TUYỂN TẬP CÁC BÀI HÌNH GIẢI TÍCH PHẲNG OXY TRONG n v ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC K2PI.NET.VN Tuế nguyệt lưu, khích câu vi độ Thời gian trôi nhanh, nhanh bóng câu chạy trước mắt, ngày lạ lẫm, đương bỡ ngỡ Toán học, chập chững bước vào diễn đàn, kiến thưc kinh nghiệm hạn hẹp, kĩ trình bày chưa có Ấy ỷ lại,còn mê trò chơi điện tử mà quên đường cấp ba phần Đến ngẫm lại thấy xấu hổ Một năm trôi qua nhanh chóng khiến người ta không kịp nhìn lại chặng đường Dẫu biết kiến thức chưa nhiều, kinh nghiệm chưa có làm tài liệu để giúp diễn đàn có nơi lưu trữ lại toán đánh giá hay tinh tế Do phần nên sai xót, mong đóng góp để tài liệu hoàn chỉnh t e n i p PHẦN THỨ NHẤT : NĂM 2013 K K2 pi ne t.v n Bài toán 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(−1; 2) ; C(3; −2) Gọi E trung điểm cạnh AD ; BM đường thẳng vuông góc với CE M ; N trung điểm cạnh BM P giao điểm AN DM Biết phương trình đường thẳng BM : 2x − y − = Tìm tọa độ đỉnh P Lời giải: A B N E I P M C D - Phương trình EC qua C vuông góc với BM là: x + 2y + = - Tọa độ điểm M = EC ∩ BM nghiệm hệ 2x − y − = x + 2y + =    x= ⇐⇒   y=− =⇒ M ;− 5 11 ; 5 - Phương trình AN qua hai điểm A N x + 2y − = - Gọi I tâm hình vuông suy I(1; 0) Phương trình BD qua I vuông góc với AC x − y − = 2x − y − = x=3 - Tọa độ B nghiệm hệ x − y − = ⇐⇒ y = =⇒ B (3; 2) - Do I trung điểm BD suy tọa độ D (−1; −2) - Phương trình DM qua D M x − 3y − =    x = 19 19 x − 3y − = - Tọa độ P = DM ∩ AN nghiệm hệ x + 2y − = ⇐⇒ =⇒ P ; −   y=− 19 ;− thỏa mãn yêu cầu toán Kết luận: Tọa độ điểm P 5 - Do N trung điểm BM suy N Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 Bài toán 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, tam giác ABC vuông A ngoại tiếp hình chữ nhật M N P Q Biết điểm M (−3; −1) N (2; −1) thuộc cạnh BC; Q thuộc cạnh AB P thuộc cạnh AC Đường thẳng AB có phương trình x − y + = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Lời giải: t e A n i p Q B M P N n v C K K2 pi ne t.v n - Phương trình đường thẳng BC qua M N y + = x−y+5=0 x = −6 - Tọa độ điểm B = AB ∩ BC nghiệm hệ y + = ⇐⇒ y = −1 =⇒ B (−6; −1) - Đường thẳng QM qua M vuông góc với BC có phương trình x + = x+3=0 x = −3 - Tọa độ Q = QM ∩ AB nghiệm hệ x − y + = ⇐⇒ =⇒ Q (−3; 2) y=2 −−→ −−→ −−→ −−→ xP = - Ta có M N = (5; 0) ; QP = (xP + 3; yP − 2) =⇒ M N = QP ⇐⇒ yP = =⇒ P (2; 2) - Đường thẳng AC qua P vuông góc với AB x + y − = x+y−4=0 x=5 - Tọa độ C = AC ∩ BC nghiệm hệ y + = ⇐⇒ =⇒ C (5; −1)  y = −1   x = −1 x+y−4=0 =⇒ A − ; - Tọa độ A = AB ∩ AC nghiệm hệ x − y + = ⇐⇒  2  y= ; B(−6; −1) ; C(5; −1) Kết luận: Tọa độ điểm A − ; 2 Bài toán 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy,cho đường tròn (C) : x2 + y − 4x + 2y − 11 = đường thẳng (d) : 4x − 3y + = Gọi A; B hai điểm thuộc (d) C điểm 22 11 thuộc đường tròn (C) Biết điểm H ; giao điểm AC (C) ( C = H) điểm 5 K − ; trung điểm AB Tìm tọa độ đỉnh A; B; C 5 Lời giải: Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 d : 4x − 3y = −9 A SAKIH = 24 t e H K n i p I B n v C K K2 pi ne t.v n - Đường tròn (C) có tâm I(2; −1); bán kính R =    x = −6 + y − 4x + 2y − 11 = x =⇒ (d) ∩ (C) = K − ; - Tọa độ (d) ∩ (C) thỏa ⇐⇒ 4x − 3y + =  5  y= √ - Ta có HK = =⇒ HK = IH + IK = R2 + R2 =⇒ ∆IHK vuông I suy tứ giác AHIK hình thang vuông I K (AH + IK) IH (AH + R) R =⇒ SAHIK = = 24 ⇐⇒ = 24 =⇒ AH = 2 3a + 12 14 3a + 4a - Gọi A a; ∈ (d) =⇒ B − − a; − Ta có + +3− =8 a+ 5 5  18 39 → B (−6; −5) ; A 18  5 a=  ⇐⇒ 5a2 +12a−180 = ⇐⇒ =⇒  18 39 a = −6 A (−6; −5) → B ; (Loại A; B khác phía với IK) 5 - Phương trình AC qua A H 7x + y − 33 =    x = 26 + y − 4x + 2y − 11 = 26 17 x - Tọa độ C = (C) ∩ AC thỏa ⇐⇒ 17 =⇒ C ; − 7x + y − 33 =   y=− 18 39 26 17 Kết luận: Tọa độ điểm A ; ; B (−6; −5) ; C ; − 5 5 Bài toán 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho điểm A (1; 0) đường tròn (C1 ) : x2 + y = 2; (C2 ) : x2 + y = Tìm tọa độ điểm B C nằm (C1 ) (C2 ) để tam giác ABC có diện tích lớn Lời giải: Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 B A t e H n i p C n v * Đầu tiên ta có nhận xét: để tam giác ABC có diện tích lớn O phải trực tâm tam giác ABC Chứng minh: Giả sử CO không ⊥ AB ta tìm điểm C ∈ (C2 ) cho d(C , AB) lớn d(C, AB), hay S∆ABC lớn S∆ABC → không thỏa mãn yêu cầu toán Do CO ⊥ AB -Tương tự ta có BO ⊥ AC Vậy O trực