7 chủ đề chinh phục hình học Oxy – Trần Đình Cư

Tài liệu tuyển tập 7 chủ đề chinh phục hình học Oxy của thầy giáo Trần Đình Cư, các chủ đề được phân dạng theo hình vẽ:

+ Chủ đề 1: Tam giác
+ Chủ đề 2: Hình bình hành và hình thoi
+ Chủ đề 3: Hình thang
+ Chủ đề 4: Hình chữ nhật
+ Chủ đề 5: Hình vuông
+ Chủ đề 6: Đường tròn
+ Chủ đề 7: Elip

Tài liệu gồm 141 trang, các bài tập có trong tài liệu đều có lời giải chi tiết.

Môn:

Toán 10 2.8 K tài liệu

Thông tin:
141 trang 9 tháng trước

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

7 chủ đề chinh phục hình học Oxy – Trần Đình Cư

Tài liệu tuyển tập 7 chủ đề chinh phục hình học Oxy của thầy giáo Trần Đình Cư, các chủ đề được phân dạng theo hình vẽ:

+ Chủ đề 1: Tam giác
+ Chủ đề 2: Hình bình hành và hình thoi
+ Chủ đề 3: Hình thang
+ Chủ đề 4: Hình chữ nhật
+ Chủ đề 5: Hình vuông
+ Chủ đề 6: Đường tròn
+ Chủ đề 7: Elip

Tài liệu gồm 141 trang, các bài tập có trong tài liệu đều có lời giải chi tiết.

76 38 lượt tải Tải xuống
󰈘 
Ch đ 1: Tam giác
Tài liệu mến tặng các em hc sinh chun b thi THPT Quốc gia 2016. Chúc các
em đạt kết qu cao trong các kỳ thi sắp đến.
Huế, ngày 17/05/2016
TRN ĐÌNH CƯ
GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế
8
6
4
2
2
4
5
5
x
y
C
A
B
M
N
O
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
CH ĐỀ 1. TAM GIÁC
Bài 1. Cho điểm
A 2; 3 , B 3; 2
,
ΔABC
diện ch bằng
3
2
; trọng tâm G của
ΔABC
thuc
đưng thng
d :3x y 8 0
. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp
ΔABC
.
Gii
Gi
ΔABC
a b 5
2S
C a;b , AB : x y 5 0 d C;AB
AB
2

a b 8 1
a b 5 3
a b 2 2


Trọng tâm
a 5 b 5
G ; d 3a b 4 3
33




T
S3
1 , 3 C 2;10 r
p
2 65 89

T
S3
2 , 3 C 1; 1 r
p
2 2 5
Bài 2. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy cho tam giác ABC
B 4; 2
,
0
ACB 75
. Đường cao
k t đỉnh A phương trình
2x y 0
, D điểm thuc cnh BC sao cho
DC 2DB
. Tìm tọa độ
đim A biết
0
ADC 60
và điểm A có hoành độ âm.
Gii
Cách 1.
Phương trình đường thng BC qua
B 4; 2
vuông góc với đường cao AH dạng
BC:x 2y 0
Lại có
10
BH d B;AH 2 5
5
Đặt
AH x x 0
. Xét các tam giác vuông ACH và ADH. Ta có:
0 0 0
x x x x x
CH , DH DC
33
tan75 tan60 tan75
Mặt khác:
0
0
1 1 x 4 5
DC 2DB x 2 2 5 x 2 5
1
33
tan75
3
tan75
Gi
5t
A t; 2t AH:2x y 0 AH d A;BC 2 5
5
t 2 A 2; 4 (loaïi)
t 2 A 2;4
Vy
A 2;4
là điểm cần tìm.
Chú ý:
00
0 0 0
20
150 2tan75
tan75 tan tan150 tan75 2 3
2
1 tan 75
Cách 2. Lấy E đối xng vi C qua AD.
0 0 0 0
CAD 180 75 60 45
00
CAE 90 ;ADC 60
00
ADE 60 ;BDE 60
Gọi K là trung điểm ca DE. Ta có:
60
°
75
°
45
°
K
E
D
H
I
C
A
B
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
11
DK DE DC DB ΔBDK
22
là tam giác đều.
Do đó
1
BK DK DE ΔBDE
2
vuông tại B.
Vy t giác ACBE là tứ giác nội tiếp, suy ra
0
ABC AEC 45
hay
0
BAH 45
Do
A AH A a; 2a BA a 4;2 2a
Ta có
0
AH
42
a 4 2 2 2a
1
cos BA;u cos45 a 2
2
5 a 4 2 2a
Vì A có hoành độ âm nên
A 2;4
là điểm cần tìm.
Bài 3. Trong mt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
C
có phương trình
22
x 2 y 3 26
vi
8
G 1;
3



là trọng tâm tam giác
M 7;2
nằm trên đường thẳng đi qua A
vuông c với đường thng BC;
MA
, điểm
F 3;2
thuộc đường thng BC. Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC, biết rng
BC
yy
Gii
Gọi I là tâm của đường tròn
C
và H trực tâm
ΔABC
thì G, H, I thẳng hàng và
GH 2GI
(tính
chất đường thng Euler)
I 2;3
nên
H
H
H
H
x 1 2 2 1
x1
H 1;2
88
y2
y 2 3
33





Ta thy
MC
A, H, M thẳng hàng; BC đường trung trc ca HM. Ta
F 3;2
HM 8;0
nên
BC:x 3 0
. Ta độ B, C là nghiệm ca h:
22
x 3 0
x3
y 2;y 8
x 2 y 3 26


HM:y 2 0
A HM C
nên tìm được
A 3;2
. Vy
A 3;2 , B 3;8
,
C 3; 2
Bài 4. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
22
T : x 1 y 2 25
. Các điểm
K 1;1 , H 2;5
lần lượt là chân đường cao h t A, B ca
tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết rằng đnh C có hoành độ dương.
Gii
(T) tâm
I 1;2
. Gi
Cx
là tiếp tuyến ca (T) tại C. Ta
1
HCx ABC SđAC 1
2

Do
0
AHB AKB 90
nên AHKB là tứ giác nội tiếp
ABC KHC
(cùng bù với góc
AHK
) (2)
T (1) và (2) ta
HCx KHC HK / /Cx
IC Cx IC HK
Do đó IC có vec-tơ pháp tuyến
KH 3;4
, IC có phương trình
3x 4y 11 0
Do C là giao ca IC với (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm ca h:
x
K
H
I
B
C
A
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
22
3x 4y 11 0
x 5 x 3
;
y 1 y 5
x 1 y 2 25


. Do
C
x0
nên
C 5; 1
Đưng thẳng AC đi qua C vec- chỉ phương
CH 3;6
nên AC phương trình:
2x y 9 0
Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghim ca h:
22
2x y 9 0
x 1 x 5
;
y 7 y 1
x 1 y 2 25



(loại). Do đó
A 1;7
Đưng thng BC đi qua C vec- chỉ phương
CK 6;2
nên BC phương trình
x 3y 2 0
.
Do B là giao của BC và (T) nên tọa đ điểm B là nghiệm ca h:
22
x 3y 2 0
x 4 x 5
;
y 2 y 1
x 1 y 2 25


(loại). Do đó
B 4;2
Vy
A 1;7 , B 4;2 , C 5; 1
Bài 5. Trong mt phng vi h tọa đ Oxy, cho tam giác OAB các đỉnh A B thuộc đưng
thng
Δ: 4x 3y 12 0
điểm
K 6;6
tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C đim nm
trên
Δ
sao cho
AC AO
các đim C, B nằm khác phía nhau so với điểm A. Biết điểm C
hoành độ bng
24
5
, tìm tọa đ ca các đỉnh A, B.
Gii
Cách 1.
Trên
Δ
lấy đim D sao cho
BD BO
D, A nằm khác phía
nhau so vi B.
Gọi E giao đim của các đường thng KA OC, gọi F là
giao điểm của các đường thẳng KB và OD.
K tâm đường tròn bàng tiếp góc O của
ΔOAB
nên KE
phân giác của góc
OAC
. OAC tam giác cân ti A (do
AO AC
, theo gt) nên suy ra KE cũng là đường trung trc ca OC. Do đó E là trung đim ca OC
KC KO
.
Xét tương tự đối với KF, ta cũng có F là trung đim ca OD
KD KO
Suy ra
ΔCKD
cân tại K. Do đó, hạ
KH Δ
, ta có H là trung điểm ca CD.
Như vậy:
+ A là giao của
Δ
và đường trung trc
1
d
của đon thng OC (1)
+ B giao ca
Δ
đường trung trc
2
d
ca đoạn thng OD, với D điểm đối xng ca C qua
H và H là hình chiếu vuông góc của K trên
Δ
(2)
C Δ
và có hoành độ
0
24
x gt
5
nên gọi
0
y
là tung độ ca C, ta có:
00
24 12
4. 3y 12 0 y
55
T đó, trung đim E của OC có tọa đ
12 6
;
55



và đường thẳng OC có phương trình:
x 2y 0
F
E
D
K
C
O
A
B
H
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Suy ra phương trình của
1
d :2x y 6 0
Do đó, theo (1), tọa độ của A là nghiệm ca h phương trình:
4x 3y 12 0 x 3
A 3;0
2x y 6 0 y 0




Gọi d đường thẳng đi qua
K 6;6
vuông góc với
Δ
, ta phương trình của d là:
3x 4y 6 0
. T đây, do H giao đim ca
Δ
d nên tọa độ của H là nghiệm ca h phương
trình:
6
x
4x 3y 12 0
6 12 12 36
5
H ; D ;
3x 4y 6 0 12
5 5 5 5
y
5

Do đó, trung đim F của OD có ta đ
6 18
;
55



và đường thẳng OD có phương trình:
3x y 0
Suy ra phương trình của
2
d
là
x 3y 12 0
Do đó, theo (2), tọa độ của B là nghiệm ca h phương trình:
4x 3y 12 0 x 0
B 0;4
x 3y 12 0 y 4




Cách 2.
Do A và C thuộc
Δ
nên
12 4a
A a;
3



,
24 12
C;
55



Gi thiết ta có
OA AC ...a 3
. Vy
A 3;0
Đưng thẳng OK có pt:
yx
.
V đưng thẳng qua A vuông góc OK, ct OK tại I ct
OB tại E thì OK là đường trung trc của AE (vì OK là đường
phân giác góc AOB)
T đó tìm được
33
I;
22



, suy ra
E 0;3
. Vy pt OB:
x0
. Suy ra
B 0;4
.
Vy
A 3;0 , B 0;4
Bài 6. Trong mt phng Oxy, gi
H 3; 2 , I 8;11 , K 4; 1
lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn
ngoi tiếp, chân đưng cao v t A của tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
Gii
HK 1;1 AK:x y 5 0
BC:x y 3 0
Gọi M là trung đim ca BC
IM BC IM:x y 3 0 M 0;3
HA 2MI 16;16 A 19;14
Chn
B b;3 b BC C b;b 3 BH 3 b;b 5 , CA 19 b;11 b
Ta có
BH AC BH.CA 0
2
3 b 19 b b 5 11 b 0 2b 2 0 b 1
Vi
b1
ta có
B 1;2 , C 1;4
Vi
b1
ta có
B 1;4 , C 1;2
: 4x+3y-12=0
I
E
K
(6;6)
O
B
A
C
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 7. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho đường tròn
22
C : x 1 y 2 9
. Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác đều ABC ni tiếp trong đường tròn
C
biết đường thẳng BC có phương trình là
2x 5 0
.
Gii
Tọa độ điểm B, C là nghiệm ca h:
22
5
x
x 1 y 2 9
2
33
2x 5 0
y2
2




Đường tròn
C
tâm
I 1;2
. tam giác ABC đều ni tiếp đường tròn
C
nên I là trọng tâm
của tam giác. T đó tìm được
A 2;2
Vy
5 3 3 5 3 3
B ;2 , C ;2
2 2 2 2

và ngược li.
A 2;2
Bài 8. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn
2
2
T :x y 1 5
. Giao điểm ca BC với phân giác trong của góc
BAC
7
D 0;
2



phương
trình đường cao CH (của tam giác ABC) là
x 2y 1 0
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết phân giác
ca
ABC
là
x y 1 0
.
Gii
Đường tròn
T
có tâm
I 0; 1
, bán kính
R5
.
Gi
D'
điểm đối xng của D qua phân giác ca
ABC d D' x;y AB
ta có:
DD' d
kd
(với K là trung điểm của DD’)
7
x y 0
5
2
x
5
D' ; 1
2
7
2
y
y1
x
2
10
22










Pt đường thng AB qua
5
D' ; 1
2




và vuông góc với CH
AB:2x y 4 0
Do I là tâm đường tròn nội tiếp
ΔABC
Pt đưng thng AD qua
I 0; 1
7
D 0;
2



là
x0
x y 1 0
A AD AB A 0;4 , B AB BI B 5; 6
2x y 4 0
Ta có
x 2y 7 0
BC:x 2y 7 0 C BC CH C 3; 2
x 2y 1 0
Vy
A 0;4 , B 5; 6 , C 3; 2
là các điểm cần tìm.
D'
H
D
I
A
B
C
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 9. Trong mt phng ta độ Oxy, cho tam giác ABC vi
A 3; 4
, tâm đường tròn nội tiếp
I 2;1
và tâm đường tròn ngoại tiếp
1
J ;1
2



. Viết phương trình đường thng BC.
Gii
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:
2
2
1 125
x y 1 1
24



Phương trình đường thng
x 3 y 4
AI: x y 1 0
2 3 1 4


Đưng thng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tại đim th hai D, trung điểm cung BC. Hoành độ
điểm D là nghiệm khác -3 của phương trình:
2
2
x3
1 125 9 7
x x 2 D ;
9
2 4 2 2
x
2

Ta có:
AB
BID
22

BA
IBD IBC CBD BID IBD
22
DI DB DC B, C
nằm trên đường tròn tâm D bán kính DI phương trình:
22
9 7 50
x y 2
2 2 4
Tọa độ đim B C là nghiệm ca h phương trình (1) và (2):
2
2
22
2 2 2 2
22
1 125
x y 1
24
x y x 2y 30 0
x y 9x 7y 20 0
9 7 50
xy
2 2 4
10x 5y 50 0
x y 9x 7y 10 0




Suy ra phương trình đường thng BC:
10x 5y 50 0
hay
2x y 10 0
Bài 10. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy cho tam giác ABC
A 1;4
, tiếp tuyến ti A ca
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ct BC tại D, đường phân giác trong ca
ADB
phương
trình
x y 2 0
, điểm
M 4;1
thuc cnh AC. Viết phương trình đường thng AB.
Gii
Gọi AI là phân giác trong của
BAC
.
Ta có:
AID ABC BAI
IAD CAD CAI
BAI CAI, ABC CAD
nên
AID IAD
ΔDAI
cân tại
D DE AI
Phương trình đường thng AI:
x y 5 0
Gọi M’ điểm đối xng ca M qua AI
PT đường
thẳng MM’:
x y 5 0
K
M
E
A
B
C
I
D
M'
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gi
K AI MM' K 0;5 M' 4;9
VTCP của đường thng AB
AM' 3;5
VTPT của đường thẳng AB là
n 5; 3
Vậy phương trình AB là:
5 x 1 3 y 4 0 5x 3y 7 0
Bài 11. Trong mt phng vi h trc tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC. Đường thng cha
đưng trung tuyến k t đỉnh A đưng thng BC lần lượt phương trình là
3x 5y 8 0, x y 4 0
. Đường thẳng qua A vuông góc với đường thng BC cắt đường tròn
ngoi tiếp tam giác ABC tại đim th hai
D 4; 2
. Viết phương trình các đường thng AB, AC
biết rng hoành đ của điểm B không lớn hơn 3.
Gii
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao
đim ca BC AD, E giao đim ca BH AC. Ta hiệu
dd
n ,u
ln lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. Do M giao đim
của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm ca h phương trình:
7
x
x y 4 0
71
2
M;
22
3x 5y 8 0 1
y
2





AD vuông góc với BC nên
AD BC
n u 1;1
, AD đi qua đim D
suy ra phương trình ca AD:
1 x 4 1 y 2 0 x y 2 0
. Do A giao điểm của AD
AM nên tọa độ điểm A là nghiệm ca h phương trình:
3x 5y 8 0 x 1
A 1;1
x y 2 0 y 1




Tọa độ điểm K là nghiệm ca h phương trình:
x y 4 0 x 3
K 3; 1
x y 2 0 y 1



T giác HKCE nội tiếp nên
BHK KCE
KCE BDA
(ni tiếp chn cung
AB
). Suy ra
BHK BDA
. Vy K là trung điển của HD nên
H 2;4
Do B thuc BC
B t;t 4
, kết hp với M là trung điểm BC suy ra
C 7 t;3 t
.
HB t 2;t 8 ; AC 6 t;2 t
. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
t2
HB.AC 0 t 2 6 t t 8 2 t 0 t 2 14 2t 0
t7
Do
t 3 t 2 B 2; 2 , C 5;1
. Ta có:
AB AC
AB 1; 3 , AC 4;0 n 3;1 , n 0;1
Suy ra
AB:3x y 4 0, AC:y 1 0
Bài 12. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC trực tâm
H 5;5
, phương trình
đưng thng cha cạnh BC là
x y 8 0
. Biết rằng đường tròn ngoi tiếp tam giác ABC đi qua
hai điểm
M 7;3 , N 4;2
. Tính diện tích tam giác ABC.
H
M
K
E
I
B
C
A
D
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gii
Gi
1
H
đối xng vi H qua BC
pt
11
HH :x y 0 I HH BC
1
I 4;4 H 3;3
. Ta chứng minh được điểm
1
H
thuc (ABC)
2 2 2 2
ABC :x y 2ax 2by c 0, a b c 0
Do
22
22
22
1
M ABC
7 3 14a 6b c 0
a5
N ABC 4 2 8a 4b c 0 b 4
c 36
3 3 6a 6b c 0
H ABC


22
ABC :x y 10x 8y 36 0
1
A HH ABC A 6;6
do
1
AH
.
B,C BC ABC
tọa độ B, C là nghiệm hpt
22
x y 8 0
x y 10x 8y 36 0
x3
6 6 8
y5
BC 3 2, d A;BC 2 2
x6
2
y2

Suy ra diện tích
ΔABC
là
ΔABC
11
S d A;BC .BC .2 2.3 2 6
22
(đvdt)
Bài 13. Trong mt phng vi h ta độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có pơng trình
3x 4y 10 0
đường phân giác trong BE phương trình
x y 1 0
. Đim
M 0;2
thuc
đưng thẳng AB và cách đỉnh C mt khong bng
2
. Tính diện tích tam giác ABC.
Gii
Gọi N là điểm đối xng của M qua phân giác BE thì N
thuc BC.
Tính được
N 1;1
. Đường thẳng BC qua N vuông góc
với AH nên có phương trình:
4x 3y 1 0
B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa đ B là nghiệm ca
h phương trình:
4x 3y 1 0
B 4;5
x y 1 0
Đưng thẳng AB qua B và M nên phương trình:
3x 4y 8 0
A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa đ A là nghiệm ca h phương trình:
3x 4y 8 0
1
A 3;
4
3x 4y 10 0



Đim C thuộc BC và
MC 2
, suy ra tọa độ C là nghiệm ca h phương trình:






2
2
C 1;1
x 1;y 1
4x 3y 1 0
31 33
31 33
x ;y
C;
x y 2 2
25 25
25 25
I
N
B
C
A
H
E
M
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Thế tọa độ A
C 1;1
vào phương trình BE thì hai giá tr 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
C;
25 25



thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC.
49
BC 5, AH d A;BC
20
. Do đó
ABC
49
S
8
(đvdt)
Bài 14. Trong mt phng ta độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh
A 1;4
, trực tâm H. Đường
thng AH ct cnh BC tại M, đường thng CH ct cnh AB ti N. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác HMN
I 2;0
, đường thẳng BC đi qua điểm
P 1; 2
. m tọa độ các đỉnh B, C của tam giác
biết đỉnh B thuộc đường thng
d:x 2y 2 0
.
Gii
Ta thy t giác BMHN nội tiếp. Suy ra I là trung đim BH.
B d B 2 2t;t
Suy ra
H 2 2t; t AH 3 2t; t 4
,
BP 2t 1; t 2
Do H là trực tâm của tam giác ABC
2
AH.BP 0 2t 3 2t 1 t 4 t 2 0
5t 10t 5 0 t 1
Suy ra
H 0;1 , B 4; 1 , AH 1; 3
, đường thng BC:
x 3y 7 0
Đưng thng
AC:2x y 6 0
. Tìm được tọa đ
C 5; 4
Vy
B 4; 1 , C 5; 4
Bài 15. Trong mt phẳng Oxy, cho tam giác ABC tâm đường tròn ngoại tiếp là
I 2;1
thỏa
mãn điu kin
0
AIB 90
. Chân đường cao k t A đến BC
D 1; 1
. Đường thẳng AC đi qua
M 1;4
. Tìm tọa độ các đnh A, B biết đỉnh A có hoành độ ơng.
Gii
00
AIB 90 BCA 45
hoc
0
BCA 135
Suy ra
0
CAD 45 ΔADC
cân tại D.
Ta
DI AC
, khi đó phương trình đường thẳng AC dạng
x 2y 9 0
.
A 2a 9;a , AD 8 2a; 1 a
22
a1
AD 40 a 6a 5 0 A 1;5
a5
Phương trình BD:
x 3y 4 0
Phương trình BI:
3x 4y 5 0
B BI BD B 2; 2
Bài 16. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm
11
G 1;
3



đưng thng
trung trc ca cạnh BC pơng trình
x 3y 8 0
đường thẳng AB phương trình
4x y 9 0
. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác.
I
H
N
B
C
A
M
P
I
B
C
A
D
M
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gii
Ta A, B thuộc đưng thng
4x y 9 0
nên
A a; 4a 9 , B b; 4b 9
Do
11
G 1;
3



trọng tâm tam giác ABC nên
C a b 3;4a 4b 7
Gọi I là trung điểm BC ta
3a
I ;2a 1
2



Mặt khác
d:x 3y 8 0
là trung trực ca cnh BC
d
Id
BC.u 0
3a
3 2a 1 8 0
a1
2
b3
3. 3 2b a 4a 8b 16 0


Vy
A 1;5 , B 3; 3 , C 1;9
Bài 17. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với
A 1;2 , B 3;4
đỉnh C nằm trên
đưng thng
d:2x y 4 0
. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết đỉnh C
có tung độ dương và diện tích tam giác ABC bằng 2.
Gii
Ta có:
AB 2;2
AB 2 2
Phương trình đường thng AB:
x y 1 0
Đỉnh C nằm trên đường thng
d:2x y 4 0
nên
C t;2t 4
t2
t 2t 4 1
t3
d C;AB
22

ΔABC
t3
11
S AB.d C;AB .2 2. t 3
22
2
Bi vy:
ΔABC
S 2 t 3 2 t 1
Nên
C 1;2
Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
22
x y 2ax 2by c 0
Thay tọa độ A, B, C vào phương trình, ta có:
2a 4b c 5 a 0
6a 8b c 25 b 5
2a 4b c 5 c 15





Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
22
x y 10y 15 0
Bài 18. Trong mt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nhọn ni tiếp đường tròn (C) pơng trình
22
x y 25
, AC đi qua
K 2;1
, hai đường cao BM CN. Tìm ta độ các đỉnh A, B, C biết A
hoành độ âm và đường thẳng MN có phương trình
4x 3y 10 0
d
I
G
B
A
C
d:2x
-
y
+4=0
A
(1;2)
B
(3;4)
C
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gii
Chứng minh được
MN OA OA
vec- pháp
tuyến là
n 3;4 OA:3x 4y 0
Tọa đ A tha h:
2
22
x 16
3x 4y 0
x4
3
y3
x y 25
yx
4







(do
A
x0
).
Vy
A 4;3
AC nhn
AK 6; 2
làm vec- chỉ phương
x 2 y 1
AC:
31


x 3y 5 0
Tọa độ C tha h
22
x 5 3y
y 0 y 3
x 5 x 4
x y 25






C 5;0
Tọa độ M tha h
x 3y 5 0 x 1
M 1;2
4x 3y 10 0 y 2



BM qua M và vuông góc AC
BM:3 x 1 1 y 2 0 3x y 5 0
Tọa độ B tha
2 2 2
y 3x 5 y 3x 5
x 0 x 3
y 5 y 4
x y 25 10x 30x 0






Vi
B 0;5
thì
BA 4; 2
BC 9;2
BA.BC 40 0 B
tù.
Vi
B 3; 4
thì
BA 1;7
BC 8;4
BA.BC 20 0 B
nhn.
Vy
A 4;3 , B 3; 4
C 5;0
.
Bài 19. Trong mt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vi
AB 5, C 1; 1
, đường thẳng AB
phương trình:
x 2y 3 0
và trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thng
d:x y 2 0
. Tìm tọa
độ đỉnh A và B.
Gii
Gi s
A 3 2a;a ; B 3 2b;b
Tính trọng tâm tam giác
5 2a 2b a b 1
G;
33



.
G thuộc d nên ta có:
5 2a 2b a b 1
20
33
a b 2 0
Mặt khác
AB 5
T đó giải h ta được:
31
A 6; , B 4;
22

hoc
31
B 6; , A 4;
22

Bài 20. Trong mt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết
B 2; 1
, đường cao và phân giác trong quan
đỉnh A C lần lượt có phương trình
3x 4y 27 0
x 2y 5 0
. Viết phương trình các cạnh
của tam giác ABC.
Gii
Phương trình cnh
BC:4x 3y 5 0
4x-3y+10=0
N
M
O
B
A
C
K
(2;1)
G
A
B
C
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Tọa độ C là nghiệm h:
4x 3y 5 0
x 2y 5 0
C 1;3
Gọi B’ là điểm đi xng ca B qua CD
B' AC
Tìm được B’
phương trình AC:
y3
Tìm được
A 5;3
Viết được phương trình AB:
4x 7y 1 0
Bài 21. Trong mt phng tọa đ Oxy, cho tam giác ABC
đỉnh
A 1;5
. Tâm đường tròn nội tiếp ngoại tiếp ca tam giác lần lượt
I 2;2
5
K ;3
2



.
Tìm tọa độ các đỉnh B và C của tam giác.
Gii
Phương trình đường tròn ngoại tiếp
ΔABC
tâm
5
K ;3
2



bán
kính
5
R AK
2

2
2
5 25
x y 3
24



Phân giác AI có phương trình
x 1 y 5
3x y 8 0
2 1 2 5


Gi
D AI K
tọa độ của D nghiệm ca h:
2
2
3x y 8 0
5 25
x y 3
24



Giải ra ta được hai nghim
x1
y5
5
x
51
2
D;
1
22
y
2



Lại có:
CA
ICD ICB BCD ICA IAC CID ΔICD
22
cân tại D
DC DI
DC DB
B, C là nghiệm ca h:
2
2
22
2
5 25
x y 3
x1
24
y1
x4
5 1 5
x y DI
2 2 2



Vậy B, C có tọa đ
1;1 , 4;1
Bài 22. Trong mt phng tọa độ Oxy cho
ΔABC
diện tích
S 3, B 2;1
,
C 1; 3
trung điểm
I ca AC thuc đường thng
d :2x y 0
. Tìm tọa đ đim A.
Gii
I d I x; 2x
. Vì I là trung đim của AC nên
A 2x 1; 4x 3
.
BC 3; 4 BC 5
Phương trình ca BC là:
4x 3y 5 0
D
H
A
B
C
D
K
I
A
B
C
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
4x 10
1
d A;BC , S d A,BC .BC
52


4x 10
1
S 3 . .5 3
25

x1
5 2x 3
x4
Suy ra
A 1; 1 , A 7; 13
Bài 23. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông ti A, biết B C đối xng
vi nhau qua gc tọa đ. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thng
d :x 2y 5 0
. Tìm tọa độ c đỉnh của tam giác, biết đường thng AC đi qua đim
K 6;2
.
Gii
B d :x 2y 5 0
nên gọi
B 5 2b;b
. B, C đối xng
vi nhau qua O suy ra
C 2b 5; b
và
O 0;0 BC
Gọi I đối xng với O qua phân giác trong góc B
d :x 2y 5 0
I 2;4
I AB
Tam giác ABC vuông tại A nên
BI 2b 3;4 b
vuông
góc với
CK 11 2b;2 b
2
b1
2b 3 11 2b 4 b 2 b 0 5b 30b 25 0
b5
Vi
b 1 B 3;1 , C 3; 1 A 3;1 B
loi.
Vi
31 17
b 5 B 5;5 , C 5; 5 A ;
55



. Vy
31 17
A;
55



,
B 5;5
,
C 5; 5
Bài 24. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy cho tam giác ABC đnh
A 2;6
, chân đường phân
giác trong kẻ t đỉnh A là điểm
3
D 2;
2



tâm đường tròn ngoi tiếp tam giác ABC đim
1
I ;1
2



. Viết phương trình đường thng cha cnh BC.
Gii
Gọi E là giao điểm th hai ca AD với đường tròn ngoi tiếp tam
giác ABC. Ta phương trình đường thng
AD:x 2 0
. Do E
thuộc đường thẳng AD nên
E 2;t
. Mặt khác do I là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên
22
2
2
11
IA IE t 1 2 2 5
22
2
2
t 1 5 t 6 t 4
Do đó ta được
E 2; 4
Do AD là phân giác nên E điểm chính gia cung BC suy ra IE
vuông góc với BC hay BC nhn
5
EI 1; 2
2
là vec-tơ pháp tuyến.
I
A
B
C
d
I
O
A
B
C
K
D
E
I
A
B
C
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Do đó phương trình của BC là:
3
1. x 2 2. y 0 x 2y 5 0
2



. Vy BC:
x 2y 5 0
.
Bài 25. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, đường thẳng AB
đưng thng cha trung tuyến AM của tam giác lần lượt có phương trình
4x 3y 1 0
7x y 8 0
. Điểm
E 10;3
thuộc đường thẳng BC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Gii
Tọa độ điểm A là nghiệm ca h:
4x 3y 1 0
A 1;1
7x y 8 0

Gi F là điểm thuc AM sao cho
EF/ /AB
. Suy ra EF
phương trình
4x 3y 49 0
. F thuộc AM nên tạo độ
của điểm F là nghiệm ca h
4x 3y 49 0
F 1;15
7x y 8 0
Đưng trung trc d của EF có phương trình
6x 8y 30 0
Do
ΔMAB
cân tại M, nên
ΔMEF
cân tại M. Suy ra d đi qua trung đim H của AB và trung đim M
ca BC.
Tọa độ đim M thỏa mãn hệ:
6x 8y 39 0
19
M;
7x y 8 0
22




. Ta có
BC 2BM
, suy ra
C 3;4
Tọa độ đim H thỏa mãn hệ:
4x 3y 1 0
5
H ;3
6x 8y 39 0
2




. Ta có
AB 2AH
suy ra
B 4;5
Vy
A 1;1 , B 4;5 , C 3;4
Bài 26. Trong mt phng vi h tọa đ Oxy, cho tam giác ABC phương trình cạnh
AB:2x y 1 0
, phương trình cnh
AC:3x 4y 6 0
. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác
ABC biết
M 1; 3
nằm trên cạnh BC thỏa mãn:
3MB 2MC
.
Gii
Tọa độ A là nghiệm ca h:
2x y 1 0 x 2
3x 4y 6 0 y 3



hay
A 2; 3
Gi
3c 6
B b;1 2b , C c;
4




3c 6
MB b 1;4 2b , MC c 1;
4



Do M nằm trên cạnh BC
3MB 2MC
nên ta có:
3MB 2MC
hay
3 b 1 2 c 1
3b 2c 5 b 3
3c 6
4b c 10 c 2
3 4 2b 2
4







Vy
A 2; 3 , B 3; 5 , C 2;0
nên tam giác ABC có trọng tâm
8
G 1;
3



Bài 27. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vi
A 3;0
, đường cao t đỉnh B
phương trình
x y 1 0
, trung tuyến t đỉnh C có phương trình
2x y 2 0
. Viết pơng trình
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gii
F
H
M
A
B
C
E
M
G
A
B
C
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
AC qua điểm
A 3;0
và vuông góc BH
AC:x y 3 0
C AC CM
tọa độ C là nghiệm ca h:
x y 3 0
C 1; 4
2x y 2 0
Gi
BB
BB
x 3 y
B x ;y M ;
22



(M là trung đim AB)
Ta B thuộc BH M thuộc CM nên:
BB
B
B
x y 1 0
B 1;0
y
x 3 2 0
2

Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dng:
22
x y 2ax 2by c 0
. Thay tọa độ ba điểm
A, B, C vào phương trình đường tròn ta có:
6a c 9 a 1
2a c 1 b 2
2a 8b c 17 c 3





Phương trình đường tròn qua A, B, C là
22
C :x y 2x 4y 3 0
Bài 28. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC trung tuyến
AI:x y 2 0
,
đưng cao
AH:x 2y 4 0
và trọng tâm G thuộc trục hoành. Tìm tọa đ của B và C, biết
E 5; 1
thuộc đường cao qua C.
Gii
A 0;2 , G 2;0
,
I 3; 1 , BC:2x y 5 0
B BC B t;5 2t C 6 t;2t 7
AB t;3 2t , EC 1 t;2t 6
Ta có:
2
AB.EC 0 t 1 t 3 2t 2t 6 0
t2
5t 19t 18 0
9
t
5
Vy
B 2;1 , C 4; 3
hoc
9 7 21 17
B ; , C ;
5 5 5 5
Bài 29. Trong mt phng vi h tọa đ Oxy, cho tam giác ABC
A 1;6
, trực tâm
H 1;2
, tâm
đường tròn ngoại tiếp
I 2;3
. Tìm tọa độ B, C; biết B hoành đ
dương.
Gii
Gọi A’ là điểm đối xng vi A qua I
HBA’C là hình bình hành
với tâm M.
A' 3;0 M 2;1
BC qua M và vuông góc với AH
BC:y 1
B BC B t;1 , t 0
M
H
A
B
C
x+y-2=0
x-2y+4=0
H
G
I
A
B
C
E
(5;-1)
M
H
(1;2)
A'
I
(2;3)
A
(1;6)
B
C
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Ta có:
2
2 2 2
IA IB 1 3 t 2 2

t 2 6 (loaïi)
t 2 6 B 2 6;1
M là trung điểm BC, suy ra
C 2 6;1
Vy
B 2 6;1 , C 2 6;1
Bài 30. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, pơng trình đường
cao
AH:x y 3 0
. Biết đỉnh
C 5;0
, đnh B thuc trục tung. Tìm tọa đ các đỉnh A và B.
Gii
Phương trình cạnh BC
x y 5 0
B BC Oy B 0;5
Gi s
A t;t 3 AH; AB t;2 t
,
AC 5 t; t 3
Tam giác ABC vuông ti A
AB.AC 0
t 1 t 3
A 1;2
hoc
A 3;6
Bài 31. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác
ABC đỉnh
A 3;4
, đường phân giác trong của góc A
phương trình
x y 1 0
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
I 1;7
. Viết pơng trình
cnh BC, biết diện tích tam giác ABC gấp 4 ln din tích tam giác IBC.
Gii
Ta
IA 5
. Phương trình đường tròn ngoi tiếp
ΔABC
dạng
22
C : x 1 y 7 25
Gọi D là giao đim th hai của đưng phân giác trong góc A với
đường tròn ngoại tiếp
ΔABC
. Ta đ của D là nghiệm ca h:
22
x y 1 0
D 2;3
x 1 y 7 25

AD phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung
nh BC. Do đó
ID BC
hay đường thng BC nhn vec-tơ
DI 3;4
làm vec-tơ pháp tuyến.
Phương trình cạnh BC có dạng
3x 4y c 0
Do
ΔABC ΔIBC
S 4S
nên
AH 4IK
7c
AH d A;BC
5

31 c
IK d I;BC
5

nên
7 c 4 31 c
114
c
3
131
c
5


Vậy phương trình cạnh BC là:
9x 12y 114 0
hoc
15x 20y 131 0
Bài 32. Trong mt phẳng Oxy, cho đường thng d:
x y 3 0
. Qua điểm A thuc d k hai đường
thng tiếp xúc với đường tròn
22
C : x 2 y 1 4
tại B C. Gọi G trọng tâm ca tam
giác ABC. Tìm tọa độ của điểm A, biết đoạn AG bng 2.
Gii
H
A
B
C
K
H
I
A
B
C
D
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
(C) tâm
I 2;1 , R 2
. Gi H giao của AI BC
3
AH AG 3
2
Đặt
t AI, t 0
. Ta có:
22
AB t 4
,
2
AH.AI AB
,
AH 3
Suy ra
22
t 4 3t t 3t 4 0
t4
(thỏa mãn)
hoc
t1
(không thỏa mãn)
A d A a;a 3
ta có:
22
22
IA 16 a 2 a 2 16 a 4 a 2
Vy
A 2;5
A 2;1
Bài 33. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đưng cao AH:
x 3 3
,
hai phương trình đường phân giác trong góc
ABC
ACB
lần lượt là
x 3y 0
x 3y 6 3 0
. Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 3. Viết pơng trình các cnh ca
tam giác ABC, biết đỉnh A có tung độ dương.
Gii
Chứng minh tam giác ABC đều.
Do đường cao AH:
x 3 3
nên đường thng BC song song
hoặc trùng với trục hoành Ox. Tâm đường tròn nội tiếp
I 3 3;3
, bán kính bằng 3
pt BC:
y0
hoc
y6
Nếu pt BC:
y6
thì tung độ ca A bng -3 (loi)
pt BC:
y0
. Ta đ các điểm
B 0;0 , C 6 3;0
Đưng thẳng AB h s góc
k3
, đường thng AC hệ
s góc
k' 3
. Phương trình lần lượt
y 3x
y 3x 18
Bài 34. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại C, các đường thng AB, AC ln
ợt phương trình
x 2y 0
x y 6 0
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết
trọng tâm G nằm trên trục tung.
Gii
Tọa độ A là nghiệm ca h phương trình:
x 2y 0 x 4
A 4;2
x y 6 0 y 2



Gi
G 0;a
, do CG vuông góc với AB nên phương trình đường
thẳng CG là
2x y a 0
. Tọa độ C nghiệm ca h pơng
trình
2x y a 0
C 6 a;12 a
x y 6 0
d
H
C
B
I
A
x=3
3
x+
3
y-6
3
=0
x-
3
y=0
H
A
B
C
x
+2y=0
x
-
y
+6=0
G
M
A
B
C
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gọi M là trung điểm của AB thì M là giao của CG và AB, suy ra tọa độ M là nghim ca h phương
trình:
2a
x
2x y a 0
2a a
5
M;
x 2y 0 a
55
y
5






Suy ra tọa đ ca B là
4a 2a
4; 2
55



Gtrọng tâm nên
A B C G
4a 10
x x x 3x 4 4 6 a 0 a
53
Vy
4 2 8 26
A 4;2 , B ; , C ;
3 3 3 3

Bài 35. Trong mt phng tọa đ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) có tâm
3
I ;0
2



(T) tiếp xúc với đường thng
Δ: 4x 2y 19 0
, đường phân giác trong của góc A có phương trình
x y 1 0 d
. Viết phương trình đường thng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng ba ln din
tích tam giác IBC và điểm A có tung độ âm.
Gii
Đường tròn (T) tâm
3
I ;0
2



, bán kính
55
R d I,Δ
2

pt:
22
x y 3x 29 0
Khi đó đường thng d cắt đường tròn (T) tại A và Atọa độ
nghim ca h:
22
7
x
x4
x y 3x 29 0
2
y 5 5
x y 1 0
y
2





Điểm A có tung độ âm suy ra
A 4; 5
75
A' ;
22



Vì d là phân giác trong của góc A nên cung
BA' CA' IA' BC
Phương trình đường thẳng BC có dạng
2x y m 0
Mặt khác ta có:
ABC IBA
11
S 3S d A;BC .BC 3. d I;BC .BC d A;BC 3d I;BC
22
m 13 m 3
11
3. m 13 3 m 3 m 2 m
2
55

Vi
m2
khi đó BC:
2x y 2 0
. Vi
11
m
2
khi đó BC:
4x 2y 11 0
Vậy phương trình đưng thẳng BC là:
2x y 2 0
4x 2y 11 0
Bài 36. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho
A 1;2 , B 1; 2
. Tìm tọa độ điểm C trên đường
thng
1
d :x y 1 0
sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với đường thng
2
d :x y 3 0
.
Gii
I
A
B
C
A'
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2
Ad
nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với
2
d
ti A.
Phương trình IA:
x y 1 0
.
Gi
I t;t 1
, vì
IA IB
suy ra
t1
. Suy ra
I 1;0
Gi
C a;a 1
, vì
IC IA 2 2 a 3
Vy
C 3; 3 1
hoc
C 3; 3 1
Bài 37. Trong mt phng vi h tọa đ Oxy, cho đường thng
d:x y 1 0
tam giác đều ABC ni tiếp đường tròn
22
C :x y 2x 4y 4 0
. Viết phương
trình đường thng AB, biết đường thng AB to với đường thẳng d góc
0
45
.
Gii
Gi vtpt của AB là
22
n a;b , a b 0
Theo gi thiết ta có:
d
0
d
n.n
a0
2
cos45
b0
2
n . n
Vì tam giác ABC đều ni tiếp đường tròn tâm
I 1; 2 , R 3
13
d I;AB R
22
Nếu
a0
, chn
b1
thì phương trình đường thẳng AB
dng
y m 0
1
m
3
2
d I;AB
7
2
m
2

Nếu
b0
, chn
a1
thì phương trình đường thẳng AB có dạng:
x m 0
1
m
3
2
d I;AB
5
2
m
2


Vậy 4 đường thng AB thỏa mãn bài toán phương trình là:
2y 1 0
;
2y 7 0; 2x 1 0
2x 5 0
.
Bài 38. Trong mt phẳng Oxy cho tam giác ABC trực tâm
H 6;7
, tâm đường tròn ngoại tiếp
I 1;1
D 0;4
là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng BC. Tìm tọa đ đỉnh A.
Gii
Ta có
HD 6; 3
, suy ra phương trình BC:
2x y 4 0
Phương trình DH:
x 2y 8 0
Gọi M là trung đim cạnh BC, ta có
IM d I,BC 5
K đường kính BB’, khi đó AHB’C hình bình hành nên
AH B'C 2IM 2 5
d
2
d
1
I
B
A
C
d
I
A
B
C
B'
H
D
I
M
A
B
C
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
A DH A 8 2a;a
AH 2a 14;7 a
Suy ra
2 2 2
2a 14 a 7 20 a 7 4 a 9;a 5
Vy
A 2;5
hoc
A 10;9
Bài 39. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A. Gọi N là trung đim ca
AB. Gọi E F lần lượt là chân đường cao h t các đỉnh B, C của tam giác ABC. Tìm ta độ ca
đỉnh A biết rng
11 13
E 7;1 , F ;
55



và phương trình đường thẳng CN là
2x y 13 0
.
Gii
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
G CN G t;13 2t
. Do tam giác ABC cân tại A nên ta có:
22
22
22
11 13
GE GF t 7 13 2t 1 t 13 2t t 5
55
G 5;3
Ta
AG
AG EF u 1;3
. Pơng trình đường thẳng AG
x 5 t
y 3 3t


A 5 a;3 3a
C CN C c;13 2c
T đó suy ra
B G A C
B G A C
x 3x x x 10 a c
B 10 a c; 7 3a 2c
y 3y y y 7 3a 2c
Ta có:
AG
BC a 2c 10;3a 4c 20 u 1;3
1 a 2c 10 3 3a 4c 20 0 a c 5
Suy ra
B 15 2c;8 c
. Ta
EB 8 2c;7 c , EC c 7;12 2c
.
EB EC
nên ta
EB.EC 0
8 2c c 7 7 c 12 2c 0 28 4c 0 c 7,a c 5 2
Vy
A 7;9 , B 1;1 , C 7; 1
Bài 40. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho
A 1;2 , B 5; 1
C 3; 1
. Viết phương trình
đường tròn nội tiếp
ΔABC
.
Gii
Gọi D là chân đường phân giác của A, I tâm đường tròn nội
tiếp
ΔABC
. Ta
BC 8
,
AC 5, AB 5 ΔABC
cân ti A
D là trung điểm ca BC
D 1; 1
Ta có
BD 4
, trong
ΔBAD
có:
IA BA 5
IA ID
ID BD 4
1
I 1;
3



Do
ΔABC
cân tại A nên
4
r ID
3

. Vy phương trình đường
tròn nội tiếp
ΔABC
là:
2
2
1 16
x 1 y
39



I
D
B
C
A
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 41. Trong mt phng tọa độ Oxy cho tam giác ABC
AB 5
, đỉnh
C 1; 1
, đường thng
cha cạnh AB phương trình
x 2y 3 0
. Trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thng
(d):
x y 2 0
. Xác định tọa độ các đỉnh A, B của tam giác.
Gii
Gi
I x;y
là trung điểm ca cạnh AB, G là trọng tâm tam giác.
Ta có:
G
G
2x 1
x
2
3
CG CI
2y 1
3
y
3

G thuc d:
x y 2 0
nên
2x 1 2y 1
20
33

Tọa độ I thỏa mãn hệ
2x 1 2y 1
x5
20
33
y1
x 2y 3 0



Do A thuc
x 2y 3 0
nên tọa độ A là
A 3 2a;a
Theo gi thiết
22
2
5 5 5
AB 5 IA IA 2 2a a 1
2 4 4
13
aa
22
T đó tìm được
13
A 4; , B 6;
22

hoc
31
A 6; , B 4;
22

Bài 42. Trong mt phng tọa độ Oxy cho tam giác ABC trung tuyến phân giác trong đỉnh B
phương trình lần lượt là
1
d :2x y 3 0
,
2
d :x y 2 0
. Điểm
M 2;1
nằm trên đường
thng cha cạnh AB, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bán nh bng
5
. Biết đỉnh A
hoành độ dương, hãy xác định tọa đ các đỉnh của tam giác ABC.
Gii
12
d d B 1;1 PT AB: y 1
A a;1
Gọi N là đối xng ca M qua phân giác
2
d
:
N 1;0 Pt BC:x 1 C 1;c
Trung điểm AC là
1 a 1 c
I;
22




,
do I thuc trung tuyến
2a c 3 0 1
d thấy tam giác ABC vuông ở B,
22
IB 5 a 1 c 1 20 2
T (1) và (2)

a3
a 1 (loaïi)
A 3;1 , C 1; 3
Bài 43. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ đỉnh
A 2;1
, đường cao đỉnh B
trung tuyến đỉnh C phương trình lần lượt là
1
d :2x y 0
;
2
d :x y 0
. Viết phương
trình cạnh BC.
Gii
G
I
A
B
C
d
1
d
2
N
I
M
A
B
C
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Pt AC:
x 2y 4 0
. Gii h
x 2y 4 0
44
C;
x y 0
33




1
B d B b;2b
. Trung đim ca AB:
b 2 2b 1
I;
22




, do
2
I d b 1
B 1;2
Pt BC:
2x y 4 0
Bài 44. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC đim
C 5;1
, trung tuyến AM,
đim B thuộc đường thng
x y 6 0
. Điểm
N 0;1
là trung đim của đoạn AM, đim
D 1; 7
không nằm trên đường thẳng AM khác phía vi A so với đường thẳng BC đồng thi khong
cách từ A và D tới đường thng BC bằng nhau. Xác định tọa độ các điểm A, B.
Gii
Do A, D nằm khác phía so với BC và cách đều BC suy ra BC
đi qua trung điểm I ca AD.
Gi
G a;b
là giao đim của DN MI suy ra G là trng
tâm của tam giác ADM.
1
a
1 3a
15
3
ND 3NG G ;
8 3 b 1
5
33
b
3







Phương trình đường thẳng BC đi qua G và C:
x 2y 3 0
Tọa độ của B là nghim ca h phương trình:
x 2y 3 0 x 3
B 3; 3
x y 6 0 y 3



M 1; 1 A 1;3
.
Vy
A 1;3 , B 3; 3
Bài 45. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC đnh
A 3;3
, tâm đường tròn
ngoi tiếp
I 2;1
, phương trình đường phân giác trong góc
BAC
x y 0
. m tọa độ các đỉnh
B, C biết rng
85
BC
5
và góc
BAC
nhn.
Gii
AD phân giác trong góc A nên AD cắt đường tròn (ABC) ti E là
điểm chính giữa cung BC
IE BC
Vì E thuộc đường thng
x y 0
IE IA R E 0;0
.
Chn
BC
n EI 2;1
Pt BC có dạng
2x y m 0
.
T gi thiết
45
HC
5

22
3
IH IC HC
5
m 2 BC:2x y 2 0
m5
33
d I;BC
m 8 BC:2x y 8 0
5 5 5



d
2
d
1
I
B
C
A
G
D
N
M
A
B
C
I
H
D
I
A
B
C
E
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
BAC
nhọn nên A và I phải cùng phía đi vi BC, kim tra thy BC:
2x y 2 0
thỏa mãn.
T h
22
2x y 2 0
86
B 0;2 , C ;
55
x 2 y 1 5




hoc
86
B ; , C 0;2
55



Bài 46. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đưng thng cha
đưng cao k t B là
x 3y 18 0
, phương trình đường thng trung trc của đoạn thẳng BC
3x 19y 279 0
, đỉnh C thuộc đường thng
d:2x y 5 0
. Tìm tọa độ đỉnh A biết rng
0
BAC 135
.
(Trích Trường THPT Chuyên ĐH Vinh lần 2 2014)
Gii
B BH:x 3y 18
B 3b 18;b
C d:y 2x 5 C c;2c 5
T gi thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trc
Δ:3x 19y 279 0
Δ
u .BC 0
M Δ
(M là trung điểm BC)
B 6;4
60b 13c 357 b 4
10b 41c 409 c 9
C 9;23


AC BH
chn
AC BH
n u 3;1
pt AC:
3x y 4 0 A a;3a 4
AB 6 a;8 3a , AC 9 a;27 3a
Ta có
0
1
A 135 cos AB;AC
2
2 2 2 2
6 a 9 a 8 3a 27 3a
1
2
6 a 8 3a . 9 a 27 3a
2
2
2
3 a 9
9 a 3 a
1
a4
2
2 3 a a 6a 10
9 a a 6a 10


.
Suy ra
A 4;8
.
Bài 47. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC ni tiếp đường tròn tâm
I 1;2
bán
kính
R5
. Chân đường cao k t B và C lần lượt là
H 3;3
K 0; 1
. Viết phương trình đường
tròn ngoi tiếp t giác BCHK, biết A có tung độ dương.
Gii
Gọi D là điểm đối xng vi A qua I, suy ra D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do đó
0
BAD ADB 90 1
T giác BCHK là tứ giác ni tiếp nên
AKH ACB 2
Lại có
ACD ADB 3
(hai góc nội tiếp cùng chắn mt cung)
T (1), (2) và (3) suy ra
0
BAD AKH 90
hay
AD KH
d
M
H
A
B
C
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Ta có
KH 3;4
pt AD:
x 1 4t
y 2 3t


A 1 4a;2 3a
Ta có
IA R
22
4a 3a 5 5 a 5 a 1
Suy ra
A 5; 1 , A 3;5
. Do A có tung độ ơng nên
A 3;5
Ta
AK 3; 6
, suy ra pt AB là:
xt
B b; 1 2b
y 1 2t
.
IB 5
nên
B 1; 3
AH 6; 2
, suy ra pt AC là:
x 3 3t
C 3 3c;3 c
y 3 t


. Vì
IC 5
nên
C 6;2
Ta
BC 5 2
, trung điểm BC
71
J;
22



. Đường tròn ngoại tiếp t giác BCHK nhận BC làm
đường kính nên có phương trình:
22
7 1 25
xy
2 2 2
Bài 48. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
M 2;1
trung điểm cnh AC,
đim
H 0; 3
chân đường cao k t A, điểm
E 23; 2
thuộc đường thng cha trung tuyến k
t C. Tìm tọa độ đim B biết điểm A thuộc đưng thng
d:2x 3y 5 0
điểm C hoành độ
dương.
Gii
x 1 3t
A d:2x 3y 5 0 A 3a 1;2a 1
y 1 2t


M 2;1
là trung điểm AC nên suy ra
C 3 3a;1 2a
HA 3a 1;2a 4
HC 3 3a;4 2a
0
AHC 90
nên
a1
HA.HC 0
19
a
13


Vi
a 1 A 2;3 , C 6; 1
thỏa mãn.
Vi
19 18 51
a C ;
13 13 13



không thỏa mãn.
Vi
A 2;3 , C 6; 1
ta có phương trình CE:
x 17y 11 0
, phương trình BC:
x 3y 9 0
.
Suy ra
B 3b 9;b BC
trung điểm AB
3b 7 b 3
N;
22




N CE b 4 B 3; 4
Bài 49. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy cho tam giác ABC tọa độ trực tâm
H 3; 2
, trung
đim ca đoạn AB là
1
M ;0
2



phương trình cnh BC là:
x 3y 2 0
. m tọa độ các đỉnh ca
tam giác.
(Trích Sở Giáo dục và Đào tạo Vĩnh Phúc lần 1 2014)
D
K
H
I
J
A
B
C
d
H
N
M
A
B
C
E
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gii
Phương trình AH:
3 x 3 1. y 2 0 3x y 7 0
Do
A AH; B BC
.
Đặt
2
1 1 2
x2
A x ;7 3x , B x ;
3



M là trung điểm AB
12
2
1
x x 1
x2
7 3x 0
3

1
2
x2
x1

A 2;1 , B 1; 1
Đặt
3
3
x2
C x ;
3



. Có
3
3
x2
AC x 2; 1 ; BH 4; 1
3



BH AC BH.AC 0
3
33
x5
19 19 1
4 x 2 1. 0 x C ;
3 11 11 11



Vy
19 1
A 2;1 , B 1; 1 , C ;
11 11



Bài 50. Trong mt phng tọa độ Oxy cho tam giác ABC trực tâm
H 1;0
, tâm đường tròn ngoại
tiếp
33
I;
22



và chân đường cao k t đnh A
K 0;2
. Tìm tọa độ A, B, C.
Gii
Gọi M là trung đim BC.
Phương trình đường cao
AH:2x y 1 0
Phương trình đường thng BC:
x 2y 4 0
Phương trình đường trung trực IM vuông c với BC:
9
2x y 0
2
Tọa độ điểm M là
5
1;
2



Gọi D là điểm đối xng với A qua I. Ta
DB AB
DB/ /CH
CH AB
Tương tự
DC/ /BH
nên tứ giác HBDC là hình bình hành nên M là trung đim HD.
Xét tam giác AHD có IM là đường trung bình nên
AH 2IM A 2; 2
Gi s
B 2b 4;b C 6 2b;5 b
. Ta có
BH.AC 0
2
b1
5 2b 4 2b b 7 b 0 b 5b 4 0
b4
Vy
A 2; 2 , B 2;1 , C 4;4
hoc
A 2; 2 , B 4;4 , C 2;1
Bài 51. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho đim
A 3;2
, các đường thng
1
d :x y 3 0
đưng thng
2
d :x y 9 0
. Tìm tọa độ đim B thuc
1
d
đim C thuc
2
d
sao cho tam
giác ABC vuông cân ti A.
x
-3y-2=0
M
H
R
1
H
A
B
C
D
M
H
K
I
B
A
C
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gii
Ta có :
12
B d B a;3 a , C d C b;9 b AB a 3;1 a
,
AC b 3;7 b
.
ΔABC
vuông cân tại A
22
AB.AC 0
AB AC
22
2ab 10a 4b 16 0 1
2a 8a 2b 20b 48 2
5a 8
1b
a2

(do
a2
không thỏa mãn hệ). Thế vào (2) tìm được
a 0, a 4
.
Vi
a0
ta có
b4
. Vy
B 0;3
C 4;5
Vi
a4
ta có
b6
. Vy
B 4; 1
C 6;3
Bài 52. Trong mt phng tọa đ Oxy cho tam giác ABC, đường phân giác trong của góc A
đưng cao k t đỉnh C lần lượt có phương trình
x y 0
,
2x y 3 0
. Đưng thẳng AC đi qua
đim
M 0; 1
, biết
AB 3AM
. Tìm tọa độ đỉnh B.
Gii
Đặt
AD:x y 0
,
CH:2x y 3 0
. Gi M’ là điểm đối
xng với M qua đường phân giác AD
M' AB
. Ta m
đưc
M' 1;0
. Đường thẳng AB qua M’ vuông góc với
CH nên có phương trình AB:
x 2y 1 0
A AB AH
nên tọa độ A là nghiệm ca h phương trình:
x y 0 x 1
A 1;1
x 2y 1 0 y 1




Gi thiết
AB 3AM AB 3 5
B thuc đường tròn (C’)
tâm A bán kính
R 3 5
, pt (C’):
22
x 1 y 1 45
B AB C'
tọa độ B là nghiệm ca h phương trình:
22
x 2y 1 0
x7
y4
x 1 y 1 45

hoc
x5
y2


Vy
B 7;4
hoc
B 5; 2
Bài 53. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
C 4;3
, đường phân giác trong
đường trung tuyến k t đỉnh A ca tam giác lần lượt phương trình là
x 2y 5 0
4x 13y 10 0
. Viết phương trình các đường thng chứa các cạnh của tam giác ABC.
(Trích Trường THPT Chuyên Quốc Hc Huế ln 1 2014)
Gii
Gọi AD là phân giác trong AM là trung tuyến. Tọa đ của A
nghim ca h:
x 2y 5 0 x 9
4x 13y 10 0 y 2



Vy
A 9; 2
. T đó phương trình AC là:
x y 7 0
.
d
1
d
2
C
A
B
x
-
y
=0
2x+
y
-3=0
A
B
C
M
(0;-1)
D
H
C'
M
B
C
A
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gọi C’ là điểm đối xng của C qua đường phân giác trong AD thì C’ thuộc AB.
Đưng thẳng CC’ qua
C 4;3
và vuông góc với AD nên có phương trình:
2x y 5 0
.
Gọi H là giao đim của CC’ và AD thì
H 3;1
. T đó
C' 2; 1
Suy ra phương trình AB là
x 7y 5 0
Đưng thng MH qua
H 3;1
và song song với AB nên có phương trình
x 7y 10 0
Vì M là giao điểm của MH và AM nên
M 4;2
. Suy ra phương trình BC là
x 8y 20 0
.
Th li thấy các điểm B, C nm v hai phía của đưng thẳng AD nên AD là đường phân giác trong
của tam giác ABC. Vậy
AC:x y 7 0
,
AB:x 7y 5 0
BC:x 8y 20 0
.
Bài 54. Trong mt phng vi h tọa đ Oxy, cho tam giác ABC phương trình cnh
AB:x y 2 0
, phương trình cnh
AC:x 2y 5 0
. Biết trọng tâm của tam giác
G 3;2
. Viết
phương trình cạnh BC.
Gii
Tọa độ điểm A nghiệm ca h phương trình:
x y 2 0
A 3;1
x 2y 5 0
Gi
B b;b 2 AB, C 5 2c;c AC
Do G trọng tâm tam giác ABC n
3 b 5 2c 9 b 5
1 b 2 c 6 c 2



.
Hay
B 5;3 , C 1;2
Mt vec-tơ chỉ phương của cạnh BC là
u BC 4; 1
Phương trình cạnh BC là:
x 4y 7 0
Bài 55. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
A 3;1
nội tiếp đường tròn tâm
I 0;5
. Biết đường cao t A ca tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại
K 3;9
. Xác
định trọng tâm G của tam giác IBC nếu trực tâm H của tam giác ABC thuộc
d:x y 0
.
Gii
Ta có:

HBC HAC (cuøng phuï BAC)
HAC KAC KBC (2 goùc noái tieáp)
Δ

HBC KBC
BHK
maø BC HK
cân tại B
BC là trung trực HK
HK BC M M
là trung điểm HK (1)
Phương trình đường thng AK:
x3
AK BC
phương trình đường thng BC:
ya
.
M 3;a
H K M H
H K M H
x x 2.x x 6 3 3
1
y y 2.y y 2a 9




. Mà
H d:x y 0 3 2a 9 0
a6
x
+2y-5=0
x
-
y
-2=0
G
B
C
A
x
-
y
=0
H
K
M
I
B
C
A
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
BC:y 6
. Ta đ
B b;6
, ta độ
C c;6
Có:
22
IA IB IC 3 0 1 5 5
2 2 2
2 2 2
b 2 6
c 2 6
b 1 5
b c 0
c 1 5
b 2 6
c 2 6





Trọng tâm tam giác IBC:
I B C
G
I B C
G
x x x
x0
3
y y y
17
y
33




17
G 0;
3



Bài 56. Trong mt phng tọa độ Oxy, tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm
I 0;1
, ngoi tiếp
K 1;5
một điểm P chạy trên cung chứa A của (I). m tọa độ P để
PB PC
ln nht biết
A 3;3
.
Gii
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
22
2 2 2
I : x 0 y 1 IA 3 2 13
2
2
I :x y 1 13
Phương trình AK:
AK
AK 2;2 n 1;1
x 1 y 5 0
AK:y x 6 0
Gi
M AK I ; M a;b , a;b 3;3
22
22
a b 1 13 a a 5 13
b a 6 0 b a 6






a3
(loaïi)
b3
M 2;4
a2
b4


PB PC
ln nht
P là điểm chính giữa cung BAC.
AK là phân giác của góc BAC nên M điểm chính giữa cung BC không cha A. vy
PB PC
ln nht
P, I, M thẳng hàng.
Pt đường IM:
IM
IM 2;3 n 3;2
IM:3 x 0 2 y 1 0 3x 2y 2 0
P IM I
nên tọa độ P là nghiệm ca h:
2
2
22
x2
3
3
y 1 x
3x 2y 2 0
y4
y x 1
2
2
9
x2
x y 1 13
x2
x x 13
4
y4





Vy
P 2; 4
M
K
I
B
C
A
P
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 57. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC đều. Đường tròn nội tiếp tam giác
ABC có phương trình
22
x 4 y 2 5
, đường thẳng BC đi qua
3
M ;2
2



. Tìm tọa độ đim A.
Gii
Gi
22
C : x 4 y 2 5 C
có tâm
I 4;2
, bán kính
R5
Gọi H là trung đim ca BC, tam giác ABC đều
I là trọng tâm của
tam giác ABC
AI 2IH
Gi
n a;b
,
22
a b )
là vec-tơ pháp tuyến của đưng thng AB.
Phương trình đường thng BC:
3
a x b y 2 0
2



Ta có:
2 2 2
22
5a
a 2b
2
d I;AB IH R 5 5a 4 a b
a 2b
ab

Trưng hp
a 2b
Phương trình đường thng BC:
2x y 5 0
H t;5 2t
IH BC t 2 H 2;1 A 8;4
Trưng hp
a 2b
phương trình đường thng BC:
2x y 1 0
H s;2s 1
IH BC s 2 H 2;3 A 8;0
Vậy các điểm A thỏa mãn là
A 8;0 ; A 8;4
.
Bài 58. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
A 0;2
,
B 2; 2 , C 4; 2
. Gi
P hình chiếu vuông góc của B trên AC; M, N lần lượt là trung điểm của AB BC. Viết phương
trình đường tròn đi qua ba đim M, N, P.
Gii
Ta có
AC 4; 4 ; M 1;0 ; N 1; 2
Đưng thẳng AC có phương trình:
x y 2 0
đưng thẳng BP có phương trình:
x y 0
P 1;1
Gi s đường tròn qua P, M, N có phương trình:
22
x y 2ax 2by c 0
22
a b c 0
Khi đó ta có hệ phương trình:
1
a
2
2a 2b c 2 0
1
2a c 1 0 b
2
2a 4b c 5 0
c2





(thỏa mãn)
Vậy đường tròn cn tìm có phương trình:
22
x y x y 2 0
M(
3
2
;2)
I
(4;2)
H
B
C
A
N
P
M
B
C
A
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 59. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy cho tam giác ABC đỉnh
B 12;1
trọng tâm
12
G;
33



. Đường phân giác trong k t đỉnh A phương trình
x 2y 5 0
. Viết phương trình
đưng thng BC.
Gii
Gọi E là trung đim AC
3
BE BG
2

E
E
13
x
13 1
2
E;
1
22
y
2




Gọi K là điểm đi xng ca B qua AD thì
K AC
.
Phương trình BK:
2x y 25 0
Gọi H là trung điểm BK thì
H AD
Tọa độ
2x y 25 0
H x;y : H 9;7 K 6;13
x 2y 5 0
Phương trình ca AC (phương trình của EK):
x y 7 0
Ta có
AC AD A A 9; 2 C 4;3
x 4 y 3
B 12;1 , C 4;3 BC: BC:x 8y 20 0
12 4 1 3

Kết luận: Phương trình cạnh BC:
x 8y 20 0
Bài 60. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy cho tam giác ABC diện ch bằng 2. Phương trình
của đường thng AB:
x y 0
. Đim
M 2;1
là trung điểm ca cnh BC. Tìm tọa độ trung điểm N
ca cnh AC.
Gii
Khoảng cách từ M đến AB:
2
2
21
2
MH d M;AB
2
11

ΔABC ΔMAB
1
S 2 S 1 MH.AB 1
2
24
AB 2 2 MN 2
MH
2
Đưng thẳng MN đi qua đim
M 2;1
nhận vtcp ca đường thẳng AB là
AB
u 1;1
làm vtcp
của nó.
Phương trình ca đường thẳng MN
x 2 t
y 1 t


N MN N 2 t;1 t
2 2 2
MN 2 t t 2 2t 2 t 1
N 3;2 , N 1;0
H
K
E
G
B
C
A
G
H
N
M
B
C
A
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 61. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, biết
A 3; 3
, hai
đỉnh B, C thuộc đường thng
x 2y 1 0
, điểm
E 3;0
nằm trên đưng cao k t đỉnh C. Tìm tọa
độ hai đỉnh B và C.
Gii
Gọi I là trung đim BC, do
I BC I 2m 1;m
.
A 3; 3
AI 2m 4;m 3
Do
BC
AI u
BC
u 2;1 2 2m 4 m 3 0 m 1 I 1;1
B BC B 2b 1;b , b
. Do C đối xng vi B qua I,
suy ra:
C 3 2b;2 b , AB 2b 4;b 3
,
CE 2b;b 2
Do
AB CE
nên ta được
2b 2b 4 b 2 b 3 0
3
b 2;b
5
Vi
b 2 B 3;2 , C 1;0
Vi
3 11 3 21 13
b B ; , C ;
5 5 5 5 5
Bài 62. Trong mt phng tọa độ Oxy cho đim
A 1;2
và điểm
B 3;5
. Viết phương trình đường
tròn ngoi tiếp tam giác OAB (O là gốc tọa độ) và xác định tọa độ trc tâm tam giác OAB.
Gii
Gi s phương trình đường tròn ngoi tiếp tam giác OAB là:
22
C :x y 2ax 2by c 0
,
22
a b c 0
Do
22
22
c0
OC
A C 1 2 2a 4b c 0
BC
3 5 6a 10b c 0



43
a
2
19
b
2
c0
Vy
22
C :x y 43x 19y 0
Gọi H là trực tâm tam giác OAB
H m;n
. Ta có:
AH m 1;n 2 , BH m 3;n 5 , OA 1;2 , OB 3;5
. H là trực tâm tam giác
3 m 1 5 n 2 0
AH.OB 0 m 39
n 26
1 m 3 2 n 5 0
BH.OA 0

Vy trực tâm
H 39;26
Bài 63. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T). Đưng
phân giác trong ngoài của góc A cắt đường tròn (T) lần lượt ti
M 0; 3
N 2;1
. Tìm tọa
độ các đỉnh B, C biết đưng thẳng BC đi qua đim
E 2; 1
và điểm C có hoành độ dương.
Gii
x
-2y+1=0
I
B
C
A
E
H
O
B
A
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Do AM, AN ln ợt đường phân giác trong ngoài của góc
A nên
0
MAN 90
Do
A, M, N T MN
đường kính của (T)
(T)
tâm
I 1; 1
, bán kính
1
R MN 5
2

22
T : x 1 y 1 5
IB IC R , MB MC
(do
BAM CAM
)
IM BC
ñi qua ñieåm E 2; 1
BC:
VTPT n IM 1; 2
BC:x 2 2 y 1 0 x 2y 4 0
B,C BC T
Tọa độ B, C là nghim ca h phương trình:
22
2
x 2y 4 0
x 2y 4
5y 22y 21 0
x 1 y 1 5



67
x ;y
55
x 2;y 3
. Do
C
67
x 0 C ; , B 2; 3
55



Bài 64. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với
A 0;2 3
,
B 2;0
C 2;0
,
đường cao BH. Tìm hai điểm M N trên đường thng chứa đường cao BH sao cho ba tam giác
MBC, NBC và ABC có chu vi bằng nhau.
Gii
ΔABC
đều cnh bằng 4, M N cần tìm thỏa điều kin
MB MC NB NC 8
nên M, N nằm trên
E
có hai tiêu
đim
B 2;0
C 2;0
Trc ln
2a 8 a 4
Tiêu cự
2c 4 c 2
Trục
22
b a b 12
(E) có phương trình
22
xy
1
16 12

ΔABC
đều
H là trung điểm AC
H 1; 3
Phương trình BH:
x 3y 2 0
Tọa độ M và N là nghiệm ca h:
22
x 3y 2 0
3x 4y 48

Kết qu
8 24 3 6 3 24 8 24 3 6 3 24
M ; ; N ;
13 13 13 13
Bài 65. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
A 2;0
,
B 2;0
, góc gia hai
đưng thẳng BC và AB bằng
0
60
. Tính diện tích tam giác ABC biết rng
C
y2
.
N
I
B
C
A
M
H
A
O
B
C
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gii
C x;y
vi
y 2; AB 4;0
,
AC x 2;y
,
BC x 2;y
Theo gi thiết ta có:
0
0
cos30 cos AB,AC
cos30 cos BC,AB
2
2
2
2
4 x 2
3
2
4 x 2 y
4 x 2
1
2
4 x 2 y


2
2
2
2
3y x 2
x 1 y 3
x 4 y 2 3
y 3 x 2




T đó suy ra
C 4;2 3
AB thuc trc Ox
ABC
1
S AB.d C;Ox 4 3
2
đvdt.
Bài 66. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác trong của góc A
nằm trên đường thng d:
x y 0
, đường tròn ngoại tiếp ca tam giác ABC phương trình
22
x y 4x 2y 20 0
. Biết rằng điểm
M 3; 4
thuộc đưng thẳng BC điểm A hoành độ
âm. Tìm tọa độ của các điểm A, B, C.
(Trích Trường THPT Chuyên Quốc Hc Huế, ln 3 2014)
Gii
Gi (T):
22
x y 4x 2y 20 0
Tọa độ giao đim của d và (T) là nghiệm ca h phương trình:
22
x y 0
x 2 x 5
y 2 y 5
x y 4x 2y 20 0




A một giao điểm của d (T) đồng thời A hoành độ âm nên
A 2;2
. Gi
I 2; 1
là tâm của (T).
Gi
D 5; 5
giao điểm th hai của d (T). Do AD phân giác
trong góc A n ta
DB DC
. Suy ra ID đường trung trc ca
BD. Đường thng BC qua
M 3; 4
vec- pháp tuyến
ID 3; 4
nên phương trình:
3 x 3 4 y 4 0 3x 4y 25 0
Tọa độ của các điểm B, C là nghim ca h phương trình:
22
3
x
3x 4y 25 0
x7
5
y 1 29
x y 4x 2y 20 0
y
5





Vy
3 29
B 7; 1 , C ;
55




hoc
3 29
B ; , C 7; 1
55




60
0
B
C
A
I
C
A
B
D
M
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 67. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
M 3;2
trung điểm ca cnh
AC, phương trình đường cao đường trung tuyến k t đỉnh A lần lượt là
8x y 13 0
3x 4y 6 0
. Tìm tọa độ các đim A, B, C.
Gii
Tọa độ A là nghiệm ca h:
8x y 13 0
3x 4y 6 0
A 2;3
Vì M là trung điểm AC nên
M A M A
C 2x x ;2y y
hay
C 4;1
Đưng thẳng BC đi qua C vuông góc với đường cao k t A
nên có phương trình là
x 8y 12 0
.
Tọa độ trung điểm N của BC là nghim ca h:
x 8y 12 0
3
N 0;
3x 4y 6 0
2



Suy ra
N C N C
B 2x x ;2y y
hay
B 4;2
Vy
A 2;3 , B 4;2 , C 4;1
Bài 68. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho hai đường thng
d:x 2y 1 0
,
d':x 2y 21 0
đim
A 3;4
. Hai đim B, C lần lượt nằm trên đường thẳng d d’ sao cho tam giác ABC
vuông có độ dài cnh huyn
BC 10
. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gii
Do tam giác ABC vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác
tâm trùng với trung điểm cạnh BC và bán kính bằng
1
AI BC 5
2

Gi ta độ tâm là
00
I x ;y
, do
d d'
u u 1; 2
nên d và d’ song song,
suy ra I cách đều d và d’.
Hay
0 0 0 0
00
00
x 2y 1 x 2y 21
x 2y 10 0
55
x 2y 10
Khi đó
0
y
thỏa mãn
22
0 0 0 0
AI 5 2y 10 3 y 4 25 y 4;y 8
Vi
0
y 4 I 2;4
, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
22
x 2 y 4 25
Vi
0
y 8 I 6;8
, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
22
x 6 y 8 25
Bài 69. Cho điểm
A 2; 3 , B 3; 2 , ΔABC
diện tích bằng
3
2
; trọng tâm G ca
ΔABC
thuc
đưng thng (d):
3x y 8 0
. Tìm bán kính đường tròn ni tiếp
Δ
ABC.
Gii
Gi
C a;b , AB:x y 5 0
ΔABC
a b 5
2S
d C;AB
AB
2

a b 8 1
a b 5 3
a b 2 2


8x-
y
-13=0
3x-4y+6=0
N
M
B
C
A
d
d'
I
B
C
A
3x-
y
-8=0
G
B
C
A
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Trọng tâm
a 5 b 5
G ; d
33




3a b 4 3
T (1), (3)
S3
C 2;10 r
p
2 65 89

T (2), (3)
S3
C 1; 1 r
p
2 2 5
Bài 70. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC trực tâm
H 1;3
, tâm đường
tròn ngoi tiếp
I 3; 3
, chân đường cao k t A là điểm
K 1;1
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Gii
Kéo dài
AI I
ti D.
Ta có
0
ACD 90 AC CD
và H là trực tâm.
BH AC BH/ /CD
Chứng minh ơng t ta đưc
BD/ /HC
BHCD
hình bình
hành.
Ta có
BC HD
tại M là trung điểm mỗi đường (1)
Kéo dài
AK I
ti J
0
AJD 90
AJ JD
(hay
JD AK
)
AK BC
(gi thiết)
JD/ /BC
hay
JD/ /KM
(2)
T (1) và (2)
KM
là đường trung bình
ΔHJD K
là trung điểm HJ.
HJ
K
22
HJ
K
xx
x
2
J 1; 1 IJ R 1 3 1 3 2 5
yy
y
2
22
I : x 3 y 3 20
HK 0; 2

AH qua
H 1;3
có vec-tơ chỉ phương là
AH
u 0;2
nên có phương trình
x1
.
A AH I
nên tọa độ A tha h:
22
x 3 y 3 20
x1

2
y 3 4
x1


y1
y5
x1



A 1; 5 , J 1; 1
BC qua
K 1; 1
và vuông góc với AJ nên có phương trình
y1
B,C BC I
nên có tọa đ tha h:
2 2 2
x5
x 3 y 3 20 x 3 4
x1
y 1 y 1
y1





B 1;1 , C 5;1
hoc
B 5;1 , C 1;1
Vy
A 1; 5 , B 1;1 , C 5;1
hoc
A 1; 5 , B 5;1 , C 1;1
K
M
H
D
J
I
C
B
A
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 71. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cạnh AC đi qua
M 0; 1
. Biết
AB 2AM
, đường phân giác trong
AD:x y 0
, đường cao
CH:2x y 3 0
. Tìm tọa độ các
đỉnh.
Gii
Gi
1
M
là điểm đi xng vi M qua AD
MM
AD
1
n u 1;1
1
MM :1 x 0 1 y 1 0 x y 1 0
Gi
1
I AD MM
tọa độ I là nghiệm ca h:
1
x
x y 1 0
2
x y 0 1
y
2




11
I;
22



1
M 1;0
AB
CH
n u 1;2
AB: 1 x 1 2 y 0 0 x 2y 1 0
Suy ra tọa đ A là nghiệm ca h:
x 2y 1
A 1;1
x y 0

AC
AM 1; 2 n 2; 1 AC:2 x 1 1 y 1 0 2x y 1 0
Tọa độ C là nghiệm ca h
2x y 3
1
C ; 2
2x y 1
2




0
0
x1
B AB B x ;
2




2
0
0
00
0
x5
x1
AB x 1; ; AM 1; 2 AB 2AM x 1 16
x3
2




B 5;3
B 3; 1

Vì B, C phải khác phía với AD nên
B 5;3
không thỏa mãn. Vậy
A 1;1
,
1
B 3; 1 , C ; 2
2



Bài 72. Trong mt phng ta đ Oxy, cho tam giác ABC biết
A 2;2
và hai đường trung tuyến ca
tam giác là
1
d :2x 5y 8 0
2
d :x 3y 2 0
. Viết phương trình các cnh của tam giác ABC.
Gii
Nhn thấy A không thuộc
1
d
2
d
. Gi s
12
B d , C d
. Gi M, N
trung điểm của AC AB, khi đó
1
Md
,
2
Nd
8 5t
M ;t , N 3t' 2;t'
2



. T đó suy ra
C 6 5t;2t 2 , B 6t' 6;2t' 2
và do
12
B d , C d
nên ta có:
6 5t 3 2t 2 2 0
2 6t' 6 5 2t' 2 8 0
14
t
11

15
t'
11
I
M
1
H
B
A
M
C
D
d
2
d
1
N
M
B
C
A
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Vy
24 8 4 6
A 2;2 , B ; , C ;
11 11 11 11
. T đó phương trình các cạnh ca
ΔABC
là:
7x y 16 0, 8x 13y 10 0
11x 154y 88 0
.
Bài 73. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, D trung đim của đoạn AB.
Biết rng
11 5
I;
33



,
13 5
E;
33



lần lượt tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trọng tâm tam
giác ADC, các điểm
M 3; 1 , N 3;0
lần lượt thuc các đường thẳng DC, AB. m tọa đ các
đim A, B, C biết A có tung độ dương.
Gii
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Do
ID AB
EG / /AB
nên
ID GE
, mặt khác
IG DE
nên I là trực tâm tam giác DEG
EI DC
phương trình DC:
x3
Gi
D 3;a
. Ta có
2 5 3a
DI ;
33


,
DN 6; a
Theo gi thiết suy ra:
a3
5 3a
DI.DN 0 4 a 0
4
3
a
3

Vi
a3
thì
D 3;3
suy ra phương trình AB:
x 2y 3 0
.
44
DE ;
33



là vec-pháp tuyến
của AI nên phương trình AI:
x y 2 0
Tọa độ A là nghiệm ca h:
x 2y 3 0
A 7;5
x y 2 0
, suy ra
B 1;1 , C 3; 3
Vi
44
a D 3;
33



Phương trình AB:
2x 9y 6 0, AI:12x 27y 89 0
Tọa độ A là nghiệm ca h
107
x
2x 9y 6 0
6
12x 27y 89 0 125
y
27


không thỏa mãn.
Bài 74. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có hai đnh A, B thuc
đường tròn tâm
I 2; 1
, bán kính bằng 5. Biết đường thẳng đi qua hai đỉnh A, B hệ s góc
dương và đi qua điểm
M 0;5
, cạnh AC có độ dài bằng
5
, diện tích của tam giác ABC bằng 5
tung độ của A dương. Tìm tọa độ các đỉnh A, B.
Gii
Đường tròn tâm I phương trình
22
x 2 y 1 25
,
AB có phương trình
y ax 5 a 0
ΔABC
S 5 AB 2 5 AH 5
G
E
I
H
D
A
B
C
H
A
C
B
I
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
2
2a 6
d I,AB 2 5 2 5
a1

a2
1
a
2

a0
nên
1
a
2

đt AB phương trình là
1
y x 5
2

. Khi đó ta đ A, B tha n
22
1
y x 5
2
A 2;4 , B 6;2
x 2 y 1 25

hoc
A 6;2 , B 2;4
Bài 75. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
A 1; 3
,
B 5;1
. Điểm M nm
trên đoạn thng BC sao cho
MC 2MB
. Tìm tọa độ đim C biết rng
MA AC 5
đường thng
BC có hệ s góc là một s nguyên.
Gii
Gọi H là trung điểm MC. Khi đó
AH BC
BM MH HC x
.
Áp dụng định Pitago trong các tam giác vuông ABH, AMH ta
có:
2
22
2 2 2
AH 4
AH 2x AB 52
x3
AH x AM 25

Gọi phương trình đường thẳng BC là:
22
a x 5 b y 1 0 a b 0
Ta có
22
6a 4b
d A;BC 4 4
ab

a0
a 5a 12b 0
5a 12b 0

Vi
a0
, đường thẳng BC có hệ s góc
k0
(thỏa mãn). Khi đó
BC: y 1
.
Vi
5a 12b 0
, đường thẳng BC có hệ s góc
12
k
5
(không thỏa mãn)
Ta
22
A;R 5 : x 1 y 3 25
. Khi đó tọa độ của C M nghim ca h phương trình:
22
y1
C 2;1 , M 4;1
C 4;1 , M 2;1
x 1 y 3 25
Vì M nằm trên đon thẳng BC nên
C 4;1
.
Bài 76. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, có trực tâm
H 3;2
. Gi
D, E chân đường cao k t B C. Biết rằng đim A thuc
đưng thng
d:x 3y 3 0
, điểm
F 2;3
thuộc đường thng
DE và
HD 2
.
Tìm tọa độ đim A.
Gii
Ta có
22
DD
HD 2 x 3 y 2 4
22
D D D D
x y 6x 4y 9 0 1
A d A 3m 3;m
. Ta có:
AD HD AD.HD 0
5
5
x
x
x
H
M
C
B
(5;1)
A
(-1;-3)
2
d:x
-3y-3=0
H
D
E
A
B
C
F
(-2;3)
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
D D D D
22
D D D D
x 3m 3 . x 3 y m . y 2 0
x y 3mx m 2 y 7m 9 0 2
ly (1) tr (2) vế theo vế ta được
DD
6 3m x m 2 y 7m 18 0 3
Hoàn toàn tương tự ta có
EE
6 3m x m 2 y 7m 18 0 4
T (3) và (4) suy ra đường thẳng DE có phương trình
6 3m x m 2 y 7m 18 0
.
F 2;3 DE m 0
. Do đó
A 3;0
Bài 77. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với hai trung tuyến
AN:x y 2 0, BM:7x y 6 0
, đỉnh
B 1; 1
. Biết tam giác ABC diện tích bằng 2. Xác định
tọa độ các đỉnh A, C của tam giác.
Gii
Ta có trọng tâm
G AN BM
24
G;
33



N AN N n;2 n
C 2n 1;5 2n
( N trung đim
ca BC)
Ta có:
ΔSCB
1
S d C;BM .CG
2
ΔABC
11
S d C;BM .CG
32

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
ΔGBC ΔABC
1
SS
3
T đó ta có:
2 1 5 2 2 2
d C;BM . d C;BM
3 2 3 5
n1
12n 8
22
12n 8 4
1
5
n
52
3
Khi đó ta có tọa độ G, B, C nên:
Vi
C 1;3
thì
A 0;2
Vi
1 13
C;
33



thì
42
A;
33



Bài 78. Trong mt phng ta độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết rng cnh huyn nm
trên đường thng
d:x 7y 31 0
, điểm
5
N 1;
2



thuc đưng thẳng AC, điểm
M 2; 3
thuc
đưng thẳng AB. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Gii
MB:
22
a x 2 b y 3 0 a b 0
0
MBC 45
0
2 2 2 2
a 7b
cos45
1 7 . a b


22
3a 4b
12a 7ab 12b 0
4a 3b

TH1:
3a 4b
. Chn
a 4, b 3
d:4x 3y 1 0
G
N
M
B
C
A
8
6
4
2
2
4
5
5
x
y
d
C
A
B
M
N
O
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
TH2:
4a 3b
, chn
a 3, b 4
d:3x 4y 18 0
Nếu chọn AB là d
AC d
AC:3x 4y 7 0 A 1;1 B 4;5
N AC
Mặt khác
MA 3;4 , MB 6;8 2MA MB M
nằm ngoài đoạn AB
trường hợp này
tha mãn. Từ đó suy ra
C 3;4
Hoàn toàn tương tự, nếu lấy AB là d:
3x 4y 18 0
(loi).
Bài 79. Trong mt phng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đường cao AH phương trình:
3x 4y 10 0
đường phân giác trong BE phương trình:
x y 1 0
. Điểm
M 0;2
thuc
đưng thẳng AB và cách đỉnh C mt khong bng
2
. Tính diện tích tam giác ABC.
(Trích Lê Bá Trần Phương, số 3 2013)
Gii
Gọi M là điểm đối xng vi M qua phân giác BE thì M’
thuộc đường thng BC.
Tính được điểm
M' 1;1
. Đường
thẳng BC đi qua M’
vuông góc với AH nên phương
trình
4x 3y 1 0
.
Điểm B là giao điểm của BC và BE nên tọa độ là nghiệm
ca h phương trình:
x y 1 0
B 4;5
4x 3y 1 0
Đưng thẳng AB đi qua B và M nên có phương trình:
3x 4y 8 0
.
Điểm A là giao điểm của AB và AH nên có tọa độ nghim ca h phương trình:
3x 4y 8 0
1
A 3;
3x 4y 10 0
4



Đim C thuộc BC và
MC 2
nên có tọa đ là nghiệm ca h phương trình:
2
2
x 1;y 1 C 1;1
x y 2 2
31 33 31 33
x ;y C ;
4x 3y 1 0
25 25 25 25




Kim tra li: thay ta độ đim A,
C 1;1
vào phương trình đường phân giác BE ta được hai giá trị
trái dấu nên B và
C 1;1
khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong ca tam giác ABC (thỏa
mãn)
Thay tọa độ điểm A và
31 33
C;
25 25



thì A, C cùng phía nên loi.
Tính được
BC 5
ΔABC
49 49
AH d A;BC S
20 8
(đvdt)
Bài 80. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
A 4;6
, pơng trình các đường
thng chứa đường cao trung tuyến k t đỉnh C lần lượt
2x y 13 0
6x 13y 29 0
.
Viết phương trình đường tròn ngoi tiếp tam giác ABC.
Gii
M
E
M'
H
C
B
A
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gọi đường cao trung tuyến k t C là CH CM. Khi
đó CH phương trình
2x y 13 0
, CM phương
trình
6x 13y 29 0
.
T h
2x y 13 0
C 7; 1
6x 13y 29 0
AB
CB
AB CH n u 1;2
phương trình AB:
x 2y 16 0
T h
x 2y 16 0
M 6;5
6x 13y 29 0
B 8;4
Gi s phương trình đường tròn ngoi tiếp
22
ΔABC: x y mx ny p 0
Vì A, B, C thuộc đường tròn nên
52 4m 6n p 0 m 4
80 8m 4n p 0 n 6
50 7m n p 0 p 72





Suy ra phương trình đường tròn:
22
x y 4x 6y 72 0
hay
22
x 2 y 3 85
.
Bài 81. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông ti A ngoi tiếp hình chữ
nht MNPQ. Biết các điểm
M 3; 1
N 2; 1
thuc cnh BC, Q thuc cnh AB, P thuc cnh
AC, đường thẳng AB có pơng trình:
x y 5 0
. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Gii
Phương trình đường thẳng d vuông góc BC qua
M 3; 1
là
x 3 0
suy ra tọa độ Q là
Q 3;2
.
Ta có
MN QP P 2;2
Đưng thng AC qua
P 2;2
nhn
n 1;1
làm vec-
tơ pháp tuyến nên có phương trình
x y 4 0
.
Vy
19
A ; , B 6; 1 , C 5; 1
22



Bài 82. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết
1
B ;1
2



. Đường tròn nội tiếp
ΔABC
tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt ti D, E, F. Biết
D 3;1
, đường thng
EF:y 3 0
. Tìm tọa
độ đim A biết
A
y0
.
Gii
Phương trình đường thng BC:
y1
Nhận xét:
EF/ /BC
ΔAEF
cân tại A (theo tính chất tiếp tuyến)
ΔABC
cân tại A.
Do
AD BC
phương trình đường cao AD là
x3
.
Do
F EF:y 3 F t;3
Theo tính chất tiếp tuyến
22
BD BF BF BD
H
M
(6;5)
B
(8;4)
A
(4;6)
C
(-7;-1)
C
B
N
Q
M
P
A
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
22
t2
11
t 4 3
t1
22

Vi
t 2 F 2;3
. Vi
t 1 F 1;3
Phương trình đường thẳng (qua B và F)
TH1:
3
F 2;3 BF ;2
2



3 3 1
AB:2 x 2 y 3 0 2x y 0
2 2 2
tọa độ A
nghim ca h
x3
31
2x y 0
22
x3
13
A 3;
13
3
y
3




TH2:
3 3 3 5
F 1;3 BF ;2 AB:2 x 1 y 3 0 2x y 0
2 2 2 2


tọa độ A là nghiệm ca h
x3
x3
7
35
y
2x y 0
3
22




(loi do
A
y0
)
Vy
13
A 3;
3



Bài 83. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC phương trình
AB:2x y 1 0
,
phương trình
AC:3x 4y 6 0
điểm
M 1; 3
nằm trên đường thng BC thỏa n
3MB 2MC
. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
(Trích Trường THPT Chuyên Lý Tự Trng, Cần Thơ 2013)
Gii
T gi thiết ta có
A 2; 3 , B b;1 2b
4c
C 2;c
3




Do M, B, C thẳng hàng và
3MB 2MC
nên có 2 trường hp:
TH1:
M B C
M B C
x 3x 2x
3MB 2MC
y 3y 2y



9b 8c 9
11 18
b ; c
6b 2c 6
55

Suy ra
11 17 14 18
B ; , C ;
5 5 5 5

TH2:
BC
M
BC
M
3x 2x
x
9b 8c 27
5
3MB 2MC b 3; c 0
3y 2y 6b 2c 18
y
5


Suy ra
B 3; 5 , C 2;0
T đó TH1 cho ta
7 10
G;
33



và TH2 cho ta
8
G 1;
3



D
I
E
F
A
B
C
M
B
C
A
󰉼󰈜 
Ch đ 2: Hình bình hành và hình thoi
c sinh 12, Chun b k thi THPT Quc Gia 2016.
t kt qu  thi sn.
Huế, Ngày 17/05/ 2016
TRN ĐÌNH CƯ
GV chuyên luyn thi THPT Quốc Gia, TP Huế
E
K
H
I
D
B
C
A
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
1
CH ĐỀ 2. HÌNH BÌNH HÀNH HÌNH THOI
Bài 1. Trong mt phng vi h t ng 4. Bit
A 1;0 , B 0;2
m I cng thng
yx
 

Gii
ng th
2x y 2 0
ng thng
yx
 s
I t;t
.
Suy ra
C 2t 1;2t , D 2t;2t 2
M
ABCD
4
S AB.d C;AB 4 d C;AB
5
t0
3t 2 2
4
t
3
Vy
5 8 8 2
C ; , D ;
3 3 3 3
hoc
C 1;0 , D 0; 2
Bài 2. 

13x 10y 13 0

M 1;2

sao cho
AC 4AM

3AC 2AB

Δ: 2x 3y 0
.
Giải
22
13 1 10.2 13
20
d M;BN
269
13 10

H Δ H 3a;2a
      

ΔBCD
.
Suy ra
21
CG CI AC
33


1 5 4
AM AC MG AC CG MG
4 12 5
4 16 32
d C;BN d M;BN d H;BN 2d C;BN
5
269 269
a1
13.3a 10.2a 13
32
45
a
269 269
19



H 3;2
.

3AC 2AB 2CD CD
CM CN CH ΔMHN
4 4 4 2


y 2 0 MN:x 1 0 N 1;0 C 1;1 , D 3; 1
Do
5 7 1 5 7 13
CM 3MA A ; I ; B ;
3 3 3 3 3 3

5 7 7 13
A ; , B ; , C 1;1 , D 3; 1
3 3 3 3
M
H
G
N
I
B
D
C
A
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
2
Bài 3.         
A 2;1 , B 1; 3
   
12
d :x y 3 0, d :x 5y 16 0

1
d

2
d


Giải

12
C c; c 3 d , D 5d 16;d d
CD 5d 16 c;d c 3

CD BA 3;4
5d 16 c 3 5d c 13 d 2
C 3; 6 , D 6; 2
d c 3 4 d c 1 c 3

BA 3;4 , BC 4; 3





C 3; 6 , D 6; 2
.
Bài 4. 
ABC

A 2; 1


22
C :x y x 4y 3 0


x y 3 0
.
Giải

0
AHC AEC 90




0
HIE 2HAE 2 180 BCD
       
EKD EAD

BKH BAH
.

0 0 0
HKE 180 EKD BKH 180 EAD BAH 2HAE 2 180 BCD HIE

c 2 c 4
C c;c 3 d, c 0 I ;
22





2
c c 2 0 c 2 c 1

c1
). Suy ra
C 2; 1

I 0; 1
.
                   

22
2
2
x 0,y 3
x y x 4y 3 0
8 11
x ;y
x y 1 4
55

8 11
H ; , E 0; 3
55



. Suy ra
AB:x y 1 0
,
BC:x 3y 5 0
.

x y 1 0
B 4; 3 BA 2;2 , BC 6;2
x 3y 5 0
BA.BC 16 0


AB DC D 4;1

B 4; 3 , C 2; 1 , D 4;1
E
K
H
I
D
B
C
A
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
3
Bài 5. Trong mt ph
A 1;3
m C thung thng
Δ: x y 6 0
ng thng BD:
x 2y 2 0
,
1
tan BAC
2

 nh B,
C, D.
Gii
G    m ca AC, suy ra I thu  
I 2y 2;y
  
C 4y 3;2y 3
. Do C thuc
Δ

CC
x y 6 0 6y 12 0 y 2
, suy ra
I 2;2 , C 5;1

AC 6; 2

B 2b 2;b
. Suy ra
AB 2b 1;b 3
.

cos BAC cos AB,AC
2
b
2. b 2b 2

Do
1
tan BAC
2


2
cos BAC
5

. Suy ra:
2
2
b4
b0
b2
4
b
5
3b 16b 16 0
2. b 2b 2
3

c
11
B 6;4 , D 2;0

22
2 4 10 8
B ; , D ;
3 3 3 3
Bài 6. Trong mt phng vi h t 
I 2; 5
ng
   
BAC
 
2x y 4 0
. Bi      
1 14
G;
33




 nh c
Gii
71
GI ; , DI 3GI D 5; 4
33



m BD
B 9; 6
Mt vec- 
BAC

u 1; 2
H t;4 2t
u c
BAC
H 4; 4
Gi xng c
BAC
E 6; 3 AB
nh
AB:x y 3 0 A 1;2
m ca
AC C 3; 12
Bài 7. Trong mt phng 4. Bit
A 1;0 , B 0;2

m I cng thng
yx
 
Gii

AB 1;2 AB 5

2x y 2 0
I d : y x I t;t
m c
C 2t 1;2t
,
D 2 t ;2 t 2
I
C
A
D
B
G
H
E
I
C
A
D
B
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
4
M
ABCD
S AB.CH 4
u cao)
4
CH
5


6t 4
4
d C;AB CH
55
4 5 8 8 2
t C ; , D ;
3 3 3 3 3
t 0 C 1;0 , D 0; 2

Vy t c
5 8 8 2
C ; , D ;
3 3 3 3
hoc
C 1;0 , D 0; 2
Bài 8. Trong mt phng vi h t ng 12, hai
nh
A 1;3 , B 2;4
 i, bic

Gii
   m c       
I a;0
.

x y 2 0
a2
d I;AB ; AB 2
2


ABCD
S 12 2d I;AB .AB 12
a4
a 2 6
a8

a4
suy ra
I 4;0

C 7; 3

D 6; 4
a8
suy ra
I 8;0

C 17; 3

D 18; 4
Bài 9. Trong mt phng vi h t 
B 1;5
ng cao AH

x 2y 2 0
, vi H thu
ACB


x y 1 0
 nh A, C, D.
Gii

B 1;5


2x y 3 0
.
T   m ca h  
2x y 3 0
C 4; 5
x y 1 0
G    i x     
x y 1 0 d
,
BA d K
ng th
x y 6 0
T m ca h 
x y 6 0
75
K;
x y 1 0
22



. Suy ra
A 6;0
.
m I c 
I 0; 3
ng th
D 1; 11
.
H
I
C
A
D
B
I
C
A
D
B
x
+2y-2=0
x
-
y
-1=0
K
A'
H
I
A
D
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
5


 
22
S : x 4 y 1 2
 
19 18
J;
55



        

x 3y 1 0



I AD

I a;b


19 18
ab
55
H;
22







AC
H AC
a 5, b 0
IJ.u 0
.

I 5;0
.

I 5;0 S

x y 5 0
A 8;3
.

φ EAD φ

ABCD
2
2
cosφ cotφ 2 S 40 DE.EA 20
5
DE.DE.cotφ 20 DE 10

2
00
22
00
x 3 x 5 1
D x ;x 5 ; DE 10 d D;AC 10 10
10




2
0 0 0
16 2x 100 x 3 5; x 13 5

D 3; 2
               
I 2;1

AC 2BD
 
1
M 0;
3




N 0;7

BP 5BI



        
22
1
ax b y 0 a b 0
3



       

ax b y 7 0
.

d I;AB d I;CD
I naèm giöõa hai ñöôøng thaúng AB vaø CD
3a 4b


a4

b3

AB:4x 3y 1 0

22
m x 2 n y 1 0 m n 0

22
4m 3n
1
cos AB,BD
5
5 m n

H
I
D
E
C
A
B
J
P
B
I
A
C
D
M
N
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
6
m 2n

2
mn
11


m2

n1

m2

n 11

2x y 3 0

2x 11y 7 0


B AB BD

13
B;
55



.

54 13
BP 5BI P ;
55




Trong mt phng t 
x y 0
ng
thm
P 1; 3
ng th
Q 2; 2 3
 nh c
bi 
AB AC
 l
Gii
Gi s a AB:
22
a x 1 b y 3 0, a b 0
T gi thit
22
22
ab
3
cos AB,BD a 4ab b 0
2
a b . 2
Chn
a 2 3
b1
a 2 3

TH1:
a 2 3, b 1
pt AB:
2 3 x 1 y 3 0
T m ca h:
2
x 1 3
2 3 x 1 y 3 0
13
2
xy
y 1 3
13



(loi)
TH2:
a 2 3, b 1
pt AB:
2 3 x 1 y 3 0
T m ca h
2 3 x 1 y 3 0
x2
y2
xy

Vy
B 2 ;2
PB 1;2 3
. 
2 3 x 2 y 2 3 0
T m ca h
2 3 x 2 y 2 3 0
x4
y4
xy



Vy
D 4; 4
O 1; 1
. Pt AC:
x y 2 0
T m ca h
x y 2 0
x 1 3
2 3 x 1 y 3 0
y 3 1



Vy
A 1 3; 3 1

C 3 1; 1 3
Trong mt phng t 
S 20
, m

d :2x y 4 0

D 1; 3
i c 
Gii
D
B
O
A
C
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
7
D thy
Dd
ng thng
d :2x y 4 0
a
        
AC BD

D BD
suy ra

x 2y 7 0
Gi
I AC BD
, t m ca h 
x 2y 7 x 3
I 3; 2
2x y 4 y 2



Mm ca BD, suy ra
B 5; 1 IB 5

AC BD

S 2IA.IB

S 20 IA 2 5
L
A d A x;4 2x

2
2
IA 2 5 IA 20 5 x 3 20
2
x 3 4
x 1 A 1;2
x 5 A 5; 6

Theo gi thit suy ra
A 5; 6
thi xng v
C 1;2
Vy
A 5; 6 , B 5; 1 , C 1;2
Trong mt phng vi h t ng thng
d:x y 1 0
m
E 9 ;4
nng thng cha cm
F 2; 5
nm ng thng
cha cnh AD,
AC 2 2
nh t nh c 
Gii
Gi xng va

BAD
          
m
E 9 ;4

x y 5 0
G            m h
x y 5 0 x 3
I 3;2
x y 1 0 y 2




m c
E' 3; 8
ng thng AD qua
E' 3; 8

F 2; 5
  
E'F 1;3

3 x 3 y 8 0 3x y 1 0
Trong mt phng vi h t t thung
thng
1
d :x y 8 0

2
d :x 2y 3 0
ng th
x 7y 31 0
a
 nh cABCD bit di 
c Hc Hu ln 1 2014)
Gii
1
B d B b;8 b

2
D d D 2d 3;d
.
Suy ra
BD b 2d 3;d b 8
m c
b 2d 3 d b 8
I;
22



    
AC
BD AC
u .BD 0
I AC
I AC

8b 13d 13 0 b 0
2b 3d 3 0 d 1




C
I
B
D
A
I
E'
D
J
A
C
B
E
F
x
+7y-31=0
d
1
:x
+
y
-8=0
d
2
:x
-2y+3=0
I
D
A
C
B
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
8
Vy
19
B 0;8 , D 1;1 , I ;
22





AC 15
IA
2
2


2
22
15 63 9 15
IA 7a a a 3
22
22



hoc
a6
Suy ra
A 10;3
hoc
A 11;6
. Do
A
x0

A 11;6
. T 
C 10;3
.
Trong mt phng vi h t  
BD 2AC
m
H 2 ; 1

ng th
x y 0
. Gm ca cnh CD. Gi s 
cng thng BM. Ving thng AH.
c Hc Hu ln 2 2014)
Gii
Gm ca BM v
tr
2 2 2
2
IG IG IG
sinIBG
BG
BI IG
6IG IG
Suy ra
1
cos BD,AH sinIBG
37

Gi
n a;b
vi
22
a b 0
 -  n c ng
thng AH.

22
22
ab
11
cos BD,AH 35a 74ab 35b 0
37 37
a b . 2
7b
a
5
5b
a
7
Vi
7b
a
5
, chn
a 7, b 5
c AH:
7 x 2 5 y 1 0
7x 5y 9 0
Vi
5b
a
7
, chn
a 5 , b 7
c AH:
5 x 2 7 y 1 0
5x 7y 3 0
Trong mt phng vi h t 
0
A 60
nh AB, BC l
m M, N sao cho
MB NB AB
. Bit
P 3;1
thung th
MDN

d:x y 3 6 0
 nh D c
Gii
T gi thit
0
A 60
 
AM BN, BM CN
.

0
DAM DBN 60
,
AD BD,AM BN
ng nhau.
ADM BDN 1

0
DBM DCN 60 , CD BD
,
CN BM
ng nhau
NDC MDB 2
T 
0
MDN 60
.
Gi xng c d
P'
thung thng DM.
u
DP PP' 2d P,d 6
G
H
M
I
C
B
D
A
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
9
G
2
2
2
a 6 a 6 3
D a; PD a 3 36
33







a 3 3, a 6 3 D 3 3;1 3 3 , D 6 3;1
  Trong mt phng vi h t       i ti  
22
32
I : x 5 y 6
5
. Bit rng thm
M 7 ;8

N 6;9
 nh cBCD.
Gii
i tii giao ca

D 
AC:x y 1 0
. Gi
AB: y k x 6 9

2
3k
4 10
d I;AB
5
k1

1x
k AB: y 7
33
13 13 53
k AB: y x
9 9 9







A 9;10 C 1;2
A 2;3 C 8;9

B 3;8 D 7;4
BD:x y 11 0
23 45 43 21
B ; D ;
2 2 3 2

Trong mt phng vi h t 
AC 2BD

I 2;1
m hai
t
1
M 0;
3



nng thng AB,
N 0;7
nng th m
B bi 
Gii
Gi xng c
E 4; 5 AB
AB:4x 3y 1 0
d I;AB 2

AC 2BD

AI 2BI
      
2
2 2 2
1 1 1 1
BI 5
4
d I;AB 4BI BI
m c
R5
vng
th m ca h:
22
4x 3y 1 0
x 2 y 1 5
Gii h t hp vi
B
x0

B 1; 1
.
I
D
A
C
B
M
N
E
I
D
A
C
B
M
N
󰈨 󰈨 
Ch đ 3: Hình Thang
Tài liệu mến tng các em học sinh 12, chun b ớc vào k thi THPT Quc
Gia. Chúc các em đạt kết qu cao trong k thi sắp đến.
Huế, 14/05/2016
TRẦN ĐÌNH CƯ
GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia
M
N
C
E
A
B
D
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
1
CH ĐỀ 3. HÌNH THANG
Bài 1. Trong mt phng vi h t      
AD / /BC
  
ng thng
AB:x 2y 3 0
ng thng
AC: y 2 0
. Gm c
 nh ct
IB 2IA
 m
I
I:x 3
m
M 1;3
nng thng BD.
Gii
m c
A 1;2
.
Ly
E 0;2 AC
. Goi
F 2a 3;a AB
sao cho
EF/ /BD
.

EF AE EF BI
2 EF 2AE
BI AI AE AI
22
a1
2a 3 a 2 2
11
a
5
Vi
a1

EF 1; 1
ng thn vtpt c
n 1; 1
. Pt
BD:x y 4 0 BD AC I 2;2 ,BD AB B 5; 1

IB IB 3 3
IB ID ID 2ID D 2; 2
ID IA
22


IA IA 1
IA IC IC IC C 3 2 2;2
IC IB
2
Vi
11
a
5

71
EF ;
55


ng thn vtpt c
n 1; 7

BD:x 7y 22 0 I 8;2
(loi)
Bài 4. 
AB/ /CD, CD 2AB
. Gm c
BD. Gi xng ca I qua A vi
2 17
M;
33



. Bing thng
DC:x y 1 0
D bng 12. Ving thng BC bi

Gii
i D
MD:x y 5 0 D 2;3
8 2 3
MD HD MD 2 2
34
Gi
AB a

ABCD
3a.2 2
S 12 a 2 2
2
DC 4 2
Gi

2
2
c2
C c;1 c DC 2 c 2 C 2; 1
c 6 (loaïi)
B 3;2
BC:3x y 7 0
E
F
I
B
C
A
D
M
M
I
D
C
A
B
H
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
2
Bài 3. Trong mt phng vi h t t
B 2;3

AB BC
ng th
x y 1 0
m
M 2; 1
nng thng AD.
Ving thng CD.
Gii
       i tip trong m   
BC CD

BAD
Gi
B'
i xng c
B' AD
G    u c        m ca h

x y 1 0 x 3
H 3;2
x y 5 0 y 2




i xng vm c
B' 4;1
ng thn
MB'
- 
x 3y 1 0

A AC AD
 m ca h 
x y 1 0 x 1
A 1;0
x 3y 1 0 y 0





AB B'C

C 5;4
Gng trung trc ca BC, suy ra
d:3x y 14 0
Gi
I d AD
m ca AD. T m ca h:
3x y 14 0
43 11
I;
x 3y 1 0
10 10




38 11
D;
55



Vng thn
CD
- 
9x 13y 97 0
Bài 4. Trong mt phng vi h t       i hai c     
CD 2AB
. G t D xum ca HC. Bit t
nh
B 5;6
ng thng
DH:2x y 0

DM:x 3y 5 0
 nh ca

Gii
c t
D 1;2
Qua B dng thng
Δ / /AC
t DH ti I, ct DM ti
J, ct DC ti E
Δ DH
m ca IE.
ng thng
Δ

x 2y 17 0
T
17 34
I;
55



, t
41 22
J;
55



E 13;2

EC AB

1
EC ED C 9;2
3

,
EC BA A 1;6

H
D
B'
A
B
C
M
M
H
I
E
C
A
D
B
J
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
3
Gm ci AC.
1
KM DH
2
. Chc
d B;AC KM
, t 
d D;AC 2d B;AC
(vi
D 1;2 , B 5;6
,
CA:x 2y m 0
), lc pt
AC, gii h c t H, M, t  C, A.
Bài 5. Trong mt phng Oxy cho n
CD 3AB
,
C 3; 3
, m ca AD

M 3;1
 nh B bit
B C D
S 18
,
AB 10
 
Gii
Gi
n A;B
-n ca CD
22
A B 0
CD:A x 3 B y 3 0
Ax By 3A 3B 0

BCD ACD
S S 18
ACD
22
22
2 2 2 2
2S
36 6 10 3 10
d A;CD d M;CD
CD 5 5
3 10
3A B 3A 3B
3 10
5 6A 4B 3 10 A B
5
AB
25 36A 48AB 16B 90 A B
22
B 31B
810A 1200AB 310B 0 A hay A
3 27
*
B
A
3

: Chn
B 3 A 1 CD:x 3y 6 0 D 3d 6;d

2 2 2
2
d0
CD 90 3d 9 d 3 90 d 3 9
d6

D 6;0 (nhaän)
.Vaäy D 6;0 A 0;2
D 12; 6 (loaïi)



1
AB DC 3; 1 B 3;1
3
*
31
AB
27

: Chn
B 27 A 31 CD:31x 27y 12 0
2
32
2
31d 12 31d 93 729
D d; CD d 3 90 d 3
27 27 169

(loi)
Vy
B 3;1
Bài 6. Trong mt phng vi h trc t 
OA / /BC
ng 6,
nh
A 1;2
nh B thung thng
1
d :x y 1 0
nh C thung thng
2
d :3x y 2 0
.
 nh B, C.
Gii

x 0 y 0
OA: 2x y 0
1 0 2 0

OA / /BC
ng thng:
2x y m 0
(vi
m0
)
M
D
B
A
C
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
4
T m ca h:
x y 1 0 x 1 m
B 1 m;m 2
2x y m 0 y m 2



T m ca h:
3x y 2 0 x m 2
C m 2 ;4 3m
2x y m 0 y 4 3m



Di
1
S OA BC .d O,BC
2

2 2 2
2
22
m
1
1 2 2m 3 4m 6 . 6
2
21
2m 3 1 m 12 *



 gi  tuyi.
- Nu
m0

2
3 2m 1 m 12 m 2m 6 0 m 1 7
Kiu kin ta ch ly nghim
m 1 7 B 7; 1 7

C 1 7;1 3 7
- Nu
3
0m
2


2
3 2m 1 m 12 m 2m 6 0
m)
- Nu
3
m
2

2
m3
2m 3 1 m 12 m m 6 0
m2

Kiu kin ta ch ly nghim
m 3 B 2;1

C 1; 5
Vm B, C th 
Bài 7. Trong mt phng t 
BC 2AD 2DC
nh
C 3; 3
nh A n ng thng
d:3x y 2 0
ng thng
DM:x y 2 0
vm th
BC 4CM
nh t m A, D, B.
Gii

A d A a;2 3a

ΔADM DCM
S 2S d A,DM 2d C,DM
a 1 A 3; 7
a 3 A 1;5
Do A, C nng th
A 1;5

D DM D d;d 2
. T gi thi
AD CD
AD CD
. Gii h c
d5

D 5;3

BC 2AD B 9;1
Bài 8. 
6,
CD 2AB, B 0;4

I 3; 1 , K 2;2


Giải
-
   
n 1;b , b 0
     
x 3 b y 1 0
Pt AB:
bx y 4 0
D
C
A
B
I
K
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
5
ABCD
22
3 5b 2b 2
AB CD 3AB 3 3
S .AD .AD .d B;AD .d K;AB . .
2 2 2 2
b 1 b 1

2
ABCD
22
b1
3 5b b 1
5
S 6 3. . 6 5b 3 . b 1 2 b 1 b
3
b 1 b 1
1 2 2
b
7



x y 2 0; 3x 5y 14 0; 7x 1 2 2 y 2 2 22 0
;
7x 1 2 2 y 2 2 22 0
Bài 9. 
45
2


x 3y 3 0


I 2;3

Giải

CD 2d I;CD 2 10 IC 20

C 3c 3;c CD
22
2
IC 3c 1 c 3 20
c 1 C 6;1

I 2;3

IC

2x y 1 0
.

D 0; 1

IA IB x 0

2
ABCD IAB ICD IAD
1 45
S S S 2S x 10 2 x 5 x 5
22

ID 2IB DI 2IB B 3;5
.

4x 3y 27 0
.
Bài 10. 
I
x0
, (C)
A 2;3

1
d :x y 4 0

2
d :3x 4y 16 0



Giải
 

ΔBKC


00
ACB 45 AIB 90

IB AI 1
.

1
d

1
IB d 2
.

I
C
D
A
B
d
1
I
K
D
A
B
C
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
6
11
5
IB d A;d , AI d
2


x y 1 0
, do
1
a
5
2
I AI I a;1 a , IA
9
2
a
2


11
I;
22



do
I
x0
.

22
1 1 25
C : x y
2 2 2

22
1 1 25
x 0 x 4
xy
2 2 2
y 4 y 1
3x 4y 16 0





.

1
d

B 2; 2
.
Do
AD BC

B 2; 2 , C 4;1 , D 0;4
.
Bài 11. Trong mt phng
thng
d :4x 7y 28 0
nh B thung thng
Δ : x y 5 0
 
t A, B, C binh
D 2;5

BC 2AD
.
Gii
B Δ B b;b 5

d B,AC
BE BC
2
d D,AC DE AD
2 2 2 2
93
4b 7 b 5 28
11b 63 30
4.2 7.5 28
b
2. 11b 63 30
11
11b 63 30
4 7 4 7
b3



 i vng th
B B D D
4x 7y 28 4x 7y 28 0 11b 63 .30 0
c
b 3 B 3; 2

28 4a 4a 7
A d A a; DA a 2;
77

4a 42
BA a 3;
7





4a 7 4a 42
DA.BA 0 a 2 a 3 0
49
2
65a 385a 0 a 0
hay
77
a
13
. Vy
A 0;4

C
C
x 3 2. 2 0
BC 2AD C 7;0
y 2 2. 5 4
Vy
A 4;0 , B 3; 2

C 7;0
m c
Bài 12. Trong mt phng Oxy, cng
45
2
n CD nng
thng
x 3y 3 0
. Bi       i nhau ti
I 2;3
. Vi  
ng thng cha cnh BC, bim  
Gii
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
7

i I.
ng thi CD:
x 3y 3 0

3 x 2 y 3 0 3x y 9 0
G m ca h:
x 3y 3 0
K 3;0
3x y 9 0

KI KC KD
m cng th

KI 10
    c   m ca h:
2
2
x 3y 3 0
x 3 y 10
C 6;1 ; D 0; 1
 
G
2
ABCD
45 1 10
S AB CD .HK IH IK .HK IH 10 IH
2 2 2

ID IK
2 DI 2IB B 3;5 BC 3; 4
IB IH
Vng th
4 x 3 3 y 5 0 4x 3y 27 0
Bài 13. Trong mt phng vi h t 
AB AD CD
,
m
B 1;2
ng th
y2
. Bit rng thng
d :7x y 25 0
lt
cn thng
AD
 t t
BM BC
a
 nh D (v c 
Gii
K
BH CD ABHD
   
0
CBN MBN 45
ΔCBN ΔMBN
Vy
d B;CD d B;MN

7 2 25
4
d B;MN
50 2


4
BH BD BH 2 4
2
m D thu
0
D x ;2

BD 4
.

2
0
0
0
x5
x 1 16
x3

Theo gi thit
0
x0
. Vy
D 5;2
Bài 14. Trong mt ph
0
BAD ADC 90
). Bit
BC CD 2AB
;
m c
M 1;0
ng thng cha c
x 2y 0
 A.
Gii
K
BE CD, E CD

1
DE AB CD
2


ΔBCD

BC CD

ΔBCD
u. Suy ra
DM BE AD
.
I
C
D
H
A
B
K
d
N
H
B
A
D
C
M
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
8
G
MN AD

2x y 2 0
T m ca h:
2
x
2x y 2 0
3
2
x 2y 0
y
3



hay
22
N;
33




4 2 2
A AD:x 2y 0 A 2a;a D 2a; a
33




22
22
2
1 2 2 4 2 2
DM AD a 2 a 2 2a 2a
3 3 3 3
3 2 3
a
15
9
a 6 2a 0
6
3 2 3
a9
Vy t
6 6 3 2 3 6 6 3 2 3
A ; , A ;
9 9 9 9
Bài 15. Trong mt phng vi h t        i
A 2;3
 
BC
AB AD
2

m c
1
I ;3
3



 nh B, C, D bit
 ng thng d:
3x y 4 0
.
Gii

5
AI
3
.

IA AD 1 10
IC 2.AI ;0
IC BC 2 3


Gi s
0 0 0 0
1
C x ;y IC x ;y 3
3


0
0
0
0
1 10
x3
x
C 3;3
33
y3
y 3 0





AC 3.AI 5
. ng h thc Pytago:
2 2 2 2
AC AB BC 5AD 25 AD 5

D d D t;4 3t ; AD 5
22
2
t0
t 2 1 3t 5 10t 2t 0
1
t
5
Vi
t0
D 0;4 AD 2;1

BC 2AD B 1;1
Vi
1 1 17
t D ;
5 5 5




(loi)
Vy
B 1;1 , C 3;3 , D 0;4
M
N
C
E
A
B
D
I
C
A
D
B
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
9
Bài 16. Trong mt phng vi h t              
AB BC 5
. Bit r m
E 2;1
thuc cm
F 2; 5
thuc c 
ng th
x 3y 3 0
 nh A, B.
(Trích Trường THPT Chuyên Quốc Hc Huế ln 2 2014)
Gii
t t i tip. M
AB BC CD

BAD
.
- 
AC
u 3;1
Gi
H 3t 3;t
u c
EH 3t 1;t 1
AC
1
EH u 3 3t 1 t 1 0 t
5
12 1
H;
55




G    i xng c      c AD.  
14 7
M;
55



ng th    m
F 2; 5
 -  
24 18
FM ;
55


  -  n
AD
n 3; 4

3x 4y 14 0
m ca A
A 6;1
.
Bài 17. Trong mt phng vi h t Oxy, cho t 
A 3;0
,
C 4;1
,
AD 2AB 2BC

0
DAB ABC 90
 m B, D.
Gii
Gi s
B x ;y
. T gi thi
AB BC, AB.CB 0


2 2 2
2
2
x 3 y x 4 y 1
x 3 x 4 y y 1 0
y 7x 4
x 0, y 4
x 1, y 3
x x 0




Vy
B 0;4
hoc
B 1; 3
Gi M lm ca AD. T gi thit ta suy ra t  
Vi
B 0 ;4

AB MC
c
M 1; 3 D 5; 6
 vi
B 1; 3
c
M 0;4 D 3;8
Bài 18. Trong mt phng vi h t 
OA / /BC
nh
A 1;2
nh B thung thng
1
d :x y 1 0

nh C thung thng
2
d :3x y 2 0
 nh B, C.
Gii

x 0 y 0
2x y 0
1 0 2 0

OA / /BC
ng thng:
M
H
I
C
B
A
D
E
F
M
D
B
C
A
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
10
2x y m 0
(vi
m0
)
T m ca h:
x y 1 0 x 1 m
B 1 m;m 2
2x y m 0 y m 2



T m ca h:
3x y 2 0 x m 2
C m 2;4 3m
2x y m 0 y 4 3m



Di
1
S OA BC .d O;BC
2

2 2 2
2
22
m
1
1 2 2m 3 4m 6 . 6 2m 3 1 m 12 *
2
21



 gi  tuyi!
Nu
m0
 
2
3 2m 1 . m 12 m 2m 6 0
m 1 7
. Kiu kin ta
ch ly nghim
m 1 7
,
B 7; 1 7

C 1 7;1 3 7
Nu
3
0m
2


2
3 2m 1 .m 12 m 2m 6 0
m.
Nu
3
m
2

2
2m 3 1 .m 12 m m 6 0 m 3
hoc
m2
.
Kiu kin ta ch ly nghim
m 3 B 2;1

C 1; 5
Vm B, C th 
Bài 19. ng th

3x y 0
ng th
x 2y 0
o bng th
bng
0
45
. Ving thng BC bit dih thang b

Gii
T m ca h:
3x y 0 x 0
D 0;0 O
x 2y 0 y 0



Vec- n c ng th      
12
n 3; 1 , n 1; 2
0
1
cos ADB ADB 45
2
AD AB
ng thng
00
45 BCD 45
ΔBCD
i B
DC 2AB

2
ABCD
1 3AB
S AB CD .AD 24
22
AB 4 BD 4 2
Gi t m
B
B
x
B x ;
2



u kin
B
x0
d
1
d
2
O
A
B
C
45
0
C
A
B
D
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
11
2
2
B
B
x
BD x 4 2
2




B
B
8 10
x (loaïi)
5
8 10
x (thoûa maõn)
5
T m
8 10 4 10
B;
55




Vec-n c
BC
n 2;1
ng thng 
2x y 4 10 0
.
c phng Oxy Ch  
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133
12
󰈨 
Ch Đ: Hình ch nht
Tài liệu này mến tặng các em hc sinh 12 các Trường TP Huế.
Huế, 10/05/2016
G
I
M
B
A
D
C
H
K
Trn Đình Cư
( Gv Chuyên Luyện Thi THPT Quốc Gia)
󰉧 Oxy-Ch󰉻 󰉧󰊀 Nh󰉝t May 10, 2016
Tr
1
F
G
D
E
A
B
C
H
CH  4.  NHT
1. Trong mt phng vi h trc t  nh
m cng thng
1
d :x y 3 0

2
d :x y 6 0
m ca mt cm
ca
1
d
vi tr nh c nht.
Gii

12
d d I
. T cm ca h:
9
x
x y 3 0
2
x y 6 0 3
y
2

. Vy
93
I;
22



  s m cnh
1
AD M d Ox
. Suy ra
M 3;0

22
93
AB 2IM 2 3 3 2
22
Theo gi thit:
ABCD
ABCD
S
12
S AB.AD 12 AD 2 2
AB
32
ng thng
11
d d AD
ng thng   
M 3;0
   i
1
d
nhn
n 1;1
    
x 3 y 0 0 x y 3 0
. L
MA MD 2
T m ca h 
2
2
x y 3 0
x 3 y 2
2 2 2
2
x2
y x 3 y x 3
y1
y 3 x
x 3 1
x4
x 3 y 2 x 3 3 x 2
y1





Vy
A 2;1 , D 4; 1
Do
93
I;
22



m ca AC suy ra
C I A
C I A
x 2x x 9 2 7
y 2y y 3 1 2
 m c
B 5;4
Vy t nh c ch nh
2;1 , 5;4 , 7;2 , 4; 1 .
2. Trong mt ph nh
AB 2BC
. Gu c
ng thng BD; E, F lt
A 1;1
ng thng EF

3x y 10 0
  nh B, C, D.
ng THPT Qu An ln 1 2015)
Gii
Gi E, F, K ln thng CD, BH, AB. Ta
chng minh
AF EF
.
Ta th ADFG ni ti 
ni ti
AF EF
.
ng th
x 3y 4 0
d
1
d
2
I
M
D
B
A
C
Tr
2
T m ca h:
ΔΔ
22
2
2
17
x
3x y 10
17 1 32
5
F ; AF
5 5 5
x 3y 4 1
y
5
12
AFE ~ DCB EF AF 2
25
8 17 51 8
E t;3t 10 EF t 3t
5 5 5 5
E 3; 1
t3
5t 34t 57 0
19
19 7
t
E;
5
55









Theo gi thic
E 3; 1
, pt
AE:x y 2 0
. Gi
D x;y

2 2 2 2
x 1 y 1 x 3 y 1
AD DE
AD DE
x 1 x 3 y 1 y 1
y x 2
x 1 x 3
D 1; 1 D 3;1
x 1 x 3 0
y 1 y 1





m v ng th
D 1; 1
.

