Đang tải... (xem toàn văn)
Share ngay về để tham khảo nhé Làm 100 đề hay không bằng 1 đề chuẩn
HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ_P4 GV: Nguyễn Thanh Tùng 10 Bài 31 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm E 2; thuộc đường 3 thẳng BC Dựng D đối xứng với A qua BC Gọi (T ) (T ') đường tròn tâm B bán kính BA đường tròn tâm C bán kính CA Gọi MN tiếp tuyến chung hai đường tròn (T ) (T ') (với M thuộc (T ) N (T ') ) M , N , A phía với BC Biết điểm N (1;1) , đường thẳng AD : 3x y diện tích tam giác MNC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết C có tọa độ nguyên Giải: N(1;1) I M A B E C D Vì D đối xứng với A qua BC nên BD BA CD CA Do D giao điểm thứ hai đường tròn (T ) (T ') Gọi I giao điểm AD MN Ta chứng minh I trung điểm MN Thật vậy: MI IA Ta có M1 D1 (vì sđ MA ) MIA ~ DIM MI IA.ID (1) DI IM NI IA Ta có N D2 (vì sđ NA ) NIA ~ DIN NI IA.ID (2) DI IN Từ (1) (2), suy MI NI hay I trung điểm MN Do I AD I (a;3a 2) M (2a 1;6a 3) , ta có: MN (2a 2)2 (6a 2)2 40a 16a Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan 10 BC qua E 2; vuông góc với AD nên BC có phương trình: x y 12 C (12 3c; c) 3 Suy CN (3c 11;1 c) NI (a 1;3a 1) Do CN NI CN NI (3c 11)(a 1) (c 1)(3a 1) 4c 8a 12 c 2a Khi C (6a 3;3 2a) CN (6a 2)2 (2a 2)2 40a 16a Ta có : M (1;3), C (3;3) a MN CN 40a 16a 40a 16a S MNC 40a 16a 3 19 a M ; , C ; 2 5 5 Do C có tọa độ nguyên nên suy C (3;3) M (1;3) Khi BM qua M (1;3) vuông góc với MN ( MN (2; 2) ) nên phương trình BM : x y x y x Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ: B(0; 4) x y 12 y Do A AD A(t;3t 2) , : A(1;5) a AB BM AB BM a (3a 2) 10a 12a 13 a A ; 5 2 2 2 13 13 Vì A, N phía với BC nên A ; Vậy A ; , B(0; 4), C (3;3) 5 5 Bài 32 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A AC AB Điểm D(1; 1) trung điểm đoạn AC Đường thẳng BD cắt đường tròn đường kính DC điểm E khác D Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết đường thẳng qua hai điểm A, E có phương trình x y điểm A có tung độ dương Giải: Ta có: DEC 900 hay BEC 900 Khi A, E nhìn BC B(?) góc vuông, suy ABCE nội tiếp A đường tròn Khi đó: B (*) 1 AC m Đặt AB m AD DC m BC AB AC m 17 Suy ra: BD AB AD m A(?) BC BD DC 17m2 5m2 4m2 2.BC.BD 2.m 17.m 85 9 A1 A1 Từ (*), suy cos cos B1 Vậy cos (2*) 85 85 Cách 1: Xét tam giác BDC ta có: cos B1 C(?) D E Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Gọi nAC (a; b) ( a b2 ) vecto pháp tuyến AC Ta có nAE (9; 2) vecto pháp tuyến AE 9a 2b Khi cos cos nAC , nAE (theo (2*)) A1 85 a b 92 22 GV: Nguyễn Thanh Tùng b (9a 2b)2 81(a b2 ) 77b2 36ab 77b 36a +) Với 77b 36 a , chọn a 77; b 36 , suy nAC (77; 36) Khi AC qua D(1; 1) có nAC (77; 36) nên phương trình AC : 77 x 36 y 113 77 x 36 y 113 13 239 Tọa độ điểm A nghiệm hệ: (loại điều kiện y A ) x ;y 85 85 9 x y +) Với b , chọn a , suy nAC (1;0) Khi AC qua D(1; 1) có nAC (1;0) nên phương trình AC : x 1 x 1 x Tọa độ điểm A nghiệm hệ: A(1;1) C (1; 3) (do D trung điểm AC ) 9 x y y Ta có AB qua A(1;1) vuông góc với AC : x 1 nên phương trình AB : y t B(2;1) Do B(t;1) Khi đó: AC AB AC 16 AB 42 16(t 1)2 t B(0;1) Do B, D phía với đường thẳng AE nên ta B(2;1) Vậy A(1;1) , B(2; 1), C (1; 3) Cách 2: Gọi H hình chiếu vuông góc D B(?) AE Khi đó: 927 DH d ( D, AE ) 2 85 2 Xét tam giác ADH , ta có: DH DH 85 AD A(?) sin A1 cos A1 1 