Một số bài toán về các điểm, các đường thẳng đặc biệt trong tam giác - Có lời giải chi tiết

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CÁC ĐIỂM, CÁC ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT TRONG TAM GIÁC A. PHẦN MỞ ĐẦU I. ĐẶT VẤN ĐỀ Bài toán về viết phương trình đường thẳng, tìm tọa độ các đỉnh của đa giác trong hình học phẳng là một trong những bài toán rất quan trọng, trong đó bài toán viết phương trình các cạnh, xác định tọa độ đỉnh của tam giác khi biết các yếu tố liên quan là bài toán cơ bản rất hay ra trong các sách nâng cao, đề thi chuyên đề, đề thi đại học, cao đẳng. Đây là câu phân loại lấy điểm cao trong đề thi THPT quốc gia. Trong các sách tham khảo hiện nay có một số bài toán đơn lẻ về các đường, các điểm đặc biệt trong tam giác mà chưa hệ thống thành phương pháp chung để giải các dạng bài tập này. Chính vì vậy bài viết này của tôi nhằm mục đích tổng hợp một số dạng toán liên quan về các đường đặc biệt, các điểm đặc biệt trong tam giác, đưa ra phương pháp giải cho mỗi dạng toán cụ thể qua đó giúp thầy và trò hệ thống, củng cố kiến thức, có cái nhìn thấu đáo về tính chất của các đường, tính chất của các điểm đặc biệt trong tam giác. Từ đó trang bị kiến thức để làm được các bài tập về phương trình đường thẳng có liên quan đến các đường, điểm đặc biệt trong tam giác trong kỳ thi THPT Quốc gia sắp tới.

II. Cơ sở lý luận Quy trình dạy học được hiểu là tổ hợp các thao tác của giáo viên và học sinh được tiến hành theo một trình tự nhất định trên một đối tượng nhận thức nào đó. Chẳng hạn, quy trình bốn bước của Polya để giải một bài toán gồm :  Bước 1: Tìm hiểu nội dung bài toán.  Bước 2: Xây dựng thuật giải.  Bước 3: Thực hiện thuật giải.  Bước 4: Kiểm tra, nghiên cứu lời giải.

Trang 1 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

Một trong những nhiệm vụ dạy học môn toán chương trình phổ thông, đặc biệt là dạy hình học phẳng là hướng dẫn cho học sinh biết vận dụng các tính chất của các đường trong tam giác, tính chất đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác, tính chất đối xứng học sinh đã được học từ cấp II, kiến thức về hình học mà học sinh học ở lớp 10 để giải các bài tập có liên quan. Một số tính chất hình học đặc biệt.

III. Cơ sở thực tiễn Bài toán hình học phẳng là bài toán khó đối với học sinh, kể cả học sinh đang học lớp 10 hay học sinh ôn thi THPT quốc gia. Vì vậy việc hệ thống thành các dạng bài tập với phương pháp giải cho từng dạng là việc rất quan trọng giảm bớt khó khăn, lúng túng cho học sinh khi giải các bài tập dạng này.

Trang 2 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

B. PHẦN NỘI DUNG I. MỘT SỐ KIẾN THỨC SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ 1. Biểu th c t

đ về c c ph p to n trong vectơ.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho a   x; y  ; b   x '; y ' . Khi đó: +) a  b   x  x '; y  y ' +) k .a   kx; ky  với k là số thực. x  x ' y  y'

+) a  b  

+) a.b  xx ' yy '  a  b  a.b  0  xx ' yy '  0 +) a  x 2  y 2 +) cos  a, b  

a.b a.b



xx ' yy ' x 2  y 2 . x '2  y '2

*) Cho M  x1; y1  ; N  x2 ; y2  .

Khi đó MN   x2  x1; y2  y1  ; MN   x2  x1    y2  y1  2

2

x x y y +) Trung điểm I của đoạn thẳng B có tọa độ: I  A B ; A B  

2

2



x A  xB  xC y A  yB  yC  ;  3 3  

Trọng tâm G của tam giác BC có tọa độ G  2. Ph ơng tr nh đ ờng th ng a) Ph ơng tr nh t ng qu t c

đ ờng th ng

- Vectơ pháp tuyến VTPT của đường thẳng là vectơ khác 0 , có giá vuông góc với đường thẳng.

- Đường thẳng d qua M  x0 ; y0  , có VTPT n   a; b   a 2  b2  0  có phương trình tổng quát: a  x  x0   b  y  y0   0 1 . b) Ph ơng tr nh th

s c

đ ờng th ng

- Vectơ chỉ phương VTCP của đường thẳng là vectơ khác 0 , có giá song song hoặc tr ng với đường thẳng.

Trang 3 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

- Đường thẳng d đi qua M  x0 ; y0  , có VTCP u   a; b  đk  a 2  b2  0  có phương trình  x  x0  at  t  y  y0  bt

tham số: 

  2 .

- Chú : Khi a.b  0 thì đường thẳng d có phương trình dạng chính tắc: x  x0 y  y0  . a b

3. M i qu n hệ gi

VTPT v VTCP c

c ng

t đ ờng th ng

Nếu đường thẳng d có phương trình tổng quát: ax  by  c  0  a 2  b2  0

thì đường

thẳng d có VTPT là n   a; b  , suy ra VTCP của đường thẳng d là u   b; a  hoặc u   b;  a  . Điều ngược lại c ng đúng. Tức là đường thẳng d có VTCP là u   a; b  thì

VTPT của đường thẳng d là n   b; a  hoặc n   b; a  .

4. Điể

 x  x0  at  t  y  y0  bt

M thu c đ ờng th ng d 

5. V tr t ơng đ i c

  2  th

M  x0  at ; y0  bt 

h i đ ờng th ng

Hai đường thẳng có 3 vị trí tương đối: - d//d’ - d d' - d cắt d’. đặc biệt d  d ' )



uý

-

H i đ ờng th ng song song th c ng VTPT, c ng VTCP.

-

H i đ ờng th ng vu ng góc th VTPT c

đ ờng th ng n y l VTCP c

đ ờng th ng i .