C 5; 1 , B 1;5
. Vy
B 1;5 , C 5; 1

D 1; 1
3. Trong mt phng vi h t  nh
αACD
vi
α
1
cos
5
m H
thu kin
HB 2HC
m cng tht
14
H;
33



,
K 1;0
  m A, B, C, D.
n 1 2015)
Gii
Do
ΔKAD
ng dng vi
ΔKHB
KA AB BC 3 3
KA KH
KH HB BH 2 2
Do K thun AC
3
KA KH
2


A K H K
A
A
A K H K
3
x x x x
x2
2
A 2;2
3 y 2
y y y y
2
t
B a;b
vi
a0

α
22
2 2 2
2 2 2
AB AB 2 AB 1
cos cosACD cosABD . 4AB 5KB
5
BD 5 KB
5
KB
2
4 a 2 b 2 5 a 1 b a b 6a 16b 27 0
K
H
A
D
C
B
󰉧 Oxy-Ch󰉻 󰉧󰊀 Nh󰉝t May 10, 2016
Tr
3
       
71
I;
63



  
1 5 5
R AB
26

    
22
7 1 125
C : x y
6 3 36
Do
22
0
7 1 125
ABC 90 B C a b
6 3 36
22
72
a b a b 2 0
33
T m ca h 
22
22
1
a
a b 6a 16b 27 0
a3
5
B 3;0
72
8 b 0
a b a b 2 0
b
33
5



Do
3
BC BH C 1; 2
2

5
BD BK D 2;0
2
Vy
A 2;2 , B 3;0 , C 1; 2 , D 2;0
4. 
D 4;5


x 8y 10 0

2x y 1 0


y2
.
 2015)


2
2
4 8.5 10
26
DK
65
18





ΔACD
BH BG 52
DG 2GI BG 2DG 2;BH ;
DK DG
65
b2
17b 18
52
B b; 2 b 1 BH 17b 18 52
70
b (loaïi)
65 65
17


B 2; 5 I 3;0
2
c
C 8c 10;c CD.CB 14 8c . 12 8c 5 c . 5 c 0
c1
65c 208c 143 0 C 2;1 A 8; 1
143
c (loaïi do y 2)
65


A 8; 1 , B 2; 5 , C 2;1
5. 

G
I
M
B
A
D
C
H
K
Tr
4
 
92
M ; , K 9;2
55



           
2x y 2 0

x y 5 0



1
MN AB
2
         
11
CK MN AB CD
22

      
CN MB
     
MK MB
.
36 8 9 8
B d :2 x y 2 0 B b;2b 2 , MK l , MB b ;2b
5 5 5 5
52 52
MK.MB 0 b 0 b 1 B 1;4
55
C d': x y 5 0 C c;c 5 , c 4 , BC c 1;c 9 , KC c 9;c 7
c9
BC.KC 0 c 1 c 9 c 9 c 7 0 C 9;4
c 4 (L)

K 9;2

C 9;4
suy ra
D 9;0

I 5;2

A 1;0
.
6. 
H 1;2


9
M ;3
2





ΔAHD

d:4x y 4 0


N.


Suy ra
BP AK AK KM
.
    
9
M ;3
2



    
15
KM: x 4y 0
2
.

1
K ;2
2



.

D 0;2
, suy ra
BD:y 2 0
.
AH:x 1 0

A 1;0 AD:2x y 2 0
.

BC:2x y 12 0
.
K
M
N
H
B
A
D
C
P
K
M
H
B
D
C
A
󰉧 Oxy-Ch󰉻 󰉧󰊀 Nh󰉝t May 10, 2016
Tr
5
7. Trong mt ph nh
E 3; 4
ng thng cha c
m
M 7;4
m N ca cnh CD thung thng
d:4x y 10 0
. Vit 
ng thng AB.
Hng dn gii
Gi
N a;10 4a
;
N'
i xng v
N' 6 a;4a 18
. D thy
EN
 nhm c
2
a5
EN.N'M 0 17a 146a 305 0
61
a
17
Vi
a5
ng thng AB qua M nhn
EN
-
AB:x 3y 5 0
Vi
61
a
17
 ng thng
AB:5x 3y 23 0
8. Trong mt phng t  nhng th

x 2y 0
. Trm
16 13
G;
33



 bnh ch
ch nht bi l
Hng dn gii

10 3 10
d G;AB BC . 5 AB 3 5
2
3 5 3 5
ng thi
AB d:2x y 15 0
Gi
N d AB N 6;3
. Suy ra
1
NB AB 5
3

Gi
22
b 2 (loaïi)
B 2b;b AB NB 5 b 6b 8 0 B 8;4
b4
:
3
BA 3BN A 2;1 ; AC AG C 7;6 ; CD BA D 1;3
2

A 2;1 , B 8;4 , C 7;6 , D 1;3
 Tr

17 29 17 9
E ; , F ;
5 5 5 5

G 1;5
. 

* 
ΔBCH

2EF CB
.

CB DA 2GA
. Suy ra
EF GA

A x;y

x 1 0
EF GA A 1;1
y 5 4


A 1;1
* Do
EF/ /BC, AB BC

EF AB

BH AC
.
G
E
F
H
C
A
B
D
Tr
6



EF 0; 4

y1
.

12 17 24 9
x y 0 x 2y 7 0
5 5 5 5
         
y1
B 5;1
x 2y 7 0

O x;y

ΔABE



I 3;1
.

ΔEFK
.
Hay
3 x 0
1
OI EF O 3;3
1 y 2
2


O 3;3
.
Trong mt phng vi h t  nhnh
D 7; 3

BC 2AB
.
Gi M, N lm c nh C bing th
x 3y 16 0
.
Gii
Gn 
AC.
ng th
3x y 24 0
.
Suy ra t m K th:
44
x
x 3y 16 0
44 12
5
K;
3x y 24 0 12
55
y
5






2 41 3
DH DK H ;
3 5 5




ng th             ng th  
x 3y 10 0 C 10 3c;c

2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
DC 3 2
144
DA DC DH 4DC DC
10
2
c 0 C 10;0
10c 12c 0
6 32 6
c C ;
5 5 5




 Trong mt phng vi h t  nht
AB CD

A 5; 7
m C thu
ng th   
x y 4 0
 ng th     m c   

3x 4y 23 0
 c 
Gii
F
K
O
I
A
B
E
H
K
N
M
D
C
A
B
󰉧 Oxy-Ch󰉻 󰉧󰊀 Nh󰉝t May 10, 2016
Tr
7
Gi
1
C c;c 4 d
m c
2
d :3x 4y 23 0
.

ΔAIM
ng dng
ΔCID CI 2AI
c 10 c 10
CI 2IA I ;
33




2
Id

x 10 c 10
3. 4. 23 0 c 1
33

Vy
C 1;5

2
3t 23 3t 9
M d M t; B 2t 5;
42

3t 5 3t 19
AB 2t 10; , CB 2t 6;
22
Do
t1
1
AB.CB 0 4 t 5 t 3 3t 5 3t 19 0
29
4
t
5
Suy ra
33 21
B;
55



hoc
B 3; 3
  
33 21
B;
55



 Trong mt phng vi h t  nh
AC:x 2y 9 0
.
m
M 0;4
nnh t nh c nht rng din t
c nhng th
N 2;8
 t s 
Gii

C AC:x 2y 9 0 C 9 2c;c

NC 7 2c;c 8 , MC 9 2c;c 4

NC.MC 0
c5
7 2c 9 2c c 8 c 4 0
19
c
5
 t s 
C 1;5
T M k ng thi AC ct AC t

MA':2 x y 4 0
. Suy ra
1 22
A' ;
55




A'MC
11
S MA'.MC
23

 ng d
2
B
ABC
B
A'MC
x 1 3.1
S
CB 3
9 CB 3CM B 2;2
1
y 5 3. 1
CM S
3





CA 3CA' A 3;3
; T
AB DC D 0;6
Vy
A 3;3 , B 2;2 , C 1;5 , D 0;6
I
M
D
C
A
B
A'
D
C
A
B
M
N
Tr
8
Trong mt phng vi h t  nhm B, C thuc trc tung.

AC:3x 4y 16 0
nh t nh c nht
ri ting 1.
Gii
m ca trng th
C 0;4
     i ti      
i ting 1.
   
B 0;b
ng th
i
BC Oy:x 0

AB: y b
m c
16 4b
A ;b
3



.
Gi ti
ABC
2.S
S
AB BC CA

2
2
16 4b
b 4 .
1
3
b4
3
16 4b 16 4b
b 4 b 4
33




Theo gi thit
r1

b1
hoc
b7
.
Vi
b1

A 4;1 , B 0;1
. Suy ra
D 4;4
Vi
b7

A 4;7 , B 0; 7
. Suy ra
D 4;4
 Trong mt phng t  nhnh
C 3; 1
. Gm
ca cng th
y 1 0
. Binh A thung thng
5x y 7 0

D
x0
 
Gii
DM:y 1 0
d C,DM 1 1 2
Ta 
d C,DM
IC MC 1
d A,DM IA DA 2
d A,DM 2d C,DM 4
m A thung thng
5x y 7 0

A a;5a 7
d A,DM 4 5a 7 1 4
2
5a 6 4
a
5a 6 4
5
5a 6 4
a2



Vi
a 2 A 2; 3
. Vi
22
a A ;5
55



m
A 2; 3

C 3; 1
ng thng
DM:y 1 0
m
A 2; 3
.
Vy
2
A ;5
5



2
D DM D x;1 AD x ; 4 ; CD x 3;2
5



F
E
A
C
B
D
I
M
C
A
D
B
󰉧 Oxy-Ch󰉻 󰉧󰊀 Nh󰉝t May 10, 2016
Tr
9
M
N
C
A
B
D
Do
2
2 13 46
AD CD AD.CD 0 x x 3 8 0 x x 0
5 5 5



2
x2
5x 13x 46 0 x 2
23
x
5


D
x0
).
Vi
x 2 D 2;1
 Trong mt phng vi h t  nh
AD 2AB
. Bim
N 4 ;2
thun CD th
DN 2NC
. Gn BC sao cho
BC 4BM
 ca
m A bing thng AM:
x 2y 18 0
.
Gii

11
tanBAM ; tanDAN
23

0
tan BAM DAN 1 MAN 45
Gi s
AN:ax by 4a 2b 0

22
a 2b
1
cosMAN
2
a b . 5

2
22
a 3b
2 a 2b 5 a b
b
a
3

Nu
a 3b AN:3x y 14 0
c
A 2 ;8
Nu
b 3a AN:x 3y 2 0
c
A 10;4
 Trong mt phng t     nh    nh A, B thu 
22
1
C :x y 2x 5y 1 0
  nh A, D thu  
22
2
C :x y 2x 3y 3
. Vi 
nh c nht di 
Hng dn gii
T m ca h 
22
2
22
x 2y 1 0
x y 2x 5y 1 0
x 1 0
x y 2x 3y 3 0
x;y 1; 1
A 1;0
x;y 1;0





1
C

5
I 1;
2





1
5
R
2
,
2
C

3
K 1;
2




2
5
R
2
Gng th
22
a x 1 by 0 a b 0
ng thng

b x 1 ay 0

2
22
2
2 2 2
1
22
22
AB 25 1 25b 25a
R d I;AB AB AB
2 4 4
ab
4 a b



Tr
10
22
2
2
2 2 2
2
22
22
4b 3a 4a 3b
AD 25 1
R d K;AD AD AD
2 4 4
ab
4 a b




M
AB.AD 20

2
2
2
2 2 2 2
4a 3b
25a
. 20
a b a b

22
2 2 2 2 2 2
4a 3ab 16 a b 8a 3ab 4b 4b 3ab 0
b 4b 3a 0
Vi
b0
chn
a1
c AB:
x1
, AD:
y0
. Suy ra
B 1; 5 , D 3;0

x3
, BC:
y5
Vi
3a 4b
, chn
a 4 b 3
  c AB:
4x 3y 4 0
, AD:
3x 4y 3 0
. Suy ra
7 16
B ; , D 3;3
55




4x 3y 21 0
,
BC:
3x 4y 17 0
.
 Trong mt phng vi h t  nh
A 5; 7 ,
m sao cho
3MA MB 0
 m C thu ng thng
1
d :x y 4 0
 ng thng
2
d
     

7x 6y 57 0
 c 
Gii
Gi
1
C c;c 4 d
m c
2
d :7x 6y 57 0

ΔAIM
ng dng
ΔCID
CI 4AI CI 4IA
c 20 c 24
I;
55





2
Id

c 20 c 24
7. 6. 57 0 c 1
55

. Vy
C 1;5

2
7t 57 14t 51
M d M t; B 4t 15;
63

14t 30 14t 66
AB 4t 20; , CB 4t 16;
33
Do
2
81
AB.AC 0 17t 132t 243 0 t 3 t
17
B 3; 3
hoc
69 89
B;
17 17



(loi). Vy
B 3; 3
  Trong mt phng t     nh   m A thu ng thng
1
d :x y 4 0
m
C 7;5
ng thm M ca c
2
d :4x 3y 23 0
nh t m A, B bi 
Gii
Pt tham s ca
1
xt
d:
y t 4

. Gi
1
A t ;t 4 d
    m
c
2
d
.

ΔIAD
ng dng vi
t 14 t 6
ΔICM AI 2IC I ;
33



c
2
d

t 14 t 6
4 3 23 0
33

t 5 A 5;1
d
1
d
2
I
M
C
A
B
D
d
2
d
1
I
M
C
A
B
D
󰉧 Oxy-Ch󰉻 󰉧󰊀 Nh󰉝t May 10, 2016
Tr
11
Pt tham s
2
x 5 3m
d:
y 1 4m

Gi
2
M 5 3m;1 4m d
m ca BC
B 6m 3;8m 3
CB 6m 4;8m 8 , AB 6m 8;8m 4

m0
AB CB AB.CB 0
6
m
5




B 3; 3 (loaïi)
21 33
B;
55
Vy
21 33
A 5;1 ,B ;
55



  nhng thng AD:
2x y 1 0,
m
I 3;2
thuc
BD sao cho
IB 2ID
    nh c  nht, bi      
AD 2AB
.
Gii

d I;AD 5 ID 5
(do
AD 2AB
)
22
D C : x 3 y 2 25
 m ca h:
22
x 1;y 1
x 3 y 2 25
x 3;y 7
2x y 1 0
D 1; 1
   
 
IB 2ID B 11;8

x 2y 27 0; A 5;11
AB DC C 5; 4
 Trong mt phng t   nh   ng th    
M 2;3

N 1;2
. Ving th
CD bi nhm
53
I;
22




AC 26
.
Gii
Gi pt AB:
a x 2 b y 3 0
(
22
a b 0
    
b x 1 a y 2 0
22
a 3b
AD 2d I;AB
ab

;
22
7 b a
AB 2d I;AD
ab

T
2 2 2
AC AB AD
  c
22
3a ab 4b 0

ab
hoc
4b
a
3
Vi
ab

x y 3 0

x y 7 0
Vi
4b
a
3

4x 3y 12 0

3x 4y 14 0
21. Trong mt phng vi h t  nh
AB AD 2

I 1; 2
. Gi
m cnh CD,
H 2; 1
m cng th m A,
B.
I
C
A
B
D
I
C
A
B
D
M
N
Tr
12
Gii
T gi thi
ΔBCD
. Suy ra
IA 3HI A 2; 5

2 BC 6 1 BC 3
HB BM ; HC AC
3 3 3 3
Suy ra
2 2 2
HB HC BC
. Vy
BM AC
   
H 2; 1
, nhn vtpt
IH 1;1
pt BM:
x y 1 0
T ng
B t;1 t
22
2
IB IA t 1 3 t 18 t 4t 4 0 t 2 2 2
Vy
B 2 2 2; 1 2 2
hoc
B 2 2 2 ; 1 2 2
 Trong mt phng vi h t  nh
AB 4 2

ng th
x y 2 0
ng th
3x y 0
. Vit
ng thng chi c nht.
Gii

B AB BD B 1; 3
A AB A t; t 2 , t 0

BA 4 2
Vi
t5
lo
t0
.
Vi
t 3 A 3; 1 AD


x 3 y 1 0 x y 4 0
ng th
x 1 y 3 0 x y 4 0
D AD BD D 1;3
ng th
x 1 y 3 0 x y 2 0
Vy
BC:x y 4 0; DC:x y 2 0; AD:x y 4 0
  Trong mt phng vi h t     nh       nh
D 3;2

BAD

Δ: x y 7 0
 nh B binh A
 
Gii
Gi xng ca D qua
Δ

I Δ DE
Suy ra
E AB
m ca DE.

x y 5 0
I 1;6 E 5;10

A Δ A a;7 a
       
22
DE
AE a 5 a 3 64
2
a5
a3

H
M
I
C
A
D
B
3x+
y
=0
x
+
y
+2=0
4
2
B
D
A
C
I
A
C
D
B
E
󰉧 Oxy-Ch󰉻 󰉧󰊀 Nh󰉝t May 10, 2016
Tr
13
 n
a 5 A 5;2
ng th
A 5;2

E 5;10

x 5 B 5;b

ABCD
B 5;8
b8
S 48 AB.AD 48 8. b 2 48
b4
B 5; 4

n
B 5;8
. Vy
B 5;8
.
 Trong mt phng t Oxy, vinh c nht ABCD. Bit rng
4
AB 2BC, M ;1
3




thu ng thng AB,
N 0;3
thu ng thng BC,
1
P 4;
3



thu ng
thng AD,
Q 6;2
thung thng th s 
Gii
ng:
4
y k x 1
3



, DC:
y k x 6 2
,
BC:
x ky 3k 0
,
AD:
k
x ky 4 0
3

AB 2BC

d AD,BC 2d AB,DC
hay
d P,BC 2d M,DC
22
k4
4 3k k 1 6k 2
10k 12 6 44k
33
10k 12 44k 6
1 k 1 k



1
k
3
3
k (loaïi)
17
Vi
1
k
3
        nh  
14
y x 1
33



,
1 1 1 35
D C: y x 6 2 , B C: x y 1 0, A D:x y 0
3 3 3 9
5. Trong mt phng vi h t  nhnh C nng thng
Δ: x 2y 1 0
ng th
7x y 9 0
m
E 1;2
thuc cnh AB sao cho
EB 3EA
. Bit rng   cm A, B, C, D.
c Hc Hu, ln 3 2014)
Gii
C Δ: x 2y 1 0 C 2c 1;c

4
d C;BD d E;BD
3
c2
13c 2 18
4
.
22
3
c
50 50
13


c 2 C 5;2
(th ni vi BD)
22 31 22
c C ;
13 13 13



(loi vi
BD)
B BD:7x y 9 0 B b;7b 9

B
C
A
D
M
N
P
Q
7x-
y
-9=0
E
B
C
A
D
Tr
14
0
b2
EBC 90 BE.BC 0 1 b 5 b 11 7b 11 7b 0
29
b
25
b 2 B 2;5
(thu kin
B
y0
)
29 29 22
b B ;
25 25 25



(loi)
A
A
A
A
4
x 2 1 2
x2
4
3
BA BE
4 y 1
3
y 5 2 5
3


. Vy
A 2;1
DD
DD
x 5 4 x 1
BA CD
y 2 4 y 2


. Vy
D 1; 2
Vy
A 2;1 , B 2;5 , C 5;2

D 1; 2
. Trong mt phng vi h t  nh
A 3; 4 ,
tr
ABD thung th
x 3y 4 0

25
M ;5
2



m ca
 m B.
Gii
G
ΔABD
, suy ra
G 4 3t;t
 nht ABCD, suy ra
AG 2GI
15 9t 4 3t
I;
22





          m MN. T 
5 18t
N ; 1 3t
2



 nh
AN.IN 0
2
2
t
11 18t 10 9t 6 3t
3
3 3t 0 180t 99t 146 0
73
2 2 2
t
60

TH1: Vi
2
t
3

c
7
N ; 3
2



. Suy ra
B 4; 2
TH2: Vi
73
t
60
c
269 53
N;
20 20



. Suy ra
299 93
B;
10 10



. Trong h trc t  nh
AB 2AD
ni ti

I 2; 2
. L nh c nht ABCD bit
rng cnh AD nng thng:
x 3y 2 0
 
Gii
Kho
d I;AD 10
,
AB 2 10
,
AB 2AD AD 10

22
BD AB AD 5 2
h ca (C):
BD 5 2
R
22

G
N
I
M
C
A
D
B
I
B
C
A
D
󰉧 Oxy-Ch󰉻 󰉧󰊀 Nh󰉝t May 10, 2016
Tr
15
a (C):
22
25
x 2 y 2
2
T m ca h:
22
25
x 2 y 2
2
x 3y 2 0
A
1 1 5 3
A ; , D ; x 0
2 2 2 2

i xng v
3 11 9 9
B ; , C ;
2 2 2 2

8. Trong mt phng vi h t  nh
15 3
I;
22



nh
A 6;5
,
nh D thung thng
3x y 0
. Vinh c nht ABCD.
Gii
m AC suy ra t
C 9; 8
ng thng
3x y 0

D t; 3t
. M
AD DC
2
AD.DC 0
t 6 9 t 3t 5 8 3t 0
t1
5t 12t 7 0
7
t
5

ng hp 1:
t 1 D 1; 3

B 14;0
    
AB:5x 8y 70 0
,
BC:8x 5y 112 0
,
CD:5x 8y 19 0, AD:8x 5y 2 3 0
ng hp 2:
7 7 21
t D ;
5 5 5




68 6
B;
55




x 2y 16 0, BC: 2x y 26 0
,
DC:x 2y 7 0, AD: 2x y 7 0
.
. Trong mt phng t 
22
C :x y 2x 4 y 0
m
A 1;3
a
  nht ABCD ni ting 10.
Gii
T pt (C) suy ra t 
I 1;2 , R 5
i xng vi A qua I suy
ra
C 3;1
.
ABCD ACB
S 2S AC.BH 10
(H ng cao k t B xung
AC)

AC 2 5 BH 5
. V

ng thn
AC 4; 2
-
tuyng:
2x y 0
. T cm ca h:
22
x y 2x 4y 0
2x y 0

Gii h 
B 0;0 , D 2;4
3x+
y
=0
I
C
A
D
B
I
C
A
B
D
Tr
16
 . Trong mt phng vi h t      nh  nh B thu ng thng
1
d :2x y 2 0
nh C thung thng
2
d :x y 5 0
. Gu ca B xung
t
92
M ; , K 9;2
55



lm c nh c
nht ABCD bi nh C l
Gii
Gi
B b;2b 2 , C c;c 5
c4
    i
xng vi B qua C. Suy ra
E 2c b;2c 2b 12
. D 
chm c
72 16
HE 2MK ;
55



72 76
H 2c b ;2c 2b
55



Thit lp ta  -
CK 9 c;7 c , BC c b;c 2b 7
,
72 86 9 27
BH 2c 2b ;2c 4b , MC c ;c
5 5 5 5
Vi gi thi 
2
2
2c 3bc 23c 23b 49 0
CK.BC 0
126 594
4c 6bc b 46c 0
BH.MC 0
55



b1
c 9 hoaëc c 4 (loaïi)
T 
B 1;4 , C 9;4
m c
D 9;0
.
Lm c
E 17;4
m c
A 1;0
.
. Trong mt phng vi h t  nhm
C 5; 7
, A thung
thng
1
d :x y 4 0
 ng th       m c    
2
d :3x 4y 23 0
  
Gii
1
Ad

A a;4 a

ABM CDM ABCD
1
S S S
4

AMD ABCD
1
SS
2

AMD CMD 2 2
S 2S d A;d 2d C;d
a 39 40 a 1
(nhn) hoc
a 79
(lo
i vi
2
d
). Vy
A 1;5
i
2
I AC d

AC
I
AC
I
x 2x
a 10
x
IC MC 1
33
IA 2IC
y 2y
IA AD 2
a 10
y
33



2
Id

3 a 10 4 a 10
23 0 a 1
33

. Vy
A 1;5
d
1
d
2
E
H
K
D
B
A
C
M
I
M
C
A
B
D
󰉧 Oxy-Ch󰉻 󰉧󰊀 Nh󰉝t May 10, 2016
Tr
17
. Trong mt phng vi h t  nhng
22
, bit r
ng thng AB, BD l
3x 4y 1 0

2x y 3 0
 nh A,
B, C, D.
Gii
T 
B AB BD
 m ca h  
3x 4y 1 0 x 1
B 1; 1
2x y 3 0 y 1



ABCD
S AB.AD 12

2
2 2 2
3.2 4.1
2
cosABD
55
3 4 . 2 1

11 AD
tanABD 2
2 AB
T :
AD 11, AB 2 3

D BD D x; 2x 3

11x 11
AD d D;AB 4
5

T 
x6
11x 11 55
x4

Vi
x 6 D 6;9
ng th
4x 3y 3 0
3 1 38 39
A AD AB A ; C ;
5 5 5 5
Vi
x 4 D 4; 11
  ng th          
4x 3y 17 0
13 11 28 49
A AD AB A ; C ;
5 5 5 5
C
A
B
D
󰈖 
Ch đ 5: Hình vuông
Tài liệu thân tặng các em học sinh 12, chun b k thi Tt Nghip THPT Quc gia
2016. Chúc các em đạt kết qu cao trong k thi sp đến.
Huế, Ngày 19/05/2016
TRN ĐÌNH CƯ
GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế
I
P
K
F
E
B
D
C
A
H
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
1
CH  
 Trong mt phm c
cnh AD sao cho
AN 2ND
. Gi s ng th  
x 2y 11 0
 m
51
M;
22



 m C.
Gii
G
35
MH d M,CN
2


2 2 2
0
CN CM MN 2
cosNCM NCM 45
2CN.CM 2

. T 
3 10
MC
2
Do C thung th
C 11 2c;c
, t
3 10
MC
2
2
5c 35c 50 0
c
C 7;2 , C 1;5
Trong mt phng t nh
A 2;2
. Bim
M 6;3
thuc cm
N 4 ;6
thuc c nh C.
Gii
Gi
9
I 5;
2



m ca MN. Do
0
MCN 90


MCN
a
MN
m c
trung trc ca MN.

2
2
9 13
I : x 5 y
24



ng trung trc ca MN:
7
2x 3y 0
2
T m ca h:
2
2
9 13
x 5 y
24
7
2x 3y 0
2




12
13 11 7 7
E ; , E ;
2 2 2 2
n
77
E;
22




AE:x y 0
m th hai c
C 6;6

Gi vec-p tuyn c
22
n a;b , a b 0
ptBC:ax by 6a 3b 0

N 4;6
i NC suy ra pt CD:
bx ay 6a 4b 0

2 2 2 2
b0
4a b 4a 2b
d A;BC d A;CD 4a b 4a 2b
8a b 0
a b a b



E
N
M
C
A
D
I
B
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
2
- Nu
b0
chn
a1

x 6 0

y 6 0
C BC CD C 6;6
   
3x 2y 24 0
. Ki      i vi
ng th
C 6;6
th
- Nu
8a b 0
chn
a 1, b 8
    
x 8y 30 0
  
8x y 26 0
. Suy ra
238 214
C;
65 65



loi vng thng MN. Vm C c
C 6 ;6
 Trong mt phng vi h t  
ng th
3x 4y 18 0
m
21
M ; 1
4



thuc cng thng
AM cng thng CD ti N th
BM.DN 25
 nh c
Gii
ng th         
BC:4x 3y 24 0
 m ca h
4x 3y 24 0 x 6
B 6;0
3x 4y 18 0 y 0




Ta thng dng vi nhau:
ΔMBA, ΔMCN

ΔADN
Suy ra
MB MC AD
MB.ND AB.AD
AB NC ND
Suy ra
2
25 AB
hay cng 5.
Gi
A 4a 6; 3a AB

2 2 2
25 AB 16a 9a 25 a 1
 
A 2;3
ng thng
3x 4y m 0 m 18

m7
18 m
d B;CD 5
m 43
5

Vi
m7
, pt CD:
3x 4y 7 0
 m ca h
4x 3y 24 0 x 3
C 3; 4
3x 4y 7 0 y 4



(th
MC 5
)
Suy ra
D 1; 1
Vi
m 43
, pt CD:
3x 4y 43 0
 m ca h
4x 3y 24 0 x 9
C 9;4
3x 4 y 43 0 y 4





MC 5
)
Trong mt phng vi h t m
11
F ;3
2



m
ca cng th
19x 8y 18 0
vm ca cnh AB,
m K thuc c
KD 3KC
 m C c
 nh 
Gii
M
B
D
C
A
N
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
3
Gi
Δ Δ Δ
2
EFK ABCD AEF FDK KCBE
5a
AB a a 0 S S S S S
16
ΔEFK
1 25 a 17
S FH.EK, FH d F;EK ; EK a 5
24
2 17
nh bng 5
52
EF
2

T m:
2
2
5
x2
11 25
58 5
x y 3
x (loaïi) E 2;
22
17 2
19x 8y 18 0
y2








m I c
AC EF AC:7x y 29 0

10
x
7x y 29 0
10 17
3
AC EK P P ;
33
19x 8y 18 0 17
y
3




c
9
IC IP C 3;8
5

 Trong mt phng vi h t 
A 1;2
. Gi M, N lt
m ca cm ca BN vi CM. Vi
ngoi ti
2x y 8 0
 l
Gii
Gi
E BN AD D
m ca AE
Dng
AH BN
ti H
8
AH d A;BN
5

2 2 2 2
1 1 1 5 5.AH
AB 4
2
AH AB AE 4AB
B BN B b;8 2 b b 2
AB 4 B 3;2

x 1 0
E AE BN E 1;10 D 1;6 M 1;4
Gi ti
m ca BM
I 1;3
BM
R5
2

. Vng 
22
x 1 y 3 5
 

N 0; 2

x 2y 2 0



I AM BN. ΔBIM

ΔABM
suy ra
AM BN

BN:2x y c 0
.
I
P
K
F
E
B
D
C
A
H
H
K
E
M
N
A
B
D
C
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
4
N 0; 2 c 2 BN:2x y 2 0
.
6
x
x 2y 2 0
62
5
I;
2x y 2 0 2
55
y
5






ΔABM

22
AB.BM 4
BI
5
AB BM


B x ;y

22
B BN
2x y 2 0
4
BI
6 2 16
5
xy
5 5 5


x2
y2

2
x
5
6
y
5

. Suy ra
B 2;2

26
;
55



)

M x;y

22
22
x 2y 2 0
M AM
6 2 4
xy
IM BM BI
5 5 5




x2
y0

2
x
5
4
y
5
. Suy ra
12
24
M 2;0 , M ;
55



.
 


A 6;6 , M 4;2 , K 3;0
.

     
ΔABE ΔADF

AB AD

BAE DAF

DAE
).
Suy ra
ΔAEF

ME MA MF
AM EF

MA 2; 4

2 x 4 4 y 2 0 x 2y 8 0

ME MA MF
.

T x;y

x 2t 8;y t (t )

2 2 2
2
MT MA 2t 8 4 t 2 2 4 20
2
t0
5 t 2 20 t t 4 0
t4

1
T 8;0

2
T 0;4

1
MT MA
.

E 8;0 , F 0;4
.
I
M
N
A
B
D
C
K
M
A
B
D
C
E
F
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
5

KF 3;4
-

x 3t
t
y 4 4t


D 3t;4 4t
.
:
2 6 12
AD KF KF.AD 0 3 3t 6 4 2 4t 0 t D ;
5 5 5




F 8;0 , E 0;4

FK 5;0
-

x 8 5t
t
y0

D 8 5t;0

2
AD KF KF.AD 0 5 2 5t 0 t D 6;0
5
 
73
O;
22




M 6;6


N 8; 2



G 1; 3 CD

I 1;5 AD
        
MO

9x 5y 24 0

5x 9y 22 0
        
163 39
E NE MG E ;
53 53




NJ MG
NE MG k 0, k J 1;3
NE kNJ

NE, NJ


9
x 1 0 OK
2

KA KO KD



2
2
3 81
x 1 y
24




2
2
x1
3 81
y6
x 1 y
24
x1
x 1 0
y3







Suy ra
A 1;6 , D 1; 3 C 8; 3 , B 8;6

D 1;6 , A 1; 3

E
J
K
I
G
H
F
O
A
B
D
C
M
N
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
6
 

22 11
I;
55





7
P ;1
2




4.


ΔMBD ΔNCD

CM DN

AH DN


0
AIP 90
.

3x 4y 22 0
.

12 9
A 2 4t;4 3t IA 4t ;3t
55


22
12 9
AI 2 PI 4t 3t 9
55
6
t 0 t
5

6
t
5


34 2
A;
55




t0

A 2;4
.
 
AP:2x y 8 0, DN AP
     
x 2y 0
  
16 8
DN AP H ; D 2;1 C 5;1 B 5;4
55




A 2;4 , B 5;4 , C 5;1 , D 2;1
.
 

1
AN AC
2

3x y 4 0

D 5;1




NH BC

NK DC


ΔNKC ΔNHC NK NH
DK AN 1
AD / /NK
DC AC 4
DK BH
BH AN 1
AB / /NH
BC AC 4

          
ΔDKN ΔMHN
DNK MNH, ND NM
.

00
KNH 90 DNK 90 ΔDNM

DN MN DN: x 5 3 y 1 0
hay
x 3y 8 0
.

x 3y 8 0
N 2;2
3x y 4 0

M m;3m 4 MN 2 m;6 3m ; DN 10; MN DN
E
H
P
I
N
M
D
C
A
B
P
K
N
H
M
D
C
A
B
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
7
2 2 2
m 3 M 3;5
2 m 6 3m 10 m 2 1
m 1 M 1; 1 (loaïi)

M 3;5

PP
PP
15
x 2 x
1
P MN AD NP NM
33
3
y 2 1 y 1




T
1 1 1 5
AP MC BC AD DP DA
3 6 6 6
B
B
35
x 3 5
5 5 5 3
53
DP DA CB MB MB DP B 1;5
6 6 3 5
3
y 5 1 1
5



               
d:5x 3y 13 0

AM AN
.

62
K;
53




22
H;
53





 2015)

     
5x 3y 4 0
  - 

u 3;5
.

x 2 3t
A d:
y 1 5t
. Suy ra
DA 4 3t;1 5t

0
45

22
17 2t 1
t0
1
t1
2
34 3t 4 5t 1


A 2; 1
.

3x 5y 1 0


5x 3y 4 0
3x 5y 1 0

11
I;
22



, suy ra
B 1;3 , C 3;2
.

A 2; 1 , B 1;3 , C 3;2 , D 2; 2
Trong mt phng vi h t 
A 1;7
m
M 7 ;5
thuc
m
N 4 ; 1
thunh t i c
Gii
Gi AB:
a x 1 b y 7 0
(vtpt
22
AB
n a;b , a b 0
)
AD:b x 1 a y 7 0

d N;AB d M;AD
P
I
K
H
M
A
D
B
C
N
C
A
(1;7)
B
D
M
(7;5)
N
(4;1)
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
8
2 2 2 2
3a 6b 6b 2a
a b a b



a 0, b 0
a 12b

TH1:
a 0, b 0
AB:
y 7; BC:x 7; CD:y 1
;
AD:x 1
B 7;7 , C 1;7 , D 1;1
TH2:
a 12b, b 0
AB:12x y 19; BC:x 12y 53 0
35 131 6 145 14 145
B ; ; AB BM
29 29 29 29




Vy
B 7;7 , C 1;7 , D 1;1
 Trong mt phng t 
I 5;3
 cm D
bit rng thm
M 2 ;4
ng thm
N 3; 1
Gii
Gi
AB
n a;b
   ng th 
a x 2 b y 4 0

BC
BC AB n b; a
ng th
b x 3 a y 1 0

d I;AB d I;BC
2 2 2 2
3a b 2b 2a
a b b a
3a b 2a 2b a b
3a b 2b 2a 5a 3b







TH1:
ab
   ng thng AB, BC l  
x y 2 0
,
x y 4 0
. Suy ra
B 1;3
i xng v
D 9;3
TH2:
5a 3b
ng thng AB, BC l
3x 5y 26 0
,
5x 3y 12 0
. Suy ra
69 47 101 55
B ; D ;
17 17 17 17
 Trong mt phng t Onh AD, AB lm E

AE AF
. G
BE
 ca C bit C thuc
ng thng
d:x 2 y 1 0

F 2;0 , H 1; 1
.
Gii
Gm c
b
AB AD, ABE DAM
 vi
AEH
)
DM AE AF
 nht.
G nht BCMF. 
1
HM BM
2
Do
BM CF

1
HM CF
2
i H.
I
(5;3)
B
D
C
A
N
(3;1)
M
(2;4)
F
I
H
M
E
C
A
B
D
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
9
Gi t
C 2c 1;c

HC 2c 2;c 1 , HF 1;1

CH FH

1
HC.HF 0 2c 2 c 1 0 c
3
. Vy t
11
C;
33



 Trong mt ph
BD: 2x y 2 0
ng thng AB,
AD l
M 3;2 , N 1;6
 nh A, B. Bi 
Gii

d M;BD 2 5 MB 2 10
B BD B b;2b 2
;
2
MB 40
2
b 1 (kth)
5b 10b 15 0
b 3 (th)
B 3;4


N 1;6

BM 6; 2
hoc
n' 3;1
AC:3x y 3 0
AB qua
M 3;2

n 1;3 AB: x 3y 9 0
T A:
x 3y 9 x 0
3x y 3 y 3



. Vy
A 0;3
 Trong mt ph
A 1;1 , AB 4
. Gm cnh
BC,
93
K;
55




t i cbit
B
x2
.
Gii
G    m c     
ΔDAN ΔABM AN BM N
  m c   
48
AK ;
55



 
2x y 3 0
, DK:
x 2y 3 0
.

N DK N 2n 3;n AN 2n 2;n 1

2
1
AN AB 2 AN 4
2
22
2n 2 n 1 4
2
5n 6n 1 0
1
n 1;n
5
Vi
B N A
1 21
n x 2x x 2
55
(loi)
Vi
BB
n 1 x 1 2, y 3 B 1; 3

y 3 C 5; 3

x 5 D 5;1
 Trong mt phm ca c
ng thng DM:
x y 2 0

C 3; 3
. Binh A thung thng d:
3x y 2 0
,
nh t nh A, B, D.
C
A
B
D
M
N
N
K
C
A
B
D
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
10
Gii
Gi
A t ;2 3t
, t t c
4 t 4
2.4
d A;DM 2d C;DM
22
t 1 t 3 A 3; 7 A 1;5
MA, C nm v i vng th 
A 1;5
th
Gi
D d;d 2
thu
AD d 1;d 7
,
CD d 3;d 1
    
2 2 2 2
d 1 d 5
DA.DC 0
DA DC
d 1 d 7 d 1 d 3


d 5 D 5;3
AB DC B 3; 1
. Vy
A 1;5 , B 3; 1 , D 5;3
 Trong mt phng t 
D 5;1
. Gm ca
m thu
AC 4AN
. T m C bi
ng th
3x y 4 0
 
Gii
Gi H, K lu c
m ca BM, suy ra
ΔNMH ΔNBH ΔNDK
.

DNM DNK KNM
0
MNH KMN KNH 90
Hay
DN MN 1

NM ND 2
T 
x 3y 8 0

N 2;2

M m;3m 4
. T (2) suy ra
22
m 2 3m 6 10
m1
m 2 1
m3
M 1; 1 (loaïi)
M 3;5
M 3;5
Gi
C a;b

2 2 2 2
a 5 a 3 b 1 b 5 0
DC.MC 0
DC 2MC
a 5 b 1 2 a 3 b 5


22
22
22
a b 8a 6b 20 0
a b 8a 6b 20 0
a 2b 5 0
3a 3b 14a 38b 110 0



a;b 5;5 C 5;5
9 17 9 17
a;b ; ;
5 5 5 5





i v
C 5;5
.
M
C
A
B
D
K
H
N
M
C
A
B
D
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
11
d
M
C
A
B
D
N
 Trong mt ph nh, bit
A 2;1 , I 3;2
m
cng tht ti M v
ng th  nht.
Gii
t
CMB NCD x
. G 

MN MC CN
a a 1 1
a
sinx cosx sinx cosx



 GM cho 2 s 
11
;
sinx cosx

1 1 2 2 2
sinx cosx
sinx.cosx sin2x

sin2x 1

0
x 45
Vy
MN AC
   ng thng MN qua
C 4;3
nhn
AC
  n:
x y 7 0
. Vng thng
x y 7 0
th
 Trong mt phng vi h t nh A thung thng
d:x y 4 0
ng thm
M 4 ;0
ng thm
N 0;2
. Bit
i A, ving thng BC.
Gii
Gi s
A t;t 4 d
         
22
AM AN AM AN
2 2 2
2
t 4 t 4 t t 6 t 1
A 1; 5
  
M 4;0
     ng
22
ax by 4a 0 a b 0
Do
CD BC
   
N 0;2
  
bx ay 2a 0
Do
ABCD

d A,BC d A,CD
2 2 2 2
3a b 0
5a 5b 7a b
a 3b 0
a b a b



Nu
3a b 0
, chn
a 1 b 3

x 3y 4 0
Nu
a 3b 0
, chn
a 3 b 1

3x y 12 0
.
 Trong mt phng vi h t ng thng
d:x y 3 0
m
M 1;2
thung thm
N 2 ; 2
thung th nh c
bi 
Gii
Gu c
H t;3 t
I
N
M
D
B
C
A
H
C
A
B
D
M
N
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
12

MH t 1;1 t
- 
u 1; 1
i d suy ra:
t 1 1 t 0 t 0 MH 1;1

MB 2.MH 2
B thu
B b;3 b
;
MB 2
22
b 1 1 b 4
Suy ra
b1
hoc
b1
(loi). T 
B 1;2
.

y2


x2
. Vy
A 2 ;2
T m h
x2
D 2;1
x y 3 0
. Gm BD suy ra
33
I;
22





C 1;1
.
Vy
A 2;2 , B 1;2 , C 1;1 , D 2;1
.
 Trong mt phng t 
x y 10 0
 cm B bit rng thm
M 6;2
ng thng
m
N 5;8
.
Gii
Gi xng cng thng
BC.
ng th
1 x 6 1 y 2 0 x y 4 0
.
Gi
H AC MM'
. T H th:
x y 10 0 x 7
H 7;3
x y 4 0 y 3




m c
M' 8;4
Gi
AB
n a;b
ng tho vi nhau mng
0
45

0 2 2
2 2 2 2
a0
ab
cos45 a b a b ab 0
b0
1 1 . a b

TH1:
a0
ng thng AB, BC l
y 8, x 8
. Suy ra
B 8;8
.
TH2:
b0
ng thng AB, BC l
x 5; y 4
. Suy ra
B 5;4
.
 Trong mt phng vi h t  
A 2; 4
nh C thuc
ng thng d:
3x y 2 0
ng thng DM:
x y 2 0
, vi m c
nh t nh B, C, D bit r 
Gii
nh
C d:3x y 2 0

C c; 3c 2
m cn:
1
d A,DM d C,DM
2
4c
41
c2
2
22
H
M'
C
A
B
D
M
N
d
M
C
A
B
D
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
13
 n
c 2 C 2;4
nh
D DM:x y 2 0

D d;d 2

AD.CD 0 d 2 d 2 d 2 d 6 0
D 4;2
d4
d2
D 2; 4



m D phi th
DA DC
 nhng hp
D 4;2
T
AD BC
ta suy ra
B 4; 2
Vy
B 4; 2 , C 2;4 , D 4;2
 Trong mt phng t ng ti ti

22
x 2 y 3 10
     nh A, C c   t c   
M 3; 2
 
Gii
qua
M 3; 2
ng
ax by 3a 2b 0


I 2;3

R 10

2
22
22
2a 3b 3a 2b
10 10 a b 25 a b
ab
a 3b 3a b 0 a 3b
hay
b 3a
Pt AB:
x 3y 3 0
hoc AB:
3x y 7 0
TH1: AB:
x 3y 3 0
, gi
A 3t 3;t t 1
 
22
IA 2R 20 t 1, t 1
(loi).
Suy ra
A 6;1 C 2;5
TH2: AB:
3x y 7 0
, gi
A t;3t 7 t 0

22
IA 2R 20
t 0, t 2
 a

Vy
A 6;1 , C 2;5
 Trong mt phng vi h t nh
A 3;5
c
ng thng
d:y x 5
 nh ct
r 
Gii
Di
2
S AB.AD 2AI 25

52
AI
2
m
I d:y x 5 I a;5 a
vi
a0
,
22
AI 2a 6a 9
 
2
25 7
2a 6a 9 a
22
(loi),
1
a
2
(thu kin)
T 
19
I;
22



 nh
C 4;4
I
C
A
B
D
d
I
C
A
B
D
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
14
ng thng
Δ
   
Δ
n 7; 1
  
Δ:7x y 1 0
  m B
thuc
Δ:7x y 1 0

B b;1 7b
. Ta 
22
b1
1 9 25
BI AI b 1 7b
b0
2 2 2
Vi
b 0 B 0;1

D 1;8
;
Vi
b 1 B 1;8

D 0;1
Vy t 
B 1;8 , C 4;4

D 0;1
hoc
B 0;1 , C 4;4

D 1;8
.
 Trong mt phng t m
M 0;2 , N 5; 3 , P 2; 2 ,
Q 2; 4
lt
thunh AB, BC, CD, DA c
Gii
Gi AB, AD l
ax b y 2 0
ax by 2b 0
AD:b x 2 a y 4 0 bx ay 2b 4a 0
22
a b 0
Theo gi thit:
d P;AB d N;AD
2 2 2 2
3a b 0
2a 4b 3b a
a 7b 0
a b a b



Vi
3a b 0
, chn
a 1, b 3
     
2
22
3b a
S 10
ab





Vi
a 7b 0
, chn
a 7, b 1
, di
2
22
3b a
S2
ab





 27. Trong mt phng t i
A 0;0

M 10;5
m
ca cng tnh c
Gii
G 
2 2 2 2
AM AB BM 5a

2
AM 125 a 5
K
2
MB
BH AM MH 5
MA
. Gi
H x;y
, do
MH

MA


MH 1
MA 5
5 x 10 10
5MH MA H 8;4
5 y 5 5
ng thng


AM 10;5
ng thng BH:
2x y 20 0

2
2
5 125
x 5 y
24



Gi
2
2
2
t 10
35 125
B t;20 2 t t 5 2t t 16t 60 0
t6
24



I
C
A
B
D
M
N
P
Q
H
M
C
A
B
D
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
15
Vi
t 10
  
B 10;0 C 10;10
      nh c    
AB: y 0, BC:x 10, CD:y 10, AD:x 0
Vi
t6
  
B 6;8 C 14;2
      nh c    
AB:4x 3y 0, BC:3x 4y 50 0, CD:4x 3y 50 0
,
AD:3x 4y 0
.
 Trong mt phng t nh
A 0;5

nng th
2x y 0
 
Gii
T gi thing th

y 2x
.
 
1
y x 5
2

II
I x ;y
c
cm ca h 
I
I
y 2x
x2
1
y4
y x 5
2

i xng cm
I 2 ;4

C 4;3
     ng thng
y 2x

AB BC, AD DC

BB
B x ;2x
,
DD
D x ;2x

AB.CB 0, AD.CD 0
.

BB
AB x ;2x 5
,
DD
AD x ;2x 5
,
BB
CB x 4;2x 3
,
DD
CD x 4;2x 3
Suy ra
BD
x , x
m c
11
2
22
x 1 y 2
x x 4 2x 5 2x 3 0 x 4x 3 0
x 3 y 6
Vy
B 1;2 , C 4;3 , D 3;6
hoc
B 3;6 , C 4;3 , D 1;2
 Trong mt phng vi h t nh
A 1;2 , C 3; 2
.
Gm ca cng thi CE tm
cm ca AN vi DM. Bing thng BM:
2x y 4 0

t m P.
Gii
G
I 1;0
, B tha
AB CB

B BM

t B tha:
2 2 2 2
x 1 y 2 x 3 y 2
2x y 4 0
y x 1
y 2x 4


x3
y2

B 3;2
, suy ra
D 1; 2
m ca BD).
Theo gi thi
E 1;0

CE 4;2
M CE

M BM
   M tha
7
x 1 y
x
76
5
M;
42
6
55
2x y 4 0
y
5








11 2
N;
55



2x-
y
=0
I
C
A
B
D
P
N
M
E
C
A
B
D
Chuyên đ luyn thi Oxy Ch đề: Hình Vuông
Tri, Hu
16
P AN

P DM
 P tha
x 1 y 2
19
16 8
x
5 5 5
x 1 y 2 2
y
12 4
5
55





. Vy
19 2
P;
55



󰈜 
Ch đ 6: Đưng tròn
Tài liu mến tng các em học sinh 12, chun b thi THPT Quốc gia 2016. Chúc các em đạt
kết qu cao trong k thi sắp đến.
Huế, Ngày 16/05/2016
TRN ĐÌNH CƯ
GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế
5
10
x
6
4
2
2
4
6
8
y
C
D
D
I
I
B
A
O
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
1
CH ĐỀ 6. ĐƯỜNG TRÒN
Bài 1. Trong mt phng vi h t 
C

I
x0
,
C
m
A 2;3
ng thng
1
d :x y 4 0
tm B.
C
ct
2
d :3x 4y 16 0
tsao cho

m B, C, D.
Gii
i ti
vi nhau t
ΔBKC
i K, suy ra
00
ACB 45 AIB 90
 n cung
AB) hay
IB AI 1
Li do
1
d
ti
C
t
1
IB d 2
. T (1), (2) suy ra
11
5
IB d A;d , AI / / d
2


AI:x y 1 0
. Do
1
a
5
2
I AI I a;1 a , IA
9
2
a
2

Vy
11
I;
22



do
I
x0

22
1 1 25
C : x y
2 2 2

22
1 1 25
xy
x;y 0;4
2 2 2
3x 4y 16 0

hoc
x;y 4;1
u c
1
d
c
B 2; 2
. Do
AD/ /BC

B 2; 2 , C 4;1 , D 0;4
Bài 2. Trong mt phng vi h t    m
A 1;2 , B 4;1
 ng thng
d:3x 4y 5 0
. Vi
C
t d ti C, D sao cho
CD 6
Gii
Nhi C hay D. (Gi s i C)
Gi
I a;b

C

R0
.
C

IA IB R
Suy ra
I a ;3a 6

2
R 10a 50a 65 1
Gm
CD I H C D

9a 29
IH d I;d
5


2
22
9a 29
R IC CH IH 9 2
25
T 
2 2 2 2
1 a 2 b 4 a 1 b R
b 3a 6
5
10
x
6
4
2
2
4
6
8
y
C
D
D
I
I
B
A
O
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
2
2
22
a1
9a 29
10a 50a 65 9 13a 56a 43 0
43
25
a
13
.
+
a 1 I 1; 3 , R 5
. Pt 
22
C : x 1 y 3 25
+
43 43 51 5 61
a I ; , R
13 13 13 13



.

22
43 51 1525
C : x y
13 13 169
Bài 3. Trong mt phng t 
C

R2
. Lng
thng
d:x y 0
. T M k 2 tip tuyn
C
, (vim). Bi
ng thng
AB:3x y 2 0
 n d bng
22
. Vi
C
Gii
Gt AB ti K, IM ct AB
ti E.

IH 2 2
M
IE IH
cosMIH
IK IM

22
IE.IM IK.IH IA R 4
    chng minh
IE.IM IK.IH
  i tip)
Theo gi thit
4
IH 2 2 IK 2 KH 2
22
m ca IH.
Gi
t 0 K 0;2
2 2t
K t ;2 3t d K;d 2 2 t 1 1
t 2 K 2; 4
2

Vi
K 0;2 IH:x y 2 0 H 1;1 I 1;3
22
C : x 1 y 3 4
Vi
K 2; 4 IH:x y 6 0 H 3;3 I 7; 11
22
C : x 7 y 11 4
V
22
x 1 y 3 4

22
x 7 y 11 4
Bài 4. Trong mt phng vi h t 
22
C : x y 2x 4y 2 0
. Vi

C'

M 5;1
, bit (C) tm A, B sao cho
AB 3
.
Gii

22
C : x y 2x 4y 2 0

I 1; 2 , R 3

IM 5
.

AB IM
tm H cn AB.
K
E
H
B
A
I
M
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
3

AB AI IB 3

ΔABC
u
33
IH AB.
22

7
HM IM IH
2
2
22
22
AB
AM HM 13 C' : x 5 y 1 13
2




13
HM IM IH
2
2
22
22
AB
AM HM 43 C' : x 5 y 1 43
2



Bài 5. Trong mt phng vi h t 
22
C : x y 2x 4y 4 0
m
M 3;2
. Ving thng
Δ

Δ
ct (C) tt A, B sao cho din
n nht.
Gii

I 1;2

R3

IM 2 R
ng
u ct
IH t, 0 t 2

2
IAB
1
S IH.AB t 9 t
2

2
f t t 9 t ; 0 t 2

2
2
9 2t
f' t 0, t 0;2
9t
, suy ra
ft
ng bi
0;2
f t f 2
Vy
IAB
S
ln nht khi
Δd I; t 2 hay H M
.

Δ
nhn
IM
-n, suy ra
Δ:x 3 0
Bài 6.       
22
T : x 2 y 2 4
  
Δ:3x y 10 0
            

d:x y 0

Δ

AB 2 2
.
Giải

K 2;2

r2
.

I t;t

4t 10
R d I;Δ
10


2
22
2t 5
8
d I;AB R 2 2 t 5t 5
55


d K;AB 2; IK 2 t 2 2 2 t
(do t<0)
TH1
2
1
d I;AB d K;AB IK 2 t 5t 5 1 t t 5 2 10
5
H
I
A
B
M
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
4
2 2 2
C : x 5 2 10 y 5 2 10 8 3 10

2
1
d I;AB d K;AB IK 2 t 5t 5 1 2 t *
5


2 2 2
C : x 5 2 10 y 5 2 10 8 3 10
Bài 7. 
22
x y 2x 4y 1 0

P 2;1



22
x y 6x 4y 11 0
.
Giải

I 1;2 , R 2
.

M a;b
.
Do
22
1
M C a b 6a 4 b 11 0 1

22
x y a 1 x b 2 y a 2b 0

a 1 x b 2 y 1 a 2b 0
Do
P d a b 3 0 2

a4
M 4;1
b1
Bài 8. 
22
C : x 2 y 2 5

Δ :x y 1 0

Δ


Giải

I 2;2 , R 5
.
ΔA A a; a 1

IA BC


IA m, IH n m n 0
2 2 2
HA m n, BH IB IH 5 n
Suy ra
Δ
2
ABC
1
S BC.AH BH.AH m n 5 n 8 1
2

2
5
BI IH.IA 5 m.n m 2
n

2 6 4 2
5
n 5 n 8 n 15n 139n 125 0
n



(
C
1
)
(
C
)
d
M
B
A
I
P
H
C
B
I
A
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
5
2 4 2
n 1 n 14n 125 0 n 1 m 5
22
2
A 2; 3
a2
IA 5 a 2 a 3 25 a a 6 0
a3
A 3;2

Bài 9. 
E 3;4

d:x y 1 0

22
C :x y 4x 2y 4 0



Giải

I 2;1

R3
. Do
Md

M a;1 a
.

22
2
IM R IM 9 a 2 a 9
2
2a 4a 5 0 *

2 2 2 2
MA MB IM IA
22
2
a 2 a 9 2a 4a 5

22
2
x a y a 1 2a 4a 5
22
x y 2ax 2 a 1 y 6a 6 0 1
     
        
22
x y 4a 2y 4 0 2

a 2 x ay 3a 5 0 3

Δ


Δ

1
R d E;Δ
.

1
R

d E;Δ
.

Δ

5 11
K;
22



.
n
10
Δ d E;Δ EH EK
2

HK Δ EK
.

13
EK ; , Δ
22



-
u a;a 2

13
Δ EK EK.u 0 a a 2 0 a 3
22


M 3;4

Bài 10. Trong mt phng vi h t 
22
C :x y 2x 6 y 15 0
. Vi
ng thng
Δ
ng thng
d:4x 3y 2 0
m

AB 6
.
Gii
d
H
B
A
I
E
M
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
6

I 1; 3

R5

Δ
i
d:4x 3y 2 0
ng
Δ:3x 4y m 0
.
Gi H lm c
IH 4

Δ:3x 4y m 0
ct (C) tm A, B sao cho
AB 6

22
3.1 4. 3 m
d I;Δ 4 4
34
m 29
m9
4
m 11
5

Vng thng th c
12
Δ :3x 4y 29 0, Δ :3x 4y 11 0
Bài 11. Trng mt phng vi h t 
22
C :x y 4x 4y 4 0
ng thng

x y 2 0
. Chng minh rt (C) t bi
 m C AB ln nht.
Gii
Ch 
I 2;2 , R 2
T m ca h:
22
x y 4 x 4y 4 0
x y 2 0
Gii h c
A 0;2 , B 2;0
t (C) t
 
ΔABC
1
S AB.CH
2
      
ΔABCmax max
S CH
D thy
C
C ΔC
x2
.
Δ

yx
Gii h c
C 2 2;2 2
Bài 12. Trong mt phng t     
22
T :x y 4 x 6 y 3 0
 ng thng
Δ : x 2y 1 0
. Gm ca
Δ
vi
T
bi 
m
CT
sao cho
ΔABC
i B.
Gii
T m ca h 
22
2
2
2
x 2y 1 0
x y 4x 6y 3 0
x 2y 1
2y 1 y 4 2y 1 6y 3 0
x 2y 1
x 1 x 5
y 0 y 2
5y 10y 0







H
B
A
I
y
x
H
C
O
I
A
B
C
B
A
I
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
7
Suy ra
A 5;2 , B 1;0

I 2;3

A,B,C T

ΔABC

m ca AC
C 1;4
Bài 13. Trong mt phng t     
22
C :x y 6x 2y 1 0.
Vi  
ng th
M 0;2
 ng 4.
Gii
T 
I 3;1

R3
. Gi s (C) ct d
tm A, B. H
IH AB
m AB suy ra
AH 2
.

