30 tính chất hình học Oxy điển hình

TRẦN VĂN TÀI – HỨA LÂM PHONG ( GV CHUYÊN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA) SOI KÍNH LÚP HÌNH HỌC PHẲNG & OXY FULL FREE ẤN PHẨM NĂM 2016 - 30 TÍNH CHẤT HÌNH PHẲNG THƯỜNG GẶP PHÂN DẠNG BÀI TOÁN HÌNH PHẲNG TRÍCH ĐỀ THI THỬ MỚI NHẤT 2016 ĐÁP ÁN CHI TIẾT NHÀ XUẤT BẢN VÌ CỘNG ĐỒNG TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE A- CHỨNG MINH MỘT SỐ TÍNH CHẤT HÌNH HỌC TAM GIÁC – TỨ GIÁC – ĐƢỜNG TRÒN. Để giúp bạn đọc rèn luyện thêm cho mình những kỹ năng trong quá trình chứng minh một số tính chất hình học, tác giả bổ sung thêm vào chuyên đề mục sau. Ngoài cách chứng minh đã nêu có thể có thêm những cách chứng minh khác nữa. Điều này tùy thuộc vào khả năng tư duy và lĩnh hội cũng như sở trường của mỗi người. Tựu trung lại thì hướng chứng minh vẫn xuất phát từ 4 con đường chính: Một là, sử dụng “các tính chất hình học thuần túy của THCS”. Hai là, sử dụng phương pháp “véctơ thuần túy” (lớp 10). Ba là, sử dụng phương pháp tọa độ hóa kết hợp “chuẩn hóa số liệu”. Bốn là, sử dụng phương pháp tổng hợp (kết hợp các cách trên). Tính chất 1: Cho tam giác ABC vuông tại A , vẽ AH  BC tại H . Đường tròn  C ; AC  cắt đoạn thẳng BH tại D. CMR: AD là tia phân giác của góc BAH. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Do CA  CD  CAD cân tại C.  CAD  ADC AD là phân giác góc BAH dpcm   BAD  DAH Mặt khác, ta lại có:  CAD  BAD  900  gt   0  ADC  DAH  90  gt   BAD  DAH  AD là phân giác góc BAH Tính chất 2: Cho tam giác ABC vuông tại A  AB  AC  . Gọi I là trung điểm cạnh AC . Qua I kẻ đường thẳng d1 vuông góc với BC, qua C kẻ đường thẳng d2 vuông góc AC , d1 cắt d2 tại E. CMR: AE  BI . Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Gọi M  IE  AB. CI  MB  Do   I là trực tâm của BMC  BI  MC  1   MI  BC Vì IA  IC  A IM  ICE  c  g  c   IM  IE Do đó AMCE là hình bình hành  AE / / MC  2  Từ  1 ,  2   BI  AE Tính chất 3: Cho đường tròn  O ; R  và AB là dây cung của đường tròn đó  AB  2 R  , M là điểm thuộc cung lớn AB  M  A, M  B  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AB . CMR: Hình vẽ AMH  OBM . Hướng dẫn chứng minh: Vẽ đường kính MC của đường tròn  O   MBC  900 Xét AHM và MBC có: ● HAM  MCB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM ). ● MBC  AHM  900  cmt   AHM CMB  g  g  THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 3 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016  AMH  CMB   BMO  Mà OMB cân tại O OB  OM  R   BMO  OBM  AMH  OBM  dpcm  Kéo dài MO căt  O  tại điểm thứ 2 là C  AHM đồng dạng CMB dpcm Tính chất 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  , gọi M là giao điểm AB và CD . Khi đó CMR: MB.MA  MC.MD Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Ta có ABCD là tứ giác nội tiếp  CAB  DBC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC ) Xét ACM và DMB có  CAB  DBC  cmt    AMD : chung Đây cũng là địng nghĩa phương tích của 1 điểm đối với một đường tròn. MB.MA  MC.MD O  M  R 2 ACM DBM  g  g  AM CM  DM BM  AM.BM  CM.DM  dpcm   Tính chất 5: Cho tứ giác ABCD , khi đó AC  BD  AB2  CD2  BC2  AD2 (định lý 4 điểm) Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Từ kết quả của tính chất trên, ta có thể Dựng hệ trục Hxy như hình vẽ. sử dụng để chứng minh 2 đường Đặt A a; 0 ,C c; 0 , B 0 ; b .       thẳng vuông góc. Giả sử: D  m; n  Ta có AB2  a2  b2 CD2  c2  2cm  m2  n2 AD2  a2  2am  m2  n2 BC 2  b2  c2 Từ 4 đẳng thức trên ta có: AB2  CD2  AD2  BC2  cm  am Vì a  c  m  0  D  0 ; n   trục tung  AC  BD THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 4 FULL & FREE Tính chất 6: Cho tam giác ABC TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016  AB  AC  có ba góc nhọn và hai đường cao BD,CE . Vẽ đường tròn tâm B bán kính BD cắt đoạn thẳng CE tại K. Qua D vẽ đường thẳng BC cắt đường thẳng BA tại M , cắt EC tại I . CMR: MK  BK . Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Gọi H  DI  BC . Ta có:  BEC  BHM  900  gt  ●  EBC chung  BEC BHM  g  g   BE.BM  BH.BC  1 BCD vuông tại D, DH là đường cao  BH.BC  BD 2  2  Mà BD  BK   R   BE.BM  BK 2 dpcm   BEK đồng dạng BKM  BEK  BKM  900 Do đó ta cần chứng minh BE.BM  BK2  BE BK    cmt  ●  BK BM  EBK chung   BEK đồng dạng BKM  g  g   BEK  BKM  900  MK  BK . Tính chất 7: Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường phân giác của góc ABC cắt đường trung trực của đoạn thẳng AC ở D. CMR: DBC vuông. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Gọi E là trung điểm BC , do ABC vuông tại A  EA  EC Suy ra E thuộc đường trung trực cạnh AC  DE  AC Mà AB  AC  AB / /DE  Ta sử dụng tính chất đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền thì là tam giác vuông. BDE  ABD   DBE   DBE cân tại D  ED  BE  BC 2  DBC vuông tại D. Tính chất 8: Cho điểm A ở ngoài đường tròn  O  . Vẽ cát tuyến ABC, ADE của đường tròn  O  . Ax là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD . CMR: Ax / /DE. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Ta có xAB  ADB (góc giữa tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AB ) Mà ADB  BCE (do tứ giác BCED nội tiếp có góc ngoài bằng góc đối trong) Để chứng minh song song, ta sử dụng tính chất so le trong của 2 góc bằng nhau, đồng thời sử dụng các mối liên hệ của các góc trong đường tròn, tứ  xAB  BCE (vị trí so le trong)  Ax / /CE . THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 5 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 giác nội tiếp. Tính chất 9: Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC  , dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác ABD vuông cân tại A , tam giác ACE vuông cân tại A . Gọi I là giao điểm BE và CD . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, DE . Chứng minh rằng AI / /MN. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh:  AD  AB  gt  , AE  AC  gt   Ta có    DAC  BAE  ABE  DAC  c  g  c   ABE  ADC Từ đó suy ra BE  CD . Dễ dàng chứng minh FNKM là hình thoi  FK  MN Gọi F,K lần lượt là trung điểm BD, EC .  AB  AF  IF  2 Ta có   AK  IK  EC  2  FK thuộc trung trực AI  FK  AI Do đó MN / / AI Tính chất 10: Cho tam giác ABC có H là trực tâm, d1 là đường phân giác trong góc HAC . Đường phân giác trong góc HBC cắt cạnh AD,d1 , AC lần lượt tại M, N, I . CMR: AI  MN . Hình vẽ Điều phải chứng minh Hướng dẫn chứng minh: Gọi D  AH  BC và E  BH  AC  AMN cân tại A Ta có   BHD  NCB AMN  ANM Để chứng minh hai góc trên bằng nhau ta có thể sử dụng kỹ thuật tách góc. BDH  BEC  90o  AMN  BHM  HBM  Lại có  HBM  NBC  BM phan giac    NCB  NBC  ANM  ANM  AMN  AMN cân tại A Mà AI là đường phân giác MAN  AI  MN Lưu ý: ACx  1800  ACB  BAC  ABC Tính chất 11: Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH , vẽ đường tròn tâm H bán kính HA . D là THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 6 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 điểm trên đường  H  . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DB, DC. CMR: DMHN là tứ giác nội tiếp. Hình vẽ Cần chứng minh là MND  MHD Kéo dài HD cắt  H  để tạo đường kính và đồng thời khai thác các giả thiết của các trung điểm. Hướng dẫn chứng minh: Gọi E là giao điểm của DH với đường tròn  H  Ta có BH.BC  AH 2   DH.HE  (do ABC vuông tại A )  BH.BC  DH.HE Lại có BHE   BEH   MHD  HDC  c  g  c  DCH BED (do MH / /EB ) Tương tự ta có Do đó DHC (đối đỉnh)  HBE MND  DCH MND  MHD  tứ giác DMHN nội tiếp. Tính chất 12: Cho hình vuông ABCD , vẽ đường tròn  O  đường kính AB và đường tròn tâm D bán kính DC . Gọi E là giao điểm của hai đường tròn trên  E  A  . Tia BE cắt CD tại M. CMR M là trung điểm CD. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Ta có EAB vuông tại E . Do A, E là giao điểm của hai đường tròn  AE  OD Mà BM  AE  OD / /BM , lại có OB / /DM nên OBMD là hình bình hành  DM  OB  CB 2 Cần chú ý đến tính chất hai đường  M là trung điểm của CD tròn cắt nhau tại hai điểm A, E thì OD  AE Tính chất 13: Cho tam giác ABC , về phía ngoài của tam giác ABC , vẽ các tam giác đều ABD, ACE . F là giao điểm của đường thẳng qua D song song với AE và đường thẳng qua E song song với AD. CMR FBC là tam giác đều. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Gọi M  AE  CF  DF / / AE Ta có   AEFD là hình bình hành   AD / /EF  ADF  AEF  FDB  FEC Lại có DB  DA  EF, AC  AE  DF  FB  FC  1 FBC đều   0  BFC  60 Để chứng minh FB  FC , ta chứng minh DFB  FCE Để chứng minh BFC  600 , ta khai  DBF  FEC  BF  CF và BFD  FCE Mặt khác, THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 7 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 thác sự song song AE / / DF , đồng thời phân tích góc AMC, DFC   AMC  DFC  AE / /DF    AMC  MEC  FCE  600  DFC  BFC  BFD  Suy ra BF  FC  cmt  BFC  600  FBC đều. Tính chất 14: Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn  O  . M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC , vẽ BD  OA tại D , AE  BC tại F . CMR: MN  DE. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Dựng đường kính AF của đường tròn  O  Ta có ADBE là tứ giác nội tiếp (do  ABC  EDN mà ADB  AEB ) ABC  AFC (do ACFB nội tiếp)  EDN  AFC  DE / / AF   AF  AC Mà   DE  MN   MN / / AC Tính chất 15: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH . Gọi M là trung điểm AH , D là giao điểm của BM và đường trung trực của AC. CMR: DBC vuông. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Khi đó, từ tính chất đường trung bình  M, N, P thẳng hàng và do đó BH  2 PM , HC  2 MN Từ đó, áp dụng định lý Thales với AB / /DN (do cùng vuông góc AC ) Suy ra Gọi P, N lần lượt là trung điểm của AB, AC. BH PM BM    MH / /CD HC MN MD Lại có HM  BC  CD  BC  DBC vuông tại C Tính chất 16: Cho hình vuông ABCD . Trên tia đối của BA , lấy một điểm E; trên tia đối của CB , lấy một điểm F sao cho EA  FC. CMR: FED vuông cân. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh:  AB  CD  gt    Xét CF  EA  gt   0   EAD  FCD  90  EAD  CFD  c  g  c    ED  DF    DEF  EFD  EDF vuông cân. THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 8 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 Tính chất 17: Cho hình thang ABCD vuông tại A và D.  CD  2 AB  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên đường chéo AC, M là trung điểm HC. Chứng minh rằng BM  MD. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Gọi K là trung điểm DH suy ra KM là đường trung bình HCD Suy ra KM  AB,KM / /AB (do AB / /CD,DC  2 AB ) Nên ABMK là hình bình hành  BM / / AK. Lại có KM  AD,DH  AM nên K là trực tâm ADM .  AK  DM  DM  BM  do AK / /BM  Tính chất 18: Cho hình thoi ABCD có BAC  60o và E là giao điểm hai đường chéo AC và BD. Gọi E là hình chiếu vuông góc của A lên BC . Chứng minh rằng AEF là tam giác đều. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Ta có FBA  1800  ABC  600 Và đồng thời ABE  600 Suy ra AB là tia phân giác của góc FBE . Do FA  BF, AE  BE nên theo tính chất phân giác ta có cân tại Lại có góc AF  AE  AEF A. 0 FAE  BAE  FAB  60  AEF là tam giác đều. Tính chất 19: Cho hình bình hành ABCD . Gọi E,F là các điểm nằm trên cạnh AB và BC sao cho FA  EC. Gọi I là giao điểm của FA và EC. Chứng minh rằng ID là tia phân giác của góc AIC. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên cạnh AF,CE. Dễ dàng chứng minh được 1 1 SAFD  AF.DH ,SAFD  CE .DK, 1 SAFD  SCED  SABCD 2 2 2 CE  AF  gt  Suy ra DH  DK  DI là phân giác của góc AIC . Tính chất 20: Cho hình chữ nhật ABCD tâm I , gọi E thuộc cạnh AC và kẻ đường thẳng qua E song song BD lần lượt cắt AD,CD tại F,H . Dựng hình chữ nhật FDHK . Chứng minh rằng KD / / AC và E là trung điểm BK. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Gọi O là tâm hình chữ nhật FDHK suy ra OHD  ODH Mặt khác OHD  IDC  ICD  ODH  ICD  DK / / AC Do đo EI / /DK , I là trung điểm BD  E là trung điểm BK (đpcm). Tính chất 21: Cho hình chữ nhật ABCD . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C. N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD. Chứng minh rằng AN  CN. THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 9 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Ta có BCND là tứ giác nội tiếp (do  BNC  BDC  BCD  BND  900 ) CAB  ANCB là tứ giác nội tiếp (do  AN  NC ANC  1800  ABC  900 Tính chất 22: Cho tam giác ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn  O  . Đường phân giác ngoài góc BAC cắt đường tròn  O  tại điểm E . M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BC, AC . F là hình chiếu vuông góc của E trên AB , K là giao điểm MN và AE . Chứng minh rằng KF / /BC . Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: BEFM là tứ giác nội tiếp  FME  FBE  ABE  ADE  1  MF / / AD  2   MF  AE  3   1 ,  2   MF  AE ( 3) . Lại có MN / / AB, EF  AB  EF / /MN  4   3  ,  4   F là trực tâm EKM  KF  EM mà EM  BC  FK / /BC Gọi D là điểm chính giữa cung BC không chứa điểm A  AD  AE (1). Ta có ED là đường kính của  O   ED  BC tại M. Tính chất 23: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  I  , điểm D là chân đường phân giác trong của góc BAC . Đường thẳng AD cắt I tại điểm M   A  . Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp ACD . CMR: CM  CJ . Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh:   AJD  2 ACD   2 BAD     BAD  BCM  CJD  2 BCM Lại có CJD  2 JCD  180 0  2 BCM  2 JCD  180 0  BCM  JCD  900  CM  CJ . THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 10 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 Tính chất 24: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn  O ; R  vẽ hai tiếp tuyến PA và PB tới đường tròn  O  ( A, B là hai tiếp điểm). Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến đường kính BC của đường tròn. CMR: PC cắt AH tại I là trung điểm AH. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Gọi D  BP  AC Ta có PA  PB  PAB cân tại P và BAC  900  PD  PB   PA  (1) BPC có IH / /PB  IH CI  (2) PB CP CPD có AI / /PD  IA CI  (3) PD CP  IH  IA  I là trung điểm AH. Tính chất 25: Cho tam giác ABC vuông tại C , kẻ đường cao CK , kẻ phân giác CE của góc ACK K, E  AB. D là trung điểm AC , F  DE  CK. CMR: BF song song CE . Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Ta có AE là phân giác của ACK  Dựng hệ trục Kxy như hình vẽ. Đặt CK  a,KE  1, EC  b. Khi đó, ta có:  b1 a  K  0 ; 0  ,E 1; 0  ,C  0 ; a  ,D  ; .  2 2  1 1 1 ab   BC   2  2 2 AC BC  CK a2  1  b1  2 2 2  AK  CK  AC  a  b  1  CK KE a 1     CA  ab CA EA CA b qua E  1; 0   ED :  1  ED   b  1; a  lam vtcp 2   ax   b  1 y  a  a  Và F  Oy  ED  F  0 ;   b 1 BK 2  CK 2  BC 2  KB   a   B ;0  2  b2  1  b 1  a CE   1;  a   Do đó  a  1;  a   BF  2 b  1   CE / /BF  dpcm  . Tính chất 26: Cho tam giác ABC . Một đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại D . Đường tròn tâm I là đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại F. Vẽ đường kính DE của đường tròn C  . CMR: A, E, F thẳng hàng. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Ta có A,O, I thẳng hàng (do cùng nằm trên đường phân giác trong góc BAC ) Gọi M, N là tiếp điểm của  O  ,  I  với AB THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 11 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 AIN có OM / /IN  AO OM  OE      1 (Thales thuận) AI IN  IF   OD  BC Lại có   OD / /IF  IF  BC  AOE  IAF  2  1 ,  2   OAE IAF  OAE  IAF  A, E, F thẳng hàng. Tính chất 27: Cho hai đường tròn  O  và  O'  cắt nhau tại A, B ( O,O' trái phía so với AB ). Vẽ tiếp tuyến chung CD ( C  O  , D  O'  , C, D nằm trên nửa mặt phẳng bờ OO' có chứa B ). Đường thẳng qua C song song với AD và đường thẳng qua D song song AC cắt nhau tại E. CMR: tứ giác BCED nội tiếp. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Gọi M  AB  CD Chứng minh MC2  MA.MB , MD2  MA.MB Từ đó ta có M là trung điểm của AE . Suy ra E, M, B, A thẳng hàng. BCD  BAC (cùng chắn cung BC ) BED  BAC  BCD   ED / / AC  BED  tứ giác BCED nội tiếp. Tính chất 28: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I có AD là đường phân giác trong góc A.( D là chân phân giác trong). Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn (C) cắt BC tại E. Chứng minh rằng tam giác AED cân tại E. Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh: Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp ABC E  d  BC Giả sử EB  EC . Ta có EAB  ACB và BAD  DAC ,  EAD  EAB  BAD  ACB  DAC  ADE  ADE cân tại E. Tính chất 29: Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu của H trên AC, E là trung điểm của HD. CMR: BD  AE THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 12 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 Hình vẽ Hướng dẫn chứng minh:  EM  AH  AHM :  HD  AM  HD  EM  E   AE  HM  AE  BD Cách 2: dựng hệ trục Hxy như hình vẽ, và đặt BC  2a  a  0   C  a; 0  , B  a; 0  , A  0 ; 2a  x y   1  2 x  y  2a a 2a  HD : x  2 y  0 AC : 2 x  y  2 a D  AC  HD    x  2 y  0  4a 2a   2a a   D ;   E ; .  5 5   5 5 Ta có:  2a 9a   9a 2a  AE   ;   , BD   ;  5   5  5 5   AE.BD  0  AE  BD Tính chất 30: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD tâm I . Gọi M là điểm đối xứng của D qua C . Gọi H,K lần lượt chân đường cao hạ từ D,C lên AM . CMR: HI / /BK Hình vẽ * Ta có: ABCD là tứ giác nội tiếp (do ABCD là hình vuông) và ABKC là tứ giác nội tiếp (do ABC  AKC  900 )  A, B, K, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính AC Hướng dẫn chứng minh:  ABKD là tứ giác nội tiếp.  AKB  ADB  450 1 * Mặt khác, ADB  KHI  450  2  (góc ngoài bằng góc đối trong, do AHID là tứ giác nội tiếp có AHD  AID  900 ). Từ  1 ;  2  , suy ra AKB  KHI  450  HI / /BK (so le trong). THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 13 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE BTUYỂN CHỌN – PHÂN DẠNG HÌNH PHẲNG OXY NĂM 2016 Phần I. Các bài toán về tam giác. Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đường thẳng chứa đường cao kẻ từ A, trung tuyến kẻ từ B và phân giác trong kẻ từ C lần lượt là (d1): 3x – 4y + 27=0, (d2): 4x + 5y – 3 = 0, (d3): x + 2y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Lần 1– Trƣờng THPT chuyên Bắc Giang – Bắc Giang Lời giải tham khảo  Véc-tơ chỉ phương của d1 là ad1   4;3 . Vì d1  BC nên BC nhận ad1   4;3 làm vtpt. +) Ta có: vtpt của d3 là nd3  1;2  +) Gọi véc-tơ pháp nAC   a; b  ; a2  b2  0  +) tuyến  Do d3 là phân giác     của cos nAC , nd3  cos ad1 , nd3  có: của góc a  2b AC C  là: nên ta 4.1  3.2 25. 5 a2  b2 . 5 a  0  a  2b  2 a2  b2  3a2  4ab  0   3a  4 b  TH1: Khi a  0 chọn b  1 thì nAC   0;1 +) Gọi C  5  2c; c   d3 . Khi đó AC qua C có dạng: AC : y  c  0 y  c  0 4   A  c 9; c  +) Do A  AC  d1   3  3 x  4 y  27  0  1   1  +) M là trung điểm AC nên có: M   c  2; c  . Mà M  d2  4   c  2   5c  3  0  c  3 .  3   3  Vậy A  5;3 ; C  1;3 +) Phương trình BC qua C và vuông góc với d1 có dạng: BC : 4 x  3y  5  0 Khi đó: B  d2  BC  B  2; 1 Thử lại thấy A và B nằm cùng phía với d3 hay d3 là phân giác ngoài góc C nên không thỏa mãn.  TH2: Khi 3a  4 b , chọn b  3  a  4  nAC   4;3 khi đó AC song song với BC nên loại trường hợp này.  Vậy không có tam giác ABC thỏa bài toán đã cho. Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho tam giác ABC có góc A tù. Hãy viết phương trình các cạnh tam giác ABC biết chân 3 đường cao hạ từ đỉnh A,B,C lần lượt có tọa độ là: D(1;2), E(2;2), F(1;2). Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2016 Lời giải tham khảo THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 14 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016  Trước hết ta chứng minh rằng khi ABC tù ở A thì A là tâm vòng tròn nội tiếp DEF. Thật vậy: +) Do 2 tứ giác nội tiếp BDAE và DCFA nội tiếp nên:  ADE  ABE  900  BHF  0  ADF  ACF  90  FHB  ADE  ADF .Hay DH là tia phân giác góc FDE . Tương tự như vậy ta cũng có EA là phân giác của góc DEF . Suy ra A là tâm vòng tròn nội tiếp DEF.  Phân giác trong và ngoài tại D là : d1 : 3 x  y  1  0; d 2 : x  3 y  7  0 +) Phân giác trong và ngoài tại E: e1 : x – 2 y  2  0; e2 : 2 x  y – 6  0 +) Phân giác trong và ngoài tại F: f1 : x  y – 1  0; f2 : x – y  3  0 Vì ABC có góc A tù thì 3 cạnh BC, CA, AB của nó có phương trình là: d 2 , e1 , f1 .  Vậy : BC : x  3 y  7  0; CA : x – 2y  2  0; AB :x  y –1 0 Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 1), đường thẳng BC có phương trình y = 0, đường phân giác trong của góc BAC có phương trình y = x − 2, điểm M(−6; −2) thuộc đường thẳng AB. Tính diện tích tam giác ABC. Lần 2 - Cao Đẳng nghề Nha Trang Lời giải tham khảo  Cách 1: (Kĩ thuật đối xứng qua phân giác)  Gọi  là đường thẳng qua M và vuông góc với phân giác AD, sao cho  cắt AD tại I, cắt AC tại N, rõ ràng AMN cân tại A cho ta I là trung điểm MN. +)  : x  y  8  0 +) I  AD    I  3; 5   N  0; 8   Phương trình đường thẳng AB qua hai điểm A, M có dạng: AB : x  3 y  0 +) B  BC  AB  B  0;0   Phương trình đường thẳng AC qua hai điểm A, N có dạng: AC : 3x  y  8  0 8  +) C  AC  BC  C  ;0  3   Khi đó, dễ dàng tính được: SABC 1 xB  xA  2 xC  xA 3 1 yB  y A 1 4   1 yC  y A 2  1 3 3  Cách 1: (Đáp án)  Phương trình đường thẳng AB: x  3 y  0    Gọi  là góc giữa 2 đường thẳng AB và phân giác trong (d) thì cos   cos n1 , n2  THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 2 20 15 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE (với n1  1; 3 là VTPT của AB và n2  1; 1 là VTPT của (d))  Giả sử n   A; B   0 là tọa độ VTPT của đường thẳng (d’) chứa cạnh AC khi đó:   cos   cos n, n2  A B  4 20 A B 2  3A  10 AB  3B  0 ( B  0 vì nếu B  0 thì A  0 mâu thuẫn giả thiết n  0 ) 3 x  y  8  0  n   3B; B   A  3B   . Ứng với 2 phương trình:    1 1   A   B  x  3 y  0   AB   n    3 B; B  3    +) Nên đường thẳng (d’) chứa cạnh AC là : 3x  y  8  0 . 8  8 Tọa độ điểm B và C lần lượt tìm được là : B  0;0  và C  0;  suy ra BC  3  3 Chiều cao của tam giác ABC ứng với cạnh BC là d  A, BC  1 . 2 2 2 2  Suy ra diện tích là S  4 3 Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2BA . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM  3FE . Biết điểm M có tọa độ  5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y  3  0 , điểm A có hoành độ là số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Lần 1 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình Lời giải tham khảo  Tính chất hình học: BM  AC (Vẽ hình chính xác thì ta sẽ thấy ABC  BEM từ đó gợi ý ta chứng minh theo hướng chứng minh 2 tam giác bằng nhau).  Gọi I là giao điểm của BM và AC. Ta thấy BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC ABC  BEM  EBM  CAB  BM  AC . +) Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC BM : x  2y  7  0 . +) Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ C E M F I B 13  x   2x  y  3  0  5    x  2y  7  0  y  11  5  13 11   12 6   I ;   IM   ;  5 5   5 5 A 8 4   +) Ta có thêm: EMB  IMF (g-g) nên: IB   IM   ;   B 1; 3 3  5 5  2  Trong ABC ta có 1 1 1 5 5     BA  BI 2 2 2 2 BI BA BC 4BA 2 THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 16 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE 8 4 4 5 5 +) Mặt khác BI        , suy ra BA  BI  2 5 2  5   5  2 2 +) Gọi toạ độ A  a,3  2a   AC , Ta có : BA  4   a  1   6  2a  2 2 2  a 3  4  5a  26a  33  0   a  11 5  2 2 4   +) Do a là số nguyên suy ra A  3; 3 . AI   ;   5 5 +) Ta có AC  5AI   2;4   C 1;1 .  Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1 Bài 5 Cho ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC, G là trọng tâm 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 A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình 3x  y 13  0. Lần 4 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình Lời giải tham khảo:  Tính chất hình học: GAD vuông cân tại G. B 3.7   2   13  Ta có: d  D; AG    10 2 32   1 +) ABM vuông cân  GA  GB  GA  GB  GD . Vậy G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD  AGD  2 ABD  900  GAD vuông cân tại G. +) Do đó GA  GD  d  D; AG   10  AD 2  20; N G M D Gọi A  a;3a  13  AG; a  4 . Ta có: C A  a  5(loai) 2 2 AD2  20   a  7    3a  11  20   a  3 Vậy A  3; 4   Gọi VTPT của AB là nAB  a; b  cos NAG  cos  nAB , nAG   +) Mặt khác cos NAG  NA  AG 3a  b 1 a 2  b 2 . 10 NM  3NG  3 10 NA2  NG 2 9.NG 2  NG 2 3a  b b  0 3 Từ (1) và (2)  2 2   6ab  8b 2  0   10 a  b . 10 3a  4b Với b  0 chọn a  1 ta có AB : x  3  0;  2 Với 3a  4b chọn a  4; b  3 ta có AB : 4x  3 y  24  0 THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 17 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE +) Nhận thấy với AB : 4x  3 y  24  0 thì d  D; AB   4.7  3.  2   24 16  9  2  d  D; AG   10 (loại)  Vậy AB : x  3  0. Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A , gọi M là trung điểm của BC , N thuộc cạnh AB saο cho AB 4AN . Biết rằng M  2; 2  , phương trình đường thẳng CN : 4x  y  4  0 và điểm C nằm phía trên trục hoành. Tìm tọa độ điểm A .  Ta có: cos ACN  Lần 1 –Trƣờng THPT chuyên Hùng Vƣơng Lời giải tham khảo AB 4 AN 4   17 AN 17 AC 2  AN 2 AC  CN +) Khi đó, ta có được:  ACB  450  cos NCB  cos 450  ACN  cos 450.cos ACN  sin 450.sin ACN  +) Giả sử nBC   a, b  a   2  b2  0  , do cos NCB  cos nBC , nCN   4a  b   5 34 4a  b a 2  b 2 . 17 5 34 a 2  b 2 . 17  7 a 2  16ab  23b 2  0 a  b   a   23 b 7   Khi b  a thì phương trình BC : x  y  4  0 4 x  y  4  x  0  +) Do C  BC  CN nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:  x  y  4 y  4 +) Nên C  0;4   B  4;0  +) Phương trình AM : x  y  0  A  a; a  a  0 +) Ta có: AB  AC   , Khi đó được A  0;0  hoặc A  4;4  , nhưng do A và B nằm a  4 khác phía với CN nên thử lại ta có: A  0;0   Khi a   23 b , thì phương trình BC : 23x  7 y  32  0 7 THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 18 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 20  x  4 x  y  4  17 +) Do C  BC  CN nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:  (Loại do  x  y   4  12  y   17 C nằm phía trên trục hoành).  7    Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A  1; 4  , B  3;0  , C   ;0  và 3 điểm M 1;0  trên cạnh BC. Hãy xác định tọa độ điểm N trên AB và điểm P trên AC sao cho chu vi tam giác MNP nhỏ nhất Lần 2 –Trƣờng THPT Đồng Xoài Lời giải tham khảo:  Gọi K là điểm đối xứng của M qua AC, H là điểm đối xứng của M qua AB.  Chu vi tam giác MNP CVMNP  MN  NP  PM  KN  NP  PH  HK  HK  const  +) Dấu bằng xảy ra khi H, N, P, K thẳng hàng. +) Vậy chu vi tam giác MNP nhỏ nhất bằng HK. Khi H, N, P, K thẳng hàng.  Tìm N, P. +) Phương trình đường thẳng AB : 3x  y  7  0 +) Phương trình đường thẳng AC : x  y  3  0 +) Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên AB  I  2;1 do đó K(-5; 2). +) Gọi J là hình chiếu vuông góc của M trên AC  J(2;1) do đó H(3; 2). +) Phương trình đường thẳng HK : y – 2  0 . Ta có: N = HK ∩ AC, P = HK ∩AB. 5 3  Do đó tọa độ các điểm N, P cần tìm là: N(1; 2), P(  ;2) . Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình: x  y  1  0 , phương trình đường cao kẻ từ B là: x  2 y  2  0 . Điểm M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. Lần 1 –Trƣờng THPT Nguyễn Hữu Cảnh – Bình Phƣớc Lời giải tham khảo:  Gọi H là trực tâm  ABC. Tìm được B(0;-1), cos HBC  1  cos HCB 10 +) Pt đường thẳng HC qua M có dạng: a(x-2)+b(y-1)=0 ( n  (a; b) là VTPT và a2  b2  0 ) THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 19 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 ab 2 1 a a +) cos HCB    4a 2  10ab  4b 2  0  2    5    2  0 2 2 10 b b 2(a  b ) a  b  2  a  2, b  1    a  1, b  2(l ) a   1  b 2 . Nên phương  AB  CH trình CH : 2x  y  3  0 Do  nên viết được phương B  AB  trình đường thẳng AB : x  2 y  2  0 2  5  C là giao điểm của AB và BC  C  ;   và phương trình đường thẳng 3 3  AC : 6x  3 y  1  0 Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : 2x  y 1  0 và điểm A   1; 2  . Gọi M là giao điểm của  với trục hoành. Tìm hai điểm B, C sao cho M là trung điểm AB và trung điểm N của đoạn AC nằm trên đường thẳng  , đồng thời diện tích tam giác ABC bằng 4. Lần 3 –Trƣờng THPT Nguyễn Hữu Cảnh- Bình Phƣớc Lời giải tham khảo: 2 x  y  1  0 1   M  ;0  2  y  0  Tọa độ M:  +) M là trung điểm AB nên  B  2;  2   Phương trình đường thẳng BC qua B và song song với MN   có dạng: BC : 2x  y  2  0 +) Tham số hóa điểm C  c; 2c  2  +) Theo giả thiết, ta có: 1 SABC  d  A; BC  .BC 2 1 2 2 2  4  . .  c  2    2c  4  2 5 c  2  c  6  Kết luận: B  2;  2  , C  6;  10 hoặc C  2; 6  Bài 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2BA . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM  3FE . Biết điểm M  5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y  3  0 , điểm A THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 20 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE có hoành độ là số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2016 –đề 1 Lời giải tham khảo:  Tính chất hình học: AC  BM +) Gọi I là giao điểm của BM và AC. +) Ta thấy BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC C  ABC  BEM  EMB  ACB  BM  AC .  Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC BM : x  2y  7  0 . +) Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ 13  x  2x  y  3  0    13 11   12 6  5   I ;    IM   ;  , 5 5   5 5  x  2y  7  0  y  11  5  2  8 4  IB   IM   ;   B 1; 3 3  5 5  1 1 1 5 5  Trong ABC ta có 2     BA  BI 2 2 2 BI BA BC 4BA 2 E M F I B A 4 5 5  8   4  +) Mặt khác BI        , suy ra BA  BI  2 5 2  5   5  2 2 Gọi toạ độ A  a,3  2a  , Ta có BA  4   a  1   6  2a  2 2 2  a 3  4  5a  26a  33  0   a  11 5  2 2 4   +) Do a là số nguyên suy ra A  3; 3 . AI   ;   5 5 +) Ta có AC  5AI   2;4  C 1;1 .  Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1 Bài 11: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại A . B,C là hai điểm đối xứng nhau qua gốc tọa độ .Đường phân giác trong góc B của tam giác có phương trình: x  2 y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua K  6; 2  Lần 2–Trƣờng THPT Lộc Ninh Lời giải tham khảo: THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 21 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016  Tham số hóa điểm B  2b  5; b   BD  C  2b  5; b  +) Phương trình đường thẳng qua O và vuông góc với BD: có dạng:  : 2 x  y  0 +) Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ : x  2 y  5  0 x  1   I 1; 2   2 x  y  0 y  2 +)  cắt AB tại E, I là trung điểm OE nên E  2;4  +) EB   2b  3; b  4  ; KC   2b  11; b  2  b  1 +) Mà BE  KC   b  5  TH1: Khi b  1 suy ra: B  3;1 ;C  3; 1 Phương trình: AB : 3x  y  10  0; AC : x  3 y  0 +) Nên A  AB  AC  A  3;1 (loại do trùng với B)  TH2: Khi b  5 suy ra: B  5;5  ;C  5; 5  Phương trình: AB : x  7 y  30  0; AC : 7 x  y  40  0  31 17  +) Nên A  AB  AC  A  ;   5 5 Bài 12: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết đỉnh B  2; –1 , đường cao qua A có phương trình d1 : 3 x – 4 y  27  0 , phân giác trong góc C có phương trình d 2 : x  2 y – 5  0 . Tìm toạ độ điểm A. Lần 2 –Trƣờng THPT Vạn Ninh – Khánh Hoà Lời giải tham khảo:  Đường thẳng BC qua B  2; –1 , có vectơ pháp tuyến là: n   4;3 . Suy ra phương trình đường thẳng BC là: 4x  3 y  5  0 . +) Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình: 4 x  3 y  5  0  x  1   C (1;3)  x  2 y  5  0 y  3  Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d2, I là giao điểm của BB’ và d2. x  2 y 1  Suy ra phương trình BB’:  2x  y  5  0 1 2 2 x  y  5  0 x  3   I (3;1) +) Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ:  x  2 y  5  0 y  1   +) Nên B '  4;3 , viết được phương trình đường thẳng AC : y  3  0 THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 22 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE y 3  0  x  5 +) Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:    A(5;3) 3 x  4 y  27  0 y  3 Bài 13: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có M (2;1) là trung điểm cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao đi qua đỉnh A lần lượt có phương trình (d): x+y  5  0 và (d’): 3x  y 1  0 . Viết phương trình đường thẳng AC. Trƣờng Trung cấp nghề Ninh Hoà Lời giải tham khảo:  Do A là giao điểm của (d) và (d’) nên A  2;7  +) Do M là trung điểm của AB nên B  6; 5  +) Phương trình đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH có dạng: BC : x  3 y  21  0 +) N  BC  d  N  9; 4  +) Do N là trung điểm của BC nên C 12; 3  Phương trình đường thẳng AC: 5x  7 y  39  0 Bài 14: Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB :2x  y 1  0, AC :3x  4 y  6  0 , điểm M 1;3 nằm trên đường thẳng chứa cạnh BC sao cho 3MB  2MC . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC . Trƣờng THPT Khánh Sơn – Khánh Hoà Lời giải tham khảo:  A  AB  AC  A  2; 3 +) Tham số hóa: B  b; 2b  1  AB, C  4c  2; 3c   AC +) Do B, C, M thẳng hàng, nên 3MB  2MC  3MB  2MC  5 7 1  Tìm được G 1;    G  ;   3   3 3 Bài 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AB  2BC . Gọi D là trung điểm của AB, E nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AC  3EC. Biết phương trình  16  đường thẳng chứa CD là x  3 y  1  0 và điểm E  ;1 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.  3  Trƣờng THPT Đức Thọ - Hà Tĩnh Lời giải tham khảo:  Tính chất hình học: BE  CD THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 23 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE BA EA nên E là chân phân giác trong  BC EC góc B của tam giác ABC. Do đó CBE  450  BE  CD  Phương trình đường thẳng BE : 3x  y 17  0 . +) Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 3 x  y  17  0 x  5   I (5;2)  x  3y 1  0 y  2 +) Gọi I  BE  CD . Ta có BC 1 BC 5 BC , CE  AC   IE   IB  3IE 3 3 2 3 2 Từ đó tìm được tọa độ điểm B  4;5  +) Ta có BI  CI   Gọi C  3c  1; c   CD , ta có: c  1 BC  2 BI  2 5  (3c  5) 2  (c  5) 2  20  10c 2  40c  30  0   c  3 +) Với c  1 ta có C  2;1 , A 12;1 +) Với a  3 ta có C  8;3 , A  0; 3 Bài 16: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2BA . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM  3FE . Biết điểm M  5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y  3  0 , điểm A có hoành độ là số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Lần 1 –Trƣờng THPT Lam Kinh Lời giải tham khảo:  Tính chất hình học: BM  AC +) Gọi I là giao điểm của BM và AC. +) Ta thấy BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC C ABC  BEM  EBM  CAB  BM  AC .  Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC BM : x  2y  7  0 . +) Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ 13  x   2x  y  3  0   13 11   12 6  5   I ;  IM   ;  ,   5 5   5 5  x  2y  7  0  y  11  5 2  8 4  IB   IM   ;   B 1; 3 3  5 5  1 1 1 5 5    BA  BI +) Trong ABC ta có 2  2 2 2 BI BA BC 4BA 2 E M F I B A 4 5 5  8   4  BI  2 Mặt khác BI        , suy ra BA  5 2  5   5  2 2 THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 24 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE +) Gọi toạ độ A  a,3  2a  , Ta có BA  4   a  1   6  2a  2 2 2  a 3  4  5a  26a  33  0   a  11 5  2 2 4   Do a là số nguyên suy ra A  3; 3 . AI   ;   5 5  Ta có AC  5AI   2;4  C 1;1 . Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1 Bài 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi K là điểm đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K vuông góc với BC cắt BC tại E và cắt AB tại N (1;3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng góc AEB  450 , phương trình đường thẳng BK là 3x  y 15  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3. Lần 2 –Trƣờng THPT Lê Lợi – Thanh Hoá Lời giải tham khảo:  Tứ giác ABKE nội tiếp  AKB  AEB  450  AKB vuông cân tại A  ABK  450 +) Đường thẳng BK có vtpt n1  (3;1) , gọi n 2  (a; b) là vtpt của đt AB và  là góc giữa BK và AB. +) Ta có : cos   n1.n2 n1 n2  3a  b 10. a 2  b 2  1 2  3a  b  5. a 2  b2 b  2a  4a 2  6ab  4b 2  0    a  2b + Với a  2b , chọn n 2  (2;1)  AB : 2 x  y  5  0  B(2;9) (Loại) + Với b  2a , chọn n 2  (1;2)  AB : x  2 y  5  0  B(5;0) (TM)  Tam giác BKN có BE và KA là đường cao  C là trực tâm của BKN  CN  BK  CN : x  3 y  10  0 . ABK và KCM vuông cân 1 1 1 1 BK  KM  CK  AC  . BK   BK  4KM 4 2 2 2 2 2 2 7 9 M  MN  BK  M  ;   K (3;6) , 2 2  Đường thẳng AC qua K vuông góc AB  AC : 2x  y  0 A  AC  AB  A(1;2) , C là trung điểm của AK  C (2;4) .  