.
x y y
Gọi H hình chiếu của A trên BC.
Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm
tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN
M
N
E
H
I
C
B
A
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
phương trình
20x 10 9 0
y
và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.
Hướng dẫn:
T
có tâm
3;1 ,
I
bán kính
5
R
Do
A
1
IA IC IAC IC
Đường tròn đường kính AH cắt BC tại
M MH AB MH AC
(cùng vuông góc AB)
A
2
MHB IC
Ta có:
ANM AHM
(chắn cung AM) (3)
Từ (1),(2),(3) ta có:
A 90
IAC ANM IC AHM MHB AHM
Suy ra: AI vuông góc MN
phương trình đường thẳng IA là:
2 5 0
x y
Giả sử
5 2a;
A a IA
2
2 2
0
5 2 6 5 2a
2a 5 0 5a 10a 0
2
a
A T a a
a
Với
2 1;2
a A
(thỏa mãn vì A, I khác phía MN)
Với
0 5;0
a A
(loại vì A, I cùng phía MN)
Gọi E là tâm đường tròn đường kính
9
;2
10
AH E MN E t t
Do E là trung điểm
38
2 1;4
10
AH H t t
58 48
2 2;4 , 2
4; 4
10 10
AH t t IH
t t
2
272 869
. 0 20 0
5 25
AH HI AH
IH t t

8 11 13
H ; (TM )
5 5 5
28 31 17
H ; (loai)
25 25 25
t
t
Thầy LÊ ANH TUẤN( Th
ầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Với
8 11 13
;
5 5 5
t H
(thỏa mãn)
Ta có:
6 3
;
5 5
AH BC
nhận
2;1
n
là VTPT.
phương trình BC là
2x 7 0
y
Câu 20. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD.
Đỉnh B thuộc đường thẳng
phương trình
5 0.
x y
Các điểm E F lần lượt hình chiếu
vuông góc của D và B lên AC. Tìm tọa độ các đỉnh B, D biết
5
CE
4;3 , 0;
5 .
A C
Hướng dẫn:
Gọi H là trực tâm tam giác ACD, suy ra
CH AD
nên
.
1
CH AB
Mặt khác
AH BC
(cùng vuông góc với CD) (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABCH là hình bình hành nên
CH AB
(3)
Ta có:
HCE BAF
(so le trong) (4)
Từ (3) và (4) suy ra:
HCE BAF
(cạnh huyền và góc nhọn). vậy
CE AF
90
DAB DCB
nên E, F nằm trong đoạn AC.
Phương trình đường thẳng
: 2x 5 0
AC y
F AC
nên
;2a 5 .
F a
5
5
3
a
AF CE
a
Với
5 5;5
a F
(không thỏa mãn vì F nằm ngoài đoạn AC)
Với
3 3;1
a F
(thỏa mãn). Vì
1; 3
AF EC E
BF qua F nhận
2;4
EF

làm một vectơ pháp tuyến, do đó BF có phương trình
2 5 0.
x y
B
giao điểm của
và BF nên tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:
2 5 0 5
5;0
5 0 0
x y x
B
x y y
Đường thẳng DE qua E nhận
2;4
EF

làm một vectơ pháp tuyến, DE phương trình
2 5 0
x y
Đường thẳng DA qua A nhận
1; 3
AB
làm một vectơ pháp tuyến, DA phương trình
3 5 0
x y
D là giao điểm của DA và DE nên tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình:
2 5 0 5
5;0
3 5 0 0
x y x
D
x
y y
. Kết luận:
5;0 , 5;
0
B D
H
E
F
L
D
B
A
C
| 1/22

Preview text:

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ
TUYỂN CHỌN BÀI TOÁN OXY BÁM SÁT KÌ THI THPT QG 2016 - TOANMATH.COM
A. Phương pháp chung để giải quyết bài toán hình học giải tích phẳng gồm các bước sau: 
Vẽ hình, xác định các yếu tố đã biết lên hình 
Khám phá các tính chất khác của hình (nếu cần). Chú ý tìm các đường vuông góc, song song, đồng
quy; các đoạn bằng nhau, góc bằng nhau; các góc đặc biệt; quan hệ thuộc giữa điểm và đường thẳng, đường tròn,… 
Xác định các điểm, đường thẳng (theo các kĩ thuật đã học) để thực hiện yêu cầu bài toán.
B. Một số hướng khai thác giả thiết
Dưới đây là một số hướng khai thác các giả thiết của đề bài. Dĩ nhiên, tùy vào từng bài cụ thể, ta còn có
những hướng sử dụng khác.
1. Phương trình đường thẳng d :
 Tham số hóa tọa độ của các điểm thuộc d
 Xét được vị trí tương đối, tìm được giao điểm của d và đường tròn hoặc đường thẳng khác.
 Viết được phương trình đường thẳng:
- Song song hoặc vuông góc với d .
- Cách d một khoảng cho trước.
- Tạo với d một góc cho trước.
 Lấy đối xứng được qua d . Tìm được hình chiếu của 1 điểm lên d .
 Xét được vị trí tương đối của hai điểm ,
A B so với d .
2. Phương trình đường tròn C
 Tìm được tâm và bán kính
 Xét được vị trí tương đối, tìm giao điểm của C  và đường thẳng hoặc đường tròn khác.
3. Điểm G là trọng tâm tam giác ABC .
 Áp dụng công thức tính tọa độ trọng tâm  2   AG AM 3  
G cùng với trực tâm H , tâm ngoại tiếp I thẳng hàng và GH  2GI
4. Điểm H là trực tâm của tam giác ABCAH BC .  
AH  2IM , với I là tâm đường tròn ngoại tiếp còn M là trung điểm BC .
 Điểm đối xứng của H qua AB, AC, BC thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
 Tứ giác BHCA ' là hình bình hành, với A' là đối xứng của A qua tâm đường tròn ngoại tiếp.  
H cùng với trọng tâm G , tâm ngoại tiếp I thẳng hàng và GH  2GI .
5. Điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
IA IB IC R
I nằm trên đường trung trưch các cạnh.   
I cùng với trọng tâm G , trực tâm H thẳng hàng và GH  2GI .
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ
6. J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
J cách đều các cạnh của tam giác. 
Tìm được bán kính nội tiếp tam giác: r dJ,AB 
AJ , BJ , CJ là các đường phân giác trong của các góc trong tam giác.
7. d là đường phân giác trong góc BAC .  ,
A J , K d . Trong đó J , K lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và bang tiếp cạnh BC . 
Lấy đối xứng điểm M AB qua d ta được M ' AC .  dd , M   dM ,AB M , AC 
d cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm chính giữa cung BC
8. Tứ giác nội tiếp.
Viết được phương trình đường tròn ngoại tiếp. 
Sử dụng được tính chất: các góc nội tiếp chắn cùng 1 cung thì bằng nhau. 
Chứng minh được 1 điểm cách đều các điểm khác.
Các cách chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp:
(a) Bốn đỉnh cùng cách đều 1 điểm.
(b) Có hai góc đối diện bù nhau (tổng 2 góc đối = 1800)
(c) Hai đỉnh cùng nhìn đoạn thẳng (tạo bởi hai đỉnh còn lại) hai góc bằng nhau. (d) M .
A MB MC.MD, trong đó: M AB CD; N .
A ND NC.NB, với N AD BC . (e) . IA IC  .
ID IB với I là giao điểm hai đường chéo.
(f) Tứ giác đó là hình thang cân, hình chữ nhật, hình vuông,.. C. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1 (THPT-2015). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của A trên cạnh BC; D là điểm đối xứng của B qua H; K là hình chiếu vuông góc của C trên đường
AD. Giả sử H 5; 5 , K9; 3 và trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng x  y  10  0 . Tìm tọa độ điểm A. Hướng dẫn
Gọi N là trung điểm AC
Ta có điểm N  d : x  y  10  0  N n; n  10 A
Ta có điểm N theo 1 biến số, mà đề bài có cho 2 điểm
H 5; 5 , K 9; 3 tường minh, vậy ta nghĩ đến liệu có N (d):x - y+10=0
mối liên hệ nào giữa 3 điểm N, H, K hay không?
Xét tam giác vuông AHC vuông tại H và N là trung điểm AC 1 B C H D nên  HN  AC (-5;-5) 2
Tương tự giác vuông AKC vuông tại K và N là trung điểm K 1 (9:-3) AC nên  KN  AC 2
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ Từ đó ta có HN  KN 2 2 2 2 
5  n  n 10  5  9  n  n  10  3  n  0  N0;10
Vậy mình đã tìm được điểm N, vậy câu hỏi tiếp theo là: “Mình đi tìm điểm nào tiếp theo ?”
Do mình có tọa độ các đỉnh N, H, K, nên mình dễ dàng viết được phương trình đường tròn (T) ngoại
tiếp tứ giác AHKC (có tâm là N và bán hình là NK).
Tiếp tục theo dõi vào hình thì các điểm mình chưa biết là: A, B, C , D. Trong đó, B và D mình không có
dữ kiện gì, còn A và C thì nằm trên đường tròn (T). Vậy ưu tiên đi tìm A hoặc C rồi.
Chọn một trong hai điểm A hoặc C để đi tìm.
Giả sử nếu các em chọn A.
Khi đó hãy cố gắng liên kết điểm A với các điểm đã biết (H, K , N).
Nối 4 đỉnh này lại vs nhau ta được 1 tứ giác, hãy xem tứ giác này có gì đặc biệt hay không ? hay có 1
mối liên hệ gì giữa 4 đỉnh này hày không?
Khi đó các em sẽ nhận ra rằng tứ giác này có 2 đường chéo vuông góc với nhau, AK  HN .
Nếu các em không thích chọn A, thì chọn C cũng được.
Tương tự, hãy xét tứ giác CNHK có gì đặc biệt hay không?
Khi đó em sẽ nhận ra được tứ giác này là hình thang có HN  CK
Dù chọn tìm điểm A hay điểm C thì các em cũng cần phải chứng minh tính chất
- AK  HN hoặc HN  CK (2 cái này là 1) để có thể làm tiếp được bài toán.
Chứng minh này có nhiều cách làm, các em có thể tham khảo cách chứng minh sau:
Xét ABD cân tại A có H là chân đường cao hạ từ đỉnh A, và B đối xứng với D qua H  ABD cân tại A.  
 HAK  BAH (đường cao hạ từ đỉnh cân cũng là đường phân giác)  1 
BAH  sdAH (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung = 1/2 số đo cung) 2  1    BAH  sdAH  AKH  AHK cân 2
 H là điểm chính giữa của cung AK,  HN  AK
Vậy dựa vào ý nào ta cũng đi tìm được điểm A (theo AK  HN ) hoặc điểm C (theo HN  CK ) của tam giác ABC.
Tiếp theo ta viết được phương trình AB do AB đi qua A và AB vuông góc với AC,
Tương tự viết được phương trình CH do biết tọa độ C và H hay chính là phương trình BC.
Từ đây, B AB BC ta tìm được tọa độ điểm B.
Lời giải chi tiết các em tự làm nhé :)
Ví dụ 2(Sở GD&ĐT Hà Nội – 2016).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại
A . Gọi H (5; 5) là hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên cạnh BC , đường phân giác trong góc A của
tam giác ABC nằm trên đường thẳng x  7 y  20  0 . Đường thẳng chứa trung tuyến AM của tam
giác ABC đi qua điểm K (10;5) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có tung độ dương.