6. Góc v

hoảng c ch

- Khoảng cách giữa hai điểm M  x1; y1  ; N  x2 ; y2  là: MN   x2  x1    y2  y1  2

2

- Khoảng cách từ điểm M  xM ; yM  đến đường thẳng  : ax  by  c  0 là: d M ,  

axM  byM  c a 2  b2

- Góc giữa hai đường thẳng d, d’ là  : cos  d , d '  cos  cos  u , u '  cos  n , n '

Trang 4 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải



u ý Khi hai đường thẳng cắt nhau, chúng tạo ra 4 góc. Khi đó phương trình các

đường phân giác của góc tạo bởi hai đường là: ax  by  c a b 2

2



a'x b' y c' a ' 2  b '2

( ax  by  c  0; a ' x  b ' y  c '  0 ) là phương trình hai đường

thẳng .

II. MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CÁC ĐIỂM, CÁC ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT TRONG TAM GIÁC. 2.1. C c đ ờng đặc biệt trong t

gi c

Một số lưu ý: i B i to n có y u t đường cao  Sử dụng t nh chất vu ng góc. ii B i to n có y u t đường trung tuyến  Sử dụng t nh chất trung điểm. iii B i to n có y u t đường phân giác hoặc đường trung trực  Sử dụng t nh chất đ i x ng.

B i 1.[Trích đề thi đại học khối D năm 2011] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác BC có đỉnh B -4; 1 , trọng tâm G 1; 1 và đường thẳng chứa phân giác của góc đỉnh

có phương trình x  y  1  0. Tìm tọa độ các

và C.

Phân tích hướng giải: - Khai thác tính chất:

A

BM  3GM với M là trung điểm

AC suy ra M.

M

- Khai thác tính chất đối xứng của

G

B'

phân giác ta xác định điểm B ' là điểm đối xứng của B qua phân giác góc

B

C D

. Từ đó viết được phương trình

AC  A  C .

H ớng dẫn

Trang 5 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

Gọi M x;y là trung điểm của C, ta có  x  4  3( x  1) 7  BM  3GM    M  ;1 2   y  1  3( y  1)

Gọi B '(a; b) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong d: x  y  1  0 của góc . Ta có BB’ vuông góc với d và trung điểm I của BB’ thuộc d nên tọa độ B’ là nghiệm của 1(a  4)  1(b  1)  0 a  b  3  0    B '(2; 5). hệ  a  4 b  1 a  b  7  0   1  0   2 2

Đường thẳng C đi qua D và B’ có phương trình: 4 x  y  13  0. x  y 1  0 thỏa mãn hệ   A(4;3) suy ra C (3; 1).

4 x  y  13  0 

Tọa độ

B i 2. [Trích đề thi Đại học khối B-2010] Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác

BC vuông tại

có đỉnh đỉnh C -4;1 , phân giác

có phương trình: x  y  5  0 . Viết phương trình BC, biết diện tích tam

trong góc

giác BC bằng 24 và đỉnh

có hoành độ dương.

Phân tích hướng giải: -Khai thác tính chất đối xứng của đường phân giác ta xác định điểm D đối xứng với C qua đường phân giác trong góc .

-Khai thác tính chất tam giác vuông tại -Khai thác giả thiết diện tích ta có AB 

nên

thuộc đường tròn đường kính CD.

2SABC suy ra B. AC

H ớng dẫn Gọi D là điểm đối xứng của C -4;1) qua d : x  y  5  0 suy ra tọa độ D x;y thỏa mãn ( x  4)  ( y  1)  0   D (4;9) .  x  4 y 1   5  0  2 2

Điểm

thuộc đường tròn đường kính CD nên tọa độ

thỏa mãn

x  y  5  0 với x  0 suy ra A(4;1)  2 2 x  ( y  5)  32 

Trang 6 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

suy ra AC  8  AB 

2SABC 6 AC

B thuộc AD : x  4 suy ra B(4; y ) ta có ( y  1) 2  36 suy ra B(4;7) hoặc B(4; 5) .

Do d là phân giác trong nên AB, AD c ng hướng suy ra B(4;7) .

Do đó phương trình BC : 3x  4 y  16  0.

B i 3. [Trích đề thi đại học khối B năm 2008] Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác

BC biết rằng hình

chiếu vuông góc của C trên B là H (1; 1) , đường phân giác trong góc

có phương

trình x  y  2  0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4 x  3 y  1  0.

Phân tích hướng giải: -Khai thác tính chất đối xứng qua đường phân giác ta tìm được điểm H’ đối xứng với H qua phân giác góc .

- C đi qua H’ và vuông góc với d: 4 x  3 y  1  0 . Từ đó xác định tọa độ .

H ớng dẫn Gọi d1 : x  y  2  0 , d 2 : 4 x  3 y  1  0. H '(a; b) là điểm đối xứng với H qua d1 . Khi đó H '  AC . (a  1)  (b  1)  0   H '(3;1).

-Ta có tọa độ H ' là nghiệm của hệ  a  1 b  1   2  0  2 2

-Đường C đi qua H’ và vuông góc với d2 nên có pt: 3x  4 y  13  0 Khi đó ta có tọa độ

3x  4 y  13  0 là nghiệm của hệ   A  5;7  . x  y  2  0 

Đường thẳng CH đi qua H với vectơ pháp tuyến

1 HA  (3;4) nên có phương trình 2

 10 3  3x  4 y  7  0 . Khi đó ta có tọa độ C   ;  .  3 4

B i 4. [Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Hải Dương 2013]

Trang 7 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác phân giác trong của góc

BC có B(1;2) . Đường thẳng  là đường

có phương trình 2x  y  1  0 . Khoảng cách từ C đến  gấp

3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của

và C biết C nằm trên trục tung.

Phân tích hướng giải -Khai thác yếu tố C thuộc Oy và d(C,  )=3d(B,  ) suy ra tọa độ C -Tìm điểm B’ đối xứng với B qua phân giác  - Để

CA 

3 CB ' 2

H ớng dẫn Lấy C 0:y0 thuộc Oy. Ta có d B;  )=

y 1 y 1 9 3 ; d(C;  )= 0 , theo bài ra ta có 0   y0  10; y0  8 5 5 5 5

Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, chú

C khác phía B đối với  suy ra C(0;-8)

Gọi B’ a;b là điểm đối xứng với B qua  thì B’nằm trên C. Do BB '  u   (1; 2) nên ta có: a  2b  3  0 ; Trung điểm I của BB’ phải thuộc  nên có: 2a  b  2  0 Từ đó ta có: a= -7/5; b=4/5 3 2

Theo định l Ta - Let suy ra CA  CB' ,  7 44  A(x; y);CA   x; y  8 ;CB'    ;  .  5 5 

Từ đó suy ra A(

21 26 ; ) ; C(0;-8).