22
IH IA AH 5

M 0;2

22
a x 0 b y 2 0 a b 0
ax by 2b 0

22
22
3a b 2b
IH 5 5 2a 3ab 2b 0
ab

Chn
a2
b1
1
a
2


Vng th
12
d :2x y 2 0; d :x 2y 4 0
Bài 14. Trong mt phng vi h t ng thng sau:
1
d :x 2y 3 0
;
2
d :2x y 2 0

3
d :3x 4y 11 0
. Vi
1
d
, tii
2
d
t
3
d
tm
t A, B sao cho
AB 2
.
Gii
G 
1
Id

I 3 2a;a
   
a (T).
Do (T) tii
2
d

2
8 3a
d I,d R
5

Gm ci H

AH 1

2 2 2 2 2
IA AH IH R 1 IH 2
3
20 10a
IH d I,d 4 2a
5
T
2
2 2 2
8 3a
2 1 4 2a 8 3a 5 5 4 2a
5
2 2 2 2
64 48a 9a 5 5 16 16a 4a 64 48a 9a 5 80 80a 20a
H
B
A
I
M
d
3
d
1
d
2
H
B
A
I
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
8
2
a1
11a 32a 21 0
21
a
11
Vi
a 1 I 1; 1 , R 5

22
T : x 1 y 1 5
Vi
21 9 21 5 5
a I ; , R
11 11 11 11




22
9 21 125
T : x y
11 11 121
Bài 15. Trong mt phng vi h ta  ng thng
d :4x 3y 8 0
,
d' :4 x 3y 2 0
  
22
C :x y 20x 2y 20 0
. Vi        
ng thi ting th
Gii

I 10;1

R9

12
d I, d d I, d 9 R
(C) tii
1
d

2
d
12
5
d d J J ;1 IJ: y 1 0
4



G
I' t;1 IJ
,
4
t
5


1
4t 5
R' d I'; d
5

i
12
d , d
 ng hp

t0
4t 5
II' R R' t 10 9 9t t 100 0
t 100
5
2
2
t 0 C' :x y 1 1
22
t 100 C' : x 100 y 1 6561
Bài 16. Trong mt ph
22
C : x 2 y 2 25
m
31
M ;2
3



. V p
tuyn MP, MQ vm P, Q. Vii ti
MPQ.
Gii

I 2;2

R5
Gm cn MI v
IK R 5
m
 a ca cung nh        i tip
ΔMPQ
.
ng thng
MI: y 2

K
K x ;2
Gm ca PQ v
H
H x ;2 , MI PQ

i tip
ΔMPQ
.
ip tuyn ci tip
ΔPHM

2
IH.IM IP 25
d
d'
J
I
I'
H
K
Q
P
I
M
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
9
HH
31
x 2 2 25 x 5
3



. Vy
H 5;2

IH 3 KH IK IH 2

IK, IH

IH 3 5
IK IH K 7;2
IK 5 3
i tip
ΔMPQ

22
x 7 y 2 4
Bài 17. Trong mt phng vi h t 
22
C : x 1 y 2 4
m
N 2 ; 1
.
ng thng
d:x y 2 0
m M sao cho t M k c hai tip tuyn (C) (vi
ng th
Gii

I 1;2

R2
Gi
M t ; 2 t d
Nu
T x;y
  m ca tip tuyn k t    
TC
MT.IT 0

MT x t;y 2 t , IT x 1;y 2
:
22
x 1 y 2 4 1
x t x 1 y 2 y 2 t 0 2
Tr v vi v cc
t 1 x t 4 y t 5 0 *
T    m k t  n (C) th      ng th  
t 1 x t 4 y t 5 0

N 2;1

1
t 1 .2 t 4 .1 t 5 0 t
2
Vy
15
M;
22



Bài 18. Trong mt ph
22
C : x 2 y 1 5
m
A 0;2
ng thng
Δ: 2x y 6 0
. Vii (C) ti
Δ
.
Gii

I 2;1 , R 5
ng thng IA qua
I 2;1
n
IA 2;1
-

x 2 2 y 1 0 x 2y 4 0
    i
Δ
    
3y 2
R' d K,Δ
5


22
R' KA 2y 4 y 2
T 
B
A
I
M
N
I
K
A
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
10
22
y 4 K 4;4
3y 2
2y 4 y 2 3y 2 5 y 2
33
y K 1;
5
22



Vi
3
K 1;
2




5
R'
2
. Vi
K 4;4

R' 2 5
. V     
2
2
35
x 1 y
24



hoc
22
x 4 y 4 20
Bài 19. Trong mt phng t Oxy, cho 
22
C :x y 4x 6y 3 0
ng
thng
d:x 2y 11 0
ng ng thng

Gii
AB/ /d AB:x 2y c 0

R2
d I,AB
2

2 2.3 c
10. 2
2
5


c9
hoc
c1
c1
: Gii h
22
x y 4 x 6y 3 0
x 2y 1 0
A 1;0 , B 5;2
c9
: Gii h
22
x y 4x 6y 3 0
A 1;4 , B 3;6
x 2y 9 0

Bài 20. Trong mt phng t      
22
1
C : x 1 y 2 4

22
2
C : x 2 y 3 2
ct nhau tm
A 1;4
. Ving tht li
12
C , C
lt t
AM 2AN
.
Gii
22
1
C : x 1 y 2 4
1
C

1
O 1;2

1
R2
22
2
C : x 2 y 3 2
2
C
 
2
O 2;3
 

2
R 2, A 1;4
Gi s MN:
22
a x 1 b y 4 0, a b 0
   
A). Gi
12
H , H
lm ca
AM,A N
2 2 2 2
1 2 1 1 1 2 2 2
AH 2AH R O H 4 R O H
2 2 2 2
1 1 2 2
2 2 2 2
2
2
2
2 2 2 2 2 2
R d O , d 4 R d O , d
a 2b a 4b 2a 3b a 4b
4 4 2
a b a b
4 a b
4 a 2ab
4 8 1 b 2ab 0
a b a b a b

d
B
I
A
H
2
H
1
M
O
2
A
O
1
N
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
11
b 0, a 0 d :x 1 0
2a b 0
chn
a 1, b 2 d:x 2 y 7 0
Vng thng th
d:x 1 0

d:x 2y 7 0
Bài 21. Trong mt ph
22
C :x y 2x 4y 4 0

5
M ;0
6



. Vi
ng thng
Δ
t (C) tm A, B sao cho s  AB bng
0
120
.
Gii

I 1; 2

R1
T gi thi
0
AIB 120
Gn thng AB
0
1
IH IA.cos60
2
ng thng
Δ
qua M vi vtpt
n a;b

22
5
ax by a 0 a b 0
6

22
3
ab
11a 12 b
1
4
d I,Δ
45
2
6 a b
ab
28

5
3x 4y 0
2
,
75
45x 28y 0
2
Bài 22. Trong mt phng vi h t 
22
C :x y 4x 0

ng thng
x4
 nh n (C) hai tip tuyn hp v
0
30
.
Gii
Gm
M 4 ;b
thung thng
x 4, b
2
2
C : x 2 y 4

I 2;0

R2
ng thng
x4
p tuyn c
ng thng
x4
 s 
0
k tan60 3
k3
   ng th    s 
k3


y 3 x y b 3x y 4 3 b 0
d tii (C)
b 4 2 3
d I,d R b 2 3 4
b 4 2 3

k3
   ng th     s 
k3
  
y 3 x y b 3x y 4 3 b 0
i (C)
b 4 2 3
d I,d' R b 2 3 4
b 4 2 3

Vm
4;4 2 3 , 4; 4 2 3 , 4; 4 2 3 , 4;4 2 3
Δ
B
I
A
M
x
=4
30
0
I
M
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
12
Bài 23. Trong mt phng t 
22
C :x y 9
ng thng
Δ: y x 3 3

m
A 3;0
. Gm sao cho t 
 trt G thuc
Δ
 
Gii
Gi
4
I AM OB OG OI
3
K
GK / /AM, K OA

4
OK OA K 4;0
3

GK / /AM GK OB
. Suy ra G thu    
OK. T
G x;y , y 0
th
2
2
22
x y 3 3
y x 3 3
x 2 y 4 y 1 3 y 4



2
x y 3 3
G 3; 3
2y 2 1 3 y 2 3 0

(do
y0
)
Bài 24. Trong mt phng vi h t    ng thng
d:x y 4 0
   
2 2 2 2
12
C : x 1 y 1 1; C : x 3 y 4 4
. ng th t M k c
tip tuyn MA 
1
C
p tuy
2
C
(vm)
i M.
Gii
1
C

I 1;1

1
R1
;
2
C

J 3;4
,

2
R2
Do
1 2 1 2
IJ 5 R R C , C
r
bit.
M t;t 4 d
2 2 2 2
1
MA MI R 2t 4t 9
2 2 2 2
2
MB MJ R 2t 6t 5
    i M
22
MA MB t 2
. Vy
M 2 ;6
Bài 25. Trong mt phng t 
ω

22
x y 2x 0
. Vi
p tuyn ca
ω
, bit tip tuyn ct trt t
OA 2OB
.
Gii
ω
 
I 1;0
 
R1
. G   s  p tuyn
OB 1
k
OA 2
p tuyn
Δ
ng
x 2y m 0
Do
1m
d I;Δ R 1
5
m 1 5
x
y
I
K
G
B
O
A
M
d
B
A
I
J
M
x
y
A
O
I
B
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
13
x
y
O
I
M
H
B
A
I
2
I
1
Vp tuyn th
x 2y 1 5 0
.
Bài 26. Ving thng
2x y 6 0
m
M 1;2 3
i trc tung.
Gii
Gi I 
Do I thung thng
2x y 6 0
I x;6 2x

IM d I;Oy R
2
2
2
x2
x 1 4 3 2x x
5 2 3
x
2
V
22
x 2 y 2 4
;
2 2 2
5 2 3 7 2 3 5 2 3
xy
2 2 2
Bài 27. Trong mt phng vi h t 
1
C

2
C
t

2
2
1
x 1 y
2

22
x 2 y 2 4
. Lng thng
Δ
tii
1
C
ng
thi ct
2
C
tt A, B sao cho:
AB 2 2
.
Gii
1
C

1
I 1;0

1
1
R
2
,
2
C

2
I 2;2

2
R2
.
Gi s ng thng
Δ
   ng:
22
ax by c 0 a b 0
Δ
tii
1 1 1
C d I ,ΔR
22
ac
1
1
2
ab

Gm AB
2
2
2 2 2
22
2a 2b c
AB
d I ,Δ I H R 4 2 2 2 2
2
ab




T 
c 2b
2 a c 2a 2b c
4a 2b
c
3

Vi
22
ab
c 2b 1 a b 2 a 2b
a 7b


Do
22
a b 0 b 0
. Chn
a 1,c 2
b1
a 7.c 2
ng thng
Δ

x y 2 0; 7x y 2 0
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
14
Vi
22
ba
4a 2b a 2b
c 1 a b 2
b 7a
33

Do
22
a b 0 a 0
. Chn
b 1,c 2
a1
b 7,c 6

ng thng
Δ

x y 2 0, x 7y 6 0
Bài 28. Trong mt phng vi h t 
22
C : x 2 y 1 5
ng thng
d:x 3y 9 0
. T m M thuc d k ng thng tii (C) lt t
  nht.
Gii
  
I 2;1
  
R5
,
d I,d 10 R

kht (C).
M d M 3m 9;m
T t tip tuy
MI AB
tm AB.

2 2 2
1 1 1
AH AI AM

2 2 2
2 2 4
22
2 2 2 2
R IM R
AI .AM R
AH R
AI AM IM IM
 nht
AH nh nht
IM nh nht (
R5
i)

2 2 2
2
IM 3m 7 m 1 10 m 2 10 10

min
IM 10
khi
m2
. Suy ra
M 3; 2
Bài 29. Trong mt phng t  Oxy c  
22
C :x y x 9y 18 0
  m
A 4;1 , B 3; 1
m C, D thu  . Vi
ng thng CD.
Gii
Ch 
19
I;
22




10
R
2
 c
AB 1; 2 , AB 5
     ng
y 2x y m
Kho n CD bng
2m 7
d
25
Ch ra
22
CD 2 R d
Do 
2
2
2m 7
5
2 5 2m 7 25
2 20
T ng th
2x y 6 0; 2x y 1 0
Bài 30. Trong mt phng t m
M 1;2
,
N 3; 4
ng thng
d :x y 3 0
.
Vii (d).
Gii
R
d
H
B
A
I
M
C
I
A
B
D
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
15
G   
E 2; 1
. Gi
Δ
ng trung trc ca
MN.
Suy ra
Δ

x 2 3 y 1 0
x 3y 5 0
G
Δ
Gi s
I 3t 5;t

2
22
4t 2
IM d I,d 3t 4 t 2
2
2
2t 12t 18 0 t 3
. T y ra
I 4; 3

R IM 5 2
.

22
x 4 y 3 50
.
Bài 31. Trong mt phng vi h t     
22
C :x y 13

2
2
C' : x 6 y 25
. G t gm c  i
A
y0
. Vi  ng
th 
Gii
Theo gi thit:
C

O 0;0

R 13
C'

O' 6;0

R' 5
T m cm ca h ng

22
2
2
x y 13
x 6 y 25

22
22
x2
x y 13
A 2;3
y3
x y 12x 11 0
y3





A
y0
)
Gm cng tha
AH AH'
, vi H

G m cm cn th
m c
Gm cn th
I 3;0

IA / /OM

OM d

IA d
d

IA 1;3

A 2;3
Vng thng d:
1 x 2 3 y 3 0 x 3y 7 0
Bài 32. Trong mt phng vi h t 
22
C : x 4 y 1 20
m
M 3; 1
. Ving tht (C) tt A, B sao cho di

Gii

I 4;1
,
R 2 5
Gm AB, suy ra
IH AB
d
Δ
E
I
M
N
d
I
M
M'
H
A
O'
O
H'
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
16
Di
IAB
1
S IH.AB 8 IH 4
2
hoc
IH 2
ng thng
Δ
       
22
ax by 3a b 0, a b 0
TH1:
22
a 2b
d I,Δ IH 4 4
ab
22
15a 4ab 12b 0
2
22
11 a b 2a b 0 a b 0
a
22
a b 0
)
TH2:
22
a 2b
d I,Δ IH 2 2 a 3a 4b 0 a 0
ab
hoc
3a 4b 0
Nu
a0
chn
b1

Δ: y 1 0
Nu
3a 4b 0
, chn
a4

b3

Δ: 4x 3y 9 0
Bài 33. Trong mt phng vi h t ng 
2 2 2
C :x y 2x 2my m 24 0

ng thng
Δ: mx 4y 0
ng thng
Δ
ct A,
B thng 12.
Gii

I 1;m

R5
Gm cng cao ca

22
m 4m 5m
IH d I,Δ
m 16 m 16

2
22
2
2
5m
20
AH IA IH 25
m 16
m 16
Di
ΔIAB ΔIAH
S 12 2S 12
2
m3
d I,Δ .AH 12 25 m 3 m 16
16
m
3


Bài 34. Trong mt phng vi h t m
A 4; 3 , B 4;1

ng thng
d :x 6y 0
. Vip tuyn ca (C)
tt nhau ti mm thuc (d).
Gii
Gi s hai tip tuyn ca (C) ti A, B ct nhau ti
Md
ng thng AB:
x4
Gnm AB
H 4; 1
IM AB;IM AB H
ng th
y 1 0
M d IM M 6; 1 MA 2; 2
Gi s
I a ; 1 IA 4 a; 2
H
A
B
I
M
5
Δ
H
B
A
I
d:x
+6y=0
H
B
A
I
M
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
17

IA MA 2 4 a 4 0 a 2
Vy
I 2; 1

IA 2 2
22
C : x 2 y 1 8
V
22
x 2 y 1 8
Bài 35. Trong mt phng vi h t 
22
x y 6x 2y 6 0
m
A 3;3
. Lng tht (C) tm sao cho khong
 i ti
Gii
 
I 3; 1

R4

A 3;3 C
ng thng:
22
a x 3 b y 3 0, a b 0
ax by 3a 3b 0
Gi s (d) ct (C) t      
AB IA 2 4 2

1
d I,d AB 2 2
2

22
22
3a b 3a 3b
2 2 2 b 2. a b b a
ab
Chn
a 1 b 1
Vng thng (d) cn l
x y 6 0
hoc
x y 0
Bài 34. Trong mt phng vi h t   ng t
22
C :x y 8x 6y 21 0
 ng
thng d:
x y 1 0
nh t nh ci tip (C) bit A thung
thng d.
Gii

I 4; 3

R2
. I thuc d.
A thu
A t;1 t , IA t 4 2 2 2
t6
t2
t 6 A 6; 5 ;C 2; 1
t 2 A 2; 1 ; C 6; 5

BD:x y 7 0
B thu
B s;s 7
s6
IB s 4 2 2 2
s2
s 6 B 6; 1 ; D 2; 5
s 2 B 2; 5 ; D 6; 1
V
Bài 35. Trong mt phng vi h t 
22
C : x 1 y 1 25

M 2; 5
. Lp
ng tht (C) tt A, B sao cho
MA 5MB
.
Gii
d
B
D
C
I
A
d
C
B
D
I
A
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
18

I 1;1

R5
M/ C
P 20 0

2
M/ C
P MA.MB 5MB 20
c
MB 2
.
G
BH 2MB 4
,
suy ra
IH 3
.
d:a x 2 b y 5 0
22
a b 0
.
22
22
b0
3a 6b
IH d I,d 3 a 2b a b
4a 3b
ab
Vng thng c
x 2 0

3x 4y 14 0
Bài 36. Trong mt phng t  Oxy l         ng thng
Δ:3x 4y 6 0
ti
A 2; 3
ng thng
Δ':3x 4y 11 0
t
ng 7, bi 
Gii
Gi
I a;b , b 0

Δ
3 b 3
AI u a 2 .4 b 3 .3 0 a 2 1
4
ΔABC
1 14
S 7 BC.d A;Δ' BC 10
2 d A;Δ'
2
2 2 2
BC
d I;Δ' R AI 25
2



2
22
2
22
3a 4b 11
a 2 b 3 25
5
3 a 2 4b 5 25 a 2 b 3 25 2







T 
337
b 1 b
288
Do
b0

22
I 5;1 R 5 C : x 5 y 1 25
Bài 37. Trong h t ng thng
d:x y 1 0

22
C :x y 4x 2y 4 0
  t M k c hai tip tuyn v
cho t 
Gii
    
I 2;1
  
R3
   
MI 3 2
M thuc
x y 1 0

M x;x 1
2
2
2
MI x 2 x 3 2
x 1 2 2
2x 4x 14 0
x 1 2 2


H
B
A
I
M
Δ
'
Δ
B
I
C
A
d
B
A
I
M
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
19
Vm
M 1 2 2;2 2 2
hoc
M 1 2 2;2 2 2
Bài 38. Trong mt phng t     
22
C : x 1 y 1 25
 m
M 7 ;3
. Vit
ng thng qua M ct (C) tt A, B sao cho
MA 3MB
.
Gii

I 1; 1 , R 5
MI 52 5
M n

22
MA.MB MI R 27
2
3MB 27 MB 3 MA 9
AB 6
Gm ca AB
2
2
AB
IH R 4
4
Gng th
M 7;3

22
n A,B , A B 0
Δ: Ax By 7A 3B 0


2
22
A B 7A 3B
d I;Δ IH 4 4 5A 12AB 0
AB
A0
12B
A
5

Vi
A0 Δ: y 3
Vi
12B
A Δ :12x 5y 69 0
5
Bài 39. Trong mt phng vi h t Oxy cho
A 5;1

22
x y 2x 4y 2 0
. Vit
m M, N sao cho
MN 3
.
Gii

I 1; 2

R3
Gm c

22
3
IH IM MH
2
,
IA 5
i MN.

37
HA IA IH 5
22

22
AM HM AH 13
V
22
x 5 y 1 13
i MN.

IA IH
m gi

3 13
HA IA IH 5
22

22
AM HM AH 43
V
22
x 5 y 1 43
H
A
I
B
M
H
N
M
I
A
H
N
M
I
A
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
20
Bài 40. Trong mt ph     
22
x y 2x 6y 6 0
 m
M 2 ;4
. Vit
ng thm ca AB.
Gii
(C):
I 1;3 , R 2
,
A, B C
m AB
IM AB
ng
thng d cng thng AB.
     -   
IM 1;1
   
x y 6 0
Bài 41. Trong mt phng vi h t      
22
x y 2x 4y 4 0
ng th
x y m 0
 ng thng d
t m  c hai tip tuyp

Gii

I 1; 2

R3
, t A k
c hai tip tuyn AB, AC t
AB AC
t nh bng 3
IA 3 2
 m
A duy nht
ng th
m5
m1
d I;d 3 2
m7
2

Bài 42. Trong mt phng vi h t 

22
x y 2x 6y 6 0
m
M 3;1
. G
p m k t  ng
thng AB.
Gii

I 1;3

R2
,
MI 2 5 2 R

M n
 
Gi s
00
A x ;y
m suy ra:
A C A C
MA IA MA.IA 0





00
MA x 3;y 1
,
00
IA x 1;y 3
.

22
0 0 0 0
0 0 0 0
x y 2x 6y 6 0
x 3 x 1 y 1 y 3 0
22
0 0 0 0
00
22
0 0 0 0
x y 2x 6y 6 0
2x y 3 0
x y 2x 4y 0
ng th
2x y 3 0
.
d
B
A
M
I
d
C
B
I
A
H
A
B
I
M
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
21
ng th
x 1 2t
y 3 t


i AB,  cm ca h 
x 1 2t
y 3 t
2x y 3 0


. Gii h c
1 13
H;
55



Bài 43. Trong mt phng vi h t     
22
T :x y 2x 4y 8 0
 m
M 7 ;7
. Chng minh rng t M k c hai tip tuyn MA, MB v
t i ti
Gii
22
T x 1 y 2 13
I 1; 2
,
R 13
.

IM 6;9 IM 117 13
m M ny
t M k   c 2 tip tuyn. Gi
K MI AmB
  
MA MB, IA IB MI
ng trung trc ca AB
KA KB
KAB KBA KAM KBM
K
i ti
    MI:
x 1 2t
, MI T
y 2 3t

ti
1
K 3;1

2
K 8; 12

12
AK AK
. Vy
1
KK
, t
K 3;1
.
Bài 44. Trong mt phng t  ng thng
1
d :3x 2y 4 0
,
2
d :5x 2 y 9 0
. Vit

2
Id
i
1
d
tm
A 2;5
.
Gii
ng thng
1
d
t
1
IA d
.
V
2 x 2 3 y 5 0
2x 3y 19 0
Kt hp
2
Id
 m ca h:
5x 2y 9 0 x 1
I 1;7
2x 3y 19 0 y 7




   
R IA 13
. V     
22
x 1 y 7 13
.
Bài 45. Trong mt phng vi h t     
22
I :x y 4x 2y 11 0
 ng thng
d:4x 3y 9 0
. G   
m thu ng th   m thu     m
22 11
H;
55



   m ca AC v    m
67
K;
55




im ca cnh t m A, B, C bit di 
AHIK b 
Gii
m
K
B
A
I
M
d
2
I
H
C
B
K
A
I
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
22

I 2; 1 , R 4
D c AB tii
67
K;
55



do
d I;AB 4 R
2
HK 4 2 2R
i I.
T 
Theo
IK AK IH
S 24 AK 8
2

4a 9
A a;
3




22
6 4a 7
a 3 64
5 3 5
2
25 20
a a 60 0
93
18
a
5
a6

18 39
A;
55



 
m c
B 6; 5
.
4 28
AH ;
55




22 11
7 x y 0
55
7x y 33 0
m ca AH v m ca h:
22
22 11
xy
x y 4x 2y 11 0
55
26 17
7x y 33 0
xy
55
26 17
C;
55




Bài 46. Trong mt phng vi h t   m
A 1;0
   
2 2 2 2
12
C :x y 2, C :x y 5
  lt n
1
C

2
C
 tam
n nht.
Gii
 n nhi
C.
Chng minh:
Gi s c
2
C' C
sao cho
d C';AB
l
d C;AB
, hay
ΔABC'
S
l 
ΔABC
S
ka


CO AB
 
BO AC
V
Suy ra
BC
AO BC x x
 s
12
B t;b C , C t;c C t,b,c

2 2 2 2
2 2 2 2
t b 2 b 2 t
t c 5 c 5 t





C
2
C
1
C
A
O
B
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
23

CO AB

CO.AB 0
hay
t t 1 bc 0
Suy ra
2 2 4 3 2
b c t 2t t

2 2 4 3 2 2
2 t 5 t t 2t t t 1 2t 10t 10 0
t1
55
t
2

T
ΔABC A B B C
1 1 1
S BC.d A;BC x x . y y 1 t b c
2 2 2
Suy ra:
2
2 2 2
ΔABC
1
S 1 t b c 2bc
4
22
2 2 2
11
1 t 2 t 5 t 2 t t 1 t 7 2t
44


Nu
t1

2
ΔABC
S9
hay
ΔABC
S3
Nu
55
t
2
 th
22
t b 2
Nu
55
t
2

2
ΔABC
51
S9
8
loi.
Suy ra vi
t1

ΔABC
S
ln nht.

2
2
bc 2
b1
b1
c2
c4




hoc
b1
c2

Suy ra
B 1;1 , C 1; 2
hoc
B 1; 1 , C 1;2
Vy
B 1;1 , C 1; 2
hoc
B 1; 1 , C 1;2
n nht.
Bài 47. Trong mt phng vi h t 
1
O

2
O

ct nhau ti
A 4;2
ng th
N 7;3
c
1
O

2
O
ln
t t nh ct rng thng n
12
O , O


x y 3 0
ng
24
5
.
Gii

AN:x 3y 2 0

12
O O AB AB:x y 6 0
93
I ; B 5;1
22




(vm c
12
OO
)
         ng
 
BDC BCA
 n cung
AB
   
 i
DC suy ra
BM:3x y 16 0
hay
23 11
M;
55



Gi
56 22
D 3t 2;t C 3t; t
55



M
I
D
C
B
A
O
1
O
2
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
24

BCD
41 17
D 1;1 , C ;
t1
55
1
S d B;CD .DC
17
2
t
41 17
C 1;1 , D ;
5
55






Bài 48. 
22
x 1 y 2 9
m
M 2 ;3
. Vi
ng thng
Δ
qua M ct (C) t
22
MA MB 8MA.MB 10
.
Gii

I 1;2 , R 3
M n
22
MA.MB MI R 1

22
MA MB 8MA.MB 10
MA.MB 1
2
MA MB 16 AB 4

22
Δ:a x 2 b y 3 0 a b 0 ax by 2a 3b 0
T
2
2 2 2
22
a 2b
3a 2b
AB
d I;Δ R 5 5 2a 3ab 2b 0
1
4
ab
ab
2

ng thng th
2x y 1 0, x 2y 8 0
.
Bài 49. Trong mt phng vi h ta    
22
C :x y 9
  
22
C' : x 3 y 3 a a 0
 (C) c
AOB
bng
0
120
.
Gii

O 0;0

1
R3
 
I 3;3


2
Ra
.
(C) ct A, B khi
1 2 1
OI R R OI R
27 18 2 a 27 18 2
T m ca h 
22
22
x y 9 1
x 3 y 3 a 2

Ly (1) tr (2), suy ra
Δ:6x 6y 27 a 0
ng th

OA OB 3

3
OH
2
m ca AB).
Hay
33
d O;Δ a 27 a 27 9 2
22
y
a 27 9 2
.
Bài 50. Trong mt phng t 
22
C :x y 2x 4y 20 0
m
A 5; 6
. T
A v p tuyn AB, AC vi  i
ti
H
B
I
A
M
H
B
O
I
A
 luyn thi Oxy- Ch 
Tri, Hu
25
Gii

I 1;2

R5
. Suy ra
IA 10
.
Gm c
2
IH.IA BI
2
BI 5
IH
IA 2
11
IH IA H ;0
42



0
1
cosAIB AIB 60
2
        ng
i tii tr
Gn
2
AG AH
3
, suy ra
G 2; 2
.
Bài 51. Trong mt phng vi h t     
22
C :x y 2x 4y 5 0
 m
A 0; 1
 m B, C thuu.
Gii

I 1;2

R 10
H
H
1 2 x 1
37
AI 2IH H ;
22
3 2 y 2





m BC).
ng thn
AI 1;3
-
tuy
x 3y 12 0

B,C C
t     m ca h  
22
7 3 7 3
yy
x y 2x 4y 5 0
22
x 3y 12 0
3 3 3 3 3 3
xx
22









Vy
3 3 3 7 3 3 3 3 7 3
B ; , C ;
2 2 2 2
hoc li.
H
C
B
I
A
H
B
C
I
A
󰉴 
Ch đ 7: Elip
Tài liệu thân tặng các em học sinh 12, chun b k thi THPT Quốc Gia 2016. Chúc các em đạt
kết qu cao trong k thi sắp đến.
Huế, Ngày 21/05/2016
TRN ĐÌNH CƯ
GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế
x
y
Δ
I
F
1
O
F
2
M
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thy Cư – SĐT: 01234332133
CH ĐỀ 7. ELIP
Bài 1. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho đim M thuc elip
22
22
xy
E : 1
ab

12
F 2;0 , F 2;0
.
Gọi A là điểm đối xng ca
1
F
qua M và B là điểm đối xng ca M qua
2
F
. Viết phương trình
E
biết tam
giác
1
ABF
vuông tại B và diện tích tam giác
12
MFF 15
Gii
Ta có
2 2 2 2
c 2 a b b a 4
Gi
00
M x ;y
1 2 0
1 15
d M;Ox .FF 15 y
22
Tam giác
1
ABF
vuông tại B suy ra
1 1 2 1
1
MB AF MF 2MF MF 1
2
Ta có
12
MF MF 2a 2
. Kết hp (1) vi (2):
2
1M
M
2M
4a 2
MF a x
a
3a
x
2a 2
6
MF a x
3a
Cho
2 2 2
42
2 2 2
2 2 2
a 9 b a 4 5
a 15 a 15
M E 1 4
9
36a 4b a 4
a 31 b a 4 27
Vy
22
xy
E : 1
95

hoc
22
xy
E : 1
31 27

là các elip cần tìm.
Bài 2. Trong mt phng tọa đ Oxy, cho elip
22
xy
E : 1
95

với hai tiêu điểm
12
F , F
(hoành đ ca
1
F
âm). Tìm tọa độ điểm M thuc elip
E
sao cho góc
0
12
MFF 60
.
Gii
Ta có:
a 3; b 5; c 9 5 2
Tọa độ tiêu điểm:
12
F 2;0 ; F 2;0
Gi
00
M x ;y E
nên
22
00
xy
1*
95

1 0 2 0
22
MF 3 x ; MF 3 x
33
;
12
FF 4
Để
0
12
MFF 60
thì:
2 2 2
2 1 1 2 1 2 1 2
MF MF FF 2.MF.MF .cosMFF
22
20
0 0 0
00
2 2 2
3 x 3 x 4 2. 3 x .4.cos60
3 3 3
3
4x 3 x
4
x
y
B
A
O
F
1
F
2
M
60
0
F
1
F
2
M
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thy Cư – SĐT: 01234332133
Thay
0
3
x
4

vào (*) ta có:
2
2
2
0
00
3
y
75 5 5
4
1 y y
9 5 16 4



Như vậy:
3 5 5
M;
44




hoc
3 5 5
M;
44





Bài 3. Trong mt phng Oxy, viết phương trình chính tc ca Elip (E), biết tâm sai của (E) bng
5
3
và hình
ch nhật cơ sở có diện tích bằng 24.
Gii
Gi s ptct (E):
22
22
xy
1, a b 0
ab
T gi thiết ta
22
c a b 5
e 2a 3b 1
a a 3
Mặt khác hình chữ nhật sở chiu dài bằng 2a, chiu rộng 2b nên
ta :
2a.2b 24 a.b 6 2
Gii h (1) và (2) tìm đưc
a 3; b 2
Vy
22
xy
1
94

Bài 4. Trong mt phng tọa đ Oxy, cho Elip (E):
22
xy
1
16 9

đưng thng d:
3x 4y 12 0
. Chng
minh rng đường thng d ct elip (E) tại hai điểm A, B phân bit. Tìm điểm
CE
sao cho tam giác ABC
diện tích bằng 6.
Gii
t hệ pt:
2 2 2 2
x y x y
11
16 9 16 9
3x 4y 12 3x 12 4y





Gii h ta có:
6 41
x
4
6 41
y
3
6 41
x
4
6 41
y
3
6 41 6 41 6 41 6 41
A ; ; B ;
4 3 4 3
.
5 4 1
AB
6
Gi s
00
C x ;y
, đt CH là khoảng cách từ C đến AB.
00
3x 4y 12
CH
5

Gii h
00
22
00
3x 4y 12 . 41 72
9x 16y 154

. Gii h tìm ra
00
x , y
.
Bài 5. Trong mt phng tọa độ Oxy cho elip (E):
22
xy
1
62

hai tiêu đim
12
F , F
(biết
1
F
hoành độ
d
B
A
B
A
F
1
F
2
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thy Cư – SĐT: 01234332133
âm). Gi
Δ
đường thẳng đi qua
2
F
song song với
1
Δ : y x 1
đồng thi ct (E) ti hai đim A,
B phân biệt. Tính diện tích tam giác
1
ABF
.
Gii
Ta có:
22
a 6, b 2
mà
2 2 2 2
c a b c 4 c 2
Suy ra
12
F 2;0 ,F 2;0
1
Δ / /Δ
Δ
đi qua
2
F
nên phương trình của
Δ
y x 2
Tọa độ A, B là nghim ca h phương trình:
22
2
y x 2
y x 2
xy
2x 6x 3 0
1
62




33
x
2
13
y
2
hoc
33
x
2
13
y
2
Suy ra
3 3 1 3 3 3 1 3
A ; , B ;
2 2 2 2
Ta có
11
AB 6, d F;AB d F ,Δ 2 2
Suy ra diện tích tam giác
1
ABF
1
1
S d F ,AB .AB 2 3
2

(đvtt)
Bài 6. Trong mt phng tọa đ Oxy, cho elip
22
xy
E : 1
16 9

đưng thng
Δ :3x 4y 12 0
ct (E)
tại hai điểm A và B. Tìm đim
CE
sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nht.
Gii
Hoành đ giao điểm của đường thng
Δ
elip (E) là nghiệm
phương trình:
2
2
12 3x
9x 16 144
4




2
x0
x 4x 0
x4
Như vậy
Δ
và elip (E) cắt nhau tại hai điểm
A 0 ;3
B 4;0
AB 5
Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên
Δ
thì:
ΔABC
15
S AB.CH CH
22

Nên tam giác ABC có diện tích lớn nht khi CH ln nht.
CE
nên tồn ti
ππ
t;
22




sao cho
C 4sint;3cost
Bi vy:
Dấu đẳng thc xy ra khi
3π
t
4

, khi đó
3π
C 4sin ;3cos
44



hay
32
C 2 2;
2




Vy tọa độ điểm C cần tìm
32
C 2 2;
2




H
A
B
F
1
F
2
C
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 7. Trong mt phng tọa độ Oxy cho elip (E) có hai tiêu đim
1
F 3;0
,
2
F 3 ;0
và đi qua điểm
1
A 3;
2



. Lập phương trình chính tắc ca
( E)
với mọi đim
ME
, hãy tính giá tr biu thc
2 2 2
1 2 1 2
P FM F M 3.OM FM.F M
Gii
22
22
xy
E : 1, a b 0
ab
Do (E) hai tiêu điểm
1
F 3;0
,
2
F 3 ;0
2 2 2 2 2
c 3 , c a b a b 3 1
22
1 3 1
A 3; E 1 2
2
a 4b



Thế (1) vào (2) ta giải phương trình n
2
b
được
22
22
xy
b 1 a 4 E : 1
41
22
2 2 2 2 2
M M M M M
P e ax e ax 3 x y a e x 1
Bài 8. Trong mt phng Oxy cho elip
22
xy
E : 1
93

. Tìm đim M thuc (E) sao cho M nhìn
12
FF
(
12
F , F
là hai tiêu điểm) dưới mt góc
0
60
.
Gii
Ta có:
a 3; c 6, M E
12
66
MF 3 x; MF 3 x
33
t
12
ΔMF F
có:
2 2 0
2 2 1 2 1 2
F F MF MF 2MF.MF .cos60
22
12
2a 2c
MF.MF
3
6 6 15
3 x . 3 x 4 x
3 3 2

T đó suy ra
2
y
2

Vậy có 4 điểm M cn tìm
15 2 15 2 15 2
; ; ; ; ;
2 2 2 2 2 2
;
15 2
;
22




Bài 9. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho elip phương trình:
22
xy
1
25 9

. Tìm điểm M thuc elip sao cho
góc
0
12
FMF 90
vi
12
F , F
là hai tiêu điểm ca elip.
Gii
Ta có:
a 5; b 3
suy ra
c4
Gi
M a;b
thuc elip ta :
1
4
MF 5 a
5

,
2
4
MF 5 a
5

Vì tam giác
12
FMF
vuông tại M n
2 2 2
1 2 1 2
MF MF FF
F
1
F
2
A
F
1
F
2
M
F
1
F
2
M
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thy Cư – SĐT: 01234332133
22
2
4 4 175
5 a 5 a 64 a
5 5 8
Do M thuộc elip nên
22
2
a b 9
1b
25 9 8
Vy tọa độ cần tìm là:
5 14 3 2 5 14 3 2 5 14 3 2
M ; , M ; , M ;
4 4 4 4 4 4

,
5 14 3 2
M;
44





Bài 10. Trong mt phng vi h ta đ Oxy, cho elip
22
xy
E : 1
94

hai đim
A 3; 2
,
B 3;2
.
Tìm trên (E) điểm C hoành đ và tung đ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nht.
Gii
Ta có phương trình đưng thng AB:
2x 3y 0
Gi
C x;y , x 0, y 0
. Khi đó ta có:
22
xy
1
94

diện tích tam
giác ABC là:
ABC
22
1 85
S AB.d C;AB 2x 3y
2
2 13
85 x y
3
13 3 2
85 x y 170
3 2 3
13 9 4 1 3





Du bng xy ra khi
22
xy
32
1
x
94
2
xy
y2
32




. Vy
32
C ; 2
2




Bài 11. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của elip (E) có tâm sai bng
3
5
, biết
diện tích của t giác tạo bởi các tiêu điểm và các đỉnh trên trục bé của (E) bng 24.
Gii
Phương trình chính tắc (E) có dạng
22
22
xy
1 a b 0
ab
Gi
12
F c;0 , F c;0
các tiêu điểm vi
22
c a b
12
B 0; b , B 0;b
là các đỉnh trên trục bé.
1 1 2 2
FB F B
là hình thoi.
Suy ra:
F B F B 1 2 1 2
1 1 2 2
11
S FF .B B 2c.2b 2bc 24
22
2 2 2 2 2
bc 12 b c 144 b a b 144 1
Tâm sai
2 2 2 2 2
3 c 3
e 25c 9a 25 a b 9a 4a 5b
5 a 5
hay
5
ab
4
(2)
T (1) và (2) suy ra
a 5, b 4
. Suy ra
22
xy
E : 1
25 16

F
1
F
2
C
B
A
c
b
O
B
1
F
1
F
2
B
2
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 12. Trong mt phng Oxy, cho elip (E) có phương trình
22
xy
1
84

M 1; 1
. Mt đường thẳng d đi
qua M ct (E) ti A, B sao cho
MA.MB
ln nhất. Tìm tọa độ A, B.
Gii
Ta thy
M 1; 1
thuc min trong của (E) nên d luôn cắt (E) ti A, B.
Gọi phương trình đường thẳng d là
x 1 at
y 1 bt

,
22
t , a b 0
1 1 2 2
A 1 at ; 1 bt , B 1 at ; 1 bt
, tham s
12
t , t
nghim ca
phương trình:
2
2 2 2
1 at 1 bt
1 a 2b t 2 a 2b t 5 0
84
Theo h thc Vi-et ta :
12
22
5
tt
a 2b
2 2 2 2
1 1 2 2
22
22
12
2 2 2
22
MA.MB at bt . at bt
5 a b
5
a b t t
a 2b a
2
ab
2
22
a
o1
ab

nên MA.MB lớn nhất khi và chỉ khi
2
22
a
1 b 0
ab
Khi đó
12
t , t
nghim của phương trình:
1
2
2
t 1 6
t 2t 5 0
t 1 6


Hay
A 6;1 , B 6;1
hoc
A 6;1 , B 6;1
Bài 13. Trong mt phng tọa đ Oxy cho elip
22
E :4x 9y 36
có hai tiêu điểm
12
F , F
ln lượt nằm phía
bên trái và bên phải của điểm O. Tìm tọa độ đim M thuc (E) sao cho
22
12
MF MF
đạt giá tr nh nhất. Tìm
giá trị nh nhất đó.
Gii
Gi s
00
M x ;y E
, ta
22
00
xy
1
94

, vi
0
3 x 3
, ta
5
e
3
.
22
12
22
2 2 2
0 0 0 0
2 2 2
0 0 0 0
P MF 2MF
a ex 2 a ex 3a 2aex 3e x
5 5 5 3 81
27 2.3. x 3. x x 2. x
3 9 3 5
5




t
2
0 0 0
3 81
f x x 2. x
5
5
trên đoạn
3;3
00
6
f ' x 2x
5

00
3
f ' x 0 x
5
. Lp bng biến thiên của hàm s
0
fx
trên
3;3
T bng biến thiên ta có
0
x 3;3
0
3 108 5 108
min f x f minP . 36
5 3 5
5




B
A
F
1
F
2
M
F
1
F
2
M
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thy Cư – SĐT: 01234332133
Vy
minP 36
khi
3
x
5
. Khi đó
34
M;
55



Bài 14. Trong mt phng vi h ta đ Oxy, cho elip (E) đi qua điểm
32
M ; 2
2




có độ dài trục ln
bằng 6. Tìm tọa độ của điểm N thuc (E) sao cho
ON 5
.
Gii
Gi s phương trình của (E) là:
22
22
xy
1
ab

a b 0
Vì độ dài trc ln bằng 6 nên
2a 6 a 3
32
M ; 2 E
2




22
18 2
1
4a b
2
b4
22
xy
E : 1
94
Gi s
N x;y
, ta có hệ phương trình:
22
2
22
2
9 3 5
x y 5
xx
55
xy
16
45
1
y
y
94
5
5




Vậy có 4 điểm:
3 5 4 5 3 5 4 5 3 5 4 5
N ; , N ; , N ;
5 5 5 5 5 5
,
3 5 4 5
N;
55





Bài 15. Trong mt phng tọa độ Oxy, viết phương trình chính tc của elip (E) có m sai
3
e
3
đ dài
đường chéo hình ch nhật cơ sở bng
25
.
Gii
Gi s phương trình (E):
22
22
xy
1, a b 0
ab
Ta có
22
c3
e a 3c
a3
2 2 2 2 2
a 3 a b 2a 3b 1
Độ dài đường chéo hình chữ nhật sở bng
2 2 2 2
2 5 4 a b 4.5 a b 5 2
T (1) và (2) suy ra
22
a 3, b 2
. Vy elip (E) có phương trình
22
xy
E : 1
32

.
Bài 16. Trong mt phng ta đ Oxy tìm phương trình chính tắc ca elip biết hai tiêu điểm cùng với hai đnh
trên trục bé xác định mt hình vuông phương trình hai đường chuẩn
x8
.
Gii
Hai tiêu điểm
12
F c;0 , F c;0
hai điểm trên trục bé
12
B 0; b , B 0;b
c định một hình vuông nên
b c 0
.
Phương trình hai đường chun của elip
2
aa
x8
ec
O
F
1
F
2
M
N
O
F
1
F
2
x
y
B
1
B
2
F
1
O
F
2
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thy Cư – SĐT: 01234332133
Nên ta hệ:
2 2 2 2 2
22
b c a 2c a
a 8c a 8c






2
2
2
2
c 4, c 0
2c 8c
b 16
a 32
a 8c



Vậy phương trình chính tc của elip là
22
xy
1
32 16

Bài 17. Lp phương trình chính tắc ca elip trong mt phng Oxy biết đim
81
M;
33




thuộc elip và tam
giác
12
FMF
vuông tại M, trong đó
12
F , F
là hai tiêu đim ca elip.
Gii
Tam giác
12
FMF
vuông cho
2
OM c c 3
(c là nửa tiêu cự)
Phương trình chính tc ca (E):
22
22
xy
1 a b
ab
22
8 1 8 1
M ; E 1 1
33
3a 3b




2 2 2 2 2
c 3 a b 3 b a 3 2
T (1) và (2) cho phương trình
4 2 2 2
3a 18a 24 0 a 2, a 4
Chn
22
a 4 b 1
Phương trình chính tc của (E) là:
22
xy
1
41

Bài 18. Trong h tọa độ Oxy cho elip có phương trình dạng chính tắc:
22
22
xy
1
ab

a b 0
(E), hình
ch nhật sở có diện tích bằng 24, chu vi bng 20 đim
M 1;1
. Viết phương trình đưng thng qua M
ct (E) tại hai điểm phân biệt sao cho M là trung đim.
Gii
Tìm được
a 3,b 2
Gi s đường thng qua M ct (E) tại hai điểm
1 1 1
M x ;y
,
2 2 2
M x ;y
. Khi đó:
22
11
22
22
4x 9y 36
4x 9y 36


1 2 1 2 1 2 1 2
4 x x x x 9 y y y y 0
M trung điểm
12
M , M
nên
1 2 1 2
x x 2, y y 2
nên
1 2 1 2
4 x x 9 y y 0 1
Gi s phương trình đường thng qua
M 1;1
VTPT
a;b
.
Khi đó phương trình:
a x 1 b y 1 0
do qua
12
M , M
nên:
11
22
a x 1 b y 1 0
a x 1 b y 1 0
1 2 1 2
a x x b y y 0 2
T (1) và (2) ta
a 4, b 9
. Vy phương trình đường thng cần tìm là:
5x 9y 13 0
x
y
O
F
1
F
2
M
x
y
M
2
M
1
M
O
F
1
F
2
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 19. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho elip
22
xy
E : 1
25 9

hai tiêu điểm
12
F , F
. Tìm tọa độ điểm
M thuc (E) sao cho bán kính đường tròn ni tiếp tam giác
12
MFF
bng
4
3
.
Gii
a 5, b 3 c 4
1 2 1 2
MF MF F F
p9
2

MF F
12
MM
41
S pr 9. d M,Ox .8
32
d M,Ox 3 y y 3
Do đó
M m;3
hoc
M m; 3
M thuộc (E) nên
m0
. Vy
M 0 ;3
M 0; 3
hai điểm
tha mãn bài toán.
Bài 20. Cho đường thng
d:2x y 3 0
elip
22
xy
E : 1
41

. Viết phương trình đường thng
Δ
vuông góc với d và cắt
E
tại 2 điểm A, B sao cho diện tích tam giác AOB bằng 1.
Gii
Δ d Δ
có phương trình:
x 2y m 0
Tọa độ A, B là nghim ca h:
22
22
x 2y m 0
xy
1
41
x 2y m
8y 4my m 4 0 1


d ct (E) tại 2 điểm A, B khi và ch khi h có 2 nghiệm phân biệt
2
32 4 m 0
8 m 8 *
gi
1 1 2 2
A 2y m;y , B 2y m;y
trong đó
12
y , y
là nghiệm ca (1).
2
1 2 1 2
2
2
22
2
2 1 1 2 1 2
m m 4
y y ; y .y
28
5 8 m
5 8 m
AB 5 y y 5 y y 4y y AB
42


Đưng cao
m
OH d O;Δ
5

Suy ra:
22
2
ΔAOB
m 8 m
1
S AB.OH 1 m 4 m 2
24
Vậy phương trình đường thng
Δ
là:
Δ : x 2y 2 0
Δ : x 2y 2 0
Bài 21. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, một elip (E) đi qua điểm
M 2; 3
phương trình một
đường chuẩn là
x 8 0
. Viết phương trình chính tc ca (E).
Gii
Gọi phương trình (E):
22
22
xy
1
ab

a b 0
F
1
F
2
M
x
y
d
Δ
H
B
A
O
F
1
F
2
x
y
O
F
1
F
2
M
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thy Cư – SĐT: 01234332133
Gi thiết
22
2
49
11
ab
a
82
c

Ta có:
2 2 2 2 2
2 a 8c b a c 8c c c 8 c
Thay vào (1) ta được
49
1
8c c 8 c

2
c2
2c 17c 26 0
13
c
2
Nếu
c2
thì
22
22
xy
a 16, b 12 E : 1
16 12
Nếu
13
c
2
thì
22
22
39 x y
a 52, b E : 1
39
4 52
4
Bài 22. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho đường thng
Δ : x y 4 0
và hai elip
2 2 2 2
12
22
x y x y
E : 1, E : 1 a b 0
10 6
ab
có cùng tu đim. Biết rng
2
E
đi qua đim M thuc
đường thng
Δ
. Tìm tọa độ điểm M sao cho elip
2
E
có độ dài trục ln nh nht.
Gii
Hai elip có các tiêu điểm
12
F 2;0 , F 2;0
Đim
2 1 2
M E MF MF 2a
. Vy
2
E
đ dài trục ln
nh nht khi và chỉ khi
12
MF MF
nh nhất. Ta
12
F , F
cùng phía
vi
Δ
. Gi
N x;y
điểm đối xng vi
2
F
qua
Δ
, suy ra
N 4; 6
. Ta có:
1 2 1 1
MF MF MF MN NF
(không đi).
Du bng xảy ra khi và chỉ khi
1
M NF Δ
Tọa độ điểm M là nghiệm ca h:
5
x
3x y 6 0
53
2
M;
x y 4 0 3
22
y
2






Bài 23. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho elip
22
xy
E : 1
16 9

đưng thng
Δ : x y 9 0
.
Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thng
Δ
, biết rằng đường tròn đó có một điểm chung duy
nht với (E) và có bán kính nh nht.
Gii
Gi s
22
00
00
xy
M x ;y E 1 *
16 9
00
x y 9
d M;Δ
2

Ta có
2
22
2
0 0 0 0
00
x y x y
x y 4. 3. 16 19 25
4 3 16 9







00
5 x y 5
x
y
Δ
M
N
F
1
O
F
2
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thy Cư – SĐT: 01234332133
00
00
x y 9
4 x y 9 14 2 2 7 2
2

d M;Δ 2 2
khi
22
00
0
00
0
00
xy
1
16 9
16
x
xy
16 9
5
M;
9
16 9 5 5
y
x y 5
5








d M;Δ
nh nht là
22
khi
16 9
M;
55




Gọi I hình chiếu của M lên
Δ
, gi (C) đường tròn tâm I bán nh
R IM
. Khi đó (C) chính đưng
tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vy
M' M E
thì
IM' IM
nên (C) (E) chỉ một điểm
chung duy nhất là M. Hơn nữa mọi đường tròn khác (nếu có) thì bán kính sẽ ln hơn IM (do IM là nhỏ nht).
Đưng thng qua M vuông góc nhận
n 1; 1
làm vec- pháp tuyến nên phương trình:
16 9 7
1 x y 0 x y 0
5 5 5
Tọa độ I là nghiệm ca h:
26
7
x
x y 0
26 19
5
I;
5
19
55
x y 9 0
y
5








R IM 2 2
phương trình đường tròn
22
26 19
C : x y 8
55
Bài 24. Trong mt phng vi h tọa đ Oxy, cho đưng elip
22
xy
E : 1
2013 2012

. Gi
12
F , F
hai tiêu
điểm của (E), M điểmy ý trên (E). Chứng minh rng
2
12
MF.MF OM 4025
.
Gii
Gi
22
xy
M x;y E : 1
2013 2012
. Suy ra
12
MF 2013 e.x,MF 2013 e.x
2
12
22
2 2 2 2
2 2 2
MF .MF OM 2013 e.x 2013 e.x
xy
2013 e x x y
2013 y x 1 e

22
1
2013 y x 1 2013 2012 4025
2013



Bài 25. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho elip
22
xy
E : 1
94

điểm
M 2;1
. Viết phương trình
đường thng
Δ
đi qua M và cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung đim AB.
x
y
Δ
I
F
1
O
F
2
M
x
y
F
1
O
F
2
M
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thy Cư – SĐT: 01234332133
Gii
Thay tọa đ M vào vế ti phương trình (E) ta được:
4 1 25
1
9 4 36
.
Chng t M nm trong (E)
Nếu
Δ
đi qua M thì
Δ
luôn cắt (E) ti
hai điểm phân biệt A, B tha M nm giữa A và B.
Gi s
A A B B
A x ;y , B x ;y
. Do A, B thuộc (E) nên ta h:
22
AA
22
BB
4x 9y 36 1
4x 9y 36 2


Ly (2) tr (1) theo vế, ta được:
B A B A B A B A
4 x x x x 9 y y y y 0 3
Vì M là trung điểm AB nên
A B M
A B M
x x 2x 4
4
y y 2y 2
Thế (4) vào (3) ta được:
B A B A
16 x x 18 y y 0
B A B A
8 x x 9 y y 0 5
Do
B A B A
AB x x ;y y
là vtcp của
Δ
nên t (5) suy ra vtpt của đường thng
Δ
n 8;9
Vy
Δ
đi qua
M 2;1
và có vtpt
n 8;9
ptΔ :8x 9y 25 0
.
Bài 26. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho đường tròn
22
C :x y 16
. Viết phương trình chính tc
ca elip biết tâm sai
1
e
2
, elip cắt đường tròn (C) ti bốn điểm phân biệt A, B, C, D sao cho AB song song
vi trục hoành và
AB 2BC
Gii
Phương trình chính tc của elip có dạng:
22
22
xy
1 a b 0
ab
Ta có:
22
22
c a b 1 3
e b a *
a a 2 4
elip đường tròn (C) đu nhn trục Ox, Oy làm trục đối xng
AB 2BC
nên gi s ta độ
B 2t;t , t 0
.
Thay tọa độ B vào phương trình đường tròn ta có:
2
1
t
5
, thay vào
phương trình elip cùng với (*) thì
22
256 64
a ; b
15 5

.
Vậy phương trình chính tc ca elip:
22
xy
1
256 64
15 5

.
Bài 27. Trong mt phng vi h tọa đ Oxy cho elip
22
xy
E : 1
94

các điểm
A 3;0
,
I 1;0
. Tìm
tọa độ các điểm B, C thuộc (E) sao cho I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gii
Ta có
IA 2
Đường tròn ngoi tiếp tam giác ABC có phương trình:
2
2
x 1 y 4
x
y
B
F
1
O
M
F
2
A
C
D
A
B
F
2
O
F
1
Bài giảng Chuyên Đề Luyn Thi THPT Quc Gia 2016-1017. Thy Cư – SĐT: 01234332133
Tọa độ các điểm B, C cn tìm nghim ca h phương trình:
2
2
22
x 1 y 4
xy
1
94

2
2
2
2
2
x 1 y 4
x 1 y 4
3
x 3 x
5x 18x 9 0
5




x 3 y 0 B A C A
(loi)
3 4 6 3 4 6 3 4 6
x y B ; , C ;
5 5 5 5 5 5
Bài 28. Trong mt phng vi h tọa độ Oxy, cho elip phương trình chính tc
22
xy
E : 1
25 9

. Viết
phương trình đưng thng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho
AB 4
.
Gii
Gọi phương trình đường thng song song với Oy
d:x a
(vi
a0
). Tung đ giao điểm của d (E) là:
22
ay
1
25 9

2
2
25 a
y 9.
25

2
3
y 25 a a 5
5
Vy
22
33
A a; 25 a , B a; 25 a
55
2
6
A B 25 a
5
Do đó
22
6 100 5 5
AB 4 25 a 4 25 a a
5 9 3
(tha
mãn điều kin)
Vy phương trình đường thng cần tìm là
5 5 5 5
x ;x
33
.
x
y
C
B
F
1
O
F
2
A
I
x
y
B
A
F
1
O
F
2
| 1/141

Preview text:

TRẦN ĐÌNH CƯ
GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế Đố n ngã Oxy
Chủ đề 1: Tam giác
Tài liệu mến tặng các em học sinh chuẩ 8
n bị thi THPT Quốc gia 2016. Chúc các
em đạt kết quả cao trong các kỳ thi sắp đến. 6 y B C d 4 N 2 A x 5 5 O 2 M 4
Huế, ngày 17/05/2016
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
CHỦ ĐỀ 1. TAM GIÁC 3
Bài 1. Cho điểm A2; 3  , B3; 2
  , ΔABC có diện tích bằng ; trọng tâm G của ΔABC thuộc 2
đường thẳng d :3x  y  8  0 . Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ΔABC . Giải a  b  5 2S a  b  8   1
Gọi Ca;b, AB : x y 5  0  dC;AB ΔABC  
 a  b  5  3   2 AB a  b  2  2  a  5 b  5  Trọng tâm G ;  
 d  3a  b  4 3  3 3 
Từ        S 3 1 , 3 C 2;10  r   p 2  65  89
Từ         S 3 2 , 3 C 1; 1  r   p 2  2 5
Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B 4  ; 2   , 0 ACB  75 . Đường cao
kẻ từ đỉnh A có phương trình 2x  y  0 , D là điểm thuộc cạnh BC sao cho DC  2DB . Tìm tọa độ điểm A biết 0
ADC  60 và điểm A có hoành độ âm. Giải Cách 1.
Phương trình đường thẳng BC qua B 4  ; 2
  và vuông góc với đường cao AH có dạng BC : x  2y  0 A Lại có    10 BH d B; AH   2 5 E 45° 5
Đặt AH  x x  0 . Xét các tam giác vuông ACH và ADH. Ta có: K I x x x x x CH  , DH    DC   0 0 0 tan 75 tan 60 3 tan 75 3 60° 75° B C Mặt khác: D H  1 1   x  4 5 DC  2DB  x   2 2 5   x   2 5     0 1  tan 75 3   3   3 0 tan 75 t  2  A2;  4 (loaïi) Gọi          5t A t; 2t AH : 2x y 0 AH d A;BC   2 5   5 t  2  A  2;  4 Vậy A 2
 ;4 là điểm cần tìm. 0 0 150 2 tan 75 Chú ý: 0 0 0 tan 75  tan  tan150   tan 75  2  3 2 0 2 1 tan 75
Cách 2. Lấy E đối xứng với C qua AD. Vì 0 0 0 0
CAD 180  75  60  45 0 0  CAE  90 ;ADC  60 0 0  ADE  60 ;BDE  60
Gọi K là trung điểm của DE. Ta có:
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 1 1 DK  DE 
DC  DB  ΔBDK là tam giác đều. 2 2 1
Do đó BK  DK  DE  ΔBDE vuông tại B. 2
Vậy tứ giác ACBE là tứ giác nội tiếp, suy ra 0 ABC  AEC  45 hay 0 BAH  45 Do AAH  Aa; 2
 a  BA  a  4;2  2a 1 a  4  2 2  2a Ta có cosBA;u      0       AH cos 45 a 2 2
5 a  44  2  2a2
Vì A có hoành độ âm nên A 2
 ;4 là điểm cần tìm.
Bài 3. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C có phương trình   2   2  8  x 2 y 3  26 với G 1; 
 là trọng tâm tam giác và M7;2 nằm trên đường thẳng đi qua A  3 
và vuông góc với đường thẳng BC; M  A , điểm F3;2 thuộc đường thẳng BC. Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC, biết rằng y  B yC Giải
Gọi I là tâm của đường tròn C và H là trực tâm ΔABC thì G, H, I thẳng hàng và GH  2  GI (tính
chất đường thẳng Euler) x     H 1 22  1  x  1  Mà I2;3 nên H       H 1  ;2 8 8  y   2  3  y  2  H    H  3  3 
Ta thấy M C và A, H, M thẳng hàng; BC là đường trung trực của HM. Ta có F3;2 và
HM  8;0 nên BC: x  3  0 . Tọa độ B, C là nghiệm của hệ: x  3  0  x  3      x  2 
2  y 32  26 y  2  ;y  8
HM : y  2  0 và A  HM C nên tìm được A 3  ;2 . Vậy A 3  ;2,  B 3;  8 , C3; 2  
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
    2   2 T : x 1 y 2  25. Các điểm K 1  ; 
1 , H 2;5  lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B của
tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết rằng đỉnh C có hoành độ dương. Giải
(T) có tâm I1;2 . Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C. Ta có A x 1 HCx  ABC  SđAC   1 H 2 Do 0
AHB  AKB  90 nên AHKB là tứ giác nội tiếp I
 ABC  KHC (cùng bù với góc AHK ) (2) B C
Từ (1) và (2) ta có HCx  KHC  HK / /Cx K Mà IC  Cx  IC  HK
Do đó IC có vec-tơ pháp tuyến là KH  3;4 , IC có phương trình 3x  4y 11 0
Do C là giao của IC với (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 3  x  4y 11  0  x  5 x  3        . Do x 0 nên C5;  1   C x    ; 2 1  y  22  25 y  1  y  5
Đường thẳng AC đi qua C và có vec-tơ chỉ phương là CH   3
 ;6 nên AC có phương trình: 2x  y  9  0
Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 2x  y  9  0  x 1 x  5      (loại). Do đó A1;7  x    ; 2 1  y  22  25 y  7 y  1 
Đường thẳng BC đi qua C và có vec-tơ chỉ phương là CK   6
 ;2 nên BC có phương trình x  3y  2  0 .
Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: x  3y  2  0  x  4  x  5       (loại). Do đó B 4;2  x    ; 2 1
 y  22  25 y  2 y  1  Vậy A1;7,  B 4;  2 ,  C 5;  1
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác OAB có các đỉnh A và B thuộc đường
thẳng Δ : 4x  3y 12  0 và điểm K 6;6 là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C là điểm nằm
trên Δ sao cho AC  AO và các điểm C, B nằm khác phía nhau so với điểm A. Biết điểm C có 24 hoành độ bằng
, tìm tọa độ của các đỉnh A, B. 5 Giải Cách 1. O
Trên Δ lấy điểm D sao cho BD  BO và D, A nằm khác phía E F nhau so với B. H C
Gọi E là giao điểm của các đường thẳng KA và OC, gọi F là A B D
giao điểm của các đường thẳng KB và OD.
Vì K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O của ΔOAB nên KE là phân giác của góc K
OAC . Mà OAC là tam giác cân tại A (do
AO  AC , theo gt) nên suy ra KE cũng là đường trung trực của OC. Do đó E là trung điểm của OC và KC  KO .
Xét tương tự đối với KF, ta cũng có F là trung điểm của OD và KD  KO
Suy ra ΔCKD cân tại K. Do đó, hạ KH  Δ , ta có H là trung điểm của CD. Như vậy:
+ A là giao của Δ và đường trung trực 1 d của đoạn thẳng OC (1)
+ B là giao của Δ và đường trung trực d2 của đoạn thẳng OD, với D là điểm đối xứng của C qua
H và H là hình chiếu vuông góc của K trên Δ (2) 24
Vì CΔ và có hoành độ x  0
gt nên gọi y0 là tung độ của C, ta có: 5 24 12 4.  3y      0 12 0 y0 5 5 12 6 
Từ đó, trung điểm E của OC có tọa độ là ;  
 và đường thẳng OC có phương trình: x  2y  0  5 5 
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Suy ra phương trình của    1 d : 2x y 6 0
Do đó, theo (1), tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình: 4x  3y 12  0 x  3     A3;0 2x  y  6  0 y  0
Gọi d là đường thẳng đi qua K 6;6 và vuông góc với Δ , ta có phương trình của d là:
3x  4y  6  0 . Từ đây, do H là giao điểm của Δ và d nên tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình:  6 x  4x  3y 12  0  5  6 12   12 36      H ;  D  ;     3  x  4y  6  0 12   5 5   5 5  y   5  6 18 
Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là  ; 
 và đường thẳng OD có phương trình: 3x  y  0  5 5  Suy ra phương trình của d    2 là x 3y 12 0
Do đó, theo (2), tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình: 4x  3y 12  0 x  0     B0;4 x  3y 12  0 y  4 O Cách 2.  12  4a   24 12 
Do A và C thuộc Δ nên A a;   , C ;    I E  3   5 5  B A : 4x+3y-12=0 C
Giả thiết ta có OA  AC  ...a  3. Vậy A3;0
Đường thẳng OK có pt: y  x .
Vẽ đường thẳng qua A và vuông góc OK, cắt OK tại I và cắt K(6;6)
OB tại E thì OK là đường trung trực của AE (vì OK là đường phân giác góc AOB)  3 3  Từ đó tìm được I ; 
 , suy ra E0;3 . Vậy pt OB: x  0 . Suy ra B0;4 .  2 2  Vậy A3;0,  B 0;  4
Bài 6. Trong mặt phẳng Oxy, gọi H3;  2 , I8;1  1 ,  K 4; 
1 lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn
ngoại tiếp, chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm A, B, C. Giải HK  1; 
1  AK : x  y  5  0 và BC : x  y  3  0
Gọi M là trung điểm của BC  IM  BC  IM : x  y  3  0  M0;3
HA  2MI  16;16  A19;14
Chọn Bb;3 b BC C  b
 ;b 3 BH  3 b;b 5  , CA  19 b  ;11 b  
Ta có BH  AC  BH.CA  0
            2 3 b 19 b b 5 11 b  0  2  b  2  0  b  1 
Với b 1 ta có B1;2, C 1  ;4 Với b  1  ta có B 1  ;4, C1;2
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 2 2
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn C : x   1
 y  2  9 . Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn C biết đường thẳng BC có phương trình là 2x  5  0 . Giải  5      2    2 x  x 1 y 2  9  2
Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ:    2x  5  0 3 3 y  2   2
Đường tròn C có tâm I1;2 . Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn C nên I là trọng tâm
của tam giác. Từ đó tìm được A 2  ;2  5 3 3   5 3 3  Vậy B ;2  , C ;2      và ngược lại. A 2  ;2 2 2 2 2    
Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn   2  7  T : x  y  2 1
 5 . Giao điểm của BC với phân giác trong của góc BAC là D 0;   và phương  2 
trình đường cao CH (của tam giác ABC) là x  2y 1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết phân giác
của ABC là x  y 1  0 . Giải
Đường tròn T có tâm I0;  1  , bán kính R  5 . A
Gọi D' là điểm đối xứng của D qua phân giác của ABC d D'x;y  A  B ta có: H D' DD'  d 
(với K là trung điểm của DD’) k d I   7  x  y   0       5 2   B C x    5  D     2  D '  ; 1  7    y    2  x y  1  2   1  0  2 2  5 
Pt đường thẳng AB qua D'  ; 1  
 và vuông góc với CH là AB: 2x  y  4  0  2 
Do I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC   7 
Pt đường thẳng AD qua I0;  1  và D 0;   là x  0  2       x  y 1 0 A AD AB
A 0;4 , B  AB  BI    B 5  ; 6   2x  y  4  0 x  2y  7  0
Ta có BC : x  2y  7  0  C  BC  CH    C3; 2   x  2y 1  0 Vậy A0;4,  B 5;  6 ,  C 3; 
2 là các điểm cần tìm.
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A 3
 ;4 , tâm đường tròn nội tiếp  1 
I2;1 và tâm đường tròn ngoại tiếp J ;1
2  . Viết phương trình đường thẳng BC.   Giải 2  1  2 125
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:  x    y   1   1  2  4 x  3 y  4
Phương trình đường thẳng AI :   x  y 1  0 2  3 1 4
Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tại điểm thứ hai là D, trung điểm cung BC. Hoành độ
điểm D là nghiệm khác -3 của phương trình: 2 x  3 1       2 125  9 7  x x 2       9  D ;  2  4 x  2 2    2   A B B A Ta có: BID   IBD  IBC  CBD    BID  IBD 2 2 và 2 2
 DI  DB  DC  B, C nằm trên đường tròn tâm D bán kính DI có phương trình: 2 2  9   7  50
 x     y    2  2   2  4
Tọa độ điểm B và C là nghiệm của hệ phương trình (1) và (2): 2  1 
      2 125 x y 1  2 2  2  4
x  y  x  2y 30  0    2 2 2 2  9   7  50
x  y  9x  7y  20  0
 x     y     2    2  4 10  x  5y  50  0   2 2
x  y  9x  7y 10  0
Suy ra phương trình đường thẳng BC: 10x  5y  50  0 hay 2x  y 10  0
Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A1;4 , tiếp tuyến tại A của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của ADB có phương
trình x  y  2  0 , điểm M 4
 ;1 thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường thẳng AB. Giải
Gọi AI là phân giác trong của BAC . Ta có: AID  ABC  BAI A IAD  CAD  CAI E M'
Mà BAI  CAI, ABC  CAD nên AID  IAD K M
 ΔDAI cân tại D  DE  AI B D I C
Phương trình đường thẳng AI: x  y  5  0
Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường
thẳng MM’: x  y  5  0
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gọi K  AI  MM'  K 0;  5  M ' 4; 9
VTCP của đường thẳng AB là AM'  3;5  VTPT của đường thẳng AB là n  5; 3  
Vậy phương trình AB là: 5x  
1  3y  4  0  5x 3y  7  0
Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa
đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là
3x  5y 8  0, x  y  4  0. Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D4; 2
 . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC
biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. Giải
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao A
điểm của BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta ký hiệu
nd,ud lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm E
của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:  7 I x H x  y  4  0   2  7 1      M ; 3  x 5y 8 0 1   2 2     B C y    K M  2 D
AD vuông góc với BC nên nAD  uBC  1;  1 , mà AD đi qua điểm D
suy ra phương trình của AD:  1 x  4  
1 y  2  0  x  y 2  0 . Do A là giao điểm của AD và
AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: 3  x  5y  8  0 x 1     A1;  1 x  y  2  0 y 1
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: x  y  4  0 x  3     K3;  1 x  y  2  0 y  1 
Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK  KCE mà KCE  BDA (nội tiếp chắn cung AB ). Suy ra
BHK  BDA . Vậy K là trung điển của HD nên H2;4
Do B thuộc BC  Bt;t  4 , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C7  t;3  t .
HB  t 2;t 8; AC  6  t;2  t . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
                    t  2 HB.AC 0 t 2 6 t t 8 2 t 0 t 2 14 2t  0   t  7
Do t  3  t  2  B2; 2  , C5;  1 . Ta có: AB  1; 3
 , AC  4;0  nAB  3;  1 , nAC  0;  1
Suy ra AB: 3x  y  4  0, AC : y 1  0
Bài 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H5;5 , phương trình
đường thẳng chứa cạnh BC là x  y  8  0 . Biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua
hai điểm M7;3, N 4;2  . Tính diện tích tam giác ABC.
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Giải Gọi 1
H đối xứng với H qua BC  pt H 1 H : x  y  0   I  H 1 H  BC  I4;4  1
H 3;3. Ta chứng minh được điểm 1 H thuộc (ABC)   2 2       2 2 ABC : x y
2ax 2by c 0, a  b  c  0 MABC 2 2
7  3 14a  6b  c  0 a  5     2 2 
Do N ABC  4  2  8a  4b  c  0  b  4    H   ABC 2 2
3  3  6a  6b  c  0 c  36 1       2 2
ABC : x  y 10x  8y  36  0   A  H 1
H ABC  A6;6 do A  1 H .  x  y  8  0 B, 
C  BC ABC  tọa độ B, C là nghiệm hpt  2 2
x  y 10x  8y  36  0 x  3  y  5     BC  3 2, d  A;BC 6 6 8   2 2 x  6 2  y  2 1 1
Suy ra diện tích ΔABC là S
 d A;BC .BC  .2 2.3 2  6 ΔABC   2 2 (đvdt)
Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình
3x  4y 10  0 và đường phân giác trong BE có phương trình x  y 1 0 . Điểm M0;2 thuộc
đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 . Tính diện tích tam giác ABC. Giải
Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N A thuộc BC. Tính được N1; 
1 . Đường thẳng BC qua N và vuông góc M E
với AH nên có phương trình: 4x  3y 1  0 I
B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình: B N C H 4x  3y 1 0   B4;5 x  y 1  0
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 của hệ phương trình: 3  x  4y  8  0  1    A 3  ; 3  x 4y 10 0 4      
Điểm C thuộc BC và MC  2 , suy ra tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:  4x  3y 1  0 x 1;y 1 C1;  1     2 31 33 31 33  2 x  y  2        2 x  ;y  C ;    25 25   25 25 
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Thế tọa độ A và C1; 
1 vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A và C khác phía đối
với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.  31 33  Tương tự A và C ; 
 thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC.  25 25      49 49 BC 5, AH d A;BC  . Do đó  A S BC (đvdt) 20 8
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh A 1
 ;4 , trực tâm H. Đường
thẳng AH cắt cạnh BC tại M, đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác HMN là I2;0 , đường thẳng BC đi qua điểm P1; 2
 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác
biết đỉnh B thuộc đường thẳng d : x  2y  2  0 . Giải
Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp. Suy ra I là trung điểm BH. A Bd  B2  2t;t
Suy ra H2  2t;t  AH  3  2t;t  4 , BP  2t 1;t   2
Do H là trực tâm của tam giác ABC N
 AH.BP  0  2t  32t  
1  t  4t  2  0 H Suy ra 2
 5t 10t  5  0  t  1  I H0;  1 , B4;  1 , AH  1; 3
  , đường thẳng BC: x 3y  7  0 B C M P
Đường thẳng AC: 2x  y  6  0 . Tìm được tọa độ C 5  ; 4   Vậy B4;  1 , C5;  4
Bài 15. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là I 2  ;  1 và thỏa mãn điều kiện 0
AIB  90 . Chân đường cao kẻ từ A đến BC là D 1  ; 
1 . Đường thẳng AC đi qua M 1
 ;4. Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết đỉnh A có hoành độ dương. Giải 0 0
AIB  90  BCA  45 hoặc 0 BCA  135 A Suy ra 0
CAD  45  ΔADC cân tại D.
Ta có DI  AC , khi đó phương trình đường thẳng AC có dạng x  2y  9  0 . M
A2a  9;a, AD  8  2a; 1   a I a 1 B C D 2 2
AD  40  a  6a  5  0   A  1;5 a  5
Phương trình BD: x  3y  4  0
Phương trình BI: 3x  4y  5  0 B  BI  BD  B2; 2    11
Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G 1;   đường thẳng  3 
trung trực của cạnh BC có phương trình x  3y  8  0 và đường thẳng AB có phương trình
4x  y  9  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác.
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Giải
Ta có A, B thuộc đường thẳng 4x  y  9  0 nên A d Aa; 4  a  9, Bb; 4  b  9  11 Do G 1; 
 là trọng tâm tam giác ABC nên  3  G C a
  b  3;4a  4b  7  3  a 
Gọi I là trung điểm BC ta có I ; 2a 1   B CI 2  Id 
Mặt khác d : x  3y  8  0 là trung trực của cạnh BC   BC.u   d 0 3  a   32a   1  8  0 a 1   2  
        b  3 3. 3 2b a 4a 8b 16  0 Vậy A1;  5 ,  B 3;  3 ,  C 1;  9
Bài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A1;  2 ,  B 3;  4 và đỉnh C nằm trên
đường thẳng d : 2x  y  4  0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết đỉnh C
có tung độ dương và diện tích tam giác ABC bằng 2. Giải B(3;4)
Ta có: AB  2;2 và AB  2 2
Phương trình đường thẳng AB: x  y 1  0
Đỉnh C nằm trên đường thẳng d : 2x  y  4  0 nên Ct;2t  4 và t  2  C t  2t  4   1 t  3 A(1;2) d C;AB   2 2
d:2x-y+4=0 1 1 t  3     Δ S ABC AB.d C;AB .2 2. t 3 2 2 2 Bởi vậy:        Δ S ABC 2 t 3 2 t 1 Nên C 1  ;2
Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 2 2
x  y  2ax  2by  c  0
Thay tọa độ A, B, C vào phương trình, ta có: 2a  4b  c  5  a  0   6a  8b  c  2  5  b  5    2  a  4b  c  5  c  15  
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 2 2 x  y 10y 15  0
Bài 18. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (C) có phương trình là 2 2
x  y  25 , AC đi qua K 2; 
1 , hai đường cao BM và CN. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết A có
hoành độ âm và đường thẳng MN có phương trình 4x  3y 10  0
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Giải
Chứng minh được MN  OA  OA có vec-tơ pháp A
tuyến là n  3;4  OA :3x  4y  0 4x-3y+10=0 2 x 16 M 3  x  4y  0   x  4  Tọa độ A thỏa hệ:      2 2 3 x  y  25 y   x y  3 N  4 O K(2;1) (do x  A 0 ). Vậy A 4  ;  3 B C AC nhận AK  6; 2
  làm vec-tơ chỉ phương x  2 y 1  AC:   x  3y  5  0 3 1  x  5  3y  y  0 y  3 Tọa độ C thỏa hệ       C5;0 2 2 x  y  25 x  5 x  4  x  3y  5  0 x  1  Tọa độ M thỏa hệ     M 1  ;2 4x  3y 10  0 y  2
BM qua M và vuông góc AC  BM : 3x   1  
1 y  2  0  3x  y  5  0 y  3x 5 y   3x 5  x  0 x   3  Tọa độ B thỏa        2 2 2 x  y  25 1  0x 30x 0  y  5 y  4 
Với B0;5 thì BA   4  ; 2
  và BC  9;2  BA.BC  4  0  0  B tù. Với B 3  ; 4   thì BA   1
 ;7 và BC  8;4  BA.BC  20  0  B nhọn. Vậy A 4  ;  3 ,  B 3;  4 và C5;0 .
Bài 19. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với AB  5, C1;  1 , đường thẳng AB có
phương trình: x  2y  3  0 và trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng d : x  y  2  0 . Tìm tọa độ đỉnh A và B. Giải
Giả sử A3  2a;a; B3  2b;b A
 5  2a  2b a  b 1 Tính trọng tâm tam giác G ;   .  3 3  5  2a  2b a  b 1 Vì G thuộc d nên ta có:   2  0 3 3 G  a  b  2  0 B C Mặt khác AB  5  3   1   3   1 
Từ đó giải hệ ta được: A 6; , B 4;      hoặc B 6; , A 4;       2   2   2   2 
Bài 20. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết B2;  1
 , đường cao và phân giác trong quan
đỉnh A và C lần lượt có phương trình 3x  4y  27  0 và x  2y  5  0 . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. Giải
Phương trình cạnh BC: 4x  3y  5  0
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 4x  3y 5  0
Tọa độ C là nghiệm hệ:   C 1  ;3 A x  2y  5  0
Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua CD  B'AC D
Tìm được B’  phương trình AC: y  3 Tìm được A 5  ;  3
Viết được phương trình AB: 4x  7y 1  0 B C H
Bài 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có  5 
đỉnh A1;5 . Tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác lần lượt là I2;2 và K ;3   .  2 
Tìm tọa độ các đỉnh B và C của tam giác. Giải  5  A
Phương trình đường tròn ngoại tiếp ΔABC có tâm K ;3   bán  2  5 kính R  AK  2 2  5      2 25 x y 3    I K  2  4 x 1 y  5
Phân giác AI có phương trình   3x  y  8  0 B C 2 1 2  5
Gọi D  AI  K  tọa độ của D là nghiệm của hệ: D 3  x  y 8  0  2  5         2 25 x y 3    2  4  5  x  x  1  2  5 1 
Giải ra ta được hai nghiệm  và   D ;   y  5 1   2 2  y   2 C A
Lại có: ICD  ICB  BCD  
 ICA  IAC  CID  ΔICD cân tại D  DC  DI mà DC  DB  2 2 2  5         2 25 x y 3   2  4 x 1
B, C là nghiệm của hệ:   y 1  2 2     x  4 5 1 2 5 x   y   DI         2   2  2
Vậy B, C có tọa độ là 1;  1 , 4;  1
Bài 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ΔABC có diện tích S  3, B 2  ;  1 , C1;  3 và trung điểm
I của AC thuộc đường thẳng d : 2x  y  0 . Tìm tọa độ điểm A. Giải I d  Ix; 2
 x. Vì I là trung điểm của AC nên A2x 1; 4
 x  3 . Có BC  3; 4    BC  5
Phương trình của BC là: 4x  3y  5  0
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133   4  x 10 1 d A;BC  , S  d A,BC.BC mà 5 2 A 1 4  x 10 S  3  . .5  3 2 5 I x 1  5  2x  3   x  4 B C Suy ra A1;  1 , A7; 1  3
Bài 23. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, biết B và C đối xứng
với nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng
d:x  2y 5  0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đường thẳng AC đi qua điểm K6;2. Giải
Bd : x  2y  5  0 nên gọi B5  2b;  b . Vì B, C đối xứng A K
với nhau qua O suy ra C2b  5;b và O0;0BC d I
Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là
d:x  2y 5  0  I2;4 và IAB
Tam giác ABC vuông tại A nên BI  2b  3;4  b vuông B C O
góc với CK  11 2b;2  b     
2b  311 2b  4  b2  b b 1 2  0  5
 b  30b  25  0   b  5 Với b 1 B3;  1 , C  3  ; 1
 A 3;1 B loại.    31 17  Với        31 17 b 5 B 5;5 , C 5; 5  A ;   . Vậy A ;   , B 5  ;  5 , C5;  5  5 5   5 5 
Bài 24. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A2;6 , chân đường phân  3 
giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D 2;  
 và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm  2   1  I  ;1 
 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.  2  Giải
Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam A
giác ABC. Ta có phương trình đường thẳng AD: x  2  0 . Do E
thuộc đường thẳng AD nên E2;t . Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên 2 2 I     IA  IE  t  2 1 1 2 1  2    2   5      2   2  B C D    2 2 t 1  5  t  6  t  4  Do đó ta được E2; 4   E
Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE 5
vuông góc với BC hay BC nhận EI   1; 2
  là vec-tơ pháp tuyến. 2
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133  
Do đó phương trình của BC là:    3 1. x 2  2. y   0  x  2y  5  0  
. Vậy BC: x  2y  5  0 .  2 
Bài 25. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, đường thẳng AB và
đường thẳng chứa trung tuyến AM của tam giác lần lượt có phương trình 4x  3y 1  0 và
7x  y  8  0 . Điểm E10;3 thuộc đường thẳng BC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Giải 4x  3y 1 0 A
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:   A 1  ;  1 7x  y  8  0
Gọi F là điểm thuộc AM sao cho EF / /AB . Suy ra EF có F
phương trình 4x  3y  49  0 . Vì F thuộc AM nên tạo độ H 4x  3y  49  0
của điểm F là nghiệm của hệ   F1;15 7x  y  8  0 B E M C
Đường trung trực d của EF có phương trình 6x  8y  30  0
Do ΔMAB cân tại M, nên ΔMEF cân tại M. Suy ra d đi qua trung điểm H của AB và trung điểm M của BC. 6x 8y 39  0  1 9 
Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ:   M  ; 
 . Ta có BC  2BM , suy ra C3;4 7x  y  8  0  2 2  4x  3y 1 0  5 
Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ:   H  ;3 
 . Ta có AB  2AH suy ra B 4  ;5 6x  8y  39  0  2  Vậy A 1  ;  1 ,  B 4;  5 ,  C 3;  4
Bài 26. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh
AB: 2x  y 1  0 , phương trình cạnh AC : 3x  4y  6  0 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC biết M1; 3
  nằm trên cạnh BC thỏa mãn: 3MB  2MC. Giải 2x  y 1 0 x  2
Tọa độ A là nghiệm của hệ:    hay A2; 3   A 3  x  4y  6  0 y  3     Gọi    3c 6 B b;1 2b , C c;    4  G       3  c  6   MB b 1;4 2b , MC  c 1;    4  B M C
Do M nằm trên cạnh BC và 3MB  2MC nên ta có: 3MB  2  MC 3  b   1  2  c   1  3  b  2c  5 b  3 hay          3  4  2b 3c 6  2    4b  c 10 c  2    4   8  Vậy A2;  3 ,  B 3;  5 ,  C 2; 
0 nên tam giác ABC có trọng tâm G 1;    3 
Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với 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 phương trình
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
AC qua điểm A3;0  và vuông góc BH  AC: x  y  3  0 A C  AC  CM  tọa độ C là nghiệm của hệ: H x  y  3  0   C 1  ; 4    M 2x  y  2  0  x  3 y  Gọi Bx ; y  B B  B B M ;   (M là trung điểm AB)  2 2  B C Ta có B thuộc BH và M thuộc CM nên: x    B yB 1 0    B 1  ;0 y  B x      B 3 2 0  2
Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: 2 2
x  y  2ax  2by  c  0 . Thay tọa độ ba điểm
A, B, C vào phương trình đường tròn ta có: 6a  c  9  a  1     2  a  c  1   b  2   2  a  8b  c  1  7 c  3   
Phương trình đường tròn qua A, B, C là   2 2
C : x  y  2x  4y  3  0
Bài 28. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung tuyến AI : x  y  2  0 ,
đường cao AH : x  2y  4  0 và trọng tâm G thuộc trục hoành. Tìm tọa độ của B và C, biết E5;  1  thuộc đường cao qua C. Giải
A0;2, G2;0 , I3;  1 , BC : 2x  y 5  0 A
BBC  Bt;5  2t  C6  t;2t  7
AB  t;3  2t, EC  1 t;2t  6 Ta có:
AB.EC  0  t 1 t   3  2t 2t  6  0 G t  2 E(5;-1) 2   5t 19t 18  0  9  B I C t  H  5 x+y-2=0 x-2y+4=0  9 7   21 17  Vậy B2;  1 , C 4;  3 hoặc B ; , C ;      5 5   5 5 
Bài 29. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A1;6 , trực tâm H1;2 , tâm
đường tròn ngoại tiếp I2; 
3 . Tìm tọa độ B, C; biết B có hoành độ A(1;6) dương. Giải
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua I  HBA’C là hình bình hành với tâm M.
H(1;2) I(2;3)  A'3;0  M2;  1
BC qua M và vuông góc với AH  BC : y 1 B C M BBC  Bt;  1 , t  0 A'
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 t  2  6 (loaïi) Ta có: 2 2       2 2 IA IB 1 3 t 2  2  
t  2  6  B2  6;1  
M là trung điểm BC, suy ra C2  6;  1 Vậy B2  6;  1 , C 2 6;  1
Bài 30. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường
cao AH : x  y  3  0 . Biết đỉnh C5;0 , đỉnh B thuộc trục tung. Tìm tọa độ các đỉnh A và B. Giải
Phương trình cạnh BC là x  y  5  0 A
B  BC  Oy  B0;5
Giả sử At;t  3AH; AB  t;2  t , AC5  t;t   3
Tam giác ABC vuông tại A  AB.AC  0  t  1   t  3  A 1  ;2 hoặc A3;6 B
Bài 31. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác H C ABC có đỉnh A 3
 ;4 , đường phân giác trong của góc A có
phương trình x  y 1  0 và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I1;7 . Viết phương trình
cạnh BC, biết diện tích tam giác ABC gấp 4 lần diện tích tam giác IBC. Giải
Ta có IA  5 . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ΔABC có dạng A
    2   2 C : x 1 y 7  25
Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong góc A với
đường tròn ngoại tiếp ΔABC . Tọa độ của D là nghiệm của hệ: I x  y 1  0    D 2  ;3   x   2 1  y  72  25 B K C H
Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Do đó D
ID  BC hay đường thẳng BC nhận vec-tơ DI  3;4 làm vec-tơ pháp tuyến.
Phương trình cạnh BC có dạng 3x  4y  c  0 Do   Δ S ABC 4 Δ S IBC nên AH 4IK  114   c    Mà    7 c 3 AH d A;BC  và    31 c IK d I;BC 
nên 7  c  4 31 c   5 5  131 c    5
Vậy phương trình cạnh BC là: 9x 12y 114  0 hoặc 15x  20y  131 0
Bài 32. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d: x  y  3  0 . Qua điểm A thuộc d kẻ hai đường 2 2
thẳng tiếp xúc với đường tròn C : x  2  y   1
 4 tại B và C. Gọi G là trọng tâm của tam
giác ABC. Tìm tọa độ của điểm A, biết đoạn AG bằng 2. Giải
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 (C) có tâm I2; 
1 , R  2 . Gọi H là giao của AI và BC B d 3  AH  AG  3 2 A H
Đặt t  AI, t  0 . Ta có: 2 2 I AB  t  4 , 2 AH.AI  AB , AH  3 Suy ra 2 2
t  4  3t  t  3t  4  0  t  4 (thỏa mãn) hoặc t  1  (không thỏa mãn) C A d  Aa;a  3 ta có: 2 
   2    2 2 IA 16 a 2 a 2 16  a  4  a  2  Vậy A2;  5 và A 2  ;  1
Bài 33. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường cao AH: x  3 3 ,
hai phương trình đường phân giác trong góc ABC và ACB lần lượt là x  3y  0 và
x  3y  6 3  0 . Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 3. Viết phương trình các cạnh của
tam giác ABC, biết đỉnh A có tung độ dương. Giải
Chứng minh tam giác ABC đều.
Do đường cao AH: x  3 3 nên đường thẳng BC song song A
hoặc trùng với trục hoành Ox. Tâm đường tròn nội tiếp I3 3; 
3 , bán kính bằng 3  pt BC: y  0 hoặc y  6
Nếu pt BC: y  6 thì tung độ của A bằng -3 (loại)  pt BC: x+ 3y-6 3=0
y  0 . Tọa độ các điểm B0;0, C 6 3;0  x- 3y=0
Đường thẳng AB có hệ số góc k  3 , đường thẳng AC có hệ x=3 3 B
số góc k '   3 . Phương trình lần lượt là y  3x và H C y   3x 18
Bài 34. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại C, các đường thẳng AB, AC lần
lượt có phương trình là x  2y  0 và x  y  6  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết
trọng tâm G nằm trên trục tung. Giải
Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình: C x  2y  0 x  4      A 4  ;2 x  y  6  0 y  2
x-y+6=0
Gọi G 0;a , do CG vuông góc với AB nên phương trình đường G
thẳng CG là 2x  y  a  0 . Tọa độ C là nghiệm của hệ phương  A B 2x  y  a  0
x+2y=0 M trình   C6  a;12  a x  y  6  0
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gọi M là trung điểm của AB thì M là giao của CG và AB, suy ra tọa độ M là nghiệm của hệ phương  2a x   2x  y  a  0  5  2a a  trình:     M  ;   x  2y  0 a   5 5  y   5  4a 2a 
Suy ra tọa độ của B là   4;  2    5 5  4a 10 G là trọng tâm nên x             A xB xC 3xG 4 4 6 a 0 a 5 3     Vậy   4 2 8 26 A 4; 2 , B ; , C ;      3 3   3 3   3 
Bài 35. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) có tâm I  ;0   và  2 
(T) tiếp xúc với đường thẳng Δ : 4x  2y 19  0 , đường phân giác trong của góc A có phương trình
x  y 1  0 d . Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng ba lần diện
tích tam giác IBC và điểm A có tung độ âm. Giải  3  A
Đường tròn (T) có tâm I  ;0   , bán kính    5 5 R d I,Δ  có pt:  2  2 2 2 x  y  3x  29  0
Khi đó đường thẳng d cắt đường tròn (T) tại A và A’ có tọa độ là I nghiệm của hệ:  7  2 2 x  B C x  y  3x  29  0 x  4   2      x  y 1 0 y  5  5 y   2 A'  7 5 
Điểm A có tung độ âm suy ra A 4  ; 5   và A' ;    2 2 
Vì d là phân giác trong của góc A nên cung BA'  CA'  IA'  BC
Phương trình đường thẳng BC có dạng 2x  y  m  0 Mặt khác ta có: 1 1      A S BC 3 I S BA
d A;BC.BC 3. dI;BC.BC d A;BC 3d I;BC 2 2 m 13 m  3 11   3.
 m 13  3 m  3  m  2   m  5 5 2 11 Với m  2
 khi đó BC: 2x  y  2  0 . Với m 
khi đó BC: 4x  2y 11  0 2
Vậy phương trình đường thẳng BC là: 2x  y  2  0 và 4x  2y 11  0
Bài 36. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A1;2, B1; 2
  . Tìm tọa độ điểm C trên đường thẳng    1 d : x
y 1 0 sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với đường thẳng d    2 : x y 3 0 . Giải
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. d2
Vì A d2 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với d2 A tại A.
Phương trình IA: x  y 1  0 . Gọi It; t  
1 , vì IA  IB suy ra t  1  . Suy ra I 1  ;0 I Gọi Ca;a  
1 , vì IC  IA  2 2  a   3 B C Vậy C 3; 3  
1 hoặc C 3; 3   1 d1
Bài 37. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
d : x  y 1  0 và tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn   2 2
C : x  y  2x  4y  4  0 . Viết phương
trình đường thẳng AB, biết đường thẳng AB tạo với đường thẳng d góc 0 45 . Giải
Gọi vtpt của AB là     2 2 n a;b , a  b  0 A Theo giả thiết ta có: d n.nd 2 a  0 0 cos 45     n . n 2 b  0 d I
Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm I1; 2  , R  3    1 3 d I;AB  R  B C 2 2
Nếu a  0 , chọn b 1 thì phương trình đường thẳng AB có dạng y  m  0  1 m     3 2 d I; AB    2  7 m   2
Nếu b  0 , chọn a 1 thì phương trình đường thẳng AB có dạng: x  m  0  1 m     3 2 d I; AB    2  5 m    2
Vậy có 4 đường thẳng AB thỏa mãn bài toán có phương trình là: 2y 1  0 ; 2y  7  0; 2x  1 0 và 2x  5  0 .
Bài 38. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H 6
 ;7, tâm đường tròn ngoại tiếp
I1;1 và D0;4 là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng BC. Tìm tọa độ đỉnh A. Giải Ta có HD  6; 3
 , suy ra phương trình BC: 2x  y  4  0 A
Phương trình DH: x  2y  8  0 B'
Gọi M là trung điểm cạnh BC, ta có IM  dI,BC  5 I
Kẻ đường kính BB’, khi đó AHB’C là hình bình hành nên H AH  B'C  2IM  2 5 B C D M
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Vì ADH  A8  2a;a  AH  2a 14;7  a 2 2 2
Suy ra 2a 14  a  7  20  a  7  4  a  9;a  5 Vậy A2;  5 hoặc A 1  0;  9
Bài 39. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A. Gọi N là trung điểm của
AB. Gọi E và F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh B, C của tam giác ABC. Tìm tọa độ của   đỉnh A biết rằng   11 13 E 7;1 , F ; 
 và phương trình đường thẳng CN là 2x  y 13  0 .  5 5  Giải
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Vì G CN  Gt;13  2t . Do tam giác ABC cân tại A nên ta có: 2 2     2 2 
   2     2 11 13 GE GF t 7 13 2t 1  t   13  2t   t  5      5   5   G5;3 x  5  t Ta có AG  EF  u  AG
1;3 . Phương trình đường thẳng AG là  y  3  3t  A5  a;3 3a CCN  Cc;13  2c
x  3x  x  x 10  a  c Từ đó suy ra B G A C   B10  a  c; 7   3a  2c y         B 3yG yA yC 7 3a 2c
Ta có: BC  a  2c 10;3a  4c  20  u  AG 1;  3  
1 a  2c 10  33a  4c  20  0  a  c  5
Suy ra B15  2c;8  c . Ta có EB  8  2c;7  c, EC  c  7;12  2c . Vì EB  EC nên ta có EB.EC  0
 8 2cc  7  7  c12  2c  0  28 4c  0  c  7,a  c 5  2 Vậy A7;9,  B 1;  1 ,  C 7;  1
Bài 40. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A1;2, B5;  1  và C 3  ;  1 . Viết phương trình
đường tròn nội tiếp ΔABC . Giải
Gọi D là chân đường phân giác của A, I là tâm đường tròn nội A
tiếp ΔABC . Ta có BC  8 , AC  5, AB  5 ΔABC cân tại A 
D là trung điểm của BC  D1;  1
Ta có BD  4 , trong ΔBAD có: IA BA 5 I     IA   1 ID  I 1;   ID BD 4  3  4 B C
Do ΔABC cân tại A nên r  ID  . Vậy phương trình đường D 3 2 2  1  16
tròn nội tiếp ΔABC là: x   1  y      3  9
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 41. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AB  5 , đỉnh C 1  ;  1 , đường thẳng
chứa cạnh AB có phương trình x  2y  3  0 . Trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng
(d): x  y  2  0 . Xác định tọa độ các đỉnh A, B của tam giác. Giải
Gọi Ix; y là trung điểm của cạnh AB, G là trọng tâm tam giác. A  2x 1 x   G 2  Ta có: 3 CG  CI   3 2y 1 y  I G  3 2x 1 2y 1 G
G thuộc d: x  y  2  0 nên   2  0 3 3 2x 1 2y 1 B C    2  0 x  5
Tọa độ I thỏa mãn hệ  3 3    y  1  x  2y  3  0
Do A thuộc x  2y  3  0 nên tọa độ A là A3  2a;a 5 2 5 2 2 5
Theo giả thiết AB  5  IA 
 IA   2  2a  a   1  2 4 4 1 3  a    a   2 2  1   3   3   1 
Từ đó tìm được A 4; , B 6;      hoặc A 6; , B 4;       2   2   2   2 
Bài 42. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trung tuyến và phân giác trong đỉnh B
có phương trình lần lượt là        1
d  : 2x y 3 0 , d2  : x y 2 0 . Điểm M2;  1 nằm trên đường
thẳng chứa cạnh AB, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 5 . Biết đỉnh A có
hoành độ dương, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Giải      A 1 d 
d2 B1; 1 PT AB:y 1  Aa;  1
Gọi N là đối xứng của M qua phân giác d2  : M d2 I
 N1;0  Pt BC: x 1 C1;c d1 1 a 1 c  Trung điểm AC là I ;   ,  2 2  B C
do I thuộc trung tuyến  2a  c  3  0  1 N 2 2
dễ thấy tam giác ABC vuông ở B, IB  5  a   1  c   1  20 2 a  3 Từ (1) và (2)    A3;  1 , C1; 3   a  1 (loaïi)
Bài 43. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ đỉnh A2;  1 , đường cao đỉnh B
và trung tuyến đỉnh C có phương trình lần lượt là      1
d  : 2x y 0 ; d2  : x y 0 . Viết phương trình cạnh BC. Giải
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Pt AC: x  2y  4  0 . Giải hệ A x  2y  4  0  4 4    C ;   x  y  0  3 3  Id b  2 2b 1  d2 1 B  1 d
Bb;2b . Trung điểm của AB: I ;   , do  2 2  I d   2 b 1  B C B1;2 Pt BC: 2x  y  4  0
Bài 44. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm C5;1 , trung tuyến AM,
điểm B thuộc đường thẳng x  y  6  0 . Điểm N0;1 là trung điểm của đoạn AM, điểm D 1  ; 7  
không nằm trên đường thẳng AM và khác phía với A so với đường thẳng BC đồng thời khoảng
cách từ A và D tới đường thẳng BC bằng nhau. Xác định tọa độ các điểm A, B. Giải
Do A, D nằm khác phía so với BC và cách đều BC suy ra BC A
đi qua trung điểm I của AD.
Gọi G a;b là giao điểm của DN và MI suy ra G là trọng N tâm của tam giác ADM.  1 B C a   I G M  1   3a    3  1 5   ND  3NG            G  ;   8 3 b 1 5   3 3  b    3
Phương trình đường thẳng BC đi qua G và C: x  2y  3  0 D x  2y  3  0 x  3 
Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:     B 3  ; 3   x  y  6  0 y  3   M1;  1  A 1  ;  3 . Vậy A 1  ;  3 ,  B 3;  3
Bài 45. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A3;  3 , tâm đường tròn ngoại tiếp I2; 
1 , phương trình đường phân giác trong góc BAC là x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh 8 5 B, C biết rằng BC  và góc BAC nhọn. 5 Giải
Vì AD là phân giác trong góc A nên AD cắt đường tròn (ABC) tại E là A
điểm chính giữa cung BC  IE  BC
Vì E thuộc đường thẳng x  y  0 và IE  IA  R  E0;0 . Chọn n       BC EI
2; 1 Pt BC có dạng 2x y m 0. I 4 5 Từ giả thiết  HC  2 2 3  IH  IC  HC  5 5 B D H C          dI;BC 3 m 5 3 m 2 BC : 2x y 2 0        5 5 5 m  8  BC: 2x  y 8  0 E
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Vì BAC nhọn nên A và I phải cùng phía đối với BC, kiểm tra thấy BC: 2x  y  2  0 thỏa mãn. 2x  y  2  0   8 6   8 6  Từ hệ   B0;2      hoặc B ; , C   0;2  x  2   , C ; 2  y  2 1  5  5 5   5 5 
Bài 46. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa
đường cao kẻ từ B là x  3y 18  0 , phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là
3x 19y  279  0 , đỉnh C thuộc đường thẳng d : 2x  y  5  0 . Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng 0 BAC 135 .
(Trích Trường THPT Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2014) Giải BBH : x  3  y 18  B 3  b 18;b H A
Cd : y  2x  5  Cc;2c  5
Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực d Δ :3x 19y 279 0 u  Δ .BC 0   (M là trung điểm BC) B C M MΔ 60b 13c  357 b  4 B  6;4       1  0b  41c  409 c  9 C  9;23 AC  BH  chọn n           AC uBH  3;  1 pt AC: 3x y 4 0 Aa;3a 4
 AB  6  a;8 3a, AC  9  a;27 3a 1 Ta có 0
A  135  cosAB;AC   2
6  a9 a  83a27 3a 1   
  2    2   2    2 2 6 a 8 3a . 9 a 27 3a      3   a  9 9 a 3 a 1         .    2 2  3  a a 4 2 2 2  a  6a 10 9 a a 6a 10 Suy ra A4;8 .
Bài 47. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I1;2 bán
kính R  5 . Chân đường cao kẻ từ B và C lần lượt là H3;3 và K0;  1
 . Viết phương trình đường
tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK, biết A có tung độ dương. Giải
Gọi D là điểm đối xứng với A qua I, suy ra D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do đó 0 BAD  ADB  90   1
Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp nên AKH  ACB 2 Lại có ACD  ADB
3 (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) Từ (1), (2) và (3) suy ra 0
BAD  AKH  90 hay AD  KH
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 x 1 4t A
Ta có KH  3;4  pt AD:   A1 4a;2 3a y  2  3t H Ta có IA  R K   2   2 I 4a 3a
 5  5 a  5  a  1  Suy ra A5;  1 , A 3
 ;5 . Do A có tung độ dương nên A 3  ;5 B C J x  t Ta có AK  3; 6  , suy ra pt AB là:   Bb; 1   2b . Vì y  1   2t D IB  5 nên B1; 3   x  3  3t AH  6; 2
  , suy ra pt AC là: 
 C3 3c;3  c . Vì IC  5 nên C6;2 y  3  t  7 1 
Ta có BC  5 2 , trung điểm BC là J ; 
 . Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK nhận BC làm  2 2  2 2  7   1  25
đường kính nên có phương trình: x   y        2   2  2
Bài 48. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M2; 
1 là trung điểm cạnh AC, điểm H0; 3
  là chân đường cao kẻ từ A, điểm E23; 2
  thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ
từ C. Tìm tọa độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng d : 2x  3y  5  0 và điểm C có hoành độ dương. Giải x 1 3t
A d : 2x  3y  5  0    A 3  a 1;2a   1  d y  1 2t A Vì M2; 
1 là trung điểm AC nên suy ra C3  3a;1 2a HA    3  a 1;2a  4   M N HC   3 3a;4  2a a 1 E Vì 0 
AHC  90 nên HA.HC  0  19  a   B CH  13 Với a 1 A 2  ;3, C6; 1   thỏa mãn. 19  18 51  Với a    C  ;   không thỏa mãn. 13  13 13  Với A 2  ;3, C6; 1
  ta có phương trình CE: x 17y 11 0 , phương trình BC: x 3y 9  0.  3b  7 b  3 
Suy ra B3b  9;bBC  trung điểm AB là N ;    2 2  Mà NCE  b  4   B 3  ; 4  
Bài 49. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm H3; 2   , trung  1  điểm của đoạn AB là M ;0 
 và phương trình cạnh BC là: x  3y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của  2  tam giác.
(Trích Sở Giáo dục và Đào tạo Vĩnh Phúc lần 1 – 2014)
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Giải Phương trình AH: A 3x  
3 1.y  2  0  3x  y  7  0 Do AAH; BBC . R1  x  2  M Đặt Ax ;7  3x  2 1 1 , B x  2;   3  H    1 x x2 1  x  2 M là trung điểm AB  1       x  x2 2 7 3    x  1  B C 1 0   2 H x-3y-2=0 3  A2;  1 , B 1  ;  1  x  2   x  2  Đặt 3 C x  3      3;  . Có AC x  3 2; 1 ; BH  4;  1  3   3  x  5 19 19 1 
Vì BH  AC  BH.AC  0  4x  2 3       3 1. 0 x3 C ;   3 11  11 11   Vậy      19 1 A 2;1 , B 1; 1 , C ;    11 11
Bài 50. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H1;0 , tâm đường tròn ngoại  3 3  tiếp I ; 
 và chân đường cao kẻ từ đỉnh A là K0;2 . Tìm tọa độ A, B, C.  2 2  Giải Gọi M là trung điểm BC. A
Phương trình đường cao AH : 2x  y 1  0
Phương trình đường thẳng BC: x  2y  4  0
Phương trình đường trung trực IM vuông góc với BC: 9 H 2x  y   0 I 2  5  Tọa độ điểm M là 1;   B K CM 2 
Gọi D là điểm đối xứng với A qua I. Ta có D DB  AB   DB / /CH CH  AB
Tương tự DC / /BH nên tứ giác HBDC là hình bình hành nên M là trung điểm HD.
Xét tam giác AHD có IM là đường trung bình nên AH  2IM  A2; 2  
Giả sử B2b  4;b  C6  2b;5  b . Ta có BH.AC  0    
5  2b4  2b  b7  b b 1 2
 0  b  5b  4  0   b  4 Vậy A2; 2  ,  B 2;  1 ,  C 4;  4 hoặc A2;  2 ,  B 4;  4 ,  C  2;  1
Bài 51. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A3;2 , các đường thẳng     1 d  : x y 3 0 và đường thẳng d    2  : x y 9
0 . Tìm tọa độ điểm B thuộc  1
d  và điểm C thuộc d2  sao cho tam
giác ABC vuông cân tại A.
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Giải Ta có : B          1 d Ba;3 a, C d2 Cb;9 b AB a 3;1 a , d1B AB.AC  0
AC  b  3;7  b . ΔABC vuông cân tại A   2 2 AB  AC
2ab 10a  4b 16  0    1  A  2 2
2a  8a  2b  20b  48  2 d2   5a  8 C 1  b 
(do a  2 không thỏa mãn hệ). Thế vào (2) tìm được a  2 a  0, a  4 .
Với a  0 ta có b  4 . Vậy B0;  3 và C4;5
Với a  4 ta có b  6 . Vậy B4;  1 và C6;3
Bài 52. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, đường phân giác trong của góc A và
đường cao kẻ từ đỉnh C lần lượt có phương trình x  y  0 , 2x  y  3  0 . Đường thẳng AC đi qua điểm M0;  1
 , biết AB 3AM . Tìm tọa độ đỉnh B. Giải
Đặt AD : x  y  0 , CH : 2x  y  3  0 . Gọi M’ là điểm đối A
xứng với M qua đường phân giác AD  M'AB . Ta tìm M(0;-1) được M ' 1  ; 
0 . Đường thẳng AB qua M’ và vuông góc với 2x+y-3=0
CH nên có phương trình AB: x  2y 1  0
A  AB  AH nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình: x  y  0 x 1     A1;  1 x  2y 1 0 y 1 B C
x-y=0
Giả thiết AB  3AM  AB  3 5  B thuộc đường tròn (C’) 2 2
tâm A bán kính R  3 5 , pt (C’): x   1  y   1  45
B  AB  C'  tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình: x  2y 1  0  x  7 x  5      hoặc   x   2 1  y  2 1  45 y  4 y  2  Vậy B7;4 hoặc B 5  ;2
Bài 53. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có C4;3 , đường phân giác trong
và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác lần lượt có phương trình là x  2y  5  0 và
4x 13y 10  0 . Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC.
(Trích Trường THPT Chuyên Quốc Học – Huế lần 1 – 2014) Giải
Gọi AD là phân giác trong và AM là trung tuyến. Tọa độ của A là A nghiệm của hệ: x  2y  5  0 x  9    4x 13y 10  0 y  2  C'
Vậy A9;2 . Từ đó phương trình AC là: x  y  7  0 . M H B D C
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua đường phân giác trong AD thì C’ thuộc AB.
Đường thẳng CC’ qua C4;3 và vuông góc với AD nên có phương trình: 2x  y  5  0 .
Gọi H là giao điểm của CC’ và AD thì H3;  1 . Từ đó C'2;  1 
Suy ra phương trình AB là x  7y  5  0
Đường thẳng MH qua H3; 
1 và song song với AB nên có phương trình x  7y 10  0
Vì M là giao điểm của MH và AM nên M 4
 ;2 . Suy ra phương trình BC là x 8y  20  0.
Thử lại thấy các điểm B, C nằm về hai phía của đường thẳng AD nên AD là đường phân giác trong
của tam giác ABC. Vậy AC : x  y  7  0, AB: x  7y  5  0 và BC: x  8y  20  0 .
Bài 54. 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
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: A x  y  2  0   A3;  1 x  2y  5  0
x-y-2=0 x+2y-5=0 Gọi Bb;b   2  AB,  C 5 2c;  c  AC Do G là trọng tâm tam giác ABC nên G 3   b  5  2c  9 b  5    . 1   b  2  c  6 c   2 B C Hay B5;3, C1;2
Một vec-tơ chỉ phương của cạnh BC là u  BC   4  ;  1
Phương trình cạnh BC là: x  4y  7  0
Bài 55. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A3; 
1 và nội tiếp đường tròn tâm
I0;5 . Biết đường cao từ A của tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại K3;9 . Xác
định trọng tâm G của tam giác IBC nếu trực tâm H của tam giác ABC thuộc d : x  y  0 . Giải Ta có: A
HBC  HAC (cuøng phuï BAC) 
x-y=0
HAC  KAC  KBC (2 goùc noái tieáp)  H HBC  KBC     ΔBHK cân tại B I maø BC  HK  BC là trung trực HK B M C HK  BC   
M  M là trung điểm HK (1) K
Phương trình đường thẳng AK: x  3
AK  BC  phương trình đường thẳng BC: y  a .  M3;a   x       H xK 2.xM xH 6 3 3 1    
. Mà Hd : x  y  0  3  2a  9  0  a  6 y      H yK 2.yM y  H 2a 9
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
 BC: y  6 . Tọa độ Bb;6, tọa độ Cc;6 b  2 6  2 2 2 b 1  5 c  2  6 Có:  
   2    2 IA IB IC 3 0 1 5  5      b  c  0 2 2 2 c 1  5 b  2  6  c  2 6  x   I xB xC x    G 0   17  Trọng tâm tam giác IBC: 3   G 0;   y      I yB yC 17 3 y   G  3 3
Bài 56. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I0;  1 , ngoại tiếp K  1
 ;5 và một điểm P chạy trên cung chứa A của (I). Tìm tọa độ P để PB PC lớn nhất biết A 3  ;3. Giải
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC P A 2 2
         2 2 2 I : x 0 y 1  IA  3  2 13    2 I : x  y  2 1 13
Phương trình AK: AK  2;2  n  K I AK 1;  1  x  
1  y  5  0  AK : y  x  6  0 B C
Gọi M  AK I; M a;  b ,  a;  b   3;  3  2     2  2 a b 1 13 a   a  52 13     M b  a  6  0 b  a  6 a  3   (loaïi) b  3   M   2  ;4 a  2   b  4
PB  PC lớn nhất  P là điểm chính giữa cung BAC.
Mà AK là phân giác của góc BAC nên M là điểm chính giữa cung BC không chứa A. vậy PB  PC
lớn nhất  P, I, M thẳng hàng. Pt đường IM: IM   2  ;3  n  IM 3;2
 IM:3x  0  2y  
1  0  3x  2y  2  0
P  IM  I nên tọa độ P là nghiệm của hệ: x  2   3 y 1   x  3  3  x  2y  2  0    y   x 1 y  4 2      2  2  x   y  2 1 13  2 9 2  x  2 x  x  13 x  2    4 y  4  Vậy P2;4
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 57. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC đều. Đường tròn nội tiếp tam giác 2 2  3 
ABC có phương trình x  4  y  2  5 , đường thẳng BC đi qua M ; 2 
 . Tìm tọa độ điểm A.  2  Giải 2 2
Gọi C :x  4  y  2  5  C có tâm I4;2 , bán kính R  5 A
Gọi H là trung điểm của BC, tam giác ABC đều  I là trọng tâm của tam giác ABC  AI  2IH Gọi n  a;b , 2 2
a  b ) là vec-tơ pháp tuyến của đường thẳng AB. I(4;2)  3 
Phương trình đường thẳng BC: a x   b   y  2  0  2  B 3 C H M( ;2) Ta có: 2 5a   d I;AB 2 a 2b 2  IH  R   5  5a  4 2 2 a  b    2 2  a  2  b a b
Trường hợp a  2b  Phương trình đường thẳng BC: 2x  y  5  0  Ht;5  2t
IH  BC  t  2  H2;  1  A8;4 Trường hợp a  2
 b  phương trình đường thẳng BC: 2x  y 1 0  Hs;2s   1
IH  BC  s  2  H2;3  A8;0
Vậy các điểm A thỏa mãn là A8;0; A8;4 .
Bài 58. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A0;2 , B 2  ; 2  , C4;  2 . Gọi
P là hình chiếu vuông góc của B trên AC; M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Viết phương
trình đường tròn đi qua ba điểm M, N, P. Giải Ta có AC  4; 4  ; M 1  ;0; N1; 2   A
Đường thẳng AC có phương trình: x  y  2  0 P
 đường thẳng BP có phương trình: x  y  0  P1;  1 M
Giả sử đường tròn qua P, M, N có phương trình: 2 2
x  y  2ax  2by  c  0  2 2 a  b  c  0 B C N  1 a    2 2a  2b  c  2  0    1
Khi đó ta có hệ phương trình:  2a   c  1 0  b  2   2a  4b  c  5  0  c  2   (thỏa mãn)
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình: 2 2
x  y  x  y  2  0
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 59. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B 1  2;  1 và trọng tâm  1 2  G ; 
 . Đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A có phương trình x  2y  5  0 . Viết phương trình  3 3  đường thẳng BC. Giải 3
Gọi E là trung điểm AC  BE  BG 2 A  13 x   E  2 13 1     E ;   1   2 2  E y  E  G 2 K
Gọi K là điểm đối xứng của B qua AD thì K AC . H
Phương trình BK: 2x  y  25  0 B C G
Gọi H là trung điểm BK thì HAD 2x  y  25  0 Tọa độ Hx; y :   H 9  ;7  K 6  ;13 x  2y  5  0
Phương trình của AC (phương trình của EK): x  y  7  0
Ta có AC  AD  A  A9; 2    C4;3   Có     x 4 y 3 B 12;1 , C 4;3  BC :   BC: x 8y  20  0 1  2  4 1 3
Kết luận: Phương trình cạnh BC: x  8y  20  0
Bài 60. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 2. Phương trình
của đường thẳng AB: x  y  0 . Điểm M2; 
1 là trung điểm của cạnh BC. Tìm tọa độ trung điểm N của cạnh AC. Giải
Khoảng cách từ M đến AB: A    2 1 2 MH d M; AB   H N 2   2 2 1 1 1      Δ S ABC 2 Δ S MAB 1 MH.AB 1 B C 2 M 2 4  AB    2 2  MN  2 MH 2
Đường thẳng MN đi qua điểm M2; 
1 và nhận vtcp của đường thẳng AB là u  AB 1; 1 làm vtcp của nó. x  2  t
Phương trình của đường thẳng MN là  y 1 t
N MN  N2  t;1 t 2 2 2 MN  2 
t  t  2  2t  2  t  1   N3;2, N1;0
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 61. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, biết A3; 3   , hai
đỉnh B, C thuộc đường thẳng x  2y 1  0 , điểm E3;0 nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh C. Tìm tọa độ hai đỉnh B và C. Giải
Gọi I là trung điểm BC, do IBC  I2m 1;m . A Mà A3; 3
   AI  2m  4;m   3 Do AI  uBC mà u          E BC 2;  1 22m 4 m 3 0 m 1 I1;  1 x-2y+1=0
BBC  B2b 1;b, b . Do C đối xứng với B qua I, B I C suy ra:
C3  2b;2  b, AB  2b  4;b  3 , CE  2b;b   2
Do AB  CE nên ta được 2b2b  4  b  2b 3  3 0  b  2;b   5
Với b  2  B3;2, C  1  ;0 3  11 3   21 13  Với b    B  ; , C ;     5  5 5   5 5 
Bài 62. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A1;2 và điểm B3;5 . Viết phương trình đường
tròn ngoại tiếp tam giác OAB (O là gốc tọa độ) và xác định tọa độ trực tâm tam giác OAB. Giải
Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là: A   2 2
C : x  y  2ax  2by  c  0 ,  2 2 a  b  c  0  43 a  H   O C c  0 2     19 Do A C 2 2  1
  2  2a  4b  c  0  b     2  B  C 2 2
3  5  6a 10b  c  0  c  0 O B  Vậy   2 2
C : x  y  43x 19y  0
Gọi H là trực tâm tam giác OAB và Hm;n . Ta có:
AH  m 1;n  2, BH  m  3;n  5, OA  1;2, OB  3;5 . H là trực tâm tam giác AH.OB  0 3  m   1  5n  2  0 m  3  9       BH.OA  0  
1 m  3  2n  5  0 n  26 Vậy trực tâm H 3  9;26
Bài 63. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T). Đường
phân giác trong và ngoài của góc A cắt đường tròn (T) lần lượt tại M0; 3   và N 2  ;  1 . Tìm tọa
độ các đỉnh B, C biết đường thẳng BC đi qua điểm E2; 1
  và điểm C có hoành độ dương. Giải
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Do AM, AN lần lượt là đường phân giác trong và ngoài của góc N A nên 0 MAN  90 A
Do A, M, NT  MN là đường kính của (T)  (T) có tâm 1 I 1  ;  1 , bán kính R  MN  5 2 I
     2    2 T : x 1 y 1  5 B C
Có IB  IC R, MB  MC (do BAM  CAM )  IM  BC M ñi qua ñieåm E2;  1  BC : VTPT nIM  1;2
 BC: x  2  2y  
1  0  x  2y  4  0 B, 
C  BC  T  Tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình: x  2y  4  0  x  2y  4       x   2 1  y  2 2 1  5 5  y  22y  21 0  6 7 x  ; y      6 7  5 5       . Do xC 0 C ; , B    2; 3   5 5  x  2  ;y  3 
Bài 64. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A0;2 3 , B 2  ;0 và C2;0 ,
đường cao BH. Tìm hai điểm M và N trên đường thẳng chứa đường cao BH sao cho ba tam giác
MBC, NBC và ABC có chu vi bằng nhau. Giải
ΔABC đều cạnh bằng 4, M và N cần tìm thỏa điều kiện
MB  MC  NB  NC  8 nên M, N nằm trên E có hai tiêu A điểm B 2  ;0 và C2;0
Trục lớn 2a  8  a  4 H
Tiêu cự 2c  4  c  2 Trục bé 2 2 b  a  b  12 2 2 x y (E) có phương trình  1 B O C 16 12
ΔABC đều  H là trung điểm AC  H1; 3
Phương trình BH: x  3y  2  0 x  3y  2  0
Tọa độ M và N là nghiệm của hệ:  2 2 3  x  4y  48  8   24 3 6 3  24   8   24 3 6 3  24  Kết quả M ; ; N ;      13 13 13 13    
Bài 65. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A 2
 ;0 , B2;0 , góc giữa hai
đường thẳng BC và AB bằng 0
60 . Tính diện tích tam giác ABC biết rằng y  C 2 .
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Giải
Cx; y với y  2; AB   4;  0 , A
AC  x  2; y , BC   x  2;  y Theo giả thiết ta có:  0 cos30  cos  AB,AC  0  600 cos30  cosBC,AB  B C  3 4x  2    2 4  x  22 2  y  2 3y   x  22       x 1 y 3      2 2 1 4x  2 y  3  x  2       x 4 y 2 3 2  4 x  22 2  y  Từ đó suy ra C4;2 3 1 AB thuộc trục Ox    A S BC AB.d C;Ox 4 3 đvdt. 2
Bài 66. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác trong của góc A
nằm trên đường thẳng d: x  y  0 , đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC có phương trình là 2 2
x  y  4x  2y  20  0 . Biết rằng điểm M3; 4
  thuộc đường thẳng BC và điểm A có hoành độ
âm. Tìm tọa độ của các điểm A, B, C.
(Trích Trường THPT Chuyên Quốc Học – Huế, lần 3 – 2014) Giải Gọi (T): 2 2
x  y  4x  2y  20  0 A
Tọa độ giao điểm của d và (T) là nghiệm của hệ phương trình: x  y  0  x  2  x  5      I 2 2
x  y  4x  2y  20  0 y  2 y  5  C
Vì A là một giao điểm của d và (T) đồng thời A có hoành độ âm nên A 2  ;2. Gọi I2;  1 là tâm của (T). M Gọi D5; 
5 là giao điểm thứ hai của d và (T). Do AD là phân giác B D
trong góc A nên ta có DB  DC . Suy ra ID là đường trung trực của
BD. Đường thẳng BC qua M3; 4
  và có vec-tơ pháp tuyến ID  3; 4
  nên có phương trình: 3x  
3  4y  4  0  3x  4y  25  0
Tọa độ của các điểm B, C là nghiệm của hệ phương trình:  3 x  3  x  4y  25  0  x  7  5      2 2
x  y  4x  2y  20  0 y  1  29 y    5    3 29  Vậy    3 29 B 7; 1 , C ;   hoặc B ; , C 7;   1  5 5   5 5 
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 67. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M3;2 là trung điểm của cạnh
AC, phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là 8x  y 13  0 và
3x  4y  6  0 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C. Giải 8  x  y 13  0 A
Tọa độ A là nghiệm của hệ:   A2;  3 3  x  4y  6  0
Vì M là trung điểm AC nên C2x   M M xA;2yM yA  hay C4;  1
Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc với đường cao kẻ từ A
nên có phương trình là x  8y 12  0 . B C
Tọa độ trung điểm N của BC là nghiệm của hệ: N3x-4y+6=0 x  8y 12  0  3    N 0;   3  x  4y  6  0  2  8x-y-13=0 Suy ra B2x    N xC;2yN yC  hay B 4;2 Vậy A2;  3 ,  B 4;  2 ,  C 4;  1
Bài 68. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d : x  2y 1  0 , d ' : x  2y  21 0
và điểm A3;4 . Hai điểm B, C lần lượt nằm trên đường thẳng d và d’ sao cho tam giác ABC
vuông có độ dài cạnh huyền BC 10 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải
Do tam giác ABC vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác có d 1 B
tâm trùng với trung điểm cạnh BC và bán kính bằng AI  BC  5 2
Gọi tọa độ tâm là Ix u  u  1; 2  0 ; y0  , do d d ' 
 nên d và d’ song song, I
suy ra I cách đều d và d’. d' x     0 2y0 1 x0 2y0 21   x  2y 10  0 A Hay 0 0 5 5  C x   0 2y0 10 2 2 Khi đó y AI  5  2y 10  3
 y  4  25  y  4;y  8 0 thỏa mãn  0   0  0 0 2 2 Với y    x  2  y  4  25 0 4
I  2;4 , phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là     2 2 Với y   x  6  y 8  25 0 8
I 6;8 , phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là     3
Bài 69. Cho điểm A2; 3  , B3; 2
 , ΔABC có diện tích bằng ; trọng tâm G của ΔABC thuộc 2
đường thẳng (d): 3x  y  8  0 . Tìm bán kính đường tròn nội tiếp Δ ABC. Giải
Gọi Ca;b , AB: x y 5 0 A    dC;AB a b 5 Δ 2S ABC   3x-y-8=0 2 AB a  b  8   1  G a  b  5  3   a  b  2  2 B C
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133  a  5 b  5  Trọng tâm G ;    d  3 3   3a  b  4 3 Từ (1), (3)    S 3 C 2;10  r   p 2  65  89 Từ (2), (3)     S 3 C 1; 1  r   p 2  2 5
Bài 70. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H 1  ;3 , tâm đường tròn ngoại tiếp I3; 3
  , chân đường cao kẻ từ A là điểm K 1
 ;1 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. Giải
Kéo dài AI  I tại D. A Ta có 0
ACD  90  AC  CD và H là trực tâm.  BH  AC  BH / /CD
Chứng minh tương tự ta được BD / /HC  BHCD là hình bình H I hành.
Ta có BC  HD tại M là trung điểm mỗi đường (1) M B K C
Kéo dài AK  I tại J 0
 AJD  90  AJ  JD (hay JD  AK ) và AK  BC (giả thiết) J D  JD / /BC hay JD / /KM (2)
Từ (1) và (2)  KM là đường trung bình ΔHJD  K là trung điểm HJ.  x  H xJ x   K  2    J 1  ;  1  IJ  R   1   32   1   32  2 5 y   H yJ y  K  2
     2    2 I : x 3 y 3  20 HK  0; 2   AH qua H 1
 ;3 có vec-tơ chỉ phương là u    AH
0;2 nên có phương trình x 1.    y  1    2    2 x 3 y 3  20    2 y 3  4 
A  AH  I nên tọa độ A thỏa hệ:     y  5  x  1  x  1   x  1   A 1  ; 5  , J 1  ;  1 BC qua K 1  ; 
1 và vuông góc với AJ nên có phương trình y  1
B,C  BC  I nên có tọa độ thỏa hệ:     x 3 x 5 2 y 32 20        x  32  4      x 1 y 1 y 1  y 1  B1;  1 , C5;  1 hoặc B5;  1 ,  C 1;  1 Vậy A 1  ;  5 ,  B 1;  1 ,  C 5;  1 hoặc A 1  ;  5 ,  B 5;  1 ,  C 1;  1
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 71. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có cạnh AC đi qua M0;  1  . Biết
AB  2AM , đường phân giác trong AD : x  y  0 , đường cao CH : 2x  y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh. Giải Gọi  n  u  1;1 1
M là điểm đối xứng với M qua AD MM AD 1    M         1 M :  1 x 0  1 y  1 0 x y 1 0 A Gọi I  AD  M  1 M tọa độ I là nghiệm của hệ:  1 M x    M x  y  1  0  1 2    I H x  y  0 1 y    2  1 1   C I  ;      B D 1 M  1;0  2 2  n  u  1  ;2 AB CH    AB:   1 x  
1  2y  0  0  x  2y 1  0 x  2y  1 
Suy ra tọa độ A là nghiệm của hệ:   A1;  1 x  y  0  AM   1  ; 2
   nAC  2;  1  AC : 2x   1   1 y  
1  0  2x  y 1  0 2x  y  3   1 
Tọa độ C là nghiệm của hệ   C  ; 2    2x  y 1  2   x 1  Vì 0 B AB  B x  0;   2   x 1 x  5 0  AB x           0 1; ; AM   1; 2 AB 2AM x0 2 0 1 16   2  x    0 3 B5;3   B   3  ;  1  
Vì B, C phải khác phía với AD nên B5;3 không thỏa mãn. Vậy A1;  1 ,    1 B 3; 1 , C  ;2    2 
Bài 72. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A2;2 và hai đường trung tuyến của tam giác là       1 d : 2x 5y 8
0 và d2 : x 3y 2 0 . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. Giải
Nhận thấy A không thuộc   1 d và d2 . Giả sử B 1 d , C d2 . Gọi M, N A
là trung điểm của AC và AB, khi đó M   1 d , N d2 và  8  5t  M ; t , N   3t' 2;t'. Từ đó suy ra  N 2  d M 2 d1
C6  5t;2t  2, B6t ' 6;2t ' 2 và do B  1 d , C d2 nên ta có:
6  5t  32t  2  2  0 và B C 15
26t ' 6  52t ' 2  8  14 0  t  và t '  11 11
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133     Vậy   24 8 4 6 A 2; 2 , B ; , C  ;   
 . Từ đó phương trình các cạnh của ΔABC là:  11 11  11 11
7x  y 16  0, 8x 13y 10  0 và 11x 154y  88  0 .
Bài 73. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, D là trung điểm của đoạn AB. 11 5  13 5  Biết rằng I ;   , E ; 
 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trọng tâm tam  3 3   3 3 
giác ADC, các điểm M3;   1 , N  3
 ;0  lần lượt thuộc các đường thẳng DC, AB. Tìm tọa độ các
điểm A, B, C biết A có tung độ dương. Giải
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Do ID  AB và EG / /AB nên A
ID  GE , mặt khác IG  DE nên I là trực tâm tam giác DEG
 EI  DC  phương trình DC: x  3  2 5  3a 
Gọi D3;a . Ta có DI  ;   ,  3 3  D E DN   6  ; a   I G Theo giả thiết suy ra: a  3 5  3a  DI.DN  0  4   a  0  4 B 3 a   H C  3  4 4 
Với a  3 thì D3;3 suy ra phương trình AB: x  2y  3  0 . DE  ;    là vec-tơ pháp tuyến  3 3 
của AI nên phương trình AI: x  y  2  0 x  2y  3  0
Tọa độ A là nghiệm của hệ:   A7;  5 , suy ra B 1  ;  1 , C3;  3 x  y  2  0 4  4  Với a    D 3;   3  3 
Phương trình AB: 2x  9y  6  0, AI :12x  27y 89  0  107 x  2x  9y  6  0 
Tọa độ A là nghiệm của hệ 6   không thỏa mãn. 1  2x  27y  89  0 125 y    27
Bài 74. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có hai đỉnh A, B thuộc đường tròn tâm I 2  ; 
1 , bán kính bằng 5. Biết đường thẳng đi qua hai đỉnh A, B có hệ số góc
dương và đi qua điểm M0;5 , cạnh AC có độ dài bằng 5 , diện tích của tam giác ABC bằng 5 và
tung độ của A dương. Tìm tọa độ các đỉnh A, B. Giải B 2 2
Đường tròn tâm I có phương trình x  2  y   1  25 ,
AB có phương trình y  ax  5 a  0 I H      Δ S ABC 5 AB 2 5 AH 5 C A
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 a  2     2  a  6  d I, AB  2 5   2 5  1 2   a 1 a  2 1 1 Vì a  0 nên a 
 đt AB có phương trình là y  x  5. Khi đó tọa độ A, B thỏa mãn 2 2  1 y  x  5  2   A 2  ;4, B 6  ;2 hoặc A 6  ;  2 ,  B 2;  4   x  2  2  y  2 1  25
Bài 75. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A 1  ; 3   , B5;  1 . Điểm M nằm
trên đoạn thẳng BC sao cho MC  2MB. Tìm tọa độ điểm C biết rằng MA  AC  5 và đường thẳng
BC có hệ số góc là một số nguyên. Giải
Gọi H là trung điểm MC. Khi đó AH  BC và BM  MH  HC  x . A(-1;-3)
Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông ABH, AMH ta có: 55 2 AH  2x2 2  AB  52 AH  4    2 2 2     x  3 AH x AM 25 x x x Gọi phương trình đường thẳng BC là: C B(5;1) M H
         2 2 a x 5 b y 1 0 a  b  0 6  a  4b   Ta có dA;BC  4   4     a 0 a 5a 12b  0   2 2    a  b 5a 12b 0
Với a  0 , đường thẳng BC có hệ số góc k  0 (thỏa mãn). Khi đó BC : y 1. 12
Với 5a 12b  0 , đường thẳng BC có hệ số góc k  (không thỏa mãn) 5 2 2
Ta có A;R  5 : x   1
 y  3  25 . Khi đó tọa độ của C và M là nghiệm của hệ phương trình: y 1 C  2;  1 , M  4  ;  1      x   2 1  y  32  25 C   4  ;  1 , M 2;  1
Vì M nằm trên đoạn thẳng BC nên C 4  ;  1 .
Bài 76. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, có trực tâm H 3  ;2 . Gọi
D, E là chân đường cao kẻ từ B và C. Biết rằng điểm A thuộc
đường thẳng d : x  3y  3  0 , điểm F 2
 ;3 thuộc đường thẳng A DE và HD  2 .
d:x-3y-3=0 Tìm tọa độ điểm A. Giải 2 2 Ta có HD  2  x     D 3 yD 2 4 F(-2;3) 2 2  E D x      D yD 6xD 4yD 9 0   1 2
Vì Ad  A3m  3;m . Ta có: H B AD  HD  AD.HD  0 C
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133  x        D
3m 3.xD 3 yD m.yD 2 0lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được 2 2  x        D yD 3mxD m 2 yD 7m 9 0 2 63mx      D m 2yD 7m 18 0 3
Hoàn toàn tương tự ta có 6  3mx      E m 2yE 7m 18 0 4
Từ (3) và (4) suy ra đường thẳng DE có phương trình 6  3mx  m  2 y  7m 18  0 . Vì F 2  ; 
3  DE  m  0 . Do đó A3;0
Bài 77. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với hai trung tuyến
AN : x  y 2  0, BM : 7x y 6  0 , đỉnh B1;  1
 . Biết tam giác ABC có diện tích bằng 2. Xác định
tọa độ các đỉnh A, C của tam giác. Giải   A
Ta có trọng tâm G  AN  2 4 BM  G ;    3 3 
Vì NAN  Nn;2  n  C2n 1;5  2n (vì N là trung điểm M của BC) G 1 Ta có:  Δ S SCB d C;BM.CG 2 B C N 1 1   Δ S ABC d C;BM.CG 3 2 1
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên  Δ S GBC Δ S ABC 3 n 1 2 1 5 2 2 2 12n  8 2 2 Từ đó ta có:   d C;BM.  dC;BM     12n  8  4  1 3 2 3 5 5 2 5 n   3
Khi đó ta có tọa độ G, B, C nên:
Với C1;3 thì A0;2  1 13   4 2  Với C  ;   thì A ;    3 3   3 3 
Bài 78. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết rằng cạnh huyền nằm  5 
trên đường thẳng d : x  7y  31  0 , điểm N 1; 
 thuộc đường thẳng AC, điểm M2; 3   thuộc  2 
đường thẳng AB. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 8 Giải 6
MB:          2 2 a x 2 b y 3 0 a  b  0 y B C d Vì 0 MBC  45 4 N a  7b 0  cos45  2 2 2 2 2 1  7 . a  b A x 3a  4b 5 5 2 2  O 12a  7ab 12b  0  4a  3  b 2
TH1: 3a  4b . Chọn a  4, b 3 M  d : 4x  3y 1 0 4
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 TH2: 4a  3
 b , chọn a  3, b  4   d :3x  4y 18  0 AC  d Nếu chọn AB là d  
 AC:3x  4y  7  0  A 1  ;  1  B 4  ;5 NAC Mặt khác MA   3  ;4, MB   6
 ;8  2MA  MB  M nằm ngoài đoạn AB  trường hợp này
thỏa mãn. Từ đó suy ra C3;4
Hoàn toàn tương tự, nếu lấy AB là d: 3x  4y 18  0 (loại).
Bài 79. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình:
3x  4y 10  0 và đường phân giác trong BE có phương trình: x  y 1  0 . Điểm M0;2 thuộc
đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 . Tính diện tích tam giác ABC.
(Trích Lê Bá Trần Phương, số 3 – 2013) Giải
Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua A phân giác BE thì M’ thuộc đường thẳng BC. M
Tính được điểm M'1;1 . Đường thẳng BC đi qua M’ E
và vuông góc với AH nên có phương trình 4x  3y 1  0 .
Điểm B là giao điểm của BC và BE nên có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình: x  y 1  0   B4;5 CB H M' 4x  3y 1  0
Đường thẳng AB đi qua B và M nên có phương trình: 3x  4y  8  0 .
Điểm A là giao điểm của AB và AH nên có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình: 3  x  4y  8  0  1    A 3  ;   3  x  4y 10  0  4 
Điểm C thuộc BC và MC  2 nên có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình: x 1;y 1 C1;  1  2  x  y  22  2     31 33  31 33  x  ; y   C ; 4x  3y 1 0    25 25  25 25 
Kiểm tra lại: thay tọa độ điểm A, C1; 
1 vào phương trình đường phân giác BE ta được hai giá trị
trái dấu nên B và C1; 
1 khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong của tam giác ABC (thỏa mãn)  31 33 
Thay tọa độ điểm A và C ; 
 thì A, C cùng phía nên loại.  25 25  49 49
Tính được BC  5 và AH  dA;BC    Δ S ABC (đvdt) 20 8
Bài 80. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A4;6 , phương trình các đường
thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 2x  y 13  0 và 6x 13y  29  0 .
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM. Khi C(-7;-1)
đó CH có phương trình 2x  y 13  0 , CM có phương
trình 6x 13y  29  0 . 2x  y 13  0 Từ hệ   C 7  ;  1 6x 13y  29  0 AB  CH  n B(8;4) AB  uCB  1; 2 A(4;6) H M(6;5)
 phương trình AB: x  2y 16  0 x  2y 16  0 Từ hệ   M6;5 6x 13y  29  0  B8;4
Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp 2 2
ΔABC: x  y  mx  ny  p  0 5
 2  4m  6n  p  0 m  4   
Vì A, B, C thuộc đường tròn nên 8
 0  8m  4n  p  0  n  6   50  7m  n  p  0 p  7  2   2 2
Suy ra phương trình đường tròn: 2 2
x  y  4x  6y  72  0 hay x  2  y  3  85 .
Bài 81. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A ngoại tiếp hình chữ
nhật MNPQ. Biết các điểm M 3  ;  1 và N2;  1
 thuộc cạnh BC, Q thuộc cạnh AB, P thuộc cạnh
AC, đường thẳng AB có phương trình: x  y  5  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Giải
Phương trình đường thẳng d vuông góc BC qua A M 3  ; 
1 là x  3  0 suy ra tọa độ Q là Q 3  ;2 .
Ta có MN  QP  P2;2 Q P
Đường thẳng AC qua P2;2 nhận n  1;  1 làm vec-
tơ pháp tuyến nên có phương trình x  y  4  0 .  1 9  Vậy B C A  ; , B 6  ;  1 , C5;    1 M N  2 2   1 
Bài 82. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết B ;1 
 . Đường tròn nội tiếp  2 
ΔABC tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Biết D3; 
1 , đường thẳng EF: y  3  0 . Tìm tọa độ điểm A biết y  A 0 . Giải
Phương trình đường thẳng BC: y 1
Nhận xét: EF / /BC mà ΔAEF cân tại A (theo tính chất tiếp tuyến)  ΔABC cân tại A.
Do AD  BC phương trình đường cao AD là x  3 .
Do FEF: y  3  Ft;3
Theo tính chất tiếp tuyến 2 2 BD  BF  BF  BD
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 2 2  1   1  t  2  t   4  3        A  2   2  t  1 
Với t  2  F2;3 . Với t  1   F 1  ;3
Phương trình đường thẳng (qua B và F)   F E TH1:   3 F 2;3  BF  ; 2    2  I     3     3 1 AB : 2 x 2 y 3  0  2x  y   0  tọa độ A là 2 2 2 B D C x  3    x 3   13  nghiệm của hệ  3 1   13  A 3;   2x  y   0  y    3   2 2  3  3  3 3 5 TH2: F 1
 ;3  BF   ;2  AB: 2   x   1 
y 3  0  2x  y   0  2  2 2 2 x  3 x  3   
tọa độ A là nghiệm của hệ  3 5   7 (loại do y  A 0 ) 2x  y   0 y      2 2  3  13  Vậy A 3;    3 
Bài 83. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình AB: 2x  y 1  0 ,
phương trình AC: 3x  4y  6  0 và điểm M1; 3
  nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn
3MB  2MC . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
(Trích Trường THPT Chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ – 2013) Giải  4c 
Từ giả thiết ta có A2;  3 , Bb;1 2b và C   2;c   A  3 
Do M, B, C thẳng hàng và 3MB  2MC nên có 2 trường hợp: x  3x  2x TH1: M B C 3MB  2MC   y    M 3yB 2yC 9  b  8c  9  11 18    B C b  ; c   M 6  b  2c  6 5 5 11 17  14 18  Suy ra B ;  , C ;       5 5   5 5   3x  B 2xC x   M  9  b  8c  27 TH2: 5 3MB  2  MC      b  3; c  0 3y       B 2yC 6b 2c 18 y  M  5 Suy ra B3; 5  , C 2  ;0  7 10   8  Từ đó TH1 cho ta G ;    và TH2 cho ta G 1;    3 3   3  TRẦN ĐÌNH CƯ
GV chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế Cưa Đổ Oxy
Chủ đề 2: Hình bình hành và hình thoi
Tài liệu thân tặng các em học sinh 12, Chuẩn bị kỳ thi THPT Quốc Gia 2016.
Chúc các em đạt kết quả cao trong các kỳ thi sắp đến.
A D I K E B H C
Huế, Ngày 17/05/ 2016
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 2: Hình bình hành và hình thoi
CHỦ ĐỀ 2. HÌNH BÌNH HÀNH – HÌNH THOI
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết
A1;0, B 0;2  và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y  x . Tìm tọa độ các đỉnh C và D. Giải
Đường thẳng AB có phương trình: 2x  y  2  0
Vì I nằm trên đường thẳng y  x nên giả sử It;t .
Suy ra C2t 1;2t, D2t;2t  2 t  0 4 Mặt khác          A S BCD AB.dC;AB 4 d C;AB 3t 2 2 4 5 t   3  5 8   8 2  Vậy C ; , D ;     hoặc C 1  ;  0 , D 0;  2  3 3   3 3 
Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có à trung điểm của c nh
CD và đường thẳng B có phương trình à 13x 10y 13  0 , điểm M 1
 ;2 thuộc đo n thẳng AC
sao cho AC  4AM . ọi H à điểm đ i x ng với qua C. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết rằng
3AC  2AB và điểm H thuộc đường thẳng Δ : 2x  3y  0 . Giải 13    1 10.2 13 20 A d M;BN   HΔ  H3a;2a B 2 2  269 13 10 M I
ọi I à t m ABCD, à giao điểm của AC và B . Ta G th y à trọng t m ΔBCD . H D N C 2 1 Suy ra CG  CI  AC mà 3 3 1 5 4 AM  AC  MG  AC  CG  MG 4 12 5    4    16        32 d C;BN d M;BN d H;BN 2d C;BN  5 269 269 a 1 13.3a 10.2a 13 32     45 269 269 a    19
Vì H và nằm khác phía đ i với đường thẳng B nên H3;2 . 3AC 2AB 2CD CD Ta th y CM    
 CN  CH  ΔMHN vu ng t i . 4 4 4 2
H có pt y  2  0  MN : x 1  0  N 1  ;0  C1;  1 , D 3  ;  1  5 7   1 5   7 13  Do CM  3MA  A  ;  I  ;  B ;        3 3   3 3   3 3   5 7   7 13  Vậy A  ; , B ; , C1;  1 , D 3  ;      1  3 3   3 3 
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 1
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 2: Hình bình hành và hình thoi
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A2;  1 , B 1  ; 3
  và hai đường thẳng d       1 : x
y 3 0, d2 : x 5y 16 0 . Tìm tọa độ các điểm C, D n ư t trên 1 d và d2 sao cho t giác ABCD à hình bình hành. Giải
iả sử Cc;c 3   1 d , D5d 16;d d2
 CD  5d 16  c;d  c  3
ABCD à hình bình hành  CD  BA  3;4 5  d 16  c  3 5  d  c  1  3 d   2         C3; 6  , D6; 2   d   c  3  4 d   c 1 c   3
Ta có BA  3;4, BC  4; 3
  kh ng c ng phương  A, B, C, D kh ng thẳng hàng  ABCD à hình bình hành. Vậy C3; 6  , D6; 2   .
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tr c tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn, đỉnh A 2  ; 
1 . ọi H, , E n ư t à hình chiếu vu ng góc của A trên các đường thẳng BC, BD, CD.
hương trình đường tr n ngo i tiếp tam giác H E à   2 2
C : x  y  x  4y  3  0 . Tìm tọa độ các
đỉnh B, C, D biết H có hoành độ m, C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng x  y  3  0 . Giải Ta có 0
AHC  AEC  90 nên b n điểm A, H, C, E c ng thuộc A D
đường tr n đường kính AC.
ọi I à giao điểm của AC và BD. I K Ta có:    0 HIE 2HAE 2 180  BCD E
Các t giác A ED, A HB nội tiếp nên EKD  EAD và B H C BKH  BAH . Do đó: 0 0          0 HKE 180 EKD BKH 180 EAD BAH 2HAE 2 180  BCD  HIE ọi        c  2 c  4  C c;c 3 d, c 0  I ; 
 , do I thuộc C nên có phương trình:  2 2  2
c  c  2  0  c  2  c  1  o i c  1  ). Suy ra C2;  1  và I0;  1  .
Điểm E, H nằm trên đường tr n đường kính AC và đường tr n C nên tọa độ th a m n hệ 2 2 x  0, y  3 
x  y  x  4y  3  0  phương trình:    8 11 2      2   x   ; y x y 1 4    5 5  8 11
Vì H có hoành độ m nên H  ; , E 0; 3   
 . Suy ra AB:x  y 1 0, BC: x  3y 5 0.  5 5  x  y 1 0 Tọa độ B th a m n   B 4  ; 3
   BA  2;2, BC  6;2 x  3y  5  0
 BA.BC 16  0 th a m n Vì AB  DC  D4;  1 . Vậy B 4  ;  3 , C2;  1 , D4;  1
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 2
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 2: Hình bình hành và hình thoi
Bài 5. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có A 1
 ;3 , điểm C thuộc đường thẳng Δ : x  y  6  0 1
, phương trình đường thẳng BD: x  2y  2  0 , tan BAC 
. Tìm tọa độ ba đỉnh B, 2 C, D. Giải
Gọi I à trung điểm của AC, suy ra I thuộc BD nên A D
I2y  2; y , khi đó C4y  3;2y  3 . Do C thuộc Δ nên x         C C y 6 0 6y 12 0 y
2 , suy ra I2;2, C5;  1 I Ta có AC  6; 2
  và B thuộc BD nên B2b  2;b . Suy ra B C
AB  2b 1;b  3 . b Do đó cos B  AC  cosAB,AC  2 2. b  2b  2 1 2 Do tan B  AC  nên cos B  AC  . Suy ra: 2 5 b  4 b  0 b 2       4 2 2   5 3  b 16b 16  0 b  2. b 2b 2  3  2 4  10 8  hi đó ta đư c  1 B 6;4, 1 D  2;0 và 2 B ; , D   2 ;    3 3   3 3 
Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có t m I2; 5   và đường
ph n giác của góc BAC có phương trình 2x  y  4  0 . Biết tam giác ACD có trọng t m  1 14  G  ;  
 , tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD.  3 3  Giải  7 1  GI  ;  , DI  3GI  D 5  ; 4     A D  3 3 
I à trung điểm BD  B9; 6   G H I
Một vec-tơ chỉ phương của đường ph n giác góc BAC à E u  1; 2   B C
Ht;4  2t à hình chiếu của I ên đường ph n giác góc BAC  H4; 4  
Gọi E à điểm đ i x ng của I qua đường ph n giác góc BAC  E6; 3  AB
hương trình c nh AB: x  y  3  0  A1;2
I à trung điểm của AC  C3; 1  2 
Bài 7. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A1;0, B0;2 và
giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y  x . Tìm tọa độ đỉnh C và D. Giải Ta có: AB   1
 ;2  AB  5 . hương trình của AB à: 2x  y  2  0
I d : y  x  It;t . I à trung điểm của AC và BD nên ta có: C2t 1;2t , D2t;2t   2
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 3
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 2: Hình bình hành và hình thoi 4 Mặt khác    CH  A
S BCD AB.CH 4 CH à chiều cao) 5 goài ra A D   6t  4 4 d C; AB  CH   H 5 5 I  4  5 8   8 2  t   C ; , D ;       3  3 3   3 3   t  0  C 1  ;0, D0; 2    B C  5 8   8 2 
Vậy tọa độ của C và D à C ; , D ;     hoặc C 1  ;  0 , D 0;  2  3 3   3 3 
Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 12, hai đỉnh A 1  ;  3 , B 2  ; 
4 . Tìm tọa độ hai đỉnh c n i, biết giao điểm hai đường chéo nằm trên tr c hoành. Giải
I à giao điểm của AC và BC. I thuộc Ox nên Ia;0 . A D
hương trình AB: x  y  2  0   a  2 I d I; AB  ; AB  2 2 Vì    A S BCD 12 2dI;AB.AB 12 B C a  4   a  2  6   a  8 a  4  suy ra I 4  ;0 nên C 7  ; 3   và D 6  ; 4  
a  8 suy ra I8;0 nên C17; 3   và D18; 4  
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có B1;5 và đường cao AH
có phương trình x  2y  2  0 , với H thuộc BC; đường ph n giác trong của góc ACB có phương
trình à x  y 1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, C, D. Giải
BC đi qua B1;5 và vu ng góc AH nên BC có phương A' A trình: 2  x  y  3  0 . D
Tọa độ C à nghiệm của hệ phương trình: x-y-1=0 I  2  x  y  3  0 K   C 4  ; 5   x  y 1  0 x+2y-2=0
Gọi A’ à điểm đ i x ng B qua đường ph n giác H
x  y 1  0 d , BA  d  K
Đường thẳng B đi qua B và vu ng góc d nên B có phương trình: x  y  6  0 x  y  6  0  7 5 
Tọa độ điểm à nghiệm của hệ phương trình:   K ;   . Suy ra A6;0 . x  y 1  0  2 2 
Trung điểm I của AC có tọa độ à I0; 3
  đồng thời I à trung điểm BD nên D 1  ; 1   1 .
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 4
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 2: Hình bình hành và hình thoi T ài  
    2    2 S : x 4 y 1  2 19 18 J ;    5 5  x  3y 1 0 iải IAD Ia;b B  19 18  a  b    J 5 5 H  ;  2 2   C A   H E HAC  I    a  5, b  0 . IJ.u   D AC 0 I5;0 .
I5;0S x  y  5  0  A8;3 . φ  E  AD  φ 2  cosφ   cot φ  2  S  40  DE.EA  20 ABCD 5 2
 DE.DE.cot φ  20  DE 10  x  3 x  5 1  2 2 0  0  2 Dx         0 ; x0 5; DE 10 d D;AC 10 10  10     16  2x 2       D3; 2   0 100 x0 3 5; x0 13 5 ài I2;  1 AC  2BD  1  M 0;   N0;7 BP  5BI  3  iải B  1  M ax  b y   0    2 2 a  b  0  3  A C
ax  by  7  0 . I ND dI;AB  dI;CD 
I naèm giöõa hai ñöôøng thaúng AB vaø CD  3a  4b
a  4 b  3 AB: 4x  3y 1 0
         2 2 m x 2 n y 1 0 m  n  0 P 4m  3n   1 cos AB, BD   2 2  5 5 m n
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 5
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 2: Hình bình hành và hình thoi  m  2  n 2 m   n 11 m  2 n  1  m  2 n  1
 1 2x  y  3  0 2x 11y  7  0   B  AB BD 1 3 B  ;   .  5 5    54 13 BP  5BI  P ;    5 5 
ài 3 Trong m t ph ng t x  y  0 ng th m P1; 3  ng th Q 2  ; 2  3 ỉnh c bi AB  AC l 1 Giải
Gi s a AB:         2 2 a x 1 b y 3 0, a  b  0 D a  b 3 T gi thi t cosAB,BD 2 2    a  4ab  b  0 2 2 2 a  b . 2 a  2   3 Ch n b  1   O  A C a  2   3 TH1: a  2   3, b 1 pt AB:
 2 3x 1y 3 0 T m c a h : B      2    x  1 3  2 3 x 1  y  3  0  1  3    (lo i) 2  x  y y  1 3  1  3 TH2: a  2
  3, b 1pt AB:  2   3x   1  y  3  0
 2 3x 1 y 3 0 x 2 T m c a h    V y B2;2   y  2 x y
PB1;2  3 . 2  3x  2  y  2 3  0
2 3x2y2 30 x  4 T m c a h    V y D 4  ; 4     y  4  x y O 1  ; 
1 . Pt AC: x  y  2  0 x  y  2  0   x  1   3 T m c a h    2   3 
x 1 y 3 0 y 31 V y A 1   3; 3 1   K C 3 1; 1   3
ài 4 Trong m t ph ng t S  20 , m é
d: 2x  y  4  0 D1; 3   ỉ i c Giải
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 6
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 2: Hình bình hành và hình thoi
Dễ thấy D d ng th ng d : 2x  y  4  0 a A é AC  BD DBD suy ra x  2y  7  0
G i I  AC BD , t m c a h x  2y  7 x  3     I3; 2   2x  y  4 y  2  B D I
M k m c a BD, suy ra B5;  1  IB  5
AC  BD S  2IA.IB S  20  IA  2 5
L A d  Ax;4  2x 2
IA  2 5  IA  20  5x  32  20 x 1 A1;2    2 x 3  4   C x  5  A  5; 6   Theo gi thi t suy ra A5; 6
  th ã i x ng v C1;2 V y A5; 6  , B 5; 1  , C 1;2 
ài 5 Trong m t ph ng v i h t é ng th ng
d : x  y 1  0 m E9;4 n ng th ng ch a c m F 2  ; 5   n m ng th ng
ch a c nh AD, AC  2 2 X ịnh t ỉnh c Giải G ’ i x ng v a B BAD ’ ’ ô
m E9;4  x  y  5  0 E J G ’ m h I A C x  y  5  0 x  3     I3;2 x  y 1 0 y  2  E' F m c ’ E' 3  ; 8   D ng th ng AD qua E' 3  ; 8   F 2  ; 5  
E 'F  1;3 3x  
3  y  8  0  3x  y 1  0
ài 6 Trong m t ph ng v i h t ỉ ầ t thu ng th ng          1 d : x y 8 0 d2 : x 2y 3 0 ng th x 7y 31 0 a ỉnh c ABCD bi t di 7
(Trích Trường T PT Chuyên Quốc Học – Huế lần 1 – 2014) Giải B      1 d Bb;8 b D d2 D2d 3;d . d B
1:x+y-8=0
Suy ra BD  b  2d  3;d  b  8       m c b 2d 3 d b 8 I ;   x+7y-31=0 AC 2 2  I BD  AC u .BD  0 e ấ AC    IAC IAC D
d2:x-2y+3=0 8  b 13d 13  0 b  0     2b  3d  3  0 d  1
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 7
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 2: Hình bình hành và hình thoi   V y     1 9 B 0;8 , D 1;1 , I  ;    2 2  AC 15 IA   2 2 2 2 2       15 63 9 15 IA   7  a   a    a  3       ho c a  6 2  2   2   2  Suy ra A10;3 ho c A 1  1;6 . Do x  A 1  1;6 . T C10;3 . A 0
ài 7 Trong m t ph ng v i h t BD  2AC m H2; 1  
ng th x  y  0 . G m c a c nh CD. Gi s H ô
c ng th ng BM. Vi ng th ng AH.
(Trích Trường T PT Chuyên Quốc Học – Huế lần 2 – 2014) Giải G m c a BM v A tr ô IG IG IG sin IBG    2 2 BG I BI  IG 6IG2 2  IG B D H G Suy ra   1 cos BD, AH  sin IBG  M 37 C G i n  a;b  v i 2 2 a  b  0 e - n c ng th ng AH.  7b a  1 a  b  5 cosBD,AH 1 2 2   
 35a  74ab  35b  0   2 2 37  37 a b . 2  5b a   7 7b V i a 
, ch n a  7, b 5 c AH: 7x  2  5y  
1  0  7x  5y  9  0 5 5b V i a 
, ch n a  5, b  7 c AH: 5x  2  7y  
1  0  5x  7y  3  0 7
ài 8 Trong m t ph ng v i h t 0 A  60 nh AB, BC lấ
m M, N sao cho MB  NB  AB. Bi t P 3;  1 thu ng th
MDN d : x  y 3  6  0 ỉnh D c Giải T gi thi t 0
A  60  ề e ề AM  BN, BM  CN . Xé 0
DAM  DBN  60 , AD  BD, AM  BN  ng nhau.  ADM  BDN   1 Xé 0
DBM  DCN  60 , CD  BD , CN  BM  ng nhau  NDC  MDB 2 T 1 2 0  MDN  60 .
G ’ i x ng c d  P ' thu ng th ng DM.
 ’ ều  DP  PP'  2dP,d  6
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 8
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 2: Hình bình hành và hình thoi  a  6   a  6  3  G D a;  PD    a  3 2 2 2     36    3  3    a  3  3, a  6
  3  D3 3;13 3, D 6   3;  1
ài 9 Trong m t ph ng v i h t i ti
    2   2 32 I : x 5 y 6 
. Bi t r ng th ầ m M7;8 5 N6;9 ỉnh c BCD. Giải i ti ù i giao c a é B N
Dễ AC : x  y 1  0 . G i AB: y  k x 6  9 3  k   4 10 I d I; AB   2 5 A M C k 1  1  x k  AB : y   7   A9;10  C1;2 3 3       D  13  13 53 A  2;3  C8;9 k   AB : y   x   9    9 9 B3;8  D7;4 
BD : x  y 11  0    23 45  43 21 B  ;  D ;        2 2   3 2 
ài 0 Trong m t ph ng v i h t AC  2BD I2;  1 m hai   é 1 t M 0; 
 n ng th ng AB, N0;7 n ng th m  3  B bi Giải G i x ng c E4; 5  AB E  AB: 4x  3y 1 0 B M
dI;AB  2 AC  2BD AI  2BI ô I A C 1 1 1 1 2     BI  5 2 4 d I;AB 2 2 4BI BI D m c k R  5 v ng N 4x  3y 1  0  th m c a h :   x  2  2  y  2 1  5 Gi i h k t h p v i x  B 0 B1;  1  .
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 9 TRẦN ĐÌNH CƯ
GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia Hạ gụ c Oxy
Chủ đề 3: Hình Thang
Tài liệu mến tặng các em học sinh 12, chuẩn bị bước vào kỳ thi THPT Quốc
Gia. Chúc các em đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp đến.
A B M N C D E Huế, 14/05/2016
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 3: Hình Thang
CHỦ ĐỀ 3. HÌNH THANG
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD AD / /BC có phương trình
đường thẳng AB: x  2y  3  0 và đường thẳng AC : y  2  0 . Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC
và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết IB  2IA , hoành độ điểm I : x   I 3 và điểm M 1
 ;3 nằm trên đường thẳng BD. Giải
Ta có A là giao điểm của AB và AC nên A1;2 . A D
Lấy E0;2 AC. Goi F2a  3;aAB sao cho EF / /BD . E M EF AE EF BI F Khi đó     2  EF  2AE I BI AI AE AI a 1  
 2a  32  a  22  2  B C 11  a   5 Với a 1 thì EF   1  ; 
1 là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là n  1;  1 . Pt
BD : x  y  4  0  BD  AC  I 2  ;2,BD AB  B 5  ;  1 IB IB  3 3  Ta có: IB   ID   ID   2ID  D  2;  2   ID IA  2 2  IA IA 1 IA   IC   IC   IC  C 3  2  2;2 IC IB 2 11  7 1  Với a  thì EF  ; 
 là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là n  1; 7   . Do đó 5  5 5 
BD : x  7y  22  0  I 8  ;2 (loại)
Bài 4. Cho hình thang cân ABCD có AB / / CD, CD  2AB . Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và  2 17 
BD. Gọi M là điểm đối xứng của I qua A với M ; 
 . Biết phương trình đường thẳng DC: x  y 1 0  3 3 
và diện tích hình thang ABCD bằng 12. Viết phương trình đường thẳng BC biết điểm C có hoành độ dương. Giải
Ta có: tam giác MDC vuông tại D
 MD: x  y  5  0  D 2  ;3 8 2 3 M MD   HD  MD  2 2 3 4 A B H Gọi AB  a 3a.2 2 I  S   12  a  ABCD 2 2 2  DC  4 2 D C 2  2 c  2
Gọi Cc;1 c  DC  2c  2   C2;   1 c  6 (loaïi)  B3;2  BC :3x  y  7  0
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 1
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 3: Hình Thang
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD, BC. Biết B2;3
và AB  BC . Đường thẳng AC có phương trình x  y 1  0 , điểm M 2  ; 
1 nằm trên đường thẳng AD.
Viết phương trình đường thẳng CD. Giải
Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp trong một đường tròn. Mà B C
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 H
Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình: A B' D M x  y 1  0 x  3     H3;2 x  y  5  0 y  2
Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó B'4;  1
Đường thẳng AD đi qua M và nhận MB' làm vec-tơ chỉ phương nên có phương trình x  3y 1  0 . Vì x  y 1  0 x 1 A  AC
AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:     A1;0 x  3y 1  0 y  0
Ta có ABCB’ là hình bình hành nên AB  B'C . Do đó C5;4
Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra d : 3x  y 14  0 Gọi I  d
AD , suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 3  x  y 14  0  43 11   38 11   I ;   . Do đó D ;   x  3y 1  0  10 10   5 5 
Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận CD làm vec-tơ chỉ phương nên có phương trình 9x 13y  97  0
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với hai cạnh đáy là AB, CD và
CD  2AB . Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ D xuống AC và M là trung điểm của HC. Biết tọa độ
đỉnh B5;6 , phương trình đường thẳng DH : 2x  y  0 và DM : x  3y  5  0 , tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD. Giải
Tìm được tọa độ D1;2
Qua B dựng đường thẳng Δ / /AC và cắt DH tại I, cắt DM tại I J, cắt DC tại E A B
 Δ  DH và J là trung điểm của IE. H J
Phương trình đường thẳng Δ qua B và vuông góc với DH là: M x  2y 17  0 E CD 17 34   41 22  Tọa độ I ;   , tọa độ J ;    E13;2  5 5   5 5 
Ta có ABEC là hình bình hành  EC  AB 1
Do đó EC  ED  C9;2 , EC  BA  A1;  6 3 Cách khác:
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 2
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 3: Hình Thang 1
Gọi K là trung điểm của DC. Khi đó, KM vuông góc với AC. KM  DH . Chứng minh được 2
dB;AC  KM , từ đó suy ra dD;AC  2dB;AC (với D1;2, B5;6 , CA : x  2y  m  0 ), lập được pt
AC, giải hệ tìm được tọa độ H, M, từ đó có tọa độ C, A.
Bài 5. Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD có đáy lớn CD  3AB , C 3  ;  3 , trung điểm của AD là M3; 
1 . Tìm tọa độ đỉnh B biết   B S CD 18 , AB
10 và đỉnh D có hoành độ nguyên dương. Giải B A Gọi n  A; 
B là vec-tơ pháp tuyến của CD  2 2 A  B  0  M
CD : Ax  3  By  3  0
 Ax  By  3A  3B  0 D C Ta có:   B S CD A S CD 18    A 2S CD 36 6 10       3 10 d A;CD d M;CD  CD 3 10 5 5 3A  B  3A  3B 3 10 2 2  
 5 6A  4B  3 10 A  B 2 2 5 A  B  25 2 2
36A  48AB  16B   90 2 2 A  B  2 2 B 31B
 810A 1200AB  310B  0  A   hay A   3 27 B * A   : Chọn B  3
  A 1 CD: x  3y  6  0  D3d  6;  d 3 2 2 2 2 d  0
Ta có: CD  90  3d  9  d  3  90  d  3  9   d  6  D6;0 (nhaän)    D 1  2; 6    .Vaäy D6;0 A0;2 (loaïi) 1 Ta có AB  DC   3  ;  1  B 3  ;  1 3 31 * A   B         27 : Chọn B 27 A 31 CD:31x 27y 12 0 2  31d 12     
   3  31d  93        2 2 729 D d; CD d 3 90 d 3  (loại)  27   27  169 Vậy B 3  ;  1
Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang OABC OA / /BC có diện tích bằng 6, đỉnh A 1
 ;2 , đỉnh B thuộc đường thẳng       1 d : x
y 1 0 và đỉnh C thuộc đường thẳng d2 :3x y 2 0 .
Tìm tọa độ các đỉnh B, C. Giải x  0 y  0 Phương trình OA :   2x  y  0 1   0 2  0
OA / /BC  phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x  y  m  0 (với m  0 )
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 3
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 3: Hình Thang x  y 1  0 x  1 m
Tọa độ B là nghiệm của hệ:     B1 m;m 2 2x  y  m  0 y   m 2 3  x  y  2  0 x   m  2
Tọa độ C là nghiệm của hệ:     Cm  2;4 3m 2x  y  m  0 y   4 3m 1
Diện tích hình thang OABC là: S  OA  BC.dO,BC 2 1    2  m 2 1
 2  2m  32  4m  62 .  6     2 2 2 2  1   2m  3   1 m  12 *
Phương án tối ưu nhất để giải phương trình này sẽ là phá dấu giá trị tuyệt đối.
- Nếu m  0 thì (*) thành      2 3 2m 1
m 12  m  2m  6  0  m 1 7
Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m 1 7  B 7; 1   7  và C 1   7;1 3 7  3
- Nếu 0  m  thì (*) thành     2
3 2m 1 m 12  m  2m  6  0 (vô nghiệm) 2 3 m  3
- Nếu m  thì (*) thành 2m  3   2
1 m  12  m  m  6  0   2 m  2 
Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m  3  B 2  ;1 và C1; 5  
Vậy có hai cặp điểm B, C thỏa mãn đề bài như trên.
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có BC  2AD  2DC , đỉnh C3; 3
 , đỉnh A nằm trên đường thẳng d:3x  y  2  0 , phương trình đường thẳng DM: x  y  2  0
với M là điểm thỏa mãn BC  4
 CM . Xác định tọa độ các điểm A, D, B. Giải
Vì Ad  Aa;2  3a Ta có    Δ S ADM 2 D S CM dA,DM 2dC,DM a  1   A3; 7     a  3  A   1  ;5
Do A, C nằm khác phía với đường thẳng DM nên A 1  ;5 AD  CD
Vì DDM  Dd;d  2 . Từ giả thiết ta có 
. Giải hệ ta được d  5 nên D5;3 AD  CD Có BC  2AD  B 9  ;  1
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D diện tích hình thang bằng
6, CD  2AB, B0;4 . Biết điểm I3; 
1 , K 2;2 l n lượt nằm trên đường thẳng AD và DC. Viết phương
trình đường thẳng AD biết AD không song song với các trục tọa độ. Giải A B
Vì AD không song song với các trục tọa độ nên gọi vec-tơ pháp
tuyến của AD là n  1;b, b  0 . uy ra phương trình AD: I x   3  by   1  0
Pt AB: bx  y  4  0 D C K
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 4
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 3: Hình Thang AB  CD 3AB 3 3 3   5b 2b  2     A S BCD .AD .AD .d B;AD.dK;AB . . 2 2 2 2 2 2 b 1 b 1  b 1  3   5b b 1  S  6  3. .
 6  5b  3 . b 1  2 2 5     ABCD b 1 b 2 2 3 b 1 b 1   1   2 2 b   7
Đáp số: x  y  2  0; 3x  5y 14  0; 7x  1 2 2y  2 2  22  0 ;
7x  1 2 2y  2 2  22  0 45
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng , đáy lớn CD 2
có phương trình là: x  3y  3  0 . Biết hai đường chéo BD và AC vuông góc với nhau và cắt nhau tại
điểm I2;3 . Viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm C có hoành độ dương. Giải
Ta có ABCD là hình thang cân nên tam giác ICD vuông cân tại I. A B
CD  2dI;CD  2 10  IC  20
ọi điểm C3c  3;cCD I 2  IC  3c  2 1  c  32  20  c  1   C6;  1
Đường thẳng BD qua điểm I2;3 nhận IC làm vtpt có phương trình là: D C 2x  y 1  0 .
ọi D là giao điểm của BD và CD  D0;  1
Đặt IA  IB  x  0 , ta có: 1 2 45          A S BCD I S AB I S CD 2 I S AD x 10 2x 5 x 5 2 2
Khi đó ID  2IB  DI  2IB  B3;5 .
Phương trình đường thẳng BD: 4x  3y  27  0 .
Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) tâm I x   I
0 , (C) đi qua điểm A 2;3
và tiếp x c với đường thẳng        1
d  : x y 4 0 tại điểm B. (C) cắt d2  :3x 4y 16 0 tại C và D sao cho
ABCD là hình thang có hai đáy là AD và BC, hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau. Tìm tọa độ các điểm B, C, D. Giải d1
Do ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn nên ABCD là hình thang B C
cân. Do hai đường chéo vuông góc với nhau tại K nên ΔBKC vuông cân tại K, suy ra 0 0
ACB  45  AIB  90 (góc tâm c ng chắn cung AB) hay K IB  AI   1 . I Lại do   1
d  tiếp x c với (C) tại B nên IB  1 d  2 . A D Từ ( ) và ( ) suy ra
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 5
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 3: Hình Thang   5 IB d A;  ∥ 1 d  , AI  1 d  2  1 a  5  Ta có pt AI: 2
x  y 1  0 , do I  AI  Ia;1 a , IA    2  9 a    2  1 1  Vậy I ;   do x  I 0 .  2 2  2 2  1   1  25
Pt đường tròn C : x   y        2   2  2 2 2  1   1  25  x   y   x  0 x  4     Xét hệ:  2   2  2     .  y  4 y 1 3  x  4y 16  0
B là hình chiếu của I lên    1
d  , tính được B 2; 2 . Do AD B ∥ C nên B 2  ; 2  , C4;  1 , D0;4 .
Bài 11. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và B. Đường chéo AC nằm trên đường
thẳng d : 4x  7y  28  0 . Đỉnh B thuộc đường thẳng Δ : x  y  5  0 , đỉnh A có tọa độ nguyên. Tìm
tọa độ A, B, C biết đỉnh D2;5 và BC  2AD . Giải
BΔ  Bb;b  5 d B,AC BE BC Ta có:      2 d D, AC DE AD      93 4b 7 b 5  28 4.2  7.5  28 1  1b  63  30 b     2.  11b  63  30    11 2 2 2 2 1    1b  63  3  0  4 7 4 7 b  3
B và D khác phía đối với đường thẳng AC nên 4x         B 7yB 284xD 7yD 28 0 11b 63.30 0
Do đó ta được b  3  B3; 2           4  a  42  Ta có   28 4a 4a 7 A d  A a;  DA  a  2;     và BA  a  3;    7   7   7  4  a  7 4  a  42
Do đó DA.BA  0  a  2a  3      0 49 2  77
65a  385a  0  a  0 hay a  . Vậy A0;4 13 x     C 3 2.2 0 Ta có BC  2AD    C7;0 y     C 2 2.5 4 Vậy A4;0,  B 3; 
2 và C7;0 là điểm c n tìm. 45
Bài 12. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD có diện tích bằng
, đáy lớn CD nằm trên đường 2
thẳng x  3y  3  0 . Biết hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I2;  3 . Viết phương trình
đường thẳng chứa cạnh BC, biết điểm C có hoành độ dương. Giải
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 6
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 3: Hình Thang
Do ABCD là hình thang cân với đáy lớn CD và hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau nên tam
giác ICD vuông cân tại I.
Đường thẳng qua I vuông góc với CD: x  3y  3  0 có phương trình:
3x  2  y  
3  0  3x  y  9  0
Gọi K là trung điểm CD ta có tọa độ K là nghiệm của hệ: x  3y  3  0 A H B   K3;0 3  x  y  9  0
Mà KI  KC  KD nên C, D là giao điểm của đường thẳng CD và I
đường tròn tâm K bán kính KI  10 x  3y  3  0 
Do đó tọa độ của ch ng là nghiệm của hệ: x 3  2 2  y 10  C6;  1 ; D 0; 
1 do C có hoành độ dương. D C K
Gọi H là trung điểm AB ta có: 45 1  S
 AB  CD.HK  IH  IK.HK  IH  102 10   ABCD IH 2 2 2 ID IK Mà 
 2  DI  2IB  B3;5  BC  3; 4   IB IH
Vậy đường thẳng BC có phương trình 4x  
3  3y  5  0  4x  3y  27  0
Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D có AB  AD  CD ,
điểm B1;2 , đường thẳng BD có phương trình y  2 . Biết rằng đường thẳng d : 7x  y  25  0 l n lượt
cắt các đoạn thẳng AD và CD theo thứ tự tại M và N sao cho BM  BC và tia BN là tia phân giác của
góc MBC. Tìm tọa độ đỉnh D (với hoành độ của D là số dương) Giải
Kẻ BH  CD  ABHD là hình vuông và 0 CBN  MBN  45  ΔCBN  ΔMBN B A   Vậy dB;C  D  d B;M  N mà   7 2 25 4 d B;MN   50 2 d 4  BH   BD  BH 2  4 M 2
Điểm D thuộc BD nên Dx  0 ; 2 và BD 4 . C H N D x  5 Ta có x  2 0   0 1 16  x    0 3 Theo giả thiết x  0 0 . Vậy D5;2
Bài 14. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang vuông ABCD ( 0
BAD  ADC  90 ). Biết BC  CD  2AB ;
trung điểm của BC là M1;0 , đường thẳng chứa cạnh AD có phương trình x  2y  0 . Tìm tọa độ A. Giải Kẻ BE  CD, ECD 1
Vì DE  AB  CD nên E là trung điểm CD, do đó ΔBCD cân. Mà BC  CD nên ΔBCD đều. Suy ra 2 DM  BE  AD .
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 7
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 3: Hình Thang
Gọi N là trung điểm AD, ta có MN  AD A B
uy ra phương trình MN: 2x  y  2  0
Tọa độ N là nghiệm của hệ:  2 x   M 2x  y  2  0  3  2 2  N    hay N ;     x  2y  0 2  3 3   y   3       4 2 2  C A AD : x 2y 0 A 2a;a  D  2a;  a  D   E 3 3   2 2 2 2  1   2 2   4   2 2  DM  AD   a 2      a    2 2a        2a     3  3    3  3    3 2  3 a  2 15 9  a  6 2a   0   6  3 2  3 a  9   6  6 3 2  3   6  6 3 2  3  Vậy tọa độ A ; , A ;      9 9 9 9    
Bài 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A 2  ;  3 và B, BC  1  AB  AD 
. iao điểm của hai đường chéo AC và BD là I  ;3 
 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D biết 2  3 
đỉnh D có hoành độ nguyên nằm trên đường thẳng d: 3x  y  4  0 . Giải 5 Ta có AI  . A D 3 IA AD 1 10  Theo định lý Talet:    IC  2.AI  ;0   I IC BC 2  3   1  Giả sử Cx     0 ; y0  IC x  0 ; y0 3  3  C B  1 10 x   x  3 0 0  3 3    C3;3 y    0 3 y    0 3 0
Ta có AC  3.AI  5 . Áp dụng hệ thức Pytago: 2 2 2 2
AC  AB  BC  5AD  25  AD  5
Vì Dd  Dt;4  3t; AD  5 t  0    t  22  1 3t2 2  5 10t  2t  0  1  t   5
Với t  0  D0;4  AD  2;1 , có BC  2AD  B 1  ;  1 1  1 17  Với t   D ;   (loại) 5  5 5  Vậy B 1  ;  1 , C3;  3 ,  D 0;  4
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 8
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 3: Hình Thang
Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có AD và BC là hai đáy,
AB  BC  5 . Biết rằng điểm E2;1 thuộc cạnh AB, điểm F 2  ; 5
  thuộc cạnh AD và phương trình
đường thẳng AC là x  3y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B.
(Trích Trường THPT Chuyên Quốc Học – Huế lần 2 – 2014) Giải
Do ABCD là hình thang cân nên nó là một tứ giác nội tiếp. Mặt khác, vì A M F D
AB  BC  CD nên AC là phân giác trong góc BAD .
AC có vec-tơ chỉ phương là u  AC 3; 1 H E I
Gọi H3t  3; t là hình chiếu của E trên AC. Ta có EH  3t 1;t   1 1 EH  u         AC 33t  1 t 1 0 t 5 12 1   H ;     5 5  B C
Gọi M là điểm đối xứng của E qua AC thì M thuộc AD. Ta có 14 7  M ;     5 5   24 18 
Đường thẳng AD đi qua điểm F 2  ; 5
  có vec-tơ chỉ phương FM  ; 
 , có vec-tơ pháp tuyến  5 5  n      AD
3; 4 nên có phương trình AD: 3x 4y 14 0 . A là giao điểm của AD và AC nên suy ra A6; 1.
Bài 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD có A3;0 , C 4  ;  1 , AD  2AB  2BC và 0
DAB  ABC  90 . Tìm tọa độ các điểm B, D. Giải
Giả sử Bx; y . Từ giả thiết ta có AB  BC, AB.CB  0  ta có hệ B C phương trình:   x 32 2
 y  x  42  y  2 1    x  3 
x  4  yy   1  0 y  7x  4  x  0, y  4     D 2  A x  x  0 x  1  , y  3  M Vậy B0;4 hoặc B 1  ;  3
Gọi M là trung điểm của AD. Từ giả thiết ta suy ra tứ giác ABCM là hình vuông. Từ đó:
Với B0;4 thì từ AB  MC ta tìm được M 1  ; 3    D 5  ; 6   Tương tự với B 1  ; 3
  ta tìm được M0;  4  D3;  8
Bài 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang OABC OA / /BC có diện tích bằng 6, đỉnh A 1
 ;2 , đỉnh B thuộc đường thẳng    1 d : x y 1 0 và
đỉnh C thuộc đường thẳng d    2 : 3x y 2
0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C. Giải x  0 y  0 Phương trình OA:   2x  y  0 1   0 2  0
OA / /BC  Phương trình đường thẳng BC có dạng:
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 9
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 3: Hình Thang
2x  y  m  0 (với m  0 ) O A
Tọa độ B là nghiệm của hệ: d1 x  y 1  0 x 1 m     B1 m;m  2 2x  y  m  0 y  m  2
Tọa độ C là nghiệm của hệ: C B d 3  x  y  2  0 x  m  2 2     Cm  2;4  3m 2x  y  m  0 y  4  3m 1
Diện tích hình thang OABC là: S  OA  BC.dO;BC 2 1    2  m 2 1
 2  2m  32  4m  62 .  6   2m 3   1 m  12 *     2 2 2 2 1
Phương án tối ưu nhất để giải phương trình này sẽ là phá dấu giá trị tuyệt đối!
Nếu m  0 thì (*) tr thành:       2 3 2m 1 .
m 12  m  2m  6  0  m  1 7 . Kiểm tra điều kiện ta
chỉ lấy nghiệm m 1 7 ,  B 7; 1   7 và C 1   7;1 3 7  3
Nếu 0  m  thì (*) thành:     2
3 2m 1 .m 12  m  2m  6  0 , vô nghiệm. 2 3
Nếu m  thì (*) thành:     2
2m 3 1 .m 12  m  m  6  0  m  3 hoặc m  2  . 2
Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m  3  B 2  ;1 và C1; 5  
Vậy có hai cặp điểm B, C thỏa mãn đề bài như trên.
Bài 19. Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương
trình 3x  y  0 , đường thẳng BD có phương trình x  2y  0 , góc tạo b i hai đường thẳng BC và AB bằng 0
45 . Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 4 và điểm B có hoành độ dương. Giải
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: A B 3  x  y  0 x  0     D0;0  O 450 x  2y  0 y  0
Vec-tơ pháp tuyến của đường thẳng AD và BD l n lượt là   1 n 3;  1 , n2 1; 2  cosADB 1 0   ADB  45 C D 2  AD  AB
Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 0 0 45  BCD  45
 ΔBCD vuông cân tại B  DC  2AB 2 1 3AB Theo bài ra ta có:         A S BCD AB CD.AD 24 AB 4 BD 4 2 2 2  x  Gọi tọa độ điểm B B x   B;  , điều kiện x 0  B 2 
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 10
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 3: Hình Thang  8 10 2 x   (loaïi)   B 2 x 5 B  BD  x     B 4 2    2   8 10 x  (thoûa maõn)  B 5  8 10 4 10  Tọa độ điểm B ;    5 5  
Vec-tơ pháp tuyến của BC là n  BC 2; 1
 phương trình đường thẳng BC là: 2x  y  4 10  0 .
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 11
Chuyên Đề: Hình học phẳng Oxy – Chủ đề 3: Hình Thang
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 12 Trần Đình Cư
( Gv Chuyên Luyện Thi THPT Quốc Gia) Chinh phụ c Oxy
Chủ Đề: Hình chữ nhật
Tài liệu này mến tặng các em học sinh 12 các Trường ở TP Huế. A B I K M G H D C Huế, 10/05/2016
Chụyên Đề Oxy-Chủ đề: Hình Chữ Nhật May 10, 2016
CHỦ ĐỀ 4. HÌNH CHỮ NHẬT
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là
giao điểm của đường thẳng    và
   . Trung điểm của một cạnh là giao điểm 1 d : x y 3 0 d2 : x y 6 0 của 1
d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải Ta có: 
 . Tọa độ của I là nghiệm của hệ: 1 d d2 I d1  9 B x  C x  y  3  0  2  9 3     . Vậy I ;   x  y  6  0 3   2 2  y   I d2 2
Do vai trò A, B, C, D như nhau nên giả sử M là trung điểm cạnh AD  M   . Suy ra M3;0 1 d Ox A M D 2 2  9   3  Ta có: AB  2IM  2 3    3 2      2   2  S 12 Theo giả thiết: ABCD       A S BCD AB.AD 12 AD 2 2 AB 3 2
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng   1 d 1 d AD
Đường thẳng AD đi qua M3;0 và vuông góc với n 1;1 làm vtpt nên có pt: 1 d nhận   x  
3  y  0  0  x  y  3  0 . Lại có: MA  MD  2 x  y  3  0 
Tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:   x  32 2  y  2  x  2  y  x  3 y  x  3   y  3  x y 1                         x 32 2 y 2 x 32 3 x2 2 x 3 1 x  4  y  1  Vậy A2;  1 , D 4;  1  9 3 
x  2x  x  9  2  7 Do I ; 
 là trung điểm của AC suy ra C I A   2 2  y       C 2yI yA 3 1 2
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B5;4
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: 2; 
1 , 5;4, 7;2, 4;  1 .
Bài 2. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  2BC . Gọi H là hình chiếu của A lên
đường thẳng BD; E, F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A1; 
1 , phương trình đường thẳng EF
là 3x  y 10  0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
(Trích Trường THPT Quỳnh Lưu 3, Nghệ An lần 1 – 2015) Giải G A B
Gọi E, F, K 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 F
nội tiếp, do đó AF  EF . H
Đường thẳng AF có pt: x  3y  4  0 D E C
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 1
Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ:  17 x 3x y 10       5  17 1  32     F ;   AF  x  3y  4 1   5 5  5 y   5 1 2
ΔAFE ~ ΔDCB  EF  AF  2 2 5 2 2    2 8  17   51 8
E t;3t 10  EF   t    3t    5  5   5  5 t  3 E3;  1 2  5t 34t 57 0       19   19 7 t   E   ;  5   5 5 
Theo giả thiết ta được E3; 
1 , pt AE: x  y  2  0. Gọi Dx;y , tam giác ADE vuông cân tại D nên: AD  DE
  2   2   2   2 x 1 y 1 x 3 y 1   AD DE    x  
1x 3 y  1y  1 y  x  2  x 1 x  3             D1;  1  D3;  1 x 1 x 3  0 y  1  y  1
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  1
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ACD  α với cosα  , điểm H 5  1 4 
thỏa mãn điều kiện HB  2H 
C, K là giao điểm của hai đường thẳng AH và BD. Cho biết H ; 3 3  ,  
K1;0 và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D.
(Trích Trường THPT Chuyên ĐH Vinh, lần 1 – 2015) Giải
Do ΔKAD đồng dạng với ΔKHB KA AB BC 3 3      KA  KH D A KH HB BH 2 2 3
Do K thuộc đoạn AC  KA   KH 2  3 x  x   K A K x   H xK    2 x  2     A  A2;2  3 y 2 y C H B A yK yH yK        A  2
Đặt Ba;b với a  0, ta có: AB AB 2 AB 1
cosα  cosACD  cosABD    .   2 4AB  2 5KB BD 5 5 KB 5 KB 2  4 a 22 b 22   5 a 2 2       1  b  2 a  2 b  6a 16b  27      0    
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 2
Chụyên Đề Oxy-Chủ đề: Hình Chữ Nhật May 10, 2016  7 1  1 5 5
Đường tròn (C) đường kính AH có tâm I ; R  AB  6 3  , bán kính
nên có phương trình là:   2 6 2 2    7  1 125
C : x    y     6   3  36 2 2 0  7   1  125
Do ABC  90  BC  a     b     6   3  36 2 2 7 2
 a  b  a  b  2  0 3 3
Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình: 2 2  1
a  b  6a 16b  27  0 a      5 a  3       B3;0 7 2  2 2
a  b  a  b  2  0 8  b  0 b 3 3    5 3 5 Do BC  BH  C 1  ; 2   BD  BK  D 2  ;0 2 và   2 Vậy A2;2,  B 3;  0 ,  C 1;  2 ,  D 2;  0
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có D4;5 . Điểm M là trung điểm của
đoạn AD, đường thẳng CM có phương trình x  8y 10  0 . Điểm B nằm trên đường thẳng 2x  y 1  0 .
Tìm tọa độ các đỉnh A, B và C, biết rằng điểm C có tung độ y  2 .
(Trích Trường THPT Đà Duy T , Thanh H a lần 1 – 2015) Giải
Gọi H, K là hình chiếu vuông góc của B, D lên CM. A B 4  8.5 10 26 DK   2   2 65 1 8 I K M
Gọi I, G là giao điểm của BD với AC và CM  G là trọng tâm ΔACD G BH BG 52 H DG  2GI  BG  2DG    2;BH  ; D C DK DG 65 b  2   17b 18 52 B b; 2b 1 BH 17b 18 52           70 65 65 b   (loaïi)  17
(loại vì điểm B và điểm D cùng phía với đường thẳng CM). Do đó ta có B2; 5    I3;0
C8c 10;c  CD.CB  14 8c.12  8c  5 c. 5   c  0 c 1 2 65c 208c 143 0       143  C 2  ;  1  A8;  1 c  (loaïi do yc  2)  65 Vậy A8;  1 , B2; 5  , C 2  ;  1
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của
B lên AC, M và lần lượt là trung điểm của AH và BH, trên cạnh CD lấy K sao cho M CK là hình bình
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 3  9 2 
hành. Biết M ; , K9;2 và các đỉnh B, C lần lượt nằm trên các đường thẳng 2x  y  2  0 và  5 5 
x  y  5  0, hoành độ đỉnh C lớn hơn 4. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. Giải
M là đường trung bình của tam giác HAB suy ra M AB và 1 A B MN  AB 2 N M CK là hình bình hành nên CK M và M 1 1 CK  MN  AB  CD 2 2
. uy ra K là trung điểm của CD và là H
trực tâm tam giác MBC, do đó CN  MB, mà MK C nên D C MK  MB K .          36 8   9 8  B d : 2x y 2 0
B b;2b 2 , MK   l , MB  b  ;2b  5 5 5 5      52 52 MK.MB  0  b   0  b 1 B1;4 5 5
Cd' : x  y  5  0  Cc;c  5, c  4, BC  c 1;c  9, KC  c  9;c  7
             c  9 BC.KC 0 c 1 c 9 c 9 c 7  0    C9;4 c  4 (L)
Vì K9;2 là trung điểm CD và C9;4 suy ra D9;0
Gọi I là trung điểm của BD thì I5;2 và I là trung điểm AC nên A1;0 .
Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H1;2 là hình chiếu vuông  9 
góc của A lên BD. Điểm M ;3 
 là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường trung tuyến k t A  2 
của ΔAHD là d : 4x  y  4  0 . Viết phương trình cạnh BC. Giải
Gọi K là trung điểm HD. Chứng minh A vuông góc với MN.
Gọi là trung điểm của AH. Ta có AB vuông góc với K . Do đó A B
là trực tâm của tam giác ABK. P
Suy ra BP  AK  AK  KM .  9  M hương trình KM đi qua M ;3   vuông góc với A là H  2  K 15 KM : x  4y   0 . D C 2  1  Tọa độ K ; 2   .  2 
Do K là trung điểm của HD nên D0;2 , suy ra BD: y  2  0 .
AH : x 1  0 và A1;0  AD : 2x  y  2  0 .
BC qua M và song song với AD nên BC: 2x  y 12  0 .
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 4
Chụyên Đề Oxy-Chủ đề: Hình Chữ Nhật May 10, 2016
Bài 7. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm E3; 4
  , đường thẳng chứa cạnh AB đi
qua điểm M7;4 và trung điểm N của cạnh CD thuộc đường thẳng d : 4x  y 10  0 . Viết phương trình đường thẳng AB. Hướng dẫn giải
Gọi Na;10 4a ; N ' đối xứng với qua E, ta có N'6  a;4a 18 . Dễ thấy E  N
Vì ABCD là hình chữ nhật và là trung điểm của DC nên ta có: a  5 2 
EN.N 'M  0  17a 146a  305  0  61  a   17
Với a  5 , ta có đường thẳng AB qua M nhận EN làm vec-tơ pháp tuyến nên phương trình của nó là AB: x  3y  5  0 61 Với a 
, tương tự ta có phương trình đường thẳng AB:5x  3y  23  0 17
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 15. Đường thẳng AB có 16 13 
phương trình x  2y  0 . Trọng tâm của tam giác BCD là điểm G ; 
 . Tìm tọa độ bốn đỉnh của hình  3 3 
chữ nhật biết điểm B có tung độ lớn hơn 3. Hướng dẫn giải Ta có   10 3 10 d G;AB   BC  .  5  AB  3 5 3 5 2 3 5
Đường thẳng d đi qua G vuông góc với AB  d : 2x  y  15  0 1 Gọi N  d AB  N 6;  3 . Suy ra NB  AB  5 3  2 2 b  2 (loaïi)
Gọi B2b;bAB  NB  5  b 6b 8 0   B8;4 b  4 Ta có: 3 BA  3BN  A2; 
1 ; AC  AG  C7;6; CD  BA  D1;3 2 Đáp số A2; 
1 , B8;4, C7;6, D1;3
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. ua B k đường thẳng vuông góc với AC 17 29  17 9 
tại H. Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CH, BH và AD. Biết rằng E ; , F ;     và  5 5   5 5 
G 1;5 .Tìm tọa độ điểm A và tọa độ tâm đường tòn ngoại tiếp tam giác ABE. Giải D C
* Ta có EF là đường trung bình của ΔBCH nên 2EF  CB .
Mặt khác CB  DA  2GA . Suy ra EF  GA E Gọi Ax; y ta có: G x 1  0 EF  GA    A1;  1 y  5  4  H Vậy điểm A1;  1 F
* Do EF / /BC, AB  BC nên EF  AB, t giả thiết ta có BH  AC . A B
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 5
uy ra F là trực tâm của tam giác ABE. Khi đó B là giao điểm của đường thẳng BH với đường thẳng đi qua A vuông góc với EF. Ta có EF  0; 4
 , nên đường thẳng đi qua A vuông góc với EF có phương trình y 1.
hương trình đường thẳng BH vuông góc với AE là: 12  17  24  9  x   y   0  x  2y  7  0     5  5  5  5 
Vậy tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: y 1   B5;  1 E x  2y  7  0
Gọi Ox; y là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABE , k đường kính EK.
Ta có tứ giác AKBF là hình bình hành, khi đó hai đường ch o AB và KF O
c t nhau tại trung điểm I của m i đường. Ta có I3;  1 . F
Mặt khác O là trung điểm của EK, suy ra IO là đường trung bình của ΔEFK . A B I 1 3   x  0 Hay OI  EF    O3;3 K 2 1   y  2 
Vậy tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE là O3;3 .
Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh D7;  3  và BC  2AB .
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tìm tọa độ đỉnh C biết phương trình đường thẳng M là x  3y 16  0 . Giải
Gọi K và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên M và A D AC.
hương trình đường thẳng DK là 3x  y  24  0 .
Suy ra tọa độ điểm K thỏa mãn hệ: M H  44 x  x  3y 16  0  5  44 12  B C     N K ;   3  x  y  24  0 12   5 5  K y   5 2  41 3  Ta có: DH  DK  H ;   3  5 5 
Đường thẳng AC đi qua H song song với M , suy ra phương trình đường thẳng AC là:
x  3y 10  0  C10  3c;c
Trong tam giác vuông ADC ta có: c  0  C10;0 1 1 1 1 1 1        DC  3 2 2  10c 12c  0     2 2 2 2 2 144 6 32 6 DA DC DH 4DC DC c   C ;    10  5  5 5 
Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A5; 7
  , điểm C thuộc vào
đường thẳng có phương trình: x  y  4  0 . Đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn AB có
phương trình: 3x  4y  23  0 . Tìm tọa độ của B và C, biết điểm B có hoành độ dương. Giải
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 6
Chụyên Đề Oxy-Chủ đề: Hình Chữ Nhật May 10, 2016 Gọi Cc;c   4  1
d , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và A D d    . 2 : 3x 4y 23 0 Ta có ΔAIM đồng dạng M I     ΔCID  CI  2AI c 10 c 10  CI  2IA  I ;    3 3  x 10 c 10 B C Mà Id nên ta có: 3.  4.  23  0  c 1 2 3 3 Vậy C1;5  3t  23   3t  9  Ta có: M d    2 M t; B 2t 5;      4   2   3t  5   3t 19  AB  2t 10; , CB  2t  6;      2   2  t 1 1 Do 
AB.CB  0  4t  5t  3  3t  53t 19  0  29 4 t   5  33 21 Suy ra B ;   hoặc B 3  ; 3    5 5   33 21
Vì B có hoành độ dương nên B ;    5 5 
Bài 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường ch o AC: x  2y  9  0 .
Điểm M0;4 nằm trên cạnh BC. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho biết rằng diện tích
của hình chữ nhật đó bằng 6, đường thẳng CD đi qua N2;8 và đỉnh C có tung độ là một số nguyên. Giải
Vì CAC : x  2y  9  0  C9  2c;c N
Khi đó: NC  7  2c;c  8, MC  9  2c;c  4 Khi đó ta có: NC.MC  0 c  5  
 7  2c9  2c  c 8c  4  0  19  c  A  D 5
Vì C có tung độ là một số nguyên nên C 1  ;5
T M k đường thẳng vuông góc với AC c t AC tại A’. A'  1 22 
Khi đó: MA': 2x  y  4  0 . Suy ra A ' ;    B C 5 5  M 1 1 Ta có:   A S 'MC MA '.MC 2 3
Hai tam giác ABC và A’MC đồng dạng nên: 2   x CB S 3    B 1 3.1 ABC    9  CB  3CM      B 2;2  CM  S 1 y  5  3. 1  A ' MC  B     3
Tương tự CA  3CA'  A3; 
3 ; T AB  DC  D0;6 Vậy A3;  3 ,  B 2;  2 ,  C 1;  5 ,  D 0;  6
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 7
Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Hai điểm B, C thuộc trục tung.
hương trình đường ch o AC:3x  4y 16  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho biết
rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1. Giải
Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C0;4 C F
Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán D
kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng bằng 1.
Vì B nằm trên trục tung nên B0;b . Đường thẳng AB đi qua B E
vuông góc với BC  Oy : x  0 nên AB: y  b 16  4b 
Vì A là giao điểm của AB và AC nên A ; b   .  A 3  B
Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có: 16  4b b  4 . 2. A S BC 3 1 S    b  4 AB  BC  CA 2 3 16  4b  
   2 16  4b  b 4 b 4    3  3 
Theo giả thiết r 1 nên ta có b 1 hoặc b  7 . Với b 1 ta có A4;  1 , B0;  1 . Suy ra D4;4 Với b  7 ta có A 4  ;7, B0; 7   . Suy ra D 4  ;4
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh C3; 1
 . Gọi M là trung điểm
của cạnh BC, đường thẳng DM có phương trình là y 1  0 . Biết đỉnh A thuộc đường thẳng 5x  y  7  0 và x  D
0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và D. Giải DM : y 1  0 A B dC,DM  1  1  2 d C,DM IC MC 1 Ta có:    d A,DM IA DA 2 M
 dA,DM  2dC,DM  4 I
Điểm A thuộc đường thẳng 5x  y  7  0 nên Aa;5a  7 C
dA,DM  4  5a  7 1  4 D  2 5a  6  4 a     5a  6  4    5 5a  6  4   a  2  2  2  Với a  2   A 2  ; 3
  . Với a    A  ;5   5  5  Điểm A 2  ; 3   và C3;  1
 cùng phía so với đường thẳng DM: y 1 0 nên loại điểm A 2  ; 3   .  2  Vậy A  ;5    5       2  D DM D x;1  AD  x  ; 4  ; CD    x 3;2  5 
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 8
Chụyên Đề Oxy-Chủ đề: Hình Chữ Nhật May 10, 2016  2  13 46
Do AD  CD  AD.CD  0  x   x  3 2  8  0  x  x   0  5  5 5 x  2  2   5x 13x  46  0  23  x  2    (vì x ). D 0 x   5 Với x  2   D 2  ;  1
Bài 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD  2AB . Biết điểm N4;2
thuộc đoạn CD thỏa mãn DN  2NC . Gọi M là điểm trên đoạn BC sao cho BC  4BM . Tìm tọa độ của
điểm A biết phương trình đường thẳng AM: x  2y 18  0 . Giải 1 1   A D Ta có: tan BAM ; tan DAN 2 3     0 tan BAM DAN  1 MAN  45
Giả sử AN : ax  by  4a  2b  0 . Khi đó: N a  2b 1 C cos MAN   B M 2 2  2 a b . 5 a  3b 
 2a  2b2  5 2 2 a  b   b  a    3
Nếu a  3b  AN : 3x  y 14  0 ta được A2;8 Nếu b  3
 a  AN: x  3y  2  0 ta được A10;4
Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có các đỉnh A, B thuộc đường tròn   2 2          1 C : x y 2x
5y 1 0 , các đỉnh A, D thuộc đường tròn   2 2 2 C : x y 2x 3y 3 . Viết phương
trình các cạnh của hình chữ nhật đó biết diện tích của nó bằng 20 và đỉnh A có hoành độ âm. Hướng dẫn giải
Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình: 2 2
x  y  2x  5y 1 0 x  2y 1  0     2 2 2
x  y  2x  3y  3  0 x 1 0 x;y  1;  1    A 1  ;0 x;y   1  ;0   5  5 I 1  ; R  1 C  có tâm   , bán kính ,  1 2  2   3  5 C K 1; R  2  có tâm   , bán kính  2 2  2
Gọi phương trình đường thẳng AB là       2 2 a x 1 by
0 a  b  0 . uy ra phương trình đường thẳng AD là bx   1  ay  0 2 2 2  AB  2 25 1 25b 25a Ta có: 2 R   dI;AB 2   AB       2  4 4 4 AB 2 2 a  b  2 1 2 2 a  b
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 9 2 2 2  AD  25 1 4b  3a 4a  3b R        2   dK;AD2 2 2   2   AD  2  4 4 4 AD 2 2 a  b  2 2 a  b 25a 4a  3b2 2
Mặt khác, AB.AD  20 nên 2 .  20 2 2 2 2 a  b a  b    2    2 2 2 2   2 2    2 4a 3ab 16 a b 8a 3ab 4b
4b  3ab  0  b4b  3a  0
Với b  0 chọn a 1, ta được AB: x  1
 , AD: y  0 . Suy ra B 1  ; 5
 , D3;0 và CD: x  3 , BC: y  5 
Với 3a  4b, chọn a  4  b  3, ta được AB: 4x  3y  4  0 , AD: 3x  4y  3  0 . Suy ra  7 16  B ; , D  
3;3 và CD: 4x 3y 21 0,  5 5  BC: 3x  4y 17  0 .
Bài 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A5; 7
 , M là điểm sao cho
3MA  MB  0 , điểm C thuộc đường thẳng     1
d  : x y 4 0 . Đường thẳng d2  đi qua D và M có
phương trình: 7x  6y  57  0 . Tìm tọa độ của B và C, biết điểm B có hoành độ âm. Giải Gọi Cc;c   4     1
d , I là giao điểm của AC và d2 : 7x 6y 57 0 d2 A D
Ta có ΔAIM đồng dạng ΔCID  CI  4AI  CI  4IA M  c  20 c  24  Id I ;   1  5 5  c  20 c  24 Mà Id 7.  6.  57  0  c 1 C 1;5 2 nên ta có: . Vậy   C 5 5 B  7t  57   14t  51 Ta có: M d    2 M t; B 4t 15;      6   3   14t  30   14t  66   AB  4t  20; , CB  4t 16;      3   3  Do 2 81
AB.AC  0  17t 132t  243  0  t  3  t  17   69 89  B 3  ; 3   hoặc B ;   (loại). Vậy B 3  ; 3    17 17 
Bài 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm A thuộc đường thẳng    C 7  ;5 1 d : x y 4 0 , điểm 
, đường thẳng đi qua D và trung điểm M của cạnh BC có phương trình d    2 : 4x 3y 23
0 . Xác định tọa độ các điểm A, B biết B có tung độ dương. Giải x  t Pt tham số của   1 d :  . Gọi At; t  4 d , I là giao điểm y  t  4 1 d2 A của AC và d d D 2 . 1  t 14 t  6
Ta có ΔIAD đồng dạng với ΔICM  AI  2IC I ;    3 3   I t 14   t  6  Mà I thuộc d 4  3  23  0 2 nên ta có:      3   3  C B M  t  5  A5;  1
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 10
Chụyên Đề Oxy-Chủ đề: Hình Chữ Nhật May 10, 2016 x  5   3m Pt tham số d2 :  y 1 4m Gọi M 5   3m;1 4  m     2
d , M là trung điểm của BC B6m 3;8m 3
CB  6m  4;8m  8, AB  6m  8;8m  4  B3;3 m  0 (loaïi)  Mà  AB  CB  AB.CB  0  6     21 33  m   B ;     5   5 5    Vậy   21 33 A 5;1 , B ;    5 5 
Bài 19. Cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AD: 2x  y 1  0, điểm I 3  ;2 thuộc BD sao cho IB  2
 ID. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật, biết điểm D có hoành độ dương và AD  2AB . Giải
Ta có dI;AD  5  ID  5 (do AD  2AB ) A D
     2    2 D C : x 3 y 2  25 I
Do đó tọa độ D là nghiệm của hệ: 
 x  32  y  22  25 x 1;y  1      D1;  1 (vì D có hoành     x  3  ;y  7 2x y 1 0 C B độ dương) IB  2  ID  B 1
 1;8. hương trình AB: x  2y  27  0; A 5  ;1  1 AB  DC  C 5  ; 4  
Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có các đường thẳng AB, AD đi qua M2;3 và N 1
 ;2 . Viết phương trình các đường thẳng BC và  5 3 
CD biết tâm của hình chữ nhật là điểm I ;   và AC  26 .  2 2  Giải N A
Gọi pt AB: a x  2  by  3  0 ( 2 2
a  b  0 ) thì pt AD là D bx   1  a y  2  0     a  3b 7b a AD 2d I; AB  ; AB  2dI;AD  I 2 2 M a  b 2 2 a  b C T 2 2 2
AC  AB  AD ta tính được 2 2
3a  ab  4b  0 nên a  b B 4b hoặc a  3
Với a  b ta được pt CD và BC lần lượt là x  y  3  0 và x  y  7  0 4b Với a 
ta được pt CD và BC lần lượt là 4x  3y 12  0 và 3x  4y 14  0 3
Bài 21. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  AD 2 , tâm I1; 2   . Gọi
M là trung điểm cạnh CD, H2;  1
 là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B.
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 11 Giải
T giả thiết ta có H là trọng tâm ΔBCD . Suy ra IA  3HI  A 2  ; 5   A B Ta có: 2 BC 6 1 BC 3 HB  BM  ; HC  AC  3 3 3 3 I H Suy ra 2 2 2
HB  HC  BC . Vậy BM  AC uy ra BM đi qua H2;  1
 , nhận vtpt IH  1;  1  pt BM: C D M x  y 1  0
 Tọa độ B có dạng Bt;1 t 
   2    2 2 IB IA t 1 3 t
18  t  4t  4  0  t  2  2 2
Vậy B2  2 2;1 2 2 hoặc B2  2 2;1 2 2
Bài 22. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  4 2 , điểm A có hoành độ
âm. Đường thẳng AB có phương trình x  y  2  0 , đường thẳng BD có phương trình 3x  y  0 . Viết
phương trình các đường thẳng chứa các cạnh còn lại của hình chữ nhật. Giải
Ta có: B  AB  BD  B1; 3   3x+y=0
A AB  At;t  2, t  0 D C Ta có BA  4 2
Với t  5 loại vì t  0 . Với t  3   A 3  ; 
1  AD qua A và vuông góc với AB nên
x+y+2=0 A có phương trình: 4 2 B x   3  y  
1  0  x  y  4  0
Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AB nên có phương trình: x   1  y  
3  0  x  y  4  0 D  AD  BD  D 1  ;3
Đường thẳng DC qua D và song song với AB nên có phương trình: x   1  y  
3  0  x  y  2  0
Vậy BC : x  y  4  0; DC : x  y 2  0; AD : x y 4 0
Bài 23. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 48, đỉnh D 3
 ;2 . Đường phân giác của góc BAD có phương trình Δ: x  y  7  0. Tìm tọa độ đỉnh B biết đỉnh A có hoành độ dương. Giải
Gọi E là điểm đối xứng của D qua Δ và I  Δ  DE E
Suy ra EAB và I là trung điểm của DE.
hương trình DE: x  y  5  0 C B
 I1;6  E5;10 I
A Δ  Aa;7  a . Tam giác ADE cân tại A nên: DE   AE 
 a  52  a  32  a 5 64   2 a  3  D A
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 12
Chụyên Đề Oxy-Chủ đề: Hình Chữ Nhật May 10, 2016
Đỉnh A có hoành độ dương nên ta chọn a  5  A 5;2 
Đường thẳng AB đi qua A5;2 và E5;10 nên AB: x  5  B5;b b  8 B5;8 Ta có:          A S BCD 48 AB.AD 48 8. b 2 48 b  4  B  5; 4  
Vì B, D nằm hai phía so với A nên ta chọn B5;8 . Vậy B5;  8 .
Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật ABCD. Biết rằng  4   1  AB  2BC, M  ;1 
 thuộc đường thẳng AB, N0;3 thuộc đường thẳng BC, P 4;   thuộc đường  3   3 
thẳng AD, Q6;2 thuộc đường thẳng CD và đường thẳng AB có hệ số góc dương. Giải  4 
hương trình AB có dạng: N y  k x  1  
, DC: y  k x  6  2 ,  3  A B BC: x  ky  3k  0 , M k AD: x  ky  4   0 3 Q Vì AB  2BC nên
dAD,BC  2dAB,DC hay C D dP,BC  2dM,DC P k 4  1 4   3k  k 1 6k  2 k   3 3 1  0k 12  6  44k   3    2 2 1    0k 12  44k  6 3 1 k 1 k k    (loaïi)  17 1 1  4  Với k 
ta có phương trình các cạnh hình chữ nhật là AB: y  x  1   , 3 3  3  1     1 1 35 DC : y x 6  2, BC : x  y 1  0, AD: x  y  0 3 3 3 9
Bài 25. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh C nằm trên đường thẳng
Δ : x  2y 1 0 , đường thẳng BD có phương trình là 7x  y  9  0 . Điểm E 1
 ;2 thuộc cạnh AB sao cho
EB  3EA . Biết rằng điểm B có tung độ dương. Tìm tọa độ của các điểm A, B, C, D.
(Trích Trường THPT Chuyên Quốc Học – Huế, lần 3 – 2014) Giải
CΔ : x  2y 1  0  C2c 1;c 7x-y-9=0 4 A E B
Ta có: dC;BD  dE;BD 3 c  2 13c  2 4 1  8    .  22 50 3 50 c    13 C D
c  2  C5;2 (thỏa mãn vì C, E nằm khác phía đối với BD) 22  31 22  c    C  ; 
 (loại vì C, E nằm cùng phía đối với 13  13 13  BD)
BBD : 7x  y  9  0  Bb;7b  9 Ta có:
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 13 b  2 0 
EBC  90  BE.BC  0   1
  b5  b  11 7b11 7b  0  29  b   25
b  2  B2;5 (thỏa mãn điều kiện y  ) B 0 29  29 22  b   B ;    (loại) 25  25 25   4 x      A 2  1 2 4  x 3   A 2 BA  BE     . Vậy A 2  ;  1 3 4    y  5  2 5 yA 1 A  3 x      D 5 4 xD 1 BA  CD     . Vậy D1;2 y       D 2 4 y  D 2 Vậy A 2  ;  1 ,  B 2;  5 ,  C 5;  2 và D1; 2  
Bài 26. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A3; 4
 , trọng tâm tam giác  25 
ABD thuộc đường thẳng có phương trình x  3y  4  0 và M  ;5 
 là trung điểm cạnh CD. Tìm tọa  2  độ điểm B. Giải
Gọi G là trọng tâm ΔABD , suy ra G 4   3t;t A N B    
I là tâm hình chữ nhật ABCD, suy ra AG  15 9t 4 3t 2GI  I  ;    2 2  I
là trung điểm AB, suy ra I là trung điểm MN. T đó G  5 18t  N  ; 1   3t    2  D
ABCD là hình chữ nhật nên AN.IN  0 M C  2 t    11 18t 10 9t              6   3t  2 3 3 3t
 0  180t  99t 146  0      2  2   2   73 t   60 2  7 
TH1: Với t   ta được N ;3   . Suy ra B4; 2   3  2  73  269 53  299 93  TH2: Với t  ta được N  ;   . Suy ra B  ;   60  20 20   10 10 
Bài 27. Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  2AD nội tiếp trong đường tròn (C), tâm I2; 2
  . Lập phương trình đường tròn (C) và tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết
rằng cạnh AD nằm trên đường thẳng: x  3y  2  0 và A có hoành độ âm. A B Giải
Khoảng cách dI;AD  10 , AB  2 10 , AB  2AD  AD  10 I Đường ch o 2 2 BD  AB  AD  5 2 C BD 5 2 D Bán kính của (C): R   2 2
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 14
Chụyên Đề Oxy-Chủ đề: Hình Chữ Nhật May 10, 2016
hương trình của (C):   2    2 25 x 2 y 2  2  
  2    2 25 x 2 y 2 
Tọa độ A, D là nghiệm của hệ:  2 x 3y  2  0  1 1   5 3  A  ; , D ; x      A 0  2 2   2 2   3 11  9 9 
B, C đối xứng với D, A qua I nên B ;  , C ;       2 2   2 2  15 3 
Bài 28. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ;    và đỉnh A6;5 ,  2 2 
đỉnh D thuộc đường thẳng 3x  y  0 . Viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật ABCD. Giải
Theo công thức trung điểm vì I là trung điểm AC suy ra tọa độ A B C9; 8  
Vì D thuộc đường thẳng 3x  y  0 nên Dt; 3  t . Mặt khác do I AD  DC  AD.DC  0
 t  69  t   3  t  5 8   3t  0 D C t 1 3x+y=0 2   5t 12t  7  0  7 t   5
Trường hợp 1: t 1 D1; 3
  . Vì I là trung điểm BD nên B14;0 hương trình các cạnh là AB: 5x  8y  70  0 , BC : 8x  5y  112  0, CD:5x 8y 1  9 0, AD:8x 5y  2  3 0 7  7 21  68 6  Trường hợp 2: t   D ; 
 . Vì I là trung điểm BD nên B ;   5  5 5   5 5 
hương trình các cạnh là AB: x  2y 16  0, BC: 2x
  y  26  0 , DC: x  2y 7  0, AD:2x y 7 0.
Bài 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   2 2
C : x  y  2x  4y  0 và điểm A 1  ;3 . Tìm tọa
độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong (C) và có diện tích bằng 10. Giải
T pt (C) suy ra tọa độ tâm I1;2, R  5 . Điểm C đối xứng với A qua I suy A ra B C3;  1 .    A S BCD 2 A
S CB AC.BH 10 (H là chân đường cao k t B xuống AC)
Ta có AC  2 5  BH  5 . Vậy H trùng với tâm I của đường tròn và ABCD I là hình vuông.
hương trình đường thẳng d qua tâm I và nhận AC  4; 2
  làm vec-tơ pháp D
tuyến có dạng: 2x  y  0 . Tọa độ của B, D là nghiệm của hệ: C 2 2
x  y  2x  4y  0  2x  y  0
Giải hệ trên ta có: B0;0, D2;4
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 15
Bài 30. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, đỉnh B thuộc đường thẳng
   , đỉnh C thuộc đường thẳng
   . Gọi H là hình chiếu của B xuống đường 1 d : 2x y 2 0 d2 : x y 5 0  9 2  ch o AC. Biết M ; , K  
9;2 lần lượt là trung điểm của AH và CD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ  5 5 
nhật ABCD biết hoành độ đỉnh C lớn hơn A. Giải Gọi Bb;2b   2 ,  C c;c 
5 c  4 và E là điểm đối d d 2 1
xứng với B qua C. Suy ra E2c  b;2c  2b 12 . Dễ dàng B C
chứng minh được K là trung điểm của AE. Do đó: E  72 16  HE  2MK  ;    5 5  KM 72 76  H  H 2c  b  ;2c  2b     5 5  A D
Thiết lập tọa độ các vec-tơ:  72 86   9 27 
CK  9  c;7  c, BC  c  b;c  2b  7 , BH  2c  2b  ; 2c  4b  , MC  c  ;c      5 5   5 5 
Với giả thiết bài toán ta có hệ phương trình: 2  2
 c  3bc  23c  23b  49  0 CK.BC  0  b 1      2 126 594 BH.MC  0 4c  6bc  b  46c   0
c  9 hoaëc c  4 (loaïi)  5 5
T đó ta có B1;4, C9;4 . Vì K là trung điểm của CD nên suy ra D9;0 .
Lại có C là trung điểm của BE nên suy ra E17;4 và K là trung điểm của AE nên suy ra A1;0 .
Bài 31. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C5; 7   , A thuộc đường thẳng     1
d  : x y 4 0 , đường thẳng đi qua điểm D và trung điểm của BC có phương trình d    2  : 3x 4y 23
0 . Tìm tọa độ các điểm A và B, biết A có hoành độ dương. Giải A  A a;4  a 1 d nên   A D Cách 1: Ta có: 1   1   A S BM C S DM A S BCD A S MD A S BCD 4 2 I     A S MD 2 C S MD dA;d2  2dC;d2 
 a  39  40  a 1 (nhận) hoặc a  7
 9 (loại vì khi đó A, C nằm cùng B M C phía đối với d A 1;5 2 ). Vậy  
Cách 2: Gọi I  AC d2 . Khi đó theo định lý Thales:  x   A 2xC a 10 x    I IC MC 1  3 3    IA  2  IC   IA AD 2 y    A 2yC a 10 y   I  3 3 3a 10 4a 10 Mà Id   23  0  a 1 A 1;5 2 nên . Vậy   3 3
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 16
Chụyên Đề Oxy-Chủ đề: Hình Chữ Nhật May 10, 2016
Bài 32. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 22 , biết rằng các
đường thẳng AB, BD lần lượt có phương trình là 3x  4y 1  0 và 2x  y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D. Giải Tọa độ
B  AB  BD là nghiệm của hệ phương trình A D 3  x  4y 1 0 x 1     B1;  1 2x  y  3  0 y  1    A S BCD AB.AD 12 Ta có: 3.2  4.1 2 cos ABD   2 2 2    2 5 5 3 4 . 2 1 B C 11 AD  tan ABD   2 2 AB
T (1) và (2) ta có: AD  11, AB  2  3 11x 11 Vì DBD  Dx; 2
 x  3. Ta có: AD  dD;AB  4 5 x  6
T (3) và (4) suy ra 11x 11  55   x  4 
Với x  6  D6;9  phương trình đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với AB là 4x  3y  3  0  3 1   38 39 
 A  AD  AB  A   ;  C ;      5 5   5 5  Với x  4   D 4  ; 1
 1 phương trình đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với AB là: 4x  3y 17  0 13 11  28 49   A  AD  AB  A ;   C  ;       5 5   5 5 
Trần Đình Cư. Gv THPT Gia Hội. SĐT: 01234332133 17 TRẦN ĐÌNH CƯ
GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế Bẻ gã y Oxy
Chủ đề 5: Hình vuông
Tài liệu thân tặng các em học sinh 12, chuẩn bị kỳ thi Tốt Nghiệp THPT Quốc gia
2016. Chúc các em đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp đến.
E A B I H F P D K C
Huế, Ngày 19/05/2016
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông
CHỦ ĐỀ 5. HÌNH VUÔNG
Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của AB, N là điểm trên
cạnh AD sao cho AN  2ND . Giả sử đường thẳng CN có phương trình x  2y 11  0 và điểm  5 1  M ; 
 . Tìm tọa độ điểm C.  2 2  Giải
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên CN, ta có:    3 5 MH d M,CN  2 2 2 2 CN  CM  MN 2 3 10 Xét tam giác CMN có 0 cos NCM  
 NCM  45 . Từ đó suy ra MC  2CN.CM 2 2 3 10
Do C thuộc đường thẳng CN nên C11 2c;c , từ MC  2 2  5c  35c  50  0 Tìm được C7;  2 ,  C 1;  5
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A2;2 . Biết điểm M6;3
thuộc cạnh BC, điểm N4;6 thuộc cạnh CD. Tìm tọa độ đỉnh C. Giải  9  Gọi I 5; 
 là trung điểm của MN. Do 0
MCN  90 nên C thuộc đường tròn tâm I đường kính MN.  2 
Vì CA là phân giác của góc MCN nên CA giao với đường tròn tại điểm E là điểm chính giữa MN
không chưa C (A và E nằm cùng phía so với MN). Suy ra E là giao điểm của đường tròn (I) và trung trực của MN. B M 2 C 2  9  13
Phương trình đường tròn I : x  5  y      2  4 I N 7
Phương trình đường trung trực của MN: 2x  3y   0 E 2 2   2  9 13 x 5  y     
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ:  2  4  A D  7 2x  3y   0  2 13 11  7 7   7 7  Ta có 1 E ; , E   2 ; 
 . Vì A, E cùng phía so với MN nên chọn E ;    2 2   2 2   2 2 
Phương trình AE : x  y  0 . Do C là giao điểm thứ hai của (I) và AE nên tọa độ C6;6 Cách khác.
Gọi vec-tơ pháp tuyến của BC là     2 2 n a;b , a  b  0
 pt BC:ax by 6a3b  0
CD đi qua N4;6 và vuông góc với NC suy ra pt CD: bx  ay  6a  4b  0 Ta có:     d A;BC  dA;CD 4a b 4a 2b b 0  
 4a  b  4a  2b   2 2 2 2 8    a  b  0 a b a b
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 1
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông
- Nếu b  0 chọn a 1. Khi đó pt BC: x  6  0 và pt CD: y  6  0
C  BC  CD  C6;6 . Phương trình MN: 3x  2y  24  0 . Kiểm tra A và C khác phía đối với
đường thẳng MN nên C6;6 thỏa mãn bài toán.
- Nếu 8a  b  0 chọn a 1, b  8. Khi đó pt BC: x  8y  30  0 và pt CD: 8x  y  26  0 . Suy ra  238 214  C ; 
 loại do A và C cùng phía đối với đường thẳng MN. Vậy điểm C cần tìm là C6;6  65 65 
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Biết điểm A có tung độ dương,  21 
đường thẳng AB có phương trình 3x  4y 18  0 , điểm M ; 1  
 thuộc cạnh BC, đường thẳng  4 
AM cắt đường thẳng CD tại N thỏa mãn BM.DN  25 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD. Giải
Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AB nên A B
BC : 4x  3y  24  0 . Khi đó tọa độ B là nghiệm của hệ 4x  3y  24  0 x  6     B6;0 3  x  4y 18  0 y  0 M
Ta thấy các tam giác sau đồng dạng với nhau: ΔMBA, ΔMCN và ΔADN N Suy ra D C MB MC AD    MB.ND  AB.AD AB NC ND Suy ra 2
25  AB hay cạnh hình vuông bằng 5.
Gọi A4a  6;3a  AB, khi đó 2 2 2
25  AB 16a  9a  25  a  1 
Vì điểm A có tung độ dương nên A2;3
Phương trình đường thẳng CD có dạng 3x  4y  m  0 m  1  8 18  m  
Vì cạnh hình vuông bằng 5 nên dB;CD m 7   5   5 m  4  3
 Với m  7 , pt CD: 3x  4y  7  0 , khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ 4x  3y  24  0 x  3     C3; 4
  (thỏa vì MC  5 ) 3  x  4y  7  0 y  4  Suy ra D 1  ;  1  Với m  4
 3, pt CD: 3x  4y  43  0 , khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ 4x  3y  24  0 x  9   
 C9;4 (không thỏa vì MC  5 ) 3  x  4y  43  0 y  4 11 
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm F  ;3 2  là trung điểm  
của cạnh AD. Đường thẳng EK có phương trình 19x  8y 18  0 với E là trung điểm của cạnh AB,
điểm K thuộc cạnh DC và KD  3KC . Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD biết điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3. Giải
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 2
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông 2 5a E
Gọi AB  a a  0  S  S  S  S  S  A B ΔEFK ABCD ΔAEF Δ FDK KCBE 16 1 25 a 17 I S  FH.EK, FH  d F;EK  ; EK   a  5 ΔEFK   2 2 17 4 H 5 2 F
ABCD là hình vuông cạnh bằng 5  EF  P 2 Tọa độ E là nghiệm:  2 x  2  11  D K C  x    y  32 25     58  5   2  2    x  (loaïi)  E2;   17    2  19  x  8y 18  0  5 y  2
AC qua trung điểm I của EF và AC  EF  AC : 7x  y  29  0  10 x 7x y 29 0        3 10 17  Ta có: AC  EK    P      P ; 19  x 8y 18 0 17   3 3     y    3 9
Ta xác định được IC  IP  C3;8 5
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A 1
 ;2 . Gọi M, N lần lượt
là trung điểm của cạnh AD và DC; K là giao điểm của BN với CM. Viết phương trình đường tròn
ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình 2x  y  8  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2. Giải
Gọi E  BN  AD  D là trung điểm của AE A B Dựng AH  BN tại H     8 AH d A;BN  5 M H Trong tam giác vuông ABE: K 1 1 1 5 5.AH     AB   4 2 2 2 2 AH AB AE 4AB 2 D N C
BBN  Bb;82b b  2 AB  4  B3;2
Phương trình AE: x 1  0 E E  AE  BN  E 1  ;10  D 1  ;6  M 1  ;4
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BKM  I là trung điểm của BM  I1;3 BM R   5 2 2 x 1  y  3  5 2
. Vậy phương trình đường tròn:    
Bài 6. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh
BC, CD. Tìm tọa độ đỉnh B, điểm M biết N0; 2
  , đường thẳng AM có phương trình x  2y  2  0
và cạnh hình vuông bằng 4. Giải
Gọi I  AM  BN. ΔBIM đồng dạng ΔABM suy ra AM  BN nên BN : 2x y c  0 .
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 3
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông N0; 2    c  2
  BN : 2x  y  2  0.Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:  6 x   A B x  2y  2  0  5  6 2      I ;   2x  y  2  0 2   5 5  y   5 AB.BM 4 I M Từ ΔABM vuông: BI   2 2  5 AB BM
Tọa độ điểm Bx; y thỏa mãn: D BBN N C   2x  y  2  0  4  2 2 BI     6   2  16 5    x   y         5   5  5  2  x  x  2   2 6  Giải hệ ta được  và 5  . Suy ra B2;2 (loại ;    ) y  2 6   5 5  y    5 x  2y  2  0 MAM  
Tọa độ điểm Mx; y thỏa mãn: 2 2    6   2  4 2 2 IM  BM  BI  x   y         5   5  5  2  x  x  2   2 4  Giải hệ ta được  và 5  . Suy ra 1 M 2;0, M ;   . y  0 2 4   5 5  y   5
Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD và điểm E thuộc cạnh BC. Một
đường thẳng qua A vuông góc với AE cắt CD tại F. Đường thẳng chứa đường trung tuyến AM của
tam giác AEF cắt CD tại K. Tìm tọa độ điểm D biết A 6  ;6, M 4  ;2, K 3  ;0. Giải
Ta có hai tam giác vuông ΔABE  ΔADF vì AB  AD và A B
BAE  DAF (cùng ph với góc DAE ).
Suy ra ΔAEF vuông cân và ME  MA  MF  AM  EF E Ta có MA  2; 4
  . Đường thẳng EF đi qua M có phương trình: M
2x  4  4y  2  0  x  2y  8  0
Bây giờ ta tìm tọa độ các điểm E, F thỏa mãn ME  MA  MF . F D K C
Gọi Tx; y thuộc đường thẳng EF, thì x  2t  8; y  t (t  ) 2 2 2 2
Khi đó MT  MA  2t  8  4  t  2  2   4    20       2      t 0 5 t 2 20 t t 4  0   t  4 Như vậy, có hai điểm  1 T  8;0 và 2
T 0;4 (chính là hai điểm E và F) thuộc đường thẳng EF mà M  1 T MA . Trường hợp E 8  ;0, F0;4 .
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 4
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông
Do F thuộc đường thẳng CD nên CD nhận KF  3;4 làm vec-tơ chỉ phương. x  3t
Phương trình đường thẳng CD là: 
t . Khi đó D3t;4  4t. y  4  4t Ta có:  
         2  6 12  AD KF KF.AD 0 3 3t 6 4 2 4t  0  t    D  ;   5  5 5  Trường hợp F 8  ;0, E0;4
Đường thẳng CD nhận FK  5;0 làm vec-tơ chỉ phương. x  8   5t Phương trình CD:  t  . Khi đó D 8   5t;0 y  0 2
Ta có AD  KF  KF.AD  0  5 2
  5t  0  t   D 6  ;0 5  7 3 
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm O ; M 6;6 2 2  . Điểm   thuộc   cạnh AB và N8; 2
  thuộc cạnh BC. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. Giải
Gọi G là điểm đối xứng của M qua O  G1; 3  CD A M B
Gọi I là điểm đối xứng của N qua O  I 1  ;5AD I
Phương trình cạnh MO qua M và có VTCP MO là: J 9x  5y  24  0 K O
 Phương trình cạnh NE qua N và vuông góc với MO là: E 5x  9y  22  0 H N Gọi E là hình chiếu của N trên MG D G C 163 39  F  E  NE  MG  E ; 53 53    NJ  MG ại có NE  MG   k  0, k  J 1
 ;3 (vì NE, NJ cùng chi u) NE  kNJ 9
Suy ra phương tình cạnh AD: x 1  0  OK   
2 . Vì KA KO KD nên A, O, D thuộc đường tròn tâm K đường kính OK. 2 2  3  81
Đường tròn tâm K đường kính OK có phương trình: x   1  y     2  4 x  1  2      x  2 3 81 1  y    y  6
Vậy tọa độ điểm A và D là nghiệm của hệ:   2  4     x  1  x 1  0  y  3  Suy ra A 1  ;6, D 1  ; 3    C8; 3
 , B8;6 . Trường hợp D 1  ;6, A 1  ; 3
  loại do M thuộc CD.
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 5
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có hai điểm M, N lần lượt là  22 11
trung điểm của AB và BC, biết CM cắt DN tại I ; 
 . Gọi H là trung điểm DI, biết đường thẳng  5 5   7  AH cắt CD tại P ;1 
 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết hoành độ điểm A nhỏ hơn  2  4. Giải
Ta có ΔMBD  ΔNCD do đó CM  DN . Vì AH  DN nên AMCP M A B
là hình bình hành và P là trung điểm CD và góc 0 AIP  90 .
Đường thẳng AI vuông góc với PI qua I có dạng: 3x  4y  22  0 .   Gọi     12 9 A 2 4t;4 3t  IA  4  t  ;3t     5 5  E I N 2 2  12   9  AI  2PI  4t   3t   9      H 5   5  6  t  0  t   D C 5 P 6  34 2  Nếu t   thì A ; 
 (loại). Nếu t  0 thì A2;4 . 5  5 5  Đường thẳng
AP : 2x  y  8  0, DN  AP và đi qua I có dạng x  2y  0 . Ta có 16 8  DN  AP  H ;  D   2;  1  C5;  1  B5;4  5 5 
Vậy A2;4, B5;4, C5;  1 , D2;  1 .
Bài 1 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh 1
BC, N thuộc cạnh AC sao cho AN  AC . Biết MN có phương trình 3x  y  4  0 và D5;  1 . Tìm 2
tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương. Giải
K NH  BC tại H, NK  DC tại K. A B
Ta có ΔNKC  ΔNHC  NK  NH P N DK AN 1  H AD / / NK     DC AC 4    DK  BH BH AN 1 M AB / / NH     BC AC 4  
Mà M là trung điểm BC nên H là trung điểm BM  ΔDKN  ΔMHN  D K C DNK  MNH, ND  NM . Mà 0 0
KNH  90  DNK  90  ΔDNM vuông cân tại N
 DN  MN  DN:x 5  3y  
1  0 hay x  3y  8  0 . x  3y  8  0 Tọa độ N thỏa hệ:   N2;2 3  x  y  4  0
Giả sử Mm;3m  4  MN  2  m;6  3m; DN  10; MN  DN
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 6
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông     
2  m2  6 3m2 10  m  22 m 3 M3;5 1   m 1 M1;  1 (loaïi)  1  5 1 x  2   x  M3;5 . Gọi P P
P  MN  AD  NP   NM   3   3 3 y       P 2 1 y  P 1 1 1 1 5
Ta có AP  MC  BC  AD  DP  DA 3 6 6 6  3  5  x     B 3 5   5 5 5 3  5  3 
 DP  DA  CB  MB  MB  DP    B1;5 6 6 3 5  3 y    B 5 1  1  5
Bài 11. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng
d : 5x  3y 13  0 . M, N lần lượt là các điểm trên các cạnh AB, AD sao cho AM  AN . Các đường  6 2   2 2 
thẳng lần lượt qua A và M vuông góc với BN, cắt BD tại K ;    và H ;   . Cho biết đỉnh A  5 3   5 3 
có hoành độ và tung độ âm, tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. H H H 2 – 2015) Giải
Đường thẳng BD có phương trình 5x  3y  4  0 . Một vec-tơ chỉ B C
phương của BD là u   3  ;5 . x  2   3t
Theo giả thiết A d :  . Suy ra DA   4   3t;1 5t y  1   5t I H
Góc giữa hai đường thẳng DA và DB bằng 0 45 khi và chỉ khi: K M 172t   1 1 t  0         A D 34 3t 42 5t 2 2 t 1 1 N Theo giả thiết thì A 2  ;  1 . P
Đường thẳng qua A và vuông góc với BD có phương trình 3
 x  5y 1 0. Gọi I là tâm của hình 5  x  3y  4  0
vuông thì tọa độ I là nghiệm của hệ   3  x  5y 1  0  1 1  Nên I ;   , suy ra B 1  ;  3 , C3;2 .  2 2  Vậy A 2  ;  1 , B 1  ;  3 , C3;2, D2; 2  
Bài 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A1;7 , điểm M7;5 thuộc đoạn BC, điểm N4; 
1 thuộc đoạn CD. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD. Giải Gọi AB: a x  
1  by  7  0 (vtpt n  a;b 2 2   AB , a b 0 ) A(1;7)B AD : bx   1  a y  7  0
ABCD là hình vuông  dN;AB  dM;AD M(7;5)
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 7 C D N(4;1)
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông 3a  6b 6b  2a      a 0, b 0   2 2 2 2   a  b a  b a 12b TH1: a  0, b  0
AB: y  7; BC: x  7; CD: y 1; AD: x 1
 B7;7, C1;7, D1;  1 TH2: a 12b, b  0
AB:12x  y 19; BC : x 12y  53  0  35 131 6 145 14 145  B ; ; AB    BM   (vô lý)  29 29  29 29 Vậy B7;7, C1;  7 ,  D 1;  1
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I5;3 . Tìm tọa độ của điểm D
biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm M2;4 , đường thẳng BC đi qua điểm N3;1 Giải Gọi n  AB
a;b. Phương trình đường thẳng AB là D C
a x  2  by  4  0 Ta có BC  AB  n   BC
b; a. Phương trình đường thẳng BC là N(3;1) bx   3  a y   1  0 I(5;3)
Vì I là tâm của hình vuông ABCD nên ta có dI;AB  dI;BC 3a  b 2b  2a   B A M(2;4) 2 2 2 2 a  b b  a 3a  b  2a  2b a  b     3a  b  2b  2a 5a  3b
TH1: a  b . Phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là x  y  2  0 , x  y  4  0 . Suy ra
B1;3 . D đối xứng với B qua I nên D9;3
TH2: 5a  3b . Phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là 3x  5y  26  0 , 5x  3y 12  0. Suy ra  69 47  101 55  B ;  D ;      17 17   17 17 
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AD, AB lấy hai điểm E
và F sao cho AE  AF . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BE . Tìm tọa độ của C biết C thuộc
đường thẳng d : x  2y 1  0 và tọa độ F2;0, H1;  1  . Giải A F B
Gọi M là giao điểm của AH và CD. Ta có hai tam giác ABE và ADM
bằng nhau (vì AB  AD, ABE  DAM , do cùng ph với AEH ). Do đó E H I
DM  AE  AF , suy ra BCMF là hình chữ nhật.
Gọi I là tâm hình chữ nhật BCMF. Trong tam giác vuông MHB ta có: 1 HM  BM 2 C D M 1
Do BM  CF nên HM  CF , suy ra tam giác CHF vuông tại H. 2
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 8
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông
Gọi tọa độ C2c 1;c , ta có: HC  2c  2;c   1 , HF  1;  1 1  1 1 
Vì CH  FH nên HC.HF  0  2c  2  c 1  0  c  . Vậy tọa độ C  ;   3  3 3 
Bài 15. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD và BD : 2
 x  y  2  0 , hai đường thẳng AB,
AD lần lượt đi qua M 3  ;2, N 1
 ;6 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B. Biết đỉnh B có hoành độ dương. Giải
Ta có dM;BD  2 5  MB  2 10 M A B
BBD  Bb;2b  2 ; 2 MB  40 b  1  (kth) 2
 5b 10b 15  0  b3(th)  B3;4 N AD đi qua N 1
 ;6 có VTPT BM   6  ; 2
  hoặc n'  3;  1 C D  AC:3x  y  3  0 AB qua M 3  ;2 có VTPT n   1
 ;3  AB: x  3y 9  0 x  3y  9 x  0 Tọa độ A:    . Vậy A0;3 3  x  y  3 y  3
Bài 16. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có A1; 
1 , AB  4 . Gọi M là trung điểm cạnh  9 3  BC, K ;  
 là hình chiếu vuông góc của D lên AM. Tìm  5 5 
tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông, biết x  B 2 . Giải Gọi N là giao điểm của DK và AB. Khi đó A N B
ΔDAN  ΔABM  AN  BM  N là trung điểm cạnh AB. Ta có  4 8  K AK  ;  
 , phương trình AM: 2x  y  3  0 , DK: x  2y  3  0 .  5 5 
Vì NDK  N2n  3;n  AN  2n  2;n   1 1 Mà 2 AN  AB  2  AN  4 2
   2    2 C 2n 2 n 1  4 2  5n  6n 1 0 D 1  n  1  ;n   5 1 21 Với n    x     B 2x N xA 2 (loại) 5 5 Với n  1   x       B 1 2, yB 3 B1; 3 Phương trình BC: y  3   C5; 3  
Phương trình CD: x  5  D5;  1
Bài 17. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, phương
trình đường thẳng DM: x  y  2  0 và C3; 3
  . Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d: 3x  y  2  0 ,
xác định tọa độ các đỉnh A, B, D.
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 9
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông Giải
Gọi At;2  3t , từ tính chất của hình vuông ta có: A B      4t  4 2.4 d A; DM 2d C; DM   2 2  t  1   t  3  A3; 7    A 1  ;5 M
Mặt khác A, C nằm v hai phía đối với đường thẳng DM nên chỉ có A 1  ;5 thỏa mãn. Gọi C Dd;d  
2 thuộc DM, ta có AD  d 1;d  7 , CD  d  3;d   1 D ABCD là hình vuông nên  d  1   d  5 DA.DC  0     DA  DC   d   2 1
 d  72  d  2 1  d  32  d  5  D5;3 AB  DC  B 3  ;  1 . Vậy A 1  ;  5 ,  B 3;  1 ,  D 5;  3
Bài 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có D5; 
1 . Gọi M là trung điểm của
BC, N là điểm thuộc đường chéo AC sao cho AC  4AN . Tìm tọa độ điểm C biết phương trình
đường thẳng MN là 3x  y  4  0 và M có tung độ dương. Giải
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của N trên BC và CD. A B
Khi đó NHCK là hình vuông và H là trung điểm của BM, suy ra ΔNMH  ΔNBH  ΔNDK . N H Do đó DNM  DNK  KNM M 0
 MNH  KMN  KNH  90 Hay DN  MN   1 và NM  ND 2
Từ (1) suy ra pt DN là: x  3y  8  0 . Do đó N2;2 C D K Ta có 2 2
Mm;3m  4 . Từ (2) suy ra m  2  3m  6  10 m 1 M1;  1 (loaïi)  m  2 1      M3;5 m  3 M3;5  
 a  5a  3  b   1 b  5  0 DC.MC  0  Gọi Ca;b . Ta có    DC  2MC
 a  52  b  2 1
 2 a  32  b  52  2 2  2 2
a  b  8a  6b  20  0 a
  b  8a  6b  20  0     2 2 3
 a  3b 14a  38b 110  0 a  2b  5  0 a;b  5;5 C5;5      9 17     9 17  a; b  ; ;      5 5     5 5 
Vì C và D nằm cùng phía đối với MN nên C5;5 .
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 10
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông
Bài 19. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD cố định, biết A2; 
1 , I3;2 (I là giao điểm
của AC và BD). Một đường thẳng d đi qua C cắt các tia AB, AD lần lượt tại M và N. Viết phương
trình đường thẳng d sao cho độ dài MN là nhỏ nhất. Giải
Đặt CMB  NCD  x . Gọi độ dài cạnh hình vuông là a. M
Tam giác CMB vuông tại B và tam giác CDN vuông tại D. Có: MN  MC  CN a a  1 1     a    sin x cos x  sin x cos x  C B 1 1
Dùng AM – GM cho 2 số không âm ; . Ta có: sin x cos x I 1 1 2 2 2    N sin x cos x sin x.cos x sin 2x A D Mà sin 2x 1 nên 0 x  45
Vậy MN  AC . Phương trình đường thẳng MN qua C4;3 nhận AC làm pháp tuyến:
x  y  7  0 . Vậy đường thẳng x  y  7  0 thỏa mãn bài toán.
Bài 2 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng
d : x  y  4  0 , đường thẳng BC đi qua điểm M4;0 , đường thẳng CD đi qua điểm N0;2 . Biết
tam giác AMN cân tại A, viết phương trình đường thẳng BC. Giải
Giả sử At;t  4d , do tam giác AMN cân tại đỉnh A nên M 2 2 AM  AN  AM  AN
   2    2 2 t 4 t 4
 t  t  62  t  1  d B  A 1  ; 5   A
BC đi qua M4;0 nên phương trình BC có dạng     2 2 ax by 4a 0 a  b  0
Do CD  BC và CD đi qua N0;2  phương trình CD: bx  ay  2a  0 D N C
Do ABCD là hình vuông nên khoảng cách dA,BC  dA,CD 5  a  5b 7a  b 3a  b  0     2 2 2 2   a  3b  0 a b a b
Nếu 3a  b  0 , chọn a 1 b  3
  phương trình BC: x 3y  4  0
Nếu a  3b  0 , chọn a  3  b 1 phương trình BC: 3x  y 12  0 .
Bài 21. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, có BD nằm trên đường thẳng
d : x  y  3  0 , điểm M 1
 ;2 thuộc đường thẳng AB, điểm N2; 2  
thuộc đường thẳng AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD A M B
biết điểm B có hoành độ dương. Giải H N
Gọi H là hình chiếu của M trên d, suy ra Ht;3  t
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 11 D C
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông
Ta có MH  t 1;1 t , d có vec-tơ chỉ phương u  1; 
1 . MH vuông góc với d suy ra:
t 11 t  0  t  0  MH  1;  1 Do đó MB  2.MH  2
B thuộc d nên Bb;3  b ; 2 2 MB  2  b   1  1 b  4 Suy ra b 1 hoặc b  1
 (loại). Từ đó B1;2 .
AB đi qua M và B nên phương trình AB là y  2 . AD qua N và vuông góc với AB nên phương
trình AD là x  2 . Vậy A2;2 x  2  3 3 
Tọa độ D là nghiệm hệ   D2; 
1 . Gọi I là trung điểm BD suy ra I ;   . I là trung x  y  3  0  2 2  điểm AC nên C1;  1 . Vậy A2;2,  B 1;  2 ,  C 1;  1 ,  D 2;  1 .
Bài 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đường chéo AC có phương trình là
x  y 10  0 . Tìm tọa độ của điểm B biết rằng đường thẳng CD đi qua điểm M6;2 , đường thẳng
AB đi qua điểm N5;8 . Giải
Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AC. Ta có M’ thuộc đường thẳng A N B BC.
Phương trình đường thẳng MM’ là:  1 x  6  
1 y  2  0  x  y  4  0 .
Gọi H  AC MM'. Tọa độ H thỏa mãn hệ: x  y 10  0 x  7 M'     H7;3 H x  y  4  0 y  3 D M C
H là trung điểm của MM’. Suy ra M'8;4 Gọi n  AB
a;b. Vì hai đường thẳng AB và AC tạo với nhau một góc bằng 0 45 nên ta có: a  b a  0 0 2 2 cos 45 
 a  b  a  b  ab  0   2 2 2 2   b  0 1 1 . a b
TH1: a  0 . Phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là y  8, x  8 . Suy ra B8;8 .
TH2: b  0 . Phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là x  5; y  4 . Suy ra B5;4 .
Bài 23. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A2; 4  , đỉnh C thuộc
đường thẳng d: 3x  y  2  0 . Đường thẳng DM: x  y  2  0 , với M là trung điểm của AB. Xác
định tọa độ các đỉnh B, C, D biết rằng đỉnh C có hoành độ âm. Giải
Đỉnh Cd : 3x  y  2  0 nên Cc; 3  c  2 d
Do M là trung điểm của AB nên: A M B   1 4 1 d A, DM  4c d C,DM    c  2  2 2 2 2
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 12 D C
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông
Vì C có hoành độ âm nên ta chọn c  2   C 2  ;4
Đỉnh DDM : x  y  2  0 nên Dd;d  2
Ta có: AD.CD  0  d  2d  2  d  2d  6  0 d  4 D4;2     d  2  D   2  ; 4  
Vì ABCD là hình vuông nên điểm D phải thỏa mãn DA  DC nên ta chỉ nhận trường hợp D4;2
Từ AD  BC ta suy ra B 4  ; 2   Vậy B 4  ; 2  , C 2  ;  4 ,  D 4;  2
Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương 2 2
trình x  2  y  3 10 . Tìm tọa độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua M 3  ; 2
  và điểm A có hoành độ dương. Giải Ptđt AB đi qua M 3  ; 2
  có dạng ax  by  3a  2b  0. Đường tròn A B
(C) có tâm I2;3 và bán kính R  10 nên 2a  3b  3a  2b 10  10 2 2
a  b   25a  b2 2 2 a  b I
 a  3b3a  b  0  a  3  b hay b  3  a
Pt AB: x  3y  3  0 hoặc AB: 3x  y  7  0 D TH1: AB: x  3y  3  0 , gọi
A3t  3; t  t  1 và do C 2 2
IA  2R  20  t 1, t  1  (loại). Suy ra A6;  1  C 2  ;5
TH2: AB: 3x  y  7  0 , gọi At;3t   7  t  0 và do 2 2
IA  2R  20  t  0, t  2  (không thỏa mãn) Vậy A6;  1 , C2;  5
Bài 25. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A 3  ;5 , tâm I thuộc
đường thẳng d : y  x  5 và diện tích bằng 25. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết
rằng tâm I có hoành độ dương. Giải 5 2 Diện tích hình vuông là 2
S  AB.AD  2AI  25 nên AI  d A 2 B Điểm Id : y  x
  5  I a;5 a  với a  0, 2 2 AI  2a  6a  9 1
Khi đó a là nghiệm phương trình 2 25 7 2a  6a  9   a   (loại), a  I 2 2 2 (thỏa mãn đi u kiện) DC 1 9  Tọa độ tâm I ; 
 , vì I là trung điểm AC nên tọa độ đỉnh C4;4  2 2 
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 13
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông
Đường thẳng Δ vuông góc AI có n      Δ
7; 1 nên phương trình là Δ:7x y 1 0 . Vì điểm B 2 2  1   9  25 b 1
thuộc Δ : 7x  y 1  0 nên Bb;1 7b . Ta có BI  AI  b   1 7b          2   2  2 b  0 Với b  0  B0; 
1 . Do I là trung điểm BD nên D1;8 ;
Với b 1 B1;8 và D0;  1
Vậy tọa độ các đỉnh B, C, D là B1;8, C4;4 và D0;  1 hoặc B0; 
1 , C 4;4  và D1;8 .
Bài 26. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các điểm M0;2, N 5; 3  , P  2  ; 2  , Q2; 4   lần lượt
thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD. Tính diện tích hình vuông đó. Giải
Gọi AB, AD lần lượt là AB: ax  by  2  0  ax  by  2b  0 A M B
AD : bx  2  a y  4  0  bx  ay  2b  4a  0  2 2 a  b  0
Theo giả thiết: dP;AB  dN;AD Q N 2  a  4b 3b  a 3a  b  0    I  2 2 2 2   a  7b  0 a b a b
Với 3a  b  0, chọn a 1, b  3
 thì diện tích hình vuông là: D 2 P C  3b  a  S    10  2 2   a  b  2  3b  a 
Với a  7b  0 , chọn a  7, b  1
 , diện tích hình vuông là: S     2  2 2   a  b 
Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD với A0; 
0 và M10;5 là trung điểm
của cạnh BC. Hãy viết phương trình dạng tổng quát các cạnh của hình vuông ABCD. Giải
Gọi độ dài cạnh hình vuông là 2a, khi đó 2 2 2 2 AM  AB  BM  5a , mà A B 2 AM 125  a  5 2 MB K BH  AM  MH 
 5 . Gọi Hx;y , do MH và MA cùng MA H M MH 1 5  x 10  1  0 hướng và   5MH  MA    H8;4 MA 5 5  y  5  5 
Điểm B là giao của đường thẳng qua H vuông góc với AM và đường D C tròn đường kính AM. Ta có AM10;5
Phương trình đường thẳng BH: 2x  y  20  0 2 2  5  125
Phương trình đường tròn đường kính AM: x  5  y      2  4 2     2 35 125 t 10
Gọi Bt;20  2t   t   2 5   2t   t  16t 60 0     2  4 t  6
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 14
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông
Với t  10 , ta có B10;0  C10;10 . Khi đó phương trình các cạnh của hình vuông ABCD là
AB: y  0, BC : x 10, CD : y 10, AD : x  0
Với t  6 , ta có B6;8  C14;2 . Khi đó phương trình các cạnh của hình vuông ABCD là
AB: 4x  3y  0, BC : 3x  4y  50  0, CD : 4x  3y  50  0 , AD : 3x  4y  0.
Bài 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh A0;5 và một đường chéo
nằm trên đường thẳng có phương trình 2x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C và D. Giải
Từ giả thiết suy ra điểm A không thuộc đường thẳng có phương trình y  2x . A
B 2x-y=0 1
Đường chéo thứ hai đi qua A có phương trình y   x  5 . Tâm 2
IxI; yI  của hình vuông là giao của hai đường chéo, nên tọa độ I y  2x  x  2
của I là nghiệm của hệ phương trình: I  1   y   x  5 y    I 4  D 2 C
Khi đó C là điểm đối xứng của A qua điểm I2;4 nên C4;3
Do B và D thuộc đường thẳng y  2x và AB  BC, AD  DC nên BxB;2xB  , DxD;2xD  và AB.CB  0, AD.CD  0 . Ta có ABx       B; 2xB
5 , ADxD;2xD 5 , CBxB 4;2xB  3 , CDxD 4;2xD 3
Suy ra xB, xD là nghiệm của phương trình:    
x x  4  2x  52x  3 x 1 y 2 2 1 1
 0  x  4x  3  0   x     2 3 y2 6 Vậy B1;2, C 4;  3 ,  D 3;  6 hoặc B3;  6 ,  C 4;  3 ,  D 1;  2
Bài 29. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có các đỉnh A 1  ;2, C3;  2 .
Gọi E là trung điểm của cạnh AD, BM là đường thẳng vuông góc với CE tại M; N là trung điểm
của BM và P là giao điểm của AN với DM. Biết phương trình đường thẳng BM: 2x  y  4  0 . Tìm tọa độ điểm P. Giải
Gọi I là trung điểm AC nên I1;0 , B thỏa AB  CB và BBM nên A B tọa độ B thỏa: 
  2    2    2    2 x 1 y 2 x 3 y 2 y  x 1 x  3 N      2x  y  4  0 y  2x  4 y  2 E P
Do đó B3;2 , suy ra D 1  ; 2
  (vì I cũng là trung điểm của BD). M
Theo giả thiết E là trung điểm AD nên E 1  ;0 và CE   4  ;2 D C MCE và MBM nên tọa độ M thỏa  7 x 1 y x     5  7 6  11 2   4  2    M ;    và N ;   6   5 5        5 5  2x y 4 0 y    5
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 15
Chuyên đề luyện thi Oxy – Chủ đề: Hình Vuông  x 1 y  2   16 8  19   x    5 5  5 19 2 
P AN và PDM nên tọa độ P thỏa    . Vậy P ;    x  1 y  2 2     5 5  y    12 4  5  5 5
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 16 TRẦN ĐÌNH CƯ
GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế Tá n đổ Oxy
Chủ đề 6: Đường tròn
Tài liệu mến tặng các em học sinh 12, chuẩn bị thi THPT Quốc gia 2016. Chúc các em đạt
kết quả cao trong kỳ thi sắp đến. y 6 D I 4 C 2 A B x 5 10 O D 2 I 4 6 8
Huế, Ngày 16/05/2016
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn
CHỦ ĐỀ 6. ĐƯỜNG TRÒN
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn C tâm I x   I
0 , C đi qua điểm A 2;3
và tiếp xúc với đường thẳng        1
d  : x y 4 0 tại điểm B. C cắt d2  :3x 4y 16 0 tại C và D sao cho
ABCD là hình thang có hai đáy là AD và BC, hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau. Tìm tọa độ các điểm B, C, D. Giải
Do ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn nên ABCD là hình thang cân. Do hai đường chéo vuông góc
với nhau tại K nên ΔBKC vuông cân tại K, suy ra 0 0
ACB  45  AIB  90 (góc ở tâm cùng chắn cung AB) hay IB  AI   1 5 Lại do   IB  d A;  1 d , AI / / 1 d  1
d  tiếp xúc C tại B nên IB  1
d  2 . Từ (1), (2) suy ra     2  1 a  5  Ta có pt 2
AI : x  y 1  0 . Do I  AI  Ia;1 a , IA    2  9 a    2  1 1  Vậy I ;   do x  I 0  2 2  2 2  1   1  25
Pt đường tròn: C : x   y        2   2  2 2 2  1   1  25  x   y       Xét hệ  2   2 
2   x; y  0; 4 hoặc x; y   4;  1 3  x  4y 16  0
B là hình chiếu của I lên      1 d  tính được B 2; 
2 . Do AD / /BC nên B 2; 2, C4;  1 , D0;4
Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A1;2, B4;1 và đường thẳng
d : 3x  4y  5  0 . Viết phương trình đường tròn C đi qua A, B và cắt d tại C, D sao cho CD  6 Giải y
Nhận xét A thuộc d nên A trùng với C hay D. (Giả sử A trùng với C) 6 D