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ
Cách tư suy khi làm bài A 1 4 3 2 E y I B > 0 C B H D M (5:5) x - 7y + 20 = 0 K(-10;5)
Với câu hỏi đặt ra như trên, chúng ta nên đi tìm điểm nào trước ? A? B? hay C?
Nhìn vào bài toán này ta thấy:
+) A thuộc 1 đường thẳng đã biết phương trình;
+) B có dữ kiện y  0 , nhưng dữ kiện này không tham gia vào quá trình tính toán, mà chỉ tham gia B
vào quá trình loại nghiệm mà thôi.
+) C hoàn toàn không biết gì.
Vậy chắc chắn 1 điều là ta nên đi tìm điểm A trước.
Vì điểm A thuộc phương trình AD: x  7 y  20  0 (D là giao của phân giác trong của góc A với BC), nên
ta chỉ cần đi tìm 1 phương trình liên quan đến điểm A nữa là được.
Vì điểm H và K đã có tọa độ rõ ràng, nên đi tìm điểm A ta sẽ thử kết hợp điểm A với 2 điểm H và K xem
được không ? Biết đâu tạo ra 1 tam giác đều, cân, vuông,.. gì đó thì ra sẽ có thêm 1 phương trình liên
quan đến A. Nhưng trong bài này tam giác AHK không có gì đặc biệt cả. Bắt đầu bí rồi @@
Nhìn lại hình thêm chút nữa nhé.
Trong bài toán, cho điểm K là “bất kỳ” thuộc đường thẳng trung tuyến hạ từ A của ABC . Dữ kiện
điểm K “bất kỳ” mà lại có tọa độ rõ ràng chính là 1 gợi ý cho chúng ta đi viết 1 phương trình đường
thẳng nào đó chứa điểm K.
Mà chúng ta đang cần tìm 1 phương trình liên quan đến A, vậy chắc chúng ta phải đi viết phương trình AK hay AM rồi.
Vậy viết phương trình AK như thế nào?
Để viết phương trình đường thẳng AK ta cần biết 1 điểm đi qua (cái này đã có điểm K rồi) và 1 vector
pháp tuyến hoặc 1 vector chỉ phương (cái này chưa biết) hoặc trường hợp đơn giản là chỉ cần biết 2 điểm đi qua.
Tiếp theo, nhìn vào dữ kiện đề bài cho, 1 phương trình đường thẳng (d) và 2 điểm H và K, ta nên thử
kẻ các phương trình đường thẳng đi qua H, K  hoặc song song với (d).
Thì ta thấy, chỉ có phương trình đường thẳng đi qua H và vuông góc với (d) là cắt AM và AD là I và E.
Điểm I hoàn toàn tìm được
Giờ ta chỉ cần tìm được E là xong rồi. Nhưng vấn đề là ta tìm E như thế nào ?
Ta thấy, có I – H – E thẳng hàng mà I và H đã biết vậy E có thể có mối liên hệ nào với I và H hay không?
Đến đây nếu vẽ hình chuẩn xác thì hoàn toàn các em có thể đoán được I là trung điểm của HE.
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ
Nếu I là trung điểm HE thì AH
E cân tại A rồi. Giờ chúng ta chỉ cần CM được điều này là bài toán được giải quyết.
Khi tìm được A rồi ta viết được phương trình BC do đi qua H và vuông góc với AH. Từ đó tìm được
điểm M. Viết được phương trình đường trong tâm (M) bán kính MA cho giao với BC tìm được điểm B
và C, chú ý điều kiện y  0 để xác định B và C B
Trên đây là 1 hướng suy nghĩ về các tư duy để làm bài toán. Tuy hơi dài dòng nhưng lời giải của bài
toán này cực kỳ ngắn gọn như sau, các em tham khảo: Lời giải chi tiết
AM là trung tuyến của tam giác
ABC nên ta có: MA MB MC , suy ra   A C . 1 Mặt khác:  
A C (cùng phụ với góc  B ). 4 Suy ra    
A A A A (do AD là phân giác của góc 
BAC ), khi đó AD là phân giác của góc  HAM . 1 4 2 3
Gọi E đối xứng với H qua AD E AM , khi đó HE AD nên phương trình HE : 7 x y  40  0 .  26 x
x  7 y  20  0   5  26 18
Suy ra tọa độ giao điểm 
I của AD HE là:     I ;   .
7x y  40  0 18   5 5   y    5  27 11   27 11 
Do I là trung điểm của HE , suy ra E ; 
 . AM đi qua E ; 
 và K (10; 5) nên có phương  5 5   5 5 
trình: 2x 11y  35  0 .
2x  11y  35  0 x  1
Vậy tọa độ điểm A là nghiệm của hệ :     (
A 1;3) . Khi đó BC đi qua H (5;5)
x  7 y  20  0 y  3   
và vuông góc với AH AH  (4;2)  2(2;1) nên có phương trình: 2x y 15  0  13
2x y 15  0 x   13 
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:    2  M ; 2   .
2x 11y  35  0   2   y  2 
Gọi B(t;15  2t)  BC , khi đó : 2 2  13   11  2 MB  2 MA  t   (2t  2 13)   2 1  2 5t  65t  180      0  2   2  t  9 B(9; 3) y  0    B     B(4; 7) t   4 B(4; 7)
Do M là trung điểm của BC C(9;3) . Vậy A(1;3), B(4;7),C(9;3) .
Bài tập luyện tập thêm
Bài 1 (THPT Anh Sơn II Nghệ An). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A với
B(2;1), C(2; 1) , gọi P là điểm trên cạnh BC . Đường thẳng qua P song song với AC cắt AB tại D ,
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ
đường thẳng qua P song song với AB cắt AC tại điểm E . Gọi Q là điểm đối xứng với P qua DE .
Tìm tọa độ điểm A biết Q(2; 1) . Hướng dẫn A
Do ABC cân tại A nên A thuộc đường trung trực d của BC .
Khi đó d đi qua trung điểm O(0; 0) của BC và vuông góc với Q(-2,-1)  1
BC với BC  (4; 2)   2(2; 1
 ) nên d có phương trình: D 1
2x y  0 . 1
Ta sẽ đi chứng minh A thuộc đường tròn ngoại tiếp tam E
giác BCQ hay chứng minh   0
BAQ BCQ  180 . 1 1 C(2,-1) Thật vậy: B(-2,1) P
Ta có PEAD là hình bình hành, suy ra
DP AE EP AD (1)
Do DE là trung trực của PQ ,
suy ra DP DQ EP EQ (2)
Từ (1) và (2), suy ra AE DQ
AD EQ  ADQ  QEA (c – c – c)  
D E , suy ra ADEQ nội tiếp đường tròn hay  
DAQ  QEH (*) (vì cùng bù với  DEQ ). 1 1 Mặt khác, ta có:   EPC ECP (cùng bằng góc  B ), suy ra  
EP EC EQ EC C Q 1 1 Lại có  
E, H thuộc trung trực của  
BC P Q C P , suy ra EHCP nội tiếp đường tròn 1 1 1 1 Khi đó  0  0  0  0 
HCP  180  HEP  180  HEP  180  QEH  180  DAQ (theo (*)), suy ra   0
HCP DAQ  180 hay   0
BAQ BCQ  180 .
Vậy ABCQ nội tiếp đường tròn có phương trình (phương trình đi qua 3 điểm B, C,Q ) là: 2 2 x y  5
.Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 2x  y   0 x  1; y  2 A(1; 2)    2 2   x  y  5 x  1; y    2 A(1; 2) Kiểm tra điều kiện ,
A Q nằm cùng phía với đường thẳng BC cho ta đáp số ( A 1  ; 2  ) .
Bài 2.Cho hình chữ nhật ABCD tâm I. Gọi K là trung điểm của cạnh DC, E là hình chiếu của C trên AK.
Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết rằng A B  1   5 3  I  ;0 , E ;  
 , điểm B có hoành độ dương và AB  2BC . 1  2   2 2  I( ,0) 2 Hướng dẫn 1 1
Từ giả thiết ta có IE  AC  BD nên I là tâm đường tròn 2 2
ngoại tiếp ngũ giác ABCED. D K C
Tam giác IBE cân tại I nên  
IEB  EBD ; Tam giác ADK vuông cân tại D nên 5 3    AB=2BC E( , - )    0 IEB EBD EAD
45 . Từđó suy ra tam giác IBE vuông cân tại I. 2 2
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ  1 
BD đi qua điểm I ;0 và có véc tơ pháp tuyến  2      3 IE  2;  hay n  4;   
3 nên BD có phương trình là :  2   1  4 x 
 3y  0  0 hay 4x  3y  2    0  2 
BD đi qua điểm K 1; 2 và có véc tơ chỉ phương u  3;4 nên có phương trình tham số là x  1  3t BD : y  2  4t 1
Gọi B3t  1; 4t  2 thuộc BD, điều kiện t  ta có 3 2 2 t    2   0 l 3 3  IB  IE  3t   4t  2  2 2    2 25t  25t  0        2   2  t  1 n 
Từđó ta có B 2; 2 . Vì I là trung điểm của BD nên D 1; 2
Ta có BD  9  16  5 , 2  2  2   2 AB AD BD 25
5.AD  25  AD  5 , AB  2 5 Gọi A x,y ta có  6  2 2  x AD  5
 x  1   y  2   5  x  2  5 6 12      ;   A 2; 0 ,A ; 2 2 1       2   AB  y 0 12 2 5 5 5 
x  2  y  2   20      y     5
Kiểm tra A và E khác phía so với đường thẳng BD, ta có 5 3 5  3  A 2; 0 ,E ;
 42  3.0  2  4.  3. 
 2  0 nên A ; E khác phía so với đường thẳng 1              1  2 2   2  2   BD. 6 12   6   12   5  3   A 2; 0 ,A ;  4  3.   2 4.  3. 
 2  0 nên A ; E khác phía so với 1       2            2  5 5    5   5   2  2   đường thẳng BD.
Vậy điểm A cần tìm là A 2;0 . Vì I là trung điểm của AC nên C 3; 0 .
Vậy A 2;0 , B2; 2 , D 1; 2 , C 3; 0 .
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh A1;4, trực tâm H. Đường
thẳng AH cắt cạnh BC tại M , đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác HMN I 2;0, đường thẳng BC đi qua điểm P 1; 2. Tìm tọa độ các đỉnh B,C của tam giác
biết đỉnh B thuộc đường thẳng d : x  2y  2  0 Hướng dẫn A
Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp. N
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ
Suy ra I là trung điểm của BH ; B  d  B2  2t;t   
Suy ra: H 2  2t; t
   AH  3  2t; t
  4, BP  2t 1; t   2
Do H là trực tâm của tam giác ABC    AH.BP  0
 2t  32t  
1  t  4t  2  0 2
 5t  10t  5  0  t  1   Suy ra H 0;  1 , B4;  1 , AH  1; 3
 , đường thẳng BC : x  3y  7  0
Đường thẳng AC : 2x y  6  0. Tìm được tọa độ C 5; 4
Bài 4.(Chuyên Sư Phạm lần 2).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A và nội
tiếp đường tròn K  . Gọi M là trung điểm của AC;G, E lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và  4   23   53 
ABM . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết E ;11 , G 2; , K 2; .        3   3   5  Hướng dẫn 4 23 53 E( ;11) G(2; ) K(2; )
Ta có tam giác ABC cân tại A, AG là trung 3 3 5
tuyến hạ từ đỉnh A AG BC . E là trọng tâm A E là trọng tâm ABM A
BM nên EM BC từ đây ta viết được K là tâm ngoại tiếp ABC
phương trình EM  G là trọng tâm ABC
Đi qua E và nhận GK làm vector pháp tuyến. F
Suy ra phương trình của EM : y  11   1
Gọi I là giao điểm AG với ME khi đó I có tọa độ L I E MI 2,  11 K
Gọi L là trung điểm AB. Xét ML có: G 2
+) E là trọng tâm ABM ME ML 3 1
+) I là trung điểm ML nên MI ML 2 B C
Suy ra ME  4IE (do I nằm giữa E và M). Hay  
ME  4IE M 4,1  1
Ví I là trung điểm ML nên L0,  11  
Mà G là trọng tâm trong ABC nên BG  2GM B 2;  1 .
L là trung điểm AB nên A2;  21 .
M là trung điểm AC nên C 6  ;1 .
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ
Câu 5.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại .
A Gọi H 5;5 là hình chiếu
vuông góc của đỉnh A trên cạnh BC, đường phân giác trong góc A của tam giác ABC nằm trên
đường thẳng x  7 y  20  0. Đường thẳng chứa trung tuyến AM của tam giác ABC đi qua điểm K  1
 0;5. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết điểm B có tung độ dương. Hướng dẫn: A Ta có  
ACB BAH (do cùng phụ với  ABC ) Hơn nữa,
MA MB MC nên  
MAC MCA nên K' K   BAH MAC I
Suy ra đường phân giác trong AD của góc A cũng là B H M C phân giác của góc  HAM
Gọi K ' là điểm đối xứng với K qua AD thì K ' thuộc AH
Viết được phương trình KK ' : 7x  y  65  0  19 3 
KK ' AD  I I  ;  K '   9;2  2 2 
AH : x  2 y  5  0, AH AD  A A1;3  BC : 2x  y 15  0  13 
Đường thẳng AM đi qua A K nên AM : 2x 11y  35  0. Vậy M ; 2    2 
Vid B thuộc đường thẳng BC nên B  ;1 b 5  2b b  9 Do 2
MA MB  5b  65b 180  0  b  4 
Vậy B 4;7,C 9; 3  
Câu 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung điểm của cạnh AD và  11 2   3 6  H ;  
 là hình chiếu vuông góc của B trên cạnh CE; M ;  
 là trung điểm của cạnh BH. Tìm  5 5   5 5 
tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết đỉnh A có hoành độ âm. Hướng dẫn:
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ
M là trung điểm BH nên M  1  ; 2   F
Gọi F đối xứng với E qua .
A Khi đó: BF EC B E F H là hình thang, có AM
là đường trung bình nên AM BH A B
Ta có: BH : x  2y  3  0
CE : 2x  y  4  0, AM : 2x  y  0 M E   CD 2
cos BAM  cos ECD   CE 5 H  Gọi A ;
a 2a , a  0  AB  a 1; 2a  2 D N C   AB u Ta có  . 2 AM 2 cos BAM
    5 AM . u 5 AMa  1  2 5a 6a 11 0       11  A 1  ; 2 a  l  5 D
A : y  2  0, vì E CE AD  E 1; 2
E là trung điểm AD nên D 3; 2  
BC AD  C 3; 2 . Kết luận
Câu 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh A1;4, trực tâm H. Đường
thẳng AH cắt cạnh BC tại M , đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác HMN I 2;0, đường thẳng BC đi qua điểm P1;2. Tìm tọa độ các đỉnh , B C của tam giác A
biết đỉnh B thuộc đường thẳng d : x  2y  2  0 Hướng dẫn: N
Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp. H
Suy ra I là trung điểm của BH ;B  d  B2  2t;t    I(2,0)
Suy ra H 2  2t;t   AH  3  2t; t
  4, BP  2t 1; t   2 C x + 2y - 2 = 0 P(1, - 2) Do B M
H là trực tâm của tam giác ABC    AH BP
  t   t    t  t   2 . 0 2 3 2 1 4
2  0  5t  10t  5  0  t  1
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ  Suy ra H 0;  1 , B4; 
1 , AH  1;3, đường thẳng BC : x  3y  7  0
Đường thẳng AC : 2x y  6  0. Tìm được tọa độ C 5; 4  
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox ,
y cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình
3x  4 y  10  0 và đường phân giác trong BE có phương trình x y 1  0. Điểm M 0;2 thuộc
đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 . Tính diện tích tam giác ABC. Hướng dẫn:
Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC A
Tính được N 1; 
1 . Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có
phương trình 4x  3y 1  0 E
B là giao điểm của BC BE. suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ M I 4x  3y 1  0 phương trình:   B 4;5
x y 1  0  C B N H
Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình: 2x  4 y  8  0
A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ phương trình: 3
 x  4 y  8  0  1    A 3  ;    3x  4 y 10  0   4 
Điểm C thuộc BC và MC  2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ phương trình:
x  1; y  1 C 1  ;1 4x  3y 1  0      31 33    31 33  x    y  22 2  2 x  ; y C ;    25 25     25 25 
Thế tọa độ A và C 1 
;1 vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía đối với BE,
do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.  31 33  Tương tự A và C ; 
 thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC.  25 25  49 49
BC  5, AH d  , A BC   . do đó S  (đvdt). 20 ABC 8
Câu 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật AB D
C có diện tích bằng 18. Gọi E là trung điểm cạnh B .
C Đường tròn ngoại tiếp tam giác D
C E cắt đường chéo AC tại G, ( G không trùng với
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ  2 4 
C ). Biết E 1;   1 , G ; 
 và điểm D thuộc đường thẳng d : x y  6  0. Tìm tọa độ các điểm  5 5  , A , B C, . D Hướng dẫn:
Do tứ giác CDGE nội tiếp A BDG GE,
Do D d D t;6  t G
  3 9   2 26    Ta có EG  ; ; DG t  ;  t   
 do EG.DG  0  t  4  D  4; 2 E  5 5   5 5 
Suy ra DE  3 2, DE : x y  2  0 Gọi C  ; a b, do D C 9 1 9 S  18  S   d C DE DE   a b   ABCD CDE  ; . 2 3.   1 2 2 2  
DC a  4;b  2, EC a 1;b   1 ; do  
CD  CE DC.EC  0  a  4a  
1  b  2b   1  0 2
a b  2  3 
a  4;b  1  C 4;   1 Từ (1) và (2) ta có:      2 2
a  5a  b b  2  0 a  1;b  2   C 1; 2 
Do C G nằm khác phía với bờ là đường thẳng DE C 1; 2 không thỏa mãn Suy ra C 4;   1 thỏa mãn.  
