Tuyển tập 110 bài toán hình học giải tích phẳng oxy - Nguyễn Đình sỹ
Gửi bởi: Khoa CNTT - HCEM 5 tháng 3 2021 lúc 8:12:26 | Được cập nhật: hôm kia lúc 0:22:10 Kiểu file: PDF | Lượt xem: 376 | Lượt Download: 5 | File size: 1.850731 Mb
Nội dung tài liệu
Tải xuống
Link tài liệu:
Các tài liệu liên quan
- Các đề luyện thi TNTHPT môn Toán
- Chuyên đề sự đồng biến và nghịch biến
- Chuyên đề cực trị của hàm số
- Test công thức
- 300 câu trắc nghiệm chương Đạo hàm theo chủ đề
- 520 bài tập trắc nghiệm đạo hàm
- Đề luyện tập Chuyên đề 1 - Ứng dụng của đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
- Đề luyện tập Chuyên đề 2 - Khối đa diện
- Đề luyện tập Chuyên đề 3 - Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm lôgarit
- ĐỀ 44-TỔNG HỢP (ĐẾN NGUYÊN HÀM-MẶT CẦU)
Có thể bạn quan tâm
Thông tin tài liệu
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG HAY NHẤT
( Tài liệu để ôn thi đại học )
Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A 1;0 , B 2; 4 , C 1; 4 , D 3;5 và đường
thẳng d : 3x y 5 0 . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích
bằng nhau.
Giải
- M thuộc d thi M(a;3a-5 )
x 1 y
4x 3 y 4 0
3 4
x 1 y 4
CD 4;1 CD 17; CD :
x 4 y 17 0
4
1
4a 3 3a 5 4 13a 19
a 4 3a 5 17 3 11a
- Tính : h1 M , AB
, h2
5
5
17
17
- Mặt khác : AB 3;4 AB 5, AB :
- Nếu diện tich 2 tam giác bằng nhau thì :
11
5. 13a 19
17. 3 11a
a
13a 19 3 11a
1
1
AB.h1 CD.h2
12
2
2
5
17
13a 19 11a 3
a 8
11 27
- Vậy trên d có 2 điểm : M 1 ; , M 2 8;19
12 12
Bài 2. Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I
của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C
Giải
- Nếu C nằm trên d : y=x thì A(a;a) do đó suy ra C(2a-1;2a).
- Ta có : d B, d
02
2.
2
1
4
- Theo giả thiết : S AC.d B, d 2 AC
2
2
2a 2 2a 0
2
2
1 3
a
2
8 8a 2 8a 4 2a 2 2a 1 0
1 3
a
2
1 3 1 3
1 3 1 3
- Vậy ta có 2 điểm C : C1
;
;
, C2
2
2
2
2
Bài 3. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(1;1) , B(2; 5) , ®Ønh C n»m
trªn ®-êng th¼ng x 4 0 , vµ träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®-êng th¼ng
2 x 3 y 6 0 . TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC.
Giải
AB 5
- Tọa độ C có dạng : C(4;a) , AB 3; 4
AB : x 1 y 1 4 x 3 y 7 0
3
4
x A xB xC
1 2 4
xG
1
xG
3
3
- Theo tính chát trọng tâm ;
y y A yB yC
y 1 5 a a 6
G
G
3
3
3
Trang 1
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
a6
- Do G nằm trên : 2x-3y+6=0 , cho nên : 2.1 3
6 0 a 2.
3
4.4 3.2 7
1
1
15
- Vậy M(4;2) và d C , AB
(đvdt)
3 S ABC AB.d C , AB 5.3
2
2
2
16 9
Bài 4. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2;1) , B(1; 2) , träng t©m G
cña tam gi¸c n»m trªn ®-êng th¼ng x y 2 0 . T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diÖn tÝch tam gi¸c
ABC b»ng 13,5 .
Giải.
- Ta có : M là trung điểm của AB thì
3
1
M ; . Gọi C(a;b) , theo tính chất
2 2
A(2;1)
a3
xG 3
trọng tam tam giác :
y b 3
G
3
3
2
1
2
G
M( ; )
d:x+y-2=0
C
B(1;-2)
- Do G nằm trên d :
a 3 b 3
2 0 a b 6 1
3
3
3a b 5
x 2 y 1
- Ta có : AB 1;3 AB :
3x y 5 0 h C, AB
1
3
10
2a b 5 2a b 5
1
1
- Từ giả thiết : S ABC AB.h C , AB 10.
13,5
2
2
2
10
2a b 5 27
2a b 32
2a b 5 27
2a b 5 27
2a b 22
- Kết hợp với (1) ta có 2 hệ :
20
b 3
a b 6
a b 6
38
2a b 32
3a 38
38 20
a
C1 ; , C2 6;12
a b 6
a b 6
3
3
3
b
12
2a b 22
3a 18
a 6
Bài 5. Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương
trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình : x + y +1 = 0 . Xác
định tọa độ B và C . Tính diện tích ABC .
Giải
- Đường thẳng (AC) qua A(2;1) và vuông
B
góc với đường cao kẻ qua B , nên có véc tơ
chỉ phương
x+y+1=0
x 2 t
n 1; 3 AC :
t R
y 1 3t
- Tọa độ C là giao của (AC) với đường trung
x 2 t
tuyến kẻ qua C : y 1 3t
x y 1 0
Trang 2
M
C
A(2;1)
x-3y-7=0
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 2
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
Giải ta được : t=2 và C(4;-5). Vì B nằm trên đường cao kẻ qua B suy ra B(3a+7;a) . M là
3a 9 a 1
;
.
2
2
trung điểm của AB M
- Mặt khác M nằm trên đường trung tuyến kẻ qua C :
3a 9 a 1
1 0 a 3 B 1; 2
2
2
12
x 2 y 1
- Ta có : AB 1; 3 AB 10, AB :
3x y 5 0, h C; AB
1
3
10
1
1
12
- Vậy : S ABC AB.h C , AB 10.
6 (đvdt).
2
2
10
Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình
đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 =
0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
Giải
a5 b2
;
. M nằm trên
2
2
- Gọi B(a;b) suy ra M
trung tuyến nên : 2a-b+14=0 (1).
- B,B đối xứng nhau qua đường trung trực cho
x a t
nên : BC :
t R .
y b t
A(5;2)
2x-y+3=0
M
Từ đó suy ra tọa độ N :
N
6a b
B
t
2
x a t
3a b 6
x
y b t
2
x y 6 0
6ba
y
2
3a b 6 6 b a
N
;
. Cho nên ta có tọa độ C(2a-b-6;6-a )
2
2
C
x+y-6=0
- Do C nằm trên đường trung tuyến : 5a-2b-9=0 (2)
2a b 14 0
a 37
B 37;88 , C 20; 31
5a 2b 9 0
b 88
- Từ (1) và (2) :
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng : x 3 y 8 0 ,
' :3x 4 y 10 0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường
thẳng , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ’.
Giải
Bài 7.
x 2 3t
I 2 3t; 2 t
y 2 t
- Gọi tâm đường tròn là I , do I thuộc :
- A thuộc đường tròn IA
3t 3 t R (1)
3 2 3t 4 t 2 10
2
- Đường tròn tiếp xúc với '
- Từ (1) và (2) :
3t 3 t
2
2
2
5
R
13t 12
R . (2)
5
13t 12
2
2
2
25 3t 3 t 13t 12
5
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 3
Trang 3
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn
(C ) : x 2 y 2 – 2 x – 2 y 1 0, (C ') : x 2 y 2 4 x – 5 0 cùng đi qua M(1; 0). Viết
phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho
MA= 2MB
Giải
* Cách 1.
x 1 at
y bt
- Gọi d là đường thẳng qua M có véc tơ chỉ phương u a; b d :
- Đường tròn C1 : I1 1;1 , R1 1. C2 : I 2 2;0 , R2 3 , suy ra :
C1 : x 1 y 1
2
2
1, C2 : x 2 y 2 9
2
t 0 M
2ab
2b 2
A
1
;
- Nếu d cắt C1 tại A : a b t 2bt 0
2
2
2
2
t 2 2b 2
a b a b
a b
t 0 M
6a 2
6ab
2
2
2
B
1
; 2
- Nếu d cắt C2 tại B : a b t 6at 0
6
a
2
2
t 2
a b2
a b
2
a b
2
2
- Theo giả thiết : MA=2MB MA 4MB *
2
2
2
2
2
2
6a 2 2 6ab 2
2ab 2b
- Ta có : 2 2 2 2 4 2 2 2 2
a b a b
a b a b
b 6a d : 6 x y 6 0
4b 2
36a 2
2
4.
b 2 36a 2
2
2
2
a b
a b
b 6a d : 6 x y 6 0
* Cách 2.
1
2
- Sử dụng phép vị tự tâm I tỉ số vị tự k= . ( Học sinh tự làm )
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác
ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là
M (3;1) .
Giải
- Theo tính chất đường cao : HK vuông góc với AC
cho nên (AC) qua K(0;2) có véc tơ pháp tuyến
KH 1; 2 AC : x 2 y 2 0 x 2 y 4 0 .
A
- B nằm trên (BH) qua H(1;0) và có véc tơ chỉ
phương KH 1; 2 B 1 t; 2t .
M(3;1)
- M(3;1) là trung điểm của AB cho nên A(5-t;2+2t).
- Mặt khác A thuộc (AC) cho nên : 5-t-2(2+2t)+4=0 ,
B
suy ra t=1 . Do đó A(4;4),B(2;-2)
- Vì C thuộc (AC) suy ra C(2t;2+t) ,
BC 2t 2;4 t , HA 3;4 . Theo tính chất đường cao kẻ từ A :
K(0;2
)
H(1;0)
C
HA.BC 0 3 2t 2 4 4 t 0 t 1 . Vậy : C(-2;1).
- (AB) qua A(4;4) có véc tơ chỉ phương BA 2;6 // u 1;3 AB :
3x y 8 0
Trang 4
x4 y4
1
3
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 4
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
- (BC) qua B(2;-2) có véc tơ pháp tuyến HA 3; 4 BC : 3 x 2 4 y 2 0
3x 4 y 2 0 .
Bài 10. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình
C1 : x2 y 2 4 y 5 0 và C2 : x2 y 2 6 x 8 y 16 0. Lập phương trình tiếp tuyến
chung của C1 và C2 .
Giải
- Ta có :
C1 : x 2 y 2
9 I1 0; 2 , R1 3,
C2 : x 3 y 4 9 I 2 3; 4 , R2 3
- Nhận xét : I1I 2 9 4 13 3 3 6 C1 không cắt C2
- Gọi d : ax+by+c =0 ( a 2 b2 0 ) là tiếp tuyến chung , thế thì : d I1 , d R1 , d I 2 , d R2
2
2
2
2b c
3 1
2
2b c
3a 4b c
3a 4b c 2b c
a b2
2b c 3a 4b c
a 2 b2
a 2 b2
3a 4b c 2b c
3a 4b c 3 2
a 2 b2
a 2b
2
. Mặt khác từ (1) : 2b c 9 a 2 b2
3a 2b 2c 0
- Trường hợp : a=2b thay vào (1) :
2b c
2
2b 3 5c
b
4
9 4b 2 b 2 41b 2 4bc c 2 0. 'b 4c 2 41c 2 45c 2
23 5 c
b
4
- Do đó ta có hai đường thẳng cần tìm :
2 3 5 x 2 3 5 y 1 0 2 2 3 5 x 2 3 5 y 4 0
2
4
2 3 5 x 2 3 5 y 1 0 2 2 3 5 x 2 3 5 y 4 0
d :
2
4
d1 :
1
- Trường hợp : c
2b 3a
, thay vào (1) :
2
2b
2b 3a
2
a b
2
2
3 2b a a 2 b 2
a
b0c
b 0, a 2c
2
2
2
2
2
2b a a b 3b 4ab 0
b 4a , a 6c
4
a
a
b
c
3
3
6
- Vậy có 2 đường thẳng : d3 : 2 x 1 0 , d 4 : 6 x 8 y 1 0
Bài 11. Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng
(H) tiếp xúc với đường thẳng d : x y 2 0 tại điểm A có hoành độ bằng 4.
Giải
- Do A thuộc d : A(4;2)
- Giả sử (H) :
x2 y 2
16 4
2 1* A H 2 2 11
2
a b
a b
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 5
Trang 5
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
- Mặt khác do d tiếp xúc với (H) thì hệ sau có 12 nghiệm bằng nhau :
2
2
2
2
2
2
2 2
2 2
2
2 2
b2 x 2 a 2 y 2 a 2b2
b x a x 2 a b
b a x 4a x 4a a b 0
y x 2
y x 2
y x 2
4
2
2
2
2 2
2 2
2 4
4 2
'a 4a b a 4a a b 4a b a b a b a 2b 2 4 b 2 a 2 0 a 2 b 2 4
2
2
2 2
4
2
2
x2 y 2
16b 4a a b
b 8b 16 0
b 4
H
:
1
2
2
2
2
2
8 4
a
b
4
a
b
4
a
8
- Kết hợp với (1) :
Bài 12. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường
thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC
đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
Giải
- Dễ nhận thấy B là giao của BD với
AB cho nên tọa dộ B là nghiệm của
x-2y+1=0
x 2 y 1 0
21 13
B ;
hệ :
5 5
x 7 y 14 0
B
A
- Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và
vuông góc với (AB) cho nên có véc
tơ chỉ phương:
D
21
x 5 t
u 1; 2 BC :
y 13 2t
5
- Ta có : AC , BD BIC 2 ABD 2 2
x-7y+14=0
I
C
M(2;1)
AB, BD
- (AB) có n1 1; 2 , (BD) có n2 1; 7 cos =
- Gọi (AC) có n a, b cos AC,BD cos2 =
n1.n2
n1 n2
1 14
15
3
5 50 5 10
10
4
9
2 cos 2 1 2 1
5
10
50 a 2 b 2
a-7b
- Do đó : 5 a 7b 4 50 a2 b2 a 7b 32 a2 b2 31a2 14ab 17b2 0
2
17
17
a b AC : x 2 y 1 0 17 x 31y 3 0
- Suy ra :
31
31
a b AC : x 2 y 1 0 x y 3 0
21
x 5 t
13
7
14 5
- (AC) cắt (BC) tại C y 2t t C ;
5
15
3 3
x y 3 0
x 2 y 1 0
x 7
A 7; 4
- (AC) cắt (AB) tại A :
x y 3 0
y 4
x 7 t
- (AD) vuông góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy ra (AD) :
y 4 2t
Trang 6
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 6
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
x 7 t
7
98 46
- (AD) cắt (BD) tại D : y 4 2t
t D ;
15
15 15
x 7 y 14 0
- Trường hợp (AC) : 17x-31y-3=0 các em làm tương tự .
Bài 13. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2;
0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7
= 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG
Giải
x t
, C thuộc d'
y 5 t
- B thuộc d suy ra B :
A(2;3)
x 7 2m
.
y m
x+2y-7=0
cho nên C:
- Theo tính chất trọng tâm :
t 2m 9 2, y
G(2;0)
mt 2
0
3
3
m t 2
m 1
- Ta có hệ :
t 2m 3 t 1
xG
G
B
x+y+5=0
C
M
- Vậy : B(-1;-4) và C(5;1) . Đường thẳng (BG) qua G(2;0) có véc tơ chỉ phương u 3; 4 ,
20 15 8 13
x2 y
4 x 3 y 8 0 d C; BG
R
3
4
5
5
13
169
2
2
- Vậy đường tròn có tâm C(5;1) và có bán kính R= C : x 5 y 1
5
25
cho nên (BG):
Bài 14. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên
AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng
nó đi qua điểm (3;1)
Giải
2 x 5 y 1 0
12 x y 23 0
- Đường (AB) cắt (BC) tại B
A
12x-y-23=0
Suy ra : B(2;-1). . (AB) có hệ số góc k=12, đường
thẳng (BC) có hệ số góc k'=
2
, do đó ta có :
5
M(3;1)
H
2
12
B
C
5 2 . Gọi (AC) có hệ số góc là m thì
2x-5y+1=0
tan B
2
1 12.
