Tài liệu 10 bài hình học oxy không nên bỏ qua

HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan 10 BÀI HÌNH HỌC OXY KHÔNG NÊN BỎ QUA GV: Nguyễn Thanh Tùng Hocmai.vn Bài 1. .Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có diện tích bằng 14 và AB // CD . Biết  1  1 1 H   ;0  là trung điểm của cạnh BC và I  ;  là trung điểm của AH . Viết phương trình đường thẳng  2  4 2 AB , biết đỉnh D có hoành độ dương và D thuộc đường thẳng 5x  y  1  0 . Giải Do I là trung điểm của AH  A(1;1) . Gọi E là giao điểm của AH và DC . Khi đó ABH  ECH  S ABH  SECH B(?) A(?) I (*) . và H là trung điểm của AE  E (2; 1) . H SABCD=14 Từ (*)  S AED  S AHCD  SECH  S AHCD  S ABH  S ABCD  14 . Vậy S AED  14 . D(?) C(?) 2S AED 28  (2*). AE 13 Ta có phương trình AE : 2 x  3 y  1  0 . Do D thuộc đường thẳng 5x  y  1  0 , suy ra D(t;5t  1) với t  0 . Ta có AE  13  d ( D, AE )  t  2 28 t 0 Khi đó (2*)    13t  2  28     t  2  D(2;11) . 30 2 2 t   13 2 3 13     Ta có ED  (4;12)  4(1;3) . Do AB // ED  nAB  nED  (3; 1) là vecto pháp tuyến của AB .  Khi đó AB đi qua A(1;1) và có vecto pháp tuyến nAB  (3; 1) nên có phương trình: 3x  y  2  0 . 2t  3(5t  1)  1 Vậy phương trình AB cần lập là: 3x  y  2  0 . Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A có I là trung điểm của BC . Biết M là trung điểm của BI và nằm trên đường thẳng  có phương trình 2 x  y  7  0 . Gọi N là điểm thuộc đoạn 15 IC sao cho NC  2 NI và AN có phương trình x  y  2  0 . Tìm tọa độ điểm M biết AM  . 2 Giải: B Do tam giác ABC vuông cân nên ta có AI  BC và IA  IB  IC , M(?) IM IM 1 IN IN 1 khi đó: tan A1    và tan A2    IA IB 2 IA IC 3 I 15 1 1 N  2 tan A1  tan A2 0 2 3    tan MAN  tan  A1  A2     1  MAN  45 1 2 1  tan A1.tan A2 1  1 . 1 H 2 3 C A Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! E HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AN . Suy ra tam giác MHA vuông cân tại H nên ta có: t  (7  2t )  2 15 AM 15  . Do M   M (t;7  2t ) , khi đó: d ( M , AN )  AH  MH   2 2 2 2 2 2 11 1  11  1   11  1  hoặc t   M  ; 4  hoặc M  ;6  . Vậy M  ; 4  hoặc M  ;6  .  2 t 3  5  t  2 2 2  2  2  2  GV: Nguyễn Thanh Tùng Bài 3. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A và AC  4 AB . Điểm D(1; 1) là trung điểm của đoạn AC . Đường thẳng BD cắt đường tròn đường kính DC tại điểm E khác D . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng đi qua hai điểm A, E có phương trình 9 x  2 y  7  0 và điểm A có tung độ dương. Giải:   900 hay BEC   900 . Ta có: DEC Khi đó A, E cùng nhìn BC dưới một B(?) 1 góc vuông, suy ra ABCE nội tiếp  (*). đường tròn. Khi đó:  A B 1 1  AC  4 m Đặt AB  m    AD  DC  2 m 2 2   BC  AB  AC  m 17 Suy ra:  . 2 2 BD  AB  AD  m 5   A(?) 1 D C(?) E BC 2  BD 2  DC 2 17m2  5m2  4m2 9    Xét tam giác BDC ta có: cos B1  . 2.BC.BD 2.m 17.m 5 85 9   9 . Vậy cos  A1  cos B A1  Từ (*), suy ra cos  (2*). 1 85 85   Cách 1: Gọi nAC  (a; b) ( a 2  b2  0 ) là vecto pháp tuyến của AC ; nAE  (9; 2) là vecto pháp tuyến của AE   Khi đó cos  A1  cos nAC , nAE    9a  2b a 2  b 2 . 92  22  9 (theo (2*)) 85 b  0 .  (9a  2b)2  81(a 2  b2 )  77b2  36ab  0   77b  36a  +) Với 77b  36 a , chọn a  77; b  36 , suy ra nAC  (77; 36) .  Khi đó AC đi qua D(1; 1) và có nAC  (77; 36) nên phương trình AC : 77 x  36 y 113  0 77 x  36 y  113  0 13 239 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:  (loại vì điều kiện y A  0 ).  x ;y 85 85 9 x  2 y  7  0  +) Với b  0 , chọn a  1 , suy ra nAC  (1;0) .  Khi đó AC đi qua D(1; 1) và có nAC  (1;0) nên phương trình AC : x 1  0 . x 1  0 x  1 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:    A(1;1)  C (1; 3) (do D là trung điểm AC ). 9 x  2 y  7  0  y  1 Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Ta có AB đi qua A(1;1) và vuông góc với AC : x 1  0 nên phương trình AB : y  1 . GV: Nguyễn Thanh Tùng t  2  B(2;1) Do đó B(t;1) . Khi đó: AC  4 AB  AC 2  16 AB 2  42  16(t  1)2   .  t  0  B(0;1) Do B, D cùng phía với đường thẳng AE nên ta được B(2;1) . Vậy A(1;1) , B(2; 1), C (1; 3) . Cách 2: Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên AE . Khi đó: B(?) 927 4 . DH  d ( D, AE )   1 85 92  22 Xét tam giác ADH , ta có: 4 DH DH 85 1 D AD     2 . A(?) 2  2  sin A1 1  cos A1  9  1    85  H Gọi A(1  2t;1 9 t)  AE , khi đó: C(?)  A(1;1) t  0 y A 0 2 2 2 2  AD  4  (2t )  (9t  2)  4  85t  36t  0     13 239    A(1;1) . 36  A ;  t    85  85   85  E Suy ra ra C (1; 3) (do D là trung điểm AC ). Ta có AB đi qua A(1;1) và vuông góc với AC : x 1  0 nên phương trình AB : y  1 . t  2  B(2;1) Do đó B(t;1) . Khi đó: AC  4 AB  AC 2  16 AB 2  42  16(t  1)2   .  t  0  B(0;1) Do B, D cùng phía với đường thẳng AE nên ta được B(2;1) . Vậy A(1;1) , B(2; 1), C (1; 3) . Bài 4.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , có trực tâm H (3; 2) . Gọi D, E là chân đường cao kẻ từ B và C . Biết rằng điểm A thuộc đường thẳng  : x  3 y  3  0 , điểm F (2;3) thuộc đường thẳng DE và HD  2 . Tìm tọa độ điểm A . Giải: +) Do ABC cân tại A nên HE  HD  2 , suy ra E , D thuộc đường tròn tâm H (3; 2) và A(?) bán kính bằng 2 có phương trình: ( x  3)2  ( y  2)2  4  x2  y 2  6 x  4 y  9  0 Δ: x 3y 3=0 +) Gọi I là trung điểm của AH 5m2 16 m  20  3m m  2  2  IH  ; Gọi A(3m  3; m)    I   2  2  2  3m m  2  ; Ta có ADHE nội tiếp đường tròn tâm I   bán kính IH 2   2 I 3m   m  2  5m2  16m  20   y  nên có phương trình:  x      2   2  2  2 2 E  x2  y 2  3mx  (m  2) y  7m  9  0 +) Khi đó tọa độ điểm E , D là nghiệm của hệ: F 2 D H B Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! C HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan  x2  y 2  6x  4 y  9  0   (6  3m) x  (m  2) y  7m  18  0  2 2 x  y  3 mx  ( m  2) y  7 m  9  0   Suy ra phương trình ED : (6  3m) x  (m  2) y  7m  18  0 +) Do F (2;3)  ED  2(6  3m)  3(m  2)  7m  18  0  m  0  A(3;0) . Vậy A(3;0) . Bài 4.2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A(2; 1) , trực tâm H (2;1) và BC  2 5 . Gọi B ', C ' lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh B, C . Lập phương trình đường thẳng BC , biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình x  2 y  1  0 , tung độ của M dương và đường thẳng B ' C ' đi qua điểm N (3; 4) Giải: A O B' N C' H B M BC=2 5 C +) Do M nằm trên đường thẳng có phương trình x  2 y  1  0 nên gọi M (2m 1; m) với m  0 Vì B ', C ' cùng nhìn BC dưới một góc vuông nên BCB ' C ' nội tiếp đường tròn  M ; MB  (với MB  BC  5) 2 Do đó đường tròn (T ) đi qua 4 điểm B, C, B ', C ' có phương trình:  x  2m  1   y  m   5 2 2 +) Đường tròn (T ') đi qua 4 điểm A, B ', H , C ' nhận AH làm đường kính và O(0;0) là trung điểm của AH làm tâm nên có phương trình: x 2  y 2  5 +) Do (T )  (T ')  B '; C ' nên B ' C ' có phương trình: x 2  y 2   x  2m  1   y  m   0  2(2m  1) x  2my  5m2  4m  1  0 2 2 Mặt khác: N (3;4)  B ' C '  6(2m  1)  8m  5m2  4m  1  0  m2  1  m  1 hoặc m  1 (loại). Suy ra M (3;1) .  +) Khi đó đường thẳng BC đi qua M (3;1) và nhận AH  (4;2)  2(2;1) Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 2( x  3)  ( y 1)  0  2 x  y  7  0 . GV: Nguyễn Thanh Tùng Vậy phương trình đường thẳng BC là: 2 x  y  7  0 . Bài 5. (Hàn Thuyên – Bắc Ninh). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , có AD  2 AB .  31 17  Điểm H  ;  là điểm đối xứng của điểm B qua đường chéo AC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật  5 5 ABCD , biết phương trình CD : x  y  10  0 và C có tung độ âm. Giải Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên CD . 31 17   10 18 2 5 5 Khi đó HK  d ( H , CD)  .  5 12  12 B(?) C(?) 1 AD = 2AB 2   BCH  (*) (vì HK // BC ). và H 1   BC  2a  2 . Đặt AB  a  BC  2a  AC  a 5  cos C 1 AC a 5 5  C   BCH   2C . Do H đối xứng với B qua AC  C 1 2 D(?) A(?) 1 1 2   cos 2C   2cos 2 C   1  2.  2   1  3 . Vậy cos BCH   3 (2*). Suy ra cos BCH 1 1   5 5  5 H   3 . Xét tam giác CHK , ta có: CH  HK  18 2 : 3  6 2 (3*). Từ (*) và (2*), suy ra: cos H 1  5 5 5 cos H 1 Do C  CD : x  y  10  0  C(t; t 10) , khi đó: C (5; 5) t  5 2 2 31 67     yC 0 (3*)  CH 2  72   t     t    72   73    73 23    C (5; 5) .  t  C ;  5  5     5 5  5  Khi đó CB đi qua C (5; 5) và vuông góc với x  y  10  0 nên phương trình CB : x  y  0  B(b; b) . Do H đối xứng với B qua AC  CB  CH  6 2  CB2  72 b  11  B(11; 11) 2 2 .   b  5   b  5  72    b  1  B(1;1) Do B, H cùng phía với CD nên ta được B(1;1) . Ta có AB đi qua B(1;1) và vuông góc với BC nên có phương trình: x  y  2  0 . Ta có AC đi qua C (5; 5) và vuông góc với BH nên có phương trình: 3x  y  10  0 . x  y  2  0 x  2 Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:    A(2; 4) . 3x  y  10  0 y  4    xD  5  3 x  8  D  D(8; 2) . Do ABCD là hình chữ nhật nên CD  BA    yD  (5)  3  yD  2 Vậy A(2;4) , B( 1;1) , C(5;  5) , D (8; 2 ) . Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! K HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Bài 6. (Lương Thế Vinh – Hà Nội). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường GV: Nguyễn Thanh Tùng phân giác trong góc A là x  y  2  0 , phương trình trung tuyến kẻ từ A là 4 x  5 y  9  0 . Bán kính đường 15 3  . Biết K  ;0  nằm trên đường thẳng AC và điểm C có hoành độ 6 2  dương. Tìm tọa độ các điểm A, B, C . tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng Giải Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: x  y  2  0 x  1   A(1;1) .  4 x  5 y  9  0 y 1 A(?) K 3  Khi đó AC đi qua A(1;1) và K  ;0  nên 2  có phương trình: 2 x  y  3  0 . N H Gọi D, M lần lượt là chân đường phân giác và trung tuyến ứng với đỉnh A của tam giác ABC . Gọi N đối xứng với K qua AD  N  AB . 3  Khi đó KN đi qua K  ;0  và vuông góc B(?) 2  với AD : x  y  2  0 nên KN có phương trình: x  y  15 R= D 6 M 3  0 . Tọa độ giao điểm H của KN và AD là nghiệm của hệ: 2 7  3 x   x  y   0   4  H  7 ; 1   N  2; 1  .  2      4 4  2  x  y  2  0 y  1  4  1 Khi đó AB đi qua A(1;1) và N  2;  nên có phương trình: x  2 y  3  0 .  2  B  AB : x  2 y  3  0  B(3  2b; b)  3  2b  c 3  2c  b  Ta có   M ; . 2 2   C  AC : 2 x  y  3  0 C (c;3  2c)  B(4c  3;3  2c) 3  2b  c 3  2c  b  5.  9  0  b  3  2c    BC  3c  3 (*) 2 2 C (c;3  2c)   Ta có nAB  (1;2), nAC  (2;1) lần lượt là vecto pháp tuyến của AB và AC .   nAB .nAC   1.2  2.1 4   cos n , n   1  cos 2 BAC  3.       sin BAC Khi đó: cos BAC AB AC 2 2 2 2 5 5 nAB nAC 1 2 . 1 2 Do M  AM  4.   Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC ta có: BC   2. 15 . 3  3 (2*)  2 R  BC  2 R.sin BAC  6 5 sin BAC c  2  B(5; 1), C (2; 1) xC 0 Từ (*) và (2*), suy ra: 3c  3  3     B(5; 1), C (2; 1) . c  0  B(3;3), C (0;3) Vậy A(1;1) , B(5; 1), C (2; 1) . Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! C(?) HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan Bài 7. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) . Biết 5   3 AC vuông góc với BD tại E (1; 1) . Gọi M  ; 3  là trung điểm của AB và N  0;  là điểm thuộc cạnh 2   4 DC sao cho CN  3DN . Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương. Giải  C  (1) Do ABCD nội tiếp đường tròn nên B 1 1 ( vì cùng chắn cung  AD ) Ta có EM là trung tuyến của tam giác vuông AEB E E  (2) nên EMB cân tại M hay B 1 1 B 1 M (T) 4 E  Từ (1) và (2), suy ra C 1 4 1 E   900  C E   900 , suy ra ME  DC . A Mặt khác, E 4 5 1 5 E I  3 5 Khi đó DC đi qua N  0;  vuông góc với EM nên có  4 4  x  1  4t phương trình: 3x  4 y  3  0   D N  y  3t   3 1  Suy ra C (1  4t;3t ) (với t  )  CN  1  4t;  3t  4 4   1  4t  3xD 1  4t      xD   1  4t  Ta có CN  3ND   3 ;1  t  3  D 3    3   4  3t  3  yD  4    yD  1  t    1 C      4t  2  ; 2  t  và EC   4t  2;3t  1 . Khi đó: ED  EC  ED.EC  0 Suy ra ED    3   2  4t  2  2    .(4t  2)  (2  t ).(3t  1)  0  5t  3t  2  0  t  1 hoặc t   (loại), suy ra 3  5  C (3;3)   D(1;0)  A(a; 2a  3)  CE Khi đó phương trình CE : 2 x  y  3  0 và DE : x  2 y  1  0 , suy ra   B(2b  1; b)  DE a  2b  1  5 a  0  A(0; 3) Do M là trung điểm của AB nên    2a  3  b  6 b  3  B(5; 3) Gọi I là tâm của đường tròn (T ) , khi đó: 5  x 2 2 2 2 2 2     IA  IB  x  ( y  3)  ( x  5)  ( y  3)  5 1 2 IA  IB  ID   2  2   I  ;  2 2 2 2 2 2  IA  ID    x  ( y  3)  ( x  1)  y y   1   2 2 Bán kính của (T ) là: R  IA  2 5 5  1 25  . Vậy đường tròn (T ) cần lập có phương trình:  x     y    . 2  2 2 2  Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Bài 8. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A . Gọi (T ) là đường GV: Nguyễn Thanh Tùng tròn tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại B và C . Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt đường tròn (T ) tại D khác C . Biết E (3;14) là giao điểm của AC và BD . Đường thẳng BC có phương trình x  y  1  0 . Tìm  4  tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết AC đi qua điểm M   ;1 .  3  Giải: B(?) 1 A(?) N H 1 D 2 M 1 C (?) E  4  Ta có AC đi qua E (3;14) và M   ;1 nên AC có phương trình: 3x  y  5  0 .  3  3x  y  5  0  x  1 Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ    C (1; 2) .  x  y 1  0 y  2 B  . Mặt khác tam giác ABC cân tại A nên C B  Ta có CD // AB , suy ra C 2 1 1 1  C  , khi đó CB là đường phân giác của góc  Suy ra C ACD . 2 1 Gọi N đối xứng với M qua BC , suy ra N  CD . 7  4  Ta có MN đi qua M   ;1 và vuông góc với BC : x  y  1  0 nên MN có phương trình x  y   0 . 3  3  2  x x  y 1  0     2 5 3   H  ;  . Khi đó tọa độ giao điểm H của MN và BC là nghiệm của hệ:  7  3 3  x  y  3  0 y  5  3  7 Suy ra N  0;  (do H là trung điểm của MN ).  3  7 Ta có CD đi qua C (1; 2) và N  0;  nên CD có phương trình: x  3 y  7  0 .  3 B  (cùng bằng 1 sđ BC B  nên suy ra D  C  hay tam giác BDC cân tại B .  ), mà C Ta có D 1 1 2 1 1 2 2 Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! HOCMAI.VN  Gọi nBD  (a; b) là vecto pháp tuyến (VTPT) của BD với a 2  b2  0 . facebook.com/ ThayTungToan GV: Nguyễn Thanh Tùng Khi đó BD đi qua E (3;14) nên có phương trình: ax  by  3a  14b  0 .   Ta có VTPT của BC , DC lần lượt là nBC  (1;1) , nDC  (1; 3) .       cos C   cos n , n Khi đó cos D  cos nBC , nDC  1 2 BD DC     a  3b a 2  b2 . 10  1 3 2. 10 . a  b .  2(a 2  b2 )  (a  3b)2  a 2  6ab  7b 2  0  (a  b)(a  7b)  0    a  7b +) Với a  b, chọn a  b  1 khi đó phương trình BD : x  y  17  0 song song với BC (loại). +) Với a  7b , chọn a  7, b  1 khi đó phương trình BD : 7 x  y  7  0  x  y 1  0 x  1 Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:    B(1;0) . 7 x  y  7  0 y  0 Ta có AB đi qua B(1;0) và song song với CD nên có phương trình: x  3 y  1  0 .  x  3 y 1  0  x  2 Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:    A(2; 1) . 3x  y  5  0  y  1 Vậy A(2; 1) , B(1 ;0), C (1;2) . Bài 9. (Sở GD&ĐT Quảng Ngãi_2016). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có A(1;1) và diện tích bằng 8. Đường thẳng qua B và vuông góc với AC cắt đường thẳng CD tại M . Gọi E là trung điểm của CM . Biết phương trình đường thẳng BE : x  y  0 và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD . A Giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BE 11  2. Khi đó AH  d ( A, BE )  2 S 1 1 8 4 2. Ta có AH .BE  S ABE  S ABC  S ABCD  BE  ABCD  2 2 AH 2 S 8 Đặt AB  a  0  BC  ABCD  . AB a   CBM  (cùng phụ với BCA ) Ta có BAC D(?) AB BC BC 2 64 32   CM   Suy ra ABC ~ BCM   CE  3 . BC CM AB a3 a B(?) H M E 64 322   32 a2 a6  2a4  32  a6  (a 2  4)(a 4  2a 2  8)  0  a  2  AB  2 và BC  4 . Xét tam giác vuông BCE ta có: BC 2  CE 2  BE 2  t 0  t  1  B(1; 1) . Do B  BE  B(t; t ) với t  0 , khi đó: AB2  4  (t  1)2  (t  1)2  4  t 2  1  Ta có BC đi qua B(1; 1) và vuông góc với AB : x  1 nên có phương trình: y  1 .   c  5 C (5; 1) Do đó C (c; 1) , khi đó: BC 2  16  (c  1)2  16   . Ta có AD  BC nên với  c  3 C (3; 1) Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! C(?) HOCMAI.VN C (5; 1)  D(5;1) và với C (3; 1)  D(3;1) . Vậy B(1; 1) , C(5; 1), D(5;1) hoặc B(1; 1), C(3; 1), D(3;1) . facebook.com/ ThayTungToan GV: Nguyễn Thanh Tùng Bài 10. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A(2;0) . Đường thẳng  có phương trình 3x  y  0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành, cắt đường kéo  2 6 BD tại điểm M (2;6) . Gọi H   ;  , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, D lên  . Diện tích hình  5 5 24 thang BHKD bằng . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD biết K có hoành độ dương. 5 Giải: Gọi I là tâm của hình bình hành ABCD và A ', I ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, I lên  . Khi đó II ' là đường trung bình trong cả hình thang BHKD và tam giác AA ' C . 6 Do đó ta có: BH  DK  2 II '  AA '  d ( A, )  10 M( 2;6) A( 2;0) B(?)   I H D(?) 2 6 ; 5 5 C(?) 24 SBHKD= Δ: 3x + y = 0 I' 5 A' K Lúc đó S BHDK 2.S BHDK ( BH  DK ).HK   HK   2 BH  DK 24 5  8 10 . 6 5 10 2. 2 2 128 6  128  2    t     3t    Gọi K  t; 3t    với t  0 , khi đó : HK  5 5 5  5  6  6 18   5t 2  4t  12  0  t  hoặc t  2 (loại)  K  ;   . 5 5 5  2 Khi đó phương trình KD : x  3 y  12  0 và BH : x  3 y  4  0 2 6 Cách 1: Ta có I ' là trung điểm của HK  I '  ;   , suy ra phương trình II ' : x  3 y  4  0 5 5 Gọi I (3m  4; m) II ' , suy ra C (6m  12;2m) (do I là trung điểm của AC ). 3  1 3 Mặt khác, C    3.(6m  12)  3.2m  0  m    I   ;   2  2 2 Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới ! GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan  1 3 BD đi qua I   ;   và M (2;6) nên có phương trình: 5x  y  4  0 .  2 2 5 x  y  4  0 x  0 Khi đó tọa độ điểm điểm D là nghiệm của hệ:    D(0; 4) .  x  3 y  12  0  y  4 5 x  y  4  0  x  1 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:    B(1;1) . x  3y  4  0 y 1  3b  3d  8 b  d  Cách 2: Gọi D(3d 12; d) và B(3b  4; b)  I  ;   C  3b  3d  10; b  d  2 2      B(3b  4; b)  MB  (3b  2; b  6) Do C    3.(3b  3d  10)  b  d  0  d  b  3   . Ta có    D(3b  3; b  3)   MD  (3b  5; b  9)   Do M  BD nên MB, MD cùng phương, suy ra :  B(1;1) (3b  2)(b  9)  (b  6)(3b  5)  48b  48  b  1    C (1; 3)  D(0; 4) Vậy B(1;1), C(1; 3), D(0;  4) . CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU CHÚC CÁC BẠN CÓ MỘT KÌ THI THÀNH CÔNG ! Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !