›
›
›

Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 19: Tọa độ trong mặt phẳng - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

docx 42 trang nhungbui22 11/08/2022 2590
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 19: Tọa độ trong mặt phẳng - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxtong_hop_de_thi_hoc_sinh_gioi_mon_toan_thpt_vong_1_chuyen_de.docx

Nội dung text: Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 19: Tọa độ trong mặt phẳng - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

  1. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Chuyên đề 19 Tọa độ trong mặt phẳng Câu 1. (HSG11 Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C : x2 y2 25 , đường thẳng AC đi qua điểm K 2;1 . Gọi M , N là chân các đường cao kẻ từ đỉnh B và C . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC , biết phương trình đường thẳng MN là 4x 3y 10 0 và điểm A có hoành độ âm. Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Mai. Facebook: Mai Nguyen Gọi I, J lần lượt là giao điểm của BM ,CN với đường tròn C . Do tứ giác BCMN nội tiếp nên M· BC C· NM , lại có C· JI I·BC (cùng chắn cung IC ) do đó C· JI C· NM MN / / IJ ·ACI ·ABI Lại có J· BA J· CA ·ABI J· CA(doN· BM N· CM ) J· BA I·CA AI AJ AO  JI AO  MN Từ đó ta có: +) DoOA đi qua O 0;0 và vuông góc với MN : 4x 3y 10 0 nên Phương trình đường thẳng OA:3x 4y 0. 3x 4y 0 A 4;3 A +) Tọa độ điểm là nghiệm của hệ 2 2 x y 25 A 4; 3 lo¹i +) Do AC đi qua A 4;3 và K 2;1 , nên phương trình đường thẳng AC : x 3y 5 0. x 3y 5 0 C 4;3  A lo¹i C Tọa độ điểm là nghiệm của hệ 2 2 x y 25 C 5;0  Trang 409 
  2. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 +) Do M là giao điểm của AC và MN nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 4x 3y 10 0 M 1;2 x 3y 5 0 +) Đường thẳng BM đi qua M 1;2 và vuông góc với AC nên phương trình đường thẳng BM :3x y 5 0 3x y 5 0 B 0;5 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 2 2 x y 25 B 3; 4 Vậy A 4;3 , B 3; 4 ,C 5;0 hoặc A 4;3 , B 0;5 ,C 5;0 . Câu 2. (HSG11 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C : x2 y2 25 , đường thẳng AC đi qua điểm K 2;1 . Gọi M, N là chân các đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN là 4x 3y 10 0 và điểm A có hoành độ âm. Lời giải A K Q P M N O C B Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của BM và CN với đường tròn C . Tứ giác BCMN nội tiếp nên M· BC M· NC (cùng chắn cung C¼M ) Tứ giác BCPQ nội tiếp nên M· BC P· QC (cùng chắn cung C»P ) Suy ra M· NC P· QC MN PPQ . ·ABP M· BN M· CN ·ACQ (cùng chắn cung N¼M ) »AP »AQ AO  PQ AO  MN . AO có phương trình là 3x 4y 0 .  Trang 410 
  3. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 x 4 3x 4y 0 y 3 Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ do điểm A có hoành độ âm nên 2 2 x y 25 x 4 y 3 A 4;3 . Đường thẳng AC đi qua K nên có phương trình là: x 3y 5 0 . C là giao điểm của AC và đường tròn C nên tọa độ của C là nghiệm của hệ x 4 x 3y 5 0 y 3 C 5;0 2 2 x y 25 x 5 y 0 Lại có M là giao điểm của AC và MN nên tọa độ của M là nghiệm của hệ x 3y 5 0 x 1 M 1;2 4x 3y 10 0 y 2 Đường thẳng BM vuông góc với AC nên có phương trình 3x y 5 0 . x 0 3x y 5 0 y 5 Điểm B có tọa độ là nghiệm của hệ B 0;5 hoặc B 3; 4 2 2 x y 25 x 3 y 4 Vậy A 4;3 , B 0;5 , C 5;0 hoặc A 4;3 ,B 3; 4 , C 5;0 . Câu 3. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Số đường thẳng đi qua điểm M 5;6 và tiếp xúc với đường tròn C :(x 1)2 (y 2)2 1 là A. 0 . B. 1. C. 2 . D. 3 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Dung; Fb: Nguyễn Dung Chọn C Đường tròn C có tâm I 1;2 và bán kính R 1. 2 2 Ta có IM 5 1 6 2 4 2 . Ta thấy IM R suy ra điểm M nằm ngoài đường tròn C . Vậy qua M nằm ngoài đường tròn C sẽ có 2 đường thẳng tiếp xúc với đường tròn C . Câu 4. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD . Biết diện tích hình thang bằng 14 (đơn vị diện tích), đỉnh A 1;1  Trang 411 
  4. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 và trung điểm cạnh BC là H ;0 . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB biết đỉnh 2 D có hoành độ dương và D nằm trên đường thẳng d :5x y 1 0. Lời giải Tác giả: Phan Đình Công; Fb: Công Phan Đình Gọi E là giao điểm của AH và DC , ta có E(- 2;- 1),AE = 13 và DABH = DECH . Do đó SADE = SABCD = 14 (1). Phương trình đường thẳng AE : 2x- 3y + 1= 0 . 2x- 3(5x + 1)+ 1 13x + 2 Ta có: D(x;5x + 1), x > 0 ; d (D,AE)= = . 13 13 1 13x + 2 Suy ra: S = d (D,AE).AE = (2). ADE 2 2 éx = 2 13x + 2 ê Từ (1) và (2) ta có: = 14 Û ê 30 Þ D(2;11). 2 êx = - (L) ëê 13 r 1 uuur Đường thẳng AB đi qua A và nhận véc tơ n = ED = (1;3) là véc tơ chỉ phương. 4 Phương trình tổng quát của đường thẳng AB là: 3x- y - 2 = 0 . Câu 5. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy AB và CD . Biết diện tích hình thang là 14 (đơn vị diện tích), đỉnh A 1;1 , 1 CD 3AB và trung điểm cạnh BC là H ;0 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang biết 2 đỉnh D có hoành độ dương và D nằm trên đường thẳng d : 5x y 1 0 . Lời giải Tác giả: Hà Bích Vượng; Fb: Vượng Mỡ  Trang 412 
  5. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Gọi E là giao điểm của AH và DC . Dễ thấy ABH ECH nên SABCD SAED 14 và H là trung điểm của AE .  E 2; 1 AE 3; 2 AE : 2x 3y 1 0 . Gọi D xD ;5xD 1 . 1 Ta có: S AE d D; AE ADE 2 1 2 2 2x 3 5x 1 1 14 3 2  D D 2 22 3 2 13xD 2 28 30 x 2 ( thỏa mãn) hoặc x ( loại) D 2;11 . D D 13   Vì CD 3AB , mà AB CE nên DE 4CE .   DE 4; 12 CE 1; 3 C 1;2 .   AB CE 1; 3 B 0;2 . Câu 6. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho tam giác ABC có A 0;1 , trọng tâm G 1; 1 , đường cao AH : 2x y 1 0, khi đó đường thẳng BC có phương trình: A. 2x y 3 0 . B. x 2y 2 0. C. 2x 4y 11 0 . D. x 2y 4 0. Lời giải Tác giả: Đỗ Hoàng Tú; Fb: Đỗ Hoàng Tú Chọn C   3 2 xM 3 Gọi M là trung điểm BC AG AM 2 M ; 2 . 3 2 yM 2 BC  AH BC có véc tơ pháp tuyến n 1; 2 . 3 qua M ; 2 3 BC 2 BC : x 2 y 2 0 BC : 2x 4y 11 0. 2 VTPT n 1; 2 Câu 7. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Xác định a để hai đường thẳng d1 : ax 3y 4 0 x 1 t và d2 : cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành. y 3 3t A. a 1. B. a 1 . C. a 2 . D. a 2 . Lời giải Tác giả: Phương Thúy; Fb: Phương Thúy  Trang 413 
