Tuyển tập Hình học phẳng207 bài

Bài toán : Cho hình bình hành có góc $B$ nhọn, $A(-2,-1)$. Gọi $H,K,E$ theo thứ tự là hình chiếu của $A$ xuống $BC,BD,CD$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $HKE$ có phương trình $x^2+y^2+x+4y+3=0$. Tìm toạ độ $B,C,D$ biết $H$ có hoành độ âm, $C$ có hoành độ dương và thuộc đường thẳng $x-y-3=0$.

Lời giải :

Gọi $M$ là giao của $AC,BD$. Ta sẽ chứng minh $(HKE)$ đi qua $M$.

Thật vậy, dễ thấy $M$ chính là tâm ngoại tiếp của tứ giác nội tiếp $AHCE$. Nên :

$\angle HME$$=2\angle HAE$$=2\left(\angle HAC+\angle EAC\right)$$=2\left[\left(90^0-\angle HCA\right)+(90^0-\angle ECA)\right]$$=2\left(180^0-\angle BCD\right)$$=2\angle ABC(1)$

Chú ý các tứ giác $AKHB,AKED$ nội tiếp :

$\angle HKE$$=360^0-\angle AKH-\angle AKE$$=360^0-(180^0-\angle ABH)-(180^0-\angle ADE)$$=\angle ABH+\angle ADE$$=2\angle ABC(2)$

Từ $(1)(2)$ suy ra $\angle HME=\angle HKE$, hay $M$ thuộc $(HKE)$.

Gỉa sử $C(c,c-3)$ với $c>0$. Trung điểm $M$ của $AC$ có toạ độ $M\left(\frac{c-2}{2},\frac{c-4}{2}\right)$. $M$ thuộc $(HKE)$ nên :

${\left(\frac{c-2}{2}\right)}^2+{\left(\frac{c-4}{2}\right)}^2+\frac{c-2}{2}+2(c-4)+3$$=0$$\iff$$\iff c\in \left\{-1,2\right\}$

Tuy nhiên vì $c>0$ nên $c=2$. Vậy ta được $\boxed{C(2,-1)}$.

Ta tính được $AC=4$. Đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AHCE$ nhận $M\left(0,-1\right)$ là tâm có phương trình :

$$x^2+{\left(y+1\right)}^2=4$$

Ta thấy $H,E$ là hai giao điểm của hai đường tròn nói trên nên toạ độ của chúng là hai nghiệm của hệ :

$$\{\begin{array}{c}{x}^2+{\left(y+1\right)}^2=4\\ x^2+y^2+x+4y+3=0\end{array}\iff \left(x,y\right)=\left(\frac{-8}{5},\frac{-11}{5}\right),(0,-3)$$

Vì $H$ có hoành độ âm nên $H\left(\frac{-8}{5},\frac{-11}{5}\right),E(0,-3)$

Từ đây dễ dàng lập được phương trình các đường thẳng $CB,CD$ :

$$(BC):x-3y-5=0$$

$$(CD):x-y-3=0$$.

Vì $D$  thuộc $CD$ nên $D(d,d-3)$. $M$ là trung điểm của $BD$ nên :

$$\{\begin{array}{c}{x}_B=2x_M-x_D\\ y_B=2y_M-y_D\end{array}\iff B\left(-d,1-d\right)$$

Vì $B$ thuộc $BC$ nên :

$$-d-3(1-d)-5=0\iff d=4$$

Vậy ta có $\boxed{D(4,1),B(-4,-3)}$.

Kết luận :

$$C(2,-1),B(-4,-3),D(4,1)$$

HHPTĐĐH2 : (Thử sức trước kì thi – Toán Học và Tuổi trẻ số 426)

Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ngoại tiếp $(C)$ tâm $K$ với tiếp điểm $D$ trên $AC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCD$ cắt $AB$ tại $E$ khác $B$. Các đường thẳng qua $A,D$ vuông góc với $CE$ cắt $BC$ tại $F,G$. Tìm toạ độ các đỉnh tam giác $ABC$ biết rằng $F(-3,-4),G(1,-1),K(-2,3)$.

Lời giải :

Ta sẽ chứng minh rằng $F$ là trung điểm của $BG$.

Gọi $O$ là giao điểm của $BD$ và $AF$. Ta có $\angle DAO=\angle AEG$ do cùng phụ với góc $EAF$ và $\angle AEG=\angle ADO$ do tứ giác $BDEC$ nội tiếp.

Từ đó có $\angle DAO=\angle ADO$, suy ra $OA=OD$, hơn nữa có tam giác $DAB$ vuông tại $A$ nên $OA=OB=OD$.

Ta có $OB=OD$, kết hợp với $AD$ song song $DG$ (do cùng vuông góc $CE$) ta được $F$ là trung điểm của $BG$.

• Từ đó ta có :

$$\{\begin{array}{ccc}{x}_B=2x_F-x_G=-7& & \\ y_B=2y_F-y_G=-7& & \end{array}$$

Tức là $B(-7,-7)$.

• Ta có $\overrightarrow{BK}=\left(5,10\right)=5(1,2)$, đường thẳng $BK$ đi qua điểm $K(-2,3)$ và nhận $(2,-1)$ làm một vector pháp tuyến :

$$(BK):2(x+2)-1.(y-3)=0\iff 2x-y+7=0$$

Gọi $G^{\prime }$ là điểm đối xứng với $G$ qua $BK$ thì rõ ràng $G^{\prime }$ thuộc $AB$. Gỉa sử $G^{\prime }(a,b)$. Ta có $\overrightarrow{G{G}^{\prime }}=(a-1,b+1)$.

Trung điểm $\left(\frac{a+1}{2},\frac{b-1}{2}\right)$ của $G{G}^{\prime }$ thuộc $BK$ nên :

$$2.\frac{a+1}{2}-\frac{b-1}{2}+7=0\iff 2a-b+17=0$$

Mặt khác hai vector $BK$ và $G{G}^{\prime }$ vuông góc nhau nên :

$$1.(a-1)+2(b+1)=0\iff a+2b+1=0$$

Từ đây suy ra được $G^{\prime }\left(-7,3\right)$ và $\overrightarrow{G^{\prime }B}=\left(0,-10\right)$.

Đường thẳng $AB$ đi qua $B(-7,-7)$ và nhận $(10,0)$ làm một vector pháp tuyến nên :

$$(AB):10(x+7)+0(y+7)=0\iff x+7=0$$

Dễ dàng tìm được phương trình đường thẳng $BC$ là $3x-4y-7=0$.

Bán kính đường tròn $(C)$ có độ dài bằng khoảng cách từ $K$ tới $BC$ :

$$r=d(K,BC)=\frac{\left|3.(-2)-4.3-7\right|}{\sqrt{3^2+(-4{)}^2}}=5$$

Dễ dàng thấy rằng $AK=r\sqrt{2}=5\sqrt{2}$. Cho nên nếu gọi $A(m,n)$ thì :

$$(m+2{)}^2+(n-3{)}^2=50$$

Hơn nữa do $A$ thuộc $AB$ nên ta có hệ :

$$\{\begin{array}{ccc}(m+2{)}^2+(n-3{)}^2=50& & \\ m+7=0& & \end{array}\iff m=-7,n=3$$

Tức là A$(-7,3)$.

• Chú ý $AB$ vuông góc $AC$, đường thẳng $AC$ đi qua $A(-7,3)$ và có $\overrightarrow{G^{\prime }B}=(0,-10)$ là vector pháp tuyến nên :

  $$(AC):0(x+7)-10(y-3)=0\iff y=3$$

  $C$ là giao điểm của $AC$ và $CB$ nên toạ độ $C$ là nghiệm của hệ :

  $$\{\begin{array}{ccc}y=3& & \\ 3x-4y-7=0& & \end{array}\iff C(\frac{19}{3},3)$$

  Đáp số :

  $$\boxed{A(-7,3),B(-7,-7),C\left(\frac{19}{3},3\right)}$$

 

HHPTĐĐH1 : Trong mặt phẳng $Oxy$, cho hình thoi $ABCD$ có tâm $I(2,1)$ và $AC=2BD$. Biết điểm $M\left(0,\frac{1}{3}\right)$ thuộc $AB$ và điểm $N(0,7)$ thuộc $CD$. Tìm điểm $P$ biết $\overrightarrow{BP}=5\overrightarrow{BI}$ và điểm $B$ có tung độ dương.

Lời giải :

Gọi $M^{\prime },N^{\prime }$ theo thứ tự là điểm đối xứng của $M,N$ qua $I$, dễ dàng thấy $M^{\prime }$ thuộc $CD$ và $N^{\prime }$ thuộc $AB$.

Ta tính được $M^{\prime }\left(4,\frac{5}{3}\right)$ và $N(4,-5)$.

Ta có : $\overrightarrow{M{N}^{\prime }}=\left(4,\frac{-16}{3}\right)$. Đường thẳng $(AB)$ có $\left(\frac{4}{3},1\right)$ là một vector pháp tuyến và đi qua $N^{\prime }(4,-5)$ nên :

$$(AB):\frac{4}{3}(x-4)+1.(y+5)=0\iff 4x+3y-1=0$$

Điểm $B$ thuộc $(AB)$ nên $B\left(\frac{1-3b}{4},b\right)(b>0)$. Ta tính được $\overrightarrow{IB}=\left(\frac{-3b-7}{4},b-1\right)$.

Chú ý rằng $tan\angle ABD=\frac{AI}{BI}=\frac{AC}{BD}=2$ nên $cos\angle ABD=\frac{\sqrt{5}}{5}$

Và $\overrightarrow{n}=(-3,4)$ là một vector cùng phương với vector $M{N}^{\prime }$. Như vậy thì :

$\overrightarrow{n}.\overrightarrow{IB}$$=\left|\overrightarrow{n}\right|.\left|\overrightarrow{IB}\right|.cos\left(\overrightarrow{n},\overrightarrow{IB}\right)$

$\iff \frac{\sqrt{5}}{5}$$=\frac{(-3).\frac{-3b-7}{4}+4(b-1)}{\sqrt{(-3{)}^2+4^2}.\sqrt{{\left(\frac{3b+7}{4}\right)}^2+(b-1{)}^2}}$$\iff b$$=3/5$

Suy ra $B\left(\frac{-1}{5},\frac{3}{5}\right)$. Từ đó dễ dàng tính được $P\left(\frac{54}{5},\frac{13}{5}\right)$.

Bài toán (Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 năm 2011 THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt, tỉnh Kiên Giang) : Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. Đường thẳng $AC$ có phương trình $3x-y-5=0$. Gọi $H$ là trung điểm của $BC$. $D$ là hình chiếu của $H$ trên cạnh $AC$, $M$ là trung điểm của $HD$. Đường thẳng $BD$ qua $E(8,-5)$. $AM$ có phương trình $11x-7y-5=0$. Viết phương trình cạnh $AB,BC$.

Lời giải :

Ta có $2\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{BD}=\left(\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{AD}\right)\left(\overrightarrow{BH}+\overrightarrow{HD}\right)=\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{HD}+\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{BH}=\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{HD}+\left(\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HD}\right)\overrightarrow{HC}=\left(\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HC}\right)\overrightarrow{HD}+\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{HC}=\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{HD}=0$

Như vậy thì $AM\perp BD$.

Đường thẳng $BD$ qua $E(8,-5)$ và vuông góc với $(AM):11x-7y-5=0$ nên nhận $\overrightarrow{n}\left(7,11\right)$ làm một vector pháp tuyến. Suy ra $(BD):7x+11y-1=0$

Vì $\left\{D\right\}=AC\cap BD$ nên tọa độ điểm $D$ chính là nghiệm của hệ $\{\begin{array}{c}3x-y-5=0\\ 7x+11y-1=0\end{array}\Rightarrow D\left(\frac{7}{5},\frac{-4}{5}\right)$

Vì $\left\{A\right\}=AM\cap AC$ nên tọa độ điểm $A$ là nghiệm của hệ $\{\begin{array}{c}11x-7y-5=0\\ 3x-y-5=0\end{array}\Rightarrow A(3,4)$

Ta có $(HD)$ qua $D(\frac{7}{5},\frac{-4}{5})$ và vuông góc với $(AC):3x-y-5=0$ nên nhận vector $(1,3)$ làm vector pháp tuyến : $(HD):x+3y+1=0$

Tọa độ điểm $M$ là nghiệm của hệ $\{\begin{array}{c}11x-7y-5=0\\ x+3y+1=0\end{array}\Rightarrow M\left(\frac{1}{5},\frac{-2}{5}\right)$

Vì $M$ là trung điểm của $HD$ nên dễ tìm được $H\left(-1,0\right)$

Đường thẳng $(BC)$ qua $H(-1,0)$ và nhận $\overrightarrow{AH}\left(-4,-4\right)$ là một vector pháp tuyến nên $(BC):x+y+1=0$

Tọa độ điểm $B$ là nghiệm của hệ $\{\begin{array}{c}x+y+1=0\\ 7x+11y-1=0\end{array}\Rightarrow B\left(-3,2\right)$

Do đó $(AB):x-3y+9=0$

Kết luận : Phương trình đường thẳng $AB,BC$ lần lượt là $x-3y+9=0,x+y+1=0$.

Bài toán : Cho $x,y,z$ là các số thực. Chứng minh rằng :

$$\sqrt{x^2+xy+y^2}+\sqrt{y^2+yz+z^2}\ge \sqrt{z^2+zx+x^2}$$

Lời giải :

Trong hệ tọa độ $Oxy$ ta chọn các điểm $A(x,0),B\left(\frac{-y}{2},\frac{y\sqrt{3}}{2}\right),C\left(\frac{-z}{2},\frac{-z\sqrt{3}}{2}\right)$

Ta có :

$AB$$=\sqrt{(x_A-x_B{)}^2+(y_A-y_B{)}^2}$$=\sqrt{{\left(x+\frac{y}{2}\right)}^2+{\left(-\frac{y\sqrt{3}}{2}\right)}^2}$$=\sqrt{\frac{4x^2+4xy+4y^2}{4}}$$=\sqrt{x^2+xy+y^2}$

$AC$$=\sqrt{(x_A-x_C{)}^2+(y_A-y_C{)}^2}$$=\sqrt{{\left(x+\frac{z}{2}\right)}^2+{\left(\frac{z\sqrt{3}}{2}\right)}^2}$$=\sqrt{\frac{4x^2+4zx+4z^2}{4}}$$=\sqrt{x^2+zx+z^2}$

$BC$$=\sqrt{(x_B-x_C{)}^2+(y_B-y_C{)}^2}$$=\sqrt{{\left(\frac{-y}{2}+\frac{z}{2}\right)}^2+{\left(\frac{y\sqrt{3}}{2}+\frac{z\sqrt{3}}{2}\right)}^2}$$=\sqrt{\frac{4y^2+4yz+4z^2}{4}}$$=\sqrt{y^2+yz+z^2}$

Theo bất đẳng thức tam giác :

$$AB+BC\ge AC\Rightarrow \sqrt{x^2+xy+y^2}+\sqrt{y^2+yz+z^2}\ge \sqrt{z^2+zx+x^2}$$

Đây là điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $A,B,C$ thẳng hàng $\iff \overrightarrow{AB}$ cùng phương $\overrightarrow{BC}$ $\iff \frac{x_B-x_A}{x_C-x_B}=\frac{y_B-y_A}{y_C-y_B}\iff \frac{y+2x}{y-z}=\frac{y}{y+z}\iff xy+yz+zx=0$