Một số bài toán chọn lọc về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng không phải là khó trong chương trình toán phổ thông, tuy nhiên không phải lúc nào ta cũng giải tốt được các bài toán dạng này. Sau đây tôi xin đưa ra một số bài toán điển hình về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Rất mong qua việc giải các bài toán này chúng ta sẽ có thêm những phương pháp học mới phù hợp cho bản thân để hiệu quả đem lại lớn nhất.

 

Câu 1.  Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho tam giác ${A B C}$ biết $A(1;5),\,\,B(4;1),\,\,C(1;1)$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ${A B C}$. Tính độ dài đoạn thẳng ${O I}$.

Hướng dẫn Câu 1: 

Ta có $B C=3, C A=4, A B=5$.   Gọi $I(x ; y)$.  Vì $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ${A B C}$

nên $3 \overrightarrow{I A}+4 \overrightarrow{I B}+5 \overrightarrow{I C}=\overrightarrow{0} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}3(1-x)+4(4-x)+5(1-x)=0 \\ 3(5-y)+4(1-y)+5(1-y)=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=2\end{array} \Rightarrow I(2 ; 2)\right.\right.$. 

Vậy $O I=2 \sqrt{2}$.

 

Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho tam giác ${A B C}$ có phương trình $B C: x+7 y-13=0$. Các chân đường cao kẻ từ ${B, C}$ lần lượt là $E(2;5),\,\,F(0;4)$. Tìm tọa độ điểm $A$.

Hướng dẫn Câu 2: 

Gọi $I(13-7 n ; n)$ là trung điểm của ${BC}$, khi đó ta có: $I E=I F$ mà $I E=50 n^2-164 n+146 ; I F=50 n^2-190 n+185$

$\Rightarrow 50 n^2-164 n+146=50 n^2-190 n+185 \Leftrightarrow n=\frac{3}{2}$ $\Rightarrow I\left(\frac{5}{2} ; \frac{3}{2}\right)$

Gọi $B(13-7 m ; m)$.

Vì $I$ là trung điểm của ${BC}$ nên $C(7 m-8 ; 3-m)$ $\Rightarrow \overline{BE}=(7m-11;5-m);\overline{CE}=(10-7m;2+m)\text{.}$

$\text{V }\!\!\grave{\mathrm{i}}\!\!\text{  }BE\bot AC\text{ n }\!\!\hat{\mathrm{e}}\!\!\text{ n }\overline{BE}\cdot \overline{CE}=0\Leftrightarrow {{m}^{2}}-3m+2=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{*{35}{l}} m=1  \\m=2  \\\end{array} \right.$

$m=1$: B(6 ; 1), C(-1 ; 2) $\Rightarrow A\left(\frac{2}{3} ; \frac{11}{3}\right)$.  Trường hợp này không thỏa mãn.

$m=2$ $\Rightarrow B(-1 ; 2) ; C(6 ; 1) \Rightarrow A(1 ; 6)$.

 

Câu 3.  Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho các đường thẳng ${{\Delta }_{1}}:3x-4y+6=0,\,\,{{\Delta }_{2}}:3x-4y-9=0$, $\Delta_3: 3 x-4 y+11=0$. Một đường thẳng $d$ thay đổi cắt ba đường thẳng ${{\Delta }_{1}},\,\,{{\Delta }_{2}},\,\,{{\Delta }_{3}}$ lần lượt tại $A,\,\,B,\,\,C$. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=A B+\frac{96}{A C^2}$.

Hướng dẫn Câu 3: 

- Nhận thấy các đường thẳng $\Delta_1, \Delta_2, \Delta_3$ song song với nhau và

$d\left(\Delta_1 ; \Delta_2\right)=\frac{|6+9|}{\sqrt{3^2+4^2}}=3 ; d\left(\Delta_1 ; \Delta_3\right)=\frac{|6-11|}{\sqrt{3^2+4^2}}=1 ; d\left(\Delta_2 ; \Delta_3\right)=\frac{|-9-11|}{\sqrt{3^2+4^2}}=4$

Suy ra: $\Delta_1$ nằm giữa $\Delta_2$ và $\Delta_3$. Do đó nếu $d$ cắt 3 đường thẳng đó lần lượt tại ${A, B, C}$ thì $A$ nằm giữa $B$ và $C$.

- Qua $A$ dựng đường thẳng vuông góc với $\Delta_1$, cắt $\Delta_2$ và $\Delta_3$ lần lượt tại $H$ và $K$

\[\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{AH}{AK}=\frac{3}{1}=3\Rightarrow AB=3\cdot AC\]

\[\Rightarrow P=AB+\frac{96}{A{{C}^{2}}}=3\cdot AC+\frac{96}{A{{C}^{2}}}=3\cdot \left( AC+\frac{32}{A{{C}^{2}}} \right)=3\cdot \left( \frac{AC}{2}+\frac{AC}{2}+\frac{32}{A{{C}^{2}}} \right)\]

\[\ge 3\cdot 3\cdot \sqrt[3]{\frac{AC}{2}\cdot \frac{AC}{2}\cdot \frac{32}{A{{C}^{2}}}}=18.\]    Dấu bằng xảy ra khi $\left\{ \begin{align}  & AC=4 \\  & AB=12 \\ \end{align} \right.$.

 

Câu 4.  Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có đỉnh $A( 2;-2)$, trọng tâm $G( 0;1)$ và trực tâm $H\left( \frac{1}{2}\,;\,1 \right)$. Tìm tọa độ của hai điểm $B$, $C$.

Hướng dẫn Câu 4: 

Gọi M  là trung điểm cạnh BC, ta có $\overrightarrow{AM}=\frac{3}{2}.\overrightarrow{AG}\Rightarrow M\left( -1;\frac{5}{2} \right)$

$\overrightarrow{AH}=\left( \frac{-3}{2};3 \right)$ hay $\overrightarrow{n}=\left( 1;-2 \right)$ là pháp vectơ của đường thẳng BC.

Phương trình $BC:x-2y+6=0\Leftrightarrow x=2y-6$

Vì B và C đối xứng với nhau qua M nên gọi $B(2m-6;\,\,m)$thì có $C(4-2m;\,\,5-m)$.

$\overrightarrow{AB}=\left( 2m-8;\,\,m+2 \right)$; $\overrightarrow{HC}=\left( \frac{7}{2}-2m;\,\,4-m \right)$. Ta có: $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{HC}=0$

$\Rightarrow (m-4)(5-5m)=0\Leftrightarrow m=4;\,\,m=1$. Vậy có $B(2;4),\,\,C(-4;1)$ hoặc $B(-4;1),\,\,C(2;4)$.

 

Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ $O x y$, cho hình bình hành $A B C D$ có $A(-5 ; 2)$, gọi $M(-1 ;-2)$ là điểm nằm bên trong hình bình hành sao cho $\widehat{M D C}=\widehat{M B C}, M B \perp M C$ và $\tan \widehat{D A M}=\frac{1}{2}$. Tìm tọa độ điểm $D$.

Hướng dẫn Câu 5:

Gọi $E$ là điểm thứ tư của hình bình hành $M A B E$, dễ thấy $M E C D$ cũng là hình bình hành nên $\widehat{M E C}=\widehat{M D C}$. Mà $\widehat{M D C}=\widehat{M B C}$ suy ra $\widehat{M E C}=\widehat{M B C}$ hay tứ giác $B E C M$ nội tiếp.
Suy ra $\widehat{B M C}+\widehat{B E C}=180^{\circ} \Rightarrow \widehat{B E C}=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$
Ta có $\triangle A M D=\triangle B E C$ (c.c.c) $\Rightarrow \widehat{A M D}=\widehat{B E C}=90^{\circ}$ hay $\triangle A M D$ vuông tại $M$
Vì $\tan \widehat{D A M}=\frac{D M}{M A}=\frac{1}{2} \Rightarrow D M=\frac{1}{2} M A$
Ta có $M A=4 \sqrt{2} \Rightarrow M D=2 \sqrt{2} \Rightarrow A D^2=M A^2+M D^2=40$.
Giả sử $D(x ; y)$ ta có $\left\{\begin{array}{l}A D^2=40 \\ M D^2=8\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}(x+5)^2+(y-2)^2=40 \\ (x+1)^2+(y+2)^2=8\end{array}\right.\right.$.
Giải hệ phương trình trên và sau đó có hai điểm $D$ thỏa mãn đề bài là: $D(-3 ;-4), D(1 ; 0)$.

 

Câu 6. Trong mặt phẳng tọa độ $O x y$, cho hình chữ nhật $A B C D$ có diện tích bằng 20 , điểm $M(6 ; 3)$ thuộc đường thẳng $A B$, điểm $N(1 ;-2)$ thuộc đường thẳng $B C$ và phương trình $B D$ : $x+y-1=0$. Tìm tọa độ các đỉnh $A, B, C, D$ biết hai điểm $B$ và $D$ cùng có tung độ là số dương.

Hướng dẫn Câu 6:

$B\left( b;1-b \right)\in BD$, $\overrightarrow{MB}.\overrightarrow{NB}=0$, suy ra $B\left( 0;1 \right)$.

Phương trình $AB:x-3y+3=0$, $BC:3x+y-1=0$.

$D\left( d;1-d \right)\in BD$, ${{S}_{ABCD}}=20\Leftrightarrow {{d}_{(D;AB)}}.{{d}_{\left( D;BC \right)}}=20$ và tung độ $D$ dương, suy ra $D\left( -5;6 \right)$.

Phương trình $AD:3x+y+9=0$.  $AB\cap AD=\left\{ A \right\}$ $\Rightarrow A\left( -3;0 \right)$.   $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}$ $\Rightarrow C\left( -2;7 \right)$.

 

Câu 7.  Trong mặt phẳng tọa độ ${Oxy}$, cho tam giác ${ ABC }$ không là tam giác vuông và nội tiếp đường tròn có tâm là ${I}$; điểm $H(2;2)$ là trực tâm tam giác ${ ABC }$. Kẻ các đường kính ${AM}$, ${BN}$ của đường tròn tâm ${I}$, cho biết $M(5;3)$ và $N (1;3)$ và đường thẳng ${BC}$ đi qua điểm $P(4;2)$. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ${ABC}$.

Hướng dẫn Câu 7: 

Các tứ giác ${BHCM}$, ${AHCN}$ là các hình bình hành suy ra nếu gọi ${E, F}$ lần lượt là trung điểm của ${BC, CA}$ thì ${E, F}$ là trung điểm của ${HM, HN}$.  Do đó $E\left( \frac{7}{2};\frac{5}{2} \right),F\left( \frac{3}{2};\frac{5}{2} \right)$.

Đường thẳng ${BC}$ đi qua điểm ${P(4;2)}$, $E\left( \frac{7}{2};\frac{5}{2} \right)$ nên $BC:x+y-6=0$.

${AH}$ vuông góc với ${BC}$, suy ra ${AH}$: $x-y=0$.  $A\in AH\Rightarrow A\left( a;a \right),$  $C\in BC\Rightarrow C\left( b;6-b \right)$.

Do ${F}$ là trung điểm ${AC}$, tìm ra $A\left( 1;1 \right),C\left( 2;4 \right)$.  Do ${E}$ là trung điểm ${BC}$, tìm ra $B\left( 5;1 \right)$.

Vậy $A\left( 1;1 \right),B\left( 5;1 \right),C\left( 2;4 \right)$.