5
2
m
2 5m
5
ta có : tan C
. Vì tam giác ABC cân tại A cho nên tanB=tanC, hay ta có :
2m
5
2
m
1
5
8
m
2 5m 4m 10
2 5m
2 2 5m 2 2m 5
9
5 2m
2 5m 4m 10
m 12
9
9
- Trường hợp : m AC : y x 3 1 9 x 8 y 35 0
8
8
- Trường hợp : m=12 suy ra (AC): y=12(x-3)+1 hay (AC): 12x-y-25=0 ( loại vì nó //AB ).
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 7
Trang 7
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
- Vậy (AC) : 9x+8y-35=0 .
Bài 15. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn :
(C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25
Giải : .
- Ta có (C) với tâm I(5;-12) ,R=15. (C') có J(1;2) và R'=5. Gọi d là tiếp tuyến chung có
phương trình : ax+by+c=0 ( a 2 b2 0 ).
- Khi đó ta có : h I , d
5a 12b c
15 1 , h J , d
a 2b c
5 2
a 2 b2
5a 12b c 3a 6b 3c
- Từ (1) và (2) suy ra : 5a 12b c 3 a 2b c
5a 12b c 3a 6b 3c
a 2 b2
a 9b c
. Thay vào (1) : a 2b c 5 a 2 b2 ta có hai trường hợp :
2a 3 b c
2
2
- Trường hợp : c=a-9b thay vào (1) : 2a 7b 25 a 2 b2 21a 2 28ab 24b2 0
14 10 7
14 10 7
175 10 7
d :
0
a
x y
21
21
21
Suy ra :
a 14 10 7 d : 14 10 7 x y 175 10 7 0
21
21
21
3
2
- Trường hợp : c 2a b 1 : 7b 2a 100 a 2 b2 96a 2 28ab 51b2 0 . Vô
2
nghiệm . ( Phù hợp vì : IJ 16 196 212 R R ' 5 15 20 400 . Hai đường tròn
cắt nhau ) .
Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2 y2 2x 8y 8 0 .
Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn
theo một dây cung có độ dài bằng 6.
Giải
- Đường thẳng d' song song với d : 3x+y+m=0
B
3 4 m m 1
5
5
2
AB
- Xét tam giác vuông IHB : IH 2 IB 2
25 9 16
4
- IH là khoảng cách từ I đến d' : IH
m 1
25
2
A
I(-1;4)
m 19 d ' : 3x y 19 0
16 m 1 20
m 21 d ' : 3x y 21 0
Bài 17. Viết phương trình các cạnh của tam
giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường
phân giác trong qua đỉnh A, C lần lượt là : (d1) :
3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y– 5=0
Giải
- Đường thẳng (BC) qua B(2;-1) và vuông góc
x 2 3t
, hay :
y 1 4t
A
K
x+2y-5=0
B(2;-1)
với (AH) suy ra (BC):
Trang 8
H
H
3x-4y+27=0
C
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 8
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
x 2 y 1
4 x 3 y 7 0 n 4;3
3
4
x 2 3t
- (BC) cắt (CK) tại C : y 1 4t t 1 C 1;3
x 2 y 5 0
- (AC) qua C(-1;3) có véc tơ pháp tuyến n a; b
Suy ra (AC): a(x+1)+b(y-3)=0 (*). Gọi KCB KCA cos =
a+2b
- Tương tự : cos =
a+2b
46
10
2
5 16 9 5 5
5
2
2
a 2b 4 a 2 b 2
5
5 a b
5 a b
a 0 b y 3 0 y 3 0
2
3a 4ab 0
a 4b 4 x 1 y 3 0 4 x 3 y 5 0
3
3
y 3
y 3 0
x 5
3
x
4
y
27
0
31 582
- (AC) cắt (AH) tại A :
x 31 A1 5;3 , A2 ;
4 x 3 y 5 0
25 25
25
582
3x 4 y 27 0
y
25
2
2
2
2
- Lập (AB) qua B(2;-1) và 2 điểm A tìm được ở trên . ( học sinh tự lập ).
Bài 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông
tại A, phương trình đường thẳng BC là : 3 x – y - 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc trục
hoành và bán kính đường tròn nội tiếptam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của
tam giác ABC .
Giải
- Đường thẳng (BC) cắt Ox tại B : Cho y=0 suy ra x=1 , B(1;0) . Gọi A(a;0) thuộc Ox là
đỉnh của góc vuông ( a khác 1 ).. Đường thẳng x=a cắt (BC) tại C : a; 3 a 1 .
- Độ dài các cạnh : AB a 1 , AC 3 a 1 BC 2 AB 2 AC 2 BC 2 a 1
- Chu vi tam giác : 2p= a 1 3 a 1 2 a 1 3 3 a 1 p
3 3 a 1
2
S
1
1
3
2
.(*) Nhưng S= AB. AC a 1 3 a 1
a 1 . Cho nên
r
2
2
2
a 3 2 3
3
2
3 1 a 1
a 1 a 1 2 3 1
4
a 1 2 3
- Ta có : S=pr suy ra p=
(*) trở thành :
1
3
2
- Trọng tâm G :
2 3 2 3 1 7 4 3
2a 1
xG
x
G
74 3 2 36
3
3
3
G1
;
3
3
3
a
1
3 22 3
y
2 36
G
yG
3
3
3
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 9
Trang 9
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2 1 2 3 1
2a 1
1 4 3
x
x
G
G
1 4 3 2 3 6
3
3
3
G2
;
3
3
3 2 2 3
y 3 a 1
2 36
G
yG
3
3
3
Bài 19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2 y 2 4 x 2 y 1 0
và đường thẳng d : x y 1 0 . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm
M kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 900
Giải
- M thuộc d suy ra M(t;-1-t). . Nếu 2 tiếp tuyến vuông góc
với nhau thì MAIB là hình vuông ( A,B là 2 tiếp điểm ).
Do đó AB=MI= IA 2 =R 2 = 6 2 2 3 .
2 t 2 t
- Ta có : MI
2
2
A
2t 2 8 2 3
- Do đó :
I(2;1)
t 2 M 1 2; 2 1
2t 8 12 t 2
.
t 2 M
2;
2
1
2
2
2
M
B
x+y+1=0
* Chú ý : Ta còn cách khác
- Gọi d' là đường thẳng qua M có hệ số góc k suy ra d' có
phương trình : y=k(x-t)-t-1, hay : kx-y-kt-t-1=0 (1) .
- Nếu d' là tiếp tuyến của (C) kẻ từ M thì d(I;d')=R
2k kt t 2
1 k 2
6
2 t k t 2 6 1 k 2 t 2 4t 2 k 2 2 t 2 2 t k t 2 4t 2 0
2
t 2 4t 2 0
- Từ giả thiết ta có điều kiện : ' 4 t 2 t 2 2 4t t 2 2 4t 0
2
t 4t 2 1
t 2 4t 2
t 2 6
1
k1 k2
2
2
- ' t 19 t 0 t 2
2 k1 ; k2 M
2
k k 1
1 2
t 2
Bài 20.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) : x 2 4 y 2 4 0 .Tìm những
điểm N trên elip (E) sao cho : F1 Nˆ F2 600 ( F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip (E) )
Giải
x2
y 2 1 a 2 4, b2 1 c 2 3 c 3
4
x02 4 y02 4
3
3
x0 ; MF2 2
x0 . Xét tam giác F1MF2 theo hệ thức
- Gọi N x0 ; y0 E MF1 2
2
2
F1 F2 2 3
- (E) :
hàm số cos : F1 F2 MF12 MF22 2MF1MF2 cos600
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 10
2
Trang 10
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2
2
3
3
3
3
2
x0 2
x0 2
x0
2
x0
2
2
2
2
4 2
1
x0
y0
3
3
9
32
1
3
3
12 8 x02 4 x02 x02 8 x02
y02
2
4
4
9
9
4 2
y 1
x0
0 3
3
4 2 1
4 2 1
4 2 1
4 2 1
- Như vậy ta tìm được 4 điểm : N1
; , N 2
; , N3
; , N 4
;
3
3
3
3 3
3
3 3
Bài 21. Trong mă ̣t phẳ ng to ̣a đô ̣ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng : 2x + 3y + 4 =0
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng sao cho đường thẳng AB và hợp với nhau góc
2 3
2
450.
Giải
- Gọi d là đường thẳng qua A(1;1) có véc tơ pháp tuyến n a; b thì d có phương trình
dạng : a(x-1)+b(y-1)=0 (*). Ta có n 2;3 .
- Theo giả thiết : cos d,
2a 3b
cos450
1
2
2 2a 3b 13 a 2 b 2
2
13 a b
1
1
a b d : x 1 y 1 0 x 5 y 4 0
2
2
5
5
5a 24ab 5b 0
a 5b d : 5 x 1 y 1 0 5 x y 6 0
2
2
- Vậy B là giao của d với cho nên :
x 5y 4 0
5 x y 6 0
32 4
22 32
B1
B1 ; , B2 :
B2 ;
13 13
13 13
2 x 3 y 4 0
2 x 3 y 4 0
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng
d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; d1 : 2x y 5 0 .
1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là
giao điểm của hai đường thẳng d1, d2.
Giải
- Trước hết lập phương trình 2 đường phân giác
tạo bởi 2 đường thẳng cắt nhau :
d:2x-y+5=0
Bài 22.
2x y 5
3x 6 y 7
3 5
9 x 3 y 8 0
5
3x 6 y 7 2 x y 5
3x 9 y 22 0
3 5
5
- Lập đường thẳng 1 qua P(2;-1) và vuông góc
d':3x+6y-7=0
P(2;-1)
với tiếp tuyến : 9x+3y+8=0 .
1 :
x 2 y 1
x 3y 5 0
9
3
- Lập 2 qua P(2;-1) và vuông góc với : 3x-9y+22=0 2 :
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
x 2 y 1
3x y 5 0
3
9
Trang 11
Trang 11
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 23.
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình:
x2 y2
1 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của
16 9
(H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).
Giải
2
2
2
- (H) có a 16, b 9 c 25 c 5 F1 5;0 , F2 5;0 . Và hình chữ nhật cơ sở của (H)
có các đỉnh : 4; 3 , 4;3 , 4; 3 , 4;3 .
x2 y 2
1. Nếu (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) thì ta có
a 2 b2
phương trình : c 2 a 2 b 2 25 1
- Giả sử (E) có :
- (E) đi qua các điểm có hoành độ x 2 16 và tung độ y 2 9
- Từ (1) và (2) suy ra : a 2 40, b2 15 E :
Bài 24.
16 9
1 2
a 2 b2
x2 y 2
1
40 15
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:
x2 y 2 4 3x 4 0 Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’
= 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A
Giải
- (C) có I( 2 3;0 ), R= 4 . Gọi J là tâm đường tròn cần tìm :
J(a;b) C ' : x a y b 4
2
2
y
-Do (C) và (') tiếp xúc ngoài với nhau cho nên khoảng cách
IJ =R+R'
a 2 3
2
b2 4 2 6 a 2 4 3a b2 28
- Vì A(0;2) là tiếp điểm cho nên : 0 a 2 b 4 2
2
A(0;2
)
I(-2 2 ;0)
2
x
a 2 3 2 b 2 36
a 2 4 3a b 2 24
2
- Do đó ta có hệ :
2
a 2 2 b 2 4
a 4b b 0
- Giải hệ tìm được : b=3 và a=
3 C ' : x 3
2
y 3 4 .
2
* Chú ý : Ta có cách giải khác .
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của J trên Ox suy ra OH bằng a và JH bằng b
- Xét các tam giác đồng dạng : IOA và IHJ suy ra :
IA IO OA
4
2 3
2
IJ IH HJ
6 a2 3 b
- Từ tỷ số trên ta tìm được : b=3 và a= 3 .
Bài 25. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y
-1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ
các đỉnh của hình chữ nhật
Giải
- Hình vẽ : ( Như bài 12 ).
Trang 12
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 12
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
x 2 y 1 0
B 7;3 .
x 7 y 14 0
- Tìm tọa độ B là nghiệm của hệ :
x 7 t
y 3 2t
- Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và AB uBC 1; 2 BC :
1
1
2 x y 17 0 kBC . Mặt khác : k BD , k AB
7
2
1 1
1
7
2 1
tan
1
1 3
2
1
72
1
2
7 7k 1 2 tan 3 3
- Gọi (AC) có hệ số góc là k tan 2
k
7 k 1 tan 2 1 1 4
1
7
9
k
17
28k 4 3k 21 k
- Do đó : 4 7k 1 3 k 7
31
28k 4 3k 21
k
1
- Trường hợp : k=1 suy ra (AC) : y=(x-2)+1 , hay : x-y-1=0 .
x 7 t
- C là giao của (BC) với (AC) : y 3 2t t 1, C 6;5
x y 1 0
x 7 t
- A là giao của (AC) với (AB) : y 3 2t
t 0, A 1;0
x 2 y 1 0
- (AD) //(BC) suy ra (AD) có dạng : 2x+y+m=0 (*) , do qua A(1;0) : m= -2 . Cho nên (AD)
có phương trình : 2x+y-2=0 .
2 x y 2 0
D 0; 2
x 7 y 14 0
- D là giao của (AD) với (BD) :
- Trường hợp : k=-
17
cách giải tương tự ( Học sinh tự làm ).
31
Bài 26. Trong mp (Oxy) cho đường thẳng () có phương trình: x – 2y – 2 = 0 và hai
điểm A (-1;2); B (3;4). Tìm điểm M () sao cho 2MA 2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất
Giải
- M thuộc suy ra M(2t+2;t )
- Ta có : MA2 2t 3 t 2 5t 2 8t 13 2MA2 10t 2 16t 26
2
2
Tương tự : MB 2 2t 1 t 4 5t 2 12t 17
2
2
- Do dó : f(t)= 15t 2 4t 43 f ' t 30t 4 0 t
f(t) =
2
. Lập bảng biến thiên suy ra min
15
2
2
641
26
đạt được tại t M ;
15
15
15 15
Bài 27.
Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M (2;4)
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 13
Trang 13
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn tại 2 điểm A và B, sao cho M là
trung điểm của AB
Giải
- Đường tròn (C) : x 1 y 3 4 I 1;3 , R 2, PM /(C ) 1 1 4 2 0 M nằm
2
2
trong hình tròn (C) .
x 2 at
y 4 bt
- Gọi d là đường thẳng qua M(2;4) có véc tơ chỉ phương u a; b d :
- Nếu d cắt (C) tại A,B thì : at 1 bt 1 4 a 2 b2 t 2 2 a b t 2 0 1 ( có 2
2
2
nghiệm t ) . Vì vậy điều kiện : ' a b 2 a 2 b2 3a 2 2ab 3b2 0 *
2
- Gọi A 2 at1; 4 bt1 , B 2 at2 ; 4 bt2 M là trung điểm AB thì ta có hệ :
4 a t1 t2 4
a t1 t2 0
t1 t2 0 . Thay vào (1) khi áp dụng vi ét ta được :
8 b t1 t2 8
b t1 t2 0
t1 t2
Bài 28.