  6. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Chọn D Gọi d1  d2 A . Vì A nằm trên trục hoành nên y 0. Thay y 0 vào phương trình đường thẳng d2 ta được: t 1 và x 2 . Thay x 2 và y 0 vào phương trình đường thẳng d1 ta được a 2 . Câu 8. (HSG10 Nam Tiền Hải Thái Bình 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy 1. Viết phương trình đường cao AD , phân giác trong CE của ABC biết A 4; 1 , B 1;5 , C 4; 5 . · 7 2. Cho B 0;1 , C 3;0 . Đường phân giác trong góc BAC của BC cắt Oy tại M 0; và chia 3 10 ABC thành hai phần có tỉ số diện tích bằng (phần chứa điểm B có diện tích nhỏ hơn diện tích 11 phần chứa điểm C ). Gọi A a;b và a 0 . Tính T a2 b2 . Lời giải 1.    Ta có: AB 3;6 , BC 5; 10 , AC 8; 4 AB 3 5 , BC 5 5 , AC 4 5  Ta có: BC 5; 10 5v với v 1;2 . Đường cao AD đi qua A 4; 1 và nhận v 1;2 làm vectơ pháp tuyến Phương trình AD :1 x 4 2 y 1 0 x 2y 2 0 . EA CA 4 Gọi E x; y là chân đường phân giác trong của góc ·ACB , ta có: EB CB 5  4    EA EB , với EA 4 x; 1 y , EB 1 x;5 y 5 4 8 4 x 1 x x 5 3 8 5 E ; . 4 5 3 3 1 y 5 y y 5 3 8 5 Đường thẳng CE đi qua C 4; 5 và E ; có phương trình x y 9 0 3 3 2.  Trang 414 
  7. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Ta có: Gọi D x; y là chân đường phân giác trong góc B· AC . 1 d A, BC .DB S 10 Ta có: ABD 2 . S 1 11 ADC d A, BC .DC 2 DB 10  10    DB DC với DB x;1 y , DC 3 x; y DC 11 11 10 10 x 3 x x 11 7 10 11 D ; 10 11 7 21 1 y y y 11 21 10 11 7 Đường thẳng AD đi qua D ; và M 0; có phương trình 6x 3y 7 0 . 7 21 3 7  7  7 Có A AD A a;2a BA a;2a 1 , CA 3 a;2a . 3 3 3 2 2 7 2 2 a 2a 1 DB AB AB 10 3 100 Mà 2 2 2 DC AC AC 11 2 7 121 3 a 2a 3 10 a l 2 7 11 105a 80a 100 0 b . 2 3 a 3 125 Vậy T a2 b2 . 9 Câu 9. (HSG11 Nghệ An 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB 2BC . Gọi M là trung điểm của đoạn AB và G là trọng tâm tam giác ACD . Viết 5 phương trình đường thẳng AD. Biết rằng M 1;2 và G ;0 . 3 Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Minh ; Fb: Minh Nguyễn  Trang 415 
  8. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Gọi H là hình chiếu của G lên AB và K là trung điểm của CD . Đặt BC 3a 0, suy ra AB 6a, GH 2a, HM a. 40 2 2 MG2 MH 2 HG2 5a2 a . 9 3 2 2 8 Suy ra: AM 3a 2 2, AG AK 3a 2 . 3 3 3 Giả sử A x; y . Khi đó AM 2 2 8 AG 3 1 x 2 2 y 2 8 2 5 2 64 x y 3 9 x2 y2 2x 4y 3 x 3y 1 x 3y 1 y 0 8 y 5 x 1, y 0 19 8 x , y 5 5 Nếu A 1;0 thì đường thẳng AD qua A và vuông góc với AM nên có phương trình là x y 1 0. 19 8 Nếu A ; thì đường thẳng AD qua A và vuông góc với AM nên có phương trình là 5 5 7x y 25 0. Câu 10. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn 2 2 2 2 C1 : x y 13, đường tròn C2 : x 6 y 25 . a) Tìm giao điểm của hai đường tròn C1 và C2 .  Trang 416 
  9. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 b) Gọi giao điểm có tung độ dương của C1 và C2 là A, viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt C1 và C2 theo hai dây cung có độ dài bằng nhau. Lời giải Tác giả: Yến Lâm; Fb: Yen Lam a) Tọa độ các giao điểm của C1 và C2 là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 x 2 x y 13 x2 y2 13 y 3 . 2 2 2 2 x 6 y 25 x y 12x 11 0 y 3 Vậy C1 và C2 cắt nhau tại hai điểm A 2;3 và B 2; 3 . b) H 2 M 2 A M1 H1 d O2 I O1 +) TH1: Đường thẳng đi qua A cắt C1 và C2 tại 2 điểm khác A Theo giả thiết ta có: C1 có tâm O1 0;0 , bán kính R1 13 . C2 có tâm O2 6;0 , bán kính R2 5. A 2;3 . Gọi H1 và H2 là giao điểm của đường thẳng d đi qua A cắt C1 và C2 thỏa AH1 AH2 , với H1 không trùng H2 . Gọi M1 và M 2 lần lượt là trung điểm của AH1 , AH2 . Vì A là trung điểm của đoạn H1H2 nên A là trung điểm của đoạn M1M 2 . Gọi I là trung điểm của đoạn O1O2 I 3;0 .  Ta có IA // O1M1 và O1M1  d nên IA  d d có vtpt IA 1;3 và qua A 2;3 . Vậy phương trình đường thẳng d : 1 x 2 3 y 3 0 x 3y 7 0 . +) TH2: Đường thẳng đi qua 2 điểm A, B cũng thỏa mãn .  Ta có AB 0; 6 Chọn VTPT của đường thẳng AB là n 1;0 .  Trang 417 
  10. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Khi đó phương trình đường thẳng AB là 1 x 2 0 y 3 0 x 2 0 . Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn cần tìm là x 3y 7 0 và x 2 0 . Câu 11. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân tại A( 1;3). Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho AB 3AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD . Điểm 1 3 M ; là trung điểm HC . Xác định tọa độ đỉnh C , biết đỉnh B nằm trên đường thẳng có 2 2 phương trình x y 7 0. Lời giải Tác giả: Dương Nguyễn, Hạnh Bích; Fb: Dương Nguyễn, Hạnh Bích Gọi F là trung điểm của BC . Gọi E là giao điểm của CD với đường thẳng qua A và song song với BC AEBF là hình chữ nhật AEBF nội tiếp đường tròn (T)có đường kính là AB và EF . Ta có MF là đường trung bình của tam giác BHC MF song song với BH E· MF 900 E, M , F nằm trên đường tròn đường kính EF A,E,B,F,M nằm trên đường tròn (T ) ·AMB 900 AM  BM . Vì B d : x y 7 0 B(b; 7 b) .   Vì AM  BM AM .BM 0 b 4 B( 4; 3) .   Do D nằm trên cạnh AB và AB 3AD AB 3AD D( 2;1) . Phương trình đường thẳng CD là: x y 1 0 C(c; 1 c) . 2 2 c 7 C( 7;6) Do AB AC c 1 4 c 45 . c 2 C(2; 3) Câu 12. (HSG10 Kim Liên 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho A(3;1) , B( 1;2) . a) Tìm tọa độ điểm N trên trục hoành Ox sao cho khoảng cách AN nhỏ nhất b) Cho điểm M di động trên đường thẳng d: y x . Đường thẳng MA cắt trục hoành tại P và đường thẳng MB cắt trục tung tại Q. Chứng minh đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải  Trang 418 
