Tuyển tập 50 bài toán hình oxy hay và khó_Thầy Nguyễn Thanh Tùng

25 156 0
  • Loading ...
1/25 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 27/08/2016, 19:10

TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ THẦY NGUYỄN THANH TÙNG HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ_P1 GV: Nguyễn Thanh Tùng Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn AB  BC  CA Đường tròn tâm C bán kính CB cắt đường thằng AB đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D 1  7  E (với E  B) Biết M  ;0  trung điểm BC DM cắt AC N  ; 1 Tìm tọa độ đỉnh 2  4  tam giác ABC biết E , D thuộc đường thẳng x   1  7  Giải: Ta có MD qua M  ;0  N  ; 1 2  4  nên có phương trình: x  y   Khi tọa độ điểm D nghiệm hệ: 4 x  y   x    D(3; 2)  x    y  2 D E 1 A N B  (cùng chắn cung  D  Ta có E AC ) B 2 2 D  (1) (vì tam giác CBD cân C ) Suy E 2   CDE  (2) Mặt khác, CE  CD  CED D   AE  AD Từ (1) (2), suy E B M C Suy CA đường trung trực ED  CA  ED 7  Khi CA qua N  ; 1 vuông góc với 4  đường thẳng ED : x   nên phương trình CA : y  1 Suy C (c; 1) , B(1  c;1) (vì M trung điểm BC ) c  Ta có CB  CD  CB  CD  (2c  1)   (c  3)   3c  2c     c    +) Với c   C(1; 1) , B(0;1) , suy BD có phương trình: x  y   2 2 2 x  y 1  x  Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ:    A(2; 1) (thỏa mãn AB  BC  CA )  y  1  y  1   8  +) Với c    C  ; 1 , B  ;1  , suy BD có phương trình: x  y  25    3  26  9 x  y  25  x   26  Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ:    A  ; 1  AB  BC (loại)    y  1   y  1 Vậy A(2; 1), B(0;1), C(1; 1)  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 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A(2;0) Đường thẳng  có phương trình 3x  y  qua C có điểm chung C với hình bình hành, cắt đường kéo  6 BD điểm M (2;6) Gọi H   ;  , K hình chiếu vuông góc B, D lên  Diện tích hình  5 24 thang BHKD Tìm tọa độ đỉnh lại hình bình hành ABCD biết K có hoành độ dương Giải: Gọi I tâm hình bình hành ABCD A ', I ' hình chiếu vuông góc A, I lên  Khi II ' đường trung bình hình thang BHKD tam giác AA ' C Do ta có: BH  DK  II '  AA '  d ( A, )  10 M( 2;6) A( 2;0) B(?)   I H D(?) ; 5 C(?) 24 SBHKD= Δ: 3x + y = I' A' K Lúc S BHDK  2.S BHDK ( BH  DK ).HK  HK   BH  DK 24  10 10 2 128  128  2    t     3t    5  5   18   5t  4t  12   t  t  2 (loại)  K  ;   5  Khi phương trình KD : x  y  12  BH : x  y   Gọi K  t; 3t    với t  , : HK  2 6 Cách 1: Ta có I ' trung điểm HK  I '  ;   , suy phương trình II ' : x  y   5 5 Gọi I (3m  4; m) II ' , suy C (6m  12;2m) (do I trung điểm AC )  3 Mặt khác, C    3.(6m  12)  3.2m   m    I   ;    2 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  3 BD qua I   ;   M (2;6) nên có phương trình: 5x  y    2 5 x  y   x  Khi tọa độ điểm điểm D nghiệm hệ:    D(0; 4)  x  y  12   y  4 5 x  y    x  1 Tọa độ điểm B nghiệm hệ:    B(1;1) x  3y   y 1 Cách 2:  3b  3d  b  d  Gọi D(3d 12; d) B(3b  4; b)  I  ;   C  3b  3d  10; b  d  2    B(3b  4; b) Do C    3.(3b  3d  10)  b  d   d  b    Ta có  D(3b  3; b  3)   Do M  BD nên MB, MD phương, suy :    MB  (3b  2; b  6)     MD  (3b  5; b  9)  B(1;1) (3b  2)(b  9)  (b  6)(3b  5)  48b  48  b     C (1; 3)  D(0; 4) Vậy B(1;1), C(1; 3), D(0;  4) Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A ( AB  AC ) Trên  60 15  cạnh AB lấy điểm I cho AI  AC Đường tròn đường kính IB cắt BC M  ;  cắt đường kéo  17 17  dài CI N (4; 1) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015x  2016 y  Giải:   CMI   180  ACMI nội tiếp đường tròn Ta có CAI C   I  450  I  M M M   900   M AMN  900 1 4 hay AM  MN   32  Ta có MN   ;    (1; 4)  17 17  17 Suy phương trình AM : x  y  Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ: x  y  A  x  y   A(0;0)  2015 x  2016 y    C   450  M  450  MI phân giác góc  Ta có M AMN M 1 I B N    900  BAC   ACBN nội tiếp đường tròn  N Mặt khác, BNC 1 2 N  , suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác AMN Suy NI phân giác MNA Phương trình AN : x  y  ; AM : x  y  MN : x  y 15  x  4y x  y  15 3x  y  15  Phương trình phân giác góc    AMN thỏa mãn: 17 17 5 x  y  15  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 ! B HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Do A, N khác phía với MI nên phương trình MI : 5x  y  15   BC : 3x  y 15  GV: Nguyễn Thanh Tùng x  4y x  y  15 x  y   Phương trình phân giác NC góc    ANM thỏa mãn: 17 17 x  y   Do A, M khác phía so với NC nên NC có phương trình: x  y   x  y   x  Suy tọa độ điểm C nghiệm hệ:    C (0; 3) 3x  y  15  y  Khi AB qua A(0;0) vuông góc với AC nên có phương trình: y  y  x  Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ    B(5; 0) Vậy A(0;0), B(5;0), C (0;3) 3x  y  15  y  Chú ý: Trong hình vẽ toán này, ta khai thác thêm tính chất ED  AN để sáng tạo đề mới, với E giao điểm AB MN D giao điểm thứ hai đường tròn đường kính IB với AN C M A E B I D N Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD Đường thẳng qua B  3 3 1 vuông góc với AC H có phương trình y  Gọi M  2;  , N  ;   điểm thuộc đoạn  2 2 2 AH , DC cho AM  3MH , DC  NC Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Giải: A(?) B(?) M 1 D(?) N H C(?) 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 AC qua M vuông góc với BH nên có phương trình: x  x  Khi tọa độ điểm H nghiệm hệ   H (2;1) y 1 GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan 2  xA  3.(2  2)    xA   Mặt khác, ta có AM  3MH    A(2;3)  3   yA    y A  1        HB  HB (1) ; Xét BNC , ta có: tan N   BC  BC  BC (2) Xét MBH , ta có: tan M 1 MH AH NC CD AB HB AH HB BC Lại có: ABH ~ ACB  (3)    CB AB AH AB   tan N  M N  Từ (1), (2), (3) suy : tan M 1 1 Khi M , N nhìn BC góc nhau, suy MNCB tứ giác nội tiếp   900 hay BM  MN , suy phương trình BM : x  y    BMN x  y   x  Tọa độ điểm B nghiệm hê:    B(4;1) y 1 y 1 Khi DC qua N song song với AB nên có phương trình: x  y   x  y   x  Suy tọa độ điểm C nghiệm hệ:    C (2;0) x  y    Do ABCD hình chữ nhật nên CD  BA  (2; 2)  D(0; 2) Vậy A(2;3), B(4;1), C(2;0) ,D (0;2) Chú ý: Yếu tố vuông góc toán, cụ thể BM  MN giữ nguyên đề đảm bảo MH NC tỉ số  k AH DC Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm B(1; 4) Gọi D, E (1; 2), N chân đường cao kẻ từ A , chân đường cao kẻ từ B tam giác ABC trung điểm  7 cạnh AB Biết I   ;  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN Tìm tọa độ đỉnh C tam giác ABC  2 Giải: BE có phương trình: x  1 , AC qua E (1; 2) A vuông góc với BE nên AC có phương trình: y  E  c 1  ;3  Gọi M trung điểm BC gọi C (c;2)  AC  M    N Lúc ta M thuộc đường tròn ngoại tiếp I tam giác DEN hay ta chứng minh MEND tứ giác nội tiếp đường tròn Thật vậy: B D   NEA  M  NAE   MNE  (1) Ta có  (vì NAE cân N MN // AC )  NAE   NEA   MNE Mặt khác: E , D nhìn AB góc vuông nên ABDE nội tiếp đường tròn , đó: 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 GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan  (cùng bù với BDE  ) (2)   EDM  BDE NAE Từ (1) (2) suy : MNE = EDM , suy MEND nội tiếp đường tròn 2 2 c  C (1; 2) c2 1 1  3 Khi ta có: IM  IE  R  IM  IE              c  5  C (5; 2)    2  2  2   Vậy C (1;2) C (5;2) 2 Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) Biết 5   3 AC vuông góc với BD E (1; 1) Gọi M  ; 3  trung điểm AB N  0;  điểm thuộc cạnh 2   4 DC cho CN  3DN Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương Giải  C  (1) Do ABCD nội tiếp đường tròn nên B 1 AD ) ( chắn cung  Ta có EM trung tuyến tam giác vuông AEB E E  (2) nên EMB cân M hay B 1 B M (T) E  Từ (1) (2), suy C E   900  C E   900 , suy ME  DC A Mặt khác, E 5 E I  3 Khi DC qua N  0;  vuông góc với EM nên có    x  1  4t phương trình: 3x  y     D N  y  3t    Suy C (1  4t;3t ) (với t  )  CN  1  4t;  3t  4   1  4t  3xD  4t      xD    4t  ;1  t  Ta có CN  3ND   3  D 3       3t   yD     yD   t    C      4t   ;  t  EC   4t  2;3t  1 Khi đó: ED  EC  ED.EC  Suy ED       4t      (4t  2)  (2  t ).(3t  1)   5t  3t    t  t   (loại), suy   C (3;3)   D(1;0)  A(a; 2a  3)  CE Khi phương trình CE : x  y   DE : x  y   , suy   B(2b  1; b)  DE a  2b   a   A(0; 3) Do M trung điểm AB nên    2a   b  6 b  3  B(5; 3) Gọi I tâm đường tròn (T ) , đó: 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 2 2    IA  IB x  ( y  3)  ( x  5)  ( y  3)     I  ;  IA  IB  ID       2 2 2 2    IA  ID  x  ( y  3)  ( x  1)  y y     Bán kính (T ) là: R  IA  Vậy đường tròn (T ) cần lập có phương trình: 2 5  1 25  x   y    2  2  Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A nội tiếp đường   tròn (T ) C (1;0) Biết tiếp tuyến đường tròn (T ) B cắt AC E Gọi F   ;  điểm thuộc    5 đoạn BE J   ;  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác  4 ABC biết D(2;1) thuộc đường tròn (T ) Giải: Gọi M giao điểm CF đường tròn (T ) Lúc ta chứng minh M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF hay ta chứng minh AEFM nội tiếp đường tròn tâm J Thật vậy: B  (cùng phụ với  Ta có E ACB ) B 1 M  (cùng chắn cung AC ) B 1 M E   FMA M   FMA   1800 , Suy E 1 1 suy AEFM nội tiếp đường tròn tâm J (*) Phương trình đường thẳng CF là:  x   3t  M (1  3t; 4t )   y  4t F M E D I J A Khi từ (*), suy ra: 2 7  5  JM  JF  JM  JF   3t     4t     50t  41t   4  4  2   32   t   M  ;    32  25   25 25    M ;      25 25  t   M   ;2  F      Ta có phương trình trung trực d1 DC : x  y   phương trình trung trực d MC là: 3x  y   Khi tọa độ tâm I đường tròn (T ) ngoại tiếp tam giác ABC (hay ngoại tiếp tam giác MBC ) x  y   x  nghiệm hệ:    I 1;1 3x  y   y 1 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 Do ABC vuông A , suy I trung điểm BC , B(1; 2) facebook.com/ ThayTungToan GV: Nguyễn Thanh Tùng Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ngoại tiếp tam giác AEF có phương trình: x2  y  x  y   x  y  x  y   2 Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ:  x  x2  y  x  y    x      32  25 hoặc A  A (0;1)      ;   M (loại) 32 y  x  y  x  y    25 25   y    2  25 Vậy A(0;1), B(1;2) 9 3 Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với M  ;   trung điểm 2 2 đoạn BC đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x  y   Gọi E , F chân đường cao kẻ từ đỉnh B, C tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh A , biết đường thẳng qua hai điểm E , F có phương trình x  y   Giải  Gọi N trung điểm AH với H trực tâm AH BC ME  MF  , ABC Ta có: NE  NF  2 suy MN  EF Suy MN có phương trình: 2x  y   Khi tọa độ điểm N nghiệm hệ : 2 x  y   11  11  y   N   ;  x  2  2 x  3y   A(?) E N F H    I   ;1 trung điểm MN B    NEA MCE cân N M     E1  A1 E    900  NEM   900 (*)  E A1  MCE     E4  MCE  Gọi E(t;2t  2) EF từ : I M t   E (2;6) 125  1 (*)  IE  IM  IE  IM   t     2t  1   t2  t       2 t  3  E (3; 4)  Đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x  y   nên gọi A(5  3a; a) Ta có 2 2 a   A(2;1) 21    125  NE  NA  NE  NA2   3a     a     a  7a      2  2   a   A(13;6) Vậy đáp số toán A(2;1) A(13;6) 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 GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan Bài (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J (2;1) Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC có phương trình x  y  10  D(2; 4) giao điểm thứ hai AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm B thuộc đường thẳng có phương trình x  y   Giải:  AJ qua J (2;1) D(2; 4) nên có phương trình: x   Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ : x   x    A(2;6)  2 x  y  10  y  A(?) m E J n  Gọi E giao điểm thứ hai BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC    AmE  EnC Khi đó:    DqB  CpD   CpD    EnC AmE  DqB C(?) B(?) q p   (1) hay ECD AmE  DqB    EBD  sd ECD  Mặt khác:    sd    DJB AmE  sd DqB    DJB  Từ (1) (2) suy ra: EBD  D  (2) A1   A2  DB  DC (2*) hay tam giác DBJ cân D , suy DB  DJ (*) Lại có  Từ (*) & (2*) suy ra: DB  DJ  DC hay D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC  Suy B, C nằm đường tròn tâm D(2; 4) bán kính DJ  có phương trình : ( x  2)2  ( y  4)2  25 Khi tọa độ điểm B nghiệm hệ: ( x  2)2  ( y  4)  25  x  3 x   B(3; 4)      y  4  y  9  B(2;9) x  y   Do B có hoành độ âm nên ta B(3; 4) BC qua B vuông góc với đường thẳng x  y  10  nên có phương trình: x  y   ( x  2)2  ( y  4)  25  Khi tọa độ C nghiệm hệ :  x  y   Vậy A(2;6), B( 3; 4), C(5;0)  x  3 C (3; 4)  B x      y  4 C (5;0) 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 Bài 10 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A M trung  11  điểm AB Đường thẳng CM có phương trình 5x  y  20  K  ;   trọng tâm tam giác  6 ACM Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm nằm đường thẳng x  y   có bán kính Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết A C có tọa độ nguyên Giải: A(?) Gọi G , I trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi N trung điểm MA , : CK CG    GK // MN hay GK // AB CN CM Do I tâm đường tròn ngoại tiếp nên: MI  AB  MI  GK (1) Gọi P trung điểm AC ABC cân A nên:  MP / / BC MK / / BC   GI  MK (2)   AG  BC GI  BC Từ (1) (2) , suy I trực tâm tam giác MGK  KI  MG hay KI  CM Khi KI có phương trình: x  y   Suy tọa độ điểm I nghiệm hệ: 7 x  y   7 7 7  x  y    I  ;    2 2 2 2 x  y   Gọi C (4  7t;5t) CM , : R  IC  N K M P I G B(?) C(?) 25  IC  2 1  7 25 21  (loại)  C (4;0)   7t     5t     74t  42t   t  t   2  2 37  7  Gọi M (4  m;5 m) CM , K trọng tâm tam giác ACM nên A  7m  ; 5m   2  Ta có IA2  R   7m     5m  2   A(1; 1) m  25 2   148m  168m  47       72 12   A ;    m   47   37 37   74 1 5 Do A có tọa độ nguyên nên A(1; 1)  M  ;    B(0; 4) (vì M trung điểm AB ) 2 2 Vậy A(1; 1), B(0; 4), C(4;0) 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 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 ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ_P2 GV: Nguyễn Thanh Tùng Bài 11 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;0) trực  1 tâm H Biết B, C thuộc đường thẳng x  y   K   ;  trung điểm AH Tìm tọa độ đỉnh  3 tam giác ABC Giải: Cách 1: A(?) K G H B(?) M C(?) Ta có AH qua K vuông góc với BC nên có phương trình: x  y      AG  (2  2a; a) Gọi M (m;4  2m) trung điểm BC A(2a  1; a)  AH , suy    GM  (m  1;  2m)   2  2a  2(m  1) a  m  a   A(1;0) Do G trọng tâm tam giác ABC  AG  2GM      a  2(4  2m) a  4m  8 m  M (2;0) 1 2 Vì K trung điểm AH , suy H  ;  3 3    11 14  CH   b  ;  2b  3 Gọi B(b;4  2b)  BC  C(4  b;2b  4) (vì M trung điểm BC )         AB  (b  1;  2b)   14   11   Do H trực tâm tam giác ABC nên CH AB    b    b  1   2b   (2b  4)  3 3   b   B(1; 2), C (3; 2)  5b2  20b  15     b   B(3; 2), C (1; 2) 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 Vậy A(1;0), B(1;2), C(3; 2) A(1;0), B(3; 2), C(1;2) Nhận xét: facebook.com/ ThayTungToan GV: Nguyễn Thanh Tùng   AG 2GM AAH t ?  M +) Ta tìm A, M cách tham số hóa M (t )   A(t )   f (t )    A +) Ngoài cách tìm điểm B, C ta tìm điểm I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC     hệ thức quen thuộc AK  IM (hay AH  2IM ) Từ ta sử dụng kiện IB  IA (hoặc tìm giao đường thẳng BC với đường tròn ( I , IA) ) để tìm điểm B C Cách 2: A K T I G H B N C M J Gọi M trung điểm AB J giao điểm thứ hai AI đường tròn tâm I , :  JC  AC; BH  AC  JC / / BH   JBHC hình bình hành, suy M trung điểm HJ   JB  AB; CH  AB  JB / /CH    AH / / IM Khi IM đường trung bình tam giác AHJ , suy   AH  2IM (1)  AH  IM   Do K trung điểm AH nên AH  AK (2)   Từ (1) (2) , suy IM  AK  MIAK hình bình hành ) 1 Gọi T giao điểm AM KI , đó: MG  MA  2MI  MI , suy G trọng tâm KIM 3 4    xN  1 xN      3  5 1   N  ;  Gọi N trung điểm IM  KG  2GN   3 6    y   y   N N     Khi IM qua N vuông góc với BC nên có phương trình: x  y   x  y   x  Suy tọa độ điểm M nghiệm hệ    M (2;0) 2 x  y   y   1 Do N trung điểm IM  I  ;    3   Mặt khác, MIAK hình bình hành nên suy IA  MK  A(1;0) 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 Do B thuộc đương thẳng x  y    B(t;4  2t ) GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan 2 t   B(1; 2)  C (3; 2) 13  50  4  Khi IB  IA  IB  IA   t     2t     t  4t      3  3   B(3; 2)  C (1; 2) t  (do M trung điểm BC ) Vậy A(1;0), B(1;2), C(3; 2) A(1;0), B(3; 2), C(1;2) 2 Chú ý: Có thể tìm tọa độ B, C cách viết phương trình đường tròn ( I , IA) tìm giao với BC  11  Bài 12.1 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh A  ;   2   MCB  BMC   1350 Một điểm M (1; 1) nằm hình bình hành cho MAB Tìm tọa độ đỉnh D , biết D thuộc đường tròn có phương trình (T ) : x2  y  x  y   Giải: A B 1 M 135 E C D(?) +) Dựng điểm E cho ABEM hình bình hành, DCEM hình bình hành     A1  C2 E   BECM nội tiếp đường tròn  BEC   BMC   1800 (1) C Ta có:      A1  E1    1800 (*) Mặt khác : BEC  AMD (c.c.c)  BEC AMD (2) Từ (1) (2) suy  AMD  BMC +) Đường tròn (T ) nhận M (1; 1) làm tâm có bán kính R  MD  Ta có MA  10   450 Theo (*) ta có:  AMD  1800  BMC 45 10 25  AD  +) Xét tam giác AMD : AD2  MA2  MD2  MA.MD.cos  AMD     2 2  11  Suy D thuộc đường tròn tâm A  ;  bán kính AD  có phương trình:  2 2 1 25  11    x  y  11x  y  18  x   y   2  2  +) Khi tọa độ điểm D nghiệm hệ : 2  x  x   D(2;1)  x  y  11x  y  18        D(3; 2) y  y   x  y  x  y        Vậy D(2;1) D(3; 2) 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 Bài 12.2 (HSG Phú Thọ – 2016) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A(5; 2) ,   MBC  MB  MC Tìm tọa độ điểm D M (1; 2) điểm nằm bên hình bình hành cho MDC   biết tan DAM GV: Nguyễn Thanh Tùng Giải: B  Dựng điểm N cho BCNM hình bình hành, suy ra: N 1 B D N D  Theo giả thiết B 1 1 C Suy MCND nội tiếp đường tròn   CMD   1800 (1) Khi đó: CND Mặt khác: ABM  DCN (c – c – c)   BMA  (2)  CND M M( 1; 2)   CMD   1800 Từ (1) (2), suy ra: BMA tanDAM=2 0   D(?)  BMC AMD  180   AMD  90 A( 5;2) hay AM  MD   MD  MD  AM tan DAM   2.2  Khi tan DAM AM  Ta có AM  (4; 4)  4.(1; 1) , phương trình MD là: x  y    D(t; t  1) t   D(7;6) Suy MD   MD  128  (t  1)2  (t  1)2  128  (t  1)2  64    t  9  D(9; 10) Vậy D(7;6) D(9; 10) Bài 13.1 (Nguyễn Thanh Tùng) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I Điểm M (2; 1) trung điểm cạnh BC điểm E hình chiếu vuông góc B đường thẳng AI Gọi D giao điểm ME AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE có phương trình x2  y  y   C thuộc đường thẳng  : x  y   Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Giải:   IMB   90 2) Ta có IEB A(?)   BEM  (1) Suy IBME nội tiếp đường tròn  BIM  (2)   BIC   sđ BC   BAC Ta có: BIM 2   BED   1800 (3) Mặt khác BEM J   BED   1800 Từ (1), (2), (3) suy BAC  ABED nội tiếp đường tròn  ADB   AEB  900 hay BD  AC Suy ABED nội tiếp đường tròn tâm J trung điểm AB Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE có phương trình (T ) : x2  y  y    J (0; 2) B  (T ) I D E B(?) M C(?) 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 ! N HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan Do C   C (t;4  t ) , suy B(4  t; t  6) t  Khi B  (T )  (4  t )2  (t  6)2  4(t  6)    t  12t  35    t  C (7; 3) +) Với t     A( 3;3) (do J trung điểm AB )  B(3;1) C (5; 1) +) Với t     A(1;5) (do J trung điểm AB )  B(1; 1) Vậy A(3;3), B(3;1), C(7; 3)  A(1;5), B(1; 1), C(5; 1) Bài 13.2 (Đặng Thúc Hứa) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I  31  Điểm M (2; 1) trung điểm cạnh BC điểm E  ;   hình chiếu vuông góc B đường thẳng  13 13  AI Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết đường thẳng AC có phương trình 3x  y  13  Giải:  31  Cách 1: Đường thẳng ME qua M (2; 1) E  ;    13 13  nên có phương trình :12 x  y  29  A(?) Gọi ME  AC  D  , tọa độ điểm D nghiệm hệ: 41  x  12 x  y  29     41 23  13   D ;    13 13  3x  y  13   y  23  13   IMB   900 Ta có IEB   BEM  (1) Suy IBME nội tiếp đường tròn  BIM I D E C(?) B(?) M 1  (2) Mặt khác BEM   BED   1800 (3)   BAC   BIC   sđ BC Ta có: BIM 2   BED   1800  ABED nội tiếp đường tròn   Từ (1), (2), (3) suy BAC ADB   AEB  900 hay BD  AC Suy phương trình BD : x  y   Gọi B(2  3t;1 2 t)  BD  C(2 3 t; 3 2 t) (do M trung điểm BC )  B(1; 1) Ta có C  AC  3(2  3t )  2(3  2t )  13   t  1   C (5; 1) Khi AE qua E vuông góc với BE nên có phương trình: 11x  y  26  11x  y  26   x  Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ    A(1;5) 3x  y  13  y  Vậy A(1;5), B( 1; 1), C(5;  1) Cách 2: Gọi T giao điểm BE với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 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 Ta có AI vuông góc với BT E  E trung điểm BT  tam giác ABT cân A  AB  AT   sđ    sđ  AB ; TCA AT Mặt khác BCA A(?) 2   TCA  hay AC phân giác góc BCT  (đpcm) Suy BCA GV: Nguyễn Thanh Tùng Gọi N đối xứng với M qua AC  N  CT Phương trình MN : x  y   Khi tọa độ giao điểm H MN AC nghiệm hệ: 53  x  x  y      53   75 11  13   H ;  N ;    13 13   13 13  3x  y  13  y   13 Do ME đường trung bình tam giác BTC  CN / / ME Suy CN qua N song song ME nên CN có phương trình: 12 x  y  65  I E B(?) T N H C(?) M Khi tọa độ điểm C nghiệm hệ: 12 x  y  65  x   C (5; 1)  B(1; 1) (do M trung điểm BC )   x  y  13  y     AE qua E vuông góc với BE nên có phương trình: 11x  y  26  11x  y  26   x  Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ  1)   A(1;5) Vậy A(1;5), B( 1; 1), C(5;  3x  y  13  y  Bài 14 (THPT Liên Hà – Hà Nội) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có cạnh  12 70  Gọi M , N điểm cạnh AD, AB cho AM  AN , điểm H   ;  hình chiếu vuông  13 13  góc A đường thẳng BM Điểm C (8; 2) điểm N thuộc đường thẳng x  y  Tìm tọa độ đỉnh lại hình vuông ABCD Giải: (Trước tiên ta gắn kết điểm N thuộc đường thẳng x  y  F  12 70  với hai điểm C (8;2) , H   ;  biết tọa độ  13 13  Và nhờ việc vẽ hình xác ta dự đoán NH  HC Công việc lúc ta chứng minh) E  (vì phụ với  A ) AB  DA  ABM  DAE Ta có: M 1 A(?) Từ (1) (2), suy B, N , H , E, C nằm đường tròn   NBC   1800  NHC   900  NHC B(?) 1  AM  DE  AN  DE (vì AM  AN )  NB  EC Suy BNEC hình chữ nhật  BNEC nội tiếp đường tròn (1)   BCE   1800  BHEC nội tiếp đường tròn (2) Mặt khác BHE N H M 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 ! C HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan   92 44  hay NH  HC , NH có phương trình: 23x  11y  38  (do CH   ;    23;11 )  13 13  13 GV: Nguyễn Thanh Tùng   x  x  y  4 2 Suy tọa độ điểm N nghiệm hệ:    N ;  3 3 23x  11y  38  y   Cách (Sử dụng mô hình để tìm điểm A ) FH AH Gọi F giao điểm CH AB , theo Talet ta có: (*)  HC HE Ta có NC  20  NB  NC  BC   AM  AN  AB  NB  3  AE  BM  AB  AM  Suy 65 AB AM 65  AH   BM 13 AH AH (2*)    AE 13 HE   12 12       xF    8    xF  36    13   FH   13    36 58  Từ (*) (2*), suy ra:   FH  HC    F ;  HC  7  7  70  y     70   y  58 F F        13      13   80 AN 80 Suy FN  ,  :   10 AN  FN (3*) FN 21 10 21  4   36  10   xA       x       A Ta có (3*)     A  4;  10   y     58   y A  A      3   4  2( xB  4)         xB  AB  3  Ta có 4 5:   AB  AN     B(0; 2) AN  yB  2 2( y  6)        B 3    Mà CD  BA  D(4;10) Cách (Sử dụng giao hai đường tròn để tìm B ) Ta có NC  20 Mặt khác BC   NB  NC  BC  3 Khi B thuộc giao điểm hai đường tròn tâm N bán kính đường tròn tâm C bán kính 2  4   80  B(0; 2)  x  0; y  2 x   y         3  3  Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ:  18    18  B ; x  ; y  2     5  5 x   y   80      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   AB Do B, H khác phía với NC nên ta B(0; 2) Ta có NB    AB  3NB  A(4;6) 3   CD  BA  D(4;10) Vậy A(4;6) , B(0; 2), D(4;10) GV: Nguyễn Thanh Tùng Bài 15 (THPT Phù Cừ_Hưng Yên) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân A Gọi G trọng tâm tam giác ABC Điểm D thuộc tia đối tia AC cho GD  GC Biết điểm G thuộc đường thẳng d : x  y 13  tam giác BDG nội tiếp đường tròn  C  : x  y  x  12 y  27  Tìm toạ độ điểm B, D viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm B có hoành độ âm G có tọa độ nguyên Giải B(?) M I G D(?) C A Tam giác ABC vuông cân A có G trọng tâm nên GB  GC Mà GD  GC  GB  GC  GD , suy tam giác BCD nội tiếp đường tròn tâm G , suy ra:   2BCD   2BCA   900  BG  GD , hay tam giác BDG vuông cân G   sđ BD BGD Đường tròn (C ) tâm I (1;6) bán kính R  10 ngoại tiếp tam giác BDG nên I trung điểm BD Do IG  10 IG  BD Vì G  d : x  y 13   G(5  3t;1  2t ) G  2;3 t  1    Từ IG  10  IG  10  (3t  4)  (2t  5)  10  13t  44t  31   t   31 G   28 ; 75  13   13 13   2 x  y  13  Do G có tọa độ nguyên nên G(2;3) (Có thể tìm G cách giải hệ  )  x  y  x  12 y  27  Đường thẳng BD qua I (1;6) vuông góc với IG nên BD có phương trình x  y  17  2 2 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  x  y  17   x  2; y  xB 0  B(2;5) Khi tọa độ B, D nghiệm hệ :      x  4; y   D(4;7)  x  y  x  12 y  27  GV: Nguyễn Thanh Tùng (Có thể tìm B, D theo cách trình bày sau: Gọi B(3b 17; b) , ta có: b   B  2;5 xB 0 IB  10  IB  10  (3b  18)2  (b  6)2  10  b  12b  35      B  2;5 b   B  4;7  Suy D(7; 4) (do I (1;6) trung điểm BD )) Gọi M trung điểm BC ta có MA  MB  MC AM  BC (do ABC vuông cân A ) 1 Khi ta có: GM  MB GM  MA  MB 3   MG   cosGBM  Nên tan GBM  MB  10  tan GBM   Gọi n   a ,b  với  a  b2   vecto pháp tuyến BC Ta có VTPT của BG nBG  1;    nBG n       cos n , n  Khi đó: cos  BG, BC   cos nBG , n  cos GBM    BG 10 nBG n      a  2b a  b    35a  40ab  5b    10 7a  b   a  b2   Trường hợp 1: Với a  b   n  1;1  nên phương trình BC : x  y    Trường hợp 2: Với 7a  b   n  1;7  nên phương trình BC : x  y  33  Do D, G phía đường thẳng BC nên phương trình BC thoả mãn x  y   Vậy B(2;5), D(4;7) BC : x  y   Bài 16 (Sở GD&ĐT Quảng Ngãi_2016) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có A(1;1) diện tích Đường thẳng qua B vuông góc với AC cắt đường thẳng CD M Gọi E trung điểm CM Biết phương trình đường thẳng BE : x  y  điểm B có hoành độ dương Tìm tọa độ đỉnh lại hình chữ nhật ABCD Giải: Gọi H hình chiếu vuông góc A lên BE 11  Khi AH  d ( A, BE )  S 1 4 Ta có AH BE  S ABE  S ABC  S ABCD  BE  ABCD  2 AH S Đặt AB  a   BC  ABCD  AB a   CBM  (cùng phụ với BCA ) Ta có BAC A D(?) AB BC BC 64 32   CM   Suy ABC ~ BCM   CE  BC CM AB a3 a B(?) H M 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 ! C(?) HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan 64 32   32 a2 a6  2a4  32  a6  (a  4)(a  2a  8)   a   AB  BC  Xét tam giác vuông BCE ta có: BC  CE  BE  t 0 Do B  BE  B(t; t ) với t  , đó: AB2   (t  1)2  (t  1)2   t    t   B(1; 1) Ta có BC qua B(1; 1) vuông góc với AB : x  nên có phương trình: y  1 c  C (5; 1) Do C (c; 1) , đó: BC  16  (c  1)2  16    c  3 C (3; 1)   Ta có AD  BC nên với C (5; 1)  D(5;1) với C (3; 1)  D(3;1) Vậy B(1; 1) , C(5; 1), D(5;1) B(1; 1), C(3; 1), D(3;1) Bài 17 (Lương Thế Vinh_Hà Nội) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A(2;3) M trung điểm cạnh AB Gọi K (4;9) hình chiếu vuông góc M cạnh BC , đường thẳng KM cắt đường thẳng AC E Tìm tọa độ điểm B, C biết KE  2CK điểm M có hoành độ lớn Giải: KE Trong tam giác ECK ta có: tan  ACK   KC Trong tam giác ABC ta có: AB  AC.tan  ACK  AC  AM  AC   ACM  450   Mặt khác AMKC nội tiếp đường tròn, suy ra: MKA ACM  450  Gọi nKM  (a; b) VTPT đường thẳng KM ( a  b2  )   Ta có KA  (2; 6)  nKA  (3; 1)   nKM nKA   3a  b   cos n , n  Khi cos MKA    KM KA   nKM nKA a  b 10  B(?) K M   5(a2  b2 )  (3a  b)2  2a2  3ab  2b2   a  2b  (a  2b)(2a  b)    E  2a  b A  +) Với a  2b , chọn a  2, b  hay nKM  (2;1) , suy phương trình KM : x  y  17  Suy phương trình BC : x  y  14  Gọi M (m;17 2 m) với m  , suy B(2m  2;31  4m) (do M trung điểm AB ) Do B  BC  2m   2(31  4m)  14   m  (thỏa mãn) Suy B(8;11) Khi AC qua A(2;3) vuông góc với AB nên có phương trình: 3x  y  18   x  y  14   x  2 Tọa độ điểm C nghiệm hệ:    C (2; 6) 3x  y  18  y   +) Với 2a  b , chọn a  1, b  2 hay nKM  (1; 2) , suy phương trình KM : x  y  14  