HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan TUYỂN TẬP 50 BÀI TỐN OXY HAY VÀ KHĨ_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 vng 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 mơn Tốn Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng 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 vng góc B, D lên  Diện tích hình  5 24 thang BHKD Tìm tọa độ đỉnh lại hình bình hành ABCD biết K có hồnh độ dương Giải: Gọi I tâm hình bình hành ABCD A ', I ' hình chiếu vng 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 mơn Tốn Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng 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 mơn Tốn Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng 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) vng 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 tốn 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 vng 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 mơn Tốn Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN AC qua M vng 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 vng góc tốn, 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 vng 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 vng nên ABDE nội tiếp đường tròn , đó: Tham gia khóa học PEN - C & I & M mơn Tốn 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 vng 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 hồnh độ dương Giải  C  (1) Do ABCD nội tiếp đường tròn nên B 1 AD ) ( chắn cung  Ta có EM trung tuyến tam giác vng 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;  vng 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 mơn Tốn Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng 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 mơn Tốn Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng 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 mơn Toán Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng 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 hồnh 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 hồnh độ âm nên ta B(3; 4) BC qua B vng 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 mơn Tốn Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng 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) CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU GV: Nguyễn Thanh Tùng Tham gia khóa học PEN - C & I & M mơn Tốn Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng 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... 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... 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