tâm tam giác ABC.Suy AO ⊥ BC ⇐⇒ xB = xC t2 + b2 = b2 = − t2 Và ta giả sử B(t; b) ∈ (C1 ), C(t; c) ∈ (C2 ) (t, b, c ∈ R) ta có ⇐⇒ t + c2 = c2 = − t2 −−→ −−→ Mà CO ⊥ AB nên CO.AB = hay t(t − 1) + bc = suy b2 c2 = t4 − 2t3 + t2 √ √ 5− 5+ 2 2 ; t= Do (2 − t )(5 − t ) = t − 2t + t ⇐⇒ (t + 1)(2t − 10t + 10) ⇐⇒ t = −1; t = 2 1 Tới ta có: S∆ABC = BC.d(A, BC) = |xA − xB ||yB − yC | = |1 − t||b − c| 2 1 2 2 2 Suy S ∆ABC = (1 − t) (b + c − 2bc) = (1 − t) ((2 − t ) + (5 − t2 ) − 2(t − t2 )) = (1 − t)2 (7 − 2t) 4 * Nếu t = −1 ta suy S = hay S = ∆ABC ∆ABC √ 5+ * Nếu t = ta dễ thấy điều vô lí t2 + b2 = 2√ √ 5− 5−1 * Nếu t = ta có S ∆ABC = < → Loại Suy vớit = −1 S∆ABC lớn bc = −2 b=1 b = −1 B(−1; 1) B(−1; −2) Và ta có b2 = ⇐⇒ ∨ =⇒ ∨ c = −2 c=2 C(−1; −2) C(−1; 2)  c =4 K K2 pi ne t.v n Kết luận: Với B(−1; 1) C(−1; −2) ∨ B(−1; −2) C(−1; 2) tam giác ABC có diện tích lớn Bài toán 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho hình√thoi ABCD có A = 600 Trên cạnh AB, BC lấy điểm M, N cho M B + N B = AB.Biết P ( 3; 1) thuộc đường thẳng DN √ đường phân giác góc M DN có phương trình d : x − y + = 0.Tìm toạ độ đỉnh D hình thoi ABCD Lời giải: Từ giả thiết A = 600 =⇒ tam giác ABD, CBD tam giác đều.Theo đề ta có AM = BN, BM = CN Xét hai tam giác ADM BDN ta có: DAM = DBN = 600 ,AD = BD, AM = BN ⇐⇒ hai tam giác ⇐⇒ ADM = BDN (1) Xét hai tam giác BM D CN D ta có: DBM = DCN = 600 ,CD = BD,CN = BM ⇐⇒ hai tam giác ⇐⇒ N DC = M DB (2) Từ (1) (2) ⇐⇒ M DN = 600 Gọi P điểm đối xứng P qua đường phân giác d =⇒ P thuộc đường thẳng DM =⇒ tam giác P DP tam giác =⇒ DP = P P = 2d(P/d) = Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 √ √ a+6 a+6− √ Ta có: P D = (a − 3) + Gọi D có tọa độ D a; √ = 36 3 √ √ √ √ √ ⇐⇒ a = + ∨ a = −6 + ⇐⇒ D(3 + 3; + 3) ∨ D(−6 + 3; 1) Kết luận: Tọa độ D(3 + √ √ √ 3; + 3) ∨ D(−6 + 3; 1) thỏa mãn toán t e n v Bài toán 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho hình chữ nhật ABCD , đỉnh B thuộc đường thẳng d1 : 2x − y + = 0, đỉnh C thuộc đường thẳng d2 : x − y − = Gọi H hình chiếu B xuống đường chéo AC BiếtM ; K (9; 2) trung điểm AH CD ; 5 Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết hoành độ đỉnh C lớn n i p Lời giải: K K2 pi ne t.v n B C K H M D A Gọi B(b; 2b + 2), C(c; c − 5), (c > 4) E điểm đối xứng với B qua C Suy E(2c − b; 2c − 2b − 12) Dễ dàng chứng minh K trung điểm AE Do đó, −−→ −−→ HE = 2M K = 72 16 ; 5 =⇒ H 2c − b − 72 76 ; 2c − 2b − 5 Thiết lập tọa độ vector −−→ −−→ CK = (9 − c; + c), BC = (c − b; c − 2b − 7), −−→ −−→ 72 86 27 BH = 2c − 2b − ; 2c − 4b − , MC = c − ; c − 5 5 Với giả thiết toán ta có hệ phương trình −−→ −−→ CK.BC = −−→ −−→ BH.M C = ⇐⇒ −2c2 + 3bc + 23c − 23b − 49 = 594 126 4c2 − 6bc + b − 46c + =0 5 ⇐⇒ b=1 c = c = 4(loại) Từ ta có B(1; 4), C(9; 4) Vì K trung điểm CD nên suy D(9; 0) Lại có C trung điểm BE nên suy E(17; 4), K trung điểm AE nên suy A(1; 0) Bài toán 7: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho đường tròn (C) : x− + (y − 1)2 = Xác định tọa độ đỉnh hình vuông ABCD biết đỉnh B C thuộc đường tròn (C), đỉnh A D thuộc trục Ox Lời giải: Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 (x − 1.25)2 + (y − 1)2 = B A t e n i p C D Đường tròn (C) có tâm I ;1 =⇒ ABCD nhận đường thẳng x = n v trục đối xứng K K2 pi ne t.v n 5 C ∈ Ox =⇒ C = (a; 0) =⇒ D = ( − a; 0) ; AD ⊥ Ox =⇒ A = ( − a; b) =⇒ B = (a; b) 2 5 2 =⇒ CD = |2a − |; AD = |b| =⇒ |2a − | = |b| ⇐⇒ b = 4(a − ) , (1) 2 Lại có A, B thuộc (C) =⇒ (a − )2 + (b − 1)2 = , (2) b=2 Từ (1) (2) =⇒ 5b2 − 8b − = ⇐⇒ b=− 9 Với b = =⇒ Bốn đỉnh hình vuông ABCD có tọa độ là: ;2 ; ;2 ; ;0 ; ;0 4 4 21 29 29 21 Với b = − =⇒ Bốn đỉnh hình vuông ABCD có tọa độ là: ;− ; ;− ; ;0 ; ;0 20 20 20 20 Bài toán 8: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại 32 tiếp đường tròn (I) : (x − 5)2 + (y − 6)2 = Biết đường thẳng AC AB qua điểm M (7; 8) N (6; 9) Tìm tọa độ đỉnh hình thoi ABCD Lời giải: A N B M I D C Do đường tròn nội tiếp hình thoi suy tâm trung với giao hai đường chéo Dễ dàng suy raAC : − y + = Gọiphương trình AB có hệ số góc k dạng y = k(x − 6) +  x √ AB : y = + k = |3 − k| 10  A (9; 10) , C(1; 2) 3 Có d (I, AB) = √ = =⇒  =⇒  =⇒ 13x 53 13 A (2; 3) , C(8; 9) k +1 AB : y = − + k=− 9 Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016   B (3; 8) D (7; 4) 23 45 43 21 Ta có BD : x + y − 11 = =⇒  =⇒  B − ; D ;− 2 2  A (9; 10) ; B (3; 8) ; C (1; 2) ; D (7; 4) 23 45 Kết luận: Tọa độ đỉnh cần tìm  ; C (8; 9) ; D A (2; 3) ; B − ; 2 n v 43 21 ;− 2 t e Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) có bán kính cắt A(4; 2) B Một đường thẳng qua A N (7; 3) cắt đường tròn (O1 ) (O2 ) D C Tìm tọa độ đỉnh tam giác BCD biết đường thẳng nối 24 tâm O1 , O2 có phương trình x − y − = diện tích tam giác BCD n i p Lời giải: Phương trình (AN ) : x − 3y + = =⇒ B(5; 1) ( với I giao điểm AB va O1 O2 ) ; 2 Do đường tròn bán kính nên BDC = BCA( chắn cung AB) 23 11 Nên tam giác BDC cân.Kẻ BM vuông góc với DC suy (BM ) : 3x + y − 16 = hay M ; 5 22 17 56 − 3t; − t Có SBCD = d(B; (CD)).DC suy t = ∨ t = Gọi D(3t − 2; t) =⇒ C 5 41 17 ; Với t = D(1; 1); C 5 17 41 17 Với t = C(1; 1); D ; 5  41 17  B (5; 1) ; C ; ; D (1; 1) Kết luận: Tọa độ đỉnh cần tìm   41 17 B (5; 1) ; C (1; 1) ; D ; 5 Có O1 O2 ⊥ AB =⇒ (AB) : x + y − = =⇒ I K K2 pi ne t.v n x2 y + = điểm I(1; −1) Một đường thẳng ∆ qua I cắt Elip hai điểm phân biệt A, B Tìm tọa độ điểm A, B cho độ lớn tích IA.IB đạt giá trị nhỏ Bài toán 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Elip có phương trình: Lời giải: B c b I a A Gọi I , A , B hình chiếu I, A, B xuống trục hoành, theo tính chất hình chiếu ta suy IA.IB ≥ I A I B , dấu xảy AB song song với trục hoành Tương tự hạ hình chiếu xuống trục tung, lập luận tương tự suy AB song song với trục tung Nhưng hai trường hợp có trường hợp thỏa mãn toán Nhưng để ý I (1; −1) nằm Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 12 (−1)2 + − < nên hình chiếu nằm trục lớn trục bé Elip, để ý trục lớn có độ dài lớn nên đường thẳng AB cần tìm song song với trục bé, tức song song với trục tung 7 , B 1; Do AB song song với trục tung qua I (1; −1) nên có phương trình là: x = =⇒ A 1; − 2 Elip Vậy hai điểm cần tìm A 1; − ,B 1; A 1; ,B t e n v 1; − Bài toán 11: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A (3; 5), B (1; 2), C (6; 3) Gọi ∆ đường thẳng qua A cắt BC cho tổng khoảng cách từ hai điểm B, C đến ∆ lớn Hãy lập phương trình đường thẳng d qua điểm E (−1; 1) đồng√thời cắt hai đường thẳng ∆ d1 : x − y + 14 = hai điểm H, K cho 3HK = IH 10 với I giao điểm ∆ d1 n i p Lời giải: K K2 pi ne t.v n Delta : 5x + y = 20 K A C f K B E H d −8 −6 −4 −2 −2 Hướng 1: Bằng phương pháp dựng hình cộng hưởng với việc tham số hóa đưa giải tích Ta có : −−→ −−→ −−→ −−→ BA = (2; 3), BC = (5; 1) =⇒ BA · BC = · + · = 13 > Do : cos B > =⇒ B nhọn −→ −−→ −−→ −−→ Có : CA = (−3; 2), CB = (−5; −1) =⇒ BA · BC = 15 − = 13 > Do : cos C > =⇒ C nhọn Kẻ BP ⊥∆, CQ⊥∆ Khi ta có : d(B,∆) = BP, d(C,∆) = CQ Gọi D giao điểm ∆ BC ta có : BP + CQ ≤ BD + DC = BC Do : max(BP + CQ) = BC Dấu đẳng thức xảy ∆⊥BC −−→ − Vậy ∆ đường thẳng qua A ⊥BC nên có → n ∆ = BC = (5; 1) Do phương trình đường thẳng ∆ : 5(x − 3) + 1(y − 5) = ⇐⇒ 5x + y − 20 = 5x + y − 20 = x=1 Vì I = ∆ ∩ d1 nên tọa độ điểm I thỏa : ⇐⇒ Vậy I(1; 15) Xét điểm x − y + 14 = y = 15 √ M (4; 0) ∈ ∆, N (a, a + 14) ∈ d1 thỏa 3M N = IM 10 √ −−→ −−→ Ta có : M N = (4 − a, −a − 14), IM = (−3; 15) Nên từ :3M N = IM 10 ⇐⇒ · 234 = 10 · (4 − a)2 + (a + 14)2 ⇐⇒ 18a2 + 180a − 432 = ⇐⇒ a = ∨ a = −12 √ HK MN Mặt khác từ giả thiết ta có : 3HK = IH 10 nên ta có : = =⇒ HK M N IH IM −−→ − Do đường thẳng d cần tìm qua E song song với M N Nên : → a d = M N = (4 − a; −a − 14) −−→ y−1 x+1 = ⇐⇒ 8x + y + = Trường hợp :a = =⇒ M N = (2; −16) Lúc phương trình d : −16 −−→ Trường hợp :a = −12 =⇒ M N = (16; −2) x+1 y−1 Lúc phương trình d : = ⇐⇒ x + 8y − = 16 −2 Hướng : Sử dụng dựng hình đại số hóa toán dạng tọa độ giao điểm −−→ −−→ −−→ −−→ Ta có : BA = (2; 3), BC = (5; 1) =⇒ BA · BC = · + · = 13 > −→ −−→ −−→ −−→ Do : cos B > =⇒ B nhọn Có : CA = (−3; 2), CB = (−5; −1) =⇒ BA · BC = 15 − = 13 > Do Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 : cos C > =⇒ C nhọn Kẻ BP ⊥∆, CQ⊥∆ Khi ta có : d(B,∆) = BP, d(C,∆) = CQ Gọi D giao điểm ∆ BC ta có : BP + CQ ≤ BD + DC = BC n v Do : max(BP + CQ) = BC Dấu đẳng thức xảy ∆⊥BC −−→ − Vậy ∆ đường thẳng qua A ⊥BC nên có → n ∆ = BC = (5; 1) Do phương trình đường thẳng ∆ : 5(x − 3) + 1(y − 5) = ⇐⇒ 5x + y − 20 = 5x + y − 20 = x=1 Vì I = ∆ ∩ d1 nên tọa độ điểm I nghiệm hệ phương trình : ⇐⇒ Vậy x − y + 14 = y = 15 I(1; 15) − Gọi d đường thẳng qua E có véc tơ pháp tuyến → n = (a, b) Khi phương trình đường thẳng 2 :d : a(x − 1) + b(y − 15) = (a + b = 0)  19b + a  x = a(x − 1) + b(y − 15) = 5b − a Vì H = d ∩ ∆ nên tọa độ điểm H thỏa: ⇐⇒ (a = 5b) 5(5a − b) 5x + y − 20 =  y =  a − 5b −13b − a  x = a(x − 1) + b(y − 15) = b+a ⇐⇒ (a = −b) Lại có K = d ∩ d1 nên tọa độ điểm K thỏa : 13b + a) x − y + 14 =  y = a+b −13b − a 13b + a) 19b + a 5(5a − b) Vậy K ;H ; ; b+a a+b a − 5b √5b − a Từ điều kiện toán : 3HK = IH 10 ⇐⇒ 9HK = 10IH a = −7b 1040(a + 7b)2 1296(a + 7b)2 (a2 + b2 ) b = 8a = ⇐⇒ (a + 7b)2 (8a − b)(a − 8b) = ⇐⇒ ⇐⇒ 2 (a − 5b) (a + b) (a − 5b) a = 8b t e n i p K K2 pi ne t.v n Trường hợp 1: a = −7b chọn a = 7, b = −1 =⇒ d : 7x − y − = Trường hợp loại ba đường thẳng d, d1 , ∆ đồng quy điểm I Trường hợp :a = 8b chọn a = 8, b = =⇒ d : 8x + y + = Trường hợp : b = 8a chọn a = 1, b = =⇒ d : x + 8y − = Tóm lại ta có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán : 8x + y + = ; x + 8y − = Bài toán 12: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y − 2x − 6y − = hai điểm B(5; 3), C(1; −1) Tìm tọa đọ đỉnh A; D hình bình hành ABCD biết A thuộc đường tròn (C) trực tâm H tam giác ABC thuộc đường thẳng d : x + 2y + = xH < Lời giải: A d I B D C Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) Nhận thấy B; C thuộc đường tròn (C) Gọi E giao điểm AI (C) suy tứ giác BHCE hình bình hành Gọi M trung điểm BC suy tọa độ điểm M (3; 1) −3 Tham số hóa tọa độ điểm H(−1 − 2a; a) với a > Do M trung điểm HE suy E(7 + 2a; − a) Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 Tọa độ điểm E lại thỏa mãn (C) nên ta có: (7 + 2a)2 + (2 − a)2 − (7 + 2a) − (2 − a) − = ⇐⇒ 5a2 + 26a + 21 = =⇒ a = −1 =⇒ E (5; 3) Do điểm E A đối xứng qua tâm I nên suy A(−3; 3) −−→ −−→ Do tứ giác ABCD hình bình hành nên AD = BC =⇒ D (−7; −1) Kết luận: Tọa độ đỉnh cần tìm A(−3; 3), D(−7; −1) t e Bài toán 12: n v Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giacs ABC vuông A gọi H hình 16 33 36 chiếu A lên BC Tam giác ABH ngoại tiếp đường tròn (C) : x − + y− = Tâm 5 25 26 23 Tìm tọa độ trọng tâm G cua tam giác ABC ; đường tròn nội tiếp tam giác ACH I 5 n i p Lời giải: K K2 pi ne t.v n 16 33 ; 5 K lên BC AH bán kính R = Trung điểm IK M √ √ Do AH⊥BC nên KDHL hình vuông Suy KH = R = (C) có tâm K 21 28 Gọi D L hình chiếu ; 5 33 16 + y− Từ suy H thuộc đường tròn tâm K bán kính KH có phương trình: x − 5 o o Mà AHK = AHI = 45 =⇒ IHK = 90 Nên H thuộc đường tròn tâm M bán kính 21 16 − 5 KM = + 28 33 − 5 = √ có phương trình (C ) : Từ tìm hai tọa độ điểm H thỏa mãn H +) Trường hợp 1: H b y− 123 25 74 123 ; 25 25 H x− 21 + y− 28 = 72 25 =2 122 171 ; 25 25 74 74 123 ; Phương trình tiếp tuyến (C) qua điểm H (d) : a x − 25 25 25 + = với (a2 + b2 = 1) d (K, d) = R ⇐⇒ a 16 74 − 25 +b 33 123 − 25 = ⇐⇒ 6a 42b + ⇐⇒ = 25 25 a 7b + = ⇐⇒ 5 a + 7b = a + 7b = −5   b = =⇒ a = − Kết hợp + = ta  b= =⇒ a = 5  74 123  d1 : − x − 25 + y − 25 = ⇐⇒ 15x − 20y + 54 = Vậy có hai tiếp tuyến   74 123 d2 : x− + y− =0 ⇐⇒ 20x + 15y + 133 = 25 25 Dễ thấy d1 cắt đoạn IK nên phương trình AH phương trình d1 ; phương trình BC phương trình d2 y− x+2 nên A −2 + 4t; + 3t A thuộc d1 : 15x + 30 = 20y − 24 ⇐⇒ = −−→ − → 16 33 26 27 26 23 36 17 AK = + − 4t; − − 3t = − 4t; − 3t , AI = + − 4t; − − 3t = − 4t; − 3t 5 5 5 5 5 −−→ − → −−→ − → 26 36 27 17 Dễ thấy IAK = BAC = 45o nên AK.AI = AK AI cos 45o ⇐⇒ − 4t − 4t + − 3t − 3t = 5 5 2 2 √ 26 27 36 17 − 4t + − 3t − 4t + − 3t 5 5 a2 10 b2 Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 Suy tìm tọa độ A (sao cho A, H nằm khác phía so với IK) Lại có ACH đồng dạng CH d (I, d) = = suy tìm CH AH R Dùng hệ thức lượng để tính BH Sau tìm điểm B, C cuối G 122 171 làm tương tự kết đẹp A(2; 3), B(2; 9), C(10; 3), G ; +) Trường hợp 2: H 25 25 t e BAH nên n v 14 ;5 Bài toán 14: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn (C) tâm I(1; 2) Tiếp tuyến (C) B; C; D cắt M, N Giả sử H(1; −1) √ trực tâm tam giác AM N Tìm tọa độ điểm A; M ; N biết chu vi tam giác AM N 18 + 10 xM > n i p Lời giải: A K K2 pi ne t.v n D I B H N M C Đường tròn (C) có tâm I giao điểm AC BD suy AC vuông góc M N suy H thuộc AC Phương trình AC qua I H là: x − = 0, phương trình M N : y − c = Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt IN phân giác góc DIC IM phân giác góc CIB Mặt khác DIC + CIB = 180o =⇒ IN ⊥ IM Gọi tọa độ điểm M (m; c); N (n; c), A(1; a) Theo ta có hệ phương trình sau: −−→ −−→ AM N H = −→ −−→ IN IM = ⇐⇒ (m − 1) (1 − n) + (c − a) (−1 − c) = (m − 1) (n − 1) + (c − 2)2 = =⇒ (c − 2)2 + (c − a) (−1 − c) = Tham số hóa C(1; c) ∈ M N suy A(1; − c) =⇒ a + c = Từ suy ra: (c − 2)2 + (c − + c) (−1 − c) = =⇒ c = −4, a = =⇒ C (1; −4) ; A (1; 8) ; M (m; −4) ; N (n; −4) √ Mà ta lai có chu vi tam giác AM N 18 + 10 nên (m − 1) (1 − n) = 36 (m − 1) + 144 + [(m − 1) − (1 − n)] + √ (1 − n) + 144 = 28 + 10 =⇒ M (10; −4) ; N (−3; −4) Kết luận: Tọa độ điểm cần tìm A(1; 8); M (10; −4); N (−3; −4) ⇐⇒ m − = ±9; − n = ∓4 m − = ∓4; − n = ±9 25 = hai điểm A(2; 3), B(6; 6) Gọi M ; N hai điểm khác nằm đường tròn (C) cho đường thẳng AM BN cắt H, AN BM cắt C Tìm tọa độ điểm C biết H 4; Bài toán 15: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x − 4)2 + y − Lời giải: Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 11 B I A t e H N M n i p C n v nên AB đường kính đường tròn (C) Từ ta suy AH⊥BC, BH⊥AC suy H la trực tâm tam giác ABC Đường thẳng AC qua A vuông góc với HB 4x + 7y − 29 = Đường thẳng BC qua A vuông góc với AH là: −4x + y + 18 =    x = 155 4x + 7y − 29 = 32 =⇒ C 155 ; 11 Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình −4x + y + 18 = ⇐⇒ 11  32  y= 155 11 ; Kết luận: Tọa độ điểm càn tìm C 32 Nhận thấy A, B đề thuộc đường tròn (C) AB = R = K K2 pi ne t.v n Bài toán 16: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có điểm M (3; 2) thuộc BD Từ M kẻ đường thẳng M E; M F vuông góc với AB E(3; 4) AD F (−1; 2).Xác định tọa độ điểm C hình vuông Lời giải: A E F B K M D C Gọi K = F M ∩ BC Ta có M E = 2; M F = F M E = CKM suy CK = F M = 4; M K = M E = −−→ M K −−→ −−→ Gọi K (xK ; yK ) ; C (xC ; yC ) ta có M K = F M = F M =⇒ K (5; 2) MF −−→ KC −−→ −−→ Lại có KC = EM = EM =⇒ C (5; −2) ME Kết luận: Tọa độ điểm cần tìm C(5; −2) 12 Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 Bài toán 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C1 ) : (x − 2)2 + (y − 3)2 = 45 tâm I Đường tròn√(C2 ) có tâm K(−1; −3) cắt đường √ tròn (C1 ) theo dây cung song song với AC Biết SAICK = 30 chu vi tam giác ABC 10 10 Tìm tọa độ A; B; C biết điểm B có hoành độ âm Lời giải: t e B n i p A I n v A E K K2 pi ne t.v n C K √ Đường tròn (C1 ) có tâm I(2; 3) Nhận thấy RC1 = IK = K ∈ (C1 ) Gọi M N = (C1 ) ∩ (C2 ) suy Mà AC M N =⇒ AC⊥IK √ M N ⊥IK √ √ √ Do ta có: SAICK = 30 =⇒ AC = 10 Lại có AB + BC + CA = 10 10 =⇒ AC + BC = 10 (1) √ 1√ Gọi AA đường kính (C1 ), E = IK ∩ AC suy IE = A C = AA − AC = 2 −→ −→ Từ suy IK = 3IE =⇒ E (1; 1) Phương trình AC qua E vuông góc IK x + 2y − = √ √ √ √ Tọa độ A C giao điểm hệ gồm AC (C1 ), suy A − 2; + 2 ; C + 2; − 2 √ √ 12 + 3 − 3; Tọa độ B thỏa mãn hệ gồm (1) (C1 ), suy B 2 √ √ √ √ √ √ 12 + 3 Kết luận: Tọa độ đỉnh A − 2; + 2 ; C + 2; − 2 , B − 3; 2 Bài toán 18: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân A, phương trình cạnh AC : x + y − = Trên tia đổi CA lấy điểm E Phân giác góc BAC cắt BE D Đường thẳng d qua D song song với AB cắt BC F Tìm tọa độ giao điểm M AF BE biết AF : 2x + y − = I(−1; −3) trung điểm DF Lời giải: Gọi P trung điểm BC, thực dãy suy luận, ta có: DF AB =⇒ AM PB AM PC AF FC = =⇒ = =⇒ = =⇒ P M MF PF MF PF MF PF AC =⇒ P M EC =⇒ M B = M E IF ID = =⇒ I trùng J IB JA Từ đó, ta có P M qua trung điểm I DF M giao điểm P I AF Kết luận: Tọa độ giao điểm cần tìm M (9; −13) Kẻ đường thẳng M P ∩ AB = J, cắt (d) I Ta có Bài toán 19: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(2; 3), C(2; 7) Tìm điểm A cho đường cao AH = 3r với r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 13 Lời giải: C B t e A n i p Do độ dài đường cao gấp ba lần bán kính đường tròn nội tiếp nên ta có: n v 2S 2S =3 =⇒ b + c = 2a a a+b+c K K2 pi ne t.v n Gọi tọa độ điểm A(x; y) Như (x − 2)2 + (y − 3)2 + ⇐⇒ (x − 2)2 + (y − 7)2 = (x − 2)2 + (y − 3)2 (x − 2)2 + (y − 7)2 = 64 − (x − 2)2 − (y − 7)2 − (x − 2)2 − (y − 3)2 ⇐⇒ (x − 2)2 + (y − 3)2 (x − 2)2 + (y − 7)2 = (x − 2)2 + y − 10y − x2 y2 ⇐⇒ 12x2 + 16y = 192 ⇐⇒ + =1 16 12 Kết luận: Vậy với A ∈ (E) : x2 y2 + = thỏa mãn yêu cầu 16 12 Bài toán 20: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(4; 5), B(3; 0); C(2; 2) Gọi H; I trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trung trực AH cắt AB; AC M ; N Phân giác góc IM N cắt AC P Tính diện tích tam giác M N P biết yB > Lời giải: A E H N I C F M B 18 Viết phương trình đường cao kẻ từ đỉnh lấy giao, ta tìm tọa độ trực tâm H − ; 7 97 Phương trình trung trực AH 2x + y − =0 14 307 65 111 235 Viết phương trình AB, AC ta tìm tọa độ M ; ,N ; 98 98 49 98 14 Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 −−→ −−→ 69 31 ; TheoAH = 2IM =⇒ I ; 14 14 Nhận thấy phương trình phân giác góc IM N trùng với AB nên ta tính diện tích tam giác AM N 97 2 2.4 + − 111 307 235 65 7225 14 Ta có: SAM N = M N.d (A, M N ) = + √ − − = (đơn vị dt) 2 49 98 98 98 2744 +1 7225 Kết luận: Diện tích tam giác MNP SM N P = 2744 Gọi F trung điểm BC F t e n v Bài toán 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường cao AH : 3x + 2y − = 0, phân giác CK : 2x − y + = trung điểm M (2; −1) cạnh AC Gọi 2013 √ CABC , SABC chu vi diện tích tam giác ABC Tính giá trị 30CABC + SABC n i p Lời giải: B K K2 pi ne t.v n 18.03 C Diện tích ABC = 101.43 22.68 11.37 A − 3a Ta có M(2; -1) trung điểm AC 31 31 43 −3 29 Dễ dàng tìm a = ; c = − =⇒ A ;− ;C ; 7 7 7 Phương trình BC qua C vuông góc với AH 12x − 21y + 93 = 93 Theo ta có dB;(CK) = dA;(CK) A, B khác phía so với (CK) Ta tìm B Gọi B b; b + 21 Bây ổn rồi, bữa ăn xong rồi, có điều "món gà" "dai quá" √ √ √ 25205 1585 710 BC = 13; AB = ; AC = ; SABC = 3 Đặt C(c; 2c + 5); A a; 102 99 ; 7 Từ ta có biểu thức cần tính có giá trị √ √ √ 476410 + 710 + 150 13 + 20 1585 Bài toán 22: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y + 4y + 6y − = điểm M (2; 1) Gọi A; B tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) Tìm trực tâm H tam giác M AB Lời giải: Gọi I tâm √ đường tròn (C) Từ ta có I(−2; −3), R = Ta có M I = Từ suy M A = M B = suy IAM B hình vuông Khi ta có trực tâm H trùng với điểm M Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 15 Kết luận: Trực tâm tam giác ABC H(2; 1) n v Bài toán 23: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x − y + = hai đường tròn có phương trình (C1 ) : (x − 1)2 + (y − 1)2 = 1; (C2 ) : (x + 3)2 + (y − 4)2 = Hãy tìm điểm M đường thẳng d cho từ M kẻ hai tiếp tuyến M A; M B (với A; B tiếp điểm) đến đường tròn (C1 )và đường tròn (C2 ) đồng thời đường thẳng d phân giác góc AM B t e Lời giải: n i p A I2 K K2 pi ne t.v n A B M I1 B d Tâm đường tròn I1 (1; 1), I2 (−3; 4) Lấy đối xứng đường thẳng M A qua OI1 dễ thấy tiếp xúc với (C1 ) C Do tính chất đối xứng CM, d = BM, d , M B tiếp xúc với (C1 ) C (C2 ) B Chứng minh tương tự với M A, ta suy M tâm phép vị tự biến (C1 ) thành (C2 ) suy M ∈ I1 I2 Phương trình I1 I2 :3x + 4y − =    x = −1 3x + 4y − = =⇒ M − ; 13 Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình x − y + = ⇐⇒ 13  7  y= 13 Kết luận: Tọa độ điểm cần tìm M − ; 7 Bài toán 23: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD có A(1; 7), B(6; 2), C(2; −4), D(1; 1) Hãy viết phương trình đường thẳng qua C chia tứ giác thành hai phần có diện tích Lời giải: A H SAHCD = 14 B D SHBC = 14 C 16 Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 √ Từ giả thiết toán ta tính SABCD = 28; SACD = 3; BC = 13 phương trình AB : x + y − = 0, phương trình BC : 3x − 2y − 14 = SABCD *Trường hợp 1: Đường thẳng qua C cắt AD K suy SDCK ≤ SADC = < 14 = Do trường hợp không thỏa mãn *Trường hợp 2: Đường thẳng qua C cắt AB H, ta có SBCH = BC.d (H; BC) = 14 =⇒ d (H; BC) = 14 √ 13 Tham số hóa H(t; − t), suy  44 |5t − 30| 14 16 16 24  t= √ =√ =⇒  =⇒ t = =⇒ H ; (Do H thuộc đoạn AB) 16 5 13 13 t= t e n i p n v Kết luận: Phương trình cần tìm qua C H 22x − 3y − 56 = Bài toán 25: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C1 ) : (x − 2)2 + (y − 1)2 = 9; (C2 ) : (x + 1)2 + (y − 5)2 = tiếp xúc A Tìm điểm B ∈ (C1 ) C ∈ (C2 ) cho tam giác ABC vuông A có diện tích lớn K K2 pi ne t.v n Lời giải: C E SAB C = C A B o SACB = 45o 45 D B Gọi D, E tâm (C1 ), (C2 ) Khi R1 = 3; R2 = Có SABC = AB.AC Xét AB = 2AD cos BAD = 2AD cos α π AC = 2AE cos EAC = 2AE cos − α = 2AE sin α =⇒ SABC = sin 2α ≤ =⇒ SABCMax = ⇐⇒ α = 22 14 Phương trình AD : 4x + 3y − 11 = suy AB : 7x − y + = suy B − ; − ∨B ; 5 5 −13 19 Với B − ; − ta AB : 7x − y + = suy AC : x + 7y − 24 = suy C ; 5 5 22 14 31 Với B ; ta AB : x + 7y − 24 = suy AD : 7x − y + = suy C ; 5 5 13 19 22 14 31 Kết luận Vậy tọa độ đỉnh cần tìm B − ; − ,C − ; ∨B ; ,C ; 5 5 5 5 Bài toán 26: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y = 25 √ 5 B − ; Điểm C có hoành độ dương thuộc (C) cho BOC = 120o Tìm M thuộc cung 2 1 nhỏ BC cho + đạt giá trị nhỏ (M = B, C) MB MC Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 17 π Lời giải: B M c t e 120o C O n i p A n v K K2 pi ne t.v n √ −5 Theo đề ta có C(5; 0) B ∈ (C) gọi A đối xứng với B qua trục Ox A − ; − 2 Không khó để ta nhận thấy tam giác ABC Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có: 1 + ≥ MB MC MB + MC Mà theo định lí P toleme cho tứ giác nội tiếp, ta được: M A.BC = M B.CA + AB + M C Vì AB = BC = CA M thuộc cung nhỏ BC nên: M B + M C = M A Do biểu thức cho nhỏ M A lớn nhất, M điểm cung nhỏ BC thỏa mãn M B = M C √ 5 Từ suy M đối xứng với A qua O nên suy M ; 2 √ 5 Kết luận: Tọa độ điểm cần tìm M ; 2 ; E(1; 0) lần 16 lượt tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC Đường tròn (T ) tiếp xúc với BC cạnh AB; AC kéo sài có tâm F (2; −8) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết yA < Bài toán 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có I Lời giải: A EI B C J F 18 Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 Gọi J giao EF đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi có BJ=EJ ∆BEF vuông B suy J trung điểm EF  12 652   + y− = (I) : x − 16 16 Pt đường tròn ngoại tiếp ABC EBC  65  (J) : x − + (y + 4)2 = Suy phương trình BC : y = −2 B (5, −2) , C (−2, −2) ngược lại Phương trình EF : 8x + y − = suy A ,4 1 Kết luận: Tọa độ đỉnh tam giác A , ; B (5, −2) , C (−2, −2) A , ; C (5, −2) , B (−2, −2) 2 Bài toán 28: t e n i p n v Trong √ mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) thỏa mãn khoảng cách hai đường chuẩn (E) , điểm M có tọa độ dương thuộc (E) cho độ lớn hai bán kính qua tiêu √ 37 VÀ Tìm điểm N ∈ (E) cho M N = xN > 2 K K2 pi ne t.v n Lời giải: Giả sử (E) : x2 y + = 1, a > b > a2 b √ √ 2a2 a2 Khi Khoảng cách hai đường chuẩn : = =⇒ = c c c c mathbf Ta có M F1 = a + xM > a − xM = M F2 (xM > 0) a a   a + c xM = √ a Suy =⇒ a = =⇒ c = 3, b = Phương trình (E) : x2 + 4y = 4, M ( √ ; c  a − xM = a Gọi N (a; b) ∈ E Khi ta có :   2 =4 a + 4b √    a= √  33 3 √ √ ;− =⇒ =⇒ N 37 11   = + b+ 3  b = − 33  a− √ 12 36 √ 33 √ ;− Kết luận: Vậy tọa độ điểm cần tìm N 3 11 ) 12 Bài toán 29: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng ∆1 : x − y + = 0; ∆2 : 2x − y − = 0; ∆3 : 2x + y − = điểm E(4; 3) Viết phương trình đường tròn có tâm I thuộc ∆1 , 16 cắt ∆2 A; B ∆3 C; D cho AB + CD = √ tâm I thỏa mãn IO = 2IE, xI ∈ Z Lời giải: A Delta3 I C E D Delta1 B O Delta2 Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 19 Tham số hóa I(a; a + 2) ∈ ∆1 Ta có: IO = 2IE =⇒ a2 +(a + 2)2 = (a − 4)2 + (a − 1)2 ⇐⇒ 6a2 −44a+54 = ⇐⇒ a=2 16 a= n v =⇒ I (2; 4) Gọi H, K trung điểm AB; CD suy IH = d (I; ∆2 ) = √ ; IK = (I; ∆3 ) = √ 5 36 16 8 R2 − Ta có: AB + CD = √ ⇐⇒ BH + CK = √ ⇐⇒ + R2 − = √ ⇐⇒ R2 = 5 Kết luận: Phương trình đường tròn cần lập (x − 2)2 + (y − 4)2 = t e n i p Bài toán 30: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD có đáy AB Biết hai đỉnh B(3; 3), C(5; −3) Giao điểm I hai đường chéo thuộc 2x + y − = Gọi K trung điểm CD Tìm tọa độ đỉnh A, D biết IC = 2BI, tam giác IDK có diện tích điểm I, A có hoành độ dương K K2 pi ne t.v n Lời giải: A 2x + y = B I D K SIKD = 1.6 C Gọi I (a; − 2a) ∈ ∆ Theo ta có: IC = 2IB ⇐ (a − 5)2 +(6 − 2a)2 = 4(a − 3)2 +16a2 ⇐⇒ 15a2 +10a−25 = ⇐⇒ a=1 a=− =⇒ I (1; 1) √ Phương trình đường thẳng BI : x − y = CI x + y − = 0, IC = 16 K trung điểm CD suy SICD = 2SIDK = = IC.d (D; IC) =⇒ d (D; IC) = √ 5 Tham số hóa D(d; d) ∈ BI Suy   9 D ; d =  |2d − 2|  5 =⇒  √ = √ =⇒   1 d= D ; 5 1 ; , phương trình AB : 16x + 24y − 120 = 5 Tọa độ A giao CI AB suy A(−9, 11) Với trường hợp lại, tương tự ta thấy không thỏa mãn 9 Kết luận: Tọa độ đỉnh cần tìm D ; ; A(−9, 11) 5 Với D 20 Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 [...]... i p Bài toán 30: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD có đáy AB Biết hai đỉnh B(3; 3), C(5; −3) Giao điểm I của hai đường chéo thuộc 2x + y − 3 = 0 Gọi K là trung điểm của CD 8 Tìm tọa độ các đỉnh A, D biết rằng IC = 2BI, tam giác IDK có diện tích rằng và các điểm I, A 5 có hoành độ dương 2 K K2 pi ne t.v n Lời giải: A 2x + y = 3 B I D K SIKD = 1.6 C Gọi I (a; 3 − 2a) ∈ ∆ Theo bài. .. Kết luận: Tọa độ điểm càn tìm là C 32 8 Nhận thấy ngay A, B đề thuộc đường tròn (C) và AB = R = 2 K K2 pi ne t.v n Bài toán 16: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có điểm M (3; 2) thuộc BD Từ M kẻ các đường thẳng M E; M F lần lượt vuông góc với AB tại E(3; 4) và AD tại F (−1; 2).Xác định tọa độ điểm C của hình vuông Lời giải: A E F B K M D C Gọi K = F M ∩ BC Ta có M E = 2; M F =... luận: Tọa độ điểm cần tìm là M − ; 7 7 Bài toán 23: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD có A(1; 7), B(6; 2), C(2; −4), D(1; 1) Hãy viết phương trình đường thẳng đi qua C và chia tứ giác thành hai phần có diện tích bằng nhau Lời giải: A H SAHCD = 14 B D SHBC = 14 C 16 Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 √ Từ giả thi t bài toán ta tính được SABCD = 28; SACD... 710 5 + 150 13 + 20 1585 7 Bài toán 22: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y 2 + 4y + 6y − 3 = 0 và điểm M (2; 1) Gọi A; B lần lượt là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) Tìm trực tâm H của tam giác M AB Lời giải: Gọi I là tâm của √ đường tròn (C) Từ đó ta có I(−2; −3), R = 4 Ta có M I = 4 2 Từ đó suy ra M A = M B = 4 suy ra IAM B là hình vuông Khi đó ta có trực... Vậy với mọi A ∈ (E) : x2 y2 + = 1 thì thỏa mãn yêu cầu 16 12 Bài toán 20: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(4; 5), B(3; 0); C(2; 2) Gọi H; I lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trung trực của AH cắt AB; AC tại M ; N Phân giác trong góc IM N cắt AC tại P Tính diện tích tam giác M N P biết yB > 0 Lời giải: A E H N I C F M B 6 18 Viết phương trình đường cao kẻ từ... ta sẽ đi tính diện tích tam giác AM N 97 2 2 2.4 + 5 − 111 307 1 235 65 1 7225 14 Ta có: SAM N = M N.d (A, M N ) = + √ − − = (đơn vị dt) 2 2 2 49 98 98 98 2744 2 +1 7225 Kết luận: Diện tích tam giác MNP là SM N P = 2744 Gọi F là trung điểm của BC là F t e n v Bài toán 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường cao AH : 3x + 2y − 1 = 0, phân giác trong CK : 2x − y... Tọa độ các điểm cần tìm là A(1; 8); M (10; −4); N (−3; −4) ⇐⇒ m − 1 = ±9; 1 − n = ∓4 m − 1 = ∓4; 1 − n = ±9 9 25 = và 2 4 hai điểm A(2; 3), B(6; 6) Gọi M ; N là hai điểm khác nhau nằm trên đường tròn (C) sao cho các đường 5 thẳng AM và BN cắt nhau tại H, AN và BM cắt nhau tại C Tìm tọa độ điểm C biết H 4; 2 Bài toán 15: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x − 4)2 + y − Lời giải: ... để tính BH Sau đó tìm các điểm B, C cuối cùng G 122 171 làm tương tự kết quả ra đẹp hơn A(2; 3), B(2; 9), C(10; 3), G ; +) Trường hợp 2: H 25 25 t e BAH nên n v 14 ;5 3 Bài toán 14: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn (C) tâm I(1; 2) Tiếp tuyến của (C) tại B; C; D cắt nhau tại M, N Giả sử H(1; −1) √ là trực tâm tam giác AM N Tìm tọa độ các điểm A; M ; N biết... 1 ; và E(1; 0) lần 2 16 lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC Đường tròn (T ) tiếp xúc với BC và các cạnh AB; AC kéo sài có tâm là F (2; −8) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết yA < 0 Bài toán 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có I Lời giải: A EI B C J F 18 Nguyễn Đình Huynh - Trường THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Khóa 2013-2016 Gọi J là giao của EF và đường... Tọa độ các đỉnh của tam giác là A , 4 ; B (5, −2) , C (−2, −2) hoặc A , 4 ; C (5, −2) , B (−2, −2) 2 2 Bài toán 28: t e n i p n v Trong √ mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) thỏa mãn khoảng cách giữa hai đường 8 3 chuẩn của (E) bằng , điểm M có tọa độ dương thuộc (E) sao cho độ lớn hai bán kính qua tiêu là 3 √ 5 37 3 VÀ Tìm điểm N ∈ (E) sao cho M N = và xN > 0 2 2 6 2 K K2 pi ne t.v n Lời giải: ... độ lớn tích IA.IB đạt giá trị nhỏ Bài toán 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Elip có phương trình: Lời giải: B c b I a A Gọi I , A , B hình chiếu I, A, B xuống trục hoành, theo tính chất hình. .. K trung điểm AE nên suy A(1; 0) Bài toán 7: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề -các vuông góc Oxy, cho đường tròn (C) : x− + (y − 1)2 = Xác định tọa độ đỉnh hình vuông ABCD biết đỉnh B C thuộc... B(−1; 1) C(−1; −2) ∨ B(−1; −2) C(−1; 2) tam giác ABC có diện tích lớn Bài toán 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho hình thoi ABCD có A = 600 Trên cạnh AB, BC lấy điểm M, N cho