M là trung điểm BC nên B 2;  
1 . Do AD  BC A2; 2
Câu 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông AB D
C có tâm I 3;   1 , điểm M trên cạnh D
C sao cho MC  2 D
M . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông AB D
C biết đường thẳng AM
phương trình 2x  y  4  0 và đỉnh A có tung độ dương. A B Hướng dẫn: 3
Gọi H là hình chiếu của I trên AM IH d I; AM   5 H I Giả sử AM  D
B N P là trung điểm của N D M C
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ
MC IP AM NM I . P
Từ M là trung điểm của DP suy ra N là trung điểm của DI a 2 1 a 2
Gọi cạnh của hình vuông là a thì AI  , IN IN  2 2 4 1 1 1 5 2 8 Từ       a  3 2 2 2 2 2 2 IH IA IN 9 a a 2 2
A thuộc AM nên At t    IA  t     t   2 ; 2 4 3 2 3
 3  5t 18t  9  0
t  3  A3; 2   3
. do A có tung độ dương nên A3; 2   3 14  t   A ;     5   5 5  
Suy ra C 3;4 . Đường thẳng D
B đi qua điểm I và có vtpt AI  0; 3 có phương trình y 1  0.  3 
N AM BD  N ; 1 . 
N là trung điểm của DI D 0;   1  B 6;   1  2 
Câu 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật AB D
C có diện tích bằng 3 3, đỉnh D thuộc đường thẳng 
d : 3x y  0, ACB  30 .
 Giao điểm của đường phân giác trong góc  A D B
đường cao của tam giác B D
C kẻ từ C là điểm H  3;3. Tìm tọa độ các đỉnh ,
B D biết hoành độ của
B D đều nhỏ hơn 3 Hướng dẫn:
Gọi I AC  D
B . Đặt AB x BC x 3 có S A .
B BC  3 3 nên x  3 H A D Ta có      
DBC ACB  30  A D B  60  H D B  30  D B là phân giác trong của góc 
HBC và cũng là đường cao nên BD là trung trực của HC I  
HD  CD  3; BHD  BCD  90 và BH BC  3 B  3 C t  (T/M)   
D d D t; 3t 2 3 3 ; HD  3    D  ;   2 2   3 3   t  (loai)  2
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ   3 3 
Đường thẳng HB đi qua H  3;3, có vecto pháp tuyến DH  
;  nên có phương trình:  2 2    3 x  3 3 
y  3  0  x  3y  4 3  0 2 2  b B  D H B ; b 4    b  3   3   5 3 2 b   Loai  b    
HB  3  b  32 2 3 9  1   9    B    ;   3   2 2    3   b  T / M   2   3 9   3 3 
Vậy tọa độ các điểm , B D là: B  ;  , D  ;   2 2   2 2     
Bài 12.(THPT – Quỳnh Lưu 3 – Nghệ An) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC
đường tròn nội tiếp tiếp xúc với các cạnh BC, C ,
A 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 M 4; 2, phương trình EF : 3x  y  2  0
B có hoành độ bé hơn 4. A Hướng dẫn 3x - y - 2 = 0
Phương trình đường thẳng BC : x y  2  0 E
Gọi H là giao điểm của EF BC ta có tọa độ H là nghiệm của hệ: 3  x  y  2  0 x  0 F    , H 0; 2  .
x y  2  0 y  2  I  
Từ các giả thiết, ta thấy H nằm trên tia M(4,2) đối của tia BC. H B D(3,1) C Ta chứng minh 2
MD.MH MB .
Thật vậy, qua B kẻ đường thẳng song song với CA cắt HE tại G . Khi đó ta có BG BF BD đồng HB GB DB thời  
HB.DC D . B HC.
M là trung điểm đoạn BC nên ta được HC CE DC
MH MBMB M   MB M MH MB 2 D D
MH .MD  MB Gọi 2
B t;t  2,t  4 ta có 2 t  4  8  t  4  2  t  2, B 2; 0  C 6; 4
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ
Phương trình đường tròn tâm B bán kính BD là T   x  2 2 : 2  y  2
Đường thẳng EF cắt T  tại G F có tọa độ là nghiệm của hệ  3 x     x  22 2  y  2 x  1   5  3 1      
. Vì G nằm giữa H F nên F 1  ;1 ,G ;  .   Khi đó phương y  1 1 3x   y  2  0     5 5  y     5
trình AB : x y  2  0, AC đi qua C và song song với BG nên có phương trình: x  7 y  22  0. Tọa độ
x y  2  0 x  1 
điểm A là nghiệm của hệ    , A 1  ;3
x  7 y  22  0 y  3  
Vậy A1;3, B 2;0,C 6; 4
Câu 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm  3 1  K  ;  , 
 đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương trình là 3x  4 y  5  0  2 2 
và 2x  y  0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Hướng dẫn: A
Từ giả thiết, tọa độ của A là nghiệm của hệ 3
 x  4 y  5  0 x  1 K     A1; 2 2x  y  0 y  2  
Gọi M là trung điểm của BC B M C KM d . 1 d1 d2  3 1  
Đường thẳng KM đi qua K  ;  
 và có vec tơ chỉ phương u 4;3 có phương  2 2   3 x    4t   2 trình  t  1
y    3t   2  3 x    4t  2   1  1 x   1 
Tọa độ của M là nghiệm của hệ y    3t   2  M ;1   2  2    y  1 
2x y  0  
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ  1 
Đường thẳng BC đi qua điểm M ;1 
 vuông góc với d : 3x  4 y  5  0 có phương trình 1  2   1   1  B  3 ;1 m  4m   x   3m  2   2 m   2 2 2
y  1 4m  1 3   1  2  3  25  2  KB   3M   1 4m   2  3m 2   4m  25m         2 2   2   2  4
Từ giả thiết, ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 2 2  3   1  50 2 AK  1  2   .      2   2  4 25 50 1 1 Mà 2 2 2
BK AK CK 2 2  25m    m   m   4 4 4 2 1 x  2 Với m    ta có điểm 2;  1  2 y  1   1 x  1  Với m     ta có điểm  1  ;3 2 y  3 
Vậy tọa độ 2 đỉnh còn lại B và C có tọa độ là 2;  1 , 1  ;3 1
Câu 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, AB AD  CD. 3
Giao điểm của AC và BD là E 3; 3
  , điểm F 5; 9
  thuộc cạnh AB sao cho AF  5 .