Suy phương trình BC : x  y  17  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 Gọi M (2t 14; t) với t  , suy B(4t  30;2t  3) (do M trung điểm AB ) GV: Nguyễn Thanh Tùng Do B  BC  2(4t  30)  2t  17   t  (loại) Vậy B(8;11) , C (2;6) Bài 18 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T ) Từ điểm M thuộc cạnh AB ( M  A, M  B ), kẻ đường thẳng vuông góc với AB , cắt đường thẳng AC, BC D(9; 2) E Đường tròn qua điểm D, E, C cắt đường tròn (T ) điểm F (2; 3) khác C Tìm tọa độ đỉnh A , biết A thuộc đường thẳng d : x  y   Giải:   ECF  (1) Ta có ABCF nội tiếp đường tròn (T ) nên BAF ) (vì bù với góc BCF d:x + y 5=0   ECF  (2) Lại có ECDF nội tiếp đường tròn nên FDE ) ( chắn cung EF A(?)   FDE  Từ (1) (2), suy ra: BAF   FDM   FDE   FDM   1800 hay MAF   FDM   1800  BAF Suy AMDF nội tiếp đường tròn B Mà  AMD  900   AFD  900 hay AF  FD M F(2; 3) D(9; 2) E C Khi AF có phương trình: x  y  11  (T) 7 x  y  11  x  Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ    A(1; 4) Vậy A(1;4) x  y   y  Bài 19 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A có đường cao AH , trung tuyến BM Đường tròn (T ) qua M tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC B cắt cạnh AC điểm thứ hai E Đường thẳng BE có phương trình 3x  y   H (2; 3) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết A thuộc đường thẳng d : x  y   Giải: Gọi AH  BE  D  , ta chứng minh D d: x + y 1=0 trung điểm AH Thật vậy: Gọi N giao điểm BC đường tròn (T ) E  (cùng bù với góc E ) Khi : N 1 D (1) Mặt khác, ABH ~ CBA BM trung tuyến CBA (2) Từ (1) (2), suy BD trung tuyến tam giác ABH hay D trung điểm AH  a  a   ; Gọi A(a;1  a) d  D     4y + = E B   900  N B B B  Mà E 1 3 3x A(?) B(?) M H( 2; 3) N C(?) 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 a2 a      a  2  A(2;3) 2 Khi BC qua H vuông góc AH nên BC có phương trình: y  3 Khi D  BE   y  3  x  6 Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ:    B(6; 3) 3x  y    y  3 AC qua A vuông góc AB nên AC có phương trình: x  y   2 x  y   x  Suy tọa độ điểm C nghiệm hệ:    C (7; 3)  y  3  y  3 Vậy A(2;3), B( 6; 3), C(7;  3) Bài 20 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A với B(2;1), C (2; 1) , gọi P điểm cạnh BC Đường thẳng qua P song song với AC cắt AB D , đường thẳng qua P song song với AB cắt AC điểm E Gọi Q điểm đối xứng với P qua DE Tìm tọa độ điểm A biết Q(2; 1) Giải: A(?) D Q( 2; 1) 1 E H B( 2;1) O P C(2; 1) d Do ABC cân A nên A thuộc đường trung trực d BC Khi d qua trung điểm O(0;0) BC  vuông góc với BC với BC  (4; 2)  2(2; 1) nên d có phương trình: x  y    BCQ   1800 Ta chứng minh A thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BCQ hay chứng minh BAQ Thật vậy: Ta có PEAD hình bình hành, suy DP  AE EP  AD (1) Do DE trung trực PQ , suy DP  DQ EP  EQ (2) 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 Từ (1) (2), suy AE  DQ AD  EQ  ADQ  QEA (c – c – c) GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan E  , suy ADEQ nội tiếp đường tròn hay DAQ   QEH  (*) (vì bù với DEQ  ) D 1  ), suy EP  EC  EQ  EC  C  Q    ECP  (cùng góc B Mặt khác, ta có: EPC 1  Q  C P  , suy EHCP nội tiếp đường tròn Lại có E , H thuộc trung trực BC  P 1 1   1800  HEP   1800  HEP   1800  QEH   1800  DAQ  (theo (*)), suy HCP   DAQ   1800 Khi HCP   BCQ   1800 hay BAQ Vậy ABCQ nội tiếp đường tròn có phương trình (phương trình qua điểm B, C , Q ) là: x  y  2 x  y   x  1; y  2  A(1; 2) Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ:     A(1; 2)  x  y   x  1; y  Kiểm tra điều kiện A, Q nằm phía với đường thẳng BC cho ta đáp số A(1; 2) 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 !
- Xem thêm -

Xem thêm: Tuyển tập 50 bài toán hình oxy hay và khó_Thầy Nguyễn Thanh Tùng, Tuyển tập 50 bài toán hình oxy hay và khó_Thầy Nguyễn Thanh Tùng, Tuyển tập 50 bài toán hình oxy hay và khó_Thầy Nguyễn Thanh Tùng

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn