Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

Tuyển chọn bài toán Oxy bám sát kì thi THPT QG 2016 - Lê Anh Tuấn

87b97d0151a2ee68bd732b5ed6722239
Gửi bởi: Phạm Thọ Thái Dương vào 02:50 AM ngày 14-09-2020 || Kiểu file: PDF Lượt xem: 98 | Lượt Download: 0 | File size: 0.418854 Mb

Nội dung tài liệu Tải xuống


Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Thầy LÊ ANH TUẤN
Cộng tác viên: CV HÀ

TUYỂN CHỌN BÀI TOÁN OXY BÁM SÁT KÌ THI THPT QG
2016
A. Phương pháp chung để giải quyết bài toán hình học giải tích phẳng gồm các bước sau:
 Vẽ hình, xác định các yếu tố đã biết lên hình
 Khám phá các tính chất khác của hình (nếu cần). Chú ý tìm các đường vuông góc, song song, đồng
quy; các đoạn bằng nhau, góc bằng nhau; các góc đặc biệt; quan hệ thuộc giữa điểm và đường
thẳng, đường tròn,…
 Xác định các điểm, đường thẳng (theo các kĩ thuật đã học) để thực hiện yêu cầu bài toán.
B. Một số hướng khai thác giả thiết
Dưới đây là một số hướng khai thác các giả thiết của đề bài. Dĩ nhiên, tùy vào từng bài cụ thể, ta còn có
những hướng sử dụng khác.
1. Phương trình đường thẳng d :
 Tham số hóa tọa độ của các điểm thuộc d
 Xét được vị trí tương đối, tìm được giao điểm của d và đường tròn hoặc đường thẳng khác.
 Viết được phương trình đường thẳng:
- Song song hoặc vuông góc với d .
- Cách d một khoảng cho trước.
- Tạo với d một góc cho trước.
 Lấy đối xứng được qua d . Tìm được hình chiếu của 1 điểm lên d .
 Xét được vị trí tương đối của hai điểm A, B so với d .
2. Phương trình đường tròn  C 
 Tìm được tâm và bán kính
 Xét được vị trí tương đối, tìm giao điểm của  C  và đường thẳng hoặc đường tròn khác.
3. Điểm G là trọng tâm tam giác ABC .
 Áp dụng công thức tính tọa độ trọng tâm
 2 
 AG  AM
3


 G cùng với trực tâm H , tâm ngoại tiếp I thẳng hàng và GH  2GI
4. Điểm H là trực tâm của tam giác ABC
 AH  BC .


 AH  2 IM , với I là tâm đường tròn ngoại tiếp còn M là trung điểm BC .
 Điểm đối xứng của H qua AB , AC , BC thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
 Tứ giác BHCA ' là hình bình hành, với A ' là đối xứng của A qua tâm đường tròn ngoại tiếp.


 H cùng với trọng tâm G , tâm ngoại tiếp I thẳng hàng và GH  2GI .
5. Điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
 IA  IB  IC  R
 I nằm trên đường trung trưch các cạnh.


 I cùng với trọng tâm G , trực tâm H thẳng hàng và GH  2GI .

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
6. J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
 J cách đều các cạnh của tam giác.
 Tìm được bán kính nội tiếp tam giác: r  d J , AB 


AJ , BJ , CJ là các đường phân giác trong của các góc trong tam giác.

7. d là đường phân giác trong góc BAC .
 A, J , K  d . Trong đó J , K lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và bang tiếp cạnh



BC .
Lấy đối xứng điểm M  AB qua d ta được M '  AC .
d M , AB   d M , AC  , M  d

 d cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm chính giữa cung BC
8. Tứ giác nội tiếp.
 Viết được phương trình đường tròn ngoại tiếp.
 Sử dụng được tính chất: các góc nội tiếp chắn cùng 1 cung thì bằng nhau.
 Chứng minh được 1 điểm cách đều các điểm khác.
Các cách chứng minh tứ giác ABC D nội tiếp:
(a) Bốn đỉnh cùng cách đều 1 điểm.
(b) Có hai góc đối diện bù nhau (tổng 2 góc đối = 1800)
(c) Hai đỉnh cùng nhìn đoạn thẳng (tạo bởi hai đỉnh còn lại) hai góc bằng nhau.
(d) MA.MB  MC .MD, trong đó: M  AB  CD; NA.ND  NC .NB, với N  AD  BC .
(e) IA.IC  ID.IB với I là giao điểm hai đường chéo.
(f) Tứ giác đó là hình thang cân, hình chữ nhật, hình vuông,..
C. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1 (THPT-2015). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của A trên cạnh BC; D là điểm đối xứng của B qua H; K là hình chiếu vuông góc của C trên đường
AD. Giả sử H   5;  5  , K  9; 3  và trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng x  y  10  0 . Tìm tọa
độ điểm A.
Hướng dẫn
Gọi N là trung điểm AC
Ta có điểm N   d  : x  y  10  0  N  n; n  10 

A

Ta có điểm N theo 1 biến số, mà đề bài có cho 2 điểm
H   5;  5  , K  9;  3  tường minh, vậy ta nghĩ đến liệu có

N

mối liên hệ nào giữa 3 điểm N, H, K hay không?
Xét tam giác vuông AHC vuông tại H và N là trung điểm AC
1
nên  HN  AC
2
Tương tự giác vuông AKC vuông tại K và N là trung điểm
1
AC nên  KN  AC
2

B

H

(d):x - y+10=0

C

D

(-5;-5)

K
(9:-3)

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Từ đó ta có HN  KN


2

 5  n    n  10  5 

2



2

 9  n    n  10  3 

2

 n  0  N  0;10 

Vậy mình đã tìm được điểm N, vậy câu hỏi tiếp theo là: “Mình đi tìm điểm nào tiếp theo ?”
Do mình có tọa độ các đỉnh N, H, K, nên mình dễ dàng viết được phương trình đường tròn (T) ngoại
tiếp tứ giác AHKC (có tâm là N và bán hình là NK).
Tiếp tục theo dõi vào hình thì các điểm mình chưa biết là: A, B, C , D. Trong đó, B và D mình không có
dữ kiện gì, còn A và C thì nằm trên đường tròn (T). Vậy ưu tiên đi tìm A hoặc C rồi.
Chọn một trong hai điểm A hoặc C để đi tìm.
Giả sử nếu các em chọn A.
Khi đó hãy cố gắng liên kết điểm A với các điểm đã biết (H, K , N).
Nối 4 đỉnh này lại vs nhau ta được 1 tứ giác, hãy xem tứ giác này có gì đặc biệt hay không ? hay có 1
mối liên hệ gì giữa 4 đỉnh này hày không?
Khi đó các em sẽ nhận ra rằng tứ giác này có 2 đường chéo vuông góc với nhau, AK  HN .
Nếu các em không thích chọn A, thì chọn C cũng được.
Tương tự, hãy xét tứ giác CNHK có gì đặc biệt hay không?
Khi đó em sẽ nhận ra được tứ giác này là hình thang có HN  CK
Dù chọn tìm điểm A hay điểm C thì các em cũng cần phải chứng minh tính chất
- AK  HN hoặc HN  CK (2 cái này là 1) để có thể làm tiếp được bài toán.
Chứng minh này có nhiều cách làm, các em có thể tham khảo cách chứng minh sau:
Xét ABD cân tại A có H là chân đường cao hạ từ đỉnh A, và B đối xứng với D qua H  ABD cân tại
A.
  BAH
 (đường cao hạ từ đỉnh cân cũng là đường phân giác)
 HAK
  1 sdAH
 (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung = 1/2 số đo cung)
BAH
2
  1 sdAH
  AKH
  AHK cân
 BAH
2
 H là điểm chính giữa của cung AK,  HN  AK
Vậy dựa vào ý nào ta cũng đi tìm được điểm A (theo AK  HN ) hoặc điểm C (theo HN  CK ) của tam

giác ABC.
Tiếp theo ta viết được phương trình AB do AB đi qua A và AB vuông góc với AC,
Tương tự viết được phương trình CH do biết tọa độ C và H hay chính là phương trình BC.
Từ đây, B  AB  BC ta tìm được tọa độ điểm B.
Lời giải chi tiết các em tự làm nhé :)
Ví dụ 2(Sở GD&ĐT Hà Nội – 2016).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại
A . Gọi H (5;5) là hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên cạnh BC , đường phân giác trong góc A của

tam giác ABC nằm trên đường thẳng x  7 y  20  0 . Đường thẳng chứa trung tuyến AM của tam
giác ABC đi qua điểm K ( 10; 5) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có tung độ dương.

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Cách tư suy khi làm bài
A
4 3

1
2

E
I

yB > 0

B

C
H
(5:5)

D

M

x - 7y + 20 = 0

K(-10;5)

Với câu hỏi đặt ra như trên, chúng ta nên đi tìm điểm nào trước ? A? B? hay C?
Nhìn vào bài toán này ta thấy:
+) A thuộc 1 đường thẳng đã biết phương trình;
+) B có dữ kiện yB  0 , nhưng dữ kiện này không tham gia vào quá trình tính toán, mà chỉ tham gia
vào quá trình loại nghiệm mà thôi.
+) C hoàn toàn không biết gì.
Vậy chắc chắn 1 điều là ta nên đi tìm điểm A trước.
Vì điểm A thuộc phương trình AD: x  7 y  20  0 (D là giao của phân giác trong của góc A với BC), nên
ta chỉ cần đi tìm 1 phương trình liên quan đến điểm A nữa là được.
Vì điểm H và K đã có tọa độ rõ ràng, nên đi tìm điểm A ta sẽ thử kết hợp điểm A với 2 điểm H và K xem
được không ? Biết đâu tạo ra 1 tam giác đều, cân, vuông,.. gì đó thì ra sẽ có thêm 1 phương trình liên
quan đến A. Nhưng trong bài này tam giác AHK không có gì đặc biệt cả.
Bắt đầu bí rồi @@
Nhìn lại hình thêm chút nữa nhé.
Trong bài toán, cho điểm K là “bất kỳ” thuộc đường thẳng trung tuyến hạ từ A của ABC . Dữ kiện
điểm K “bất kỳ” mà lại có tọa độ rõ ràng chính là 1 gợi ý cho chúng ta đi viết 1 phương trình đường
thẳng nào đó chứa điểm K.
Mà chúng ta đang cần tìm 1 phương trình liên quan đến A, vậy chắc chúng ta phải đi viết phương trình
AK hay AM rồi.
Vậy viết phương trình AK như thế nào?
Để viết phương trình đường thẳng AK ta cần biết 1 điểm đi qua (cái này đã có điểm K rồi) và 1 vector
pháp tuyến hoặc 1 vector chỉ phương (cái này chưa biết) hoặc trường hợp đơn giản là chỉ cần biết 2
điểm đi qua.
Tiếp theo, nhìn vào dữ kiện đề bài cho, 1 phương trình đường thẳng (d) và 2 điểm H và K, ta nên thử
kẻ các phương trình đường thẳng đi qua H, K  hoặc song song với (d).
Thì ta thấy, chỉ có phương trình đường thẳng đi qua H và vuông góc với (d) là cắt AM và AD là I và E.
Điểm I hoàn toàn tìm được
Giờ ta chỉ cần tìm được E là xong rồi. Nhưng vấn đề là ta tìm E như thế nào ?
Ta thấy, có I – H – E thẳng hàng mà I và H đã biết vậy E có thể có mối liên hệ nào với I và H hay không?
Đến đây nếu vẽ hình chuẩn xác thì hoàn toàn các em có thể đoán được I là trung điểm của HE.

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Nếu I là trung điểm HE thì AHE cân tại A rồi. Giờ chúng ta chỉ cần CM được điều này là bài toán được
giải quyết.
Khi tìm được A rồi ta viết được phương trình BC do đi qua H và vuông góc với AH. Từ đó tìm được
điểm M. Viết được phương trình đường trong tâm (M) bán kính MA cho giao với BC tìm được điểm B
và C, chú ý điều kiện yB  0 để xác định B và C
Trên đây là 1 hướng suy nghĩ về các tư duy để làm bài toán. Tuy hơi dài dòng nhưng lời giải của bài
toán này cực kỳ ngắn gọn như sau, các em tham khảo:
Lời giải chi tiết
.
A C
AM là trung tuyến của tam giác ABC nên ta có: MA  MB  MC , suy ra 
1

 C
 (cùng phụ với góc B
 ).
Mặt khác: A
4

 ), khi đó AD là phân giác của góc HAM
.
A1  
A4  A
A3 (do AD là phân giác của góc BAC
Suy ra 
2
Gọi E đối xứng với H qua AD  E  AM , khi đó HE  AD nên phương trình HE : 7 x  y  40  0 .
26

 x  5
 x  7 y  20  0
 26 18 
Suy ra tọa độ giao điểm I của AD và HE là: 

 I ; .
 5 5
7 x  y  40  0
 y  18

5

 27 11 
 27 11 
Do I là trung điểm của HE , suy ra E  ;  . AM đi qua E  ;  và K ( 10; 5) nên có phương
 5 5
 5 5
trình: 2 x  11 y  35  0 .

2 x  11y  35  0
x  1

 A(1;3) . Khi đó BC đi qua H (5;5)
Vậy tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 
 x  7 y  20  0
y  3

và vuông góc với AH AH  (4; 2)  2(2;1) nên có phương trình: 2 x  y  15  0





13

2 x  y  15  0
x 
 13 

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 
2  M  ;2 .
2 
2 x  11y  35  0  y  2

Gọi B (t ;15  2t )  BC , khi đó :
2

2

 13 
 11 
MB  MA   t    (2t  13)2     12  5t 2  65t  180  0
2 

 2
 t  9  B(9; 3) yB  0



 B(4; 7)
 t  4  B(4;7)
2

2

Do M là trung điểm của BC  C (9; 3) . Vậy A(1;3), B (4;7), C (9; 3) .
Bài tập luyện tập thêm

Bài 1 (THPT Anh Sơn II Nghệ An). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A với
B ( 2;1), C (2; 1) , gọi P là điểm trên cạnh BC . Đường thẳng qua P song song với AC cắt AB tại D ,

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
đường thẳng qua P song song với AB cắt AC tại điểm E . Gọi Q là điểm đối xứng với P qua DE .
Tìm tọa độ điểm A biết Q ( 2; 1) .
Hướng dẫn
Do ABC cân tại A nên A thuộc đường trung trực d của BC .
Khi đó d đi qua trung điểm O (0; 0) của BC và vuông góc với

BC với BC  (4; 2)  2(2; 1) nên d có phương trình:

A
Q(-2,-1)
D

1
1

2x  y  0 .

1

E

Ta sẽ đi chứng minh A thuộc đường tròn ngoại tiếp tam
  BCQ
  1800 .
giác BCQ hay chứng minh BAQ
Thật vậy:
Ta có PEAD là hình bình hành, suy ra
DP  AE và EP  AD (1)
Do DE là trung trực của PQ ,

1

B(-2,1)

1

C(2,-1)

P

suy ra DP  DQ và EP  EQ (2)
Từ (1) và (2), suy ra AE  DQ
và AD  EQ  ADQ  QEA (c – c – c)
  QEH
 (*) (vì cùng bù với DEQ
 ).
E
 , suy ra ADEQ nội tiếp đường tròn hay DAQ
D
1
1

  ECP
 (cùng bằng góc B
 ), suy ra
Mặt khác, ta có: EPC

 Q

EP  EC  EQ  EC  C
1
1

 Q
 C
P
 , suy ra EHCP nội tiếp đường tròn
Lại có E , H thuộc trung trực của BC  P
1
1
1
1
  1800  HEP
  1800  HEP
  1800  QEH
  1800  DAQ

Khi
đó
HCP
  DAQ
  1800 hay BAQ
  BCQ
  1800 .
HCP

(theo

(*)),

suy

ra

Vậy ABCQ nội tiếp đường tròn có phương trình (phương trình đi qua 3 điểm B , C , Q ) là: x 2  y 2  5
.Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
2x  y  0
 x  1; y  2  A( 1; 2)


 2

2
x  y  5
 x  1; y  2
 A(1; 2)

Kiểm tra điều kiện A, Q nằm cùng phía với đường thẳng BC cho ta đáp số A( 1; 2) .
Bài 2.Cho hình chữ nhật ABCD tâm I. Gọi K là trung điểm của cạnh DC, E là hình chiếu của C trên AK.
Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết rằng A
B
1  5 3
I  ; 0  , E  ;   , điểm B có hoành độ dương và AB  2BC .
2  2 2

Hướng dẫn
1
1
Từ giả thiết ta có IE  AC  BD nên I là tâm đường tròn
2
2
D
ngoại tiếp ngũ giác ABCED.
  EBD
 ; Tam giác ADK vuông cân tại D nên
Tam giác IBE cân tại I nên IEB
  EBD
  EAD
  450 . Từđó suy ra tam giác IBE vuông cân tại I.
IEB

1
I( ,0)
2

C

K
AB=2BC

5 3
E( , - )
2 2

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
1
2



BD đi qua điểm I  ; 0  và có véc tơ pháp tuyến


 

3
IE   2;   hay n   4; 3  nên BD có phương trình là :
2


1
4  x    3  y  0   0 hay 4x  3y  2  0
2


  3; 4 nên có phương trình tham số là
BD đi qua điểm K  1; 2  và có véc tơ chỉ phương u
 
x  1  3t
BD : 
 y  2  4t

Gọi B  3t  1; 4t  2  thuộc BD, điều kiện t 

1
ta có
3

l
n

2
2
t  0
2
3

 3
2
IB  IE   3t     4t  2   2      25t 2  25t  0  
2

 2
t  1

Từđó ta có B  2; 2  . Vì I là trung điểm của BD nên D  1; 2 
Ta có BD  9  16  5 , AB 2  AD 2  BD 2  25  5.AD 2  25  AD  5 , AB  2 5
Gọi A  x, y  ta có

6
2
2
x

 x  2 
 6 12 
 AD  5
 x  1    y  2   5
5


 A1  2; 0  ,A 2  ;  
;

2
2
5 
5
 y  0  y   12
 AB  2 5
 x  2    y  2   20

5

Kiểm tra A và E khác phía so với đường thẳng BD, ta có
5 3
A 1  2; 0  ,E  ;    4  2   3.0  2
2 2







  4. 25  3.  23   2   0 nên A ; E khác phía so với đường thẳng








1

BD.
 6
 12   5
 3 
 6 12 
A1  2; 0  ,A 2  ;     4    3.     2  4.  3.     2   0 nên A 2 ; E khác phía so với
5 
 5   2
 2 
5
 5

đường thẳng BD.
Vậy điểm A cần tìm là A  2; 0  . Vì I là trung điểm của AC nên C  3; 0  .
Vậy A  2; 0  , B  2; 2  , D  1; 2  , C  3; 0  .
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh A  1;4  , trực tâm H . Đường
thẳng AH cắt cạnh BC tại M , đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N . Tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác HMN là I  2;0  , đường thẳng BC đi qua điểm P 1; 2  . Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác
biết đỉnh B thuộc đường thẳng d : x  2 y  2  0
Hướng dẫn

A

Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp.
N

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Suy ra I là trung điểm của BH ; B  d  B  2  2t ; t 



Suy ra: H  2  2t; t   AH   3  2t; t  4  , BP   2t  1; t  2 
Do H là trực tâm của tam giác ABC

 
 AH .BP  0
  2t  3 2t  1   t  4  t  2   0
 5t 2  10t  5  0  t  1

Suy ra H  0;1 ,B  4; 1 , AH  1; 3 , đường thẳng BC : x  3 y  7  0
Đường thẳng AC : 2 x  y  6  0. Tìm được tọa độ C  5;  4 
Bài 4.(Chuyên Sư Phạm lần 2).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A và nội
tiếp đường tròn  K  . Gọi M là trung điểm của AC ; G, E lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và
 4   23   53 
ABM . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết E  ;11 , G  2;  , K  2;  .
3   3   5 
23
53
4
Hướng dẫn
G(2; )
K(2; )
E( ;11)
3
5
3
Ta có tam giác ABC cân tại A, AG là trung
A
tuyến hạ từ đỉnh A AG  BC . E là trọng tâm
ABM nên EM  BC từ đây ta viết được

E là trọng tâm

K là tâm ngoại tiếp

phương trình EM

G là trọng tâm


Đi qua E và nhận GK làm vector pháp tuyến.
Suy ra phương trình của EM : y  11 1

F

L

Gọi I là giao điểm AG với ME khi đó I có tọa độ
là I  2,11

Ví I là trung điểm ML nên L  0,11

G

B



Mà G là trọng tâm trong ABC nên BG  2GM  B  2;1 .

L là trung điểm AB nên A  2; 21 .
M là trung điểm AC nên C  6;1 .

M

K

Gọi L là trung điểm AB. Xét ML có:

2
+) E là trọng tâm ABM  ME  ML
3
1
+) I là trung điểm ML nên MI  ML
2
Suy ra ME  4 IE (do I nằm giữa E và M). Hay


ME  4 IE  M  4,11

I

E

ABM

C

ABC

ABC

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Câu 5.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H  5;5  là hình chiếu
vuông góc của đỉnh A trên cạnh BC, đường phân giác trong góc A của tam giác ABC nằm trên
đường thẳng x  7 y  20  0. Đường thẳng chứa trung tuyến AM của tam giác ABC đi qua điểm
K  10;5  . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết điểm B có tung độ dương.

Hướng dẫn:

A

 (do cùng phụ với 
ACB  BAH
ABC )
Ta có 
Hơn nữa, MA  MB  MC
  MAC

BAH

nên

  MCA

MAC

nên

Suy ra đường phân giác trong A D của góc A cũng là

phân giác của góc HAM

K

K'
I

B

H

M

C

Gọi K ' là điểm đối xứng với K qua AD thì K ' thuộc AH
Viết được phương trình KK ' : 7x  y  65  0
 19 3 
KK ' AD  I  I   ;   K '  9; 2 
 2 2
AH : x  2 y  5  0, AH  AD  A  A 1;3  BC : 2x  y  15  0
 13 
Đường thẳng AM đi qua A và K nên AM : 2x  11y  35  0. Vậy M  ; 2 
2 

Vid B thuộc đường thẳng BC nên B  b;15  2b 

b  9
Do MA  MB  5b 2  65b  180  0  
b  4
Vậy B  4;7  , C  9; 3
Câu 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung điểm của cạnh A D và
 11 2 
3 6
H  ;   là hình chiếu vuông góc của B trên cạnh CE; M  ;   là trung điểm của cạnh BH . Tìm
 5 5
5 5
tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết đỉnh A có hoành độ âm.

Hướng dẫn:

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Vì M là trung điểm BH nên M  1; 2 

F

Gọi F đối xứng với E qua A. Khi đó: BF  EC  BFEH là hình
là đường trung bình nên AM  BH

thang, có AM

A

B

Ta có: BH : x  2 y  3  0

CE : 2x  y  4  0, AM : 2x  y  0

M

E

  cos ECD
  CD  2
cos BAM
CE
5

H


Gọi A  a; 2a  , a  0  AB   a  1; 2a  2 

D

C

N

 
AB.u AM
2
2

Ta có cos BAM
   
5
5
AM . u AM

 a  1
 5a  6a  11  0  
 A  1; 2 
 a  11  l 
5

2

AD : y  2  0, vì E  CE  AD  E 1; 2 
Vì E là trung điểm AD nên D  3; 2 
 
Vì BC  AD  C  3; 2  . Kết luận

Câu 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh A  1;4  , trực tâm H . Đường
thẳng AH cắt cạnh BC tại M , đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N . Tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác HMN là I  2;0  , đường thẳng BC đi qua điểm P 1; 2  . Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác
A

biết đỉnh B thuộc đường thẳng d : x  2 y  2  0
Hướng dẫn:

N

Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp.

H

Suy ra I là trung điểm của BH ;B  d  B  2  2t ; t 


Suy ra H  2  2t ; t   AH   3  2t ; t  4  , BP   2t  1; t  2 

Do H là trực tâm của tam giác ABC

x + 2y - 2 = 0

I(2,0)

B

 
 AH .BP  0   2t  3  2t  1   t  4  t  2   0  5t 2  10t  5  0  t  1

M

P(1, - 2)

C

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ


Suy ra H  0;1 , B  4; 1 , AH  1; 3 , đường thẳng BC : x  3 y  7  0

Đường thẳng AC : 2 x  y  6  0. Tìm được tọa độ C  5; 4 
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình

3x  4 y  10  0 và đường phân giác trong BE có phương trình x  y  1  0. Điểm M  0; 2  thuộc
đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng

2 . Tính diện tích tam giác ABC.

Hướng dẫn:

A

Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC
Tính được N 1;1 . Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có
phương trình 4 x  3 y  1  0
B là giao điểm của BC và BE. suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ

4x  3 y  1  0
 B  4;5 
phương trình: 
x  y 1  0

B

M

E
I
N

H

C

Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình: 2x  4 y  8  0
A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ phương trình:

3x  4 y  8  0


3x  4 y  10  0

1

A  3;  
4


Điểm C thuộc BC và MC  2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ phương trình:
C 1;1
 x  1; y  1
 4x  3 y  1  0


   31 33 
 2
2
 x  31 ; y  33
;
C
2
2



x
y



25
25   25 25 


Thế tọa độ A và C 1;1 vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía đối với BE,
do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.
 31 33 
Tương tự A và C  ;  thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC.
 25 25 
BC  5, AH  d  A, BC  

49
49
(đvdt).
. do đó S ABC 
20
8

Câu 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 18. Gọi E là trung
điểm cạnh BC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE cắt đường chéo AC tại G , ( G không trùng với

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
2 4



C ). Biết E 1; 1 , G  ;  và điểm D thuộc đường thẳng d : x  y  6  0. Tìm tọa độ các điểm
5 5
A, B, C , D.
Hướng dẫn:

A

Do tứ giác CDGE nội tiếp  DG  GE,
Do D  d  D  t ;6  t 

B
G

  3 9    2 26 
 
Ta có EG   ;  ; DG  t  ;  t  do EG.DG  0  t  4  D  4; 2 
 5 5
 5 5


E

Suy ra DE  3 2, DE : x  y  2  0
Gọi C  a; b  , do
S ABCD  18  SCDE 

D
9
1
9
 d  C ; DE  .DE   a  b  2  3.
2
2
2

C

1



Mà DC  a  4; b  2  , EC  a  1; b  1 ; do
 
CD  CE  DC .EC  0   a  4  a  1   b  2  b  1  0

 2

 a  b  2  3
 a  4; b  1 C  4; 1

Từ (1) và (2) ta có:  2
 a  1; b  2  
2

a  5a  b  b  2  0
C 1; 2 
Do C và G nằm khác phía với bờ là đường thẳng DE  C 1; 2  không thỏa mãn
Suy ra C  4; 1 thỏa mãn.
 
Vì M là trung điểm BC nên B  2; 1 . Do AD  BC  A  2; 2 

Câu 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I  3; 1 , điểm M trên
cạnh CD sao cho MC  2MD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết đường thẳng AM có
phương trình 2x  y  4  0 và đỉnh A có tung độ dương.

B

A
Hướng dẫn:
Gọi H là hình chiếu của I trên AM  IH  d  I ; AM  

3
5

I

H

Giả sử AM  BD  N và P là trung điểm của

N
D

M

C

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
MC  IP  AM  NM  IP.
Từ M là trung điểm của DP suy ra N là trung điểm của DI
Gọi cạnh của hình vuông là a thì AI 

Từ

a 2
1
a 2
, IN  IN 
2
2
4

1
1
1
5 2
8
 2  2   2  2 a3 2
2
IH
IA
IN
a
9 a

A thuộc AM nên A  t ; 2t  4   IA 

2

 t  3   2t  3

2

 3  5t 2  18t  9  0

t  3  A  3; 2 

 3
 3 14  . do A có tung độ dương nên A  3; 2 
t   A ;  
 5
5
5

Suy ra C  3; 4  . Đường thẳng BD đi qua điểm I và có vtpt AI   0; 3 có phương trình y  1  0.

3

N  AM  BD  N  ; 1 . N là trung điểm của DI  D  0; 1  B  6; 1

2

Câu 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 3 3, đỉnh D
thuộc đường thẳng d : 3 x  y  0, 
ABD và
ACB  30. Giao điểm của đường phân giác trong góc 
đường cao của tam giác BCD kẻ từ C là điểm H
B và D đều nhỏ hơn





3;3 . Tìm tọa độ các đỉnh B, D biết hoành độ của

3

Hướng dẫn:

H

Gọi I  AC  BD. Đặt AB  x  BC  x 3 có S  AB.BC  3 3 nên x  3

D

A


Ta có DBC
ACB  30  
ABD  60  HB
D  30  BD là phân
 và cũng là đường cao nên BD là trung trực
giác trong của góc HBC
của HC

I



 HD  CD  3; BH
D  BC
D  90 và BH  BC  3

3
(T/M)
t 
 3 3
2
 D 
D  d  D t ; 3t ; HD  3  
; 
2
2
 3 3

(loai)
t 
2






B

C

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Đường thẳng HB đi qua H

  3 3 
;  nên có phương trình:
3;3 , có vecto pháp tuyến DH  
2
2






3
3
x  3   y  3  0  x  3 y  4 3  0
2
2





b 

B  HD  B  b; 4 
 b 3
3







5 3
b


2
b 

2
HB  3  b  3  1 
  9  
3

 3
b 

2
2





 Loai 

 3 9
; 
 B 
2
2

T / M 

 3 9  3 3
Vậy tọa độ các điểm B, D là: B 
;  , D 
; 
 2 2  2 2

Bài 12.(THPT – Quỳnh Lưu 3 – Nghệ An) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có
đường tròn nội tiếp tiếp xúc với các cạnh BC , CA, AB lần lượt tại các điểm D , E , F . Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC biết D  3;1 , trung điểm của BC là M  4; 2  , phương trình EF : 3x  y  2  0
và B có hoành độ bé hơn 4.

A

Hướng dẫn
Phương trình đường thẳng BC : x  y  2  0

3x - y - 2 = 0

E

Gọi H là giao điểm của EF và BC ta có tọa độ H là nghiệm của
F
3x  y  2  0  x  0

,
H
0;

2
.




x  y  2  0
 y  2
Từ các giả thiết, ta thấy H nằm trên tia
đối của tia BC.

hệ:
I

M(4,2)
H

B

D(3,1)

Ta chứng minh
MD.MH  MB 2 .

Thật vậy, qua B kẻ đường thẳng song song với CA cắt HE tại G . Khi đó ta có BG  BF  BD đồng
HB GB DB
thời


 HB.DC  DB.HC . Vì M là trung điểm đoạn BC nên ta được
HC CE DC
 MH  MB  MB  MD    MB  MD  MH  MB   MH .MD  MB 2
2

Gọi B  t ; t  2  , t  4 ta có 2  t  4   8  t  4  2  t  2, B  2; 0   C  6; 4 

C

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
2

Phương trình đường tròn tâm B bán kính BD là T  :  x  2   y 2  2
Đường thẳng EF cắt T  tại G và F có tọa độ là nghiệm của hệ
3

x

 x  2 2  y 2  2
x  1 
3 1
5


. Vì G nằm giữa H và F nên F 1;1 , G  ;   . Khi đó phương

5 5
y 1 y   1
3x  y  2  0

5
trình AB : x  y  2  0, AC đi qua C và song song với BG nên có phương trình: x  7 y  22  0. Tọa độ

x  y  2  0
 x  1
, A  1;3

điểm A là nghiệm của hệ 
 x  7 y  22  0  y  3
Vậy A  1;3 , B  2; 0  , C  6; 4 
Câu 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm
 3 1
K   ;   , đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương trình là 3x  4 y  5  0
 2 2
và 2x  y  0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Hướng dẫn:

A

Từ giả thiết, tọa độ của A là nghiệm của hệ

3x  4 y  5  0  x  1

 A 1; 2 

2x  y  0
y  2
Gọi M là trung điểm của BC

K

B

KM  d1.


 3 1
Đường thẳng KM đi qua K   ;   và có vec tơ chỉ phương u  4;3  có
 2 2

3

 x   2  4t
trình 
t  
1
 y    3t

2
3

 x   2  4t
1


1

x 
1 
Tọa độ của M là nghiệm của hệ  y    3t  
2  M  ;1
2
2 

 y  1
2 x  y  0



C

M
d1

d2

phương

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
1 
Đường thẳng BC đi qua điểm M  ;1 vuông góc với d1 : 3x  4 y  5  0 có phương trình
2 
1

 B   3m;1  4m 
1

2

 x   3m
m  
2

2
2
2
3 
1
25
2
1
3

 y  1  4m
2
 KB    3M    1  4m     2  3m     4m   25m 2 
2 
2
4
2
2

Từ giả thiết, ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
2

2

1
50
 3 
AK   1     2    .
2
4
 2 
2

Mà BK 2  AK 2  CK 2  25m 2 

Với m 

25 50
1
1

 m2   m  
4
4
4
2

1 x  2

ta có điểm  2; 1
2  y  1

1  x  1
Với m    
ta có điểm  1;3
2 y  3
Vậy tọa độ 2 đỉnh còn lại B và C có tọa độ là  2; 1 ,  1;3
1
Câu 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, AB  AD  CD.
3

Giao điểm của AC và BD là E  3; 3 , điểm F  5; 9 thuộc cạnh AB sao cho AF  5 FB. Tìm tọa độ đỉnh
D, biết rằng đỉnh A có tung độ âm.
Hướng dẫn:

E

A

Gọi I  EF  CD. Ta sẽ chứng minh tam giác EAI vuông cân tại E.
   
AB  a , A D  b.

Đặt
Khi
    
AC  AD  DC  b  3a.

 
a b

đó




a.b  0.

Ta

F



1

D

   1  5  1   5  1  
FE  AE  AF  AC  AB  b  3a  a 
3b  a
4
6
4
6
12








1

  45.
Từ (1) suy ra tứ giác ADIE nội tiếp. suy ra I1  D
1

 2



Từ (1) và (2) suy ra tam giác EAI vuông cân tại E.

1

I

2
2
  1
Suy ra AC .EF 
3 b  3 a  0. Do đó AC  EF .
12



B

C

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ

 
Ta có n AC  EF  2; 6  nên AC : x  3 y  12  0  A  3a  12; a 

Theo định lý Talet ta có



EI EC CD


 3  EI  3 FE  I  3;15 
EF EA AB

a  3
2
2
Khi đó EA  EI   3a  9    a  3  360  
 a  9
Vì A có tung độ âm nên A  15; 9 
 
Ta có n AD  AF  20; 0  nên AD : x  15  CD : y  15. Do đó D  15;15

Câu 15. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường
trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3 x  5 y  8  0, x  y  4  0.
Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC vắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm
thứ hai là D  4; 2  . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC, biết rằng hoành độ của điểm B không
lớn hơn 3.
Hướng dẫn:
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của
 
E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt, vtcp của

BC và AD,

A

đường thẳng d . Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là
nghiệm của hệ phương trình:
H

7

x

x  y  4  0

7 1
2

 M  ; 

2 2
3x  5 y  8  0  y   1

2

B

 
AD vuông góc với BC nên nAD  u BC  1;1 , mà AD đi qua điểm D suy ra

K

D

M

C

phương

trình của AD :1 x  4   1 y  2  0  x  y  2  0. Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa độ điểm A

3x  5 y  8  0  x  1

 A 1;1
là nghiệm của hệ phương trình: 
x  y  2  0
y 1
x  y  4  0
x  3

 K  3; 1
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: 
 x  y  2  0  y  1

  KCE
 , mà KCE
B

Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK
AB ) Suy ra
DA (nội tiếp chắn cung 
B

BHK
DK, vậy K là trung điểm của HD nên H  2; 4 

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Do B thuộc BC  B  t; t  4  , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C  7  t;3  t 


HB  t  2; t  8  ; AC  6  t ; 2  t  .

Do

H



trực

tâm

của

tam

giác

ABC

nên

 
t  2
HB. AC  0   t  2  6  t    t  8  2  t   0   t  2 14  2t   0  
t  7




Do t  3  t  2  B  2; 2 , C  5;1 . Ta có AB  1; 3 , AC   4;0   nAB   3;1 , nAC   0;1

Suy ra AB : 3x  y  4  0; AC : y  1  0
Câu 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A 1;4  , tiếp tuyến tại A của đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của 
ADB có phương trình
x  y  2  0, điểm M  4;1 thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường thẳng AB.

Hướng dẫn:

Gọi AI là phân giác trong của BAC

Ta có: 
AID  
ABC  BAI

A




IA
D  CA
D  CAI

E
K

  CAI
, 


ABC  CA
D nên 
Mà BAI
AID  IA
D

M
B

I

C

D

 DAI cân tại D  DE  AI

PT đường thẳng AI là: x  y  5  0
Gọi M ' là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM ' : x  y  5  0
Gọi K  AI  MM '  K  0;5  M '  4;9 

VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5 


 VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3 
Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5x  3 y  7  0
Câu 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho hình vuông ABCD, M là trung điểm của đoạn AD, N
thuộc đoạn DC sao cho NC  3 ND. Đường tròn tâm N qua M cắt AC tại J  3;1 , J  I  AC  BD,
đường thẳng đi qua M, N có phương trình x  y  1  0. Tìm tọa độ điểm B.
Hướng dẫn:

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
MN cắt đường tròn tâm N tại K. Ta chứng minh được tứ giác MIJK nội tiếp

  90
NKJ
AIM  45  JNK
P
NJ  MN nên có phương trình: x  y  2  0

1 3
Suy ra được N  ;  
2 2

A

 M  3; 4 
JMN vuông cân tại N nên MJ  2 PN  
 M  2;1

M

B

I
J



Với M  2;1 gọi P  MN  JA ta có NP  3 NM  P  7;6 

D

C

N

 2 
PA  PJ tìm được A  3;4  , vì A là trung điểm của IP nên I 1; 2 
5



Ta có AB  2 MI  B  3; 6 

K

Tương tự với M  3; 4  ta tìm được A  6; 5 , I  4; 1 và B  8;1
Vậy tọa độ điểm B  3;6  hoặc B  8;1
Câu 18. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BG, G là
trọng tâm tam giác ABM, điểm D  7; 2  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD. Tìm tọa độ điểm
A, lập phương trình AB, biết hoành độ của điểm A nhỏ hơn 4 và AG có ohương trình 3x  y  13  0.
Hướng dẫn:

B

Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng AG

d  D, AG  

3.7  2  13
9 1

 10

N

M
G

D

Xác định hình chiếu của D trên AG.
Ta có tam giác ABC vuông cân đỉnh A nên tam giác ABM vuông cân đỉnh
M.