  11. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a) N sao cho AN nhỏ nhất khi N là hình chiếu vuông góc của A lên trục Ox . Vậy N(3;0) b) M d : y x M (m;m) Đường thẳng AM có phương trình (m 1)x my 2m 0 2m AM cắt trục hoành tại P ;0 m 1 Đường thẳng MB có phương trình (m 2)x (m 1)y 3m 0 3m MB cắt trục tung tại Q 0; m 1 m 1 m 1 Phương trình PQ : x y 1, (m 1,m 0) 2m 3m PQ đi qua I(x0 ; y0 ) cố định khi và chỉ khi (3x0 2y0 6)m 3x0 2y0 0,(m 1;0) x0 1 3x0 2y0 6 3 3 . Vậy I 1; 3x0 2y0 0 y0 2 2 Câu 13. (HSG11 Bắc Ninh 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm I . Trung điểm cạnh AB là M (0;3) , trung điểm đoạn CI là J (1;0) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh D thuộc đường thẳng : x y 1 0 . Lời giải Tác giả: Lương Đức Tuấn ; Fb:Tuấn Luong Duc A M H B E I J D C K + Gọi cạnh hình vuông là a . + Qua J kẻ đường thẳng song song với cạnh BC của hình vuông ABCD , đường thẳng này cắt các cạnh AB , CD của hình vuông ABCD lần lượt tại H và K . a MH JK 1 4 + Ta có, JC AC nên . 4 3a JH DK 4  Trang 419 
  12. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 2 2 2 a 3a 5a2 a 3a 5a2 + JM 2 MH 2 HJ 2 , JD2 JK 2 DK 2 , 4 4 8 4 4 8 2 a 5a2 MD2 MA2 AD2 a2 . 2 4 + Có MD 2 JM 2 JD 2 nên tam giác JMD vuông tại J , hay JM  JD .  + Đường thẳng JD đi qua J 1;0 nhận MJ 1; 3 làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình tổng quát: x 3y 1 0 . x y 1 0 + Có D  DJ nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình . Giải hệ phương x 3y 1 0 trình ta được D 2; 1 . a 5 + Có MD 2 5 nên a 4 . 2 + Gọi E là trung điểm MD . Ta có E 1;1 . + Gọi A x; y . Có A và J khác phía với MD. 1 MA AB 2 2 2 2 2 2 x y 3 4 x y 6y 5 0 (1) Ta có 1 2 2 2 2 EA MD 5 x 1 y 1 5 x y 2x 2y 3 0 (2) 2 Lấy (1) (2) theo từng vế ta được 2x 4 y 8 0 x 4 2 y . 2 Thay x 4 2 y vào phương trình (1) ta được 4 2y y2 6y 5 0 5y2 22y 21 0 y 3 7 . y 5 + Với y 3 , ta có x 2 A 2;3 (thỏa mãn). 7 6 6 7 + Với y , ta có x A ; (loại vì A và J cùng phía với MD). 5 5 5 5 + Có M là trung điểm của AB nên tọa độ điểm B là B 2;3 .   + Gọi C xC ; yC . Có DC xC 2; yC 1 , AB 4;0 .   xC 2 4 xC 2 Có DC AB nên C 2; 1 . yC 1 0 yC 1 Vậy A 2;3 , B 2;3 , C 2; 1 , D 2; 1 . Cách 2: Theo đáp án của tỉnh Bắc Ninh: Gọi a là độ dài cạnh hình vuông ABCD .  Trang 420 
  13. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 2 2 2 2 2 a 2 a 2 5a Ta có AC a 2 JD DI IJ 2 4 8 2 2 2 2 2 2 0 3a 2 a 3a 2 a 2 5a JM JA AM 2JA.AM cos 45 2. . . 4 4 4 2 2 8 5a2 DM 2 AM 2 AD2 DM 2 DJ 2 JM 2 DMJ vuông tại J . 4 Do đó JM vuông góc với JD . (1)   D thuộc nên D(t ;t 1) JD (t 1;t 1), JM ( 1;3). Theo (1)   JD.JM 0 t 1 3t 3 0 t 2 D( 2; 1) . a2 Dễ thấy DM 2 5 a2 a 4 . 4 2 2 x 2; y 3 AM 2 x (y 3) 4 Gọi A(x; y). Vì 6 7 AD 4 (x 2)2 (y 1)2 16 x ; y 5 5 Với A( 2;3) (thỏa mãn)(vì khi đó A, J cùng phía so với DM ). B(2;3) I (0;1) C(2; 1) J (1;0) 6 7 Với A ; (loại). (vì khi đó A, J cùng phía so với DM ). 5 5 Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông là A( 2;3), B(2;3),C(2; 1), D( 2; 1). Câu 14. (HSG12 Hà Nội năm 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I , có đường cao AH . Gọi E là hình chiếu của B lên tia AI , HE cắt AC tại P . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết H 6; 4 ; P 11;1 và M 10; 4 là trung điểm của BC . Lời giải Tác giả: Bui Bai; Fb: Bui Bai  Trang 421 
  14. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Nhận xét: Theo giả thiết thì H không thể trùng với M ABC là tam giác thường. Kẻ đường kính AF của đường tròn I ACF vuông tại C . Xét tứ giác AEHB có ·AEB ·AHB 900 và cùng nhìn cạnh AB . Tứ giác AEHB nội tiếp đường tròn có tâm là trung điểm AB . ·ABH ·AEP . Mà ·AFC ·ABH (cùng nhìn cạnh AC ). ·AFC ·AEP HP P FC . Lại có FC  AC HP  AC .   Có HP 5;5 5 1;1 . Chọn nAC 1;1 . P 11;1 AC . AC : x y 12 0 .  HM 4;0 .  Do đường thẳng BC chứa H, M nBC 0;1 . H 6; 4 BC . BC : y 4 0 . Có C BC  AC tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình x y 12 0 x 16 C 16; 4 . y 4 0 y 4 Lại có M 10; 4 là trung điểm của BC B 4; 4 .  Trang 422 
  15. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019  Có AH  BC nAH 1;0 . H 6; 4 AH . AH : x 6 0 . Có A AH  AC tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình x y 12 0 x 6 A 6;6 . x 6 0 y 6 Vậy A 6;6 ;B 4; 4 ;C 16; 4 . Câu 15. (HSG12 Quảng Ngãi 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD và điểm E thuộc cạnh BC . Đường thẳng qua A và vuông góc với AE cắt CD tại F . Gọi M là trung điểm EF , đường thẳng AM cắt CD tại K . Tìm tọa độ điểm D biết A 6;6 , M 4;2 , K 3;0 và E có tung độ dương. Lời giải Tác giả:Nguyễn Phong Vũ ; Fb:Nguyễn Phong Vũ Ta có ABE ADF vì AB AD và B· AE D· AF (cùng phụ với D· AE ). Suy ra AEF vuông cân Do M là trung điểm EF AM  EF và ME MA MF .  Ta có AM 2; 4 và AM 20 . Đường thẳng EF đi qua M và vuông góc với MA nên có phương trình x 2y 8 0 . Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AFE : x 4 2 y 2 2 20 2 2 x 4 y 2 20 Tọa độ điểm E, F thỏa hệ x 2y 8 0 Giải hệ ta được tọa độ E 0;4 , F 8;0 , ( yE 0 ). Với E 0;4 , F 8;0  Trang 423 
  16. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Đường thẳng CD qua F 8;0 và K 3;0 nên có phương trình y 0. Đường thẳng AD qua A 6;6 và vuông góc với FK nên có phương trình x 6 0 . D CD  AD D 6,0 . Câu 16. (HSG12 tỉnh GIA LAI 2018-2019) Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn tâm I có phương 2 2 trình x 1 y 1 5, tam giác ABC nội tiếp đường tròn và đường phân giác trong góc A có phương trình x y 1 0. Biết rằng hai điểm A và I cách đều đường thẳng BC và điểm A có hoành độ dương. Tính diện tích tam giác ABC . Lời giải Ta có I 1; 1 . Tọa độ giao điểm của đường phân giác trong góc A và I là nghiệm của hệ phương 2 2 x 1 y 1 5 x 2, y 1 trình . x y 1 0 x 1, y 2 Suy ra có hai giao điểm A 2;1 , A 1; 2 . (Vì A có hoành độ dương) Đường thẳng BC vuông góc A I nên phương trình BC có dạng: 2x y m 0 BC  A I . 4 1 m 2 1 m d A; BC d I ; BC m 3. 5 5 Phương trình BC : 2x y 3 0 . 9 21 3 2 21 9 21 3 2 21 Tìm được tọa độ điểm B , C là: ; , ; . 5 5 5 5 1 1 84 2 2 21 Vậy diện tích tam giác ABC là S BC.d A; BC . . ABC 2 2 5 5 5 Chú ý: có thể không cần tìm tọa độ của B ,C mà ta cũng có thể tính được diện tích như sau: 2 5 2 21 d I ; BC BC (sử dụng pitago) 5 5 1 1 21 2 2 21 S BC.d A; BC .2. . ABC 2 2 5 5 5  Trang 424 
  17. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 17. (HSG12 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD ( AB / /CD, AB CD) có AD DC , D(3;3) . Đường thẳng AC có phương trình x y 2 0 , đường thẳng AB đi qua M ( 1; 1) . Viết phương trình đường thẳng BC . Lời giải Kẻ CP// AD và cắt AB tạo P , suy ra tứ giác ADCP là hình thoi. Gọi H AC  DP ta có DH  AC suy ra đường thẳng DH có phương trình là x y 6 0 . x y 6 0 Khi đó toạ độ điểm H là nghiệm của hệ sau H 4;2 . x y 2 0 uuur uuur Gọi P x; y ta có DH HP P 5;1 . Đường thẳng PM có phương trình là x 3y 2 0 . Mặt khác đường thẳng DC // PM nên đường thẳng DC có phương trình là: x 3y 6 0 . x 3y 6 0 Tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ C 6;4 . x y 2 0 Xét tam giác BCP ta có AD DC CP CB nên tam giác BCP cân tại C . t 1 2 2 Vì B PM B 3t 2;t , ta có CP CB 10 3t 4 t 4 11 . t 5 Với t 1 B 5;1  P (loại). 11 43 11 Với t B ; . Vậy đường thẳng BC có phương trình là 9x 13y 106 0 . 5 5 5 Câu 18. (HSG12 tỉnh Lào Cai năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D , có CD 2AD 2AB . Gọi M 2; 4 là điểm thuộc cạnh AB sao cho AB 3AM . Điểm N thuộc cạnh BC sao cho tam giác DMN cân tại M . Phương trình đường thẳng MN là 2x y 8 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD biết D thuộc đường thẳng d : x y 0 và điểm A thuộc đường thẳng d :3x y 8 0 Lời giải  Trang 425 
  18. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a2 a 10 +) Đặt BN x, AB a MA MN a2 . 9 3 10a2 4a2 2a Xét BMN có MN 2 MB2 BN 2 2MN.NB.cos M· BN x2 2.x. .cos135o 9 9 3 2 2 2a2 a 2 x2 0 x 3 3 3 NF CN CF Gọi E là chân đường vuông góc hạ từ B , kẻ NF vuông góc với DC . Ta có BE CB CE 2 2 NF 2 CF 2a 4a 2a 2a 5 NF CF DN . a 3 a 3 3 3 3 10a2 10a2 20a2 Nhận thấy MD2 MN 2 DN 2 . Suy ra DMN vuông tại M . 9 9 9 uuur +) Vì D thuộc đường thẳng d : x y 0 nên D d; d MD d 2; d 4 . Phương trình đường thẳng MN : 2x y 8 0 có véc tơ chỉ phương r uuur r u 1; 2 MD.u 0 d 2 D 2; 2 +) Điểm A thuộc đường thẳng d :3x y 8 0 nên A a; 3a 8 uuur uuur uuur uuur 2 a 1 DA a 2; 3a 6 , MA a 2; 3a 4 DA.MA 0 a 3a 2 0 a 2 *) Trường hợp 1: a 1 A 1; 5 uuur uuur uuur Giả sử B x; y ta có AB x 1; y 5 ; AM 1; 1 3AM 3; 3 uuur uuur x 1 3 x 4 Vì AB 3AM AB 3AM B 4; 2 y 5 3 y 2 uuur uuur uuur Giả sử C x; y ta có DC x 2; y 2 ; AB 3; 3 2AB 6; 6 uuur uuur x 2 6 x 4 Vì DC 2AB DC 2AB C 4; 4 y 2 4 y 4 *) Trường hợp 2: a 2 A 2; 2  Trang 426 
  19. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 uuur uuur uuur Giả sử B x; y ta có AB x 2; y 2 ; AM 0; 2 3AM 0; 6 uuur uuur x 2 0 x 2 Vì AB 3AM AB 3AM B 2; 8 y 2 6 y 8 uuur uuur uuur Giả sử C x; y ta có DC x 2; y 2 ; AB 0; 6 2AB 0;12 uuur uuur x 2 0 x 2 Vì DC 2AB DC 2AB C 2;14 y 2 12 y 14 Câu 19. (HSG12 tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 3 điểm A(1;0;3), B( 3;1;3) ,C(1;5;1). Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy)sao cho biểu thức có giá trị nhỏ nhất. Lời giải Tác giả: Nhóm 2 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc Gọi K là trung điểm của BC , ta có : K( 1;3;2) và . Suy ra: Nhận xét: A, K nằm cùng phía so với mặt phẳng (Oxy). Gọi A' là điểm đối xứng của điểm A qua mặt phẳng (Oxy). Khi đó Suy ra T đạt GTNN đạt GTNN A', M, K thẳng hàng hay M là giao điểm của A' K với mặt phẳng (Oxy). Ta có H(1;0;0) . Do đó phương trình tham số của A' K là x 1 2t 1 9 y 3t M( ; ;0). 5 5 z 3 5t Câu 20. (HSG10 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A , đỉnh C 4;1 , phân giác trong góc A có phương trình x y 5 0 . Viết phương trình đường thẳng BC , biết diện tích tam giác ABC bằng 36 và đỉnh A có hoành độ dương. Lời giải Tác giả: Trịnh Thúy; Fb: Catus Smile  Trang 427 
  20. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 B K D H A C  Từ C kẻ CH  AD tại H , CH  AB K . AD : x y 5 0 gọi nAD là véc-tơ pháp tuyến của AD   nAD 1;1 . CH  AD nCH 1; 1 quaC( 4;1) Phương trình đường thẳng CH :  CH : x y 5 0 VTPT nCH (1; 1) x y 5 0 x 0 Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình H 0;5 x y 5 0 y 5 Ta có tam giác ACK cân tại A H là trung điểm CK K 4;9   Gọi A a;5 a a 0 KA a 4; 4 a ; CA a 4;4 a .   Vì AK  AC KA.CA 0 (a 4)(a 4) (4 a)(a 4) 0 a 4 0 a 4 A 4;1  AC 8;0 AC 8    AK (0;8) nAK (1;0) AK : x 4 0 gọi B 4;b AB (0;b 1) AB b 1 1 b 10 SABC AB.AC 4 b 1 36 b 1 9 2 b 8 Với b 8 B 4; 8 . Đặt f x, y x y 5 fB 9; fC 8 fB. fC 0 B;C cùng phía với AD (loại) Với b 10 B 4;10 . Đặt f x, y x y 5 fB 9; fC 8 fB. fC 0 B;C khác phía với AD (TM) qua B 4;10 Đường thẳng BC  nên có phương trình: BC 8; 9 x 4 8t t ¡ . y 10 9t  Trang 428 
  21. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 21. (HSG10 CẦU GIẤY – THƯỜNG TÍN - HÀ NỘI 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Gọi H là hình chiếu của A lên BD ; I là trung điểm của BH . Biết đỉnh 42 41 A 2;1 , phương trình đường chéo BD là: x 5y 19 0, điểm I ; . 13 13 a) Viết phương trình tham số đường thẳng AH . Tìm tọa độ điểm H . b) Viết phương trình tổng quát cạnh AD. Lời giải Tác giả: Lê Quang Nhân ; Fb: Lê Quang Nhân BD : x 5y 19 0 có một véc tơ pháp tuyến là nBD 1;5 AH  BD nên AH nhận nBD 1;5 làm véc tơ chỉ phương. u AH nBD 1;5 + Đường thẳng AH đi qua A 2;1 và có một véc tơ chỉ phương u AH 1;5 nên có phương trình x 2 t tham số là: t ¡ . y 1 5t + H là giao điểm của AH và BD nên tọa độ của H thỏa mãn hệ phương trình: x 2 t x 2 t 32 43 y 1 5t y 1 5t H ; . 13 13 x 5y 19 0 6 t 13 b) Tác giả: Nguyễn Mạnh Quyền; Fb: Nguyễn Mạnh Quyền  Trang 429 
  22. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 A B I H D C 32 43 Theo câu a) ta có H ; mà I là trung điểm của BH nên suy ra B 4;3 nên tọa độ của véctơ 13 13  là AB 2;2 2 1;1 . Đường thẳng AD đi qua điểm A 2;1 , nhận n 1;1 làm một vectơ pháp tuyến, có phương trình tổng quát là: x 2 y 1 0 x y 3 0 . Câu 22. (HSG11 THuận Thành 2018-2019) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), B(1; 2) , đỉnh C thuộc đường thẳng d : x 2y 1 0 , trọng tâm G . Biết diện tích tam giác GAB bằng 3 đơn vị diện tích. Hãy tìm tọa độ đỉnh C . Lời giải Cách1: Tự luận CM CH Vì 3 nên S 3S 9 (đvdt). GM GG ' ABC GAB Gọi C( 2t 1; t) d.  x t ' 1 AB ( 2; 2) AB 2 2 và AB : . y t ' 2  Gọi H (t ' 1; t ' 2) . Khi đó CH (t ' 2t 2; t ' t 2) .   t 4 Vì CH.AB 0 nên 2t ' t 4 0 t ' (*) 2  Trang 430 
  23. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Ta có 1 9 2 81 S CH.AB CH (t ' 2t 2)2 (t ' t 2)2 ABC 2 2 2 Từ (*) suy ra t 3 . Do đó C( 7; 3), C(5; 3). Cách 2: Trắc nghiệm CM CH Vì 3 nên S 3S 9 (đvdt). GM GG ' ABC GAB Gọi C( 2t 1; t) d.   Ta có CA (4 2t ; 4 t), CB (2 2t ; 2 t). 1 1 S (4 2t)(2 t) (4 t)(2 2t) 6t 3 t ABC 2 2 Khi đó SABC 9 t 3. Do đó C( 7; 3), C(5; 3). Câu 23. (HSG11 Thị Xã Quảng Trị năm 2018-2019)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC , với A 2;1 , B 1; 2 , trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng x y – 2 0 . Tìm tọa độ đỉnh 27 C biết diện tích tam giác ABC bằng . 2 Lời giải Tác giả: Cao Hoàng Nam; FB: Hoang Nam 3 1 Gọi M là trung điểm AB , ta có : M ; . Gọi C a;b , 2 2 a 3 b 1 a 3 b 1 suy ra G ; d 2 0 a b 4 0,(1) , 3 3 3 3 3a b 5 mặt khác AB :3x y 5 0 d(C; AB) , 10 1 27 1 3a b 5 27 Diện tích S AB.d(C; AB) 10 3a b 5 27,(2) 2 2 2 10 2 Từ (1) và (2) ta có hệ: a 9 C 9; 5 a b 4 b 5 3a b 32 9 a a b 4 2 9 17 C ; 3a b 22 17 2 2 b 2 Câu 24. (HSG12 Quảng Ninh 2018-2019) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , 1 AB 2AD . Điểm N thuộc cạnh AB sao cho AN AB , M là trung điểm của DC . Gọi I là giao 4  Trang 431 
  24. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 điểm của MN và BD . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BIN . Biết điểm A 2;1 , đường thẳng BD có phương trình 11x 2y 5 0, điểm B có hoành độ là số nguyên. Lời giải Tác giả: Cao Hữu Trường; Fb: Cao Hữu Trường Gọi P là trung điểm của AB , J là giao điểm của PM và BD . Ta có P , M là trung điểm của AB và DC nên AP PM MD AD APMD là hình vuông. DM DM Xét hai tam giác vuông MNP và DJM có MN DI MNP DJM M· NP D· JM MN  BD . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BD , ta có AH d A, BD 5 . 1 1 1 Ta có AB 5 . AH 2 AB2 AD2 11t 5 Gọi B BD B t; . Vì điểm B có toạ độ nguyên nên t ¢ . 2 2 t 1 2 11t 3 2 Mà AB 5 t 2 5 125t 50t 75 0 3 2 t 5 B 1; 3 vì t là số nguyên.  1  5 Ta có AN AB N ;0 . 4 4 1 3 15 Gọi K là trung điểm của BN , khi đó K ; , KB . 8 2 8 2 2 1 3 225 Phương trình đường trong ngoại tiếp tam giác BIN là: x y . 8 2 64  Trang 432 
  25. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 25. (HSG12 tỉnh Hải Phòng năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình K 7; 2 vuông ABCD tâm E , gọi G là trọng tâm tam giác ABE . Điểm thuộc đoạn ED sao cho GA GK . Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh AB , biết đường thẳng AG có phương trình 3x y 13 0 và đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 4 . Lời giải Tác giả: Nhóm 5 tổ 8 nhóm strong team toán vd – vdc. +) Ta có GA GB GK nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABK . ·AGK 2·ABK 2.45 90 ⇒ tam giác AGK vuông cân tại G . +) Đường thẳng GK đi qua K 7; 2 và vuông góc với AG GK : x 3y 1 0 Ta có G GK  AG G 4; 1 . Do AG có phương trình 3x y 13 0 nên A t;3t 13 ,t 4 . Có GA GK d K; AG 10 . 2 2 t 3 t 4 Từ GA 10 t 4 3t 12 10  t 3. Vậy A 3; 4 . t 5 MG 1 3 +) Ta có tan M· AG cos M· AG . AM 3 10   2 2 Gọi n1 a;b , a b 0 là VTPT của đường thẳng AB và n2 3; 1 là VTPT của đường thẳng AG . 3a b b 0 · 3 3 2 Khi đó: cos MAG 6ab 8b 0 . 10 10. a2 b2 10 3a 4b +) Với 3a 4b AB:4x 3y 24 0. Thấy d K; AB 2 d K; AG 10 (loại). +)Với b 0 AB : x 3 0 .  Trang 433 
  26. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Ghi chú: Nếu học sinh công nhận hoặc ngộ nhận trong chứng minh các kết quả ở bước 1 và làm đúng các bước còn lại thì cho 0.5 điểm. Câu 26. (HSG12 tỉnh QUẢNG NINH 2018-2019)Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 3 góc đều nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC ; M , N, P lần lượt là giao điểm của AH, BH,CH với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác 16 5 7 5 1 1 ABC biết M ; , N ; , P ; . 9 9 8 4 3 6 Lời giải Tác giả: Tuyetnguyen; Fb: Tuyetnguyen P¼NB P· CB Ta có P· CB B· AM P· NB B· NM . Suy ra BN là đường phân giác trong của góc P· NM . B· AM B· NM Tương tự ta có PC, AM lần lượt là phân giác trong của góc M· PN , P· MN .  65 65 Ta có MN ; . 72 36 16 5  65 65 Phương trình đường thẳng MN đi qua M ; và nhận MN ; làm vtcp, là: 9 9 72 36 2x y 3 0 . Tương tự ta có phương trình đường thẳng MP :3x 6y 2 0 , đường thẳng NP : 4x 2y 1 0. 3x 6y 2 4x 2y 1 Từ đó ta có phương trình đường phân giác trong và ngoài của góc M· PN : 45 20 6x 18y 1 0 . 18x 6y 7 0  Trang 434 
  27. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Do M , N nằm khác phía đối với đường phân giác trong nên suy ra phương trình của đường thẳng PC : 6x 18y 1 0 . Tương tự phương trình đường thẳng NB :8x 7 0 . 7 25 Lại có H NB  PC H ; . 8 72 Câu 27. (HSG12 tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng :5x 2y 19 0 và đường tròn C : x2 y2 4x 2y 0 . Từ 1 điểm M nằm trên đường thẳng kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn C với A, B là 2 tiếp điểm. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết AB 10 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Huỳnh Như ; Fb: Nhu Nguyen A I M H B *Các tam giác IAM , IBM là các tam giác vuông nên đường tròn đường kính IM đi qua 2 điểm A, B nên đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính IM . * Đường tròn C có tâm I 2;1 bán kính R 5 . 2 2 2 2 2 10 10 IA Ta có IH IA AH 5 IM 10 . 2 2 IH 2 5a 19 2 2 5a 19 Gọi M a; . Ta có IM 10 a 2 1 10 . 2 2 a 3 M 3; 2 Giải phương trình ta được 139 139 72 a M ; 29 29 29 5 1 *Với M 3; 2 thì trung điểm IM là ; , phương trình đường tròn đường kính IM là 2 2 2 2 5 1 5 x y . 2 2 2  Trang 435 
  28. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 139 72 197 37 * Với M ; thì trung điểm IM là ; , phương trình đường tròn đường kính IM là 29 29 58 26 2 2 197 37 5 x y . 58 26 2 Câu 28. (HSG10 PHÙNG KHẮC KHOAN- HÀ NỘI 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho A 1;2 , B 3; 4 . Tìm tọa độ điểm C sao cho ABC vuông tại C và có góc B bằng 60 . Lời giải Tác giả: Ao Thị Kim Anh; Fb:Kim Anh    Ta có AB 2; 6 , giả sử C x; y AC x 1; y 2 , BC x 3; y 4 .   AC  BC AC.BC 0 ABC vuông tại C và có góc B bằng 60 1 2 1 2 BC AB BC AB 2 4 x 1 . x 3 y 2 . y 4 0 x2 y2 4x 2y 5 0 2 2 2 2 x 3 y 4 10 x y 6x 8y 25 10 x2 y2 4x 2y 5 0 x2 y2 4x 2y 5 0 2x 6y 20 0 x 3y 10 5 3 3 5 3 2 2 2 x , y 9y 60y 100 y 12y 40 2y 5 0 10y 50y 55 0 2 2 . x 3y 10 x 3y 10 5 3 3 5 3 x , y 2 2 5 3 3 5 3 5 3 3 5 3 Vậy C ; hoặc C ; . 2 2 2 2 Câu 29. (HSG10 THPT THuận Thành 2018-2019) Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A 1;1 và B 2;4 a) Tìm điểm C trên trục Ox sao cho tam giác ABC vuông tại B . b) Tìm điểm D sao cho tam giác ABD vuông cân tại A . Lời giải Tác giả: Cao Hoàng Đức ; Fb: Cao Hoang Duc a) Vì C thuộc trục Ox nên C x;0 .   Tam giác ABC vuông tại B , do đó: AB .BC 0 3 x 2 12 0 x 6 . Vậy C 6;0 . b) Tìm điểm D sao cho tam giác ABD vuông cân tại A . Tác giả: Nguyễn Công Thiện , Fb: Nguyễn Công Thiện  Trang 436 
  29. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019   AB.AD 0 Gọi D x; y là điểm cần tìm. Để tam giác ABD vuông cân tại A thì: (1) AB AD   Ta có: AB 3;3 , AD x 1; y 1 . Từ (1) suy ra: x 2 3 x 1 3 y 1 0 y x y x y 2 x 2 2 2 2 2 18 x 1 y 1 x 1 x 1 18 x 4 x 4 y 4 Vậy có hai điểm D thỏa điều kiện bài toán là: D 2; 2 hoặc D 4;4 . Câu 30. (HSG11 tỉnh Quảng Ngãi năm 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A , có đỉnh B(- 3;2), đường phân giác trong của góc A có phương trình x + y - 7 = 0 . Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC , biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và điểm A có hoành độ dương. Lời giải Tác giả:Phạm Minh Tuấn ; Fb:Bánh Bao Phạm Gọi d là đường phân giác trong của góc A . Đường thẳng đi qua điểm B(- 3;2) và vuông góc với đường thẳng d : x + y- 7 = 0 có phương trình là: x- y + 5= 0. Gọi I = D Çd . ïì x + y - 7 = 0 ïì x = 1 Khi đó tọa độ điểm I thỏa mãn của hệ phương trình: íï Û íï Þ I (1;6). îï x - y + 5 = 0 îï y = 6 Gọi D Ç AC = B¢. Tam giác ABB có AI vừa là đường cao, vừa là đường phân giác, do đó tam giác ABB cân tại A I là trung điểm của BB¢Þ B¢(5;10). uuur ì ï AB = (- 3- t;t - 5) Gọi A(t;7 - t)Î d : x + y - 7 = 0 , (t > 0) Þ íï uuur . ï ¢ îï AB = (5- t;t + 3) uuur uuur ét = 5 Þ A 5;2 ê ( ) Vì AB ^ AC Þ AB.AB¢= 0 Û (- 3- t).(5- t)+ (t - 5).(t + 3)= 0 Û ê . ëêt = - 3(l)  Trang 437 
  30. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Đường thẳng AC đi qua hai điểm A(5;2) và B¢(5;10) có phương trình là: x- 5 = 0 . uuur ì ï AB = (- 8;0) Gọi C(5;c)Î AC : x - 5 = 0 . Ta có íï uuur . ï îï AC = (0;c - 2) 1 Theo bài ra ta có S = 24 Û .AB.AC = 24 DABC 2 1 éc = 8 Û .8. c - 2 = 24 Û ê . 2 ëêc = - 4 Với c 4 Þ C(5;- 4). Khi đó: (5- 4- 7)(- 3+ 2- 7)> 0 nên hai điểm B và C nằm cùng phía đối với đường thẳng d (loại). Với c 8 Þ C(5;8). Khi đó: (5 + 8- 7)(- 3+ 2- 7)< 0 nên hai điểm B và C nằm khác phía đối với đường thẳng d . Điểm C(5;8) thỏa mãn. ïì AB = 8 ï AB + AC + BC Ta có: íï AC = 6 Þ p = = 12 . ï 2 îï BC = 10 Mà S = p.r Û 24 = 12.r Û r = 2 Vậy đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính r = 2 Cách 1: Phương trình đường thẳng BC là:- 3x+ 4y- 17 = 0. Gọi tâm đường tròn nội tiếp DABC là H (a;7 - a)Î d : x + y - 7 = 0 ïì a - 5 = 2 ì ï ì ï d (H; AC)= r ï ï a - 5 = 2 Þ í Û í - 3a + 4(7 - a)- 17 Û í ï d (H;BC)= r ï = 2 ï 7a - 11 = 10 îï ï îï îï 5 ïì éa = 3 ï ê ï ï ëêa = 7 ï Û í éa = 3 Û a = 3 Þ H (3;4). ï ê ï ê 1 ï ê ï a = îï ëê 7 Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là:(x- 3)2 + (y - 4)2 = 4 . Cách 2: Sử dụng tính chất: Với H là tâm đường tròn nội tiếp DABC , ta có: uuur uuur uuur r BC.HA + AC.HB + AB.HC = 0 . uuur ì ï HA = (5- a;2- b) ï uuur ì ï ï 10.(5- a)+ 6(- 3- a)+ 8(5- a)= 0 ïì a = 3 Gọi H (a;b)Þ íï HB = (- 3- a;2- b)Û í Û íï . ï ï ï ï uuur ïî 10.(2- b)+ 6(2- b)+ 8(8- b)= 0 îï b = 4 ï HC = (5- a;8- b) îï Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là:(x- 3)2 + (y - 4)2 = 4 . Câu 31. (HSG11 tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C tâm 8 I , trọng tâm G ;0 , các điểm M 0;1 , N 4;1 lần lượt đối xứng với I qua AB và AC , điểm 3 K 2; 1 thuộc đường thẳng BC . Viết phương trình đường tròn C .  Trang 438 
  31. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Lời giải Tác giả: Nguyễn Kim Đông ; Fb: Nguyễn Kim Đông Ta thấy IM và IN vuông góc với các dây cung AB , AC nên đi qua các trung điểm E , F của AB và AC . Kết hợp tính đối xứng của các điểm M , N qua các cạnh AB , AC , ta có các tứ giác AINC , AIBM là các hình thoi. Do đó, AM AN NC BM AI IC IB R . Hơn nữa, ta có BM PNC ( vì cùng song song AI ) và bằng nhau nên BMNC là hình bình hành. Suy ra BC PMN . Phương trình MN là y 1, và BC đi qua K nên có phương trình là y 1. Gọi D d; 1 là trung điểm của BC thì tọa độ của B và C là B d b; 1 và C d b; 1 . Vì yG 0 , yB yC 1 yA 2 . 8 x x x x 8 x 2d 8 x 8 2d A 8 2d;2 . G 3 A B C A A   Mặt khác, BC MN 4;0 2b 4 b 2. 2 2 19 Mà MB MA R d 2 4 8 2d 1 nên d 3 hoặc d . 3 2 2 2 d 1 Tương tự NC NA nên d 2 4 4 2d 1 3d 12d 9 0 . d 3 Suy ra d 3 là nghiệm chung của hai phương trình trên và khi đó tọa độ ba đỉnh B 1; 1 , C 5; 1 , A 2;2 . 2 m 0 Gọi I 3;m , từ IA MA R 5 , ta có 1 m 2 5 . m 4 Với m 0 , suy ra I 3;0 .  Trang 439 
  32. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Với m 4 , suy ra I 3;4 (loại vì IC 5 ). Vậy đường tròn C là x 3 2 y2 5 . Câu 32. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn tâm I . Gọi E , M lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC ; các điểm F và D tương ứng là hình chiếu vuông góc của A và B trên các đường thẳng BC và AI . a) Chứng minh rằng ME là đường trung trục của đoạn thẳng DF . 9 8 b) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng M (2; 1) , D ; và đường thẳng AC có 5 5 phương trình x y 5 0 . Lời giải Tác giả: Nhóm 3 tổ 8 nhóm strong team vd- vdc A E I D H B F M C a)Ta có B· FA B· DA 90 , suy ra tứ giác ABFD nội tiếp đường tròn tâm E , đường kính AB . Mặt khác I·EB I·DB I·MB 90 , suy ra ngũ giác BEIDM nội tiếp đường tròn đường kính BI . Từ đó ta có D· EM D· BM D· BF ( cùng chắn cung D¼M ). 1 Mà góc D· BF D· EF (số đo góc ở tâm bằng nửa cung bị chắn). 2 1 Suy ra D· EM D· BM D· BF D· EF , suy ra EM là tia phân giác của D· EF . 2 1 Mà DE FE AB ( do cung nằm trên đường tròn tâm E , đường kính AB ). 2 Suy ra ME là đường trung trực của cạnh FD . 9 8 b)Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng M (2; 1) , D ; và đường thẳng AC có 5 5 phương trình x y 5 0 . Ta có ME P AC phương trình đường thẳng ME : x y 1 0 . 11 6 Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên đường thẳng ME suy ra H ; . 5 5  Trang 440 
  33. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 13 4 Vì D và F đối xứng qua ME nên H là trung điểm của DF suy ra F ; . 5 5 13 4 Đường thẳng BC đi qua M (2; 1) và F ; nên có phương trình: x 3y 5 0 . 5 5 Ta có C AC  BC C(5;0) . Mà M là trung điểm của BC suy ra B( 1; 2) . 13 4 Đường thẳng AF đi qua điểm F ; và vuông góc với BC nên có phương trình:3x y 7 0 . 5 5 Ta có A AF  AC A(1;4) . Vậy: A(1;4) , B( 1; 2) ,C(5;0) . Câu 33. (HSG12 tỉnh Thái Binh năm 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , M 1;0 là trung điểm cạnh BC , N là điểm thuộc cạnh CD sao cho CN 2ND , đường thẳng AN có phương trình là x y 2 0 . Tìm tọa độ điểm A biết A có hoành độ dương. Lời giải Tác giả: Phạm Sơn; Fb: Phạm Sơn ND 1 MB 1 + Ta có: tan N· AD , tan M· AB AD 3 AB 2 tan N· AD tan M· AB tan N· AD M· AB 1 N· AD M· AB 45 N· AM 45 . 1 tan N· AD.tan M· AB + Đường thẳng AM qua M 1;0 nên có dạng: a x 1 by 0 a2 b2 0 . a b 2 2 a 0 cos AM , AN cos 45 a b a b ab 0 . 2. a2 b2 b 0 Với a 0 thì AM : y 0. Mà A AM  AN nên A 2;0 (loại). Với b 0 thì AM : x 1 0 . Mà A AM  AN nên A 1;3 (nhận). + Vậy A 1;3 . Cách 2 ND 1 MB 1 + Ta có: tan N· AD , tan M· AB AD 3 AB 2  Trang 441 
  34. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 tan N· AD tan M· AB tan N· AD M· AB 1 N· AD M· AB 45 N· AM 45 . 1 tan N· AD.tan M· AB 3 2 2 d M , AN MA 3. A AN A x; x 2 AM x 1 x 2 . 2 x 1 MA 3 A 1;3 (vì xA 0 ). x 2 Câu 34. (HSG10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có AC 2AB , phương trình đường chéo BD : x y 1 0 , điểm B có hoành độ âm. Gọi M là trung điểm cạnh BC và E 3;4 là điểm thuộc đoạn thẳng AC thỏa mãn AC 4AE . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D , biết diện tích tam giác DEC bằng 4. Lời giải Tác giả: Huỳnh Triết Khiêm Vũ Kim Giang 1 IA IC AC 2 * Gọi I AC  BD , mà ABCD là hình bình hành nên . 1 IB ID BD 2 1 AE AC 4 Trên đoạn thẳng AC ta có E là trung điểm của AI. 1 IA AC 2 1 1 1 1 Khi đó IE IA AC .2AB AB. 2 4 4 2 1 Gọi K là trung điểm của BI. Suy ra KE là đường trung bình của tam giác ABI KE AB . 2 1 Ta có: MI là đường trung bình của tam giác ABC MI AB . 2 1 1 1 Ta có: MK là đường trung bình của tam giác BIC MK IC AC AB . 2 4 2 1 Như vậy IE KE MI MK AB. Suy ra tứ giác IMKE là hình thoi. 2  Trang 442 
  35. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 * Gọi H KI  ME suy ra H là hình chiếu của E lên BD .   Vì H BD H h;1 h EH h 3; h 3 . Đường thẳng BD có vtcp uBD 1; 1 .   Khi đó EH.uBD 0 h 3 1 h 3 0 h 0 H 0;1 .  Do đó, EH 3; 3 EH 3 2 . xM 2xH xE Hình thoi IMKE có H là trung điểm EM M 3; 2 . yM 2yH xE 1 1 1 4 * Ta có IE EC S S . Mặt khác, IB ID S S S . 3 VDIE 3 VDEC VEIB VEID 3 VDEC 3 4 1 4 4 2 Khi đó S EH.IB IB . VEIB 3 2 3 9 3 3 4 2 2 Ta có K là trung điểm BI, H là trung điểm KI BH BI . . 4 4 9 3  2 2 2 1 1 Vì B BD B b;1 b BH b;b . Khi đó, BH 2 b b2 b2 b . Mà 9 9 3 3 1 1 4 xB 0 nên chọn b B ; . 3 3 3 17 16 Với M là trung điểm BC , suy ra C ; . 3 3 1 1 1 xI 0 . x  1   1 1 3 3 I 9 1 8 * Ta có HI BH với BH ; , suy ra I ; . 3 3 3 1 1 8 9 9 yI 1 . yI 3 3 9 53 64 Vì I là trung điểm AC nên suy ra A ; . 9 9 5 4 Mặt khác, I là trung điểm BD nên suy ra D ; . 9 9 53 64 1 4 17 16 5 4 Vậy A ; , B ; , C ; , D ; . 9 9 3 3 3 3 9 9 Câu 35. (HSG11 Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , có đỉnh A 3;1 , đỉnh C nằm trên đường thẳng : x 2y 5 0 . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE CD , biết N 6; 2 là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD . Lời giải Tác giả: ; Fb:  Trang 443 
  36. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Ta có B· AD B· ND 180 , suy ra tứ giác ADBN nội tiếp ·AND ·ABD . Mà ·ABD ·ACD (do ABCD là hình chữ nhật). Suy ra tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn. Mặt khác, ·ADC 90 ·ANC 180 90 90 . Do đó AN  CN . Theo đề bài ta có điểm C nằm trên đường thẳng : x 2y 5 0 , suy ra C 2c 5;c .   Ta có AN 9; 3 và CN 1 2c; 2 c .   Do AN  CN , suy ra AN CN 0 9 1 2c 3 2 c 0 c 1 C 7;1 . Ta có CE P AB   ACEB là hình bình hành, suy ra BE P AC . CE AB Ta có BE qua N , song song AC nên có phương trình y 2 0 .   2 b 6 Gọi B b; 2 , ta có AB CB 0 b 4b 12 0 . b 2 Với b 6 B 6; 2 , loại do trùng với N . Với b 2 B 2; 2 .   xD 6 Gọi D xD ; yD , ta có AD BC xD 3; yD 1 9;3 D 6;4 . yD 4 Câu 36. (HSG11 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A 3;1 , đỉnh C nằm trên đường thẳng :x 2y 5 0 . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE CD , biết N 6; 2 là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD.  Trang 444 
  37. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Lời giải E N(6;-2) B C(2t+5;t) A(-3;1) D Ta có tứ giác BNCD nội tiếp nên B· DC E· NC (cùng bù với B· NC ). Mà B· DC B· AC ( ABCD là hình chữ nhật ) nên B· AC E· NC . Tứ giác ABNC nội tiếp ·ANC ·ABC 900 . Vì C nằm trên đường thẳng : x 2y 5 0 nên C 2t 5;t .   NC 2t 1;t 2 , NA 9;3 .   NC.NA 0 t 1 C 7;1 . ABEC là hình bình hành nên BE//AC . Đường thẳng BE qua N và song song với AC nên có phương trình: y 2 0 . B thuộc đường thẳng BE nên B b; 2 .   AB b 3; 3 ; BC 7 b;3   b 6 B 6; 2  N AB  BC AB.BC 0 b 2 B 2; 2   AD BC D 6;4 . ) Câu 37. (HSG11 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , phương trình đường thẳng AB ,AC lần lượt là 5x y 2 0 ,x 5y 14 0 . Gọi D 9 8 là trung điểm của BC , E là trung điểm của AD ,M ; là hình chiếu vuông góc của D trên BE . 5 5 Tìm tọa độ các điểm A ,B ,C . Lời giải Tác giả: Nguyễn Duy Mạnh; Fb: Nguyễn Mạnh Toán  Trang 445 
  38. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 5x y 2 0 x 1 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ Vậy A 1;3 . x 5y 14 0 y 3 Gọi B a;5a 2 ,C 5b 14;b . 2 2 a b 2 Vì tam giác ABC cân tại A nên AB AC a 1 b 3 . a 4 b TH1: Với a b 2 Ta có B a;5a 2 ,C 5a 4;a 2 nên D 3a 2;3a   63 Ta có MB.MD 0 18a2 28a 0 ( vô nghiệm) 5 TH2: Với a 4 b Ta có B a;5a 2 , C 6 5a;4 a nên D 3 2a;1 2a a 0   27 Ta có MB.MD 0 8a2 a 0 27 . 5 a 40 *Với a 0 có b 4 thì B 0; 2 ,C 6;4 nên D 3;1 ,E 2;2 . Kiểm tra có M ,E , Bthẳng hàng( thỏa mãn). 27 133 27 11 21 133 33 47 53 107 *Với a có b thì B ; ,C ; nên D ; , E ; 40 40 40 8 8 40 20 20 40 40 Kiểm tra có M ,E ,B không thẳng hàng( không thỏa mãn). Kết luận: Vậy A 1;3 ,B 0; 2 ,C 6;4 . Câu 38. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn tâm I . Gọi E, M lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC ; các điểm F và D tương ứng là hình chiếu vuông góc của A và B trên các đường thẳng BC và AI . a) Chứng minh rằng ME là đường trung trực của đoạn thẳng DF . 9 8 b) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng M 2; 1 , D ; và đường thẳng AC có 5 5 phương trình x y 5 0 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Thành Biên ; Fb: BienNguyenThanh  Trang 446 
  39. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a) Ta có B· FA B· DA 90 , suy ra tứ giác ABFD nội tiếp đường tròn tâm E , đường kính AB . Mặt khác I·EB I·DB I·MB 90 , suy ra ngũ giác BEIDM nội tiếp đường tròn đường kính BC . Từ đó ta có D· EM D· BM D· FB (cùng chắn cung D¼M ). 1 Mà D· BF Dµ 90 (số đo góc ở tâm bằng nửa cung bị chắn). 2 1 Suy ra D· EM D· BM D· BF D· EF , suy ra EM là tia phân giác của góc D· EF . 2 1 Mà DE FE AB do cung nắm trên đường tròn tâm E , đường kính AB . 2 Suy ra ME là đường trung trực của đoạn thẳng DF . 3a Ta có d AD, D MN d A, D MN . 7 b) Tác giả: ; Fb: Hoàng Quyên  Trang 447 
  40. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Ta có ME P AC ME : x y 1 0 . Do D và F đối xứng nhau qua ME (theo câu 6a) nên DF :5x 5y 17 0 11 6 13 4 Gọi I là trung điểm DF nên I ; (do I DF ME ). Do đó F ; 5 5 5 5 x 2 y 1 Mà F, M BC nên phương trình đường thẳng BC : x 3y 5 0 13 4 2 1 5 5 Do C BC  AC C 5;0 nên B 1; 2 (vì M là trung điểm BC ). Mặt khác: AD  BD nên phương trình đường thẳng AD : 9 8 7 x y 0 7x y 11 0 5 5 Suy ra A 1;4 (do A AD  AC ) Vậy tọa độ các đỉnh của ABC là: A 1;4 , B 1; 2 , C 5;0 . Câu 39. (HSG12 YÊN LẠC 2 năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J 2;1 . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình: 2x y 10 0 và D 2; 4 là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x y 7 0. Lời giải  Trang 448 
  41. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 AJ đi qua J 2;1 và D 2; 4 nên AJ có phương trình : x 2 0 Gọi H là chân đường cao xuất phát từ đỉnh A . Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ : x 2 0 x 2 A 2;6 . 2x y 10 0 y 6 Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có D»B D»C DB DC và E»A E»C 1 1 D· BJ sd E»C sd D»C sd E»A sd D»B D· JB DBJ cân tại D. 2 2 DB DC DJ hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC. Suy ra B, C nằm trên đường tròn tâm D 2; 4 bán kính JD 0 52 5 có phương trình x 2 2 y 4 2 25. Khi đó tọa độ B là hệ của nghiệm: 2 2 x 2 y 4 25 x 3 x 2 B 3; 4  x y 7 0 y 4 y 9 B 2; 9 Do B có hoành độ âm nên B 3; 4 . BC đi qua B 3; 4 và vuông góc AH nên có phương trình: x 2y 5 0 . 2 2 x 2 y 4 25 Khi đó C là nghiệm của hệ: C 5;0 x 2y 5 0 Vậy A 2;6 , B 3; 4 , C 5;0 . Câu 40. (HSG12 tỉnh TỈNH VĨNH PHÚC 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , điểm G 3;3 là trọng tâm tam giác ABD . Đường thẳng đi qua A vuông góc với BG và cắt BD tại điểm E 1;3 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A có tung độ lớn hơn 1. Lời giải  Trang 449 
  42. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Tác giả: Thành Lê; Fb: Thành Lê Gọi M là trung điểm của cạnh AD , H là giao điểm của AE và BM , K là giao điểm của GE và AB . Vì AG  BE (do AC  BD ) và BG  AE (gt) nên G là trực tâm tam giác ABE GE  AB , GE // AD . KG BG GE BG Ta có do KG // AM và do GE // MD AM BM MD BM KG GE Suy ra , mà AM MD KG GE AM MD xK 2xG xE G là trung điểm của KE K(5;3) . yK 2yG yE  AB đi qua K(5;3) và có một véctơ pháp tuyến EG 2;0 AB : x 5 0 . · Vì A AB A(5; yA ) với yA 1. Mặt khác KAG 45 AKG vuông cân nên KA KG . 2 yA 5 yA 3 4 , mà yA 1 nên A 5;5 . yA 1   xC 5 6 Ta có AC 3AG C 1; 1 . yC 5 6   xD 5 6 AD 3GE D 1;5 . yD 5 0   xB 5 0 AB DC B 5; 1 . yB 5 6  Trang 450 