 

Câu 8.  Trong mặt phẳng tọa độ ${Oxy}$, cho tam giác ${ABC}$ biết đường phân giác trong của góc $A$ là ${{d}_{1}}:x-y+7=0$, đường cao hạ từ $B$ là ${{d}_{2}}:2x+y-8=0$, đường trung tuyến qua $C$ là ${{d}_{3}}:2x-7y+50=0$ và $AC=2AB$. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ${ABC}$.

Hướng dẫn Câu 8: 

$A\left( a;a+7 \right)\in {{d}_{1}}$, $B\left( b;-2b+8 \right)\in {{d}_{2}}$, $C\left( -25+7c;2c \right)\in {{d}_{3}}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AC$ $\Rightarrow M\left( \frac{a+7c-25}{2};\frac{a}{2}+c+\frac{7}{2} \right)$.

Gọi $N$ là trung điểm của $AB$ $\Rightarrow N\left( \frac{a+b}{2};\frac{a}{2}-b+\frac{15}{2} \right)$.

$\overrightarrow{AC}=\left( -a+7c-25;-a+2c-7 \right)$, $\overrightarrow{BM}=\left( \frac{a-2b+7c-25}{2};\frac{a}{2}+2b+c-\frac{9}{2} \right)$.

Dễ thấy $N\in {{d}_{3}}$, $AC\bot {{d}_{2}}$, $BM\bot {{d}_{1}}$, ta có  $\left\{ \begin{align}& a+b-\frac{7}{2}a+7b-\frac{105}{2}+50=0 \\ & -a+7c-25+2a-4c+14=0 \\ & \frac{a-2b+7c-25}{2}+\frac{a}{2}+2b+c-\frac{9}{2}=0 \\ \end{align} \right.$ giải ra $\left\{ \begin{align}& a=-1 \\ & b=0 \\ & c=4 \\ \end{align} \right.$.

Vậy $A\left( -1\,;\,6 \right)$, $B\left( 0\,;\,8 \right)$, $C\left( 3\,;\,8 \right)$.

 

Câu 9.  Trong mặt phẳng tọa độ ${Oxy}$, cho tam giác ${ABC}$ biết đường phân giác trong của góc $A$ là ${{d}_{1}}:x-y+7=0$, đường cao hạ từ $C$ là ${{d}_{2}}:x+2y-19=0$, đường trung tuyến qua $B$ là ${{d}_{3}}:x+y-8=0$. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ${ABC}$.

Hướng dẫn Câu 9:

$A\left( a;a+7 \right)\in {{d}_{1}}$, $B\left( b;-b+8 \right)\in {{d}_{3}}$, $C\left( -2c+19;c \right)\in {{d}_{2}}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AC$ $\Rightarrow M\left( \frac{a-2c+19}{2};\frac{a+c+7}{2} \right)$.

$\overrightarrow{AB}=\left( b-a\,;\,-b-a+1 \right)$.  Dễ thấy $M\in {{d}_{3}}$, $AB\bot {{d}_{2}}$, $A{{C}^{2}}=4A{{B}^{2}}$, ta có 

$\left\{ \begin{align}  & a-\frac{1}{2}c+13-8=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1) \\  & 2b-2a+a+b-1=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2) \\  & {{\left( a+2c-19 \right)}^{2}}+{{\left( a-c+7 \right)}^{2}}=4\left[ {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( a+b-1 \right)}^{2}} \right]\,\,\,\,(3) \\ \end{align} \right.$

Từ (1) và (2) có \[\left\{ \begin{align}  & c=2a+10=6b+8 \\  & a=3b-1 \\ \end{align} \right.\] thay vào (3) giải ra $\left\{ \begin{align}  & a=-1 \\  & b=0 \\  & c=8 \\ \end{align} \right.$.

Vậy $A\left( -1\,;\,6 \right)$, $B\left( 0\,;\,8 \right)$, $C\left( 3\,;\,8 \right)$.

 

Câu 10. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$, có hai đường trung tuyến $B N$ và $C M$. Gọi $\alpha$ là góc giữa hai đường thẳng $B N$ và $C M$. Chứng minh rằng $\cos \alpha \geq \frac{4}{5}$.

Hướng dẫn Câu 10:

Chọn hệ tọa độ $O x y$ sao cho $A \equiv O, B(b ; 0), C(0 ; c)$. Khi đó $M\left(\frac{b}{2} ; 0\right), N\left(0 ; \frac{c}{2}\right)$.
Trọng tâm tam giác $A B C$ là $G\left(\frac{b}{3} ; \frac{c}{3}\right)$.

$\overrightarrow{GM}=\left( \frac{b}{6}\,;\,-\frac{c}{3} \right)$, $\overrightarrow{GB}=\left( \frac{2b}{3}\,;\,-\frac{c}{3} \right)$, $\left| \overrightarrow{GM} \right|=\frac{\sqrt{{{b}^{2}}+4{{c}^{2}}}}{6}$, $\left| \overrightarrow{GB} \right|=\frac{\sqrt{4{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}{3}$, $\overrightarrow{GM}\,.\,\overrightarrow{GB}=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{9}$.

$\cos \alpha =\frac{\left| \overrightarrow{GM}\,.\,\overrightarrow{GB} \right|}{\left| \overrightarrow{GM} \right|.\left| \overrightarrow{GB} \right|}$$=\frac{2\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{\sqrt{{{b}^{2}}+4{{c}^{2}}}\,.\,\sqrt{4{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}$, lại có $\sqrt{{{b}^{2}}+4{{c}^{2}}}.\sqrt{4{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}\le \frac{5\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{2}$

Suy ra $\text{cos}\alpha \ge \frac{4}{5}$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \[{{b}^{4}}+4{{c}^{2}}=4{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\Leftrightarrow b=c\].

 

Câu 11. Trong mặt phẳng tọa độ ${Oxy}$, cho hình vuông ${A B C D}$, có phương trình đường thẳng chứa cạnh BD: $x+y-3=0$, điểm $M(-1 ; 2)$ thuộc đuờng thẳng ${A B}$, điểm $N(2 ;-2)$ thuộc đuờng thẳng ${A D}$. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ${A B C D}$, biết điểm $B$ có hoành độ dương.

Hướng dẫn Câu 11:

+ Gọi ${H}$ là hình chiếu vuông góc của ${M}$ trên ${BD}$, khi đó $M H=d(M ; B D)=\frac{|-1+2-3|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\sqrt{2} \text {. }$

+ Do tam giác ${BHM}$ vuông cân tại ${H}$ (vì có góc ${MBH}$ bằng $45^{\circ}$) nên: $B M=\sqrt{2} M H=2$

$B\left( b\,;\,3-b \right)\in BD$

Khi đó: $B M=2 \Leftrightarrow(-1-b)^2+(b-1)^2=4 \Leftrightarrow b^2=1 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}b=1 \\ b=-1({~L})\end{array} \rightarrow B(1 ; 2)\right.$.

+ ${AB}$ đi qua 2 điểm ${B}$ và ${M}$ có phương trình: ${y}=2, {AD}$ đi qua ${N}$ và vuông góc với ${AB}$ nên có phương trình: ${x}=2$. Suy ra ${A}(2 ; 2)$.

+ $D=AD\cap BD\Rightarrow $ Tọa độ điểm ${D}$ là nghiệm hệ: $\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ x+y-3=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=1\end{array} \rightarrow D(2 ; 1)\right.\right.$.

+ Gọi I là trung điểm ${BD} \rightarrow I\left(\frac{3}{2} ; \frac{3}{2}\right) \rightarrow C(1 ; 1)$ (Do ${I}$ cũng là trung điểm ${AC}$ ).

+ Kết luận: ${A}(2 ; 2), {B}(1 ; 2), {C}(1 ; 1), {D}(2 ; 1)$.

 

Câu 12. Trong mặt phẳng tọa độ ${Oxy}$, cho hình thang vuông ${A B C D}$ tại $A$ và $D$, có $B(1 ; 2), A B=A D$, đường thẳng ${BD}$ có phương trình $y=2$. Biết đường thẳng $\Delta$ có phương trình $7 x-y-25=0$ cắt các đoạn thẳng ${A D}$, ${C D}$ lần lượt tại hai điểm ${M}$, ${N}$ sao cho ${B M}$ vuông góc với ${B C}$ và tia ${B N}$ là tia phân giác trong của góc ${MBC}$. Tìm tọa độ điểm ${D}$, biết ${D}$ có hoành độ dương.

Hướng dẫn Câu 12:

+ Gọi ${H}$ là hình chiếu của ${B}$ trên ${CD}$, từ giả thiết ta có ${ABHD}$ là hình vuông.

Từ đó và từ già thiết ${BM}$ vuông góc ${BC} \Rightarrow C B H=M B A$ (cùng phụ với góc ${MBH}$ )

$\Rightarrow \triangle C B H=\triangle M B A \Rightarrow C B=M B$

Từ đó và từ giả thiết ${BN}$ là tia phân giác trong của góc ${MBC}$ suy ra $\triangle C B N=\triangle M B N({c} . {g} \cdot {c})$.

+ Khi đó ${BH}={d}({B} ; {CN})={d}({B} ; \Delta)=\frac{|7-2-25|}{\sqrt{50}}=2 \sqrt{2}$.

+ Do ${ABHD}$ là hình vuông nên tam giác ${DHB}$ vuông cân tại ${H}$ nên ${BD}=\sqrt{2} {BH}=4$.

+ Do $D(~\text{d};2)\in BD,\,\,\text{d}>0$. Suy ra ${BD}=4 \Leftrightarrow({d}-1)^2=16 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}d=5 \\ d=-3({~L})\end{array} \rightarrow D(5 ; 2)\right.$.

 

Câu 13. Trong mặt phẳng tọa độ ${Oxy}$, cho hình vuông ${A B C D}$. Gọi ${M}$ là trung điểm ${B C}$, ${N}$ là điểm thuộc cạnh ${C D}$ sao cho ${C N=2ND}$. Giả sử $M\left(\frac{11}{2} ; \frac{1}{2}\right)$ và đường thẳng ${AN}$ có phương trình: ${2 x-y-3=0}$. Tìm tọa độ điểm $A$.

Hướng dẫn Câu 13:

+ Gọi ${H}$ là hình chiếu cùa ${M}$ trên ${AN} \Rightarrow M H=d({M} ; {AN})=\frac{\left|2 \cdot \frac{11}{2}-\frac{1}{2}-3\right|}{\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{3 \sqrt{5}}{2}$.

+ Đặt $\text{AB}=\text{a}\Rightarrow AN=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a}{3} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{10}}{3}$

$\Rightarrow {{S}_{\Delta AMN}}=\frac{1}{2}AN\cdot d(\text{M};\text{AN})=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{10}}{3}\cdot \frac{3\sqrt{5}}{2}=\frac{5\sqrt{2}a}{4}$.

+ Ta có: $S_{\triangle A M N}=S_{A B C D}-\left(S_{\triangle A D N}+S_{\triangle C N M}+S_{\triangle A B M}\right)=a^2-\left(\frac{a^2}{6}+\frac{a^2}{6}+\frac{a^2}{4}\right)=\frac{5 a^2}{12}$

Suy ra: $\frac{5 a \sqrt{2}}{4}=\frac{5 a^2}{12} \Leftrightarrow a=3 \sqrt{2} \Rightarrow A M=\sqrt{A B^2+B M^2}=\frac{3 \sqrt{10}}{2}$

+ $A(\text{a};2\text{a}-3)\in AN\Rightarrow \overrightarrow{AM}\left( \frac{11}{2}-a;\frac{7}{2}-2a \right)$

Khi đó:

$AM=\frac{3\sqrt{10}}{2}$   . . . $\Leftrightarrow {{a}^{2}}-5a+4=0\Leftrightarrow \left[\begin{array}{*{35}{l}}   a=1\to A(1;-1)  \\   a=4\to A(4;5)  \\\end{array} \right.$

+ Vậy ${A(1 ;-1)}$ ; ${A(4 ; 5)}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 

Câu 14. Trong mặt phẳng $O x y$ cho $\triangle A B C$ có đỉnh $A(2 ;-2)$, trọng tâm $G(0 ; 1)$ và trực tâm $H\left(\frac{1}{2} ; 1\right)$. Tìm tọa độ của $B, C$ và tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp $\triangle A B C$.

Hướng dẫn Câu 14:

Gọi M là trung điểm cạnh BC, ta có $\overrightarrow{AM}=\frac{3}{2}.\overrightarrow{AG}\Rightarrow M\left( -1;\frac{5}{2} \right)$

$\overrightarrow{AH}=\left( \frac{-3}{2};3 \right)$ hay $\overrightarrow{n}=\left( 1;-2 \right)$ là pháp vectơ của đường thẳng $BC$.

Phương trình $BC:x-2y+6=0\Leftrightarrow x=2y-6$

Vì B và C đối xứng với nhau qua M nên gọi $B(2m-6;\,\,m)$thì có $C(4-2m;\,\,5-m)$.

$\overrightarrow{AB}=\left( 2m-8;\,\,m+2 \right)$; $\overrightarrow{HC}=\left( \frac{7}{2}-2m;\,\,4-m \right)$. Ta có: $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{HC}=0$

$\Rightarrow (m-4)(5-5m)=0\Leftrightarrow m=4;\,\,m=1$.

Vậy có $B(2;4),\,\,C(-4;1)$ hoặc $B(-4;1),\,\,C(2;4)$.

Kẻ đường kính AK của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC

Tứ giác BHCK có BH//KC và BK//HC nên BHCK là hình bình hành. Suy ra: HK và BC cắt nhau tại M là trung điểm của BC và M cũng là trung điểm của HK.

Ta có $H\left( \frac{1}{2};1 \right)$,$M\left( -1;\frac{5}{2} \right)$$\Rightarrow K\left( -\frac{5}{2};4 \right)$. Bán kính $R=\frac{1}{2}AK=\frac{15}{4}$.

 

Câu 15. Trong mặt phẳng ${Ox} y$, cho $\triangle A B C$ có ${B}(4 ;-3)$ và tâm đường tròn nội tiếp là $J$. Gọi $P, N, M$ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn $({J})$ với các cạnh $A B, A C, B C$. Điểm ${H}(-2 ; 3)$ là giao điểm của $N P$ với $B J$. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác $\triangle A B C$ biết phương trình $A C: 2 x-y+9=0$

Hướng dẫn Câu 15:

Ta có: $\Delta BPH=\Delta BMH$  $\left. \begin{align} & \Rightarrow \widehat{APN}=\widehat{HMC} \\ & \,\,\,\,\,\,\widehat{APN}=\widehat{ANP}=\widehat{HNC} \\ \end{align} \right\}\Rightarrow \widehat{HMC}=\widehat{HNC}$

$\Rightarrow $ tứ giác $MNHC$ nội tiếp, mà tứ giác $MJNC$ nội tiếp đường tròn đường kính $JC$ nên $H$ thuộc đường tròn đường kính $JC$$\Rightarrow BH\bot HC$

+) Viết được phương trình $CH$$\Rightarrow C=AC\cap CH\Rightarrow C(-4;1)$

+) Lấy $C'$ đối xứng $C$ qua $BH$$\Rightarrow C'\in AB\Rightarrow C'(0;5)$

+) Viết được phương trình $AB$$\Rightarrow A=AC\cap AB\Rightarrow A(-1;7)$.

 

Câu 16. Cho tam giác ${ABC}$ vuông cân tại ${C}$. Trên các cạnh ${BC}, {CA}, {AB}$ lần lượt lấy các điềm ${M}, {N}, {P}$ sao cho $\frac{M B}{M C}=\frac{N C}{N A}=\frac{P A}{P B}$. Chứng minh rằng $C P \perp M N$ và ${CP}={MN}$.

Hướng dẫn Câu 16:

Chọn hệ trục Oxy sao cho $O \equiv C$, tia ${Ox} \equiv {CA}$ và tia ${Oy} \equiv {CB}$.

Ta có toạ độ các điểm ${C}(0 ; 0), {A}(1 ; 0), {B}(0 ; 1)$.

Từ giả thiết ta đặt $\frac{M B}{M C}=\frac{N C}{N A}=\frac{P A}{P B}=k$

Do đó $\left\{ \begin{matrix} \overrightarrow{CM}=\frac{1}{1+k}\overrightarrow{CB}  \\ \overrightarrow{CN}=\frac{k}{1+k}\overrightarrow{CA}  \\ \overrightarrow{CP}=\frac{1}{1+k}\overrightarrow{CA}+\frac{k}{1+k}\overrightarrow{CB}  \\ \end{matrix} \right.$  $\Rightarrow\left\{\begin{array}{c}M\left(0 ; \frac{1}{1+k}\right) \\ N\left(\frac{k}{1+k} ; 0\right) \\ P\left(\frac{1}{1+k} ; \frac{k}{1+k}\right)\end{array}\right.$

Từ đó $\overrightarrow{M N} \cdot \overrightarrow{C P}=\frac{k}{(1+k)^2}-\frac{k}{(1+k)^2}=0 \Rightarrow C P \perp M N$

$\overrightarrow{M N}{ }^2=\frac{k^2+1}{(1+k)^2}=\overrightarrow{C P}^2$.

 

Câu 17.  Cho hình vuông ${ABCD}$. ${E}$ là điểm tùy ý thuộc cạnh ${CD}$, ${P}$ là hình chiếu vuông góc của $E$ lên $AC$, $Q$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $AE$. Chứng minh ba điểm $B$, $P$, $Q$ thẳng hàng.

Hướng dẫn Câu 17:

Không mất tính tổng quát, gọi cạnh của hình vuông bằng 1. Chọn hệ trục tọa độ có gốc $B$, trục hoành là tia $BC$, trục tung là tia $BA$.

Khi đó $B(0;0)$, $A(0;1)$, $C(1; 0)$, $D(1;1)$, $E(1; t)$, với $0\le t\le 1$.

Ta xác định tọa độ điểm $P$. Giả sử $P(x; y)$.

Khi đó $\overrightarrow{E P}=(x-1 ; y-t), \overrightarrow{A P}=(x ; y-1), \overrightarrow{A C}=(1 ;-1)$
Vì $A, P, C$ thẳng hàng nên $\frac{x}{1}=\frac{y-1}{-1} \Leftrightarrow x+y=1$
Vì $E P \perp A C$ nên $x-y=1-t$ (2). Từ (1) và (2) suy ra $P\left(\frac{2-t}{2} ; \frac{t}{2}\right)$
Tương tự, ta tìm được $Q\left(\frac{2-t}{t^2-2 t+2} ; \frac{t}{t^2-2 t+2}\right)$
Dễ thấy $\overrightarrow{B Q}=\frac{2}{t^2-2 t+2} \overrightarrow{B P}$.
Vậy $B, P, Q$ thẳng hàng.

Nguyễn Quốc Hoàn ,  01/3/2023