10 5

2.2. ĐIỂM ĐẶC BIỆT Bài toán: Xác định tọa độ đỉnh của tam giác khi biết tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp, bàng tiếp, trọng tâm, trực tâm và các điểm đặc biệt trong tam giác.

Trang 8 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

Nhận xét: Bài toán kết hợp giữa tâm các đường, các điểm đặc biệt trong tam giác là bài toán khó và phần lớn xử l được các toán này ta phải xuất phát từ tính chất hình học của tam giác. Dưới đây tôi trình bày một số tính chất của hình học phẳng cần áp dụng với loại toán này dưới dạng bổ đề.

Kí hiệu: Cho tam giác BC có I là tâm đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm, G là trọng tâm, J là tâm đường tròn nội tiếp.

B đề 1: Cho tam giác BC nội tiếp đường tròn tâm I, gọi M là trung điểm BC và trực tâm H, J là tâm đường tròn nội tiếp và G là trọng tâm tam giác

BC,

của J với đường tròn ngoại tiếp BC,

qua I, H1 là điểm đối

2 là

điểm đối xứng của

1

là giao điểm

xứng của H qua BC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác BHCA2 là hình bình hành và M là trung điểm HA2. b) AH  2 IM . c) Ba điểm I, H, G thẳng hàng và IH  3IG . d) Hai tam giác A1JB, A1JC cân tại A1 e) H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp ABC. f) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC qua BC. Ch ng

inh

Trang 9 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

 HB  AC  HC  AB a Ta có   HB / / A2C ;   HC / / A2 B  A2C  AC  A2 B  AB

suy ra tứ giác BHC điểm H

2

2

là hình bình hành. Do M là trung điểm BC đồng thời là trung

hay H đối xứng với

2

qua M.

 IM  BC b Vì   AH / / IM và I, M lần lượt là trung điểm của H  AH  BC

đường trung bình của tam giác H

2

2,

AA2 nên IM là

 AH  2IM  AH  2IM

c Ta có AH  2IM  IH  IA  2IM  IB  IC  IH  IA  IB  IC  3IG vậy H, G, I thẳng hàng. d Ta có A1CJ  A1 JC  cân tại

AC nên tam giác 2

1JC

cân tại

1,

tương tự tam giác

1JB

1.

e Ta có tam giác HBH1 cân tại nên CH1H  CHH1 (1), ta có BCH  BAH 2 vì c ng phụ với ABC mặt khác ta có CHH1  BCH  BAH  CBA  900  CHH1  CBA(2)

Từ 1 , 2 suy ra CH1H  CBA suy ra H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BC. f) Từ e suy ra tam giác HBC và tam giác H1BC đối xứng nhau qua đường thẳng BC suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác H1BC đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC c ng chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác BC qua BC. Vận dụng tính chất trên ta xét một số bài tập được khai thác trong các dề thi đại học, đề thi HSG, đề thi thử THPT quốc gia của một số trường sau đây: B i 1. [Trích đề thi đại học khối D-2010] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác

BC có đỉnh

3;-7 , trực tâm là H 3;-

1 , tâm đường tròn ngoại tiếp I -2;0 . Xác định tọa độ C biết C có hoành độ dương.

Phân tích hướng giải:

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 10 lời giải

-Khai thác bổ đề 1b) AH  2 IM suy ra

A

tọa độ M M là trung điểm BC -BC vuông góc với

H, BC đi qua M I

nên viết được phương trình BC, C thuộc đường tròn tâm I.

H

B M

C

H ớng dẫn Ta có IA  74, AH  (0;6) phương trình đường tròn ngoại tiếp BC là (C): ( x  2) 2  y 2  74 .  xM  2  0  xM  2   Gọi M là trung điểm BC ta có AH  2 IM   1  yM  3  yM  2 6

Suy ra M(-2; 3)  IM  (0;3) . Đường thẳng BC qua M và vuông góc với H nên có phương trình: y – 3=0 Tọa độ C x;y là nghiệm của hệ phương trình ( x  2)2  y 2  74   x  2  65   C (2  65;3) .  y  3  0, x  0 y  3   

B i 2. [Trích đề thi học sinh giỏi khối 10 Vĩnh Phúc-2013-2014] Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm lần lượt có tọa độ là I  4;0  , G 

11 1  ;  . Tìm tọa độ các đỉnh  3 3

A, B, C của tam giác ABC biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng  d  : 2 x  y  1  0 và điểm M  4; 2  nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh B của tam giác ABC .

Phân tích hướng giải:

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 11 lời giải

C1: -Khai thác giả thiết B  d

A M

3 2

-Khai thác BN  BG -Khai thác tính chất

N

H

IN  AC  IN / / BM

G

I

(d)

C2: Khai thác bổ đề 1c)

C

B

- IH  3IG  H - Viết pt BH qua H, M suy ra toạ độ điểm B suy ra N. - Viết pt C qua N, vuông góc với BH .

- Viết pt đường tròn I, I

từ đó suy ra A, C.

H ớng dẫn Gọi B(a;1  2a)  d .

3 2

Gọi N là trung điểm AC suy ra BN  BG (1) Mà BN   xN  a; yN  2a  1 , BG  

11 2  a; 2 a   . .

3 3

 3  11  11  a   xN  a  2  3  a      xN  Theo (1) suy ra   2 3 2    y  2a  1  2a   yN  a    N 2 3

11  a

 ; a . suy ra N   2 

3 a  ; a  , BM   4  a; 2a  1 mà IN / / BM  k  : IN  k BM  2 

Ta có IN  

3  a a  1  k 4  a    2  1  B 1; 1 , N  5;1 . a  k  2a  1 k  3 

AC đi qua N  5;1 và có VTPT n  IN  1;1 suy ra AC có phương trình x  y  6  0. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I  4;0  , bán kính R  IB  10

nên có

phương trình:  x  4   y 2  10.

2

Suy ra tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình:

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 12 lời giải

y  6 x  x  y  6  0  y  6  x     x  3 .  2 2 2 2 x  4  y  10 x  4  y  10      x  7   

Vậy A  3;3 , B 1; 1 , C  7; 1 hoặc A  7; 1 , B 1; 1 , C  3;3 B i 3. [Trích đề thi học sinh lớp 12 tỉnh Vĩnh Phúc 2014-2015] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh BC là điểm M  3; 1 , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B đi qua điểm E  1; 3 và đường thẳng chứa cạnh AC đi qua điểm F 1;3 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm D  4; 2  .

Phân tích hướng giải: -Chìa khoá của bài toán là khai thác bổ

A

đề 1a) chứng minh được BDCH là hình bình hành suy ra tọa độ H. -Viết pt BH, -Viết pt C, DC suy ra tọa độ C

I

-M là trung điểm BC nên suy ra B

F

H E

- A  AH  AC

C B

M D

H ớng dẫn giải Gọi H là trực tâm của tam giác ABC , ta chứng minh được BDCH là hình bình hành nên

M là trung điểm của

HD suy ra H  2;0  . Đường thẳng

BH có vtcp là

EH   3;3  vtpt là n BH  1; 1  BH : x  y  2  0 .

Do AC  BH nên vtpt của AC là n AC  u BH  1;1  pt AC : x  y  4  0 Do AC  CD nên vtpt của CD là n DC  u AC  1; 1  pt DC : x  y  6  0 .

Do C là giao của AC và DC nên tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 13 lời giải

x  y  4  0 x  5   C  5; 1  x  y  6  0  y  1

Do M là trung điểm của BC nên B 1; 1 . Vì AH vuông góc với BC nên AH có vtpt là BC   4;0   AH : x  2  0

Do A là giao điểm của AC và AH nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình: x  2  0 x  2   A  2; 2  .  x  y  4  0 y  2

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là A  2;2 , B 1; 1 , 5; 1 B i 4. [Trích đề thi chuyên đề Trần Phú 2014-2015] BC có trực tâm H 1; 1 , tâm đường

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác

tròn ngoai tiếp I. Gọi K, N lần lượt là hình chiếu của C và B trên

I. Tính tọa độ các

đỉnh của tam giác BC, biết K 

22 6  ;   , N  2; 2  và điểm I có tọa độ nguyên.

5  5

Phân tích hướng giải: -Gọi D là giao của

I và đường tròn

ngoại tiếp tam giác

BC, khai thác bổ

A

đề 1a) BHCD là hình bình hành. Gọi M

H(1;-1); K( N(2;-2)

là trung điểm BC thì M là trung điểm I

DH.

H

-Viết phương trình I, BN, CK

22 6 ;- ), 5 5

B

-Tham số tọa độ D  AI  M

M

N

C

K

D

-Khai thác d  M;  BN    d  M,  CK   suy ra D, M. -Có B  BN , I  AI và IM  BM , IB  ID .

H ớng dẫn Gọi D là điểm đối xứng của

qua I

Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành Ta có AI  KN : x  3y  8  0 +) BN: 3x  y  4  0 +) CK : 3x  y  12  0

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 14 lời giải

Gọi M  DH  BC  M là trung điểm của BC và DH 3a  9 a  1  ;  2   2

Vì D  AI  D  3a  8;a   M 

Vì d  M;  BN    d  M,  CK    a  1  D  5; 1 ; M  3; 1 Vì B  BN  B  c; 4  3c  ; I  AI  I  3b  8; b Vì IM  BM nên:  3b  5 3  c    b  1 5  3c   0  c  2b  5 +) Vì IB  ID nên:  b  3  11  7b    3  3b    b  1 2

2

2

2

 b  2   b   3  loai  2 

Với b  2  B 1;1 ,I(2;-2) Vì M là trung điểm BC nên C  5; 3 Vì I là trung điểm của D nên

-1;-3).

B i 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác

BC nội tiếp đường tròn đường tròn

tâm I 6;6 , ngoại tiếp đường tròn tâm J 4;5 . Xác định tọa độ B, C biết

2;3 .

Phân tích hướng giải: -Từ giả thiết viết được phương trình

A

đường tròn ngoại tiếp BC -Khai thác bổ đề 1d) suy ra B, C thuộc đường tròn tâm D bán kính DJ D là giao của

J và đường tròn ngoại tiếp

I

J

ABC)

M

B

C

D

H ớng dẫn Ta có I =5, do đó phương trình đường tròn ngoại tiếp BC là: (C ) : ( x  6) 2  ( y  6) 2  25 .

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 15 lời giải

Đường phân giác J có phương trình: AJ : x  y  1  0 ,đường thẳng này cắt đường tròn C tại điểm thứ 2 là D 9;10  DJ  50 . Đường tròn tâm D bán kính DJ có phương trình (C1 ) : ( x  9) 2  ( y  10) 2  50

Ta có DCJ  DJC 

AC nên tam giác DJC cân tại D. 2

Tương tự ta có tam giác DJB cân tại D. Suy ra B, C là giao của C và C1 . Vậy tọa độ B, C là nghiệm của hệ 2 2   x  2  x  10 ( x  6)  ( y  6)  25     2 2 y  9 ( x  9)  ( y  10)  50   y  3 

Vậy B 2;9 , C 10;3 hoặc B 10;3 , C 2;9 .

Nhận xét: Từ bài toán trên ta có thể khai thác tính chất với cách ra đề khác như sau: B i 6. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác BC nội tiếp đường tròn tâm I 3;5 , ngoại tiếp đường tròn tâm K 1;4 và F 11;14 là tâm đường tròn bàng tiếp cạnh BC. Viết phương trình đường thẳng BC và tìm tọa độ .

Phân tích hướng giải: -Gọi D là giao của ngoại tiếp

K và đường tròn

A

BC. Khai thác bổ đề 1d)

suy ra DB=DC=DK. -Gọi P là trung điểm KF ta chứng minh

D.

I

K

được PB=PC=PK=KF/2 suy ra P tr ng

M

B

C

Khi đó B, C là giao của đường tròn ngoại tiếp

BC và đường tròn đường

D

kính KF. -

là giao điểm của đường tròn ngoại

tiếp BC và đường thẳng KF.

F

H ớng dẫn

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 16 lời giải

-Gọi D là giao của DCK  DKC 

K và đường tròn ngoại tiếp

BC ta chứng minh được

AC nên tam giác DCK cân tại D, tương tự chứng minh được tam 2

giác DBK cân tại D suy ra DB=DC=DK suy ra D là giao điểm của KF và trung trực của BC.(1) -Gọi P là trung điểm KF ta có tam giác KCF vuông tại C nên PC=PK=PF, tam giác BKF vuông tại B nên PB=PK=PF do đó PB  PC  PK 

KF . Suy ra P là giao điểm 2

của KF và trung trực của BC.(2) Từ 1 , 2 suy ra P  D .

Ta suy ra D là trung điểm KF nên D 6;9 Phương trình đường tròn ngoại tiếp BC là: (C ) : ( x  3) 2  ( y  5) 2  25 Phương trình đường tròn đường kính KF là: (C1 ) : ( x  6) 2  ( y  9) 2  50 Tọa độ B, C là nghiệm của hệ 5  13  2 2 ( x  3)  ( y  5)  25 x  x    3 3    2 2 ( x  6)  ( y  9)  50  y  6  y  4    5   13   5   13  Vậy B  ;6  , C  ;4  hoặc C  ;6  , B  ;4   BC : 3 x  4 y  29  0. 3   3  3   3 

Phương trình KF: x  y  3  0 .

Tọa độ Vậy

  x  1 x  y  3  0  x; y là nghiệm của hệ    x  6 2 2 ( x  3)  ( y  5)  25  y  x  3 

-1;7 vì

6;9  D loại .

B i 7. [Trích đề thi THPT quốc gia 2015-Chuyên Vĩnh Phúc] Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc  Oxy  , cho tam giác ABC. Đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3x  5 y  8  0, x  y  4  0 .

Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt lại

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 17 lời giải

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm D  4; 2  . Lập phương trình các đường thẳng AB, AC biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.

Phân tích hướng giải: -Xác định được trung điểm M của BC

A

- AD  BC nên viết được pt D đi qua D. -Xác định được tọa độ điểm K là giao của D và BC.

H

-Khai thác bổ đề 1e) chỉ ra được K là trung điểm DH suy ra tọa độ H. -Xác định được tọa độ điểm

là giao của

B

K

M

C

D và M. - B(t; t  4)  BC và kết hợp M là trung

D

điểm BC suy ra tọa độ M, H là trực tâm BC nên BH  AC  BH .AC  0  t H ớng dẫn giải Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác

BC, K là giao điểm của BC và

D. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của M và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: 7  x  x  y  4  0   7 1 2   M  ;   2 2 3 x  5 y  8  0 y   1  2

D vuông góc với BC nên nAD  uBC  1;1 , kết hợp

D đi qua điểm D suy ra phương

trình của AD :1 x  4   1 y  2   0  x  y  2  0 . Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:

x  y  4  0 x  3   K  3;  1 .  x  y  2  0  y  1

Ta chứng minh được K là trung điểm của HD nên H  2;4  .

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 18 lời giải

Do

là giao điểm của

D và

M nên tọa đô điểm

là nghiệm của hệ phương trình:

3x  5 y  8  0 x  1   A 1;1  x  y  2  0 y 1

Do B thuộc BC  B  t; t  4  , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C  7  t;3  t  . Do H là trực tâm của tam giác BC nên t  2 BH .BC  0   2  t  6  t   8  t  2  t   0   2  t 14  2t   0   t  7

Do t  3  t  2  B  2; 2  , C  5;1 .

Ta có AB  1; 3 , AC   4;0   nAB   3;1 , nAC   0;1 Do đó AB : 3 x  y  4  0; AC : y  1  0.

B i 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác

BC có trực tâm H 2;1 và tâm

đường tròn ngoại tiếp I 1;0 . Trung điểm BC nằm trên đường thẳng có phương trình x2y-1=0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đi qua điểm E 6;-1 và hoành độ điểm B nhỏ hơn 4.

Phân tích hướng giải: -Khai thác bổ đề 1f) ta chứng minh

A

đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam giác

BC qua BC, suy ra tâm J của

I

H

C

đường tròn ngoại tiếp HBC đối xứng với tâm I qua BC. -Mà IM  BC tại trung điểm M của

B

M

K H'

J

BC suy ra M là trung điểm IJ. -Ta có JH=JE H ớng dẫn -Gọi H’ là điểm đối xứng với H qua BC chứng minh H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BC. Khi đó tam giác H’BC đối xứng với tam giác HBC qua BC.

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 19 lời giải

Suy ra tâm J của đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đối xứng với tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác H’BC (c ng là đường tròn ngoại tiếp tam giác BC .

-Gọi M là trung điểm của BC, M  d  M  2t  1; t  suy ra J(1+4t; 2t) JH  JE  1  4t   1  2t    4t  5   2t  1  t  1; M (3;1) 2

2

2

2

PT cạnh BC: 2x+y-7=0 ; PT đường cao H: x-2y=0     Gọi K là giao của H và BC suy ra : K  ;   H '  ;   5 5  5 5 14 7

18 9

PT đường tròn tâm I 1 ;0 bán kính IH’ là :  x  12  y 2  10 BC cắt đường tròn tâm I tại B, C nên tọa độ B, C thỏa mãn HPT 2 x  y  7  0  suy ra B(2;3); C(4;-1).

2 2  x  1  y  10

B đề 2. Cho tam giác ABC nhọn, có trực tâm H và I, K, L lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C xuống các cạnh đối diện. Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác IKL. Ch ng

inh

Chứng minh I là phân giác LIK

A

Ta có tứ giác BLHI nội tiếp nên LIH  LBH (1) Ta

có

tứ

giác

CKHI

nội

tiếp

K

nên

L

KIH  KCH (2)

H

Mà tứ giác BCKL nội tiếp nên KCH  LBH (3) B

Từ 1 , 2 , 3 suy ra LIH  KIH suy ra

I là

C I

phân giác LIK (*) Tương tự suy ra LKH  IKH suy ra BK là phân giác LKI (**) Từ

,

suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác IKL.

B i 10. Cho tam giác

BC có M (2; 1), N (2;2), P(2;2) tương ứng là chân đường cao

hạ từ A, B, C của tam giác BC. Xác định tọa độ , B, C.

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 20 lời giải

Phân tích hướng giải: - Từ bổ đề 2 ta có H là tâm đường tròn

A

nội tiếp tam giác MNP. Từ đó tìm N

được tọa độ H. P

-Viết phương trình các cạnh

B, BC,

H

CA B

C M

H ớng dẫn -Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP. -Viết phương trình MN : x  2  0 Phương trình đường thẳng NP : y  2  0 Phương trình đường thẳng MP : 3x  4 y  2  0 . d : x  2 y  4  0 -Phương trình phân giác của góc tạo bởi MN, MP là  1 d2 : 2 x  y  3  0

Kiểm tra ta được d2 là phân giác trong.

-Phương trình phân giác trong của góc MNP là d3 : x  y  0 . 2 x  y  3  0  x  1 Tọa độ H là nghiệm của hệ    H (1;1) . x  y  0 y  1  

Cạnh BC đi qua M -2 ;1 nhận HM (1; 2) làm VTPT nên có phương trình là BC : x  2 y  4  0.

Cạnh C có phương trình là AC : x  y  4  0.

Cạnh B có phương trình là AB : 3x  y  8  0 .

Vậy tọa độ các đỉnh là A(1;5), B(4; 4), C (4;0).

B i 11. [Trích đề thi học sinh giỏi khối 10 tỉnh Vĩnh Phúc 2011 ] Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H. Các đường thẳng AH, BH, CH lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, F (D khác A, E khác

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 21 lời giải

B, F khác C . Hãy viết phương trình cạnh AC của tam giác ABC; biết rằng  6 17  D  2;1 , E  3; 4  , F  ;  . 5 5 

Phân tích hướng giải: - Gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân đường cao hạ

E

A

từ các đỉnh A, B, C. Từ bổ đề 2 ta có H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác

’B’C’. Mặt

khác chứng minh được EF//B’C’, ED// ’B’, DF// ’C’ nên chỉ ra được H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Từ đó ta c ng có

B' C'

F

H A' C

B D

thể nghĩ tới hướng chứng minh trực tiếp H là tâm đường tròn nội tiếp DEF. Khi đó ta xác định được tọa độ H. - C là trung trực của HE nên viết được phương trình cạnh AC. H ớng dẫn Gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C. Do tứ giác BCB’C’ nội tiếp nên FDA  FCA  ABE  ADE  H nằm trên đường phân giác trong hạ từ D của tam giác DEF, tương tự ta c ng chỉ ra được H nằm trên đường phân giác trong hạ từ đỉnh E của tam giác DEF. Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF. Ta lập được phương trình các đường thẳng DE, DF lần lượt là DE : 3x  y  5  0; DF : 3x  y  7  0 . Do đó phương trình phân giác trong và ngoài của

đỉnh D là

3x  y  5 10



3x  y  7 10

 x  2  0; y  1  0 . Kiểm tra vị trí tương đối của E, F

với hai đường trên ta được phân giác trong kẻ từ đỉnh D là

d : x  2  0 . Tương tự ta lập được phương trình phân giác trong kẻ từ đỉnh E là d ' : x  y  1  0 . Mặt khác H là giao của d và d’ nên H  2;3

Ta có AC là trung trực của HE nên AC đi qua trung điểm B '  ;  và có vtpt là 2 2 5 7

HE  1;1  AC : x  y  6  0 .

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 22 lời giải

B đề 3. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) có tâm I, Kẻ các đường cao BE, CF của tam giác ABC thì IA vuông góc với EF. Ch ng

inh

T ch ng

inh với TH t

Gọi K là giao điểm của

gi c ABC nh n I và DE, H là trực

A

tâm tam giác BC, M là trung điểm C. Ta có tứ giác

DHE nội tiếp đường tròn vì D

K

ADH  AEH  90 .

0

M E

I

suy ra ADE  AHE (c ng chắn E

H

Mặt khác ABF  AHE c ng b với EHF ) Tam giác I C cân tại I nên IAD  ICA .

Gọi M là trung điểm của C ta có MIC 

F

B

C

1 AIC  ABC .

2

Suy ra hai tam giác BF và ICM có ICA  BAF suy ra IAC  ADE  ABC  BAF  900  AKE  900  AI  DE .

TH tam giác ABC tù ta vẫn chứng minh được bổ đề trên.

Kh i th c t nh chất trên t có thể giải đ ợc

t s b i tập s u :

B i 12. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác

BC nhọn nội tiếp đường tròn

(C ) : ( x  1) 2  ( y  2) 2  25. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C. Giả sử

D(2; 2), E (1;2) . Tìm tọa độ , B, C biết

có tung độ âm.

Phân tích hướng giải:

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 23 lời giải

-Vận dụng bổ đề trên ta chứng minh DE vuông góc với I

A

I là tâm đường

tròn ngoại tiếp ABC) -Viết phương trình I suy ra tọa độ .

D

K

-Viết phương trình C qua , D suy ra E

tọa độ C.

I

-Viết phương trình B qua , E suy ra B

tọa độ B

C

A'

H ớng dẫn -Gọi I 1;-2 là tâm đường tròn ngoại tiếp BC. -Ta chứng minh I vuông góc với DE. -Đường thẳng I qua I vuông góc với DE có phương trình là AI : 3x  4 y  5  0 .

Tọa độ

 x  3  3 x  4 y  5  0   y  1  A(5; 5).  thỏa mãn hệ  2 2  x  5 ( x  1)  ( y  2)  25    y  5

-Đường thẳng C đi qua , D có phương trình AC : 3x  7 y  20  0.

Tọa độ C thỏa mãn hệ  114   x  29  3 x  7 y  20  0   y  34  114 34    C ;   .  2 2  29 29 29 ( x  1)  ( y  2)  25      x  5   y  5  

-Đường thẳng B đi qua , E có phương trình AB : 7 x  4 y  15  0 .

Tọa độ B thỏa mãn hệ

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 24 lời giải

 29 x    65  7 x  4 y  15  0   y  193  29 193    B   ; .  2 2 65  65 65  ( x  1)  ( y  2)  25    x  5   y  5 

B i 13. [Trích đề thi thử THPT quốc gia lần 1 năm 2014-2015-Vĩnh Phúc] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác điểm BC là I 6 ;1 . Đường cao

BC có trực tâm H 3 ;0 và trung

H có phương trình x  2 y  3  0. Gọi D, E lần lượt là

chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác

BC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác

BC, biết đường thẳng DE có phương trình x  2  0 và điểm D có tung độ dương.

Phân tích hướng giải: -Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

BC. Gọi A1 là giao điểm của

A

T

và đường tròn ngoại tiếp tam giác BC. -Khai thác bổ đề 3 ta chứng minh DE

D

vuông góc với T .

-Khai thác bổ đề 1a) ta chứng minh được BHC A1 là hình bình hành suy ra I là trung điểm H

T

E H B

I C

1.

-Viết phương trình

T qua A1 và vuông

A1

góc với DE. Ta có A  AA1  AH .

-Viết phương trình đường tròn T, T -Viết phương trình BC qua I, vuông góc với H H ớng dẫn -Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đường tròn ngoại tiếp tam giác

BC. Gọi A1 là giao điểm của

T và

BC.Ta chứng minh được BHCA1 là hình bình hành

suy ra I là trung điểm H A1. Suy ra A1 (9 ;2) -Ta chứng minh DE vuông gócvới T

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 25 lời giải

Đường thẳng Tọa độ

A1 qua A1 vuông góc với DE có phương trình là: y  2  0

 x  2 y  3  0  x  1 thoả mãn hệ    A(1;2) y  2  0 y  2

T là trung điểm

A1 nên T 4;2 , T=5

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BC là (T): ( x  4) 2  ( y  2) 2  25.

Phương trình BC: 2( x  6)  ( y  1)  0  2 x  y  11  0 . ( x  4) 2  ( y  2) 2  25  x  8  x  4 Tọa độ B, C thỏa mãn hệ     y  5  y  3 2 x  y  11  0

Nếu B 8 ;5), C(4 ;-3) thì ta có phương trình AC AC: ( x  1)  ( y  2)  0  x  y  1  0 . x  2  0 Tọa độ D thoả mãn hệ   D(2; 1) loại x  y  1  0 

Nếu B 4 ;-3), C(8 ;5) thì ta có phương trình AC AC: ( x  1)  3( y  2)  0  x  3 y  7  0 . x  2  0 Tọa độ D thoả mãn hệ   D(2;3) thỏa mãn x  3y  7  0

Vậy B 4 ;-3), C(8 ;5).

Chú ý: Ngoài cách làm trên ta có thể nhận xét: -Gọi K là trung điểm của AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K và BCDE nội tiếp đường tròn tâm I. Suy ra IK  DE. -Các bước giải sau c ng khá đơn giản.

B đề 4. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (C) tâm I, gọi D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm tam giác ACD thì IE vuông góc với CD Chứng minh: T ch ng

inh bằng ph ơng ph p vectơ

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 26 lời giải

A

D

E

P

I

B

Ta có CD  AD  AC 

C

1 AB  AC 2

IA  IC  ID  3IE  IE 



 

1 1 IA  IC  ID  2 IP  ID 3 3



P là trung điểm C

Ta có ID. AB  0, IP. AC  0 . Khi đó 1 1 1 1 CD.IE   ID. AC  IP. AB   ( IA  AD). AC  ( IA  AP ). AB 3 3 3 3 1 1 AB 1 AC 1  IA( AB  AC )  . AC  . AB  IA.CB  0 .

3 3 2 3 2 3

Vậy IE vuông góc với CD. B i 14. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác BC cân tại

có D là trung điểm của B.

11 5 13 5 Biết I  ;  , J  ;  lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác  3 3

tâm tam giác

 3 3

DC. Biết M (3; 1), N (3;0) lần lượt thuộc CD và

đỉnh của tam giác BC biết

BC và trọng

B. Tìm tọa độ các

có tung độ dương.

Phân tích hướng giải:

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 27 lời giải

-Vận dụng bổ đề trên ta chứng minh

A

IJ vuông góc với CD. Viết phương trình CD D

-Có ID  ND  ID.ND  0 suy ra tọa

J

P

I

độ D

N

-Viết được phươg trình

M

B, sử dụng

giả thiết J là trọng tâm CD suy ra .

B

C

H ớng dẫn -Ta chứng minh IJ  CD 2  -Viết phương trình CD qua M nhận IJ   ;0  làm VTPT suy ra CD : x  3  0. 3  5  2 Gọi D(3; a )  CD  ID   ; a   , ND   6; a  .

3  3

a  3  D(3;3) 5 Ta có ID  ND  ID.ND  0  a  a  4  0   4 4 a    D (3;  ) 3 3  3  2

TH1: Nếu D 3;3 phương trình AB : x  2 y  3  0  A(2a  3; a),(a  0) Vì C  CD  C (3; c) , vì J là trọng tâm tam giác CD nên 11  3  3  2. a  3  3.  a  4  A(5;4) 3 thỏa mãn.      5 c   2 C (3;  2)   c  3  a  3.  3 4  TH2: Nếu D  3;    AB : 2 x  9 y  6  0  3 

 9a  6  A  ; a , a  0 2  

Vì C  CD  C (3; c) , vì J là trọng tâm tam giác CD nên 9a  6 11  16  3  3   3. a     2 3 9 loại    5 34 c  3  a  3. c    3 9

Vậy A(5;4), B(1;1), C (3; 2).

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 28 lời giải

Chú ý Bổ đề 4 có thể chứng minh bằng phương pháp khác mà không cần sử dụng vectơ, tuy nhiên trong chuyên đề này tôi trình bày cách chứng minh bằng vectơ để nhấn mạnh rằng phương pháp này rất thuận lợi trong việc chứng minh hai đường thẳng song song hoặc vuông góc. Chúng ta có thể sử dụng phương pháp này để chứng minh các yếu tố song song hoặc vuông góc sẽ gặp sau này khi làm bài toán hình học phẳng.

B i tập luyện tập B i 1: Cho tam giác

BC có trung tuyến

3x 5y-8=0 và x-y-4=0. Đường cao kẻ từ

M và cạnh BC lần lượt có phương trình cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác

điểm thứ hai D 4;-2 . Viết phương trình các cạnh

BC tại

B,

C biết rằng hoành độ điểm B

B i 2: Cho tam giác BC nội tiếp đường tròn tâm I và

3;3 . Điểm M 3;-1 nằm trên

không lớn hơn 3. HSGVP-2012) Đs AB : 3x  y  4  0; AC : y  1  0. đường tròn tâm I thuộc cung BC không chứa điểm của điểm M lên BC,

. Gọi D, E lần lượt là hình chiếu

C. Tìm tọa độ điểm B, C biết trực tâm tam giác

BC là H(3;1 ;

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 29 lời giải

đường thẳng DE có phương trình: x 2y-3=0 và hoành độ điểm B nhỏ hơn 2. Tr ch đ thi th đ i học- Chuyên Vĩnh Phúc) B i 3: Cho tam giác

BC có trực tâm H 5;5 . PT đường thẳng chứa cạnh BC là x y-

8=0. Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác tích tam giác BC.

BC đi qua điểm M 7;3 ; N 4;2 . Tính diện

thi th - B c Ninh)

B i 4: Cho tam giác BC có tọa độ trực tâm H 2;2 và tâm đường tròn ngoại tiếp I 1;2 .

Tìm tọa độ các đỉnh , B, C biết trung điểm của cạnh BC có tọa độ là M 1;1 và hoành độ B âm. Tr ch đ thi th đ i học- Chuyên Vĩnh Phúc) B i 5 Cho tam giác BC có

-2;-1) trực tâm H 2;1 ; BC= 20 . Gọi B , C lần lượt là

chân đường cao kẻ từ B, C. lập Pt đường thẳng BC biết trung điểm M của BC nằm trên đường thẳng có phương trình x-2y-1=0; B C đi qua điểm 3;-4 và tung độ điểm M dương.

B i 6: Cho tam giác

BC có B 4;3 ; C 1;4 . Gọi H, B , C lần lượt là trực tâm , chân

đường cao kẻ từ B, C của tam giác

BC. Trung điểm

H nằm trên đường thẳng có

phương trình: x-y=0 Tìm tọa độ đỉnh , biết đường thẳng qua B , C có phương trình x2y-7=0 và hoành độ điểm

nhỏ hơn 2.

B i 7 Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho tam giác BC có trọng tâm G 1;2 . Gọi H là trực tâm tam giác

BC. Biết rằng đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng

H , HB, HC có phương trình là: x2+y2-2x 4y 4=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BC. B i 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh BC là điểm M  3; 1 , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B đi qua điểm E  1; 3 và đường thẳng chứa cạnh AC đi qua điểm F 1;3 . Tìm tọa độ các đỉnh của

tam giác ABC , biết rằng điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm D  4; 2  . ĐS: A  2; 2  , B 1; 1 ,  5; 1 B i 9: Cho tam giác

7 4 BC nội tiếp đường tròn tâm I 2;1 , trọng tâm G  ;  . Phương 3 3

trình cạnh B: x  y  1  0 . Xác định tọa độ , B, C biết x A  xB .

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 30 lời giải

B i 10: Cho tam giac BC không vuông, nội tiếp đường tròn tâm I. Kẻ đường kính M của I . Đường thẳng  qua

vuông góc với BC,  cắt I tại N  A . Tìm , B, C biết

M 5;3 , N 4;4 , BC đi qua P 4;2 , đường thẳng

3 5 C đi qua Q  ;  và điểm B có 2 2

hoành độ dương HSG khối 11-Vĩnh Phúc năm học 2014-2015).

C. PHẦN KẾT UẬN Khi dạy học sinh về phần đường thẳng và các bài toán liên quan đến các đường trong tam giác, việc giúp học sinh nắm vững tính chất các đường, các điểm đặc biệt trong tam giác, hệ thống các dạng bài tập có

nghĩa rất lớn giúp các em giải quyết các

bài toán dạng này một cách dễ dàng hơn. Đó chính là chìa khóa để mở các dữ kiện bị ẩn của bài toán. Khi chưa được hệ thống các dạng bài tập liên quan đến các đường trong tam giác thì phần lớn học sinh có cảm giác sợ học hình học phẳng, chưa định hình được cách giải các bài toán có liên quan.

Qua quá trình giảng dạy tôi nhận thấy rằng có khá nhiều học sinh còn hổng các kiến thức về tính chất các đường trong tam giác ở cấp II, một số tính toán khá chậm và

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 31 lời giải

thiếu chính xác dẫn đến viêc tiếp thu kiến thức và vận dụng làm các bài tập tương tự còn hạn chế.

C ng qua thực tế giảng dạy tôi thấy việc đưa vào giảng dạy các dạng toán trên một cách hệ thống đã giúp các em thấy yêu thích học hình hơn đặc biệt là các bài toán hình học phẳng liên quan đến các đường, các điểm đặc biệt trong tam giác. Giúp các em tự tin hơn trong việc giải các bài tập hình học phẳng có liên quan.

Tóm lại với một số tính chất đặc biệt được hệ thống và chứng minh cụ thể c ng với bài tập tương ứng ở trên tôi hi vọng sẽ giúp học sinh hệ thống được kiến thức về các điểm, các đường đặc biệt trong tam giác. Từ đó vận dụng làm được bài tập có liên quan đồng thời phát triển tư duy để phát hiện các tính chất mới để giải quyết được các bài toán mới, sáng tạo ra các bài tập mới.

D. KIẾN NGHỊ-ĐỀ XUẤT Tôi kính đề nghị nhà trường xếp lớp học sinh tương đồng về năng lực học tập, tăng thêm thời lượng ôn tập để việc giảng dạy được thuận lợi và đạt hiệu quả cao hơn.

Tôi kính đề nghị Sở GD&ĐT tiếp tục tổ chức nhiều đợt hội thảo các chuyên đề ôn thi HSG, ôn thi THPT quốc gia để tôi được học hỏi và trao đổi kinh nghiệm với các đồng nghiệp trong tỉnh nhằm nâng cao chuyên môn qua đó nâng cao hiệu quả giảng dạy.

.

T liệu th

hảo

1. Lê Hồng Đức, Đào Thiện Khải, Lê Ngọc Bích, Phương pháp giải toán hình học, nhà xuất bản Đại Học Sư Phạm, 2004.

2. Lê Qu Mậu, Phạm Hữu Hoài, Chuyên đ bồi dưỡng toán cấp 3 Hình giải t ch phẳng, nhà xuất bản Đà Nẵng, 1998.

3. Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc.

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 32 lời giải

4. Đặng Thành Nam, Kỹ thuật giải nhanh các bài toán hình phẳng Oxy, nhà xuất bản Đại học quốc gia Hà Nội, 2015.

Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có 33 lời giải