Vậy: A(1;2), B(5;0), C(2;4). Bài 18: Cho tam giác ABC. Đường phân giác trong của góc B có phương trình d1 : x  y  2  0 , đường trung tuyến kẻ từ B có phương trình d2 :4 x  5 y  9  0 . Đường THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 25 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 1 2 thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M (2; ) , bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R  5 . Tìm tọa độ đỉnh A . 2 Lần 1–Lê Lợi Thanh Hoá Lời giải tham khảo: x  y  2  0 x  1  Tọa độ B là nghiệm của hệ   4 x  5 y  9  0 y 1 3 2 +) Do AB đi qua B và M nên có pt: AB : x  2 y  3  0 . +) Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua d1 , M ' ( ; 0) . BC đi qua M' và B nên có pt: BC : 2x  y – 3  0 . +) Gọi  là góc giữa 2 đường thẳng AB và BC suy ra 2.1  1.2 4 3 cos    sin   . 5 5 5. 5 AC  AC  3 .  Từ định lý sin trong tam giác ABC, ta có: 2 R  sin ABC 3 a a  c 9  a  4c +) A  AB, C  BC  A(a; ); C (c;3  2c) , trung điểm của AC là N ( ; ). 2 2 4 a  4c  3  0  N  d2   a  5; c  2 2   +)   a  4c  3   2  AC  3 (c  a)     9  a  3, c  0 2    Khi a  5 ta được A  5; 1 . Khi a  3 ta được A  3;3 .  Kết luận: A  5; 1 , A  3;3 .  11 9  ;  lần  2 2 Bài 19: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có M(8;2); E  lượt là trung điểm của BC và AC. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và F là chân đường cao hạ từ C, biết đường thẳng đi qua F và trung điểm của AH có phương trình là d : 2 x  y – 8  0 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC Đề số 4–Moon Lời giải tham khảo:  Tính chất hình học: FI  FM và FI  FM  IE CH  +)  ME AB  ME  IE CH  AB  +) Ta có: tam giác AFH vuông tại F, có I là trung điểm AH nên từ đó cho ta FI  IA  IH  FAI  AFI Tương tự cũng do tam giác FBC vuông tại F, có M là trung điểm BC nên MB  MC  MF  BFM  FBM THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 26 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 Mà FAI  FBM  900  AFI  BFM  900  FI  FM  Phương trình đường thẳng: ME : x  y 10  0  EI : x  y  1  0 +) I  EI  FI  I  3;2  +) Do FI  FM nên phương trình đường thẳng MF : x  2 y  4  0 +) F  MF  FI  F  4;0   CF : x  y  4  0; AB : x  y  4  0  Gọi B  b;4  b   AB; C  c; c  4   CF , do M là trung điểm BC nên: b  c  16  B  6; 2  ; C 10;6    b  c  8  +) AC nhận E làm trung điểm A 1;3  Vậy A 1;3 ; B  6; 2  ; C 10;6  Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC , các điểm M  2; 1 , N lần lượt là trung điểm của  1 1 HB và HC ; điểm K   ;  là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ điểm C , biết rằng  2 2 điểm A có tung độ âm và thuộc đường thẳng d : x  2y  4  0 . Trƣờng THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu Lời giải tham khảo:  Tính chất hình học: CI  AM , K là trung điểm IH. +) Gọi I là trung điểm của AH , ta có MI / / AB  MI  AC Suy ra: I là trực tâm tam giác AMC  CI  AM +)Mà NK  AM  NK / /CI  K là trung điểm HI A  2a  4; a   d ,  Đặt từ hệ thức  2a  2 2  a  AK  3KH  H  ;  3   3 7   2a  4 5  a  1 +) Suy ra: AK    2a;  a  và MH   ;  3  2  3 2  C N H +) Khi đó: 7  2a  4   1  5  a  AK .MH  0    2a      a  0 2  3   2  3   a  1 2  A  2; 1 .  10 a  13a  23  0    a  23  10 K(-1/2;1/2) M(2;-1) I A x+2y+4=0 B  Suy ra tọa độ H  0;1 và B  4; 3 +) Phương trình AB : x  3y  5  0 và BC : x  y 1  0 +) Phương trình AC : 3x  y  5  0 Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 27 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE 3 x  y  5  x  1   C  1;2   x  y  1 y  2  Kết luận: A  2; 1 ; B  4; 3 ; C  1;2  Bài 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AC  2AB , điểm M  1; 92  là trung điểm của BC, D là điểm thuộc cạnh BC sao cho BAD  CAM . Gọi E là trung điểm của AC, đường thẳng DE có phương trình: 2x  11y  44  0 , điểm B thuộc đường thẳng d có phương trình: x  y  6  0 . Tìm tọa độ 3 điểm A, B, C biết hoành độ điểm A là một số nguyên. Trƣờng THPT Chuyên Biên Hòa, lần 1 Lời giải tham khảo: Goi I  BE  AD , G  AM  BE ABI  AEG  g.c.g   BI  GE . Mà BG  2GE (do G là trọng tâm của ABC )  BI  IG  GE . Kẻ EH BC  H  AD  . Chứng minh được CD  2HE,HE  2BD  CB  5BD . 2BM  5BD, B  b; 6  b  , D  22  11d; 2d  ,M  1; 92   9  D  115 ; 185  55d  3b  108 d    5 10d  3b  27  B  3; 3  b  3  M  1; 92  là trung điểm của BC  C  1; 6  . Gọi E  22  11e; 2e  , E là trung điểm của AC  A  45  22e; 4e  6  e  2  tm  AC  2AB  75e  278e  256  0    A 1; 2  e  128 l    75 2 Vậy A 1; 2  , B  3; 3  ,C  1; 6  Bài 22: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x  1) 2  ( y  2) 2  25 ngoại tiếp tam giác ABC. Các điểm K(-1 ; 1), H(2; 5) lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh A và B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng C có hoành độ dương. Trƣờng THPT Tô Văn Ơn, lần 1 Lời giải tham khảo: THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 28 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE A x H I B K C +(C) có tâm I (1;2) . Gọi Cx là tiếp tuyến của (C) tại C. 1 2 Do AHB  AKB  900 nên AHKB là tứ giác nội tiếp  ABC  KHC (cùng bù với góc AHK ) Ta có HCx  ABC  Sđ AC (1) (2) Từ (1) và (2) ta có HCx  KHC  HK // Cx . Mà IC  Cx  IC  HK . Do đó IC có vectơ pháp tuyến là KH  (3;4) , IC có phương trình 3x  4 y 11  0 Do C là giao của IC và (C) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 3x  4 y  11  0  x  5  x  3 . Do xC  0 nên C(5;1)  ;  2 2 ( x  1)  ( y  2)  25  y  1  y  5 Đường thẳng AC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CH  (3;6) nên AC có phương trình 2x  y  9  0 . Do A là giao của AC và (C) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 2 x  y  9  0 x  1 x  5 (loại). Do đó A(1;7)  ;   2 2 y  7 y   1 ( x  1 )  ( y  2 )  25    Đường thẳng BC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CK  (6;2) nên BC có phương trình x  3y  2  0 . Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ x  3 y  2  0  x  4  x  5 (loại). Do đó B(4;2)  ,  2 2 ( x  1)  ( y  2)  25  y  2  y  1 Vậy A(1;7) ; B(4;2) ; C(5;1) . Bài tập tƣơng tự 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi D là điểm đối xứng với C qua A. Điểm H  2; 5  là hình chiếu vuông góc của điểm B trên AD, điểm K  1; 1 là hình chiếu vuông góc của điểm D trên AB, đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình  x  1   y  2   25 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, 2 2 biết điểm A có hoành độ dương. lần 1–Trƣờng THPT Hồng Quang- Hải Dƣơng THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 29 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE Tính chất hình học: IA  HK (Các em học sinh gắng chứng minh: kẻ tiếp tuyến Ax rồi chứng minh HK Ax ) Khi đó phương trình đường thẳng IA : 3x  4 y  11  0  A  IA  T   A  5;1 Lập phương trình đường thẳng AB, AD rồi giao với (T) giải hệ tìm B, D rồi suy ra C. Đáp số: A  5;1 ; B  4; 2  ; C  9;9  Bài tập tƣơng tự 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (C): x 2  y 2  25 , đường thẳng AC đi qua điểm K(2; 1). Gọi M, N lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh của ∆ABC biết phương trình đường thẳng MN là 4x − 3y + 10 = 0 và điểm A có hoành độ âm. lần 1–Sở GDDT Quảng Ninh, Đáp Số : A  4;3 ; B  3; 4  , C  5;0  Bài 23: Trong mặt phẳng với hệ toạ 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 . Trƣờng THPT Chuyên Bình Long, Bình Phƣớc, lần 2 Lời giải tham khảo: A E M' B K I M C D Gọi AI là phan giác trong của BAC Ta có : AID  ABC  BAI IAD  CAD  CAI Mà BAI  CAI , ABC  CAD nên AID  IAD  DAI cân tại D  DE  AI PT đường thẳng AI là : x  y  5  0 Goị 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 Bài 24: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D là trung điểm của BC và E là hình chiếu của A trên đường thẳng BC. Gọi F và G tương ứng là hình chiếu của E trên các cạnh AB và AC. Đường thẳng FG cắt đường thẳng AD THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 30 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE tại H. Biết rằng AH.AD  2 , tọa độ điểm A  2; 3  , phương trình đường thẳng  FG  : 3x  4 y  2  0 và điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. Trƣờng THPT Hoàng Hoa Thám Lời giải tham khảo: A H G I F B E D C Chứng minh AD vuông góc FG: ABC là tam giác vuông có cạnh huyền BC, trung tuyến AD do đó: DA  DB  DC hay tam giác ACD cân tại D. Khi đó: DAC  DCA . Mặt khác vì FAE  DCA (góc có cạnh tương ứng vuông góc) và FAE  GFA (AFEG là hình chữ nhật) do đó: DAC  GFA . Vì: GFA  AGH  900 , vậy: DAC  AGH  900  AD  FG . Phương trình đường thẳng:  AD  : 4 x  3 y  17  0 . Bài 25: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C):  x  22   y  32  26 . Trọng tâm của tam giác là  8 G  1;  ; điểm M  7; 2  nằm trên đường thẳng  3 đi qua A và vuông góc với BC (M  A). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết – Trƣờng THPT Phạm Văn Đồng – Phú Yên Lời giải tham khảo A B' I H B G F M C E A' ▪ Gọi I là tâm của đường tròn (C), E là trung điểm của BC và H là trực tâm của tam giác ABC. Kẻ đường kính AA’ ta có BA’ // CH, CA’ // BH nên BHCA’ là hbh. Suy ra E là trung điểm của A’H nên IE là đường trung bình của  AHA’. IE 1 EG    nên ba điểm H, G, I thẳng AH 2 AG hàng. Và GH  2GI mà ta có I  2;3 nên H  1;2  . Ta có M nằm trên (C) và A, H, M thẳng hàng; tam giác MHB cân tại B. Nên BC là đường trung trực của HM. THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 31 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE ▪ Phương trình đường thẳng BC: x  3  0 . Tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình:  x3 x 3  0   2 2   x  2    y  3  26  y  2; y  8 Phương trình đường thẳng HM: y  2  0 . Tọa độ A là nghiệm hệ:   x  3 y2  0    2 2   x  2    y  3  26  y  2 ▪ Vậy A  3; 2  , B  3;8 , C  3; 2 . Bài 26: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AB  2BC , D là trung điểm của AB, E thuộc đoạn AC sao cho AC  3EC , biết phương  16  trình đường thẳng CD: x  3 y  1  0 , E  ;1 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.  3  Lần 1–Trƣờng THPT Tam Đảo Vĩnh Phúc Lời giải tham khảo BA EA 1 Gọi I  BC  CD , ta có:   nên E là chân phân giác trong của góc ABC. BA EC 2 Tam giác BCD vuông cân tại B nên viết được ptdt BE : 3x  y 17  0 . I  BE  CD  I  5;2  Dùng phương pháp gán độ dài chứng minh được: IB  3IE  B  4;5 C  2;1 , A 12;1 Tham số hóa điểm C  CD , giải pt: BC  BI 2   C  8;3 , A  0; 3 Bài 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác vuông cân tại . Gọi là trung điểm , là trọng tâm tam giác điểm là điểm nằm trên đoạn sao cho . Tìm tọa độ điểm , lập phương trình , biết hoành độ của điểm nhỏ hơn và có phương trình . Lần 2–Trƣờng THPT Thuận Châu, Sơn La. 3x  y 13  0 B M N G A Suy ra tam giác Lời giải tham khảo: Tính khoảng cách từ điểm Xác định hình chiếu của Ta có tam giác D(7; 2) vuông cân đỉnh C đến đường thẳng trên vuông cân đỉnh Suy ra Theo giả thiết nội tiếp đường tâm bán kính Ta có: vuông cân đỉnh suy ra . suy ra nên tam giác nên tam giác . suy ra THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 32 FULL & FREE Tìm điểm TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 nằm trên đường thẳng sao cho Giả sử Với suy ra Tìm số đo góc tạo bởi và . Gải sử đường thẳng có vecto pháp tuyến TH 1 : sy ra TH 2: chọn chọn ta có : suy ra suy ra Trong hai trường hợp trên xét thấy nên Vậy: Bài 28: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: x2  y2  6x  2y  5  0. Gọi H là hình chiếu của A trên BC. 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 có phương trình: 20x 10y  9  0 và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ. lần 2–Trƣờng THPT Minh Châu- Hƣng Yên Lời giải tham khảo: (T) có tâm I(3;1), bán kính R  5. Do IA  IC  IAC  ICA (1) Đường tròn đường kính AH cắt BC tại M  MH  AB  MH / /AC (cùng vuông góc AB)  MHB  ICA (2) Từ (1), (2), (3) ta có: IAC  ANM  ICA  AHM  MHB  AHM  90o Ta có: ANM  AHM (chắn cung AM) (3) Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC. THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 33 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE A N E M B H C I Suy ra: AI vuông góc MN  phương trình đường thẳng IA là: x  2y  5  0 Giả sử A(5  2a;a) IA. a  0 Mà A  (T)  (5  2a)2  a2  6(5  2a)  2a  5  0  5a2  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)  Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH  E  MN  E  t; 2t    Do E là trung điểm AH  H  2t  1; 4t   9  10  38   10    58  48   AH   2t  2; 4t   , IH   2t  4; 4t   10  10    272 896 Vì AH  HI  AH.IH  0  20t 2  t 0 5 25  8  11 13   H  ;  (thoûa maõn ) t  5 5 5   28  31 17   H  ;  (loaïi) t   25  25 25   11 13  8 Với t   H  ;  (thỏa mãn) 5 5 5  6 3 Ta có: AH   ;   BC nhận n  (2;1) là VTPT 5 5  phương trình BC là: 2x  y  7  0 Bài 29: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có C(-1;-2) ngoại tiếp đường tròn tâm I. Gọi M, N, H lần luợt các tiếp điểm của (I) với cạnh AB, AC, BC. Gọi K(-1;-4) là giao điểm của BI với MN. Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC, biết THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 34 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE H(2;1). lần 2–Trƣờng THPT Anh Sơn 2, Nghệ An Lời giải tham khảo: ABC ACB BAC (1)   900  2 2 2 BAC Ta có KNC  ANM  AMN  900  (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra KIC  KNC nên tứ giác Ta có KIC  IBC  ICB  C' A K N M I J C B H KNIC nội tiếp trong đường tròn đường kính IC. Mặt khác tam giác IHC nội tiếp trong đường tròn đường kính IC Vậy 5 điểm K, N, I, H, C nằm trên đường tròn đường kính IC. Gọi J là trung điểm của IC nên J là tâm đường tròn đi qua 5 điểm trên. Giả sử J(x;y) khi đó (1  x) 2  (4  y ) 2  (1  x) 2  (2  y ) 2  JC  JK x  3   JC  JK  JH    2 2 2 2 (1  x)  (4  y )  (2  x)  (1  y )  JC  JH  y  3  J (3; 3) . Vì J là trung điểm của IC nên I(7;-4). Từ đó suy ra BI có phương trình y  4  0 BC đi qua H và C nên có phương trình x  y 1  0 . y  4  0  B(3; 4) x  y 1  0 Do đó, B(x;y) là nghiệm của hệ  Vì INC  1v  NKC  1v Từ đó gọi C’ là điểm đối xứng của C qua đường thẳng BI. Khi đó K là trung điểm của CC’ nên C’(-1;-6). Đường thẳng AB qua B và C’ có phương trình là: x  y  7  0 Giả sử AC có VTPT n  (a; b),(a2  b2  0) Khi đó AC có phương trình a( x 1)  b( y  2)  0  ax  by  a  2b  0 a  b  1 7a  4b  a  2b 8a  2b Ta có d (I , AC)  IH  5 2  5 2   a 2  b2 a 2  b2  a  23  b 7 a +  1 chọn a = 1, b = -1 nên AC có phương trình x  y 1  0 ( trùng BC) ( loại). b a 23 +  chọn a = 23 ; b = 7 nên AC có phương trình 23x  7 y  37  0 b 7 3  x  x  y  7  0  4  + Khi đó A (x; y) là nghiệm của hệ  23x  7 y  37  0  y   31  4 THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 35 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE 3 4 Vậy A( ;  31 ) 4 Bài 30: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết phương trình cạnh BC là  d  : x  7 y  31  0 , điểm N(7; 7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2; -3) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. THPT Bắc Yên Thành Lời giải tham khảo: Đường thẳng AB đi qua M nên có phương trình a  x  2   b  y  3  0  a 2  b2  0   AB; BC   450 nên 3a  4b .  50 a  b  4a  3b a  7b cos 450  2 2 Nếu 3a = 4b, chọn a = 4, b = 3 ta được  AB  : 4 x  3 y  1  0 .  AC  : 3 x  4 y  7  0 . Từ đó A(-1; 1) và B(-4; 5). Kiểm tra MB  2MA nên M nằm ngoài đoạn AB (TM) Từ đó tìm được C(3; 4) Nếu 4a = -3b, chọn a = 3, b = -4 được  AB  : 3x  4 y  18  0 ,  AC  : 4 x  3 y  49  0 Từ đó A(10; 3) và B(10;3) (loại) Bài 31: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đường cao AD, BE và nội tiếp đường tròn tâm I(5;4). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết D(4;4), E(6;5) và đỉnh C thuộc đường thẳng x  2 y  2  0 Chuyên khoa học tự nhiên, lần 3. Lời giải tham khảo: ICA 1800 CIA 900 2 ABC , ABC CED IEC CED 900 IC DE (2;1) là VTPT của đường thẳng IC suy ra phương trình IC là : 2x thuộc đường thẳng d : x 2y 2 0 C (6;2) Phương trình CE : IA2 1 2 3a 2 x 6 y 2 5 A(2 3t 2a;2 IB 2 1 b 3 (b 2 Suy y 0 . Mà C 14 ra 3a;6) 6 (a = 0 loại) a Suy ra : A(6; 6) . Phương trình CD là : B(6 DE . x 6 2t y 2 2t 2b) 2b 2 2 2b 2 5 0 loại) suy ra : B(3; 5) Bài 32: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I, điểm M(2;−1) là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của B lên AI là THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 36 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE 9 8 D  ;   ; Biết rằng AC có phương trình x + y − 5 = 0 , tìm tọa độ các đỉnh của tam giác 5 5 ABC. THPT Nguyễn Văn Trỗi, lần 1 Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên BC, E là trung điểm AB. Ta có tứ giác BFDA nội tiếp đường tròn đường kính AB và ngủ giác BEDIM nội tiếp đường tròn đường kính BI Suy ra DEM DBM DBF 1 DEF 2 (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắnmột cung) nên EM là phân giác của góc ∠DEF , lại có EF DE 1 AB nên ME 2 là đường trung trực của DF. Đường thẳng ME qua M và song song với AC nên có phương trình x + y − 1= 0 , F đối xứng với D qua ME nên F 13 6 3 1 ; , MF ; 5 5 5 5 nên véc tơ pháp tuyến của BC là n 1; 3 suy ra phương trình BC là : x x 3y x y 5 5 0 3y 5 0 nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ sau : C (5; 0) . M là trung điểm BC suy ra B (−1;−2) 0 , AF qua F và vuông góc với BC nên có phương trình 3x y của hệ 33 5 0 suy ra tọa độ điểm A là nghiệm 3x x y y 5 33 5 0 A(1;4) 0  1 Bài 33: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có hai điểm M  3;  và  4  38 34  N  ;  nằm trên đường thẳng AB, phương trình đường thẳng AC là 3x  4 y  6  0 . Tìm tọa  25 25  độ các đỉnh A, B, C biết tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng d : x  y  2  0 và có hoành độ lớn hơn 1, đồng thời điểm P là chân đường phân giác trong AI có hình chiếu vuông góc lên đường thẳng AB là điểm N. THPT Nguyễn Diệu, Bình Định Lời giải tham khảo: +)Lập được ptAB: 3x +4y – 10 = 0. THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 37 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE 3x  4 y  10  0 Tìm được A(2/3;2). 3x  4 y  6  0. Tọa độ A là nghiệm của hệ  +)Vì tâm đường tròn nội tiếp thuộc đường thẳng x – y – 2 = 0 nên I(a;a – 2), điều kiện a > 1. Ta có d(I;AB) = d(I;AC)  7a  18  a  14  a  4(n)   a  2 (l ) 3  Vậy I(4;2) và bán kính đường tròn nội tiếp r = 2. +)Lập pt AI: y–2 = 0. Lập pt PN: 4x –3y – 2 = 0. P là giao điểm của AI và PN nên tọa độ P là nghiệm của hệ y  2  0 giải được P(2;2)  4 x  3 y  2  0 +)BC qua P(2;2) và có VTPT n  (a; b) có pt dạng a( x  2)  b( y  2)  0. Ta có d(I;BC) = r  2a a b 2 2  2  a  a 2  b2  b  0. Chọn a = 1 Khi đó pt BC là x – 2 = 0. 3x  4 y  10  0 Tìm được tọa độ B(2;1) .  x  2  0. 3x  4 y  6  0 Tọa độ C là nghiệm của hệ  Tìm được tọa độ C(2;3).  x  2  0. Tọa độ B là nghiệm của hệ  Bài 34: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(4; 3) , M là trung điểm của cạnh BC, D là giao điểm giữa đường phân giác trong của góc MAC và cạnh BC . Biết rằng CB  3CD , đường thẳng AD có phương trình 3x  2 y  5  0, diện tích tam giác ABC bằng 39 và đỉnh C có hoành độ dương. Hãy tính tọa độ các điểm A, C. 4 THPT Phù Cát 1, Bình Định Lời giải tham khảo: +) Gọi E là điểm đối xứng của A qua M thì AB / /CE. Xét tam giác ACE có AM là trung 2 3 tuyến, CD  CM nên D là trọng tâm, AD là phân giác của góc EAC nên tam giác AEC cân tại A, suy ra AD  EC suy ra AD  AB. Suy ra A là hình chiếu vuông góc của B trên AD, suy ra A(1; 1). 3t  5    D  A  t  1 2   +) Do D  AD  D  t; 3t  4 9t  9   4 ; ,t   2   3  2 +) Từ BC  BD  C  3 2 THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 38 FULL & FREE +) Do d  C; AB   TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 2S ABC 3 13 5 9  , từ đó suy ra t  3, suy ra C  ;  . AB 2 2 2 THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 39 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE Phần II. Các bài toán về tứ giác Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng d : x 2y 6 0 , điểm M(1;1) thuộc cạnh BD biết rằng hình chiếu vuông góc của điểm M trên cạnh AB và AD đều nằm trên đường thẳng : x y 1 0 . Tìm tọa độ đỉnh C . Lần 1– Trƣờng THPT Bình Minh – Ninh Bình Lời giải tham khảo  Tính chất: CI  HK  Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB, AD Gọi N là giao điểm của KM và BC Gọi I là giao điểm của CM và HK DKM vuông tại K và MDK KM KD KM NC (1) Ta có Lại có MH 450 MN ( do MHBN là hình vuông) Suy ra: KMH  CNM HKM MCN Mà NMC IMK nên NMC NCM IMK HKM 900 Suy ra CI HK  Đường thẳng CI đi qua M(1;1) và vuông góc với đường thẳng d nên VTPT nCI VTCP ud ( 1;1) nên có phương trình: (x 1) (y 1) 0 x y 0 Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng nên tọa độ điểm C là nghiệm của x y 0 x 2 hệ phương trình Vậy C (2;2) x 2y 6 0 y 2 Bài 2 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;3). Gọi N 2 là điểm thuộc cạnh AB sao cho AN  AB . Biết đường thẳng DN có phương trình 3 x+y-2=0 và AB=3AD. Tìm tọa độ điểm B. Lần 2– Trƣờng THPT Bố Hạ – Bắc Giang Lời giải tham khảo  Gọi n  (a; b); (a  b  0) là vectơ pháp tuyến của BD, BD đi qua điểm I(1;3) nên có phương trình: ax  by  a  3b  0 2 2 AB  NB  3 2    AN  3 AB  5 AB  ND  Theo giả thiết ta có:  3  AD  1 AB    3 10 AB  BD  3  THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 40 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE Nên ta suy ra: cos BDN  BD2  ND2  NB 2 7 2  2 BD.ND 10 Khi đó: cos BDN  cos( n, n1 )  |ab|  3a  4b 7 2  24a 2  24b 2  50ab  0   10  4a  3b a 2  b2 . 2  Với 3a  4b , chon a=4,b=3 suy ra: BD : 4 x  3y  13  0 Mà D  BD  DN  D(7; 5)  B(5;11)  Với 4a  3b , chọn a=3,b=4, PT BD : 3x  4 y  15  0 Mà D  BD  DN  D(7;9)  B(9; 3) Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD . Điểm E(2;3) thuộc đoạn thẳng BD , các điểm H(2;3) và K(2;4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm E trên AB và AD . Xác định toạ độ các đỉnh A, B,C, D của hình vuông ABCD. Lần 1– Trƣờng THPT Nguyễn Huệ – Khánh Hoà Lời giải tham khảo  Ta có: EH : y  3  0 EK : x  2  0 AH : x  2  0  A  2; 4   AK : y  4  0  Giả sử n  a; b  ,  a 2  b2  0  là VTPT của đường thẳng BD . Có: ABD  450 nên: a  2  a  b 2 a 2  b2  Với a  b , chọn b  1  a  1  BD: x  y 1  0 EB   4; 4   B  2; 1 ; D  3; 4     E nằm trên đoạn ED  1;1 BD (thỏa mãn) Khi đó: C  3; 1  Với a  b , chọn b  1  a  1  BD: x  y  5  0 . EB   4; 4   EB  4ED  E nằm ngoài đoạn BD (Loại)  B  2;7  ; D 1; 4    ED   1;1  Vậy: A  2; 4  ; B  2; 1 ;C  3; 1 ; D  3; 4  Bài 4: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng d : x  y 1  0 . Điểm E  9; 4  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F  2; 5  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm. Lần 1 - Cao Đẳng nghề Nha Trang Lời giải tham khảo THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 41 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE  Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC  E’ thuộc AD. +) Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm E  9;4  B E  phương trình EE’: EE ' : x  y  5  0  Gọi I  AC  EE’ , tọa độ I là nghiệm hệ: x  y  5  0 x  3   I  3;  2   x  y 1  0  y  2 I A J C E' F D +)Vì I là trung điểm của EE’  E '(3; 8)  AD qua E '(3; 8) và F (2; 5)  phương trình AD: AD : 3x  y  1  0 +) A  AC  AD  A(0;1) . +) Giả sử C (c;1  c) .Vì AC  2 2  c 2  4  c  2; c  2  C (2;3)  xC  0  Gọi J là trung điểm AC  J (1;2)  phương trình BD: x  y  3  0 . +) Do D  AD  BD  D(1;4)  B(3;0) .  Vậy A(0;1) , B (3;0), C ( 2;3), D (1; 4). Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có BD = 2AC. Đường thẳng BD có phương trình x – y = 0. Gọi M là trung điểm của CD và H(2;-1) là hình chiếu vuông góc của A trên BM. Viết phương trình đường thẳng AH. Trƣờng Ischool Nha Trang-Khánh Hoà Lời giải tham khảo  Gọi I là tâm của hình thoi ABCD và G  BM  AC , suy ra G là trọng tâm của tam giác BCD. +) Tam giác BIG vuông tại I có: IG IG IG 1 sin IBG     BG 37 BI 2  IG 2 (6 IG ) 2  IG 2 1 37  Đường thẳng BD có vectơ pháp tuyến n1  (1; 1)  cos( BD, AH )  sin IBH  gọi vectơ pháp tuyến của AH là n2  (a; b) (a 2  b2  0) . Ta có:   cos  BD. AH   cos n1 , n2  1  37 a 7 b  5 | a b| 1 2 2   35a  74ab  35b  0   37 a 2  b2 . 2 a  5  b 7 a 7  : Chọn n2  (7;5) ,ta có phương trình AH là AH : 7 x  5 y  9  0 . b 5 a 5 +) Với  : Chọn n2  (5;7) ,ta có phương trình AH là AH : 5x  7 y  3  0 . b 7 +) Với  Vậy AH : 7 x  5 y  9  0 hoặc AH : 5x  7 y  3  0 . Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD = THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 42 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE 2BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm của đoạn HD. Giả sử H  1;3 , phương trình đường thẳng AE : 4x  y  3  0 và 5  C  ; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và D của hình thang ABCD. 2  Lần 2 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình Lời giải tham khảo  Tính chất hình học: CE  AE +) Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH tại K và cắt AB tại I. +) Suy ra: K là trực tâm của tam giác ABE, nên BK  AE. Do KE là đường trung bình của tam 1 2 giác AHD nên KE  AD hay KE  BC , nên cho tam tứ giác BKEC là hình bình hành, dẫn tới CE BK . +) Do đó: CE  AE  CE : 2x  8 y  27  0   Mà E  AE  CE  E   ;3  , mặt khác E là trung điểm của HD nên D  2;3 2 3    Khi đó, phương trình đường thẳng BD : y  3  0 , suy ra AH : x  1  0 nên A  1;1 .  Suy ra AB : x  2 y  3  0 .Do đó: B  AB  BD  B  3;3  Vậy: A  1; 1 , B  3; 3 , D  2; 3 Bài 7: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D. Lần 5 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình Lời giải tham khảo  Tính chất hình học: AF  EF  Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CD, BH, AB. +) Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG nội tiếp đường tròn đường kính DG, mà DG  AE nên AE cũng là đường kính, đồng thời tứ giác ADEF cũng nội tiếp dẫn tới: AF  EF .  Đường thẳng AF (qua A và vuông góc với EF) có pt AF : x  3 y  4  0 . Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ: THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 43 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE 17  x   3x  y  10   17 1  5   F  ;   AF    5 5 x  3y  4 y  1  5  1 2 AFE DCB  g  g   EF  AF  2 ; 2 5 2 32 5 2 8 51  8  17   E  t ;3t  10   EF    t     3t    5 5  5 5  19  19 7   5t 2  34t  57  0  t  3  t  hay E  3; 1  E  ;  5  5 5 +) Theo giả thiết ta được E  3; 1 , phương trình AE : x  y  2  0 . 2  Gọi D  x; y  , tam giác ADE vuông cân tại D nên:  x  12   y  12   x  32   y  12  AD  DE   AD  DE   x  1 x  3   y  1 y  1 x  1 x  3  y  x  2    hay D(1;-1)  D(3;1)  x  1 x  3  0  y  1  y  1 +) Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1). +) Khi đó, C(5;-1); B(1;5). (Tìm được C vì DE nhận E làm trung điểm, tìm D bằng đẳng thức BC  AD ).  Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1). Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tοạ độ Oxy , cho hình vuông ABCD và M là một điểm thuộc cạnh CD M C , D . Qua điểm A dựng đường thẳng d vuông góc với AM , d cắt đường thẳng BC tại điểm N . Biết rằng trung điểm của đoạn thẳng MN là gốc tọa độ O , I A là giaο điểm của AO và BC . Tìm tọa độ điểm B của hình vuông biết 6; 4 ,O 0; 0 , I 3; 2 và điểm N có hoành độ âm. Lần 2 –Trƣờng THPT chuyên Hùng Vƣơng Lời giải tham khảo:  Tính chất hình học: Tam giác AMN vuông cân tại A.  Do tứ giác AMCN nội tiếp, suy ra AMN  NCA  450 A D nên tam giác AMN vuông cân tại A, khi đó AO  MN tại M O, nên ta viết được phương trình đường thẳng: MN : 3x  2y  0  Giả sử N  2n;3n   MN  M  2n; 3n  O N B I THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG C 44 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 +) Ta có: AN   2n  6;3n  4  ; AM   2n  6; 3n  4  +) Do: AN  AM  AN . AM  0   2n  6  2n  6    3n  4  3n  4   0 n  2   N  4; 6  n   2   Phương trình đường thẳng BC qua N và I là BC : 4x  7y  26  0 , +) Phương trình đường thẳng AB qua A và vuông góc với BC là AB : 7x  4y  26  0 4 x  7 y  26  6 22   B  ;   Vì B  BC  AB nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:  5   5 7 x  4 y  26 Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, đỉnh B thuộc đường thẳng d1 : 2x – y + 2 = 0 , đỉnh C thuộc đường thẳng d2 : x – y – 5 = 0, Gọi H là hình chiếu của B 9 2 xuống đường chéo AC, Biết M  ;  ; K(9;2) lần lượt thuộc trung điểm AH và CD. Tìm 5 5 hoành độ các đỉnh của hình chữ nhật biết hoành độ đỉnh C lớn hơn 4 Lần 1 –Trƣờng THPT Đồng Xoài Lời giải tham khảo:  Tính chất hình học: MK  MB  Qua M kẻ đường thẳng song song với CD cắt BH, BC lần lượt tại P, N. Tứ giác MKCP là hình bình hành (do 1 MP//CK, MP  CK  AB ) 2 +) Mặt khác ta có MN  BC và BH  MC suy ra P là trực tâm của tam giác MBC. +) Vậy CP  BM suy ra MK  MB 9 8   36 8   Gọi B  b;2b  2   d1  MB   b  ;2b   , MK   ;  5 5   5 5 +) Vì MB.MK  0  b  1  B(1;4)  Gọi C  c; c  5  d 2  BC   c  1; c  9  ; KC   c  9; c  7  c  0  C  9;4  +) Vì BC  CK  BC.KC  0   c  4  Nên ta có C  9;4  và D  9;0  A 1;0  Bài tập tƣơng tự 1: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường tròn (C): x 2  y 2  10 , đỉnh C thuộc đường thẳng có phương trình: x  2 y  1  0 . Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên AC. Trung điểm của AM và CD lần lượt là  3 ; 1  và P(1;1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết rằng điểm B có hoành độ   5 5 N dương và điểm C có tung độ âm. (lần 1–Trường THPT Quỳnh Lưu 2 Nghệ An) Phân tích và hướng dẫn đáp số: THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 45 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016  NQ / / AB  Gọi Q là trung điểm BM, khi đó  suy ra PCQN là hình bình hành. 1  NQ  2 AB Suy ra CQ//PN. Trong tam giác BCN thì Q là trực tâm nên CQ vuông góc với BN. Vì vậy PN vuông góc với BN. Đáp số: A  3;1 , B 1; 3 , C  3; 1 , D   1;3 Bài tập tƣơng tự 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 9 2 điểm H(1;2) là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M ( ;3) là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là d: 4x  y  4  0 . Viết phương trình cạnh BC. (lần 3–Trường THPT Phú riềng – Bình Phước) Đáp số: BC : 2 x  y  12  0 Bài 10: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2) là 9  hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M  ;3  là trung điểm của cạnh BC, phương 2  trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là d : 4 x  y  4  0 . Viết phương trình cạnh BC. Lần 3 –Trƣờng THPT Phú Riềng- Bình Phƣớc Lời giải tham khảo:  Tính chất hình học: MK  AK  Gọi K là trung điểm của HD. Gọi P là trung điểm của AH. +) Ta có AB vuông góc với KP. Do đó P là trực tâm của tam giác ABK. Suy ra BP vuông góc với KM. +) Mặt khác, do BMKP là hình bình hành nên cho ta KM KM , nên suy ra MK  AK . 15 9   MK đi qua M  ;3  và vuông góc với AK có pt: MK : x  4 y   0 2 2  15  x  4 y   0 1  +) K  MK  d nên tọa độ điểm K là nghiệm của hệ   K  ;2  2 2   4 x  y  4  0 +) Do K là trung điểm của HD nên D  0;2  ,suy ra phương trình đường thẳng BD : y  2  0 +) AH qua H và vuông góc với BD nên có phương trình: AH : x  1  0 +) Tham số hóa điểm B  b; 2  , vì M là trung điểm BC nên C  9  b;4  THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 46 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 +) Ta có: DC   9  b;2  ; BC   9  2b;2  mà DC vuông góc với BC nên suy ra: b  5 DC.BC  0   b  17 2   17  1  +) Nên điểm B  5;2   C  4;4  hoặc B  ;2   C  ;4   2  2   Phương trình đường thẳng BC : 2x  y 12  0 hoặc BC : 2x  8 y  33  0 Bài tập tƣơng tự: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC, M và N lần lượt là trung điểm của AH và BH, 9 2 trên cạnh CD lấy điểm K sao cho MNCK là hình bình hành. Biết M  ;  ;K  9;2  và 2 5 các đỉnh B, C lần lượt nằm trên các đường thẳng có phương trình 2x  y  2  0 và x  y  5  0 , hoành độ đỉnh C lớn hơn 4. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D. lần 2–Trƣờng THPT Yên Thế Lời giải tham khảo: +) MN là đường trung bình của tam giác HAB suy ra MN // AB và MN  1 AB 2 1 1 AB  CD 2 2 suy ra K là trung điểm của CD và N là trực tâm tam giác BCM, do đó CN  MB và MK // CN nên MK  MB . 9 8  36 8   B  d  B  b;2b  2  , MK   ;  , MB   b  ;2b   5 5  5 5  +) MNCK là hình bình hành nên CK // MN; CK  MN  MK .MB  0  b  1  B 1;4  C  d '  C  c; c  5  BC.KC  0  c  9  C  9;4   D  9;0   A 1;0  Bài 11: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tọa độ điểm D(5; 4). Đường trung trực của đoạn CD có phương trình d1 : 2 x  3 y – 9  0 và đường phân giác trong góc BAC của tam giác ABC có phương trình d 2 : 5 x  y  10  0 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD. Lần 1 –Trƣờng THPT Thanh Hoa - Bình Phƣớc Lời giải tham khảo: d1  Phương trình đường thẳng DC qua D và vuông góc với d1 có dạng DC : 3x  2 y  7  0 d2 B C +) M  CD  d1  M  3;1 +) M là trung điểm DC nên C 1; 2   Ta lại có A thuộc d 2 nên A(a; 5a 10) M A D THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 47 FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 Mà ABCD là hbh nên  x  a  4 AB  DC   B  B(a  4; 5a  16)  yB  5a  10  6  Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua d 2 , ta có: C '(4; 3)  AB a  4 5a  7 +) Ta có: A, B, C’ thẳng hàng C ' A  kC ' B    a  2 a 5a  13  Vậy A  2;0  và B  6; 6  . Bài 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I. Biết trung điểm cạnh AB là M(0;3), trung điểm đoạn thẳng IC là E(1;0) và điểm A có tọa độ nguyên. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D. Trƣờng THPT Nguyễn Du – Bình Phƣớc Lời giải tham khảo:  Tính chất hình học: ME  DE +) Gọi H là trung điểm DI, khi đó H là trực tâm tam giác ADC (chứng minh tương tự các bài trên), nên AH  DE +) Đồng thời AMEH là hình bình hành nên AH DE +) Suy ra: ME  DE  Phương trình DE : x  3 y 1  0 +) Tham số hóa điểm D  3d  1; d   DE +) Để ý thấy rằng: MGB  EGH , khi đó cho ta G là 1 3 trung điểm ME nên G  ;  2 2  Tứ giác AMED nội tiếp, nên cho ta DAE  AME  450 nên cho ta tam giác EMD vuông cân tại E.  Phương trình đường tròn (C) tâm E bán kính ME có dạng:  C  :  x  1  y 2  10 2   x  2   x  12  y 2  10  y  1  +) D   C   DE nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ   x  4  x  3 y  1  0    y  1 5 5  TH1: D  2; 1 , ta lập được phương trình AC đi qua E và nhận DG   ;  làm VTPT 2 2 nên có dạng: AC : x  y 1  0 +) Phương trình BD : x  y  1  0 +) I  AC  BD  I  0;1 +) Từ đó ta tìm được B  2;3  A  2;3  C  2; 1  7 1   TH2: D  4;1 ta lập được phương trình AC đi qua E và nhận DG   ;  làm VTPT  2 2 nên có dạng: AC : 7 x  y  7  0 +) Phương trình BD : x  7 y 11  0 THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 48 TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 FULL & FREE 6 7 +) I  AC  BD  I  ;  5 5  8 9  8 21  +) Từ đó ta tìm được B   ;   A  ;  (loại do tọa độ A nguyên).  5 5 5 5  Bài 13: Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  , cho hình chữ nhật ABCD , gọi M là trung điểm của AB. Đường thẳng  d  đi qua M và D có phương trình x  2 y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D, biết A 1; 4  và đỉnh C nằm trên đường thẳng    : x  y  5  0 và hoành độ điểm C lớn hơn 3. Trƣờng THPT Chuyên Bình Long- Bình Phƣớc Lời giải tham khảo:  Ta có điểm C nằm trên đường thẳng    : x  y  5  0  C  c;5  c  ,  c  , c  3 . +) Lại có: d  C , MD   2.d  A, MD   2  c  2 5  c   2 5 1  2.4  2 1   2  2 2 2 5 2  c l    2 5  3c  8  10  3  c  6 Suy ra C  6; 1 +) Ta có điểm D nằm trên đường thẳng  d  : x  2 y  2  0  D  2d  2; d  ,  d  . Lại có AD   2d  3; d  4  ; CD   2d  8; d  1 +) Do ABCD là hình chữ nhật nên d  1 AD.CD  0   2d  3 2d  8    d  4  d  1  0  5d 2  25d  20  0   d  4  Kết luận: C  6; 1 , D  0;1  B  7; 2 hoặc C  6; 1 , D  6; 4   B 1; 1 Bài 14: Trong mặt phẵng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chư̂ nhật ABCD có A  5; 7  , điễm C thuộc đường thẵng có phương trình x – y  4  0 . Đường thẳng đi qua D và trung điễm cũa đoạn thẵng A B có phương trình 3x – 4 y – 23=0 . Tìm tọa độ điểm B và C, biết B có hoành độ dương. Lần 2–Trƣờng THPT Hà Huy Tập Lời giải tham khảo: THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 49