Bai toan toa do trong mat phang

29 13 0
  • Loading ...
1/29 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 30/01/2019, 08:48

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG Bài toán (NTThu) Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD, BE, CF Đường tròn tâm D bán kính DF cắt tia đối tia DE M Biết B (−4; 5) , M (1; 10) C nằm đường thẳng x − y + = Viết phương trình đường thẳng AB Lời giải (Hình vẽ) A E F H B D C M Ta có tứ giác BDHF , CDHE BCEF nội tiếp Suy FDH = FBH, HDE = HCE, FBH = FBE = FCE = HCE nên ta có HDF = HDE Mà FDB + F HD = EDC + EDH = 900 nên FBD = EDC = BDM Mặt khác DF = DM nên ∆FDM cân M , suy CM đối xứng với CF qua BC Lại có CF ⊥BF nên suy BM ⊥CM , ta có phương trình CM : x + y − 11 = x + y − 11 = x=6 ⇒ C (6; 5) 4x − y + = y=5 Phương trình BC : y − = , suy F (1; 0) Tọa độ điểm C : ⇔ Từ đó, ta có phương trình AB : x + y − = Bài toán (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình thang ABCD vng A D, AD = DC = AB Đường tròn đường kính BD cắt đường thẳng AC M khác A Biết M (4; 3) , C (6; 3) Tìm tọa độ đỉnh A, B, D Lời giải Đặt AB = x > 0, suy AD = DC = x AC = x Gọi E trung điểm CD , ta có ABED hình chữ nhật nên AE đường kính đường tròn ( ABD ) hay EM ⊥ AC Mà ACD = 450 nên ∆EMC vuông cân M hay CM = −−→ −−→ CE = x Suy AM = MC , từ ta có A (−2; 3) Gọi H điểm đối xứng với C qua M , ta có H (2; 3) DH ||EM nên DH ⊥ AC Phương trình DH : x − = 0, suy D (2; d ) Lại có AD ⊥DC nên ta có D (2; −1) D (2; 7) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh • Với D (2; −1) ta có B(0; 5) • Với D (2; 7) ta có B(0; 1) B A H M D C E Bài toán (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y, cho hình chữ nhật ABCD có AD = AB Trên đoạn thẳng BD lấy điểm M cho DM = MB gọi E, F trung điểm đoạn thẳng DM BC Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, D biết E (1; 6) , F (2; 3), D có hồnh độ lớn A có hồnh độ âm Lời giải Đặt AB = a, suy AD = 2a, BM BA = = nên EM = ED = BD BD BD 5 F B C M E A Ta có D −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ AE = AD + AB, FE = − AD + BD = − AB + AD 5 5 10 Suy −−→ −−→ AE.FE = − AB2 + AD = 25 50 nên AE ⊥FE −−→ Mà EF = (1; −3) nên ta có phương trình AE : x − y + 17 = Suy A (3 x − 17; x) Lại có FE = AB2 + AD = a2 ⇒ a = 5, 25 100 suy AE = AD + AB2 = 40 ⇔ (3 x − 18)2 + ( x − 6)2 = 40 ⇔ x = 8, x = 25 25 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Mà x A < nên A (−5; 4) Từ AD = 10 F A = FD nên tọa độ D nghiệm hệ : ( x + 5)2 + ( y − 4)2 = 100 2 ( x − 2) + ( y − 3) = 50 ⇔ x=3 y = 10 ⇒ D (3; 10) (do xD > 1) −−→ −−→ Vì BD = ED nên ta suy B (−2; 0) Suy C (6; 6) Bài tốn (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình thang cân ABCD ( AB ∥ CD, AB < CD ) Hai đường chéo AC BD vng góc với I (4; 5) đường thẳng CD có phương trình y − = Tìm tọa độ đỉnh hình thang biết S ABCD = 16 điểm C có hồnh độ lớn Lời giải (Hình vẽ) E A B I D F C Gọi E, F trung điểm CD AB Khi E, I, F thẳng hàng EF ⊥CD Phương trình EF : x − = ⇒ E (4; 2) Gọi C ( c; 2) , c > Vì tam giác D IC vuông cân nên EC = EI ⇔ | c − 4| = ⇔ c = ⇒ C (7; 