85 1 C(?) D H Gọi A(1 2t;1 9 t) AE , đó: E A(1;1) t y A 0 AD (2t ) (9t 2) 85t 36t 36 13 239 A(1;1) t A ; 85 85 85 Suy ra C (1; 3) (do D trung điểm AC ) 2 2 Ta có AB qua A(1;1) vuông góc với AC : x 1 nên phương trình AB : y t B(2;1) Do B(t;1) Khi đó: AC AB AC 16 AB 42 16(t 1)2 t B(0;1) Do B, D phía với đường thẳng AE nên ta B(2;1) Vậy A(1;1) , B(2; 1), C (1; 3) Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan Bài 33 (Chuyên Vĩnh Phúc – Lần 5) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : ( x 2)2 ( y 2)2 đường thẳng (D): x y Từ điểm A thuộc (D) kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với (C ) B C Tìm tọa độ điểm A , biết diện tích tam giác ABC Giải Đường tròn (C ) có tâm I (2; 2) bán kính IB R Gọi H giao điểm IA BC Ta có IA đường trung trực BC Đặt IA m (m 0) Khi áp dụng hệ thức lượng tam giác ABI ta có: 5(m2 5) IB AB m BH IA m m 2 BA m 5 AH IA m B x+y+1=0 SABC=8 A(?) I(2;2) 5(m2 5) m2 BH AH BH AH 5(m2 5)3 64m4 (*) m m 2 Đặt t m , (*) có dạng: 5(t 5) 64t 5t 139t 375t 625 Ta có S ABC C (t 25)(5t 14t 25) t 25 m hay IA Do A (D) A(a; 1 a) , đó: a A(2; 3) Vậy A(2; 3) A(3;2) IA2 25 (a 2)2 (a 3)2 25 2a 2a 12 a 3 A(3; 2) Bài 34 (Phùng Khắc Khoan – Hà Nội) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có diện tích 1 1 14 AB // CD Biết H ;0 trung điểm cạnh BC I ; trung điểm AH Viết phương 4 2 trình đường thẳng AB , biết đỉnh D có hoành độ dương D thuộc đường thẳng 5x y Giải Do I trung điểm AH A(1;1) Gọi E giao điểm AH DC Khi ABH ECH S ABH SECH B(?) A(?) I (*) H trung điểm AE E (2; 1) H SABCD=14 Từ (*) S AED S AHCD SECH S AHCD S ABH S ABCD 14 Vậy S AED 14 D(?) C(?) 2S AED 28 (2*) AE 13 Ta có phương trình AE : x y Do D thuộc đường thẳng 5x y , suy D(t;5t 1) với t Ta có AE 13 d ( D, AE ) Khi (2*) 2t 3(5t 1) 22 32 t 28 t 0 13t 28 30 t D(2;11) t 13 13 Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! E HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Ta có ED (4;12) 4(1;3) Do AB // ED nAB nED (3; 1) vecto pháp tuyến AB Khi AB qua A(1;1) có vecto pháp tuyến nAB (3; 1) nên có phương trình: 3x y GV: Nguyễn Thanh Tùng Vậy phương trình AB cần lập là: 3x y Bài 35 (Hậu Lộc – Thanh Hóa) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I 17 Gọi H ; , K (1;3) hình chiếu vuông góc A lên BC B lên AI Phương trình 5 đường phân giác góc A d : 3x y Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Gọi D Khi Suy Suy Giải giao điểm thứ hai phân giác d với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ( D A ) DB DC Lại có IB IC A(?) ID đường trung trực BC Do đó: ID BC A ID // AH D A Mặt khác: D1 (vì AID cân I ) A3 A2 Suy ra: hay AD phân giác góc HAM 32 (với AM đường kính đường tròn ( I , IA) ) Gọi E đối xứng với H qua AD , suy E AM 17 Khi HE qua H ; vuông góc với 5 AD nên phương trình HE : x y I K Tọa độ giao điểm N AD HE nghiệm B(?) 11 x x 3y 11 hệ: N ; 5 3x y y Suy E (1;1) (vì N trung điểm HE ) E H Khi AM qua K (1;3) E (1;1) nên có phương trình: x 1 N 1 D M x 1 x 1 Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ: A(1;5) 3x y y 17 Ta có BC qua H ; vuông góc với AH nên phương trình BC : 3x y 5 BK qua K (1;3) vuông góc với AM : x 1 nên có phương trình: y 3x y x 5 Tọa độ điểm B nghiệm hệ: B(5;3) y y Ta có ABHK tứ giác nội tiếp đường tròn BAK H (cùng bù với BHK ) Lại có BAK C1 (cùng chắn cung BM ) Suy H1 C1 HK // CM HK AC (vì MC AC ) Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! C(?) HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Khi AC qua A(1;5) vuông góc với HK nên có phương trình: x y GV: Nguyễn Thanh Tùng 2 x y x Tọa độ điểm C nghiệm hệ: ( C (3; 3) Vậy A(1;5) , B ;3), C (3; 3) 3x y y 3 Bài 36 (Lương Thế Vinh – Hà Nội) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác góc A x y , phương trình trung tuyến kẻ từ A x y Bán kính đường 15 3 Biết K ;0 nằm đường thẳng AC điểm C có hoành độ 2 dương Tìm tọa độ điểm A, B, C tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giải Tọa độ điểm A nghiệm hệ: x y x A(1;1) 4 x y y 1 3 Khi AC qua A(1;1) K ;0 nên 2 có phương trình: x y A(?) K N H Gọi D, M chân đường phân giác trung tuyến ứng với đỉnh A tam giác ABC Gọi N đối xứng với K qua AD N AB 3 Khi KN qua K ;0 vuông góc B(?) 2 với AD : x y nên KN có phương trình: x y 15 R= D M Tọa độ giao điểm H KN AD nghiệm hệ: x x y 7 1 1 H ; N 2; 4 4 2 x y y 1 Khi AB qua A(1;1) N 2; nên có phương trình: x y 2 B AB : x y B(3 2b; b) 2b c 2c b Ta có M ; 2 C AC : x y C (c;3 2c) B(4c 3;3 2c) 2b c 2c b b 2c BC 3c (*) 2 C (c;3 2c) Ta có nAB (1;2), nAC (2;1) vecto pháp tuyến AB AC nAB nAC 1.2 2.1 sin BAC cos2 BAC Khi đó: cos BAC cos nAB , nAC nAB nAC 12 22 12 22 Do M AM Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! C(?) HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan BC 15 R BC R.sin BAC (2*) Áp dụng định lí sin tam giác ABC ta có: sin BAC GV: Nguyễn Thanh Tùng c B(5; 1), C (2; 1) xC 0 Từ (*) (2*), suy ra: 3c B(5; 1), C (2; 1) c B(3;3), C (0;3) Vậy A(1;1) , B 1), C (2; 1) (5; Bài 37 (THPT Ân Thi – Hưng Yên) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , gọi M trung điểm AD Đường thẳng qua M vuông góc với MB cắt CD E H hình chiếu M BE Gọi K giao điểm BD AE Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết phương trình 2 ME : x , điểm H (1; 2) K ; 5 Giải Gọi BM CD N , ABM DNM AB DN MB MN Suy tam giác EBN cân E BE EN DE DN DE AB hay BE ED AB EH ED (2) HEM DEM EHM EDM MH MD Suy EM đường trung trực HD Khi HD qua H (1; 2) vuông góc với ME : x nên có phương trình: y Tọa độ giao điểm I HD ME nghiệm x x hệ: I (3; 2) D(7; 2) y y E H B(?) ( Vì I trung điểm HD ) Từ (1) (2), suy ra: AB BH Vậy AB BH DE EH Do đó: (1) C(?) K BH AB (*) HE DE A(?) I M BK AB (2*) KD DE BH BK Từ (*) (2*), suy HK // DE HK AD HE KD Khi AD qua D(7; 2) vuông góc với HK nên có phương trình: x y D(?) Mặt khác: AB // DE N x y x Tọa độ điểm M nghiệm hệ: M (3;0) x y Do M trung điểm AD nên suy A(1; 2) Ta có AB qua A(1; 2) vuông góc với AD nên có phương trình: x y BE qua H (1; 2) vuông góc với MH nên có phương trình: x y 2 x y x 2 Tọa độ điểm B nghiệm hệ: B(2; 0) 2 x y y Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan x (2) (1) xC Do ABCD hình chữ nhật nên ta có: BC AD C C (6; 4) yC (2) yC Vậy A(1; 2) , B( 2;0) , C (6;4) , D (7;2) Bài 38 (Hàn Thuyên – Bắc Ninh) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , có AD AB 31 17 Điểm H ; điểm đối xứng điểm B qua đường chéo AC Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật 5 5 ABCD , biết phương trình CD : x y 10 C có tung độ âm Giải Gọi K hình chiếu vuông góc H CD 31 17 10 18 5 Khi HK d ( H , CD) 12 12 B(?) C(?) AD = 2AB H1 BCH (*) (vì HK // BC ) BC 2a Đặt AB a BC 2a AC a cos C1 AC a 5 Do H đối xứng với B qua AC C C BCH 2C D(?) A(?) Suy cos BCH cos 2C1 2cos C1 Vậy cos BCH (2*) 5 Từ (*) (2*), suy ra: cos H1 Xét tam giác CHK , ta có: CH 1 H HK 18 : (3*) 5 cos H Do C CD : x y 10 C(t; t 10) , đó: C (5; 5) t 2 31 67 yC 0 73 73 23 C (5; 5) (3*) CH 72 t t 72 C ; t 5 5 Khi CB qua C (5; 5) vuông góc với x y 10 nên phương trình CB : x y B(b; b) Do H đối xứng với B qua AC CB CH CB2 72 b 11 B(11; 11) 2 b 5 b 5 72 b 1 B(1;1) Do B, H phía với CD nên ta B(1;1) Ta có AB qua B(1;1) vuông góc với BC nên có phương trình: x y Ta có AC qua C (5; 5) vuông góc với BH nên có phương trình: 3x y 10 x y x Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ: A(2; 4) 3x y 10 y Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! K HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan x x Do ABCD hình chữ nhật nên CD BA D D D(8; 2) yD (5) yD 2 Vậy A(2;4) , B , C , D ) ( 1;1) (5; 5) (8; Bài 39 (Chuyên Biên Hòa_2016) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có AC AB , 9 điểm M 1; trung điểm BC , D điểm thuộc cạnh BC cho BAD CAM Gọi E trung điểm 2 AC , đường thẳng DE có phương trình x 11y 44 , điểm B thuộc đường thẳng d có phương trình x y Tìm tọa độ điểm A, B, C biết hoành độ điểm A số nguyên Giải A(?) x + 11y 44 = H G d: x + y 6=0 B(?) I H D M 1; C(?) Gọi BE giao với AD, AM I , G Khi G trọng tâm tam giác ABC BG 2GE (1) AB AE Do AC AB nên ABE cân A AEG ABI Kết hợp với giả thiết BAD CAM ABI AGE (g – c – g) BI GE (2) Từ (1) (2), suy BI IG GE Kẻ EH // BC ( H AD) , : BD BI 1 1 1 BD HE DC DC BD BC BM BM DM (*) HE EI 2 2 5 3 BM 1 b; b B d : x y B(b;6 b) Do , đó: D DE : x 11y 44 D(11d ; 2d ) DM 11d ; 2d 2 b (1 11d ) b 3b 55d 2 (*) B(3; 3) C (1;6) ( M trung điểm BC ) 6b 20d 14 b 2d d 3 2 Do E DE E(11t;4 2t ) A(22t 1;2 4t ) (do E trung điểm AC ) Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan Ta có AC AB AC AB2 (22t 2)2 (4t 4)2 (22t 2)2 (4t 1)2 t xA (3; 1500t 450t t A(1; 2) Vậy A(1;2) , B 3), C (1;6) t 10 Bài 40 (Trường THPT Quỳnh Lưu – Nghệ An) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB điểm D, E, F Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết D(3;1) , trung điểm BC M (4; 2) , phương trình EF : 3x y B có hoành độ bé Giải A(?) E F G 3x-y-2=0 H B(?) D(3;1) M(4;2) C(?) BC qua D(3;1), M (4;2) nên có phương trình: x y Gọi H giao điểm EF BC , tọa độ điểm H nghiệm hệ: x y x H (0; 2) 3x y y 2 Vì D nằm M H nên H nằm tia đối BC Kẻ BG // AC ( G EF ) , G1 E1 F1 F2 BGF cân B BG BF BD Đặt BD a , BG BF BD a CM BM BD DM a CE CD CM DM a 2 HB HD BD a HC HM CM a a Áp dụng Talet ta có: a HB BG a a a 0 a 2a a HC CE a5 a2 a 3 Do B BC B(t; t 2) với t , : Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan t t BD a BD (t 3)2 (t 3) (t 3) t B(2;0) t Vì M (4; 2) trung điểm BC C (6;4) Phương trình đường tròn ngoại tiếp GFD có tâm B bán kính BD là: ( x 2)2 y x x 1 ( x 2)2 y Khi tọa độ điểm G, F nghiệm hệ: y 1 3x y y 3 1 Do G nằm H F nên F (1;1), G ; , AB có phương trình: x y 5 5 Ta có AC qua C song song với BG nên có phương trình: x y 22 x y x 1 Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ: A(1;3) x y 22 y Vậy A(1;3), B (2;0), C (6;4) CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU GV: Nguyễn Thanh Tùng Tham gia khóa học PEN - C & I & M môn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới !