100 Bài toán Oxy Trong các đề thi thử Đại học (2015-2016) - Phần 1 - Lời giải

12 
AB
S
AD12AD .ABS ABCDABCD  
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 AD d1  
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận )1;1 (n làm VTPT nên có PT: 
03yx0)0y( 1)3x( 1  . Lại có: 2MDMA  
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: 
 





2y3x
03yx
22
    

















13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2222






1y
2 x hoặc 





1y
4x . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 
Do 





2
3
;
2
9
I là trung điểm của AC suy ra: 





213yy2y
729xx2x
AIC
AIC 
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) 
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 
Câu 22 : 
Gọi (C) la ̀ đường tròn ngoại tiếp tam gia ́c ABC va ̀ R là bán ki ́nh cu ̉a (C), ta có 
5 
5 5;5
2 2
IA R IA     
 

Phương tri ̀nh đươǹg tròn (C) có da ̣ng  
2
21 1251
2 4
x y     
 
Phương tri ̀nh đươǹg thă ̉ng AM có da ̣ng 2 0x   
Gọi ( )D AM C  thi ̀ tọa độ cu ̉a D thỏa mãn hê ̣ phương tri ̀nh 
Nguyễn Ngọc Tân - -TG5
   
2 
2 2
2 0 2
1 1251 1 25
2 4
x x
x y y
             
2
6
x
y

 

 (tọa độ cu ̉a điê ̉m A) hay  
2 
2; 4
4
x 
D
y

 
 
Do AM la ̀ đường phân gia ́c trong cu ̉a góc A nên D la ̀ điê ̉m chi ́nh giưã của cung BC , suy ra 
BC ID 
Đường thă ̉ng BC đi qua điê ̉m M và nhâ ̣n 5 ; 5
2
ID    
 

la ̀m vectơ pha ́p tuyê ́n có phương tri ̀nh 
 5 32 5 0 2 5 0
2 2
x y x y         
 
Tọa độ cu ̉a B, C là nghiê ̣m của hê ̣ phương tri ̀nh 

2 
2 2
2 5 0 
2 5
1 125 4 01
2 4
x y 
x y
y yx y
  
           
 
5 3
0 4
x x
hay
y y
   
  
   
Vâ ̣y        5;0 , 3; 4 3; 4 , 5;0B C hay B C    
Câu 23 : 
x
x
F(1;3)
E(-1;-3)
D(4;-2)
M(3;-1)
I
H
CB
A
/
/
////
Nguyễn Ngọc Tân - -TG5
+ Chứng minh được tứ giác BHCD là hình bình hành 
+ Tìm được H(2;0). 
+ PT đường cao (BH):x-y-2=0. 
+ PT cạnh (AC):x+y-4=0. 
+Gọi C(c ;4-c) thuộc AC. Nhờ t/c trung điểm suy ra B(6-c ;-6+c). 
B nằm trên BH nên ta có (6-c)-(-6+c)-2=0 hay c=5. Suy ra : B(1 ;-1) và C(5 ;-1). 
+ PT đường cao (AH) đi qua H(2;0) và vuông góc BC là :x-2=0. 
+ A là giao điểm của AH và AC nên A(2;2). 
Câu 24 : 
 Giả sử : , ( 0)AB a a  . Suy ra : 3 ,
4 4
a aCE DE  
Ta có : 2 2 5
2
aAM AB BM   
 2 2 17 
4
aAE AD DE   
 2 2 13 
4
aME CM CE   
 Theo định lý Cosin trong AME, ta có : 
2 2 2 6cos 
2 . 85
AE AM EMEAM 
AE AM
 
  
 Ta có ( ) ( ; 4 4 )A AE A m m   
vì A có tung độ dương nên : 4 4 0 1m m    
Suy ra đường thẳng AM có VTCP là (4 ; 4 2)AM m m  

mà đường thẳng AE có VTCP là (1; 4)AEa  

 Nguyễn Ngọc Tân - -TG5
 Khi đó :  
.
cos cos ,
.
AE
AE
AE
AM a
EAM AM a
AM a
 
 
 
  
2 2 2 2 2
1(4 ) 4(4 2) 12 17
1 ( 4) . (4 ) (4 2) 17. 17 24 20
m m m
m m m m
   
 
      
 Lúc này, ta có : 2
2
012 17 6 833 1176 0 24
8517. 17 24 20 17
mm 
m m 
mm m
     
  