2 a b
x2 y4
0 a b 0 a b d :
d : x y6 0
2
2
a b
1
1
Viết phương trình các tiếp tuyến của e líp (E):
x2 y 2
1 , biết tiếp tuyến đi qua
16 9
điểmA(4;3)
Giải
- Giả sử đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n a; b qua A(4;3) thì d có phương trình là
:a(x-4)+b(y-3)=0 (*) , hay : ax+by-4a-3b (1) .
- Để d là tiếp tuyến của (E) thì điều kiện cần và đủ là : a 2 .16 b 2 .9 4a 3b
2
a 0 d : y 3 0
16a 2 9b 2 16a 2 24ab 9b 2 24ab 0
b 0 d : x 4 0
Bài 29. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2
- 24 = 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng cắt đường tròn
(C) tại hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.
Giải
- (C) : x 1 y m 25
2
2
I (1; m), R 5 .
m
y 4 x
- Nếu d : mx +4y=0 cắt (C) tại 2 điểm A,B thì 2
2
m 16 x 2 2 4 m x m2 24 0 1
16
4
m
m
- Điều kiện : ' m2 25 0 m R . Khi đó gọi A x1 ; x1 , B x2 ; x2
4
4
AB
x2 x1
2
m2
2
x2 x1 x2 x1
16
m2 16
m2 16
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
- Khoảng cách từ I đến d =
Trang 14
m 4m
m 2 16
m 2 25
8
4
m 2 16
5m
Trang 14
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
5m
1
1
m 25
m 2 25
.
4 5m
12
- Từ giả thiết : S AB.d .8
2
2
m 2 16
m 2 16 m 2 16
2
5m
2
m2 25
3 25m2 m2 25 9 m2 16
2
m 16
- Ta có một phương trình trùng phương , học sinh giải tiếp .
Bài 30. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh
AB: x - y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3;
2). Viết phương trình cạnh BC
Giải
x y 2 0
A 3;1
x 2 y 5 0
- (AB) cắt (AC) tại A :
- B nằm trên (AB) suy ra B(t; t-2 ), C nằm trên (AC) suy ra C(5-2m;m)
t 2m 8
3
xG
t 2m 1 m 2 C 1; 2
3
- Theo tính chất trọng tâm :
t
m
1
t
m
7
t 5 B 5;3
y
2
G
3
Bài 31. Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) và tiếp xúc với
đường thẳng có phương trình 3x – y + 9 = 0.
Giải
- Gọi M là trung điểm AB suy ra M(3;3 ) . d' là đường trung trực của AB thì d' có phương
trình : 1.(x-3)-2(y-3)=0 , hay : x-2y+3=0 .
- Tâm I của (C) nằm trên đường thẳng d' cho nên I(2t-3;t) (*)
- Nếu (C) tiếp xúc với d thì h I , d R
3 2t 3 t 9
10
- Mặt khác : R=IA=
2
2
5 2t 5 t . (2) .
- Thay (2) vào (1) :
5 2t 5 t
2
2
5t
10
10
t R . (1)
2
10
t 4 5t 2 30t 50 10t 2
2
t 6 34
. Thay các giá trị t vào (*) và (1) ta tìm được tọa độ tâm I và
t 2 12t 2 0
t 6 34
bán kính R của (C) .
* Chú ý : Ta có thể sử dụng phương trình (C) : x 2 y 2 2ax 2by c 0 ( có 3 ẩn a,b,c)
- Cho qua A,B ta tạo ra 2 phương trình . Còn phương trình thứ 3 sử dụng điều kiện tiếp xúc
của (C) và d : khoảng cách từ tâm tới d bằng bán kính R .
Bài 32. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 =
0.
A
Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C')
cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB 3 .
H
Giải
I
M
- Đường tròn (C) :
2
2
B
x 1 y 2 3 I 1; 2 , R 3 .
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 15
Trang 15
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
- Gọi H là giao của AB với (IM). Do đường tròn (C') tâm M có bán kính R' = MA . Nếu
AB= 3 IA R , thì tam giác IAB là tam giác đều , cho nên IH=
3. 3 3
( đường cao
2
2
3 7
2 2
AB 2 49 3
- Trong tam giác vuông HAM ta có MA2 IH 2
13 R '2
4
4 4
2
2
- Vậy (C') : x 5 y 1 13 .
tam giác đều ) . Mặt khác : IM=5 suy ra HM= 5 .
Bài 33. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®-êng trßn (C) cã ph-¬ng tr×nh (x-1)2 +
(y+2)2 = 9 vµ ®-êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®-êng th¼ng d cã duy nhÊt mét
®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®-îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®-êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm)
sao cho tam gi¸c ABC vu«ng.
Giải
- (C) có I(1;-2) và bán kính R=3 . Nếu tam giác ABC
vuông góc tại A ( có nghĩa là từ A kẻ được 2 tiếp
tuyến tới (C) và 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau ) khi
x+y+m=0
đó ABIC là hình vuông . Theo tính chất hình vuông ta
B
có IA= IB 2 (1) .
- Nếu A nằm trên d thì A( t;-m-t ) suy ra :
IA
2
2
t 1 t 2 m . Thay vào (1) :
A
t 1 t 2 m 3 2
2t 2 2 m 1 t m 2 4m 13 0 (2). Để trên d có
2
I(1;-2)
2
C
đúng 1 điểm A thì (2) có đúng 1 nghiệm t , từ đó ta có
2
điều kiện : m2 10m 25 0 m 5 0 m 5 .Khi đó (2) có nghiệm kép là :
t1 t2 t0
m 1 5 1
3 A 3;8
2
2
Bài 34. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2):
4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm
trên (d1), (d2), trục Oy.
Giải
4 x 3 y 12 0
A 3;0 Ox
4 x 3 y 12 0
- Gọi A là giao của d1 , d 2 A :
- Vì (BC) thuộc Oy cho nên gọi B là giao của d1 với Oy : cho x=0 suy ra y=-4 , B(0;-4) và
C là giao của d 2 với Oy : C(0;4 ) . Chứng tỏ B,C đối xứng nhau qua Ox , mặt khác A nằm
trên Ox vì vậy tam giác ABC là tam giác cân đỉnh A . Do đó tâm I đường tròn nội tiếp tam
giác thuộc Ox suy ra I(a;0).
IA AC 5
IA IO 5 4
OA 9
IO AO 4
IO
4
IO 4
4OA 4.3 4
4
IO
. Có nghĩa là I( ;0 )
9
9 3
3
1
1
15 1 AB BC CA 1 5 8 5
18 6
- Tính r bằng cách : S BC.OA .5.3
r .
2
2
2 2
r
2
r
15 5
- Theo tính chất phân giác trong :
Trang 16
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 16
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
Trong mặt phẳng toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :
: 3x 4 y 4 0 . Tìm trên hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích
tam giác ABC bằng15
Giải
- Nhận xét I thuộc , suy ra A thuộc : A(4t;1+3t) . Nếu B đối xứng với A qua I thì B có
Bài 35.
tọa độ B(4-4t;4+3t) AB 16 1 2t 9 1 2t 5 1 2t
2
2
6 20 4
6
5
t 0 A 0;1 , B 4; 4
1
1
- Từ giả thiết : S AB.h 5. 1 2t .6 15 1 2t 1
2
2
t 1 A 4; 4 , B 0;1
- Khoảng cách từ C(2;-5) đến bằng chiều cao của tam giác ABC :
Bài 36.
x2 y 2
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) : 1 và hai điểm A(3;-2)
9 4
, B(-3;2) Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện
tích lớn nhất.
Giải
- A,B có hoành độ là hoành độ của 2 đỉnh của 2 bán trục lớn của (E) , chúng nằm trên
đường thẳng y-2=0 . C có hoành độ và tung độ dương thì C nằm trên cung phần tư thứ nhất
- Tam giác ABC có AB=6 cố định . Vì thế tam giác có diện tích lớn nhất khi khoảng cách
từ C đến AB lớn nhất .
- Dễ nhận thấy C trùng với đỉnh của bán trục lớn (3;0)
Bài 37.
b»ng
Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch
3
vµ träng t©m thuéc ®-êng th¼ng : 3x – y – 8 = 0. T×m täa ®é ®Ønh C.
2
Giải
- Do G thuộc suy ra G(t;3t-8). (AB) qua A(2;-3) có véc tơ chỉ phương u AB 1;1 , cho
x2 y 3
5 5
x y 5 0 . Gọi M là trung điểm của AB : M ; .
1
1
2 2
5
11
5
5
- Ta có : GM t; 3t 8 t ; 3t . Giả sử C x0 ; y0 , theo tính chất trọng tâm
2
2
2
2
nên (AB) :
5
x0 t 2 2 t
x0 5 2t
ta có : GC 2GM
C 2t 5;9t 19 1
y0 9t 19
y 3t 8 2 11 3t
0
2
3 2t 5 9t 19 8 4 3t
- Ngoài ra ta còn có : AB= 2 , h C ,
10
10
4 3t 3
1
1
- Theo giả thiết : S AB.h C ,
2
2 4 3t 3 10
2
2
2
10
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 17
Trang 17
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
2 4 3t
Bài 38.
2
43
t
3
90 9t 2 24t 29 0
t 4 3
3
Trong mÆt ph¼ng Oxy cho elip (E):
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
76 5
5
C
; 7 9 5
3
6 5 7
5
C
;9 5 7
3
x2 y 2
1 vµ ®-êng th¼ng :3x + 4y =12.
4 3
Tõ ®iÓm M bÊt k× trªn kÎ tíi (E) c¸c tiÕp tuyÕn MA, MB. Chøng minh r»ng ®-êng th¼ng
AB lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh
Giải
1
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ( ;0)
2
Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm
tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó
Giải
- Do A thuộc (AB) suy ra A(2t-2;t) ( do A có hoành độ âm cho nên t<1)
- Do ABCD là hình chữ nhật suy ra C đối xứng với A qua I : C 3 2t; t .
Bài 39.
1
x t
- Gọi d' là đường thẳng qua I và vuông góc với (AB), cắt (AB) tại H thì : d ' : 2 , và
y 2t
H có tọa độ là H 0;1 . Mặt khác B đối xứng với A qua H suy ra B 2 2t; 2 t .
2 2t 1 t
- Từ giả thiết : AB=2AD suy ra AH=AD , hay AH=2IH
2
2
2 1
1
4
t 1 1 t 0
5
2
5t 2 10t 5 4. t 1 1
4
t 1 1
t 2 1
- Vậy khi t =
1
A 2;0 , B 2;2 , C 3;0 , D 1; 2 .
2
* Chú ý : Ta còn có cách giải khác nhanh hơn
1
02
5
2
- Tính h I ; AB
, suy ra AD=2 h(I,AB)=
2
5
- Mặt khác : IA IH
2
2
AB
4
2
IH
2
2 AD
4
5
2
IH 2 AD 2
5
25
5
5
IA=IB =
4
4
2
-Do đó A,B là giao của (C) tâm I bán kính IA cắt (AB) . Vậy A,B có tọa độ là nghiệm của
x 2 y 2 0
hệ : 1 2 2 5 2 A 2;0 , B 2; 2 (Do A có hoành độ âm
x 2 y 2
- Theo tính chất hình chữ nhật suy ra tọa độ của các đỉnh còn lại : C(3;0) và D(-1;-2)
Bài 40. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao
CH : x y 1 0 , phân giác trong BN : 2 x y 5 0 .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện
tích tam giác ABC
Trang 18
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 18
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
Giải
- Đường (AB) qua A(1;-2) và vuông góc với
x 1 t
.
y 2 t
C
(CH) suy ra (AB):
x 1 t
- (AB) cắt (BN) tại B: y 2 t
t 5
2 x y 5 0
Do đó B(-4;3).Ta có :
k AB 1, k BN 2 tan
2x+y+5=0
N
B
H
1 2 1
1 2
3
A(1;-2)
x-y+1=0
- Gọi A' đối xứng với A qua phân giác (BN) thì
x 1 2t
y 2 t
A' nằm trên (AB). Khi đó A' nằm trên d vuông góc với (BN) d :
x 1 2t
- d cắt (BN) tại H : H : y 2 t
t 1 H 1; 3 .
2 x y 5 0
- A' đối xứng với A qua H suy ra A'(-3;-4) . (BC) qua B,A' suy ra : u 1; 7
x 4 t
x 4 t
3
13 9
BC :
. (BC) cắt (CH) tại C: y 3 7t t C ;
4
4 4
y 3 7t
x y 1 0
- Tính diện tích tam giác ABC :
AB 2 5
1
1
9
9 10
- Ta có :
9 S ABC AB.h(C , AB) .2 5
2
2
4
2 2
h C , AB
2 2
Bài 41. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, có diện tích
bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x y 3 0 và d2 : x y 6 0 . Trung
điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
Giải
x y 3 0
9 3
I ; . Gọi M là trung điểm của AD thì
2 2
x y 6 0
- Theo giả thiết , tọa độ tâm I
M có tọa độ là giao của : x-y-3=0 với Ox suy ra M(3;0). Nhận xét rằng : IM // AB và DC ,
nói một cách khác AB và CD nằm trên 2 đường thẳng // với d1 ( có n 1; 1 .
x 3 t
. Giả sử A 3 t ; t (1), thì
y t
-A,D nằm trên đường thẳng d vuông góc với d1 d :
do D đối xứng với A qua M suy ra D(3-t;t) (2) .
- C đối xứng với A qua I cho nên C(6-t;3+t) (3) . B đối xứng với D qua I suy ra B( 12+t;3t).(4)
- Gọi J là trung điểm của BC thì J đối xứng với M qua I cho nên J(6;3). Do đó ta có kết quả
là : : MJ AB AD 3 2 . Khoảng cách từ A tới d1 : h A, d1
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
2t
2
S ABCD 2h A, d1 .MJ
Trang 19
Trang 19
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2t
t 1
S ABCD 2
3 2 12 t 12
. Thay các giá trị của t vào (1),(2),(3),(4) ta tìm
2
t 1
t 1 A 3;1 , D 4; 1 , C 7; 2 , B 11; 4
được các đỉnh của hình chữ nhật :
t 1 A 4; 1 , D 2;1 , C 5; 4 , B 13; 2
x 2 y2
1
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H): 2 3
và điểm M(2;
Bài 42.
1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M, biết rằng đường thẳng đó cắt (H) tại hai
điểm A, B mà M là trung điểm của AB
Giải
x 2 at
y 1 bt
- Giải sử d có véc tơ chỉ phương u a; b , qua M(2;1) d :
x 2 at
2
2
2 at 1 bt
- d cắt (H) tại 2 điểm A,B thì A,B có tọa độ : y 1 bt
1
2
3
x2 y 2
1
2 3
3 2 at 2 2 bt 6 3a 2 2b 2 t 2 4 3a b t 4 0(1)
2
2
2
2
3a 2b 0
- Điều kiện :
(*). Khi đó A 2 at1;1 bt1 , và tọa độ của
2
2
2
'
4
3
a
b
4
3
a
2
b
0
B : B 2 at2 ;1 bt2 , suy ra nếu M là trung điểm của AB thì : 4+a t1 t2 4 t1 t2 0
4
4
2
t1 t2 t22 2
t2
2
3
3a 2b
2b 3a
2b 2 3a 3
4 b 3a
x 2 y 1
x 2 y 1
- Áp dụng vi ét cho (1) : t1 t2 2
0 b 3a d :
2
3a 2b
a
b
a
3a
- Kết hợp với t1t2
2
- Vậy d : 3(x-2)=(y-1) hay d : 3x-y-5=0 .
Bài 43. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng có phương trình x+2y-3=0 và hai
điểm A(1;0),B(3;-4). Hãy tìm trên đường thẳng một điểm M sao cho : MA 3MB là nhỏ
nhất
Giải
- D M M 3 2t ; t có nên ta có : MA 2t 2; t ,3MB 6t; 3t 12 . Suy ra tọa độ
của MA 3MB 8t; 4t 14 MA 3MB
- Vậy : f(t) =
8t 4t 14
2
2
2
2
8t 4t 14 .
