7 chủ đề chinh phục hình học Oxy - Trần Đình Cư

Đố n ngã Oxy

Chủ đề 1: Tam giác

Tài liệu mến tặng các em học sinh chuẩn bị thi THPT Quốc gia 2016. Chúc các em đạt kết quả cao trong các kỳ thi sắp đến.

Huế, ngày 17/05/2016

TRẦN ĐÌNH CƯ GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế

4

2

2

5 x

y

d C

A

B

M

N

O

Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133

CHỦ ĐỀ 1. TAM GIÁC

Bài 1. Cho điểm     A 2; 3 , B 3; 2   , ΔABC có diện tích bằng 3

2 ; trọng tâm G của ΔABC thuộc

đường thẳng  d :3x y 8 0   . Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ΔABC .

Giải

Gọi      ΔABC a b 5 2S C a;b , AB : x y 5 0 d C;AB AB 2

        

a b 8 1 a b 5 3

a b 2 2

        

Trọng tâm   a 5 b 5 G ; d 3a b 4 3 3 3           

Từ    S 3 1 , 3 C 2;10 r p 2 65 89    

 

Từ    S 3 2 , 3 C 1; 1 r p 2 2 5    



Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có   B 4; 2   , 0 ACB 75  . Đường cao

kẻ từ đỉnh A có phương trình 2x y 0   , D là điểm thuộc cạnh BC sao cho DC 2DB  . Tìm tọa độ

điểm A biết 0 ADC 60  và điểm A có hoành độ âm.

Giải

Cách 1.

Phương trình đường thẳng BC qua   B 4; 2   và vuông góc với đường cao AH có dạng

BC:x 2y 0  

Lại có   10 BH d B;AH 2 5 5   

Đặt   AH x x 0   . Xét các tam giác vuông ACH và ADH. Ta có:

0 0 0 x x x x x CH , DH DC 3 3 tan75 tan60 tan75      

Mặt khác:

0

0

1 1 x 4 5 DC 2DB x 2 2 5 x 2 5 1 3 3 tan75 3 tan75

                    

Gọi     5t A t; 2t AH:2x y 0 AH d A;BC 2 5 5            

    

  

t 2 A 2; 4 (loaïi)

t 2 A 2;4

Vậy   A 2;4  là điểm cần tìm.

Chú ý:

0 0 0 0 0 2 0 150 2tan75 tan75 tan tan150 tan75 2 3 2 1 tan 75       

Cách 2. Lấy E đối xứng với C qua AD.

Vì 0 0 0 0 CAD 180 75 60 45    

0 0 CAE 90 ;ADC 60    0 0 ADE 60 ;BDE 60   

Gọi K là trung điểm của DE. Ta có:

60° 75°

45°

K

E

D H

I

C

A

B

Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133

1 1 DK DE DC DB ΔBDK 2 2     là tam giác đều.

Do đó 1 BK DK DE ΔBDE 2    vuông tại B.

Vậy tứ giác ACBE là tứ giác nội tiếp, suy ra 0 ABC AEC 45   hay 0 BAH 45 

Do     A AH A a; 2a BA a 4;2 2a       

Ta có      

   

0 AH 4 2 a 4 2 2 2a 1 cos BA;u cos45 a 2 2 5 a 4 2 2a

          

Vì A có hoành độ âm nên   A 2;4  là điểm cần tìm.

Bài 3. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C có phương trình

    2 2 x 2 y 3 26     với 8 G 1;3

     

là trọng tâm tam giác và   M 7;2 nằm trên đường thẳng đi qua A

và vuông góc với đường thẳng BC; M A  , điểm   F 3;2 thuộc đường thẳng BC. Tìm tọa độ các

đỉnh của tam giác ABC, biết rằng B C y y 

Giải

Gọi I là tâm của đường tròn  C và H là trực tâm ΔABC thì G, H, I thẳng hàng và GH 2GI  (tính

chất đường thẳng Euler)

Mà   I 2;3 nên

 

 

H

H

H H

x 1 2 2 1 x 1 H 1;2 8 8 y 2 y 2 3 3 3

                       

Ta thấy  M C  và A, H, M thẳng hàng; BC là đường trung trực của HM. Ta có   F 3;2 và

  HM 8;0  nên BC:x 3 0  . Tọa độ B, C là nghiệm của hệ:

    2 2 x 3 0 x 3 y 2;y 8 x 2 y 3 26

               

HM: y 2 0   và  A HM C  nên tìm được   A 3;2  . Vậy     A 3;2 , B 3;8  ,   C 3; 2 

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

    2 2 T : x 1 y 2 25     . Các điểm     K 1;1 , H 2;5  lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B của

tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết rằng đỉnh C có hoành độ dương.

Giải

(T) có tâm   I 1;2 . Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C. Ta có

 1 HCx ABC SđAC 1 2  

Do 0 AHB AKB 90   nên AHKB là tứ giác nội tiếp

ABC KHC   (cùng bù với góc AHK ) (2)

Từ (1) và (2) ta có HCx KHC HK / /Cx  

Mà IC Cx IC HK   

Do đó IC có vec-tơ pháp tuyến là   KH 3;4  , IC có phương trình3x 4y 11 0   

Do C là giao của …