Hình học Oxy ôn thi THPT

(1)

1

TAM GIÁC VÀ ĐƯỜNG TRÒN

Bài 48. T n h n i h a Oxy ch a i c ABC Đư n h n d s n s n i BC c c c c nh AB, AC n ượ i M N, sao cho

AM CN i n M( 4;0) , C(5;2) à ch n ư n h n i c n c a c A à D(0; 1) H a c a c c ỉnh A à B c a a i c ABC.

Giải

M N

C

B D

A

Lấ iể D^' à iể n c nh BC sao cho CD^' MN.

Ta c ứ i c MNCD^' à h nh nh hành suy ra MD^' CN AM suy ra AMD^' c n i M suy ra MD A^' MAD^' D AC^' suy ra AD^' à h n i c trong c a c

BAC suy ra D^' n D.

Suy ra ư n h n c ec chỉ hư n à MD(4; 1) su a hư ng trình AC là ^{5 4}

2

x t

y t





 

  . AAC  A(5 4 ;2 a a)  MA (9 4 ;2a a). Ta c MAMD  (9 4 ) a ² (2 a)² 17  17a²68a85 17 0 

2

a   A( 3;4) . Mà MA(1;4)  4

: 1 4

x y

AB   4x  y 16 ; (5;3)

DC  1

:5 3

x y

BC    3x5y 5 iể B à n hi c a h hư n nh sau: ⁴ ¹⁶

3 5 5

x y x y





  

   ⁵

4 x y





 

   B( 5; 4)  .

(2)

2 Vậ A( 3;4) và B( 5; 4)  .

Bài 44.(HSG NA -2016) T n h n i h a Ox ch a i c c ư n tròn n i i i xúc i a c nh BC, CA, AB n ượ i M N P. G i à un iể c nh i M( 1;1), hư n nh NP: x  y 4 0 à hư n nh D là 14x13y 7 0. T a iể A.

Giải

Kéo dài IM c NP i K Kẻ ư n h n qua K s n s n i c n ượ i E F Ta c : c c ứ i c KEPI à KNFI n i i n n

;

KEI KPI KNI KFI

Mà KPI KNI suy ra KEI KFI K à un iể EF Su a K h n hàn

ha K à ia iể c a NP à T a K à n hi c a h

5

4 0 3 5 7

( ; ).

14 13 7 0 7 3 3

3 x y x

x y K

y

 

  

  

    

  



Phư n nh IM i qua M à K à x2y 3 0.

I(2a3;a)IA : x    y a 3 0 A(32 13a;35 14a).  3a 7

IA 35 15a 2;d(I, NP) ;IM 5 a 1

2

     

Ta có: d(I, NP).IA IP² IM² ^a ² ^I(1;2) a 3 I(3;3).

  

     

V I à M c n hía i NP n n a c I(1;2) Khi (6;7)

Bài 40. T n h n a Oxy ch hai iể A(2; 1), (2; 5) B  G i (C) là ư n òn ư n kính AB Đư n kính MN c a ư n òn (C) ha ổi ( uôn khác AB) sa ch c c ư n h n AM, AN c i u n i B c a ư n òn ( ) n ượ i iể P và Q T a ực H c a a i c MPQ i H n n ư n h n d:2x  y 7 0.

Giải

B C

A

I N

M

K

D P E

F

(3)

3

+) Đư n òn  ^C có tâm ^I^{2; 3}^  và bán kính R2 G i K à h nh chi u c a uôn c c a P lên QM Khi ực H c a a i c MPQ à ia iể c a QA và PK

+) Xét tam giác PHQ ta có PA QK, à c c ư n ca n n M à ực c a tam giác PQH. Suy ra HM PQHM / /AI mà I à un iể c a MN nên

1 AI  2HM

+) G i E à iể ối xứn i I qua A suy ra ^E ^2;1 .

Khi ứ i c IMHE là hình bình hành . ẫn n c EH IM 2

+) H hu c ư n h n ^d^{: 2}^x^{   }^y ⁷ ⁰ ^{H t} ^{; 2}^t^⁷.

Có ² ⁴  ² ² ² ⁸² ⁴ ⁵ ² ³⁶ ⁶⁴ ⁰ ⁴16 5 t

EH t t t t

t

 

          

 

+) Vậ ^H ^4;1 ^{h c} ¹⁶^; ³

5 5

H  .

Bài 34. T n h n i h a Oxy ch ứ i c ABCD n i i ư n òn ư n kính BD. Đỉnh B hu c ư n h n  c hư n nh

5 0

x  y c iể E và F n ượ à h nh chi u uôn c c a D và B

lên AC T a c c ỉnh B D, i CE 5 và ^A

 

^4;3 ^,^C



^{0; 5 .}^



Giải

G i H à ực a i c ACD, suy ra CHADnên ^{CH || AB} (1) M kh c AH||BC ( c n uôn c i CD ) (2)

E

K

H

Q P

B

N A I

M

(4)

4 Từ (1) à (2) su a ứ i c ABCH

là hình bình hành nên CH=AB (3) Ta có: HCEBAF (so le trong) (4)

Từ (3) à (4) su a: HCE BAF(c nh hu ền à c nh n) Vậ CE = AF.

Vì DABDCB90⁰ nên ^{E F}^, n n n ^AC^. Phư n nh ư n h n AC: 2x  y 5 0.

Vì FAC nên ^{F a a} ^{; 2} ^⁵. Vì AFCE 5 5 3 a a

 

  

V i â^{ }⁵ ^F ^5;5 (khôn hỏa n F n n ài n AC) V i â^{ }³ ^F ^3;1 ( hỏa n) Vì ÂF ^ÊC^Ê^{1; 3}^ 

BF qua F à nhận EF(2; 4) à éc h u n d BF c hư n trình: x2y 5 0. B à ia iể c a ^ và BF n n a B à n hi c a h hư n nh:

2 5 0 5

5 0 0

x y x

x y y

   

 

     

  ^^B ^{5; 0}

Đư n h n DE qua E à nhận EF(2; 4) à éc h u n DE có hư n nh: x2y 5 0.

Đư n h n DA qua A à nhận AB(1; 3) à éc h u n DA có hư n nh: x3y 5 0.

D à ia iể c a DA và DE n n a D à n hi c a h hư n nh:

2 5 0 5

3 5 0 0

x y x

x y y

    

 

     

  ^^D^^{5; 0} K uận: ^B  ^{5; 0 ,}^D ^^{5; 0}

I H

F

E

D C

B A

(5)

5

Bài 26. T n h n Oxy, cho tam giác ABC c n ỉnh A iể D à un iể c nh AC. ^K

 

^1;0 ^, ¹^;4

E^_3 ^_

  n ượ à ư n òn n i i tam giác ABC à n a i c ABD. ^P



^^1;6



^,^Q



^^9;2



n ượ hu c ư n h n AC, BD T a iể , ,A B C, i D c h ành dư n HD

- Vẽ hình phẳng biểu thị

- Từ hình vẽ ta dự đoán G là trực tâm tam giác EKD Từ đó dẫn đến bài toán phẳng:

Cho tam giác ABC cân đỉnh A, D là trung điểm cạnh AC, K và G là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC. E là trọng tâm tam giác ABD. Chứng minh rằng G là trực tâm tam giác EKD

G M E

K

D

B C

A

Gọi M là trung điểm cạnh AB . Ta có 1 3

MG ME

ED CD EG KD

MC MD    

Mà ABC là tam giác cân nên KG MD suy ra G là trực tâm tam giác EKD suy ra KEBD . Đến đây kết hợp các giả thiết toạ độ đã cho ta có thể dễ dàng tìm được toạ độ các đỉnh của ABC.

Đáp số: A(1;5), B(-3;3), C(5;3)

(6)

6

…

Xem thêm xin mời truy cập vào địa chỉ này

http://123doc.org/document/3524794-q-van-sang-kien-kinh-nghiem.htm