Bài tập có đáp án chi tiết về hình học phẳng oxy của thầy lâm phong phần 14

[OXY – 2016 – LẦN 1] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD tâm I , M là

điểm thuộc cạnh AB sao cho BI BM.  Gọi N là giao điểm giữa IM và BC , trung điểm cạnh

DN là K thuộc đường thẳng 2 2 0 d : x y    . Đường tròn đường kính DN cắt cạnh BD

tại điểm thứ hai là P. Tìm tọa độ điểm B biết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác

PMC là 2 2 2 2 0 x y x y     và K,B,C đều có tung độ nguyên.

(Bài toán của tác giả Hứa Lâm Phong) ■ Nhận xét và phân tích:

 Tính chất hình học quan trọng mà ta cần phải chứng minh đó là tam giác PMC vuông cân tại P . Ở đây, ta cần chứng mình PM PC  vì tứ giác PMBC nội tiếp có

0 0 180 45 CPM MBC PBM PCM       Ta phát hiện NPC và BPM cùng phụ với góc CPB nên sẽ chứng minh

C/m

PBM PNC NPC BPM PNC PBM PB PN MB NC ?

            

 Do đó ta cần chứng minh MB NC,  ở đây ta thấy MB IB IC   (giả thiết) nên ta sẽ chứng minh IC CN NIC   cân tại C nghĩa là ta cần chứng minh INC NIC ?    Ta lại có   1 PNI NIC doNP / /IC,soletrong 

Mặt khác, 

0

0 90

90 2

INC NMB

PNI PIN INC PNI PIN MIB NMB

            

Từ  1 2 , NCI  cân tại C .

 Từ kết quả trên, ta khai thác giả thiết như sau:

       

2 2 2 B PMC KE EC K d BC MC MB K P;C K;KC PMC B  

        

 Hướng dẫn giải: * Chứng minh CPM  vuông cân tại P (xem nhận xét và phân tích).

Do   2 2 0 2 2 K d : x y K k;k      

Đường tròn   PMC có tâm 2 1 2 E ;        

là trung điểm CM và 6 CM 

Ta có:   6 2 2 MC NCD BCM c g c KC EC         .

Nên KPEC là hình vuông

 

2 2 2 2 2 3 1 2 2 3 2 KE EC EK k k                  

 

 

2 2 1 2 2

8 5 2 8 5 2 1 4 2 6 6 3

k K ; tm

k K ; ktm

                             

(do K y  ).

* Ta có C và P là giao điểm chung của hai đường tròn     PCM & NCD nên

 

   

   

2 2

2 2

2

2

2 3 1 2 2 0 2 2

3 2 2 2 3 1 2 2

0 0 2 2 2 2 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2

C

x y x y x y

y x x y

x y

doy C ; ,P ; x y

                                         

                       

* Ta có   B a;b thỏa hệ:

  2 2

2 2

2 2

4 2 2 2 0 2 2 4 4

a b B PMC a b a b

BC a b a b

                            

    2 2

4 2

2 0 2 2 0 2 4 2 4 2 4 3 3 2

B

a b a b

doy B ; a a b a

                              

Ngoài ra ta có thể chứng minh các tính chất hình học ở trên bằng phương pháp tọa độ như sau:

* Dựng hệ trục Axy như hình vẽ dưới đây và đặt AB = a > 0 ta có

        0;0 , ; , ; , ;0 , 0; 2

a A E a C a a B a D a      

Ta có đoạn ME lần lượt cắt các cạnh của AB, AC, BC của ABC tại M, I, E nên theo định lý Ménélaus, Ta có:

. . 1

2 1

;0 2 2

EB IC MA EC IA MB

MA MA MB MA AB AB a MA EB M



    

          

* , B Ax D Ay    BD:

1 0 y x x y a a a      

Do K  đường tròn đường kính : 0 2

a MD MK DK MK BD MK x y        

2 2 2 2 ; 4 4 2 2 2 2 ; 4 4 2 2 2 2 ; 4 4

AK a

K MK BD K a a

EK a

                                        

Xét 0 . AKEK AK EK   

Chúc các em ôn tập hiệu quả và đạt kết quả cao nhất trong kì thi sắp tới !

Gmail: windylamphong@gmail.com Facebook: http://facebook.com/lamphong.windy

Group Toán 3[K] Thầy Lâm Phong – Mr.Lafo. (0933524179)