A

Suy ra GB  GA . Theo giả thiết GA  GD nên tam giác ABD nội tiếp đường tâm G bán kính GA.
Ta có: 
AGD  2 
AB D  90 suy ra DG  AG suy ra G D  10
Suy ra tam giác AGD vuông cân đỉnh G suy ra AD  2 10
Tìm điểm A nằm trên đường thẳng AG sao cho AD  2 10

C

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
Giả sử A  t;3t  13
2

2

AD  2 10   t  7    3t  11  20
 t 2  14t  49  9t 2  66t  121  20  0
t  5
 10t 2  80t  150  0  t 2  8t  15  0  
t  3

Với t  3 suy ra A  3; 4 
Tìm số đo góc tạo bởi AB và AG.


cos NAG

NA NM 3NG



AG AG
AG

3NG
AN 2  NG 2



3NG
9 NG 2  NG 2



3
10


Giả sử đường thẳng AB có vectơ pháp tuyến n   a; b  ta có:

3a  b
2

2

2



2

a  b . 3 1
b  0

 4b  3a

3
 9a 2  b 2  6ab  9a 2  9b 2  8b 2  6ab  0
10


TH1: b  0 chọn a  1 suy ra n  1;0  suy ra AB : x  3  0

d  D, AB  

73
1

 4  10  d  D, AG 


TH2: 4b  3a chọn n   4; 3  suy ra AB : 4  x  3  3  y  4  0
 4x  3 y  24  0
d  D, AB  

4.7  3.2  24
16  9



10
 2  10
5

Trong hai trường hợp trên xét thấy d  D, AB   d  A, AG  nên AB : x  3  0
Vậy: A  3; 4  , AB : x  3  0

A
N

Câu 19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
vuông tại A nội tiếp đường tròn

T 

có phương trình

x 2  y 2  6x  2 y  5  0. Gọi H là hình chiếu của A trên BC.

E
M
B

Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm
tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN

H

I

C


Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
phương trình 20x  10 y  9  0 và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.
Hướng dẫn:

T  có tâm I  3;1 , bán kính R 
  IC

Do IA  IC  IAC
A

5

1

Đường tròn đường kính AH cắt BC tại M  MH  AB  MH  AC (cùng vuông góc AB)
  IC

 MHB
A
 2
Ta có: 
ANM  
AHM (chắn cung AM)

(3)

Từ (1),(2),(3) ta có:



IAC
ANM  IC
A
AHM  MHB
AHM  90

Suy ra: AI vuông góc MN

 phương trình đường thẳng IA là: x  2 y  5  0
Giả sử A  5  2a; a   IA

a  0
2
Mà A  T    5  2a   a 2  6  5  2a   2a  5  0  5a 2  10a  0  
a  2
Với a  2  A 1;2  (thỏa mãn vì A, I khác phía MN)
Với a  0  A  5;0  (loại vì A, I cùng phía MN)

9

Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH  E  MN  E  t ; 2t  
10 

38 

Do E là trung điểm AH  H  2t  1; 4t  
10 

 
58   
48 
 AH   2t  2; 4t   , IH   2t  4; 4t  
10 
10 


 8
t  5
  
272 869
2
Vì AH  HI  AH .IH  0  20t 
t
0 
 28
5
25
t 
 25

 11 13 
 H  ;  (TM )
5 5
 31 17 
 H  ;  (loai)
 25 25 

Thầy LÊ ANH TUẤN( Thầy Tuấn hocmai): 0915412183
Cộng tác viên: CV HÀ
8
 11 13 
Với t   H  ;  (thỏa mãn)
5
5 5
  6 3 

Ta có: AH   ;   BC nhận n   2;1 là VTPT.  phương trình BC là 2x  y  7  0
 5 5
Câu 20. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD.
Đỉnh B thuộc đường thẳng  có phương trình x  y  5  0. Các điểm E và F lần lượt là hình chiếu
vuông góc của D và B lên AC. Tìm tọa độ các đỉnh B, D biết CE  5 và A  4;3 , C  0; 5 .
Hướng dẫn:

A

Gọi H là trực tâm tam giác ACD, suy ra CH  AD nên CH  AB.

1
B

Mặt khác AH  BC (cùng vuông góc với CD)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABCH là hình bình hành nên CH  AB
  BAF
 (so le trong)
Ta có: HCE

F

(2)
L

(3)

(4)

D

H

E

C

Từ (3) và (4) suy ra: HCE  BAF (cạnh huyền và góc nhọn). vậy CE  AF
  DCB
  90 nên E, F nằm trong đoạn AC.
Vì DAB
Phương trình đường thẳng AC : 2x  y  5  0

a  5
Vì F  AC nên F  a;2a  5 . Vì AF  CE  5  
a  3
Với a  5  F  5;5 (không thỏa mãn vì F nằm ngoài đoạn AC)
 
Với a  3  F  3;1 (thỏa mãn). Vì AF  EC  E 1; 3

BF qua F và nhận EF  2; 4  làm một vectơ pháp tuyến, do đó BF có phương trình x  2 y  5  0. B là
giao điểm của  và BF nên tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:
x  2 y  5  0 x  5

 B  5;0 

x
y
5
0
y
0







Đường thẳng DE qua E và nhận EF  2; 4  làm một vectơ pháp tuyến, DE có phương trình
x  2y  5  0


Đường thẳng DA qua A và nhận AB 1; 3 làm một vectơ pháp tuyến, DA có phương trình
x  3y  5  0

D là giao điểm của DA và DE nên tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình:
 x  2 y  5  0  x  5

 D  5;0  . Kết luận: B  5;0 , D  5;0 


y


y

x
3
5
0
0

64383439396565306232616332376238663139376565303133383062376664613338366365323462653364376164633333653131383935653630373134653564