2) D (1; 2) Suy CD = Lại có F I = AB nên 1 S ABCD = EF ( AB + CD ) = (3 + IF ) (2 IF + 6) = 16 2 ⇔ IF + IF − = ⇔ IF = ⇒ EF = Phương trình AB : y − = Từ đây, tìm A (3; 6) , B (5; 6) Bài toán (NTThu) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho tam giác ABC vuông cân A , 11 17 ; điểm nằm cạnh BC cho BD = 2CD Đường trung tuyến BM tam 3 giác ABC có phương trình x + y − 37 = Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC , D biết xB < Lời giải (Hình vẽ) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh C D M I B A Ta có −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ AD = AB + BC = AB + AC − AB = AB + AC 3 3 −−→ −−→ −−→ BM = − AB + AC Suy −−→ −−→ 1 AD.BM = − AB2 + AC = ⇒ AD ⊥BM 3 Phương trình AD : x − y − = Gọi I giao điểm AD BM , suy tọa độ I nghiệm hệ  13  x + y − 37 =  x = 13 19 ⇔ ⇒I ; 19  5 7x − y − = y = Đặt AB = a, ta có AI = Do a2 a ⇒ AD = AI 5a ⇒ = = AD AM + AB2 −−→ −−→ AB + AC 3 AM.AB AD = =  13 16   = − x −  A −→ −→ 15 ⇒ x A = ⇒ A (1; 1) I A = DI ⇒ 19 28  yA =  = −  yA − 15 Ta có AI = Mà 65 ⇒ a = 13 ⇔ AB = 13 B b; −−→ 30 − b 37 − b ⇒ AB = b − 1; 7 nên AB = 13 ⇔ ( b − 1)2 + 30 − b = 52 ⇔ b2 − 26 b − 123 = ⇔ b = Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 41 , b = −3 −−→ −−→ Do xB < nên b = −3 ⇒ B (−3; 7) Ta có BC = BD ⇒ C (7; 5) Bài tốn (NTThu) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho hình chữ nhật ABCD có AD = AB H hình chiếu vng góc A lên BD Gọi E (5; 1) , F 15 ; trung 2 điểm DM CD Tìm tọa độ đỉnh A D, biết yD > Lời giải (Hình vẽ) B C H E A F D Đặt AB = a, ta có AD = 2a, BD = a Ta có BH.BD = AB2 ⇒ BH = a ⇒ HE = HD = 2a Áp dụng định lí Cơ sin cho tam giác DEF ta có EF = DE + DF − 2DE.DF cos EDF ⇔ Gọi ( x; y) ta có   13 4a2 a2 2a a = + − ⇒a= 5 10 10 nên ta hệ  DE = 2   2   x − 15 + y − = x=7⇒ y=3 ⇒ D (7; 3) 2 ⇔ 99  ⇒ y=− (loại) 5 +) Với n = −1 ⇒ xB = < 2, yB = −3 ⇒ B (1; −3) Phương trình BC: y = −3 ⇒ C (5; −3) Phương trình CD : x = ⇒ D (5; 1) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Bài toán 10 Trong mặt phẳng Ox y cho hình chữ nhật ABCD có AD = AB, cạnh AB có phương trình x − y + 14 = Gọi M trung điểm cạnh AD , hình chiếu vng góc M đoạn thẳng AC điểm H (−2; 0) Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật biết đỉnh A có tung độ dương Lời giải Từ giả thiết suy AM = AB Đặt AB = a ⇒ AD = 2a, AC = a B C H N A D M Gọi N hình chiếu vng góc H AB Ta có N H = d ( H, AB) = |−6 + 14| 10 = AH N H N H.AC = ⇒ AH = = 2 BC BC 10 AC ; Mà A (a; 3a + 14), suy AH = (a + 2)2 + (3a + 14)2 = 10a2 + 88a + 200 Do  AH = 2 ⇔ AH = ⇔ 5a2 + 44a + 96 = ⇔  a = −4 24 a=− Với a = −4 ⇒ A (−4; 2) Với a = − 24 24 ⇒ A − ;− (loại) 5 Lại có AH.AC = AM.AD ⇔ 2.a = a.2a ⇔ a = −−→ −−→ Do H thuộc đoạn AC nên AC = AH ⇒ C (1; −3) 10 ⇒ AC = Phương trình đường thẳng BC : x + y + = Suy tọa độ B(−5; −1) Phương trình đường thẳng AD : x + y − = Phương trình đường thẳng CD : x − y − = Suy tọa độ D (2; 0) Bài toán 11 (NTThu) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho tam giác ABC vuông A , AB = AC có phương trình trung tuyển CM : x − y + 12 = điểm E − ; thỏa mãn −−→ −−→ BE = 2EC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết yC > Lời giải Ta có −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ CM = AM − AC AE = AC + AB = AC + AM 3 3 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Suy −−→ −−→ 2 CM AE = AC − AM = ⇒ CM ⊥ AE 3 Phương trình AE : x + y − = Gọi I giao điểm AE CM , tọa độ I nghiệm hệ  3 x + y − = ⇔  x − y + 12 =  x = y = ⇒ I (0; 4) 2a AC + AM = 3 −−→ −→ Suy AE = IE , từ ta tìm A (1; 1) 2a 10 Ta có = AE = ⇒ a = ⇔ AC = 3 Mặt khác C (3 c − 12; c) nên ta có Đặt AC = a, suy AI = a AE = (3 c − 13)2 + ( c − 1)2 = 20 ⇔ c2 − c + 15 = ⇔ c = 3, c = Do yC > nên ta có c = ⇒ C (3; 5) M (−3; 3) , suy B (−7; 5) Bài toán 12 Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC có H (−7; −1) chân đường vng góc hạ từ A xuống BC I (−4; −4) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh ABC , biết phân giác góc A có phương trình x + y + 11 = Lời giải (Hình vẽ) A I K I' C B H D Gọi D giao điểm phân giác góc A với đường tròn ( I ) I đối xứng với I qua AD Ta có phương trình I I : x − y + = Gọi K = I I ∩ AD , ta có   x + y + 11 =  x = − K: ⇔ ⇒ K − ;−  2 3x − y + = y = − Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh Vì K trung điểm I I nên I (−3; −1) −−→ − Ta có ∆ AK I = ∆DK I nên AI ∥ ID , mà AH ∥ ID nên I ∈ AH H I = (4; 0) ⇒ → n = (0; 1) VTPT AH Phương trình AH : y + = Tọa độ điểm A nghiệm hệ x + y + 11 = y+1 = ⇔ x = −8 y = −1 , suy A (−8; −1) Phương trình BC : x + = Phương trình đường tròn ( ABC ) : ( x + 4)2 + ( y + 4)2 = 25 Tọa độ B, C nghiệm hệ x+7 = 2 ( x + 4) + ( y + 4) = 25 ⇔ x = −7 y = 0, y = −8 Vậy A (−8; −1) , B (−7; −8), C (−7; 0) A (−8; −1) , B (−7; 0) , C (−7; −8) Bài toán 13 Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC cân B có trung điểm M ; , E (1; 3) theo thứ tự chân đường 5 vng góc hạ từ A B Tìm tọa độ đỉnh A, B, C đoạn ABnằm đường thẳng x + y = D Lời giải Gọi M (m; −m) Ta có tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn tâm M nên ta có MD = ME Hay m− + m+ = ( m − 1)2 + ( m + 3)2 ⇔ m = −2 ⇒ M (−2; 2) Vì tam giác ABC cân B nên E trung điểm cạnh AC −−→ − Ta có ME = (3; 1) , suy → n = (1; −3) VTPT đường thẳng BC Phương trình BC : x − y = Phương trình AD : x + y − = Gọi A (a; − 3a) ⇒ C (2 − a; + 3a) Mà C ∈ BC nên − a − (4 + 3a) = ⇔ a = −1 Suy A (−1; 5) , C (3; 1) , B (−3; −1) Bài toán 14 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình thang ABCD vng A B AD Gọi M trung điểm cạnh CD , N trung điểm đoạn AM Biết tọa độ đỉnh C (5; 4) , điểm N 5; x A < Tìm tọa độ đỉnh lại hình thang , AB = BC = Lời giải Gọi E, F hình chiếu vng góc C, M lên AD Ta có AE = EF = FD nên CE qua trung điểm đoạn AM hay N ∈ CE CE = MF = NE −−→ −−→ Suy NE = CN ⇒ E (5; 2) Phương trình AD : y − = ⇒ A (a; 2) , a < Lại có AE = EC ⇒ |a − 5| = ⇒ a = ⇒ A (3; 2) −−→ −−→ Do AD = AE nên ta có D (9; 2) −−→ −−→ Dựa vào CB = E A ta có B (3; 4) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 10 Lời giải Ta có phương trình AI : x − y − = 0, phương trình ( I ) : ( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 10 A I K B H C Tọa độ K nghiệm hệ   3x − y − =  x = ⇔ ⇒K ;  5 x − 2y = y = Phương trình BK : x + y − = Tọa độ B nghiệm hệ x + 3y − = 3x + y + = ⇔ x = −2 y=1 ⇒ B (−2; 1) Gọi H (2h; h), ta có −−→ −−→ AH.BH = ⇔ (2 h − 2) (2 h + 2) + ( h − 5) ( h − 1) = ⇔ h = 1, h = − Vì H = K nên H (2; 1), suy phương trình BC : y − = ⇒ C ( c; 1) Mà C ∈ ( I ) nên ( c − 1)2 + = 10 ⇒ c = −2, c = Ta chọn C (4; 1) Bài toán 22 (D-2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y cho tam giác ABC có chân đường phân giác góc A điểm D (1; −1) Đường thẳng AB có phương trình x + y–9 = 0, tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x + y–7 = Viết phương trình đường thẳng BC Lời giải Tọa độ A nghiệm hệ  3 x + y − = x + y − = ⇔  x = y = ⇒ A (1; 3) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 15 Gọi E giao điểm tiếp tuyến A với đường thẳng BC Ta có E AD = E AB + BAD ED A = D AC + DC A A E AB = D AC = sđ AB; BAD = DC A = 2 ⇒ E AD = ED A ⇒ E A = ED A I E B D C Giả sử E (7 − x; x), ta có (6 − x)2 + (3 − x)2 = (6 − x)2 + ( x + 1)2 ⇔ x = ⇒ E (5; 1) Phương trình BC : x − y − = Bài tốn 23 (Trích đề thi thử TP HN) Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC vuông A Gọi H (5; 5) hình chiếu vng góc A lên cạnh BC, đường phân giác góc A tam giác ABC có phương trình x − y + 20 = Đường thẳng chứa trung tuyến AM tam giác ABC qua điểm K (−10; 5) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết B có tung độ dương Lời giải (hình vẽ) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 16 C H D M K' I K B A Vì AD phân giác nên C AD = BAD M trung điểm nên ACM = M AC Suy C AH = M AB (cùng phụ với góc ACM ), H AD = M AD hay AD phân giác góc H AM Gọi K đối xứng với K qua D, ta có K ∈ AH Do K K ⊥ AD nên phương trình K K : x + y + 65 = Suy  19  x − y + 20 =  x = − 19 ⇒I − ; ⇔ K K ∩ AD = I : 2 x + y + 65 =   y= Suy K (−9; −2) Phương trình AH : x − y + = nên A: x − 2y + = x − y + 20 = ⇔ x=1 y=3 ⇒ A (1; 3) Phương trình BC : x + y − 15 = 0, phương trình AM : x + 11 y − 35 = Tọa độ   x = 13 13 ⇔ ;2 M: ⇒M 2 x + 11 y − 35 =  y = 2 x + y − 15 = Ta có B (b; 15 − 2b) , b < 15 M A = MB nên ta có B (4; 7) Suy C (9; −3) Bài toán 24 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC vuông cân A Gọi M trung điểm cạnh AC A đối xứng với A qua đường thẳng BM Biết M (4; 2), đường thẳng BA có phương trình x + y − 15 = Tìm tọa độ đỉnh A , B, C , biết yB > Lời giải (Hình vẽ) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 17 B A' A M C Ta có M A ⊥BA nên phương trình M A : x − y = Tọa độ điểm A nghiệm hệ x − 2y = x + y − 15 = ⇔ x=6 y=3 ⇒ A (6; 3) Suy BA = BA = M A = Mà B (b; 15 − 2b) nên ta có ( b − 6)2 + (12 b − b)2 = 20 ⇔ ( b − 6)2 = ⇔ b = 4, b = Do yB > nên ta có B (4; 7) Phương trình BM : x − = 0, phương trình A A : y − = Từ đó, ta tìm A (2; 3) ⇒ C (6; 1) Bài toán 25 (NTThu) Cho tam giác ABC cân C Đường tròn tâm I tiếp xúc với C A, CB A B; đường tròn ( I ) cắt đoạn CI D Biết I (1; 2) , đường thẳng AD có phương trình x − y + 14 = đường thẳng AB qua điểm F (−3; 0) Tìm tọa độ điểm A, B, C Lời giải (Hình vẽ) A F' C F D I B Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 18 Ta có C AD = ABD = sđ AD ∆ ADB cân D nên ADB = ABD Suy C AD = D AB hay AD phân giác góc C AB Gọi F đối xứng với F qua AD , ta có F (−6; 1) −→ −−→ Vì I AF = 900 nên ta có I A.F A = Mà A (a; 3a + 14) nên ta có: (a − 1) (a + 6) + (3a + 12) (3a + 13) = ⇔ a2 + 8a + 15 = ⇔ a = −3, a = −5 +) a = −3 ⇒ A (−3; 5) Phương trình AB : x + = 0, từ ta tìm B = AB ∩ ( I ) nên B (−3; −1) Phương trình IC : y − = 0, phương trình AC : x − y + 27 = 21 ;2 +) a = −5 ⇒ A (−5; −1), A, F, I thẳng hàng nê trường hợp loại Từ đó, ta tìm điểm C − Bài toán 26 (NTThu) Cho tam giác ABC với đường cao BE, CF cắt H Gọi N trung điểm AH Biết N (−1; 3) , F (1; 0), trung điểm M cạnh BC thuộc đường thẳng x − y = đường thẳng AC qua điểm K (8; 5) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Lời giải (Hình vẽ) A N E F H B M C Ta có tứ giác AEHF BCEF nội tiếp nên ta có NF H + HF M = N HF + FCM = AEF + FEB = 900 −−→ −−→ Suy NF ⊥F M , hay NF.F M = Gọi M (2m; m), ta tìm m = ⇒ M (4; 2) Vì EF dây cung chung hai đường tròn ( M ) ( N ), nên MN đường trung trực FE , từ ta tìm E (2; 5) Phương trình AC : y − = phương trình đường tròn Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chun Lương Thế Vinh 19 ( M ) : ( x − 4)2 + ( y − 2)2 = 13 Từ ta có C (6; 5), suy B (2; −1) Cuối ta tìm A (−4; 5) Bài toán 27 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC vuông cân C , nội tiếp đường tròn ( I ) Trên cung nhỏ AC đường tròn I lấy điểm D (D = A, D = C ), đoạn BD lấy điểm E cho BE = AD Biết E (3; 4) , D thuộc đường thẳng x + y + = điểm F (−5; 0) nằm đường thẳng AD Tìm tọa độ đỉnh C Lời giải (Hình vẽ) C F D E A B I −−→ −−→ Ta có D (−2 y − 7; y), suy FD = (−2 y − 2; y) , ED = (−2 y − 10; y − 4) −−→ −−→ Vì FD ⊥DE nên FD.ED = hay (−2 y − 2) (−2 y − 10) + y ( y − 4) = ⇔ y = −2 ⇒ D (−3; −2) Xét hai tam giác ADC BEC có AD = BE, AC = BC D AC = EBC Suy ∆ ADC = ∆BEC , CD = CE Mặt khác CDE = C AB = 450 nên ∆DCE vuông cân C Gọi C ( x; y) , ta có −−→ −−→ DC.EC = DC = EC ⇔ x2 + y2 − y − 17 = x+ y−1 = ⇔ x = −3 y=4 ∨ x=3 y = −2 Vậy C (−3; 4) C (3; −2) Bài toán 28 (NTThu) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( I ) : ( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 100 có trực tâm H thuộc đường thẳng x − y − = Các đường thẳng BH, CH cắt ( I ) điểm thứ hai E, F Biết phương trình EF : x − y − 29 = 0, yE < x A > 0.Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Lời giải (Hình vẽ) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 20 A E P F Q I H B C D Tọa độ E, F nghiệm hệ ( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 100 x − y − 29 = ⇔  58  x = x=2 ∨ 29  y = −7 y = Do yE < nên E (2; −7) Gọi P = BH ∩ AC, Q = CH ∩ AB Do tứ giác BCPQ nội tiếp nên PBQ = PCQ , hay ACF = ABE ⇒ AF = AE ⇒ A điểm cung EF , suy I A ⊥FE Phương trình I A : x + y − 18 = Tọa độ điểm A nghiệm hệ ( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 100 x + y − 18 = ⇔ x = −6 y=9 ∨ x = 10 y = −3 Mà x A > nên A (10; −3) Ta có AEH = ACB = AHE ⇒ AH = AE Mà H ( x; x − 3) nên ta có ( x − 10)2 + (2 x)2 = 80 ⇔ x2 − 20 x + 20 = ⇔ x = ⇒ H (2; 1) Phương trình EH : x − y = 0, suy tạo độ điểm B nghiệm hệ x − 2y = ( x − 2) + ( y − 3)2 = 100 ⇒ B (−6; −3) Phương trình BC : x − y + = , tọa độ C nghiệm hệ 2x − y + = ( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 100 ⇒ C (2; 13) Bài toán 29 (Thi thử Hà Tĩnh 2016) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giác ABC cân C Các điểm M, N chân đường cao hạ từ A C tam giác ABC Trên tia đối tia AM lấy điểm E cho AE = AC Biết ∆ ABC có diện tích 8, đường thẳng CN có phương trình y − = 0, điểm E (−1; 7), điểm C có hồnh độ dương điểm A có tọa độ số nguyên Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 21 Lời giải (Hình vẽ) C M B A N E G Gọi G hình chiếu vng góc E lên CN Theo đề bài, ta có AEC = ACE Vì GE ∥ AB nên AEG = M AN = MCN = NC A Suy GCE = CEG hay CG = EG Phương trình EG : x + = ⇒ G (−1; 1) Gọi C ( c; 1), c > 0; GC = GE ⇔ | c + 1| = ⇒ c = ⇒ C (5; 1) Phương trình đường trung trực d đoạnCE : x − y + = Vì tam giác C AE cân A nên A ∈ d ⇒ A (a; a + 2) Phương trình AB : x − a = ⇒ N (a; 1) Ta có S ABC = 2S ANC = NC.N A = Suy |(a − 5) (a + 1)| = ⇔ a2 − 4a − 13 = a2 − a + = ⇔ a = 1, a = (do a ∈ Z) +) a = ⇒ A (1; 3) , N (1; 1) ⇒ B (1; −1) +) a = ⇒ A (3; 5) , N (3; 1) ⇒ B (3; −3) Bài toán 30 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y, cho hình vng ABCD điểm M (−4; 3) nằm đoạn BD Gọi E , F hình chiếu vng góc M lên AB, AD Biết phương trình EF : x + = 0, CE : x + y − 22 = Tìm tọa độ đỉnh A , B, C , D Lời giải (Hình vẽ) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 22 F A D I E H M B C Ta có, tọa độ điểm E nghiệm hệ  x + = ⇔  x + y − 22 =   x = −6 y = ⇒ E (−6; 4) Gọi H giao điểm ME cới CD, I giao điểm CM với EF Ta có MH = MF CH = EM Suy ∆CMH = ∆F ME ⇒ EF M = CMH ⇒ EM I = EF M Do MEI + EM I = MEI + MFE = 900 ⇒ CM ⊥EF Phương trình CM : y − = 0, tọa độ C nghiệm hệ  y − = =  x + y − 22 = ⇔  x = y = ⇒ A (1; 3) Tọa độ điểm I nghiệm hệ  x + = y − = ⇔   x = −6 y = ⇒ I (−6; 3) Ta có ME = 5, M I = Từ cơng thức 1 = + ⇒ MF = 2 MI ME MF −−→ −−→ Suy MH = −2 ME nên H (0; 1) Phương trình CD : x − y + = 0, phương trình AB : x − y + 16 = −→ −→ Lại có IF = IE , suy F (−6; −1) Phương trình AD : x + y + = 0, phương trình BC : x + y − = Từ ta tìm A (−8; 0), B(−5; 6), D (−2; −3) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 23 Bài toán 31 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình thang ABCD cân với đáy lớn AB có D (−1; 3) Gọi I giao điểm hai đường chéo AC BD, M trung điểm IB Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM có phương trình x2 + ( y − 1)2 = 25, điểm I thuộc đường thẳng x − y − = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Lời giải (Hình vẽ) N D C I M A B Gọi N điểm đối xứng với I qua D Ta có I M.I N = ID.I M = ID.IB = I A.IC 4x − 20 − x , suy N −2 − x; Mà N thuộc 3 Suy AMCN tứ giác nội tiếp Gọi I x; đường tròn ( ACM ) nên ta có (2 + x)2 + 17 − x = 25 ⇔ x = ⇒ I (2; 2) Phương trình D I : x + y − = Tọa độ điểm M nghiệm hệ x + 3y − = 2 x + ( y − 1) = 25 IB ⇔ x = −4 y=4 −→ ∨ x=5 y=1 −→ Suy M (5; 1) ⇒ B (8; 0) Do = ⇒ I A = −2 IC ID Gọi C ( x; y) , ta có A (−2 x + 6; −2 y + 6) Vì A, C thuộc đường tròn ( ACM ) nên ta có x2 + ( y − 1)2 = 25 2 (−2 x + 6) + (−2 y + 5) = 25 ⇔ x=3 y=5 ∨ x=5 y=1 Suy C (3; 5) , A (0; −4) Bài toán 32 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC cân A Trên tia đối tia BA lấy điểm E cạnh AC lấy điểm F cho BE = CF Biết EF : x − = 0, yE > yF , đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF có phương trình ( x − 5)2 + ( y − 5)2 = 25, đường cao kẻ từ A tam giác ABC qua M (3; 2) yA < Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 24 Lời giải (hình vẽ) A F B I K C H E J Tọa độ E, F nghiệm hệ x−2 = 2 ( x − 5) + ( y − 5) = 25 ⇔ x=2 y = 1, y = Suy E (2; 9) , F (2; 1) Gọi I giao điểm EF BC, H trung điểm BC J giao điểm AH với đường thẳng vng góc với EF I Qua E, kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC K Ta có ∆K EB cân E nên EK = EB = CF Suy K ECF hình bình hành, I trung điểm EF , suy I (2; 5) Từ đó, ta có JE = JF Mà JB = JC nên ∆ JBE = ∆ JCF ⇒ BE J = CF J Do đó, tứ giác AE JF nội tiếp Phương trình I J : y − = 0, tạo độ điểm J nghiệm hệ ( x − 5)2 + ( y − 5)2 = 25 y−5 = ⇔ x = 0, x = 10 y=5 +) J (0; 5), phương trình A J : x + y − = Tọa độ điểm A nghiệm hệ x+ y−5 = 2 ( x − 5) + ( y − 5) = 25 ⇔ x=0 y=5 ∨ x=5 y=0 ⇒ A (5; 0) +) J (10; 5), phương trình A J : x − y + = Tọa độ điểm A nghiệm hệ  45  x = 3x − y + = x = 10 29 ⇔ ∨ 40  y=5 ( x − 5)2 + ( y − 5)2 = 25 y = 29 Vì yA < nên trường hợp loại Phương trình BC : x − y + = 0, phương trình AB : x + y − 15 = 0, AC : x + y − = Từ đó, ta có B (3; 6) , C (−1; 2) Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 25 Bài toán 33 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình bình hành ABCD có A (2; 0) , phương trình AD : x − y − = phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD : ( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 25 Tìm tọa độ đỉnh B, C, D biết yD < Lời giải (Bạn đọc tự vẽ hình) Gọi E giao điểm AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Tọa độ D, E nghiệm cảu hệ x − 2y − = 2 ( x − 1) + ( y − 2) = 25 ⇔ x = −2 y = −2 ∨ x=6 y=2 Suy D (−2; −2) , E (6; 2) Gọi B ( x; y) , tứ giác BCDE nội tiếp nên BE A + BCD = 1800 ⇒ BE A + BAD = 1800 ⇒ BE A = BAE ⇒ BA = BE Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ ( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 25 2x + y − = −−→ ⇔ x=5 y = −1 ∨ x=1 y=7 −−→ +) B (5; −1), từ AD = BC ta suy C (1; −3) +) B (1; 7) ⇒ C (−3; 5) Bài toán 34 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y, cho tam giác ABC vuông A, E 1 ; 2 11 7 , J ; tâm 2 4 đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ACD Tìm tọa độ điểm A, B, C biết đường trung điểm cạnh BC Điểm D nằm cạnh BC ; I − ; thẳng AD qua M (−4; −5) x A > Lời giải (hình vẽ) C J E D B A I Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 26 Ta có I J ⊥ AD nên phương trình AD : x − y + = Vì ∆ ABC vuông A E trung điểm BC nên AEC = ABE = ABD = AIB Suy tứ giác AED I nội tiếp Chứng minh tương tự ta có ADE J nội tiếp Do AIDE J nằm đường tròn (S ) có phương trình x+ 11 + y− 29 = 425 32 Tọa độ A, D nghiệm hệ  2   x + 11 + y − 29 = 425 x = −1 ∨ 8 32 ⇔  y=0  5x − y + = Vì x A > nên A (2; 5) , D (−1; 0) Phương trình BC : x − y + = Phương trình ( ACD ) : x − x=2 y=5 + y− = 85 Tọa độ điểm C nghiệm hệ  2   x − + y − = 85 x = −1 ∨ 4 ⇔  y=0  x − 3y + = x=5 y=2 Suy C (5; 2) ⇒ B (−4; −1) Bài toán 35 (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm I, đường kính AC có A (−6; −3) Đường thẳng qua A vng góc với AD cắt BC ;− D (−5; 4) đối xứng với D qua AC Tìm tọa độ 2 đỉnh B, C, D biết B ∈ d : x − y + = E , đường thẳng EI cắt CD F Lời giải (hình vẽ) B D' E A I C F D Ta có E AF + F AD = 900 D AF + AFD = 900 nên E AF = AFD ⇒ AE ∥ CF Chứng minh tương tự AF ∥ CE , suy AECF hình bình hành Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 27 Mà AB⊥BC nên AF ⊥ AB, suy phương trình AB : x + y + 21 = Tọa độ điểm B nghiệm hệ x − 3y + = x + y + 21 = ⇔ x = −7 y=0 ⇒ B (−7; 0) Đường tròn ( I ) qua ba điểm A, D , B nên phương trình ( I ) là: ( x + 2)2 + y2 = 25 Suy I (−2; 0), C (2; 3) Từ ta có D (1; −4) Bài tốn 36 (Trích đề thi thử Trường Nguyễn Thị Minh Khai-Hà Tĩnh) Trong mặt phẳng Ox y, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I Điểm M (2; −1) 31 ; hình chiếu vng góc B lên AI , đường 13 13 thẳng AC có phương trình x + y − 13 = Tìm tọa độ đỉnh A , B, C trung điểm đoạn BC E Lời giải (Hình vẽ) A F I E C M B Gọi F hình chiếu vng góc B lên AC Ta có bốn điểm A, F, E, B B, M, E, I nằm đường tròn nên ta có BEM = BI M = BAC AEF = ABF Suy BEM + AEF = BAC + ABF = 900 Do M , E , F thẳng hàng Ta có phương trình ME : 12 x − y − 29 = Tọa độ điểm F nghiệm hệ   3 x + y − 13 = 12 x − y − 29 = 41  x = 13 ⇔ 23  y = 13 ⇒F 41 23 ; 13 13 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 28 Phương trình BF : x − y − = Gọi B( b; nên ta có 3(4 − b) − −2 b − 2b − , suy C − b; Mà C ∈ AC 3 2b + − 13 = ⇔ b = −1 ⇒ B(−1; −1), C (5; −1) Từ ta tìm A (1; 5) Bài tốn 37 (Sở GD Ninh Bình) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox y, cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu vng góc B đường thẳng AC , M K ; −3 , đường thẳng MB qua điểm N (−6; −1) đường thẳng MK có phương trình x + y + = Tìm toạ độ đỉnh lại hình trung điểm AH CD Giả sử C chữ nhật ABCD Bài toán 38 Ths Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 29 ... 100 2 ( x − 2) + ( y − 3) = 50 ⇔ x=3 y = 10 ⇒ D (3; 10) (do xD > 1) −−→ −−→ Vì BD = ED nên ta suy B (−2; 0) Suy C (6; 6) Bài tốn (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình thang cân ABCD ( AB ∥ CD,... Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh 41 , b = −3 −−→ −−→ Do xB < nên b = −3 ⇒ B (−3; 7) Ta có BC = BD ⇒ C (7; 5) Bài tốn (NTThu) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y cho hình chữ nhật ABCD có AD = AB... 10a2 + 88a + 200 Do  AH = 2 ⇔ AH = ⇔ 5a2 + 44a + 96 = ⇔  a = −4 24 a=− Với a = −4 ⇒ A (−4; 2) Với a = − 24 24 ⇒ A − ;− (loại) 5 Lại có AH.AC = AM.AD ⇔ 2.a = a.2a ⇔ a = −−→ −−→ Do H thuộc đoạn
- Xem thêm -

Xem thêm: Bai toan toa do trong mat phang , Bai toan toa do trong mat phang

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay