Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Hình học phẳng - Dạng 7: Hình học Oxy về đường tròn - Ngô Tùng Hiếu

Nội dung text: Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Hình học phẳng - Dạng 7: Hình học Oxy về đường tròn - Ngô Tùng Hiếu

1. Loại 7: Hình học Oxy về đường tròn. Câu 1. [SỞ THỪA THIÊN HUẾ ( Bảng B- Vòng 2)- năm học 1999-2000] Cho parabol (P): y2=2x và đường tròn (C):x2+y2–8x+12=0. Chứng minh rằng có vô số tam giác với ba đỉnh trên (P) mà các cạnh tiếp xúc với (C). Lời giải Đường tròn (C) có tâm I(4,0), bán kính R = 2. Lấy A(x1; y1), B(x2; y2) tùy ý ( y1 y2) thuộc (P), phương trình đường thẳng AB là: AB: (y - y1)(x2 - x1) = (y2 - y1)(x - x1) 2 2 Do A, B (P) nên y1 2x1 , y2 2x2 do đó: AB: 2x – (y1 + y2)y + y1.y2 = 0. Tìm điều kiện tiếp xúc: | 8 y y | AB tiếp xúc (C) 1 2 2 (8 y y )2 4 4 (y y )2 (1) . 2 1 2 1 2 4 (y1 y2 ) Tượng tự, nếu C(x3; y3) thuộc (P) và y1 y3, ta có: 2 2 AC tiếp xúc (C) (8 y1y3 ) 4 4 (y1 y3 ) (2) . Do đó nếu AB và AC tiếp xúc (C) ta được (1) và (2). Điều này chứng tỏ y1 và y3 là hai nghiệm của phương trình ẩn y: 2 2 2 2 2 (8 y1y) 4 4 (y1 y) hay (y1 4)y 8y1y 48 4y1 0 (3) Với y1 2, (3) là phương trình bậc hai có ’ > 0 nên (3) luôn có hai nghiệm y2 và y3: 2 8y1 48 4y1 y2 y3 2 và y2.y3 2 4 y1 y1 4 2 2 Do đó, thế vào ta được: (8 y2 y3 ) 4 4 (y2 y3 ) .Vậy theo điều kiện tiếp xúc ta được BC tiếp xúc (C). Và từ các kết quả trên chứng tỏ rằng có vô số tam giác thỏa đề bài. Câu 2. [Trường THPT Quế Võ 1- năm học 2008-2009- Bắc Ninh] Lập phương trình đường tròn ( C ) qua điểm A(-1; -2) và tiếp xúc với đường thẳng d: 7x y 5 0 tại điểm M(1; 2). Lời giải Viết được pt đường thẳng đi qua tâm I của đường tròn (C) và vuông góc với đường thẳng d x 1 7t là từ đó suy ra I(1+7t;2-t) y 2 t +) (C) tiếp xúc với d khi và chỉ khi IM=R IM2=R2 R2=50t2 +) (C) có dạng (x-1-7t)2+(y-2+t)2=50t2 +) A (C) t=-1. Vậy (C): (x+6)2+(y-3)2=50.
2. Câu 3. (Đề thi chọn HSG vòng tỉnh Vĩnh Long – NH: 2016 – 2017) Trong mặt phẳng Oxy cho 1 ABC có đỉnh A 2; 2 , trọng tâm G 0;1 và trực tâm H ;1 . Tìm tọa độ của B,C và 2 tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp ABC . Hướng dẫn giải: A (C)  3  5 Gọi M là trung điểm cạnh BC, ta có AM .AG M 1; 2 2 I H  3 AH ;3 hay n 1; 2 là pháp vectơ của đường thẳng BC. 2 C B M Phương trình BC : x 2y 6 0 x 2y 6 K Vì B và C đối xứng với nhau qua M nên gọi B(2m 6; m) thì có C(4 2m; 5 m) .   7   AB 2m 8; m 2 ; HC 2m; 4 m . Ta có: AB.HC 0 2 (m 4)(5 5m) 0 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. 1 5 5 1 15 Ta có H ;1 , M 1; K ;4 . Bán kính R AK 2 2 2 2 4 LOẠI 7:Hình học Oxy về đường tròn. Câu 4. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , viết phương trình đường tròn (C ') là ảnh của của đường tròn (C ) có phương trình x2 y2 2x 4y 4 0 qua phép đối xứng trục Đ , với : x y 2 0 (Trường THPT Quế Võ ) LOẠI 8: Các bài toán khác Câu 5. Cho ABC . Phân giác trong của các góc A , B ,C cắt đường tròn ngoại tiếp lần lượt tại các điểm A1, B1,C1 . Đường thẳng AA1 cắt đường thẳng CC1 tại điểm I ; đường thẳng AA1 cắt đường thẳng BC tại điểm N ; đường thẳng BB1 cắt đường thẳng A1C1 tại điểm P . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IPC1 . Đường thẳng OP cắt đường thẳng BC tại điểm M. Biết rằng BM MN và B· AC 2·ABC . Tính các góc của tam giác ABC. (chuyên Vĩnh Phúc) · 0 HDG:* Dễ thấy IPC1 90 , do đó O là trung điểm của IC1 . · · · · * IOP 2IC1P CAB CC1B BC1 // OP 1 * Do BM=MN; OI OC IN // C B Do đó C· IA B· AC , mà C· IA B· AC ·ACB 1 1 1 1 2
3. C A1 N B1 I M P B A O 1 Vậy B· AC B· AC ·ACB B· AC ·ACB 2 C1 Cùng với B· AC 2·ABC ta được B· AC ·ACB 720 ; ·ABC 360