Vì 1m  chọn 0m  . Vậy : (0;4)A 
Câu 25 : 
 Ta có : ( ) ( ; 2 1)B d B b b    
Mà : 
2 2
8( 2 1) 1052 52( , ( )) 17 18 52
65 651 ( 8)
b b
d B CM BH b
   
      
 
2 (2; 5)
70 70 123;
17 17 17
b B
b B
  
         
Điểm 70 123;
17 17
B   
 
 : loại, vì điểm B này và điểm D đã cho nằm về cùng một phía đối với 
đường thẳng CM 
Chọn (2; 5)B  , suy ra (3;0)I 
 Ngoài ra : ( ) (8 10; )C CM C c c   với 2c  
Mà . 0BC DC BC DC  
 
 với 
(8 12; 5)
(8 14; 5)
BC c c
DC c c
   

  

 
2 
1
(8 12)(8 14) ( 5)( 5) 0 65 208 143 0 143 
65
c
c c c c c c 
c

           
 

Nguyễn Ngọc Tân - -TG5
Vì 2c  , chọn 1c  , suy ra ( 2;1)C  
 I là trung điểm của AC nên (8; 1)A  
Vậy : (8; 1), (2; 5), ( 2;1)A B C   
Câu 26 : 
Đường tròn ( )C có tâm I(1,2),R=2 
Gọi M(a,b). Do 2 21( ) 6 4 11 0(1)M C a b a b       
Phương trình đường tròn đường kính IM: 2 2 ( 1) ( 2) 2 0x y a x b y a b        
Suy ra phương trình đường thẳng d: ( 1) ( 2) 1 2 0a x b y a b       
Do 3 0(2)P d a b     
Từ (1) và (2) suy ra: 
4 
(4;1)
1
a 
M
b



Câu 27 : 
Giả sử  ;D a b . Vì M là trung điểm BD nên  6 ; 2B a b   . 
Ta có  090 / /ADC AD DC BN CD    
 7 ;1NB a b  

 và  4; 2CD a b  

 . Ta có ,NB CD
  cùng phương 
      67 2 4 1 b aa b a b        1 
Ta có  1; 3 ;PD a b  

     2 3 01 4PD CD b ba a      
 
 (2) 
Thế (1) vào (2) ta có 2 52 18 40 0 
4
a
a a 
a

     
Nguyễn Ngọc Tân - TG5
Với a = 4 ta có b = -2. Khi đó D(4;-2) trùng C (loại). 
Với a = 5 ta có b = -1. Vậy D(5;-1) và B(1;-1). 
Vì AD đi qua P(1;3) và D(5;-1) nên phương trình đường thẳng AD: x + y – 4 = 0. 
Vì AB vuông góc với BC nên phương trình đường thẳng AB: 3x - y – 4 = 0. 
Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình 3 4 0 2
4 0 2
x y x
x y y
    
 
    
. 
Vậy  2;2A , D(5;-1) và B(1;-1). 
Câu 28 : 
Đường tròn (C) có tâm )1;2(I , bán kính 3R . Do dM  nên )1;( aaM  . 
Do M nằm ngoài (C) nên 9)()2(9 222  aaIMRIM 
0542 2  aa (*) 
Ta có 5429)()2( 2222222  aaaaIAIMMBMA 
Do đó tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình: 542)1()( 222  aaayax 
066)1(2222  ayaaxyx (1) 
Do A, B thuộc (C) nên tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình 042422  yxyx (2). 
Trừ theo vế của (1) cho (2) ta được 053)2(  aayxa (3) 
Do tọa độ của A, B thỏa mãn (3) nên (3) chính là phương trình của đường thẳng  đi qua 
A, B. 
+) Do (E) tiếp xúc với  nên (E) có bán kính ),(1  EdR 
Chu vi của (E) lớn nhất 1R lớn nhất ),(  Ed lớn nhất 
Nhận thấy đường thẳng  luôn đi qua điểm 





2
11;
2
5K 
Nguyễn Ngọc Tân - TG5
HB'A
B
D
C
M
Gọi H là hình chiếu vuông góc của E lên  
2
10),(  EKEHEd 
Dấu “=” xảy ra khi EKKH  . 
Ta có 





2
3;
2
1EK ,  có vectơ chỉ phương )2;(  aau 
Do đó 0.  uEKEK 0)2(
2
3 
2
1 
 aa 3 a (thỏa mãn (*)) 
Vậy  4;3M là điểm cần tìm 
Câu 29 : 
Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp 
trong một đường tròn. Mà BC CD nên 
AC là đường phân giác của góc BAD . 
Gọi 'B là điểm đối xứng của B qua AC. 
Khi đó 'B AD . 
Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ
phương trình: 
1 0 3
5 0 2
x y x
x y y
    
 
    
. Suy ra  3;2H . 
Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó 
 ' 4 ;1B . 
Đường thẳng AD đi qua M và nhận 'MB

 làm vectơ chỉ phương nên có 
phương trình 
3 1 0x y   . Vì A AC AD  nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
phương trình: 
1 0 1
3 1 0 0
x y x
x y y
    
 
    
. Do đó,  1;0A . 
Nguyễn Ngọc Tân - TG5
Ta có ABCB’ là hình bình hành nên 'AB B C
 
. Do đó,  5;4C . 
Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra : 3 14 0d x y   . 
Gọi I d AD  , suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là nghiệm 
của hệ: 
3 14 0 
3 1 0
x y 
x y
  

  
. Suy ra, 43 11;
10 10
I   
 
. Do đó, 38 11;
5 5
D   
 
. 
Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận CD

 làm vectơ chỉ phương nên 
có phương trình 9 13 97 0x y   . 
Câu 30 : Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên CD 
 
   2
BM BC BNC BMN BH d B,d 2 2 BD 4
D BD D m;2
 ABM 
:BD 4 d 1 4 d 1(L)
HBC
V d 3
          
      

 



Vậy : D(3;2) 
Câu 31 : Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC 
Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x 
− 3y – 1 = 0 
B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt: 
4 3 1 0 
(4;5)
 1 0
x y 
B
x y
  

  
A 
B 
C 
H 
E 
M(0;2) 
N 
I 
Nguyễn Ngọc Tân - TG5
Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0 
A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt: 
3 4 8 0 1( 3; )
 3 4 10 0 4
x y 
A
x y
  
  
  
Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt: 
2 2
(1;1)1; 14 3 1 0
31 3331 33 ;; ( 2) 2 25 2525 25
Cx yx y
Cx yx y
                
Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía 
đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC. 
Tương tự A và 31 33;
25 25
C   
 
 thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam 
giác ABC. BC = 5, 49( , ) 
20
AH d A BC  . Do đó 49
8ABC
S  (đvdt). 
Câu 32 : A là giao điểm của đường phân giác AD và đường tròn (I) ( (I) là đường tròn 
ngoại tiếp tam giác ABC) 
 Tọa độ A thỏa hệ 2 2
0
4 2 20 0
x y
x y x y
 

    
 2 2 (nhËn)2 6 20 0 
5 (lo¹i)
 
      
     
x y
x y 
x
x x 
x
Nguyễn Ngọc Tân - TG5
(do A có hoành độ âm) A(-2;2) Gọi D là điểm thỏa: D = (I) (d); D A .Ta có D(5;-5) 
AD: đường phân giác BAC 
      BAD DAC BOD DOC  ID là tia phân giác BOC . Lại có BOC cân tại O 
(OB=OC=R) 
 ID là phân giác BOC đồng thời ID BC .(I): 2 2 4 2 20 0x y x y     .
2 2( 2) ( 1) 25x y     
 Tâm I(2;-1) (3; 4)ID  

 .Đường thẳng BC qua M có VTCP (3; 4)ID  

 nên có pt: 
3( 3) 4(y 4) 0
3 4 25 0
x
x y
   
   
 .Tọa độ B,C thỏa hệ: 2 2
3 4 25 0 
4 2 20 0
x y
x y x y
  

    
2 2 2
3 4 25 3 4 25
(4 25) 12(4 25) 18 180 9 25 170 145 0
x y x y
y y y y y y
    
  
          
3 4 25
71
129 
5
x y
xy
y
y
 
        
 hoặc 
3 
5
29 
5
x
y
  

  

. 
Vậy ta tìm được 2 bộ điểm A, B, C thỏa đề: 
3 29( 2;2); (7; 1); ( ; )
5 15
3 29( 2;2); ( ; ); (7; 1)
5 15
A B C
A B C
   

   

Câu 33 : 
Nguyễn Ngọc Tân - TG5
Ta có : tam giác MDC vuông tại D 
=>(MD) : x – y + 5 = 0 
=> D(-2; 3) 
MD = 8 2
3
 => HD = 3
4 
MD = 2 2 
Gọi AB = a => SABCD = 3a.2 2
2
 = 12 => a = 2 2 
=>DC = 4 2 
Gọi C(c; 1 –c ) => DC2 = 2(c + 2 )2 => c = 2 hay c = -6 (loại)=>C(2; 
-1) 
=>B(3; 2) 
=> (BC): 3x – y – 7 = 0 
Câu 34 : 
I
A
D C
B
M
H
 90 45AIB BCA    hoặc  135BCA   
Suy ra  45CAD ADC   cân tại D. 
Ta có DI AC Khi đó phương trình đường thẳng AC có dạng: 2 9 0x y   . 
   2 9; , 8 2 ; 1A a a AD a a    

 
2 240 6 5 0
1 
5
1;5 (n)
AD a a
a 
a
A
    

  

Nguyễn Ngọc Tân - TG5
Câu 35 : Gọi H’ là đối xứng của H qua phân giác trong BD thì 'H AB 
' ' : 0
( 4;1) ' 5
HH BD ptHH x y c
H HH c
    
   
Vậy pt HH’: x –y + 5 = 0 
Gọi K là giao điểm của HH’ và BD , tọa độ K thỏa hệ: 
5 
(0;5)
5
x y 
K
x y
  

 
K là trung điểm HH’ '(4;9)H 
 3 3' ; 3 1; 5
5 5
MH      
 

 
 
' 4;9 
:
5;1
quaH 
AB
VTPT n



 
Pt AB: 5x + y – 29 = 0 
B là giao điểm của AB và BD  tọa độ B thỏa hệ 
5 29 
(6; 1)
5
x y 
B
x y
 
 
 
M là trung điểm AB 4 ;25
5
A   
 
Câu 36 : 
* C là giao điểm của AC và Oy => C(0 , 4) 
Phương trình BD : 3 4 0x y   
Phương trình BI: 3 4 5 0x y   
 2; 2B BI BD B    . 
Nguyễn Ngọc Tân - TG5
* Gọi B(0 , b) 
* Phương trình AB: y = b (do AB vuông góc BC Oy) 
* A là giao điểm của AB và AC => 16 4bA ,b
3
 
 
 
* Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có: 
2
ABC
4 b 42S 13S pr r b 44 5AB BC CA 3b 4 b 4 b 4
3 3

     
      
* r = 1 
b 1 A(4,1),B(0,1),C(0,4),D(4,4)
b 4 3
b 7 A( 4,7) ,B(0,7),C(0,4),D( 4, 4)
 
         
Câu 37 : Gọi  ;n a b

là vtpt của CD  2 2 0a b  PT CD: 0ax by a b    
  2.8 ; 2BCD ACD 
SS S d A CD 
CD
      , 1 d M CD  0.25 
2
2 2
0; 12 
1 3 4 0 
4; 3
a ba b 
a ab 
a ba b
  
         
: 1 0
: 4 3 7 0
CD y 
CD x y
 
    
 0.25 
Với CD:   2 2 
7
1 0 ; 1 ; 4 64 
9 :
d
y D d CD AB 
d L

         
     17; 1 ; 4;0 9; 3
2
D AB DC B      
 
 0.25 
Voí CD:  
2
2 25 14 74 3 7 0 ; 64 :
3 9
ddx y D d CD 
         
 
loại 0.25 
Câu 38 : 
Nguyễn Ngọc Tân - TG5
+) Gọi AB=a (a>0) 
2
EFK ABCD AEF FDK KCBE
5a
S S S S S 
16   
      
EFK
1
S FH.EK
2
 , 25 a 17FH d(F,EK) ;EK a 5
42 17
     
ABCD là hình vuông cạnh bằng 5 5 2EF 
2
  
+) Tọa độ E là nghiệm: 
2
211 25( 3)
2 2
19 8 18 0
      
   
x y
x y
2 
58 (loai)
17 
5 
2
  
 
  
 
 

x
x
y
52; 
2
   
 
E 
+) AC qua trung điểm I của EF và AC EF 
AC: 7 29 0x y   
Có :  
10
7 29 0 3
19 8 18 0 17 
3
   
    
    

xx y
AC EK P 
y y
10 17;
3 3
   
 
P 
Ta xác định được: 9 (3;8)
5
 
 
IC IP C 
Câu 39 : 
P
I
F
E
C
A B
D K
H
Nguyễn Ngọc Tân - TG5
Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CD, 
BH AB. Ta chứng minh AF EF . 
Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG nội tiếp nên tứ 
giác ADEF cũng nội tiếp, do đó AF EF . 
Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0. Tọa độ điểm F là 
nghiệm của hệ 
17
3 10 17 1 325 ;
3 4 1 5 5 5
5
xx y 
F AF
x y y
               

 
 
2 2
2
2
1 22 ;
2 5
8 17 51 8;3 10 3
5 5 5 5
19 19 75 34 57 0 3 hay 3; 1 ;
5 5 5
AFE DCB EF AF
E t t EF t t
t t t t E E
    
             
   
            
 

Theo giả thiết ta được  3; 1E  , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân tại D 
nên 
       
     
  
2 2 2 21 1 3 1
1 3 1 1
2 1 3
 hay D(1;-1) D(3;1)
1 3 0 1 1
x y x yAD DE 
AD DE x x y y
y x x x
x x y y
        
 
      
         
       
Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1). 
Khi đó, C(5;-1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1). 
Câu 40. 
A B
D C
G
E
F
H
Nguyễn Ngọc Tân - TG5
Gọi E = BN  AD  D là trung điểm của AE 
Dựng AH  BN tại H    8AH d A;BN 
5
  
Trong tam giác vuông ABE: 
2 2 2 2
1 1 1 5
AH AB AE 4AB
   
 5.AHAB 4
2
  
B  BN  B(b; 8 - 2b) (b > 2) 
AB = 4  B(3; 2) 
Phương trình AE: x + 1 = 0 
E = AE  BN  E(-1; 10)  D(-1; 6)  M(-1; 4) 
Gọi I là tâm của (BKM)  I là trung điểm của BM  I(1; 3) 
BMR 5
2
  . Vậy phương trình đường tròn: (x - 1)2 + (y - 3)2 = 5. 
Câu 41 . 
H
E
K
N
M
D C
BA
Nguyễn Ngọc Tân - TG5
Câu 
42. 
(C): x2 + y2 = 5 có tâm O(0;0) bán kính R = 5 . 
K
A
O
B
Nguyễn Ngọc Tân - TG5
Ta có d(O;d) = 10
5 
=OA  OA  (d) 
A  (d)  A(t;3t-2)  OA

=(t;3t-2) 
(d) có vtcp du

=(1;3). Ta có: OA

. du

 = 0 
 t + 3(3t-2) = 0  t = 3
5 
A 3 1;
5 5
  
 
Ta có OAB vuông tại A, KA = KB  KA = KB = OK  K là trung điểm OB 
 OB = 2OK = 2 5 
Vì B  (d)  B(b;3b-2)Ta có OB2 = 20  b2+(3b-2)2 = 20  5b2-6b-8=0  
 2 2;4
4 4 22;
5 5 5
b B
b B
 

         
Vậy A 3 1;
5 5
  
 
 , B(2;4) hoặc 4 22;
5 5
B    
 
Câu 43. Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R = 13 . 
Khoảng cách từ I đến đường thẳng (  ) là 
13
9
),( Id < R 
Vậy đường thẳng (  ) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt. 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có ),(.2
1
  MABM dABS 
Trong đó AB không đổi nên ABMS lớn nhất khi ),( Md lớn nhất. 
-------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với ( ). 
Nguyễn Ngọc Tân - TG5
PT đường thẳng d là 3x + 2y - 1 = 0 
Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm của 
hệ phương trình: 





0123
084222
yx
yxyx 
 




5,3
1,1
yx
yx 
 P(1; -1); Q(-3; 5) 
Ta có 
13
4
),( Pd ; 13
22
),( Qd 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------- 
Ta thấy ),( Md lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với Q. Vậy tọa độ điểm M (-3; 5). 
Câu 44. 
Gọi I là trung điểm của CD, do 1 
2 17( ; )
3
aI I a    
nên 1 2( 6; )
3
aDI a  

 , đường thẳng 1 có VTCP 1( 3;2)u 

vì 1. 0 4DI u a   
 
 do đó ( 4; 3)I   suy ra ( 2;0)C  
Gọi C’ đối xứng với C qua 2 . Ta có phương trình CC’: x-5y+2=0 
Gọi J là trung điểm của CC’. Tọa độ J là nghiệm hệ 5 2 0 1 1( ; )
5 3 0 2 2
x y 
J
x y
  

  
 nên ' (3;1)C 
Đường thẳng AB qua C’ nhận DC

 làm VTCP có phương trình: 3x-2y-7=0 .\ 
 Tọa độ A là nghiệm hệ: 3 2 7 0 (1; 2)
5 3 0
x y 
A
x y
  
 
  
Do ABCD là hình bình hành nên AB DC
 
suy ra (5; 4)B 
Vậy (1; 2)A  , (5; 4)B , ( 2;0)C  
Câu 45. 
 Nguyễn Ngọc Tân - TG5
Gọi ( 2 ; )I t t d  là tâm đường tròn ( 0 )t  
2 2 24 (2 )IM t t   
+ ( , )d I t  
+ Gọi H là trung điểm đoạn AB 
Ta có: 2 2 2 2 2 2IH AH IA IH AH IM     
2 2 212 4 (2 )t t t     2 2 ( )2 0 
1 ( )
t tm
t t 
t l

       
2 ( 4; 2)t I   , bán kính đường tròn 4R IM  
 Phương trình đường tròn: 2 2( 4) ( 2) 16x y    
Câu 46. 
B
A
I
d
HM
x + y -11 = 0
E
H
N
B
D C(6; 7)
A(2; 1)
M(3; 2)
Nguyễn Ngọc Tân - TG5
Kéo dài AM cắt CD tại N. Gọi E, H lần lượt là hình chiếu của M lên AB, CD 
Theo giả thiết HM = 5ME 
Do ABCD là hình bình hành nên / / 5 5MN HMAB CD MN MA
MA EM
     
Lại có M nằm giữa A và N, MN = 5MA  
 
 
3 5 2 3 8
5 8;7
72 5 1 2
N N
NN
x x
MN MA N
yy
          
    
 
Đường thẳng CD đi qua hai điểm C(6; 7), N(8; 7) nên CD có vtcp là  2;0CDu CN CD  
 
có vtpt là  0;2CDn 

. Phương trình của CD có dạng CD: y – 7 = 0 
Đỉnh D là giao điểm của CD và : 11 0x y    nên tọa độ điểm D là nghiệm hệ phương 
trình: 
 
7 0 4 
4;7
11 0 7
y x 
D
x y y
   
  
    
AD đi qua hai điểm A, D nên AD có vtcp là  2;6u AD 
 
 => AD có vtpt là  3; 1n  

 suy 
ra phương trình cạnh AD có dạng 3x – y – 5 = 0. 
Kiểm tra thấy thỏa mãn điểm M thuộc miền trong hình bình hành ABCD. Vậy phương 
trình cạnh AD là 3x – y – 5 = 0. 
Câu 47. 
Hình vẽ: 
vNguyễn Ngọc Tân - TG5
Gọi H là trực tâm ABC thì có BHCD là hình bình hành, nên M là trung điểm HD
 2 0H  ; 
BH chứa  1 3E ;  nên    2 0 2 0
1 2 3 0
x yBH : BH : x y     
   
Do DC BH và  4 2D ; thuộc DC nên   6 0DC : x y   
Do BH AC và  1 3F ; thuộc AC nên   4 0AC : x y   
Do C AC DC  nên tọa độ C là nghiệm của hệ 
6 0 
4 0
x y 
x y
  

  
Tìm được  5 1C ; 
 3 1M ; là trung điểm của BC nên  1 1B ;  4 0BC ; 
 
Do H là trực tâm ABC nên AH BC   2 0 AH : x   
Do A AH AC  nên tọa độ A là nghiệm của hệ 
2 0
4 0
x 
x y
 

  
 2 2A  ; 
Kết luận:  2 2A ; ;  1 1B ; ;  5 1C ; 
Nguyễn Ngọc Tân - TG5
Câu 48. 
Câu 49. 
Đường tròn ngoại tiếp ABC chính là đường tròn ngoại tiếp MNP có phương trình là 
2 2 3 29 0x y x    có tâm là 3 ;0
2
K   
 
Vì P là điểm chính giữa cung AB nên đường thẳng chứa AB đi qua  1;1Q  vuông góc với 
KP 
PT của AB: 2 3 0x y   . 
Tọa độ A, B là thỏa mãn hệ 
 22 2 2
2 32 32 3 0 
1
3 29 0 2 3 3 29 0 
4
y xy xx y 
x
x y x x x x 
x
      
    
            
Từ đó, tìm được    1;3