Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho đường tròn $\left( T \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x-y-5=0$ và đường thẳng $\left( d \right):3x+4y-5=0$. Chứng minh rằng $\left( d \right)$ cắt $\left( T \right)$ tại hai điểm phân biệt $B$ và $C$. Tìm trên $\left( T \right)$ điểm $A$ có hoành độ âm sao cho tam giác $ABC$ có bán kính đường tròn nội tiếp $r=1$.

========== HẾT ==========

Huỳnh Đức Khánh - 0975.120.189

2 SAI LẦM CƠ BẢN CHẾT NGƯỜI (HS thường gặp)

1. Ngộ nhận góc giữa hai đường thẳng là $\cos \alpha =\frac{|\overrightarrow{{{n}_{d}}}.\overrightarrow{{{n}_{AI}}}|}{|\overrightarrow{{{n}_{d}}}|.|\overrightarrow{{{n}_{AI}}}}=\frac{2}{5\sqrt{5}}$.
========> Đúng ra là $\cos \alpha =\dfrac{2}{5\sqrt{5}}\Rightarrow \cos \widehat{BKI}=\pm \dfrac{2}{5\sqrt{5}}$.
2. Xét tam giác $BIK$. Với góc $\widehat{BKI}$ cố định và $IK$ cố định. Khi đó với mọi $B$ chạy trên đường thẳng $(d)$ thì góc $\widehat{BKI}$ không đổi nên tồn tại vô số điểm $B$ thỏa yêu cầu bài toán. Không tin ah, ''sờ thử xem'' nhé.
Ta tính được
$$IB=\sqrt{5{{b}^{2}}-\frac{6b}{5}+\frac{1}{5}};BK=\sqrt{5{{\left( b-\frac{1}{11} \right)}^{2}}};IK=\frac{4}{11}.$$
Ta có
$$\cos \widehat{BKI}=\dfrac{B{{K}^{2}}+K{{I}^{2}}-I{{B}^{2}}}{2BK.KI}$$
$$\Leftrightarrow \pm \dfrac{2}{5\sqrt{5}}=\dfrac{5{{\left( b-\dfrac{1}{11} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{4}{11} \right)}^{2}}-\left( 5{{b}^{2}}-2b+\dfrac{1}{5} \right)}{2.\sqrt{5}\left| b-\dfrac{1}{11} \right|.\dfrac{4}{11}}$$
$$\Leftrightarrow \pm \dfrac{2}{5\sqrt{5}}=\dfrac{\dfrac{16}{55}\left( b-\dfrac{1}{11} \right)}{\dfrac{8\sqrt{5}}{11}\left| b-\dfrac{1}{11} \right|}.$$
Điều này luôn luôn đúng với mọi $b$.
===============================================
NGOCTIEN_A1_DQH nên tính toán cẩn thận nhé.
Bạn còn là học sinh phải không. Tôi đã đi dạy nhiều rồi. Tôi đang viết cuốn sách về chuyên đề này khoảng 450 trang, quý 1 năm 2013 sẽ xuất bản. Nếu các bạn có những bài hay thì cứ đưa lên trao đổi. Tôi ra đề cho các bạn một bài nhé
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho đường tròn $\left( T \right):{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2x-y-5=0$ và đường thẳng $\left( d \right):3x+4y-5=0$. Chứng minh rằng $\left( d \right)$ cắt $\left( T \right)$ tại hai điểm phân biệt $B$ và $C$. Tìm trên $\left( T \right)$ điểm $A$ có hoành độ âm sao cho tam giác $ABC$ có bán kính đường tròn nội tiếp $r=1$.

hình vẽ

lời giải:

phương trình $ AI:4x+3y-10=0 $

gọi K là giao điểm của $ AI $ và $ (d) $ thì $ K(\frac{2}{11};\frac{34}{11})$

vì $ B \in (d) $ nên ta có thể gọi $ B(2b;b+3) $

gọi $ \alpha $ là góc giữa (d) và AI

thì $ cos\alpha= \frac{|\vec{n_{d}}.\vec{n_{AI}}|}{|\vec{n_d}|.|\vec{n_{AI}}} =\frac{2}{5\sqrt{5}} $

xét tam giác BIK có:

$ IB=\sqrt{5b^2-\frac{6b}{5}+\frac{1}{5}}$

$ BK=\sqrt{5(b-\frac{1}{11})^2}$

$ KI=\frac{4}{11} $

$ cos\widehat{BKI}=\frac{BK^2+KI^2-IB^2}{2BK.KI}=\frac{2}{5\sqrt{5}} $

thay các giá trị vào và giải phương trình ta tìm được $ b=\frac{3}{11} $

$ \Rightarrow B(\frac{6}{11};\frac{36}{11}) $

$ \Rightarrow BI:13x-4y+6=0 ; $
$ AB: 15x+14y-54=0 $
xét tam giác BKI, ta dễ tính được $ cos\widehat{BIK}=\frac{8}{\sqrt{185}}$

mà $ \widehat{AIN}=\widehat{BIK} $

$ \Rightarrow cos\widehat{AIN}=\frac{8}{\sqrt{185}} $

vì $ N \in BI $ nên có thể gọi $ N(4n+2;13n+8) $

$ \Rightarrow AN=\sqrt{185n^2+84n+20} $

$ NI=\sqrt{185n^2-\frac{612}{5}n+\frac{148}{5}}$

$ AI=4 $

xét tam giác AIN có:

$ cos\widehat{AIN}=\frac{AI^2+IN^2-AN^2}{2.AI.IN}=\frac{8}{\sqrt{185}}$

thay vào và giải PT ta tìm được $ n=0 $

$ \Rightarrow N(2;8) $

đường thẳng $ CD$ qua N và song song với $AB$ nên $CD: 15x+14y-142=0 $

đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB nên $ BC: 14x-15y+\frac{456}{11}=0 $

từ đây tìm được tọa độ $ C(\frac{17046}{4631};\frac{28708}{4631})$

p/s: không biết có tính sai không mà số lẻ quá @@

Sai 2 kiến thức cơ bản. Bạn tự kiểm tra nhé. Khi nào không rõ mình sẽ chỉ.

Trong mặt phẳng toạ độ vuông góc $Oxy$, cho hình vuông $ABCD$ có $A(-2;6)$, đỉnh $B$ thuộc đường thẳng $(d):x - 2y +6 = 0$. Gọi $M, N$ lần lượt là 2 điểm nằm trên cạnh $BC, CD$ sao cho $BM = CN$. Biết $AM$ giao $BN$ tại điểm $I\left (\frac{2}{5};\frac{14}{5} \right )$. Xác định tọa độ đỉnh $C$.
Bài giải.

Từ $C$ kẻ $CN'$ vuông góc $AB$, với $N'$ thuộc $AB$.
Ta có: $\tan \widehat{BAI}=\frac{BM}{AB},\cot \widehat{ABI}=\frac{BN'}{NN'}=\frac{CN}{NN'}=\frac{BM}{AB}$.
Suy ra $\tan \widehat{BAI}=\cot \widehat{ABI}$, suy ra tam giác $ABI$ vuông tại $I$.
Phương trình đường thẳng $BI$ đi qua $I$ và vuông góc $AI$ nên $\left( BI \right):3x-4y+10=0$.
Do $B=\left( BI \right)\bigcap \left( d \right)$ nên tọa độ $B\left( x;y \right)$ thỏa mãn hệ
$$\begin{cases}
3x-4y+10=0 \\
x-2y+6=9 \\
\end{cases} \Rightarrow B\left( 2;4 \right).$$
Đường thẳng $BC$ đi qua $B$ và vuông góc $AB$ nên có phương trình $(BC):2x-y=0$.
Ta có: $C\in (BC)$ nên $C(c;2c)$.
Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên $$BC=AB\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( c-2 \right)}^{2}}+{{\left( 2c-4 \right)}^{2}}}=2\sqrt{5} \Leftrightarrow c=0 \vee c=4.$$
● Với $c=0$, suy ra $C(0;0)$. Khi đó $CI<CB$. (thỏa mãn)
● Với $c=4$, suy ra $C(4;8)$. Khi đó $CI>CB$. (không thỏa mãn)

---------- HẾT ----------

Lần đầu tiên gởi bài và đánh Latex nên các bạn thông cảm.

Đề bị sai. Chứng minh:
Lấy $B$ tùy ý thuộc $(d)$.
Từ $B$ kẻ đường thẳng $(\Delta)$ đi qua $B$ và vuông góc với $AB$.
Từ $B$ kẻ đường thẳng $(BI)$ đi qua $B$ và $I$.
Điểm $C$ cần tìm thuộc $(\Delta)$ và $(\Delta')$ với $(\Delta')$ thỏa mãn
1. Song song với $AB$.
2. Cắt $BI$ tại $N$, cắt $(\Delta)$ tại $C$ sao cho $BM=CN$.
Ta luôn tìm được điểm $C$ thỏa yêu cầu bài toán ứng với mỗi $B$ thuộc $(d)$.