FB Tìm tọa độ đỉnh
D, biết rằng đỉnh A có tung độ âm. Hướng dẫn: E B A
Gọi I EF C .
D Ta sẽ chứng minh tam giác EAI vuông cân tại E. F         Đặt
AB a, AD  b. Khi đó a b và . a b  0. Ta có 1 1      C
AC AD  DC b  3a. D I
   1  5  1     
F A AF AC AB  b a 5 1 E E 3  a  3b a 4 6 4 6 12     2 2 1 Suy ra AC.EF
3 b 3 a   0. Do đó AC EF.   1 12
Từ (1) suy ra tứ giác ADIE nội tiếp. suy ra   I D  45 .  2 1 1  
Từ (1) và (2) suy ra tam giác EAI vuông cân tại E.
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ   Ta có n
EF 2; 6 nên AC : x  3y 12  0  A3a 12;aACEI EC CD   Theo định lý Talet ta có  
 3  EI  3FE I 3;15 EF EA ABa
Khi đó E EI  
 2  a  2 3 A 3a 9 3  360  a  9  
Vì A có tung độ âm nên A 1  5; 9     Ta có n
AF 20; 0 nên AD : x  15  CD : y  15. Do đó D  1  5;15 AD  
Câu 15. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường
trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3x  5 y  8  0, x y  4  0.
Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC vắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D 4; 2
 . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC, biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. Hướng dẫn:
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của A BC và AD,  
E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu n ,u lần lượt là vtpt, vtcp của d d
đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là
nghiệm của hệ phương trình: H  7 x
x y  4  0   2  7 1      M ;    3x  5y  8  0 1   2 2  BC y   K M   2  
AD vuông góc với BC nên nu
 1;1 , mà AD đi qua điểm D suy ra D phương AD BC   trình của D
A :1 x  4 1 y  2  0  x y  2  0. Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa độ điểm A 3
 x  5y  8  0 x  1
là nghiệm của hệ phương trình:     A1  ;1
x y  2  0 y  1  
x y  4  0 x  3
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:     K 3;   1
x y  2  0 y  1   
Tứ giác HKCE nội tiếp nên  
BHK KCE, mà  
KCE BDA (nội tiếp chắn cung  AB ) Suy ra   BHK  D
B K, vậy K là trung điểm của HD nên H 2; 4
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ
Do B thuộc BC  B t;t  4, kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C 7  t;3 t  
HB t  2;t  8; AC 6  t; 2  t . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên   t  2 H .
B AC  0  t  26  t   t  82  t   0  t  214  2t   0  t  7     
Do t  3  t  2  B2; 2  ,C 5; 
1 . Ta có AB  1; 3
 , AC  4;0  n  3;  1 , n  0;  1 AB AC
Suy ra AB : 3x  y  4  0; AC : y 1  0
Câu 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A1;4, tiếp tuyến tại A của đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của 
ADB có phương trình
x y  2  0, điểm M  4  
;1 thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường thẳng AB. Hướng dẫn:
Gọi AI là phân giác trong của  BAC Ta có:   
AID  ABC BAI A   
IAD  CAD  CAI E K M Mà    
BAI CAI , ABC C D A nên   AID  IAD B D I C
 DAI cân tại D  DE AI
PT đường thẳng AI là: x y  5  0
Gọi M ' là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM ' : x y  5  0
Gọi K AI MM '  K 0;5  M '4;9 
VTCP của đường thẳng AB là AM '  3;5 
 VTPT của đường thẳng AB là n  5; 3
Vậy PT đường thẳng AB là: 5 x  
1  3 y  4  0  5x  3y  7  0
Câu 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho hình vuông ABCD, M là trung điểm của đoạn AD, N
thuộc đoạn DC sao cho NC  3ND. Đường tròn tâm N qua M cắt AC tại J 3; 
1 , J I AC  D B ,
đường thẳng đi qua M, N có phương trình x y 1  0. Tìm tọa độ điểm B. Hướng dẫn:
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ
MN cắt đường tròn tâm N tại K. Ta chứng minh được tứ giác MIJK nội tiếp    
NKJ AIM  45  JNK  90 P
NJ MN nên có phương trình: x y  2  0  1 3  Suy ra được N ;  B    2 2  AM 3; 4   I
JMN vuông cân tại N nên MJ  2PN   MM  2   ;1  J   Với M  2  
;1 gọi P MN  A J
ta có NP  3NM P  7;  6 D N C  2  PA
PJ tìm được A 3
 ; 4, vì A là trung điểm của IP nên I 1; 2 5   K
Ta có AB  2MI B 3;6
Tương tự với M 3; 4
  ta tìm được A6; 5
 , I 4;   1 và B 8  ;1
Vậy tọa độ điểm B3;6 hoặc B8  ;1
Câu 18. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BG, G là
trọng tâm tam giác ABM, điểm D 7; 2
  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA GD. Tìm tọa độ điểm
A, lập phương trình AB, biết hoành độ của điểm A nhỏ hơn 4 và AG có ohương trình 3x  y 13  0. Hướng dẫn: B
Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng AG 3.7  2 13
d D, AG   10 M N 9 1 G D
Xác định hình chiếu của D trên AG.