80t 2 112t 196 . Xét g(t)= 80t 2 112t 196 , tính đạo hàm
112
51
51 15.169
g
196
80
80
80
80
51
131 51
;
- Vậy min MA 3MB 196 14 , đạt được khi t=
và M
80
40 80
g'(t)= 160t+112. g'(t)=0 khi t
Bài 44.
Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường tròn : C1 : x 2 y 2 13 và
C2 : x 6 y 2 25 cắt nhau tại A(2;3).Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt
C1 , C2 theo hai dây cung có độ dài bằng nhau
2
Trang 20
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 20
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
Giải
- Từ giả thiết : C1 : I 0;0 , R 13. C2 ; J 6;0 , R ' 5
x 2 at
y 3 bt
- Gọi đường thẳng d qua A(2;3) có véc tơ chỉ phương u a; b d :
x 2 at
2a 3b
- d cắt C1 tại A, B : y 3 bt a 2 b2 t 2 2 2a 3b t 0 t 2 2
a b
x 2 y 2 13
b 2b 3a a 3a 2b
B
;
. Tương tự d cắt C2 tại A,C thì tọa độ của A,C là nghiệm của
2
2
a 2 b2
a b
x 2 at
2 4a 3b
10a 2 6ab 2b 2 3a 2 8ab 3b 2
t
C
;
hệ : y 3 bt
a 2 b2
a 2 b2
a 2 b2
2
2
x 6 y 25
- Nếu 2 dây cung bằng nhau thì A là trung điểm của A,C . Từ đó ta có phương trình :
x 2
a 0 ; d :
2b 3ab 10a 6ab 2b 4 6a2 9ab 0
y 3 t
2
2
2
2
a b
a b
3
3
a b u b; b // u ' 3; 2
2
2
x 2 3t
Suy ra : d :
. Vậy có 2 đường thẳng : d: x-2=0 và d': 2x-3y+5=0
y 3 2t
2
2
2
Bài 45. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có
phương trình x+y+1=0 trung tuyến từ đỉnh C có phương trình : 2x-y-2=0 . Viết phường
trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Giải
- Đường thẳng d qua A(3;0) và vuông góc với
(BH) cho nên có véc tơ chỉ phương u 1;1
B
2x-y-2=0
K
x 3 t
. Đường thẳng d cắt (CK)
y t
do đó d :
x 3 t
tại C : y t
t 4 C 1; 4
2 x y 2 0
C
A(3;0)
H
- Vì K thuộc (CK) : K(t;2t-2) và K là trung
x+y+1=0
điểm của AB cho nên B đối xứng với A qua K
suy ra B(2t-3;4t-4) . Mặt khác K lại thuộc (BH) cho nên : (2t-3)+(4t-4)+1=0 suy ra t=1 và
tạo độ B(-1;0) . Gọi (C) : x 2 y 2 2ax 2by c 0 a 2 b 2 c R 2 0 là đường tròn ngoại
1
a
9
6
a
c
0
2
tiếp tam giác ABC . Cho (C) qua lần lượt A,B,C ta được hệ : 4 4a c 0
b 0
5 2a 8b c 0 c 6
1
2
25
- Vậy (C) : x y 2
2
4
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 21
Trang 21
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Bài 46.
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
11
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(1;-1) ,B(2;1), diện tích bằng
2
và trọng tâm G thuộc đường thẳng d : 3x+y-4=0 . Tìm tọa độ đỉnh C ?
Giải
- Nếu G thuộc d thì G(t;4-3t). Gọi C( x0 ; y0 ) . Theo
A(1;-1)
1 2 x0
t
x0 3t 3
3
tính chất trọng tâm :
y0 12 9t
4 3t y0
3
Do đó C(3t-3;12-9t).
-Ta có :
3x+y-4=0
G
B(2;1)
C
x 1 y 1
( AB) : 1 2 2 x y 3 0
AB 1; 2
AB 1 22 5
2 3t 3 12 9t 3
15t 21
1
2
5
5
32
17 26
32
t
C ;
t
15t 21 15t 21 11
1
15
5
15
5
S
5
15t 21 11
2
2
2
5
4
t 20
t 3 C 1;0
15
- h(C,AB)=
. Do đó : S ABC AB.h C, AB
Bài 47. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông có đỉnh (-4;5) và một đường chéo có
phương trình : 7x-y+8=0 . Viết phương trình chính tắc các cạnh hình vuông
Giải
- Gọi A(-4;8) thì đường chéo (BD): 7x-y+8=0. Giả sử B(t;7t+8) thuộc (BD).
- Đường chéo (AC) qua A(-4;8) và vuông góc với (BD) cho nên có véc tơ chỉ phương
x 4 7t
x 4 y 5
u 7; 1 AC :
x 7 y 39 0 . Gọi I là giao của (AC) và
7
1
y 5t
x 4 7t
1
1 9
(BD) thì tọa độ của I là nghiệm của hệ : y 5 t
t I ; C 3; 4
2
2 2
7 x y 8 0
- Từ B(t;7t+8) suy ra : BA t 4;7t 3 , BC t 3;7t 4 . Để là hình vuông thì BA=BC :
t 0
t 1
Và BAvuông góc với BC t 4 t 3 7t 3 7t 4 0 50t 2 50t 0
t 0 B 0;8
B 0;8 D 1;1
. Tìm tọa độ của D đối xứng với B qua I
t 1 B 1;1
B 1;1 D 0;8
x 4 y 5
- Từ đó : (AB) qua A(-4;5) có u AB 4;3 AB :
4
3
x 4 y 5
(AD) qua A(-4;5) có u AD 3; 4 AB :
3
4
x y 8
(BC) qua B(0;8) có uBC 3; 4 BC :
3
4
x 1 y 1
(DC) qua D(-1;1) có uDC 4;3 DC :
4
3
Trang 22
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 22
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
* Chú ý : Ta còn cách giải khác
- (BD) : y 7 x 8 , (AC) có hệ số góc k
1
x 31
và qua A(-4;5) suy ra (AC): y .
7
7 7
xA xC 2 xI
y y 2y
C
I
A
-Gọi I là tâm hình vuông : yI 7 xI 8 C 3; 4
y xC 31
C
7 7
- Gọi (AD) có véc tơ chỉ phương u a; b , BD : v 1;7 a 7b uv u v cos450
3
3
3
AD : y x 4 5 x 8
4
4
4
4
4
1
3
3
7
Tương tự : AB : y x 4 5 x , BC : y x 3 4 x và đường thẳng
3
3
3
4
4
4
4
4
(DC): y x 3 4 x 8
3
3
a 7b 5 a 2 b 2 . Chọn a=1, suy ra b
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(-1;0) và đường tròn
( C ): x2 + y2 – 8x – 4y – 16 = 0.
Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E cắt ( C ) theo dây cung MN có độ dài ngắn
nhất.
Giải
2
2
- C : x 4 y 2 36 I 4; 2 , R 6
- Nhận xét : P/(M,C)=1+8-16=-7<0 suy ra E nằm trong (C)
Bài 48.
x 1 at
y bt
- Gọi d là đường thẳng qua E(-1;0) có véc tơ chỉ phương u a; b d :
- Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm M,N có tọa độ là nghiệm của hệ :
x 1 at
y bt
a 2 b 2 t 2 2 5a 2b t 7 0 . (1)
2
2
x 4 y 2 36
- Gọi M(-1+at;bt),N( -1+at';bt') với t và t' là 2 nghiệm của (1). Khi đó độ dài của dây cung
MN a t t ' b t t '
2
2
2
2
2 '
2 18a 2 20ab 11b 2
2
2
t t ' a b 2
a b
a b2
a 2 b2
2
2
2
b
b
18 20 11
18 20t 11t 2
b
18 20t 11t 2
a
a
2
- 2
t . Xét hàm số f(t)=
2
1 t2
a
1 t2
b
1
a
- Tính đạo hàm f'(t) cho bằng 0 , lập bảng biến thiên suy ra GTLN của t , từ đó suy ra t ( tức
là suy ra tỷ số a/b ) ). Tuy nhiên cách này dài
* Chú ý : Ta sử dụng tính chất dây cung ở lớp 9 : Khoảng cách từ tâm đến dây cung càng
nhỏ thì dây cung càng lớn
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d bất kỳ qua E(-1;0). Xét tam giác
vuông HIE ( I là đỉnh ) ta luôn có : IH 2 IE 2 HE 2 IE 2 IH IE . Do đó IH lớn nhất khi
HE=0 có nghĩa là H trùng với E . Khi đó d cắt (C) theo dây cung nhỏ nhất . Lúc này d là
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 23
Trang 23
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
đường thẳng qua E và vuông góc với IE cho nên d có véc tơ pháp tuyến n IE 5; 2 , do
vậy d: 5(x+1)+2y=0 hay : 5x+2y+5=0 .
Bài 49. Cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là:
x + 2y – 5 = 0 và 3x – y + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC, biết rằng AC đi qua
điểm F(1; - 3).
Giải
- Ta thấy B là giao của (AB) và (BC) cho nên tọa độ
9
A
x
x 2 y 5 0
7
B là nghiệm của hệ :
x+2y-5=0
3
x
y
7
0
y 22
7
F(1;-3)
9 22
B ; . Đường thẳng d' qua A vuông góc
7
7
B
C
3x-y+7=0
1
với (BC) có u 3; 1 n 1;3 k . (AB)
3
1
có k AB . Gọi (AC) có hệ số góc là k ta có
2
1
1 1
1
k
k
15
k
5
3
k
3
k
1
8
3 1
15k 5 3 k
phương trình : 2 3
11
k
5 3 k
15k 5 k 3 k 4
1
1
23
3
7
1
1
- Với k=- AC : y x 1 3 x 8 y 23 0
8
8
4
4
- Với k= AC : y x 1 3 4 x 7 y 25 0
7
7
Bài 50. Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC vuông
cân tại A. Biết rằng cạnh huyền nằm trên đường thẳng d: x + 7y – 31 = 0, điểm N(7;7)
thuộc đường thẳng AC, điểm M(2;-3) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB
Giải
- Gọi A x0 ; y0 MA x0 2; y0 3 , NA x0 7; y0 7 .
- Do A là đỉnh của tam giác vuông cân cho nên AM vuông góc với AN hay ta có :
MA.NA 0 x0 2 x0 7 y0 3 y0 7 0 x02 y02 9 x0 4 y0 7 0
- Do đó A nằm trên đường tròn (C) : x0 3 y0 2 20
- Đường tròn (C) cắt d tại 2 điểm B,C có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình :
2
2
2
2
x 31 7 y
x 3 y 2 20
x 31 7 y
2
2
2
x 7 y 31 0
28 7 y y 2 20 50 y 396 y 768 0
198 2 201 99 201
99 201
;y
, tương ứng ta tìm được các
50
25
25
82 7 201 99 201
82 7 201
82 7 201
;x
giá trị của x : x
. Vậy : A
;
và tọa độ của
25
25
25
25
82 7 201 99 201
điểm A
;
25
25
- Do đó ta tìm được : y
Trang 24
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 24
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
Bài 51. Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng d1: 2x + y + 5 = 0, d2: 3x + 2y – 1 =
0 và điểm G(1;3). Tìm tọa độ các điểm B thuộc d1 và C thuộc d2 sao cho tam giác ABC
nhận điểm G làm trọng tâm. Biết A là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2
Giải
2 x y 5 0
x 11
A 11;17
- Tìm tọa độ A là nghiệm của hệ :
3x 2 y 1 0
y 17
- Nếu C thuộc
C
d1 C t ; 2t 5 , B d 2 B 1 2m; 1 3m
3x+2y-1=0
- Theo tính chất trọng tâm của tam giác ABC khi G
t 2m 10
1
t 2m 13
3
là trọng tâm thì :
11 2t 3m 3 2t 3m 2
3
t 13 2m
t 13 2m t 35
2
13
2
m
3
m
2
m
24
m 24
A
M
G
2x+y+5=0
B
- Vậy ta tìm được : C(-35;65) và B( 49;-53).
Bài 52. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y – 15 = 0. Tìm tọa
độ điểm M trên đường thẳng d: 3x – 22y – 6 = 0, sao cho từ điểm M kẻ được tới (C) hai
tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm) mà đường thẳng AB đi qua điểm C (0;1).
Giải
2
2
- (C) : x 3 y 1 25 , có I(3;-1) và R=5 .
- Gọi A x1 ; y1 , B x2 ; y2 là 2 tiếp điểm của 2 tiếp
tuyến kẻ từ M .
- Gọi M x0 ; y0 d 3x0 22 y0 6 0 (*)
- Hai tiếp tuyến của (C) tại A,B có phương trình là :
- x1 3 x 3 y1 1 y 1 25 1 và :
- x2 3 x 3 y2 1 y 1 25 2
- Để 2 tiếp tuyến trở thành 2 tiếp tuyến kẻ từ M thì
2 tiếp tuyến phải đi qua M ;
- x1 3 x0 3 y1 1 y0 1 25 3 và
- x2 3 x0 3 y2 1 y0 1 25
A
I(3;-1)
H
M
3x-22y-6=0 B
C(0;1)
4
Từ (3) và (4) chứng tỏ (AB) có phương trình là : x0 3 x 3 y0 1 y 1 25
- Theo giả thiết thì (AB) qua C(0;1) suy ra :
5
3 x0 3 2 y0 1 25 3 x0 2 y0 14 0(6)
y0 1
3x0 22 y0 6 0
16
- Kết hợp với (*) ta có hệ :
16 M ; 1
3
3 x0 2 y0 14 0 x0
3
Bài 53. Trong mặt phẳng Oxy : Cho hai điểm A(2 ; 1), B( - 1 ; - 3) và hai đường thẳng
d1: x + y + 3 = 0; d2 : x – 5y – 16 = 0. Tìm tọa độ các điểm C,D lần lượt thuộc d1 và d2 sao
cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
Giải
- Trường hợp : Nếu AB là một đường chéo
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 25
Trang 25
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
1
+/ Gọi I( ; 1 , đường thẳng qua I có hệ số góc k suy ra d: y=k(x-1/2)-1
2
k 4
x
1
2 k 1
y k x 1
+/ Đường thẳng d cắt d1 tại C
2
x y 3 0
y 7k 2
2 k 1
1
k 4
7k 2
y k x 1
C
;
2
. Tương tự d cắt d 2 tại B :
2
k
1
2
k
1
x 5 y 16 0
- Từ đó suy ra tọa độ của B . Để ABCD là hình bình hành thì : AB=CD .Sẽ tìm được k
* Cách khác :
- Gọi C(t;-t-3) thuộc d1 , tìm B đối xứng với C qua I suy ra D (1-t;t+1)
- Để thỏa mãn ABCD là hình bình hành thì D phải thuộc d 2 : 1 t 5 t 1 16 0
Suy ra t=-
10
13 7
10 1
và D ; và C ;
3
3 3
3 3
- Trường hợp AB là một cạnh của hình bình hành .
+/ Chọn C (t;-t-3) thuộc d1 và D (5m+16;m) thuộc d 2
AC=BD
AB //CD
+/ Để ABCD là hình bình hành thì :
+/ Ta có
2 t 2 t 4 2 5m 17 2 m 32
2 t 2 t 4 2 5m 17 2 m 32
: 5m t 16 m t 3
17m 7t 55 0
3
4
t 2 2t 13m 2 88m 89 0
17 m 55
. Giải hệ này ta tìm được m và t , thay vào tọa độ của C và D
t
7
Bài 54. Trong mặt phẳng tọa độ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(1;2), hai đường cao
xuất phát từ A và B lần lượt có phương trình là x + y = 0 và 2x – y + 1 = 0. Tính diện tích
tam giác ABC.
Giải
- (AC) qua C(1;2) và vuông góc với đường cao BK cho nên có :
x 1 y 2
x 2y 5 0
2
1
3
x
2 x y 1 0
5
3 11
5
A ; AC
- (AC) cắt (AH) tại A :
5
5 5
x 2 y 5 0
y 11
5
x 1 t
- (BC) qua C(1;2) và vuông góc với (AH) suy ra uBC 1;1 BC :
y 2t
u 2; 1 AC :
x 1 t
3
1 1
- (BC) cắt đường cao (AH) tại B y 2 t t B ;
2
2 2
x y 0
Trang 26
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 26
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
1
1 5
9
1 5 9
9
2
S
.
- Khoảng cách từ B đến (AC) :
2 5 2 5 20
5
2 5
Bài 55. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm F1 ( - 4; 0), F2 ( 4;0) và điểm A(0;3).
a) Lập phương trình chính tắc của elip (E) đi qua điểm A và có hai tiêu điểm F1 , F2 .
b) Tìm tọa độ của điểm M thuộc (E) sao cho M F1 = 3M F2 1
Giải
2
2
x
y
2 1 (1) . Theo giả thiết thì : c=4 c 2 16 a 2 b 2 2
2
a b
x2 y 2
9
- (E) qua A(0;3) suy ra : 2 1 b2 9 , thay vào (2) ta có a 2 25 E : 1
25 9
b
2
2
x
y
- M thuộc (E) M x0 ; y0 0 0 1 2 . Theo tính chất của (E) ta có bán kính qua tiêu
25 9
4
4
4
4
25
MF1 5 x0 , MF2 5 x0 MF1 3MF2 5 x0 3 5 x0 x0
. Thay vào (2)
5
5
5
5
8
- Giả sử (E) :
ta có y02
551
551
y0
2
8
8
Bài 56. Trong mp Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y + 6 = 0 và điểm P(1;3).
a.Viết phương trình các tiếp tuyến PE, PF của đường tròn (C), với E, F là các tiếp điểm.
b.Tính diện tích tam giác PEF.
Giải
2
2
- (C): x 3 y 1 4 I 3; 1 , R 2
P(1;3)
- Giả sử đường thẳng qua P có véc tơ pháp
y
tuyến n a; b d : a x 1 b y 3 0
Hay : ax+by-(a+3b)=0 (*).
- Để d là tiếp tuyến của (C) thì khoảng cách
F
từ tâm I đến d bằng bán kính :
H
3a b a 3b
a b
2
2
2
2a 4b
a b
2
2
2
a 2b a 2 b 2 4ab 3b 2 0
2
O
x
E
I(3;-1)
b 0 a x 1 0 x 1 0
b 4a 3b 0
b 4 a a x 1 4 a y 3 0 3x 4 y 6 0
3
3
-Ta có : PI=2 5 , PE=PF= PI 2 R 2 20 4 4 .
Tam giác IEP đồng dạng với IHF suy ra :
IF EP IP 2 5
IF
2
EP
4
5 IH
, EH
IH EH IE
2
5
5
5
5
2
8
1
1 8 8 32
PH PI IH 2 5
S EPF EF.PH=
2
2 5 5 5
5
5
Bài 57. Trong mpOxy, cho 2 đường thẳng d1: 2x + y 1 = 0, d2: 2x y + 2 = 0. Viết pt
đường tròn (C) có tâm nằm trên trục Ox đồng thời tiếp xúc với d1 và d2.
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 27
Trang 27
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
Giải
h I , d1 h I , d 2
h I , d1 R
- Gọi I(a;0) thuộc Ox . Nếu (C) tiếp xúc với 2 đường thẳng thì :
2a 1 2a 2
1
2
5
1
5
1
5
5
. Từ (1) : a= , thay vào (2) : R=
C : x y2
10
4
100
4
R 2a 1 2
5
Bài 58. Trong mpOxy, cho 2 đường thẳng d1: 2x 3y + 1 = 0, d2: 4x + y 5 = 0. Gọi A là
giao điểm của d1 và d2. Tìm điểm B trên d1 và điểm C trên d2 sao cho ABC có trọng tâm
G(3; 5).
Giải
2 x 3 y 1 0
4 x y 5 0
- Tọa độ A là nghiệm của hệ :
- B d1 B 1 2t ;1 3t , C d 2 C m;5 4m .
7 3
A ;
8 2
7
57
1 2t m 8 9
2t m 8
Tam giác ABC nhận G(3;5) làm trọng tâm :
1 3t 5 4m 3 15 3t 4m 15
2
2
31
67 88
t 5 B 5 ; 5
Giải hệ trên suy ra :
m 207 C 207 ; 257
40
40 10
Bài 59. Cho đường tròn (C): x2 + y2 2x 4y + 3 = 0. Lập pt đường tròn (C’) đối xứng với
(C) qua đường thẳng : x 2 = 0
Giải
2
2
Ta có (C): x 1 y 2 2 I 1; 2 , R 2
- Gọi J là tâm của (C') thì I và J đối xứng nhau qua d : x=2 suy ra J(3;2) và (C) có cùng bán
2
2
kính R . Vậy (C'): x 3 y 2 2 đối xứng với (C) qua d .
13 13
Bài 60. Trong mpOxy, cho ABC có trục tâm H ; , pt các đường thẳng AB và AC
5 5
lần lượt là: 4x y 3 = 0, x + y 7 = 0. Viết pt đường thẳng chứa cạnh BC.
Giải
4 x y 3 0
x y 7 0
- Tọa độ A là nghiệm của hệ :
3 12
Suy ra : A(2;5). HA ; // u 1; 4 . Suy ra
5 5
(AH) có véc tơ chỉ phương u 1; 4 . (BC) vuông
góc với (AH) cho nên (BC) có n u 1; 4 suy ra
(BC): x-4y+m=0 (*).
- C thuộc (AC) suy ra C(t;7-t ) và
4x-y-3=0
B
A(2;5)
x+y-7=0
K
H
E
C
22
13
CH t ; t u AB 1; 4 CH . Cho nên ta
5
5
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 28
Trang 28
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
13
22
có : t 4 t 0 t 5 C 5; 2 .
5
5
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
- Vậy (BC) qua C(5;2) có véc tơ pháp tuyến n 1; 4 BC : x 5 4 y 2 0
(BC): x 4 y 3 0
Bài 61. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y 3 = 0 và 2 điểm
A(1; 1), B(3; 4). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến
đường thẳng AB bằng 1.
Giải
- M thuộc d suy ra M(t;3-t) . Đường thẳng (AB) qua
A(1;1) và có véc tơ chỉ phương
M(t;3-t)
x 1 y 1
3x 4 y 4 0
4
3
3t 4 3 t 4
- Theo đầu bài :
1 t 8 5
5
t 3 M 3;0
t 13 M 13; 10
u 4; 3 AB :
A(1;1)
H
B(-3;4)
* Chú ý :
Đường thẳng d' song song với (AB) có dạng : 3x+4y+m=0 . Nếu d' cách (AB) một khoảng
3 4 m
1
5
m 2 d ' : 3 x 4 y 2 0
. Tìm giao của d' với d ta tìm được M .
m 12 d ' : 3 x 4 y 12 0
bằng 1 thì h(A,d')=1
Bài 62. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABC có đỉnh A(4; 3), đường cao BH và
trung tuyến CM có pt lần lượt là: 3x y + 11 = 0, x + y 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C
Giải
x 4 3t
y 3t
Đường thẳng (AC) qua A(4;3) và vuông góc với (BH) suy ra (AC) :
x 4 3t
(AC) cắt trung tuyến (CM) tại C : y 3 t
2t 6 0 t 3 C 5;6
x y 1 0
- B thuộc (BH) suy ra B(t;3t+11 ). Do (CM) là trung tuyến cho nên M là trung điểm của AB
t 4 3t 14
;
2
2
, đồng thời M thuộc (CM) . M
M CM
B
t 4 3t 14
1 0 t 4 .
2
2
M
x+y-1=0
Do đó tọa độ của B(-4;-1) và M(0;1 ).
C
2
2
x
y
Bài 63. Trong mpOxy, cho elip (E):
1 và
8
4
đường thẳng d: x 2 y + 2 = 0. Đường thẳng d cắt
H
A(4;3)
3x-y+11=0
elip (E) tại 2 điểm B, C. Tìm điểm A trên elip (E) sao cho ABC có diện tích lớn nhất.
Giải
-Do đường thẳng d cố định cho nên B,C cố định , có nghĩa là cạnh đáy BC của tam giác
ABC cố định .
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 29
Trang 29
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
- Diện tích tam giác lớn nhất khi khoảng cách từ A ( trên E) là lớn nhất
- Phương trình tham số của (E) :
x 2 2 sin t
A 2 2 sin t; 2cos t
y
2cos
t
- Ta có :
h A, d
2 2 sin t 2 2cost+2
y
3
2 2 sin t cost 4sin x 4
4
3
3
3
. Dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi
sin x 1 .
x- 2 y+2=0
2
A
C
2
-2 2
4
-2
O
2 2
2
x k 2 x B
2, y-2 2
sin x 4 1 x k 2
4
2
4
x 3 k 2 x 2, y 2
x k 2
sin x 1
4 2
4
4
x
A
Nhận xét : Thay tọa độ 2 điểm A tìm được ta thấy điểm A 2; 2 thỏa mãn .
Bài 64. Trong hệ trục 0xy, cho đường tròn (C): x2+y2 -8x+12=0 và điểm E(4;1). Tìm toạ độ
điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MA, MB đến (C), với A,B là các
tiếp điểm sao cho E thuộc đường thẳng AB
Giải
2
2
- Đường tròn (C) : x 4 y 4 I 2;0 , R 2
- Gọi M(0;a) thuộc Oy . A x1 ; y1 , B x2 ; y2 C
- Tiếp tuyến tại A và B có phương trình là :
y
M
- Để thỏa mãn 2 tiếp tuyến này cùng qua M(0;a)
1
x1 4 x 4 y1 y 4 , x2 4 x 4 y2 y 4
x1 4 0 4 y1a 4 , x2 4 0 4 y1a 4 .
B
E(4;1)
O
Chứng tỏ (AB) có phương trình : -4(x-4)+ay=4
- Nếu (AB) qua E(4;1) : -4(0)+a.1=4 suy ra : a=4
Vậy trên Oy có M(0;4 ) thỏa mãn .
A
I(4;0)
x
d'
3
2
Bài 65. Cho tam giác ABC có diện tích S= , hai đỉnh
A(2;-3), B(3;-2) và trọng tâm G của tam giác thuộc đt 3x-y-8=0. Tìm tọa độ đỉnh C
Giải
GA 2 t;5 3t
- Vì G thuộc d suy ra G(t;3t-8)
. Theo tính chất trọng tâm của
GM x0 t ; y0 8 3t
2 t 2 x0 2t
2 x0 3t 2
tam giác : GA 2GM
. Theo tính chất trung điểm
5 3t 2 y0 16 6t
2 y0 9t 21
ta có tọa độ của C 3t 5;9t 19 .
x2 y2
x y 4 0.
1
1
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
- (AB) qua A(2;-3 ) có véc tơ chỉ phương u 1;1 AB :
Trang 30
Trang 30
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
3t 5 9t 19 4 10 6t
Đồng thời : AB 2 . Khoảng cách từ C đến (AB) :
2
2
- Theo giả thiết :
13
3 11
t C ;
10 6t
6
10 6t 3
1
1
3
2 2
S AB.h
2
5 3t
7
2
2
2
2
3 7
10 6t 3
t C ;
2 2
6
Bài 66. Vieát phöông trình ñöôøng troøn (C ) coù baùn kính R = 2 tieáp xuùc vôùi truïc hoaønh vaø
coù taâm I naèm treân ñöôøng thaúng (d) : x + y – 3 = 0.
Giải
- Tâm I nằm trên d suy ra I(t;3-t) . Nếu (C) tiếp xúc với Ox thì khoảng cách từ I đến Ox
t 5 I1 5; 2
3 t 2
3 t 2
t 1 I 2 1; 2
bằng bán kính R=2 : 3 t 2
- Như vậy có 2 đường tròn : C1 : x 5 y 2 4 , C2 : x 1 y 2 4 .
2
2
2
2
Bài 67. Trong maët phaúng Oxy cho ñöôøng troøn (C) coù phöông trình :
x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0.
a. Vieát phöông trình ñöôøng thaúng ñi qua M(2 ; 4) caét ñöôøng troøn (C) taïi 2 ñieåm A, B sao
cho M laø trung ñieåm ñoaïn AB.
b. Vieát phöông trình tieáp tuyeán cuûa (C) sao cho tieáp tuyeán aáy song song vôùi ñöôøng thaúng
coù phöông trình : 2x + 2y – 7 = 0.
c. Chöùng toû ñöôøng troøn (C) vaø ñöôøng troøn (C ’) : x2 + y2 – 4x – 6y + 4 = 0 tieáp xuùc nhau.
Vieát phöông trình tieáp tuyeán chung cuûa chuùng taïi tieáp ñieåm
Giải
2
2
- (C) : x 1 y 3 4 I 1;3 , R 2 .
a. Gọi A(x;y) thuộc (C) suy ra x 1 y 3 4 (1) , B đối xứng với A qua M suy ra B(42
2
x;8-y) . Để đảm bảo yêu cầu bài toán thì B thuộc (C) : 3 x 5 y 4 (2).
2
2
2
2
x 12 y 32 4
x y 2 x 6 y 6 0 3
- Từ (1) và (2) ta có hệ :
2
2
2
2
3
x
5
y
4
x y 6 x 10 y 30 0 4
- Lấy (3) -(4) ta có phương trình : 4x+4y-24=0 , hay : x+y-6=0 . Đó chính là đường thẳng
cần tìm .
b. Gọi d' là đường thẳng // với d nên nó có dạng : 2x+2y+m=0 (*) . Để d' là tiếp tuyến của
m 4 2 8
2 m8 4 2
8
m 4 2 8
2
2
c. (C'): x 2 y 3 9 I ' 2;3 , R ' 3
(C) thì : h I , d '
26m
- Ta có : II'=1 , R'-R=1 . Chứng tỏ hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau .
- Tìm tọa độ tiếp điểm
2
2
x 2 y 2 2 x 6 y 6 0
x 1 y 3 4
:
2
2
2
2
x y 4x 6 y 4 0
x 2 y 3 9
2 x 2 0 x 1 . Thay vào
phương trình đầu của hệ : y 2 6 y 9 0 y 3 0 y 3 M 1;3 .
- Tiếp tuyến chung qua M và vuông góc với IJ suy ra d': 1(x-1)=0 hay : x-1=0 .
2
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 31
Trang 31
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
x 2 y2
Trong maët phaúng Oxy cho (E) coù phöông trình :
1 .
9
4
Bài 68.
a. Xaùc ñònh toïa ñoä caùc tieâu ñieåm, ñoä daøi caùc truïc cuûa (E).
b. Chöùng minh OM2 + MF1.MF2 laø moät soá khoâng ñoåi vôùi F1, F2 laø hai tieâu ñieåm cuûa (E)
vaø M (E).
c. Tìm caùc ñieåm M thuoäc (E) thoûa MF1 = 2.MF2 vôùi F1, F2 laø hai tieâu ñieåm cuûa (E).
d. Tìm caùc ñieåm M (E) nhìn hai tieâu ñieåm cuûa (E) döôùi moät goùc vuoâng.
Giải
a. (E) có trục dài 2a=6 , trục ngắn : 2b=4 , c2 9 4 5 c 5 F1 5;0 , F2 5;0
b. Gọi M x0 ; y0 E
2
0
2
0
x
y
1(*)
9
4
- Theo công thức bán kính qua tiêu :
5
5
5
5
5 2
x0 , MF2 3
x0 MF1.MF2 3
x0
3
x
9
x0
0
3
3
3
3
9
2
2
2
x
4x
y
5
- Vậy : OM 2 MF1MF2 x02 y02 9 x02 9 0 y02 9 4 0 0 9 4 13 .
9
9
4
9
MF1 3
5
5
3
.
x0 2 3
x0 5x0 3 x0
3
3
5
4
4
9 16
4
4
3
3 4
M1
;
, M2
;
- Từ (*) : y02 9 x02 9 y0
9
9
5 5
5
5
5
5 5
d. Theo giả thiết : MF1 MF2 0
c. Như (*) Nếu MF1 2MF2 3
- MF1 x0 5, y0 , MF2 x0 5; y0 MF1 MF2 x02 5 y02 0 y02 x02 5 1
y02 x02 5
4
81
9
- Kết hợp với (*) ta có hệ : 2 4
x02 5 9 x02 x02 x0
2
9
13
13
y0 9 x0
9
81
36
6
- Do đó : y02 5 y0
. Như vậy ta có tất cả 4 điểm M nhìn tiêu điểm dưới
13
13
13
một góc vuông :
6
6
6
6
9
9
9
9
M1
;
;
;
;
, M2
, M3
, M4
13
13
13
13 13
13
13 13
Bài 69. Trong maët phaúng Oxy cho (E) coù phöông trình :
x 2 y2
1 .
9
4
a. Xaùc ñònh toïa ñoä caùc tieâu ñieåm, ñoä daøi caùc truïc cuûa (E).
b. Chöùng minh raèng vôùi moïi ñieåm M thuoäc (E) ta ñeàu coù 2 OM 3.
c. Tìm caùc ñieåm M thuoäc (E) nhìn ñoaïn F1F2 döôùi moät goùc 60.
Giải
x02 y02
a. Giả sử M x0 ; y0 E 1 1
9 4
2
2
2
2
y
y
x
y
x2 y 2
x2 y 2
- Ta có : 0 0 0 0 0 0 1 0 0 9 OM 2 OM 3 . (1)
4
9
9
4
9 9
9
Trang 32
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 32
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2
2
2
2
2
2
2
2
x
x
x
y
x
y
x y
- Tương tự : 0 0 0 0 0 0 1 0 0 x02 y02 4 OM 2 4 OM 2
9
4
9 4
4 4
4
y 0, x0 3
- Tóm lại với mọi M thuộc (E) ta luôn có : 2 OM 3 . Dáu đẳng thức : . 0
x0 0, y0 2
c. Ta có : MF1 3
5
5
5
5
5
x0 , MF2 3
x0 MF1.MF2 3
x0
3
x0 9 x02
3
3
3
3
9
- Theo hệ thức hàm số cos ta có :
F1 F2 MF12 MF12 2MF1MF2 cos600 MF1 MF2 3MF1MF2
2
2
5
5
5
5
62 3 3
x0
3
x0 36 3 9 x02 9 x02
3
3
3
9
5
33
165
4
4
33 423
4 3
20 9 x02 x02
x0
y02 9 x02 9
y0
3
5
5
9
9
5 9
3
2 5
2
- Như vậy : có 4 điểm thỏa mãn .
Bài 70. Trong maët phaúng Oxy cho (E) coù phöông trình : 4x2 + 9y2 = 36.
a. . Cho 2 ñöôøng thaúng (D) : ax – by = 0 vaø (D’) : bx + ay = 0 (a2 + b2 > 0). Tìm giao
ñieåm E, F cuûa (D) vôùi (E) vaø giao ñieåm P, Q cuûa (D’) vôùi (E). Tính dieän tích töù giaùc
EPFQ theo a, b.
b. Chứng minh rằng MPFQ luôn ngoại tiếp m[tj đường tròn cố định ? Viết phương trình
đường tròn cố định đó .
c. Cho ñieåm M(1 ; 1). Vieát phöông trình ñöôøng thaúng ñi qua M vaø caét (E) taïi hai ñieåm
A, B sao cho M laø trung ñieåm cuûa ñoaïn thaúng AB
Giải
a. Hai đường thẳng (D) và (D') vuông góc nhau .
by 2
4
9 y 2 36
4 x 2 9 y 2 36 a
- (D) giao với (E) tại E,F có tọa độ là nghiệm của hệ :
ax-by=0
x by
a
6b
6a
6b
6a
E
;
,F
;
2
2
9a 2 4b 2 9a 2 4b 2 9a 2 4b 2
9a 4b
by 2
4
9 y 2 36
4 x 2 9 y 2 36 a
- Tương tự (D') cắt (E) tại P,Q với tọa độ là nghiệm:
ax+by=0
x by
a
6b
6a
P
;
2
2
9a 2 4b 2
9a 4b
6b
6a
;
,Q
2
2
9a 2 4b 2
9a 4b
- Tính diện tích tam giác EPFQ ;
Bài 71. Trong maët phaúng toïa ñoä Oxy, cho hoï ñöôøng thaúng phuï thuoäc tham soá :
(x – 1)cos + (y – 1)sin – 1 = 0
a. Tìm taäp hôïp caùcñieåm cuûa maët phaúng khoâng thuoäc baát kyø ñöôøng thaúng naøo cuûa hoï.
b. Chöùng minh moïi ñöôøng thaúng cuûa hoï ñeàu tieáp xuùc vôùi moät ñöôøng troøn coá ñònh.
Giải
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 33
Trang 33
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
b. Gọi I x0 ; y0 là điểm cố định . Khoảng cách từ I đến d có giá trị là :
x0 1 cos + y0 -1 sin 1
sin 2 cos 2
1
x0 1 0
x0 1
1
I 1;1
1
y0 1 0
y0 1
- Với kết quả trên chứng tỏ d luôn tiếp xúc với đường tròn (C) có tâm I và bán kính bằng 1 (
2
2
Không phụ thuộc vào . (C): x 1 y 1 1
Bài 72. Laäp ph. trình caùc caïnh cuûa ABC, bieát ñænh A(1 ; 3) vaø hai ñöôøng trung tuyeán
xuaát phaùt töø B vaø C coù ph.trình laø: x– 2y +1= 0 vaø y –1= 0.
Giải
Gọi G là trọng tâm tam giác thì tọ độ G là
x 2 y 1 0
G 1;1 . E(x;y)
y 1 0
nghiệm của hệ
A(1;3)
thuộc (BC), theo tính chất trọng tâm ta có :
GA 0; 2 , GE x 1; y 1 GA 2GE
0 2 x 1
E 1;0 . C thuộc (CN) cho
2
2
y
1
nên C(t;1), B thuộc (BM) cho nên B(2m-1;m) .
Do B,C đối xứng nhau qua E cho nên ta có hệ
N
y-1=0
B
M
x-2y+1=0
G
C
E
A'
2m t 1 2
t 5
B 5;1 , C 3; 1 . Vậy (BC) qua E(1;0) có véc tơ
phương trình :
m 1 0
m 1
x 1 y
chỉ phương BC 8; 2 // u 4;1 BC :
x 4 y 1 0 . Tương tự :
4
1
x 1 y 3
(AB) qua A(1;3) có AB 4; 2 // u 2; 1 AB :
x 2y 7 0 .
2
1
x 1 y 3
(AC) qua A(1;3) có AC 4; 4 // u 1;1 AC :
x y20
1
1
* Chý ý : Hoặc gọi A' đối xứng với A qua G suy ra A'(1;-1) thì BGCA' là hình bình hành ,
từ đó ta tìm được tọa độ của 2 đỉnh B,C và cách lập các cạnh như trên.
Bài 73. Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho parabol (P) : y2 = 8x.
a. Tìm toïa ñoä tieâu ñieåm vaø vieát phöông trình ñöôøng chuaån cuûa (P).
b. Vieát p.trình tieáp tuyeán cuûa (P) taïi ñieåm M thuoäc (P) coù tung ñoä baèng 4.
c. Giaû söû ñöôøng thaúng (d) ñi qua tieâu ñieåm cuûa (P) vaø caét (P) taïi hai ñieåm phaân bieät A, B
coù hoaønh ñoä töông öùng laø x2, x2. Chöùng minh:AB = x1 +x2 + 4.
Giải
a/ Tiêu điểm của (P) là F(2;0) , đường chuẩn của (P) có phương trình : x=-2 .
b/ M thuộc (P) có tung độ bằng 4 thì hoành độ x=2 và M(2;4) . Vậy tiếp tuyến d của (P) tại
M ta áp dụng công thức : yy0 p x x0 x0 2; y0 4 d : 4 y 4 x 2 y x 2 .
c/ Áp dụng công thức bán kính qua tiêu : MF= x+
x1
p
. Gọi A x1 ; y1 , B x2 ; y2 với giá trị của
2
y12
y2
, x2 2 . Ta có : AF=x1 2, BF x2 2 AB AF+BF=x1 x2 4 ( đpcm)
8
8
Trang 34
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 34
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
Bài 74. Trong maët phaúng Oxy cho Elip (E) :
9x2 + 25y2 = 225.
a. Vieát phöông trình chính taéc vaø xaùc ñònh caùc tieâu ñieåm, taâm sai cuûa (E).
b. Moät ñöôøng troøn (T) coù taâm I(0 ; 1) vaø ñi qua ñieåm A(4 ; 2). Vieát phöông trình ñöôøng
troøn vaø chöùng toû (T) ñi qua hai tieâu ñieåm cuûa (E).
c. Gọi A, B laø 2 ñieåm thuoäc (E) sao cho OA OB.chứng minh diện tích tam giác OAB
không đổi
Giải
x2 y 2
4
1 a 5, b 3, c 4 F1 4;0 , F2 4;0 , e
25 9
5
b/ Vì (E) chẵn x,y cho nên Ox,Oy là hai trục đối xứng vì vậy IF1 IF2 17 (1) . Đường tròn
a/ (E) :
(T) tâm I(0;1) có bán kính R=IA= 42 2 1 17 (2) . Từ (1) và (2) chứng tỏ (T) qua 2
2
tiêu điểm của (E) .
x12 y12
x22 y22
c/. Gọi A x1; y1 , B x2 ; y2 E 1, 1* . Và góc hợp bởi OA và chiều
25 9
25 9
dương của Ox là xOB
2
OA OB Khi đó :
A OAcos ;OAsin , B OBcos ; OB sin OB sin ; OBcos
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
OA cos OA sin
OB sin OA cos
Thay vào (*) :
1,
1 . Từ đó ta suy ra :
25
9
25
9
25.9
25.9
1
25 9 34
15
OA2
, OB 2
OH
2
2
2
2
2
25sin 9cos
25cos 9sin
OH
25.9 225
34
Vậy khi A,B thay đổi nhưng khoảng cách từ O đến AB không đổi và AB không đổi ( ví OA
luôn vuông góc với OB) cho nên diện tích tam giác OAB không đổi .
Bài 75. Cho ABC coù ñænh A(2 ; –1) vaø hai ñöôøng phaân giaùc trong cuûa goùc B, goùc C coù
phöông trình laàn löôït laø (dB) : x – 2y + 1 = 0 vaø (dC) : x + y + 3 = 0. Laäp phöông trình
caïnh BC.
Giải
- Gọi A' đối xứng với A qua d B và A'' đối xứng với A qua dC thì A' và A'' nằm trên BC .
2 x 2 1 y 1 0
2 x y 3
AA'u 0
+/ Tìm tọa độ A' (x;y):
x2
A ' 0;3
y 1
I dB
2 2 2 1 0 x 2 y 6
x 2 1 y 1 0
AA''u 0
x y 3
+/ Tìm tọa độ A'' (x;y) :
x 2 y 1
A '' 2; 5
I d B
2 2 3 0 x y 7
x y 3
+/ (BC) qua A'(0;3) có véc tơ chỉ phương A ' A '' 2; 8 // u 1;4 BC :
1
4
Bài 76. Tìm ñieåm M (H) : 5x2 – 4y2 = 20 (1) nhìn hai tieâu ñieåm döôùi moät goùc 120.
Giải
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 35
Trang 35
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2
2
x
y
x2 y 2
- Ta có : (H) :
1 F1 3;0 , F2 3;0 F1F2 6, M x; y H
1
4 5
4 5
MF12 x 32 y 2
- Và : MF1 x 3; y , MF2 x 3; y
, MF1 MF2 x 2 y 2 9 (*)
2
2
2
MF2 x 3 y
4
4
- Mặt khác : MF1 2 x , MF2 2 x MF1MF2 2 2 x 2 2 x 4 1 x 2
2
2
- Tam giác M F1F2 : F1 F2 MF12 MF22 2MF1MF2 cos1200
2
x2 6
2
2
1
x
7
2
x
36 2 2 x 2 2 x 4 1 x 2 1 x 2 7 2 x 2
2 8
2
2
x
1 x 2 x 7
3
2
2
4 y 10
x 6
10
10
10
10
2 10 M 1 6;
, M 2 6;
, M 3 6;
, M 4 6;
20
2
4 y 0
2
2
2
2
y
3
4
2
2
Bài 77. Trong maët phaúng Oxy cho (E) : x2 + 3y2 = 12
a. Tính ñoä daøi truïc lôùn, truïc nhoû, toïa ñoä hai tieâu ñieåm, taâm sai cuûa (E).
b. Cho ñöôøng thaúng (D) : mx – 3y + 9 = 0. Tính m ñeå (D) tieáp xuùc vôùi (E).
c. Vieát phöông trình Parabol coù ñænh truøng vôùi goác toïa ñoä vaø coù tieâu ñieåm truøng vôùi tieâ u
ñieåm beân traùi cuûa (E) ñaõ cho.
Giải
x2 y 2
1 a 2 3, b 2, c 2 2 F1 2 2;0 , F2 2 2;0
12 4
b/ Điều kiện cần và đủ để d tiếp xúc với (E) : a 2 A2 b2 B 2 C 2
45 15
15
12m2 4.9 81 12m2 45 m2
m
12 4
2
p
c/ (P) có dạng : y 2 2 px F 2 2;0 2 2 p 4 2
2
- Vậy (P) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm bên trái của (E) : y 2 8 2 x
a/ (E) :
Bài 78. Trong mp Oxy, cho Cho (H) coù phöông trình : 24x2 – 25y2 = 600 (1) vaø M laø
moät ñieåm tuøy yù treân (H).
a) Tìm toïa ñoä caùc ñænh, toïa ñoä caùc tieâu ñieåm vaø tính taâm sai cuûa (H).
b) Tìm toïa ñoä cuûa ñieåM thuoäc (H) coù hoaønh ñoä x = 10 vaø tính khoaûng caùch töø ñieåm ñoù
ñeán 2 tieâu ñieåm.
c) Chöùng minh raèng : OM2 – MF1.MF2 laø moät soá khoâng ñoåi.
d) Tìm caùc giaù trò cuûa k ñeå ñöôøng thaúng y = kx – 1 coù ñieåm chung vôùi (H).
Giải
x2 y 2
1 a 5, b 2 6, c 7 F1 7;0 , F2 7;0
25 24
b/ Khi x=10 thay vào (1) ta có y 2 72 y 6 2 M1 0; 6 2 , M 2 10;6 2
a/ (H) :
7
5
7
5
7
5
- Tính khoảng cách : MF1 5 x 5 10 19, MF2 5 10 9
Trang 36
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 36
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
49 2
7
7
MF1MF2
x 25 : x 0
MF
5
x
,
MF
5
x
:
x
0
1
2
25
5
5
c/ Ta có :
MF 5 7 x, MF 5 7 x : x 0 MF MF 25 49 x 2 : x 0
2
1 2
1
25
5
5
x2 y 2
49 2
2
2
25 : x 0
x y 25 x 25 : x 0
25 24
2
OM MF1MF2
24
x 2 y 2 25 49 x 2 : x 0
x2 y 2
25 : x 0
25
25 24
d/ Tìm k để phương trình : 24 x 2 25 kx 1 600 0 ( có nghiệm x )
2
2 6
k
5
24 25k 2 0
2 6
2
24 25k 2 x 2 50kx 575 0 : x 24 25k 0
k
5
2
2
' 25 575 24 25k 0.
577
k
5 23
Bài 79. Trong maët phaúng Oxy cho Hyperbol (H) : 12x2 – 16y2 = 192 vaø ñieåm
P(2 ;
1). Vieát phöông trình ñöôøng thaúng ñi qua P vaø caét (H) taïi 2 ñieåm M, N sao cho P laø
trung ñieåm cuûa MN.
Giải
(H):
x2 y 2
1 a 4, b 2 3, c 2 7 F1 2 7;0 , F2 2 7;0 . Gọi M(x;y) thuộc (H) và
16 12
N đối xứng với M qua P(2;1) thì N(4-x; 2-y) . Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì N phải
x2 y 2
1
16 12 1
thuộc (H)., do đó ta có hệ :
. Lấy (2)-(1) ta được phương trình rút
2
2
4 x 2 y
16 12 1 2
gọn : 3x-2y-4=0 . Đó cũng chính là phương trình đường thẳng qua P .
Bài 80. Trong maët phaúng Oxy cho (E) : 4x2 + y2 = 4.
a. Tính ñoä daøi truïc lôùn, truïc nhoû, toïa ñoä hai tieâu ñieåm, taâm sai cuûa (E).
b. Tìm caùc giaù trò cuûa m ñeå ñöôøng thaúng y = x + m caét (E) taïi 2 ñieåm phaân bieät M, N khi
m thay ñoåi. Tìm taäp hôïp caùc trung ñieåm cuûa MN
Giải
x2 y 2
a/ (E):
1 a 1, b 2, c 3 F1 0; 3 , F2 0; 3 . Tiêu điểm thuộc Oy .
1
4
b/ Đường thẳng y=x+m cắt (E) tại 2 điểm M,N có tọ độ là nghiệm của hệ :
2
2
5 x 2 2mx m2 4 0 1
4 x 2 y 2 4
4 x x m 4
2
y x m
y x m
y x m
- Như vậy hoành độ của M,N là 2 nghiệm của (1) với điều kiện : ' 4m2 20 0 , hay :
m 5 * . Gọi M x1 ; y1 , N x2 ; y2 và I là trung điểm của MN thì ta có tọa độ I là :
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 37
Trang 37
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
x1 x2
m
xI 2
m 5 xI
xI
5
yI xI 5 xI 4 xI
y y1 y2
yI xI m
I
2
Do đó I chạy trên đường thẳng : y=-4x .
- Giới hạn quỹ tích : Từ (*) : m 5 5 xI 5 xI
5
5
- Kết luận : Khi m thay đổi I chạy trên đường thẳng d: y=-4x ( chỉ lấy những điểm có hoành
độ nằm trong khoảng
5 5
;
.
5 5
Bài 81. Trong mp Oxy cho parabol (P) : y2 = 12x.
a. Tìm toïa ñoä tieâu ñieåm F vaø phöông trình ñöôøng chuaån () cuûa (P).
b. Moät ñieåm naèm treân parabol coù hoaønh ñoä x = 2. Haõy tính khoaûng caùch töø ñieåm ñoù ñeán
tieâu ñieåm.
c. Qua ñieåm I(2 ; 0) veõ 1 ñöôøng thaúng thay ñoåi caét (P) taïi A vaø B. Chöùng minh raèng tích
soá khoaûng caùch töø A vaø B ñeán truïc Ox laø moät haèng soá.
Giải
a/ Với p=6 thì p/2=3 và F(3;0) . Đường chuẩn có phương trình : x=-3 .
b/ Gọi M (P) có x=2 thì tung độ M là : y 2 24 y 2 6 M1 2; 2 6 , M 2 2;2 6
- Khoảng cách từ M đến tiêu điểm : MF=x+
p
MF1 2 2 6, MF2 2 2 6
2
c/ Đường thẳng d qua I(2;0) có dạng : x=2 (//Oy ) cắt (P) tại 2 điểm hiển nhiên khoảng cách
từ 2 điểm này tới Ox bằng nhay ( vì chúng đối xứng nhau qua Ox ). Gọi d có hệ số góc k
qua I (2;0) thì d : y=k(x-2)=kx-2k (1) . Nếu d cắt (P) tại 2 điểm thì hoành độ của 2 điểm là 2
2
nghiệm của phương trình : kx 2k 12 x k 2 x 2 4 k 2 3 x 4k 2 0(1)
y
- Hoặc tung độ của 2 điểm là 2 nghiệm của phương trình : y 2 12 2
k
ky 2 12 y 2k 0 2
- Tích khoảng cách từ 2 điểm đến trục Ox chính là tích của 2 tung độ của hai điểm . Vậy từ
2k
2 là một hằng số ( đpcm)
k
x 2 y2
Bài 82. Vieát phöông trình tieáp tuyeán cuûa (E) :
1 , bieát tieáp tuyeán ñi qua A(6 ;
32 18
3 2 ).
(2) ta có : y1 y2
Giải
Bài 83. a. Cho Parabol (P) coù phöông trình y2 = x vaø ñöôøng thaúng d coù phöông trình : 2x
– y – 1 = 0. Haõy vieát phöông trình tieáp tuyeán cuûa (P) taïi caùc giao ñieåm cuûa (P) vaø d.
b. Laäp phöông trình tieáp tuyeán chung cuûa (P) : y2 = 4x vaø (E) :
x 2 y2
1
8
2
Giải
a/ Điểm chung d và (P) có tọa độ là nghiệm của hệ :
Trang 38
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 38
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2
2
y x
2 y y 1 0
1 1
A 1;1 , B ;
:
4 2
2 x y 1 2 x y 1
1
- Phương trình tiếp tuyến có : yy0 p x x0 d A :1. y x 1 x 2 y 1 0 . Và
2
1
1
1
1
dB : y x x y 0 .
2
2
4
4
b/ Gọi d là tiếp tuyến chung của (P) và (E) có dạng : ax+by+c=0
- d là tiếp tuyến (P) : p B 2 =2AC 2 b 2 =2ac , hay : b 2 =ac (1)
- d là tiếp tuyến (E) : 8a 2 2b 2 c 2 2 .
c 2a
c 4a
- Thay b từ (1) thay vào (2) : 8a 2 2 ac c 2 0 8a 2 2ac c 2 0
- Từ (1) a,c cùng dấu cho nên chọn : c=4a hay :
b 2a d : ax+2ay+4a=0 x+2y+4=0
ac= 4a 2 b 2
b 2a d : ax-2ay+4a=0 x-2y+4=0
Bài 84. Cho tam giác ABC có trung điểm AB là I(1;3), trung điểm AC là J(-3;1). Điểm A
thuộc Oy , và đường thẳng BC đi qua gốc tọa độ O . Tìm tọa độ điểm A , phương trình
đường thẳng BC và đường cao vẽ từ B ?
Giải
- Do A thuộc Oy cho nên A(0;m). (BC) qua gốc
tọa độ O cho nên (BC): ax+by=0 (1).
- Vì IJ là 2 trung điểm của (AB) và (AC) cho nên
IJ //BC suy ra (BC) có véc tơ chỉ phương :
IJ 4; 2 // u 2;1 BC : x 2 y 0 .
- B thuộc (BC) suy ra B(2t;t) và A(2-2t;6-t) .
Nhưng A thuộc Oy cho nên : 2-2t=0 , t=1 và
A(0;5). Tương tự C(-6;-3) ,B(0;1).
- Đường cao BH qua B(0;1) và vuông góc với AC
x
3
cho nên có AC 6; 8 // u 3;4 BH :
A
H
J(-3;1)
I(1;3)
B
ax+by=0
C
y 1
4x 3 y 3 0
4
Bài 85. Cho hai điểm A(1;1), B(4;-3) và đường thẳng d : x-2y-1=0.
a. Tìm tọa độ điểm C trên d sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB=6( ĐHKB-04)
b. Tìm tọa độ trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB ?( ĐHKA-2004)
Giải
x 1 y 1
4x 3 y 7 0
3
4
4 2t 1 3t 7
- C thuộc : x-2y-1=0 suy ra C(2t+1;t ) do đó : 6
11t 3 30
5
t 3 C1 7;3
27
43 27
t C2 ;
11
11 11
a/ (AB) qua A(1;1) có u AB 3; 4 AB :
b/ - Đường thẳng qua O vuông góc với AB có phương trình : 3x-4y=0.
- Đường thẳng qua B và vuông góc với OA có phương trình : (x-4)+(y+3)=0.
- Đường thẳng qua A và vuông góc với OB có phương trình : 4(x-1)-3(y-1)=0
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 39
Trang 39
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
hay : 4x-3y-1=0
- Vậy tọa độ trực tâm H là nghiệm :
4
3x 4 1 x 0
3x 4 y 0
x
4 3
7
x y 1 0 y 1 x
H ;
7 7
4 x 3 y 1 0
4 x 3 y 1 0
y 3
7
2
2
- Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác (C): x y 2ax 2by c 0
- (C) qua O(0;0) suy ra c=0 (1)
- (C) qua A(1;1) suy ra : 2-2a-2b=0 , hay : a+b=1 (2)
- (C) qua B(4;-3) suy ra : 25-8a+6b=0 , hay : 8a-6b=25 (3)
31
17
b 1
b
a
b
1
b
1
a
14
14
- Từ (2) và (3) ta có hệ :
8a 6b 25 8a 6(1 a ) 25 a 31
a 31
14
14
31 17
- Vậy (C) : x2 y 2 x y 0
7
4
Bài 86. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x+2y-3=0 và hai điểm A(1;0)
,B(3;-4). Hãy tìm trên d điểm M sao cho : MA 3MB nhỏ nhất
Giải
- Trên d có M(3-2t;t) suy ra : MA 2 2t; t , MB 2t; t 4 3MB 6t 3t 12
- Do vậy : MA 3MB 2 8t; 4t 12 MA 3MB
2
2 8t 4t 12
2
2
676
2
26
- Hay : f(t)= MA 3MB 80t 2 64t 148 80 t
. Dấu đẳng thức xảy ra
5
5
5
2
5
26
19 2
; . Khi đó min(t)=
.
5
5
5
khi t= M
Bài 87. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(2;-1) và đường tròn C1 : x 2 y 2 9 (1) .Hãy
viết phương trình đường tròn C2 : có bán kính bằng 4 và cắt đường tròn C1 theo dây
cung qua M có độ dài nhỏ nhất .
Giải
Gọi C2 : có tâm I'(a;b) suy ra :
C2 : x a y b
2
2
16 x 2 y 2 2ax 2by a 2 b 2 16 0 1
Lấy (1) -(2) ta được : 2ax 2by a 2 b 2 7 0 ( chính là đường thẳng trục đẳng phương )
Dây cung của hai đường tròn nằm trên đường thẳng này .
2
2
Ví dây cung qua M(2;-1) lên ta có : 4a 2b a 2 b2 7 0 a 2 b 1 12
Bài 88. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;5),B(5;1) . Viết phương trình đường thẳng d
qua A sao cho khoảng cách từ B đến d bằng 3.
Giải
Đường thẳng d qua A(2;5) có n a; b d : a x 2 b y 5 0 1
Theo giả thiết : h B, d
Trang 40
a 5 2 b 1 5
a 2 b2
3 3a 4b 9 a 2 b 2
2
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 40
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
b 0 d : a x 2 0 x 2 0
2
7b 24ab 0
b 24a x 2 24 y 5 0 7 x 24 y 114 0
7
7
Bài 89. Trong (Oxy) cho A(2;5) và đường thẳng d : 2x+3y+4=0. Viết phương trình tổng
quát của đường thẳng d' qua A và tạo với d một góc bằng 450 .
Giải
Đường thẳng d' qua A(2;5) có n a; b d : a x 2 b y 5 0 1
Đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n ' 2;3 . Theo giả thiết thì :
2a 3b
cos450
13 a b
2
2
1
2
2 2a 3b 13 a 2 b 2 5b 2 24ab 5a 2 0
2
b 5a d ' : x 2 5 y 5 0 x 5 y 23 0
Ta có : 'b 169a a
b a 5b d ' : 5 x 2 y 5 0 5 x y 15 0
5
2
Bài 90. Trong (Oxy) cho hình chữ nhật ABCD , biết phương trình chứa 2 đường chéo là
d1 : 7 x y 4 0 và d 2 : x y 2 0 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh hình chữ
nhật , biết đường thẳng đó đi qua điểm M(-3;5).
Giải
7 x y 4 0
1 9
I ;
4 4
x y 2 0
- Tâm của hình chữ nhật có tọa độ là nghiệm của hệ :
Gọi d là đường thẳng qua M(-3;5 ) có véc tơ pháp tuyến : n a; b . Khi đó
d : a x 3 b y 5 0 1 . Gọi cạnh hình vuông (AB) qua M thì theo tính chất hình chữ
nhật :
nn1
n n1
nn2
n n2
7a b
50 a 2 b 2
a 3b
7a b 5 a b
2 a 2 b2
b 3a
a b
a 3b d : 3 x 3 y 5 0 3x y 14 0
Do đó :
b 3a x 3 3 y 5 0 x 3 y 12 0
Bài 91. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(1;1) , B(2; 5) , ®Ønh C n»m trªn
®-êng th¼ng x 4 0 , vµ träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®-êng th¼ng 2 x 3 y 6 0 . TÝnh
diÖn tÝch tam gi¸c ABC.
HD
1 2 4
1 5 yC
y
1, yG
2 C . §iÓm G n»m trªn ®-êng
3
3
3
th¼ng 2 x 3 y 6 0 nªn 2 6 yC 6 0 , vËy yC 2 , tøc lµ: C (4; 2)
Ta cã C (4; yC ) . Khi ®ã täa ®é G lµ xG
. Ta cã AB (3; 4) , AC (3;1) , vËy AB 5 , AC 10 , AB. AC 5 .
2
15
1
1
AB 2 . AC 2 AB. AC
25.10 25 =
2
2
2
Bài 92. . Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2;1) , B(1; 2) , träng t©m G cña
tam gi¸c n»m trªn ®-êng th¼ng x y 2 0 . T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng
13,5 .
DiÖn tÝch tam gi¸c ABC lµ S
HD
. V× G n»m trªn ®-êng th¼ng x y 2 0 nªn G cã täa ®é G (t; 2 t ) . Khi ®ã AG (t 2;3 t ) ,
AB (1;1) VËy diÖn tÝch tam gi¸c ABG lµ
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 41
Trang 41
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2t 3
2
1
1
S
AG 2 . AB 2 AG. AB
2(t 2) 2 (3 t ) 2 1 =
2
2
2
2t 3
NÕu diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 th× diÖn tÝch tam gi¸c ABG b»ng 13,5 : 3 4,5 . VËy
4,5 , suy
2
ra t 6 hoÆc t 3 . VËy cã hai ®iÓm G : G1 (6;4) , G2 (3;1) . V× G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn
xC 3xG ( xa xB ) vµ yC 3 yG ( ya yB ) .
Víi G1 (6;4) ta cã C1 (15;9) , víi G 2 (3;1) ta cã C2 (12;18)
Bài 93. . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng : x 3 y 8 0 ,
' :3x 4 y 10 0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ,
đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ’.
Tâm I của đường tròn thuộc nên I(-3t – 8; t)
HD
Theo yc thì k/c từ I đến ’ bằng k/c IA nên ta có
3(3t 8) 4t 10
3 4
2
2
(3t 8 2) 2 (t 1) 2
Giải tiếp được t = -3
Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25.
Bài 94. . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn
: (C ) : x 2 y 2 – 2 x – 2 y 1 0, (C ') : x 2 y 2 4 x – 5 0 cùng đi qua M(1; 0).
Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho
MA= 2MB.
HD
+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R 1, R ' 3 , đường
thẳng (d) qua M có phương trình a( x 1) b( y 0) 0 ax by a 0, (a 2 b 2 0)(*) .
+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.
2
2
Khi đó ta có: MA 2MB IA2 IH 2 2 I ' A2 I ' H '2 1 d ( I ;d ) 4[9 d ( I ';d ) ] ,
IA IH .
9a 2
b2
36a 2 b2
35
35 a 2 36b2
a 2 b2 a 2 b2
a 2 b2
a 6
Dễ thấy b 0 nên chọn b 1
.
a6
Kiểm tra điều kiện IA IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả m ãn.
Bài 95. . Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB
nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua
điểm (3;1)
4 d ( I ';d ) d ( I ;d ) 35 4.
2
2
HD
Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2 0)
2a 5b
2.12 5.1
Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên :
2 2 52 . a 2 b 2
22 52 . 122 12
a 12b
5 2a 5b 29 a b 9a + 100ab – 96b = 0
a 8 b
9
Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên
không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9
Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0
2a 5b
29
2
2
5
a b
Trang 42
2
2
2
2
2
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 42
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
Bài 96. . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) : x 2 4 y 2 4 0 .Tìm những
điểm N trên elip (E) sao cho : F1 Nˆ F2 600 ( F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip (E) )
HD
+ (C) có tâm I(2 , 1) và bán kính R = 6
+ AMˆ B 900 ( A , B là các tiếp điểm ) suy ra : MI MA. 2 R. 2 12
Vậy M thuộc đường tròn tâm I bán kính R/ = 12 và M thuộc d nên M( x , y) có tọa độ
thỏa hệ:
x 2
x 2
x 22 y 12 12
x y 1 0
y 1 2 y 1 2
Vậy có 2 điểm thỏa yêu cầu bài toán có tọa độ nêu trên
Bài 97. . Trong mp (Oxy) cho đường thẳng () có phương trình: x – 2y – 2 = 0 và hai
điểm A (-1;2); B (3;4). Tìm điểm M () sao cho 2MA 2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất
HD
M M (2t 2; t ), AM (2t 3; t 2), BM (2t 1; t 4)
2 AM 2 BM 2 15t 2 4t 43 f (t )
2
26
2
Min f(t) = f => M ;
15 15
15
Bài 98. . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2
- 24 = 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng cắt đường
tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.
HD
Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5.
Gọi H là trung điểm của dây cung AB.
Ta có IH là đường cao của tam giác IAB.
IH = d ( I , )
| m 4m |
m 16
2
AH IA2 IH 2 25
| 5m |
I
5
m 16
2
2
(5m )
m 2 16
Diện tích tam giác IAB là SIAB
20
A
H
B
m 16
12 2S IAH 12
2
m 3
d ( I , ). AH 12 25 | m | 3( m 16)
16
m
3
2
Bài 99. . Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0.
Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho
AB 3 .
HD
Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R 3
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB IM tại trung điểm H của
đoạn AB. Ta có AH BH AB 3 . Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I.
2
2
Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB, Gọi H' là trung điểm của A'B'
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 43
Trang 43
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2
3
3
Ta có: IH ' IH IA AH 3 , MI
2
2
2
2
5 1 1 2
2
2
5
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13
hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43
Bài 100. . Trong mÆt ph¼ng Oxy cho elip (E):
x2 y 2
1 vµ ®-êng th¼ng :3x + 4y =12.
4 3
Tõ ®iÓm M bÊt k× trªn kÎ tíi (E) c¸c tiÕp tuyÕn MA, MB. Chøng minh r»ng ®-êng th¼ng
AB lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.
HD
Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) . TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng :
TiÕp tuyÕn ®i qua M nªn :
x0 x1 y0 y1
1
4
3
xx1 yy1
1
4
3
(1)
xx0 yy0
1
4
3
4 xx0 y(12 3x0 )
4 xx0 4 yy0
do M thuéc nªn 3x0 + 4y0 =12 4y0 =12-3x0
4,
4
4
4
3
3
Ta thÊy täa ®é cña A vµ B ®Òu tháa m·n (1) nªn ®êng th¼ng AB cã pt :
Gäi F(x;y) lµ ®iÓm cè ®Þnh mµ AB ®i qua víi mäi M th× : (x- y)x0 + 4y - 4 = 0
x y0
y1
4 y40 x1 . VËy AB lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh F(1;1)
Bài 101. . Trong mặt phẳng Oxy cho ba đường thẳng d1 : 4 x y 9 0,
d2 : 2x y 6 0, d3 : x y 2 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD, biết
hình thoi ABCD có diện tích bằng 15, các đỉnh A,C thuộc d3 , B thuộc d1 và D thuộc d2 .
HD
Đường chéo (BD) vuông góc với (AC) cho nên (BD có dạng : x+y+m=0
x y m 0
m 9 4m 9
B
;
3
3
4 x y 9 0
(BD) cắt d1 tại B có tọa độ là nghiệm của hệ :
x y m 0
m 6 2m 6
D
;
3
3
2 x y 6 0
(BD) cắt d 2 tại D có tọa độ là nghiệm của hệ :
1
2
Trung điểm I của BD là tâm hình thoi có tọa độ là : I ;
2m 1
2
1 2m 1
2 0 m 3 BD : x y 3 0 và tọa độ các
2
2
t t 23
1 5
điểm B(2;1),D(-1;4) và I ; . Gọi A(t;t+2) thuộc (AC) . Suy ra : h A, ( AC )
2
2 2
t 3 A 3;5 C 2;0
2t 1
2t 1
1
S 2 BD.h A, AC 3 2
15
2
2
2
t 2 A 2;0 C 3;5
3
Bài 102. Trong (Oxy) cho đường tròn (C): x2 y 2 và P : y 2 x . Tìm trên (P) các
2
điểm M mà từ đó kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) và 2 tiếp tuyến đó tạo với nhau một góc 600
Theo giả thiết I thuộc (AC) :
Giải
Trang 44
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 44
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2
Gọi M x0 ; y0 P y0 x0 . d là đường thẳng tiếp tuyến của (P) tại M thì d có phương
trình : y0 y
1
x x0 x 2 y0 y x0 0 . Để d là tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) thì điều kiện
2
cần và đủ là :
Bài 103. Trong (Oxy) cho đ. thẳng d: 3x-y+5=0 và đường tròn (C): x 2 y 2 2 x 6 y 9 0 .
Tìm điểm M thuộc (C) và điểm N thuộc d sao cho MN có độ dài nhỏ nhất ?
Giải
2
2
(C) : x 1 y 3 1 I 1;3 , R 1
- Gọi d' //d thì d': 3x-y+m=0 . d' tiếp xúc với (C) tại M ( M là điểm cách d nhỏ nhất ) , khi
m 6 10 d ' : 3x y 6 10 0
1 m 6 10
10
m 6 10 d ' : 3x y 6 10 0
Giả sử N' thuộc d ta luôn có : M 2 N ' M 2 N . Dấu bằng
đó : h I ; d ' R
3 3 m
chỉ xảy ra khi N' trùng với N . Vậy ta chỉ cần lập
đường thẳng qua I(-1;3) và vuông góc với d suy ra
x 1 3t
. Khi đó cắt d' tại 2
y 3t
1
điểm : 3 1 3t 3 t 6 10 0 t
.
10
1
Và 3 1 3t 3 t 6 10 0 t
.
10
1
3
1;3
Do vậy ta tìm được 2 điểm M : M 1
,
10
10
đường thẳng :
và M 2 1
d'
M1
I(-1;3)
d'
M2
N'
N d:3x-y+5=0
3
1
;3
. Tương tự cắt d tại N có tọa độ là nghiệm :
10
10
x 1 3t
1
7 29
t N ; . Ta chọn M bằng cách tính M1 N , M 2 N , sau đó so
y 3t
10
10 10
3x y 5 0
sánh : Nếu M1 N M 2 N thì M là M 2 . Còn M1 N M 2 N thì M là M 1 .
Bài 104. Trong (Oxy) cho C : x 1 y 3 1 và điểm M ; . Tìm trên (C) điểm
5 5
N sao cho MN có độ dài lớn nhất ?
Giải
2
1 7
2
x 1 sin t
N C N 1 sin t ;3 cost
y 3 cost
(C) viết dưới dạng tham số :
2
2
12
16
6
8
Khi đó : MN sin t cost sin 2 t cos 2t sin t cost+4
5
5
5
5
2
2
12
16
16
12
12 16
sin t cost+5 5 4 sin t cost * . Vì : 1 ,
5
5
20
20
20 20
12 3
16 4
cos
;sin = thì (*) trở thành : 5 4sin t 5 4 1
20 5
20 5
Dấu đẳng thức xảy ra khi : sin t 1 t
2
k 2
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 45
Trang 45
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
3
3
2
Do vậy : sin t sin cos = x 1 sin t 1
5
5
5
2
4
4 19
2 19
Tương tự : cost=cos sin y 3 cost=3+ N ;
5
5 5
2
5 5
x2 y 2
Bài 105. Tính diện tích tam giác đều nội tiếp (E):
1 , nhận A(0;2) làm đỉnh và trục
16 4
Oy làm trục đối xứng ?
Giải
Do ABC là tam giác đều , A(0;2) thuộc Oy là trục
đối xứng cho nên B,C phải nằm trên đường thẳng
y=m (//Ox) cắt (E) . Vì thế tọa độ của B,C là
nghiệm của hệ :
y
A(0;2)
O
y m
y m
y=m
B
C
2
2
2
2
4 x 16 y 64
x 16 4m 0
y m
2 m 0
. Ta có : AC x2 4 16 m2 4 20 m2 , BC 2 16 m2
2
x 16 4m
H
x
Do vậy ABC đều khi :AC=BC 20 m2 2 16 m2 20 m2 4 16 m2 m2
44
3
2 33
1
1
1
1
, suy ra S ABC BC. AH BC.BC 3 BC 2 3
3.4 16 m2
3
2
2
2
2
44 8 3
Hay : S ABC 2 3. 16
3
3
Bài 106. Tính diện tích tam giác đều nội tiếp (P): y 2 2 x , nhận đỉnh của (P) làm đỉnh và
Vậy : m
trục Ox làm trục đối xứng ?
Giải
1
(P) có tiêu điểm F ; 0 . Nếu Ox làm trục đối xứng thì B,C nằm trên đường thẳng : x=m (
2
y2 2x
y 2 2m
x m
x m
song song với Oy) . Do vậy tọa độ của B,C là nghiệm của hệ :
y 2m
B m; 2m , C m; 2m BC 2 2m
x m 0
Vì OBC là tam giác đều : OB 2 BC 2 m2 2m 4 2m m2 6m 0 m 6 m 0
1
2
1
2
Vậy SOBC BC.OH .BC 2 3
3
3
4 2m
4 2.6 24 3 (đvdt)
2
2
Bài 107. Trong (Oxy) cho điểm M(1;2) . Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt
Ox,Oy lần lượt tại A,B sao cho diện tích tam giác OAB nhỏ nhất .
Giải
Đường thẳng dạng : x=1 và y=2 không cắt 2 trục tọa độ . Cho nên gọi d là đường thẳng qua
M(1;2) có hệ số góc k( khác 0) thì d : y=k(x-1)+2 , hay y=kx+2-k .
k 2
;0 và cắt Oy tại B(0;2-k)
k
Đường thẳng d cắt Ox tại A
Trang 46
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 46
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2
1 k 2
1 k 4k 4 1
4
2k
k 4 (1)
Do đó : SOAB
2 k
2
k
2
k
4
k
Xét f(k)= k 4 f ' k 1
Ta có bảng biến thiên :
k
f'(k)
f(k)
4
0 k 2
k2
-
+
-2
0
-16
0
+
2
0
-
+
+
-
-6
Căn cứ vào bảng biến thiên ta có macx f (k ) 16 đạt được khi k=-2 . Khi đó đường thẳng
d : y=-2(x-1)+2 , hay y=-2x+4 và A(2;0) và B(0;4) .
Bài 108. Trong (Oxy) cho tam giác ABC, biết ba chân đường cao tương ứng với 3 đỉnh
A,B,C là A'(1;1),B'(-2;3),C'(2;4). Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh (BC).
Giải
Do là các đường cao cho nên tứ giác AC'IB' là từ giác
A
nội tiếp trong đường tròn có đường kính là AI , C'B' là
B'(-2;3)
một dây cung vì vậy AA' vuông góc với C'B' . Vậy
C'(2;4)
(BC) qua A'(1;1) và có véc tơ pháp tuyến
C ' B ' 4; 1 // n 4;1 BC : 4 x 1 y 1 0
I
4x y 5 0 .
Tương tự như lập luận trên ta tìm ra phương trình các
cạnh của tam giác ABC :
(AB) : 3x-2y+2=0 ....
Bài 109. Trong (Oxy) cho hai điểm A 2 3;2 , B 2 3; 2
B
C
A'(1;1)
a/ Chứng tỏ tam giác OAB là tam giác đều
b/ Chứng minh rằng tập hợp các điểm M sao cho : MO2 MA2 MB 2 32 là một đường tròn
(C).
c/ Chứng tỏ (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB.
Giải
a/ Ta có : OA
2 3
2
22 4, OB 4, AB 4 . Chứng tỏ OAB là tam giác đều .
b/ Gọi M(x;y) thì đẳng thức giả thiết cho tương đương với biểu thức :
Ta có : MO2 x2 y 2 , MA2 x2 y 2 4 3x 4 y 16, MB2 x2 y 2 4 3x 4 y 16
MO 2 MA2 MB 2 32 3x 2 3 y 2 8 3x 32 32 x 2 y 2
2
8 3
x0
3
2
4 3
4 3
4 3
4 3
2
x
;0 , R
y
. Chứng tỏ là đường tròn (C) có tâm I
3
3
3
3
c/ Thay tọa độ O,A,B vào (1) ta thấy thỏa mãn , chứng tỏ (C) là đường tròn ngoại tiếp tam
giác OAB.
Bài 110. Viết phương trình các cạnh hình vuông ABCD biết AB,CD,lần lượt đi qua các
điểm P(2;1) và Q(3;5), còn BC và AD qua các điểm R(0;1) và S(-3;-1)
Giải
Gọi (AB) có dạng y=kx+b và (AD) : y=-1/kx+b' .
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 47
Trang 47
Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
3
Cho AB và AD qua các điểm tương ứng ta có : 2k+b=1 (1) và b ' 1 2
k
3k 5 b
0 k kb '
; h R, AD
Ta có : h Q, AB
. Theo tính chất hình vuông :
k 2 1
k 2 1
3k 5 b 0 k kb '
h Q, AB h R, AD
3k 5 b k kb '
k 2 1
k 2 1
2k b 1
1
1
4
Từ đó ta có hệ : k kb ' 3
k , b , b ' 10 , k 7, b 15, b '
3
3
7
3k 5 b k kb '
Do đó : AB : x 3 y 1 0, AD : 3x y 10 0, CD : x 3 y 12 0, BC : 3x y 1 0
Hoặc : AB : 7 x y 15 0, AD : x 7 y 4 0, CD : 7 x y 26 0, BC : x 7 y 7 0
Trang 48
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 48