Ta có tam giác ABC vuông cân đỉnh A nên tam giác ABM vuông cân đỉnh A C M.
Suy ra GB GA . Theo giả thiết GA GD nên tam giác ABD nội tiếp đường tâm G bán kính GA. Ta có:  
AGD  2 ABD  90 suy ra DG AG suy ra GD  10
Suy ra tam giác AGD vuông cân đỉnh G suy ra AD  2 10
Tìm điểm A nằm trên đường thẳng AG sao cho AD  2 10
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ
Giả sử At;3t 1  3 D A
 2 10  t  72  3t  2 11  20 2 2
t 14t  49  9t  66t 121 20  0 t  5 2 2
 10t  80t 150  0  t  8t 15  0  t  3 
Với t  3 suy ra A3; 4  
Tìm số đo góc tạo bởi AB và AG.  NA NM 3NG 3NG 3NG 3 cos NAG       2 2 2 2 AG AG AG AN NG 9NG NG 10 
Giả sử đường thẳng AB có vectơ pháp tuyến n  a;b ta có: 3a  b 3 2 2 2 2 2 
 9a  b  6ab  9a  9b  8b  6ab  0 2 2 2 2 a b . 3 1 10 b  0  4b  3  a  
TH1: b  0 chọn a  1 suy ra n  1;0 suy ra AB : x  3  0 7  3 d  , D AB 
 4  10  d D, AG 1  TH2: 4b  3
 a chọn n  4; 3 suy ra AB : 4 x  
3  3 y  4  0
 4x  3y  24  0 4.7  3.2  24 10
d D, AB    2  10 16  9 5
Trong hai trường hợp trên xét thấy d  ,
D AB  d  ,
A AG nên AB : x  3  0 Vậy: A3; 4
 , AB : x  3  0 A N
Câu 19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
vuông tại A nội tiếp đường tròn T  có phương trình E M 2 2
x y  6x  2 y  5  0. Gọi H là hình chiếu của A trên BC. B C
Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm H I
tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN có
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ
phương trình 20x 10 y  9  0 và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ. Hướng dẫn:
T  có tâm I 3;  1 , bán kính R  5 Do  
IA IC IAC ICA   1
Đường tròn đường kính AH cắt BC tại M MH AB MH AC (cùng vuông góc AB)  
MHB ICA 2 Ta có:  
ANM AHM (chắn cung AM) (3) Từ (1),(2),(3) ta có:      
IAC ANM ICA  AHM MHB AHM  90 Suy ra: AI vuông góc MN
 phương trình đường thẳng IA là: x  2 y  5  0
Giả sử A5  2a;a  IAa  0
AT   5  2a2 2
a  6 5  2a 2
 2a  5  0  5a 10a  0  a  2 
Với a  2  A1;2 (thỏa mãn vì A, I khác phía MN)
Với a  0  A5;0 (loại vì A, I cùng phía MN)  9 
Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH E MN E t; 2t     10   38 
Do E là trung điểm AH H 2t 1; 4t     10    58    48 
AH  2t  2; 4t
, IH  2t  4; 4t       10   10   8  11 13     t   H ; (TM )    272 869 5  5 5  Vì 2
AH HI AH .IH  0  20t t   0   5 25  28  31 17  t   H ; (loai)    25   25 25 
Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183 Cộng tác viên: CV HÀ 8 11 13  Với t   H ;   (thỏa mãn) 5  5 5    6 3  Ta có: AH  ;  BC   nhận n  2; 
1 là VTPT.  phương trình BC là 2x  y  7  0  5 5 
Câu 20. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD.
Đỉnh B thuộc đường thẳng  có phương trình x y  5  0. Các điểm E và F lần lượt là hình chiếu
vuông góc của D và B lên AC. Tìm tọa độ các đỉnh B, D biết CE  5 và A4;  3 ,C 0; 5  . Hướng dẫn: A
Gọi H là trực tâm tam giác ACD, suy ra CH AD nên CH A . B   1 B
Mặt khác AH BC (cùng vuông góc với CD) (2) F L E
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABCH là hình bình hành nên CH AB (3) H Ta có:  
HCE BAF (so le trong) (4) D C
Từ (3) và (4) suy ra: HCE   BA
F (cạnh huyền và góc nhọn). vậy CE AF Vì  
DAB DCB  90 nên E, F nằm trong đoạn AC.
Phương trình đường thẳng AC : 2x  y  5  0 a  5
F AC nên F  ;
a 2a  5. Vì AF CE  5  a  3 
Với a  5  F 5;5 (không thỏa mãn vì F nằm ngoài đoạn AC)  
Với a  3  F 3; 
1 (thỏa mãn). Vì AF EC E 1; 3 
BF qua F và nhận EF 2; 4 làm một vectơ pháp tuyến, do đó BF có phương trình x  2 y  5  0. B là
giao điểm của  và BF nên tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:
x  2 y  5  0 x  5     B 5;0
x y  5  0 y  0   
Đường thẳng DE qua E và nhận EF 2; 4 làm một vectơ pháp tuyến, DE có phương trình
x  2 y  5  0 
Đường thẳng DA qua A và nhận AB 1; 3 làm một vectơ pháp tuyến, DA có phương trình
x  3y  5  0
D là giao điểm của DA và DE nên tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình:
x  2 y  5  0 x  5      D  5
 ; 0 . Kết luận: B5;0, D 5  ;0
x  3y  5  0 y  0  