Gọi Ia;b là tâm đường tròn C , bán kính R  0 . I  4
C đi qua A, B nên IA  IB  R C 2
   2    2    2    2 A 1 a 2 b 4 a 1 b  R B x  b  3a  5 10 6 O D 2 Suy ra Ia;3a  6 và I 4 2 R  10a  50a  65   1   6
Gọi H là trung điểm CD  IH  CD và    9a 29 IH d I;d  5 8 9a  292 2 2
R  IC  CH  IH  9  2 25 Từ (1) và (2), ta có:
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 1
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn   2 a 1 9a 29 2 2  10a  50a  65  9 
13a  56a  43  0  43 25 a   13 . 2 2 + a 1 I1; 3
 , R  5 . Pt đường tròn C:x   1  y  3  25 43  43 51 5 61 + a   I ; , R    . 13  13 13  13 2 2  43   51 1525
Pt đường tròn C : x   y        13   13  169
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C tâm I bán kính R  2 . Lấy điểm M trên đường
thẳng d : x  y  0 . Từ M kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB đến C , (với A, B là các tiếp điểm). Biết phương trình
đường thẳng AB: 3x  y  2  0 và khoảng cách từ tâm I đến d bằng 2 2 . Viết phương trình đường tròn C Giải
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên d, IH cắt AB tại K, IM cắt AB tại E. A Ta có IH  2 2 I IE IH E Mặt khác cos MIH   IK IM K 2 2
 IE.IM  IK.IH  IA  R  4 (ta cũng có thể chứng minh B
IE.IM  IK.IH (phương tích) vì tứ giác EMHK là tứ giác nội tiếp) M H Theo giả thiết 4 IH  2 2  IK 
 2  KH  2 do đó K là trung điểm của IH. 2 2 2  2t t  0  K0;  2
Gọi K t;2  3t  d K;  d  2   2  t 1 1  2 t  2  K  2;  4
 Với K0;2  IH: x y 2 0 H  1  ;1I 1;3 
     2    2 C : x 1 y 3  4  Với K2; 4
   IH: x y 6 0 H  3  ;3 I 7; 1  1 
     2    2 C : x 7 y 11  4 2 2 2 2
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn là x   1
 y 3  4 và x  7  y 1  1  4
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn:   2 2
C : x  y  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 . Giải Đường tròn   2 2
C : x  y  2x  4y  2  0 có tâm I1; 2  , R  3 Ta có IM  5 .
Đường tròn (C’) tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB  IM tại trung điểm H của đoạn AB.
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 2
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn 3 3
Ta có: AB  AI  IB  3 nên ΔABC đều  IH  AB.  2 2 7
TH1: I và M nằm khác phía với AB thì HM  IM  IH  2 2        
     2    2 2 2 AB AM HM 13 C' : x 5 y 1 13  2  13
TH2: I và M nằm cùng phía với AB thì HM  IM  IH  2 2       
     2    2 2 2 AB AM HM 43 C' : x 5 y 1  43  2 
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2
C : x  y  2x  4y  4  0 tâm I và điểm
M3;2 . Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua M, Δ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện
tích tam giác IAB lớn nhất. Giải
(C) có tâm I1;2 , bán kính R  3. Ta có IM  2  R nên M nằm trong đường
tròn (C). Gọi H là hình chiếu của I trên AB và đặt IH  t, 0  t 2 1 I 2 Ta có: I S AB  IH.AB  t 9  t     2 . Xét hàm   2 f t t 9 t ; 0 t 2 2 9  2t Ta có: f 't   0, t
 0;2 , suy ra f t đồng biến trên 0;2 A H B M 2   9  t  f t  f2 Vậy I
S AB lớn nhất khi dI;Δ  t  2 hay H  M.
Khi đó Δ nhận IM làm vec-tơ pháp tuyến, suy ra Δ : x  3  0 2 2
Bài 6. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn T :x  2  y  2  4 và đường thẳng
Δ :3x  y 10  0 . Viết phương trình đường tròn (C) biết tâm I của (C) có hoành độ âm và nằm trên
đường thẳng d : x  y  0 , (C) tiếp xúc với Δ và cắt (T) tại A, B sao cho AB  2 2 . Giải
Đường tròn (T) có tâm K 2;2 bán kính r  2 . 
Gọi It;t , bán kính của đường tròn (C) là    4t 10 R d I;Δ  10 2  2t  5 8 Ta có dI;AB 2    R  2   2   2t 5t5 5 5
và dK;AB  2; IK  2 t  2  2 2  t (do t<0)
TH1. I, K khác phía đ i với AB:      1 d I;AB d K;AB  IK  2
 2t 5t 5 1t t  52 10 5
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 3
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn       2    2   2 C : x 5 2 10 y 5 2 10 8 3 10
TH2. I, K khác phía đ i với AB:      1 d I;AB d K;AB  IK  2
 2t 5t5 1 2t * 5 ( ) không có nghiệm âm. 2 2 2
Vậy C :x  5  2 10  y  5  2 10  8  3 10 2 2
Bài 7. Cho đường tròn (C) có phương trình: x  y  2x  4y 1  0 và P2; 
1 . Một đường thẳng d đi
qua P cắt đường tròn tại A và B. Tiếp tuyến tại A và B của đường tròn cắt nhau tại M. Tìm tọa độ của M 2 2
biết M thuộc đường tròn x  y  6x  4y 11  0 . Giải
Đường tròn (C) có tâm I1;2, R  2 . (C) Gọi Ma;b . 2 2 Do M 1
C   a  b 6a 4b 11 0   1 I d
Phương trình đường tròn đường kính IM: B 2 2 x  y  a 
1 x  b  2y  a 2b  0 A P
Suy ra phương trình đường thẳng d: a  
1 x  b 2y 1a 2b  0 (C1) M
Do P d  a  b  3  0 2 a  4 Từ (1) và (2) suy ra:   M4;  1 b 1 2 2
Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn C : x  2  y  2  5 và đường thẳng
Δ : x  y 1 0 . Từ điểm A thuộc Δ kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C. Tìm tọa độ
điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng . Giải
(C) có tâm I2;2, R  5 . B AΔ  Aa; a    1
Từ tính chất tiếp tuyến  IA  BC tại H là trung điểm của BC. I A H
Giả sử IA  m, IH  n m  n  0 2 2 2
 HA  m  n, BH  IB  IH  5  n C 1 2 Suy ra S
 BC.AH  BH.AH  m  n 5  n  8 1 ΔABC     2 2 5
Trong tam giác vuông IBA có BI  IH.IA  5  m.n  m  2 n  5  2 6 4 2
Thay (2) vào (1) ta có:   n 5  n  8  n 15n 139n 125  0  n 
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 4
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn   2   4 2 n
1 n 14n 125  0 n 1 m  5    
IA  5  a  22  a 32 a 2 A 2; 3 2  
 25  a  a  6  0     a  3  A   3  ;2
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E3;4 , đường thẳng d : x  y 1  0 và đường tròn   2 2
C : x  y  4x  2y  4  0 . Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d và nằm ngoài đường tròn (C). Từ M kẻ
các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B là các tiếp điểm). Gọi (E) là đường tròn tâm E và tiếp
xúc với đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm M sao cho đường tròn (E) có chu vi lớn nhất. Giải
Đường tròn (C) có tâm I 2  ; 
1 , bán kính R  3 . Do M d nên Ma;1 a . 2 2 2
Do M nằm ngoài (C) nên IM  R  IM  9  a  2   a    9 2  2a  4a  5  0   * Ta có 2 2 2 2 MA  MB  IM  IA A
   2   2 2 a 2 a  9  2a  4a  5 H
Do đó tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình: EI M  2     2 2 x a y a 1  2a  4a  5 2 2
 x  y  2ax  2a   1 y  6a  6  0   1 Do A, B thuộc (C) nên d tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình B 2 2
x  y  4a  2y  4  0 2
Trừ theo vế của (1) cho (2) ta được a  2x  ay  3a  5  0 3
Do tọa độ của A, B thỏa mãn (3) nên (3) chính là phương trình của đường thẳng Δ đi qua A, B.
Do (E) tiếp xúc với Δ nên (E) có bán kính  1 R dE;Δ .
Chu vi của (E) lớn nhất   1 R lớn nhất dE;Δ .  5 11
Nhận thấy đường thẳng Δ luôn đi qua K ;   .  2 2 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của E lên    10 Δ d E;Δ  EH  EK  2
Dấu xảy ra khi H  K  Δ  EK .  1 3  Ta có EK   ; , Δ  
có vec-tơ ch phương u  a;a  2  2 2  1 3
Do đó Δ  EK  EK.u  0   a  a  2  0  a  3  (thỏa mãn ( )) 2 2 Vậy M 3
 ;4 là điểm cần tìm.
Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn   2 2
C : x  y  2x  6y 15  0 . Viết phương
trình đường thẳng Δ vuông góc với đường thẳng d : 4x  3y  2  0 và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A và B sao cho AB  6 . Giải
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 5
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn
Theo bài ta ta có đường tròn (C) có tâm I1; 3
  và bán kính R  5
Vì Δ vuông góc với d : 4x  3y  2  0 nên có dạng Δ : 3x  4y  m  0 .
Gọi H là trung điểm của AB. Theo bài ra ta có IH  4 I
Để Δ : 3x  4y  m  0 cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB  6 thì: 3.1 4. 3      m d I;Δ  4   4 A H B 2 2 3  4 m  9 m  29   4   5 m  1  1
Vậy ta có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán có phương trình là:
Δ :3x  4y  29  0, Δ :3x  4y 11  0 1 2
Bài 11. Trọng mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2
C : x  y  4x  4y  4  0 và đường thẳng
d có phương trình: x  y  2  0 . Chứng minh rằng d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm toa
độ điểm C trên đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác CAB lớn nhất. Giải
Ch ra (C) có tâm I2;2, R  2 y
Tọa độ giao điểm d và (C) là nghiệm của hệ: C 2 2
x  y  4x  4y  4  0  x  y  2  0 I A
Giải hệ tìm được A0;  2 ,  B 2;  0 H
Hay d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B. x 1 Ta có  Δ S ABC
AB.CH (H là hình chiếu C trên AB), O B 2  Δ S ABCmax CHmax C  Δ C Dễ thấy 
. Δ có phương trình: y  x x   C 2
Giải hệ tìm được C2  2;2 2
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   2 2
T : x  y  4x  6y  3  0 và đường thẳng
Δ:x  2y 1 0. Gọi A, B là giao điểm của Δ với T biết điểm A có tung độ dương. Tìm tọa độ
điểm CT sao cho ΔABC vuông tại B. Giải
Tọa độ A, B là nghiệm của hệ phương trình: x  2y 1  0   2 2
x  y  4x  6y  3  0 A x  2y 1   I   C  2y   2 2 1  y  42y   1  6y  3  0 x  2y 1  x 1 x  5       2 5  y 10y  0 y  0 y  2 B
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 6
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn Suy ra A5;2, B1;0
Đường tròn (T) có tâm I2;3
Vì A,B,CT và ΔABC vuông tại B nên AC là đường kính của đường tròn (T)
Suy ra I là trung điểm của AC  C 1  ;4
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   2 2
C : x  y  6x  2y 1  0. Viết phương trình
đường thẳng d đi qua M0;2 và cắt đường tròn (C) theo dây cung có độ dài bằng 4. Giải
Từ đường tròn (C) có tâm I3; 
1 và bán kính R  3 . Giả sử (C) cắt d
tại 2 điểm A, B. Hạ IH  AB thì H là trung điểm AB suy ra AH  2 . Ta có 2 2 IH  IA  AH  5
Vì d qua M0;2 nên có phương trình: I
         2 2 M a x 0 b y 2 0 a  b  0 BH ax  by  2b  0 A 3a  b  2b Ta có: 2 2 IH  5 
 5  2a  3ab  2b  0 2 2 a  b a  2 Chọn  b  1  1  a    2
Vậy có đường thẳng là        1
d  : 2x y 2 0; d2  : x 2y 4 0
Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 3 đường thẳng sau:       1 d : x 2y 3 0 ; d2 : 2x y 2 0 và d    3 : 3x
4y 11 0 . Viết phương trình đường tròn (T) có tâm trên 1
d , tiếp xúc với d2 và cắt d3 tại 2 điểm
phân biệt A, B sao cho AB  2 . Giải
Gọi I là tâm của (T) khi đó I   1
d nên I3 2a;a và R là bán d2 kính của (T). 8  3a Do (T) tiếp xúc với d d I,d   R 2 nên  2 5 I
Gọi H là trung điểm của AB suy ra tam giác IAH vuông tại H d3 và AH 1 d1 B Khi đó; H 2 2 2 2 2
IA  AH  IH  R 1 IH 2 A   20 10a IH d I,d    3  4 2a 5 2 8  3a 2 2 2 Từ 2   
1 4  2a  8  3a  5  54  2a 5 2       2    2 2 64 48a 9a 5 5 16 16a 4a
 64  48a  9a  5  80 80a  20a
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 7
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn a 1 2 
 11a  32a  21  0  21  a   11 2 2 Với a 1 I1; 
1 , R  5 nên phương trình T : x   1  y   1  5 2 2 21  9 21  5 5  9   21 125 Với a   I  ; , R    nên pt T : x   y       11  11 11  11  11  11  121
Bài 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d : 4x  3y  8  0 , d ' : 4x  3y  2  0 và đường tròn   2 2
C : x  y  20x  2y  20  0 . Viết phương trình đường tròn (C’) tiếp xúc với (C) và
đồng thời tiếp xúc với đường thẳng (d) và (d’) Giải (C) có tâm I10;  1 , bán kính R  9 Ta có: dI,    d 1
d  dI,d2  9 R
 (C) tiếp xúc với  1 d  và d2  J   5         I 1 d  d2 J J ;1 IJ : y 1 0    4  I' 4
Gọi I’ là tâm của (C’)  I't;  1 IJ , t   5 4t  5 Bán kính R '  dI';  1 d  5 d' (C’) tiếp xúc với  1
d ,d2  và (C) thì ch có trường hợp (C’) tiếp xúc ngoài (C). 4t  5  
 II'  R  R '  t 10  9   9t t 100 t 0  0   5 t 100     2 t 0 C' : x  y  2 1 1       2   2 t 100 C' : x 100 y 1  6561 2 2  31 
Bài 16. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn C : x  2  y  2  25 và điểm M ; 2   . Vẽ các tiếp  3 
tuyến MP, MQ với đường tròn (C) tại các tiếp điểm P, Q. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác MPQ. Giải
Đường tròn (C) có tâm I2;2 và bán kính R  5 P
Gọi K là giao điểm của đoạn MI với (C) thì IK  R  5 và K là điểm
chính giữa của cung nhỏ PQ nên K là tâm đường tròn nội tiếp M ΔMPQ . K H I
Phương trình đường thẳng MI : y  2 nên KxK;2
Gọi H là giao điểm của PQ với MI, ta có Hx  H ; 2, MI PQ và KH Q
là bán kính của đường tròn nội tiếp ΔMPQ .
Do IP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔPHM nên 2 IH.IM  IP  25
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 8
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn   31   x           H 2 2 25 x   H 5 . Vậy H5;2 và IH 3 KH IK IH 2  3  IH 3 5
Ta có IK, IH cùng chiều và
  IK  IH  K7;2 IK 5 3 2 2
Phương trình đường tròn nội tiếp ΔMPQ là: x  7  y  2  4 2 2
Bài 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn C : x   1
 y  2  4 và điểm N2;  1 .
Tìm trên đường thẳng d : x  y  2  0 điểm M sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (với
A, B là 2 tiếp điểm) và đường thẳng AB đi qua N. Giải
Đường tròn (C) có tâm I1;2 , bán kính R  2 A
Gọi Mt;2  t  d
Nếu Tx; y là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) thì T   C I M  MT.IT  0 N
MT  x  t; y  2  t, ITx 1; y  2 B
  2    2 x 1 y 2  4   1 Do đó ta có hệ:   x  t  x  
1  y  2y  2  t   0 2
Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta được t  
1 x  t  4y  t  5  0 *
Tọa độ các tiếp điểm kẻ từ M đến (C) thỏa mãn ( ) nên phương trình đường thẳng AB là t  
1 x  t  4 y  t  5  0 Vì AB đi qua N2; 
1 nên        1 t 1 .2 t
4 .1 t  5  0  t  2  1 5  Vậy M ;     2 2  2 2
Bài 18. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn C : x  2  y   1
 5 , điểm A0;2 và đường thẳng
Δ : 2x  y  6  0 . Viết phương trình đường tròn (C’) tiếp xúc với (C) tại A và tiếp xúc với Δ . Giải Ta có (C) có tâm I 2  ;  1 , R  5
Đường thẳng IA qua I 2  ;  1 và nhận IA  2;  1 làm vec-tơ ch
phương nên có phương trình x  2  2y  
1  0  x  2y  4  0 A I K Do (C’) tiếp xúc với Δ nên (C’) có bán kính    3y  2 R ' d K,Δ  5 2 2
Do (C’) qua A nên R '  KA  2y  4  y  2 Từ đó ta có:
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 9
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn y  4  K4;4 3y  2   
2y  42   y  22  3y  2  5 y  2   3  3  5 y   K 1  ;    2  2   3  5 Với K 1;   ta có R '  . Với K 4; 
4 ta có R '  2 5 . Vậy phương trình của (C’) là  2  2 2   2  3  5 2 2 x 1  y    
hoặc x  4  y  4  20  2  4
Bài 19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2
C : x  y  4x  6y  3  0 có tâm I và đường
thẳng d : x  2y 11  0 . Tìm hai điểm A và B trên đường tròn (C) sao cho AB song song với đường thẳng
d và tam giác IAB là tam giác vuông cân. Giải
AB / /d  AB: x  2y  c  0 B  
Tam giác IAB vuông cân    R 2 d I, AB  2 2.3 c 10. 2   A 2 5 2  c  9 hoặc c  1  I 2 2
x  y  4x  6y  3  0 d c  1  : Giải hệ  x  2y 1 0  A1;0, B5;2 2 2
x  y  4x  6y  3  0 c  9 : Giải hệ   A 1  ;4, B3;6 x  2y  9  0 2 2
Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường tròn      1 C  : x  1 y 2 4 và
    2   2  2 C : x 2 y 3
2 cắt nhau tại điểm A1;4 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt lại   1
C , C2  lần lượt tại M và N sao cho AM 2AN . Giải
    2   2   1 C : x 1 y 2 4  1 C  có tâm 1 O 1;2 và bán kính  1 R 2
    2   2   2 C : x 2 y 3 2
C2 có tâm O2 2;3 và bán O kính R  2 O1 2 2, A1;4 M N H A
Giả sử MN:        2 2 1 a x 1 b y
4  0, a  b  0 (do MN đi qua H2 A). Gọi 1
H , H2 lần lượt là trung điểm của AM,AN 2 2
 AH  2AH  R  O H  4 2 2  1 2 1 1 1 R2 O2H2  2 2
 R  d O ,d  4 2 2  1 1 R2 d O2,d  a  2b  a  4b   2a  3b  a  4b   4     42   2 2 2 2  a  b   a  b  4 4a  b2 2 a  2ab 2  4   8   1  b  2ab  0 2 2 2 2 2 2 a  b a  b a  b
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 10
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn
b  0, a  0  d : x 1  0
2a  b  0 chọn a 1, b  2
  d : x  2y  7  0
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn là d : x 1  0 và d : x  2y  7  0  5 
Bài 21. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn   2 2
C : x  y  2x  4y  4  0 và M  ;0   . Viết phương  6 
trình đường thẳng Δ qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho s đo cung nhỏ AB bằng 0 120 . Giải (C) có tâm I1; 2   và bán kính R 1 Δ B Từ giả thiết có 0 AIB  120 M
Gọi H là trung điểm đoạn thẳng AB 0 1  IH  IA.cos60  A 2
Đường thẳng Δ qua M với vtpt n  a;b có pt: I 5 ax  by  a  0  2 2 a  b  0 6  3 a  b 11a 12b 1  Có   4 d I,Δ     2 2 2 45 6 a  b a  b  28 5 75
Phương trình cần tìm: 3x  4y   0 , 45x  28y   0 2 2
Bài 22. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2
C : x  y  4x  0 . Tìm những điểm trên
đường thẳng x  4 mà từ những điểm đó kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 0 30 . Giải
Gọi điểm M4;b thuộc đường thẳng x  4, b      2 2 C : x 2  y  4, (C) có tâm x=4
I2;0 , bán kính R  2
Do đường thẳng x  4 là tiếp tuyến của (C), nên yêu cầu bài 300 M
toán là tìm những điểm trên đường thẳng x  4 có hệ s góc I 0 k   tan 60   3
k  3 : d là đường thẳng qua M có hệ s góc k  3 có
phương trình: y  3x  y  b  3x  y  4 3  b  0   
d tiếp xúc với (C)    b 4 2 3
d I,d  R  b  2 3  4   b  4   2 3 k   3 :
d’ là đường thẳng qua M có hệ s góc k   3 có phương trình:
y   3 x  y  b  3x  y  4 3  b  0    
d’ tiếp xúc với (C)    b 4 2 3
d I,d '  R  b  2 3  4   b  4  2 3
Vậy có 4 điểm 4;4  2 3 , 4; 4  2 3 , 4; 4  2 3 , 4;4 2  3 
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 11
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn
Bài 23. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   2 2
C : x  y  9 , đường thẳng Δ : y  x  3  3 và
điểm A3;0 . Gọi M là một điểm thay đổi trên (C) và B là điểm sao cho tứ giác ABMO là hình bình
hành. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABM, biết G thuộc Δ và G có tung độ dương. Giải 4
Gọi I  AM  OB  OG  OI y 3 4
Kẻ GK / /AM, K OA , ta có: OK  OA  K 4;0 3 M B
GK / /AM  GK  OB . Suy ra G thuộc đường tròn đường kính G I
OK. Tọa độ Gx; y, y  0 thỏa mãn:   O K A x    x  y  3  3 y x 3 3        x  2    y  4 y1 3  2 2 2 2  y  4 x  y  3  3     G 3; 3 (do y  0 ) 2 2y  2  1 3   y  2 3  0
Bài 24. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x  y  4  0 và hai đường tròn C :x  2 1  y  2 1
1; C :x  32  y  42  1 2
4 . Tìm điểm M trên đường thẳng d để từ M kẻ được
tiếp tuyến MA đến đường tròn  1
C  và tiếp tuyến MB đến đường tròn C2  (với A, B là các tiếp điểm)
sao cho tam giác AMB cân tại M. Giải    1 C  có tâm I1;  1 , bán kính 1 R
1; C2  có tâm J 3;4 , M bán kính R  2 2 B Do IJ  5    1 R R2  1
C , C2  rời nhau nên A và B phân d biệt. A Mt;t  4 d 2 2 2 2  MA  MI     1 R 2t 4t 9 J 2 2 2 2 I MB  MJ  R    2 2t 6t 5 Tam giác AMB cân tại M 2 2
 MA  MB  t  2. Vậy M2;6
Bài 25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ω có phương trình 2 2
x  y  2x  0 . Viết phương
trình tiếp tuyến của ω , biết tiếp tuyến cắt trục Ox và Oy lần lượt tại A và B thỏa mãn OA  2OB . Giải
ω có tâm I1;0 bán kính R 1. Gọi k là hệ s góc tiếp tuyến y OB 1  k   OA 2 B
Phương trình tiếp tuyến Δ có dạng x  2y  m  0  Do   1 m d I;Δ  R  1 5 O I A x  m  1   5
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 12
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn
Vậy có 4 tiếp tuyến thỏa mãn x  2y 1 5  0 .
Bài 26. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng 2x  y  6  0 đi qua điểm M1;2  3 
và tiếp xúc với trục tung. Giải
Gọi I và R là tâm và bán kính đường tròn.
    Ix;6  2x y
Do I thuộc đường thẳng 2x y 6 0
Ta có IM  dI;Oy  R x  2    x   1  4  3  2x2 2 2  x  5  2 3 M x   2 I
Vậy có hai phương trình đường tròn: 2 2 2            2    2 5 2 3 7 2 3 5 2 3 x 2 y 2  4;  x     y            O x 2 2 2      
Bài 27. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn  1
C  và C2  có phương trình lần lượt 2 2 là:   2 2 1 x 1
 y  và x  2  y  2  4. Lập phương trình đường thẳng Δ tiếp xúc với  1 C  , đồng 2 thời cắt C 
2  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho: AB 2 2 . Giải  1 R  1 C  có tâm 1 I 1;0 và bán kính 1
, C2  có tâm I2 2;2 2 A và bán kính R  2 2 . H B Giả sử đường thẳng
Δ có phương trình dạng:     2 2 ax by c 0 a  b  0 I2 I1 Δ tiếp xúc với    R 1 C  d 1 I ,Δ 1 a  c 1     1 2 2  2 a b Gọi H là trung điểm AB 2      dI ,Δ AB 2a 2b c 2  I H  R   4  2  2   2 2 2 2 2     2 2  2  a  b c  2b Từ (1) và (2) ta có: 
2 a  c  2a  2b  c  4a  2b  c    3 a  b Với c  2b    2 2
1  a  b  2 a  2b   a  7  b a 1,c  2  Do 2 2
a  b  0  b  0 . Chọn b  1    a  7.c  2 
 Phương trình đường thẳng Δ là: x  y  2  0; 7x  y  2  0
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 13
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn 4a  2b a  2b b  a Với c      2 2 1  a  b  2   3 3 b  7a b 1,c  2  Do 2 2
a  b  0  a  0 . Chọn a  1  b  7,c  6 
 Phương trình đường thẳng Δ là: x  y  2  0, x  7y  6  0 2 2
Bài 28. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn C : x  2  y   1  5 và đường thẳng
d : x  3y  9  0 . Từ điểm M thuộc d kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với (C) lần lượt tại A và B. Tìm tọa độ
điểm M sao cho độ dài AB nhỏ nhất. Giải (C) có tâm I2; 
1 và bán kính R  5 , dI,d  10  R nên d A không cắt (C). R M d  M3m  9;m
Từ tính chất tiếp tuyến ta có MI  AB tại H là trung điểm AB. I M H 1 1 1
Trong tam giác vuông AIM ta có:   2 2 2 AH AI AM d 2 R  2 2 2 2 IM  R AI .AM  4 B 2 2 R  AH    R  2 2 2 2 AI  AM IM IM
Ta có AB nhỏ nhất  AH nhỏ nhất  IM nhỏ nhất ( R  5 không đổi) 2 2 2 2
Mà IM  3m  7  m   1
10m  2 10 10 nên suy ra IM    M 3; 2  min 10 khi m 2 . Suy ra  
Bài 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   2 2
C : x  y  x  9y 18  0 và hai điểm A4;  1 , B 3; 1
  . Các điểm C, D thuộc đường tròn (C) sao cho ABCD là hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD. Giải  1 9  10 D
Ch ra đường tròn (C) có tâm I ;   và bán kính R  A  2 2  2 Tính được AB   1  ; 
2 , AB  5 . Phương trình CD có dạng y  2x  y  m B 2m  7 I
Khoảng cách từ I đến CD bằng d  C 2 5 Ch ra 2 2 CD  2 R  d 5 2m 72 2 Do đó 2 
 5  2m  7  25 2 20
Từ đó được hai phương trình đường thẳng là 2x  y  6  0; 2x  y 1  0
Bài 30. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm M1;2 , N3;4 và đường thẳng d : x  y  3  0 .
Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm M, N và tiếp xúc với (d). Giải
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 14
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn
Gọi E là trung điểm MN, ta có E2;  1
 . Gọi Δ là đường trung trực của Δ MN.
Suy ra Δ có phương trình x  2  3y  
1  0  x  3y  5  0
Gọi I là tâm đường tròn đi qua M, N thì I nằm trên Δ I
Giả sử I3t  5;t . Ta có: d
             2 2 2 4t 2 IM d I,d 3t 4 t 2  N E 2 M 2
 2t 12t 18  0  t  3  . Từ đó suy ra I 4  ; 3
  , bán kính R  IM  5 2 . 2 2
Phương trình đường tròn x  4  y  3  50 .
Bài 31. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn   2 2 C : x  y  13 và     2 2 C' : x 6
 y  25. Gọi A là một giao điểm của (C) và (C’) với y  A
0 . Viết phương trình đường
thẳng d đi qua A và cắt (C), (C’) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau (hai dây cung này khác nhau) Giải Theo giả thiết:  d H'
C có tâm O0;0 , bán kính R  13 M' AM
C ' có tâm O'6;0 , bán kính R '  5 H
Tọa độ các giao điểm của (C) và (C’) là nghiệm của hệ phương O' I O trình: x  2 2 2 x  y 13  2 2 x  y 13   
 y  3  A2;3    x  6  2 2  y  25 2 2
x  y 12x 11 0  y  3  (vì y  A 0 )
Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng d và các đường tròn (C), (C’) thỏa AH  AH' , với H không trùng H’.
Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của AH, AH’. Vì A là trung điểm của đoạn thẳng HH’ nên A là trung điểm của đoạn MM’.
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OO’  I3;0
Ta có IA / /OM . Mà OM  d nên IA  d  d có vtcp IA   1  ;3 và qua A2;3
Vậy phương trình đường thẳng d:  
1 x  2  3y  3  0  x  3y  7  0 2 2
Bài 32. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn C :x  4  y   1  20 và điểm M3; 1  
. Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam
giác IAB bằng (I là tâm đường tròn (C)). Giải
Đường tròn (C) có tâm I4;  1 , R  2 5
Gọi H là trung điểm AB, suy ra IH  AB
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 15
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn 1 Diện tích tam giác IAB:      I S AB IH.AB 8 IH 4 hoặc IH 2 A 2 H B Đường thẳng
Δ đi qua điểm M nên có phương trình: 2 2
ax  by  3a  b  0, a  b  0 M I a  2b
TH1: dI,Δ  IH  4   4 2 2 a  b 2 2
15a  4ab 12b  0   2 2
11 a  b   2a  b2  0  a  b  0 (không thỏa 2 2 a  b  0 ) a  2b
TH2: dI,Δ  IH  2 
 2  a 3a  4b  0  a  0 hoặc 3a  4b  0 2 2 a  b
Nếu a  0 chọn b 1 suy ra phương trình Δ : y 1  0
Nếu 3a  4b  0 , chọn a  4 và b  3 , phương trình Δ : 4x  3y  9  0
Bài 33. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2 2
C : x  y  2x  2my  m  24  0 có tâm I
và đường thẳng Δ : mx  4y  0 . Tìm m biết đường thẳng Δ cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,
B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. Giải
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. I    m  4m 5m IH d I,Δ   5 2 2 m 16 m 16 Δ 5m2 A H B 2 2 20 AH  IA  IH  25   2 2 m 16 m 16
Diện tích tam giác IAB là    Δ S IAB 12 2 Δ S IAH 12 m  3  
 dI,Δ.AH 12  25 m  3 2 m 16  16  m    3
Bài 34. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các điểm A4; 3  , B4;1 và
đường thẳng d : x  6y  0 . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua A và B sao cho tiếp tuyến của (C)
tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc (d). Giải
Giả sử hai tiếp tuyến của (C) tại A, B cắt nhau tại M d A
Phương trình đường thẳng AB: x  4
Gọi I là tâm đường tròn (C), H là trung điểm AB  H4;  1 M I
IM  AB;IM  AB  H  phương trình của đường thẳng IM là H y 1  0
M  d  IM  M6;  1  MA 2  ; 2   B Giả sử Ia;  1  IA4  a; 2   d:x+6y=0
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 16
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn Mà IA  MA  2
 4  a  4  0  a  2 2 2 Vậy I2; 
1 , bán kính của (C) là IA  2 2  C : x  2  y   1  8 2 2
Vậy đường tròn (C) có phương trình là x  2  y   1  8
Bài 35. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình 2 2
x  y  6x  2y  6  0
và điểm A3;3 . Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt (C) tại hai điểm sao cho khoảng
cách giữa hai điểm đó bằng độ dài cạnh hình vuông nội tiếp đường tròn (C). Giải
Đường tròn (C) có tâm I3;  1
 , bán kính R  4 . Ta có A3;3C C
Phương trình đường thẳng d có dạng: D
         2 2 a x 3 b y 3 0, a  b  0 I
 ax  by  3a  3b  0 d
Giả sử (d) cắt (C) tại hai điểm A, B. Ta có AB  IA 2  4 2 và B   1 d I,d  AB  2 2 A 2 3a  b  3a  3b 2 2 
 2 2  2 b  2. a  b  b  a 2 2 a  b Chọn a 1 b  1 
Vậy phương trình đường thẳng (d) cần lập là: x  y  6  0 hoặc x  y  0
Bài 34. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2
C : x  y  8x  6y  21  0 và đường
thẳng d: x  y 1  0 . Xác định tọa độ các đ nh của hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A thuộc đường thẳng d. Giải (C) có tâm I4; 3
  , bán kính R  2. I thuộc d. B  
A thuộc d nên At;1 t, IA  t  4 2  t 6 2 2   t  2 t  6  A6; 5  ;C2;  1 I d C t  2  A2;  1 ; C6; 5   A
BD đi qua I và vuông góc với d nên BD : x  y  7  0
B thuộc BD nên Bs;s  7 D s  6 IB  s  4 2  2 2   s  2 s  6  B6;  1 ; D2; 5   s  2  B2; 5  ; D6;  1
Vậy có 4 hình vuông cần tìm. 2 2
Bài 35. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn C : x   1  y   1  25 và M2; 5   . Lập
phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho MA  5MB . Giải
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 17
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn
Đường tròn có tâm I 1  ;  1 , bán kính R  5 P
 20  0 , do đó M nằm ngoài (C). M/C I 2 P
 MA.MB  5MB  20. Ta được MB  2. M/C B M
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên d. Ta có BH  2MB  4 , H A suy ra IH  3 .
d : a x  2  by  5  0  2 2 a  b  0 .    IH  d I,d 3a 6b b 0 2 2 
 3  a  2b  a  b   2 2  4a  3b a b
Vậy có hai đường thẳng cần tìm là x  2  0 và 3x  4y 14  0
Bài 36. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy lập phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với đường thẳng
Δ :3x  4y  6  0 tại A2; 
3 và cắt đường thẳng Δ': 3x  4y 11  0 tại hai điểm B, C sao cho tam giác
ABC có diện tích bằng 7, biết tâm đường tròn (C) có tung độ dương. Giải
Gọi Ia;b ,  b  
0 là tâm đường tròn (C) ta có: Δ A 3 b  3 AI  u         Δ a 2.4 b 3   .3 0 a 2   1 4 1 14      Δ S ABC 7 BC.d A;Δ' BC   10 2 d A;Δ' Δ I ' 2   B C 2 d I;Δ ' 2 BC 2  R   AI  25    2  2  3a  4b 11    
a  22  b  32  25  5  3a 2 2 4b 5
25 a 22 b 32 25              2   337
Từ (1) và (2) suy ra b 1 b   288 2 2 Do b  0 nên I5; 
1  R  5  C : x  5  y   1  25
Bài 37. Trong hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x  y 1  0 và đường tròn   2 2
C : x  y  4x  2y  4  0
có tâm I. Tìm tọa độ điểm M trên d để từ M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) có các tiếp điểm là A, B sao
cho tứ giác IAMB là hình vuông. Giải
Tìm được tâm đường tròn I2; 
1 và bán kính R  3 . Lý luận để MI  3 2
M thuộc x  y 1  0 do đó Mx;x   1 A I MI  x  22 2  x  3 2  d x  1  2 2 2
 2x  4x 14  0   M x 1 2 2 B
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 18
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn
Vậy có 2 điểm M1 2 2;2 2 2  hoặc M1 2 2;2 2 2  2 2
Bài 38. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn C :x   1  y   1
 25 , điểm M7;3 . Viết
phương trình đường thẳng qua M cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho MA  3MB . Giải
Đường tròn (C) có I1;  1 , R  5
MI  52  5  M nằm ngoài đường tròn. Ta có 2 2 MA.MB  MI  R  27 I 2
 3MB  27  MB  3 MA  9  AB  6 A H B M 2
Gọi H là trung điểm của AB 2 AB  IH  R   4 4
Gọi đường thẳng đi qua M7;3 có vtpt    2 2
n A, B , A  B  0  Δ: Ax  By  7A 3B  0. Theo trên ta A  0 A  B  7A  3B có:  d I;Δ 2  IH  4   4  5A 12AB  0  12B 2 2    A  B A  5
Với A  0  Δ : y  3 12B Với A  
 Δ :12x  5y  69  0 5
Bài 39. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho A5;  1 và đường tròn (C): 2 2
x  y  2x  4y  2  0 . Viết
phương trình đường tròn (C’) có tâm A, cắt đường tròn (C) tại hai điểm M, N sao cho MN  3 . Giải
Đường tròn (C) có tâm I1; 2   , bán kính R  3 M
Gọi H là giao điểm của MN và AI. Ta có: 2 2 3 IH  IM  MH  , IA  5 A 2 H I
TH1: A và I nằm khác phía với MN. 3 7 N
Ta có: HA  IA  IH  5   2 2
Trong tam giác vuông MHA ta có: 2 2 AM  HM  AH  13 2 2
Vậy phương trình đường tròn (C’) là: x  5  y   1 13
TH2: A và I nằm cùng phía với MN. M
Vì IA  IH nên I nằm giữa H và A. 3 13
Ta có: HA  IA  IH  5   2 2 H A
Trong tam giác vuông MHA ta có: I 2 2 AM  HM  AH  43 2 2
Vậy phương trình đường tròn (C’) là: x  5  y   1  43 N
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 19
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn
Bài 40. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): 2 2
x  y  2x  6y  6  0 và điểm M2;4 . 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
(C): I1;3, R  2 , A, BC , M là trung điểm AB  IM  AB  đường
thẳng d cần tìm là đường thẳng AB.
d đi qua M có vec-tơ pháp tuyến là IM  1;  1 nên có phương trình: I x  y  6  0 d A M B
Bài 41. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): 2 2
x  y  2x  4y  4  0 và đường thẳng d có phương trình x  y  m  0 . Tìm m để trên đường thẳng d
có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB và AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp
điểm) sao cho tam giác ABC vuông. Giải
Phương trình đường tròn có tâm I1; 2
  , bán kính R  3 , từ A kẻ
được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB  AC d B
 tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3  IA  3 2 . Để điểm
A duy nhất  đường thẳng IA vuông góc với d. Ta có: I     d I;d m 1 m 5   3 2   2 m  7 A
Bài 42. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có C phương trình: 2 2
x  y  2x  6y  6  0 và điểm M 3  ;1 . Gọi A và B
là các tiếp điểm kẻ từ M đến (C). Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng AB. Giải
Đường tròn (C) có tâm I1;3 và bán kính R  2 , MI  2 5  2  R nên A
M nằm ngoài đường tròn.
Ta có thể làm một trong hai cách sau: I H
Giả sử Ax0; y0  là tiếp điểm suy ra: AC A   C    , trong đó MA  x   M 0 3; y0 1, MA  IA MA.IA  0 B IA  x   0 1; y0 3 . 2 2
x  y  2x  6y  6  0 Do đó ta có: 0 0 0 0    x        0 3x0  1 y0 1y0 3 0 2 2 x      0 y0 2x0 6y0 6 0    2x    0 y0 3 0 2 2 x      0 y0 2x0 4y0 0
Suy ra đường thẳng AB có phương trình: 2x  y  3  0 .
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 20
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn x 1 2t
Đường thẳng MI có phương trình:  y  3  t
Do MI vuông góc với AB, nên tọa độ của điểm H là nghiệm của hệ phương trình: x 1 2t   1 13  y  3  t
. Giải hệ này ta được H ;     5 5  2x  y  3  0 
Bài 43. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2
T : x  y  2x  4y  8  0 và điểm
M7;7 . Chứng minh rằng từ M kẻ đến (T) được hai tiếp tuyến MA, MB với A, B là các tiếp điểm. Tìm
tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB. Giải
     2   2 T x 1 y 2 13  I1; 2   , R  13 . A
Ta có IM6;9  IM  117  13 , suy ra điểm M nằm ngoài (T). Vậy
từ M kẻ đến (T) được 2 tiếp tuyến. Gọi K  MI  AmB. Ta có I m
MA  MB, IA  IB  MI là đường trung trực của AB  KA  KB  K  AB  K  BA  K  AM  K  BM K
 K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.  B M x  1 2t Phương trình tham s MI:  , MI  T tại 1 K 3;  1 và y  2   3t K   2  8; 12 Ta có A   1 K AK2 . Vậy K 1 K , tức là K 3;  1 .
Bài 44. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các đường thẳng       1 d : 3x 2y 4 0 , d2 : 5x 2y 9 0. Viết
phương trình đường tròn có tâm I d  2 và tiếp xúc với 1 d tại điểm A 2;5 . Giải
Do đường tròn tiếp xúc với đường thẳng  1 d tại điểm A nên IA 1 d . d2
Vậy phương trình IA là: 2x  2  3y  5  0  2x  3y 19  0
Kết hợp I d2 nên tọa độ tâm I là nghiệm của hệ: I 5  x  2y  9  0 x 1     I1;7 2x  3y 19  0 y  7
Bán kính đường tròn R  IA  13 . Vậy phương trình đường tròn là:   2   2 x 1 y 7 13. A
Bài 45. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2
I : x  y  4x  2y 11  0 và đường thẳng d : 4x  3y  9  0 . Gọi A, B là hai
điểm thuộc đường thẳng d, C là điểm thuộc đường tròn (I). Biết điểm H K  22 11   6 7  H ; 
 là một giao điểm của AC với đường tròn (I), điểm K  ;   là  5 5   5 5  I
trung điểm của cạnh AB. Xác định tọa độ các điểm A, B, C biết diện tích tứ giác C
AHIK bằng 24 và hoành độ điểm A dương. B Giải
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 21
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn Tâm I2;  1 , R  4  6 7 
Dễ dàng tìm được AB tiếp xúc với đường tròn tại K  ; 
 do dI;AB  4  R  5 5  2
HK  4 2  2R nên tam giác IHK vuông tại I.
Từ đó nên AHIK là hình thang vuông tại I và K. IK AK  IH Theo S  24   AK  8 2  4a  9  Vì A thuộc d nên A a;    3  2 2   18 6   4a 7  25 20 a  Nên  a    3   64     2  a  a  60  0  5  5   3 5  9 3  a  6  18 39   A ; 
 (Vì A có hoành độ dương)  5 5 
K là trung điểm của AB nên B 6  ; 5   .  4 28   22   11 AH  ;  
 nên phương trình AH: 7 x   y   0      7x  y  33  0  5 5   5   5 
C là giao điểm của AH với (I) nên tọa độ C là nghiệm của hệ:  22 11    2 2 x y  
x  y  4x  2y 11  0 5 5  26 17      C ;    7x  y  33  0  26 17  5 5  x   y    5 5
Bài 46. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A1;0 và các đường tròn C  2 2 : x  y  2, C  2 2   1 2 : x y
5 . Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt nằm trên  1 C  và C2  để tam
giác ABC có diện tích lớn nhất. Giải
Đầu tiên ta có nhận xét: để tam giác ABC có diện tích lớn nhất thì O phải C2
là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh: B C1
Giả sử CO không vuông góc AB thì ta luôn tìm được C' 2 C  sao cho A
d C';AB lớn hơn dC;AB , hay Δ S ABC' lớn hơn Δ S  ABC không thỏa O mãn yêu cầu bài toán. Do đó CO  AB
Tương tự ta cũng có BO  AC
Vậy O là trực tâm của tam giác ABC. C Suy ra AO  BC  x  B xC
Và ta giả sử Bt;b   1
C , Ct;c C2  t,b,c  thì ta có: 2 2 2 2
t  b  2 b  2  t    2 2 2 2 t  c  5 c  5  t
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 22
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn
Mà CO  AB nên CO.AB  0 hay t t   1  bc  0 Suy ra 2 2 4 3 2 b c  t  2t  t t  1   Do đó  2   2   4 3 2        2 2 t 5 t t 2t t
t 1 2t 10t 10  0  5  5  t   2 1 1 1 Tới đây ta có:        Δ S ABC BC.d A;BC xA xB . yB yC 1 t b c 2 2 2 2 1 2 Suy ra: S  1 t  2 2   ΔABC b c 2bc 4 1 
2  2  2  2 1 1 t 2 t 5 t 2 t t        
 1 t2 7  2t 4  4 Nếu t  1  thì ta suy ra 2  Δ S ABC 9 hay  Δ S ABC 3 5  5 Nếu t 
thì ta dễ thấy điều vô lý vì 2 2 t  b  2 2 5  5 5 1 Nếu t  thì ta có 2    Δ S ABC 9 loại. 2 8 Suy ra với t  1  thì Δ S ABC lớn nhất. bc  2   b 1 b  1  Và ta có 2 b 1   hoặc   c  2  c  2 2 c  4  Suy ra B 1  ;  1 , C 1  ; 2   hoặc B 1  ;  1 , C  1  ;2 Vậy B 1  ;  1 , C1;  2 hoặc B 1  ;  1 ,  C 1; 
2 thì tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
Bài 47. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn  1
O  và O2  có bán kính bằng nhau và cắt nhau tại A4; 
2 và B. Một đường thẳng đi qua A và N7;3 cắt các đường tròn  1 O  và O2  lần
lượt tại D và C. Tìm tọa độ các đ nh của tam giác BCD biết rằng đường thẳng n i tâm 1 O , O2 có phương 24
trình x  y  3  0 và diện tích tam giác BCD bằng . 5 Giải
Phương trình AN : x  3y  2  0 C Có      A 1 O 2 O AB AB: x y 6 0 M  9 3   I ;  B   5; 
1 (với I là giao điểm của AB và O O )  1 2 I 2 2  D O O 1 2
Do 2 đường tròn bán kính bằng nhau (hay hai đường tròn bằng
nhau) nên BDC  BCA (cùng chắn cung AB ) nên tam giác BDC B
cân. Kẻ BM vuông góc với  23 11
DC suy ra BM : 3x  y 16  0 hay M ;    5 5    Gọi    56 22 D 3t 2; t  C  3t;  t    5 5 
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 23
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn    t 1    41 17 D 1;1 , C ;   1  5 5  Có      B S CD d B;CD.DC 17 2 t      5    41 17 C 1;1 , D ;     5 5  2 2
Bài 48. Cho đường tròn (C) có phương trình: x   1
 y  2  9 và điểm M2;3 . Viết phương trình
đường thẳng Δ qua M cắt (C) tại A và B sao cho 2 2 MA  MB  8MA.MB 10 . Giải Theo bài ra ta có I 1  ;2, R  3
M nằm ngoài đường tròn nên ta có 2 2 MA.MB  MI  R 1 I Theo bài ra ta có: 2 2
MA  MB 8MA.MB 10  M A MA.MB 1 B H    2 MA MB 16  AB  4 Phương trình
         2 2 Δ : a x 2 b y 3
0 a  b  0  ax  by  2a 3b  0    2 a 2b AB 3a  2b Từ  d I;Δ 2 2 2  R   5 
 5  2a  3ab  2b  0  1 2 2 4 a  b a  b  2
Phương trình đường thẳng thỏa mãn bài toán là: 2x  y 1  0, x  2y  8  0 .
Bài 49. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2
C : x  y  9 và đường tròn
    2   2 C' : x 3 y 3
 a a  0. Tìm a để (C) cắt (C’) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc AOB bằng 0 120 . Giải
(C) có tâm là O0;0 , bán kính  1 R
3 , (C) có tâm là I3;3 , bán A kính là R  2 a .
(C) cắt (C’) tại hai điểm phân biệt A, B khi OI     1 R R2 OI 1 R H
 27 18 2  a  27 18 2 O I
Tọa độ 2 điểm A và B là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 x  y  9    1 B    x  3  2  y 32  a 2
Lấy (1) trừ (2), suy ra Δ : 6x  6y  27  a  0 là đường thẳng qua A và B. 3
Mà tam giác OAB cân, có OA  OB  3 nên OH 
(H là trung điểm của AB). 2 Hay   3 3 d O;Δ 
 a  27   a  27  9 2 (tmđk). Vậy a  27  9 2 . 2 2
Bài 50. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   2 2
C : x  y  2x  4y  20  0 và điểm A5; 6   . Từ
A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) với B, C là các tiếp điểm. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 24
Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn Giải
Đường tròn có tâm I 1
 ;2 bán kính R  5 . Suy ra IA 10 . B
Gọi H là giao điểm của BC và IA, ta có: 2 I 2 BI 5   IH.IA  BI  IH   1 1  IH  IA  H ;0   A IA 2 4  2  H 1 0
 cosAIB   AIB  60 nên tam giác ABC đều. Suy ra tâm đường 2 C
tròn nội tiếp tam giác ABC trùng với trọng tâm. 2
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy ra AG  AH , suy ra G2; 2  . 3
Bài 51. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2
C : x  y  2x  4y  5  0 và điểm A0; 1
 . Tìm tọa độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC đều. Giải 1   2x   H  1  3 7  (C) có tâm B
I1;2 , bán kính R  10  AI  2IH      3   2   H ; y  2  2 2  H 
(do I là trọng tâm tam giác đều ABC, H là trung điểm BC). H
Phương trình đường thẳng BC đi qua H và nhận AI  1;  3 làm vec-tơ pháp I
tuyến là: x  3y 12  0 Vì A
B,CC  tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình:  C 7  3  7  3     2 2 y y
x  y  2x  4y  5  0  2  2      x  3y 12  0  3  3 3  3  3 3 x  x     2  2
 3 3 3 7  3   3 3 3 7  3  Vậy B ; , C ;      hoặc ngược lại. 2 2 2 2    
Trần Đình Cư. GV THPT Gia Hội, Huế. SĐT: 01234332133 25 TRẦN ĐÌNH CƯ
GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế Thá o gỡ Oxy
Chủ đề 7: Elip
Tài liệu thân tặng các em học sinh 12, chuẩn bị kỳ thi THPT Quốc Gia 2016. Chúc các em đạt
kết quả cao trong kỳ thi sắp đến.
y Δ F F 1 2 O x M I
Huế, Ngày 21/05/2016
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 CHỦ ĐỀ 7. ELIP 2 2 Bài 1. x y
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M thuộc elip E :  1 có  . 1 F  2;0, 2 F 2;0 2 2 a b
Gọi A là điểm đối xứng của 1
F qua M và B là điểm đối xứng của M qua E biết tam 2
F . Viết phương trình   giác AB  1
F vuông tại B và diện tích tam giác M 1 F 2 F 15 Giải y Ta có 2 2 2 2
c  2  a  b  b  a  4 A Gọi M x0; y 0  M 1    15 d M;Ox .    1 F 2 F 15 y0 O x 2 2 Tam giác F AB 1 F2 1 F vuông tại B suy ra 1 MB  A    B 1 F M 1 F 2M 2 F MF1   1 2 Ta có M   1 F M 2 F
2a 2 . Kết hợp (1) với (2):  4a 2 M     1 F a xM 2  3 a a    x  M 2a 2 6 M    2 F a xM  3 a 4 2 2 2 2 a 15 a 15
a  9  b  a  4  5 Cho M E   1   4   2 2 2 2 2 2 36a 4b 9 a  4
a  31 b  a  4  27 2 2 x y 2 2 x y Vậy E :  1 hoặc E: 
1 là các elip cần tìm. 9 5 31 27 2 2 x y
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip E : 
1 với hai tiêu điểm F , F (hoành độ của 9 5 1 2 1 F
âm). Tìm tọa độ điểm M thuộc elip E sao cho góc 0 M  1 F 2 F 60 . Giải
Ta có: a  3; b  5; c  9  5  2 Tọa độ tiêu điểm:  1 F  2;0; 2 F 2;0 M 2 2 x y Gọi M x  0 0   0 ; y0  E nên 1   * 9 5 600 2 2 M      1 F 3 x0; M 2 F 3 x0 ; F F 4 3 3 1 2 F1 F2 Để 0 M  1 F 2 F 60 thì: 2 2 2 M    2 F M 1 F 1 F 2 F 2.M 1 F .M 2 F .cos M 1 F 2 F 2 2  2   2    2 2 0  3  x       0 3 x   0 4 2. 3 x   0 .4.cos 60   3   3   3  3  4x      0 3 x0 4
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 2  3     3 2  4  y 75 5 5 Thay x   0 2        0 vào (*) ta có: 1 y0 y0 4 9 5 16 4     Như vậ 3 5 5 3 5 5 y: M   ;    hoặc M  ;    4 4   4 4   Bài 3. 5
Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình chính tắc của Elip (E), biết tâm sai của (E) bằng và hình 3
chữ nhật cơ sở có diện tích bằng 24. Giải 2 2 x y Giả sử ptct (E):  1, a  b  0 2 2 a b 2 2 c a  b 5
Từ giả thiết ta có e     2a  3b   1 a a 3
Mặt khác hình chữ nhật cơ sở có chiều dài bằng 2a, chiều rộng 2b nên
ta có: 2a.2b  24  a.b  6 2
Giải hệ (1) và (2) tìm được a  3; b  2 2 2 x y Vậy  1 9 4 2 2 x y
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Elip (E): 
1 và đường thẳng d: 3x  4y 12  0 . Chứng 16 9
minh rằng đường thẳng d cắt elip (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tìm điểm C  E sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 6. Giải 2 2 2 2 x y x y       Xét hệ 1 1 pt: 16 9  16 9   3  x  4y 12 3  x 12  4y d  6  41  6  41 x    B  x 4  4 Giải hệ ta có:  và   6  41  6  41 A y   y    3  3
 6  41 6  41   6  41 6  41  5 41 A ; ; B ;      . AB  4 3 4 3     6 Giả sử Cx0; y , đặ 0 
t CH là khoảng cách từ C đến AB. 3x   0 4y0 12 CH  5  3x     0 4y0 12 . 41 72 Giải hệ  . Giải hệ tìm ra x , y . 2 2 0 0 9  x    0 16y0 154 2 2 x y
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip (E): 
1 có hai tiêu điểm F , F (biết 6 2 1 2 1 F có hoành độ F1 B F2 A
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
âm). Gọi Δ là đường thẳng đi qua Δ : y  x
 1 đồng thời cắt (E) tại hai điểm A, 2 F và song song với  1
B phân biệt. Tính diện tích tam giác AB 1 F . Giải Ta có: 2 2 a  6, b  2 mà 2 2 2 2
c  a  b  c  4  c  2 Suy ra  1 F  2;0, 2 F 2;0 Vì Δ / /Δ và Δ đi qua Δ là y  x  2 1 2
F nên phương trình của     3  3 y  x  2     x y  x  2   2
Tọa độ A, B là nghiệm của hệ phương trình: 2 2   x y   2  
12x  6x  3  0  1  3  6 2 y   2  3  3 x   2
 3 3 1 3   3 3 1 3  hoặc  Suy ra A ; , B ;       1  3 2 2 2 2     y   2 Ta có AB  6, d   2 2 1 F ;AB d 1 F ,Δ 1
Suy ra diện tích tam giác AB S  d F , AB .AB  2 3 (đvtt) 1 F là  1  2 2 2 Bài 6. x y
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip E : 
1 và đường thẳng Δ :3x  4y 12  0 cắt (E) 16 9
tại hai điểm A và B. Tìm điểm C  E sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Giải
Hoành độ giao điểm của đường thẳng Δ và elip (E) là nghiệm phương C trình: 2    2 12 3x 9x  16 144    4  F1 F2 x  0 2  x  4x  0   x  4 B
Như vậy Δ và elip (E) cắt nhau tại hai điểm A0;3 và B4;0 HA AB  5
Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên Δ thì: 1 5   Δ S ABC AB.CH CH 2 2
Nên tam giác ABC có diện tích lớn nhất khi CH lớn nhất.  π π 
Vì CE nên tồn tại t   ; 
 sao cho C  4sin t;3cos t  2 2  Bởi vậy: 3π       3 2 
Dấu đẳng thức xảy ra khi t   , khi đó 3π 3π C  4sin  ;3cos       hay C 2  2;  4   4   4    2    
Vậy tọa độ điểm C cần tìm là 3 2 C 2  2;    2  
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm  , và đi qua điểm 2 F  3;0 1 F  3;0   1  A 3; 
 . Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm ME , hãy tính giá trị biểu thức  2  2 2 2 P     1 F M 2 F M 3.OM 1 F M. 2 F M Giải 2 2   x y E :  1, a  b  0 A 2 2 a b Do (E) có hai tiêu điểm  , 2 F  3;0 1 F  3;0  F1 F2 2 2 2 2 2
 c  3, c  a  b  a  b  3  1  1      3 1 A 3; E   1 2 2 2  2  a 4b 2 2 x y
Thế (1) vào (2) ta giải phương trình ẩn 2 b được 2 2
b  1  a  4  E :  1 4 1
P  e  ax 2  e  ax 2  3 2 2 x  y    2 2 2   M M M M a e xM  1 2 2 Bài 8. x y
Trong mặt phẳng Oxy cho elip E : 
1 . Tìm điểm M thuộc (E) sao cho M nhìn F F ( F , F 9 3 1 2 1 2
là hai tiêu điểm) dưới một góc 0 60 . Giải
Ta có: a  3; c  6, ME 6 6  M     1 F 3 x; M 2 F 3 x F 3 3 1 F2 Xét ΔMF F    1 2 có: 2 2 0 2 F 2 F M 1 F M 2 F 2M 1 F .M 2 F .cos60  M 2a 2  2c2  M  1 F .M 2 F 3  6   6  15  3 x .3  x   4  x       3 3 2     2 Từ đó suy ra y   2        15 2 
Vậy có 4 điểm M cần tìm là 15 2 15 2 15 2   ; ;   ; ;  ;        ;  ;    2 2 2 2 2 2       2 2   2 2 x y
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip có phương trình: 
1. Tìm điểm M thuộc elip sao cho 25 9 góc 0  1 F M 2 F 90 với 1 F , 2
F là hai tiêu điểm của elip. Giải
Ta có: a  5; b  3 suy ra c  4 M 4 4
Gọi M a;b  thuộc elip ta có:     1 MF 5 a , M 2 F 5 a 5 5 Vì tam giác   1 F M 2 F vuông tại M nên 2 2 2 M 1 F M 2 F 1 F 2 F F1 F2
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 2 2  4   4  2 175  5  a  5  a  64  a       5   5  8 2 2 a b 9 Do M thuộc elip nên 2  1  b  25 9 8        5 14 3 2 
Vậy tọa độ cần tìm là: 5 14 3 2 5 14 3 2 5 14 3 2 M ; , M ;  , M  ;        , M  ;     4 4 4 4 4 4       4 4   2 2 Bài 10. x y
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip E :  1 và hai điểm A3; 2   , B3;2 . 9 4
Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Giải
Ta có phương trình đường thẳng AB: 2x  3y  0 B 2 2 x y
Gọi Cx;y , x 0, y 0 . Khi đó ta có:  1 và diện tích tam 9 4 giác ABC là: C 1 85    A S BC AB.d C;AB 2x 3y 2 2 13 F A 85 x y 1 F2  3  13 3 2 2 2 85  x y  170  3 2    3 13  9 4  13   2 2  x y  1   3 2  x   3 2  Dấu bằng xảy ra khi 9 4   2 . Vậy C ; 2     x y   2   y  2 3 2 Bài 11. 3
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của elip (E) có tâm sai bằng , biết 5
diện tích của tứ giác tạo bởi các tiêu điểm và các đỉnh trên trục bé của (E) bằng 24. Giải 2 2
Phương trình chính tắc (E) có dạ x y ng  1 a  b  0 2 2 B a b 2 Gọi    b 1 F  c;0, 2
F c;0 là các tiêu điểm với 2 2 c a b và c F2  1 B 0; b, 2
B 0;b là các đỉnh trên trục bé. F O 1  1 F 1 B 2 F 2 B là hình thoi. Suy ra: B1 1 1     F S B F B 1 F 2 F . 1 B B2 2c.2b 2bc 24 1 1 2 2 2 2 2 2 2       2 2 bc 12 b c 144 b a  b  144   1 Tâm sai 3 c 3 2 2 5 e 
   25c  9a  25 2 2 a  b  2
 9a  4a  5b hay a  b (2) 5 a 5 4 2 2 x y
Từ (1) và (2) suy ra a  5, b  4 . Suy ra E :  1 25 16
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 2 2 Bài 12. x y
Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) có phương trình  1 và M1;  1
 . Một đường thẳng d đi 8 4
qua M cắt (E) tại A, B sao cho MA.MB lớn nhất. Tìm tọa độ A, B. Giải Ta thấy M 1; 1
  thuộc miền trong của (E) nên d luôn cắt (E) tại A, B. x 1 at
Gọi phương trình đường thẳng d là  ,  2 2 t  , a  b  0 B y  1   bt A1 a      , tham số 1 t ; 1 b 1 t , B1 at2; 1 bt2  1 t , t là nghiệm của 2 phương trình: F M 1 F2   1  at   1   bt2  1   2 2 a  2b  2
t  2a  2b t  5  0 A 8 4 5 
Theo hệ thức Vi-et ta có:  1 t t2 2 2 a  2b
MA.MB  at 2  bt 2 . at 2  bt 2 1 1 2 2     5 2 2 a  b 2 2  5 a b   1 t t2 2 2 2 a  2b a 2  2 2 a  b 2 2 Vì a a o 
1 nên MA.MB lớn nhất khi và chỉ khi 1 b  0 2 2 a  b 2 2 a  b t 1 6 Khi đó 2 t  2t  5  0   1
t , t2 là nghiệm của phương trình: 1 t    2 1 6 Hay A 6;  1 , B 6;  1 hoặc A 6;  1 , B 6;  1
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip   2 2
E : 4x  9y  36 có hai tiêu điểm 1 F , 2 F lần lượt nằm phía
bên trái và bên phải của điểm O. Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho 2 2 M  1 F M 2
F đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Giải 2 2 x y M Giả sử M x  , ta có 0 0      , ta có 0 ; y0  E 1, với 3 x0 3 9 4 5 e  . 3 F1 F2 2 2 P  M  1 F 2M 2 F
 a  ex 2  2a  ex 2 2 2 2    Xét 0 0 3a 2aex0 3e x0 5 5   2 5 2 3 2 81  27  2.3. x     0 3. x0 x  0 2. x0  3 9 3  5 5    2 3 81 6 f x       0 x0 2. x0
trên đoạn  3;3 có f 'x0  2x0 5 5 5  3 f ' x     0  0 x0
. Lập bảng biến thiên của hàm số f x0  trên  3;  3 5  3  108 5 108
Từ bảng biến thiên ta có min f x      0  f min P . 36   x   3  ;  3 0  5  5 3 5
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 3   Vậy min P  36 khi x  . Khi đó 3 4 M ;    5  5 5    Bài 14. 3 2
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) đi qua điểm M ; 2  
 và có độ dài trục lớn 2  
bằng 6. Tìm tọa độ của điểm N thuộc (E) sao cho ON  5 . Giải 2 2 x y
Giả sử phương trình của (E) là:   M 1 a  b  0 2 2 N a b
Vì độ dài trục lớn bằng 6 nên 2a  6  a  3   Vì 3 2 18 2 M  ; 2 E     1 F1 O F 2   2 2 2 4a b 2 2 2  x y b  4  E :  1 9 4   2 2 2 9 3 5 x  y  5 x   x     5  5
Giả sử Nx; y , ta có hệ phương trình: 2 2     x y    1  2 16  4 5 y   y 9 4    5  5  3 5 4 5   3  5 4 5  3 5 4 5   3 5 4 5  Vậy có 4 điểm: N ; , N ; , N ;         , N  ;     5 5 5 5 5 5       5 5   3
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của elip (E) có tâm sai e  và độ dài 3
đường chéo hình chữ nhật cơ sở bằng 2 5 . Giải 2 2 x y
Giả sử phương trình (E):  1, a  b  0 2 2 a b Ta có c 3 2 2 e    a  3c a 3 O F F2 2    2 2   2 2 1 a 3 a b  2a  3b   1
Độ dài đường chéo hình chữ nhật cơ sở bằng   2 2   2 2 2 5 4 a b
 4.5  a  b  5 2 2 2 x y Từ (1) và (2) suy ra 2 2
a  3, b  2 . Vậy elip (E) có phương trình E :  1 . 3 2
Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy tìm phương trình chính tắc của elip biết hai tiêu điểm cùng với hai đỉnh
trên trục bé xác định một hình vuông và phương trình hai đường chuẩn là x  8  . Giải Hai tiêu điểm  1 F  c;0, 2
F c;0 và hai điểm trên trục bé y B2    1 B 0; b, 2
B 0;b xác định một hình vuông nên b c 0 . 2 a a
Phương trình hai đường chuẩn của elip là x      8 e c F O 1 F2 x B1
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 2 2 2 2 2 b  c  a 2c  a Nên ta có hệ:    2 2 a  8c a  8c 2 2c  8c c  4,  c  0 2      b 16 2 2 a  8c a  32 2 2 x y
Vậy phương trình chính tắc của elip là  1 32 16   Bài 17. 8 1
Lập phương trình chính tắc của elip trong mặt phẳng Oxy biết điểm M ;    thuộc elip và tam 3 3   giác 1 F M 2 F vuông tại M, trong đó 1 F , 2
F là hai tiêu điểm của elip. Giải Tam giác    (c là nửa tiêu cự) y 1 F M 2 F vuông cho 2 OM c c 3 2 2 M Phương trình chính tắ x y c của (E):  1 a  b 2 2 a b  x 8 1     8 1 M ; E   1   1   O F 2 2 F 3 3   2 3a 3b 1 Mà 2 2 2 2 2
c  3  a  b  3  b  a  3 2
Từ (1) và (2) cho phương trình 4 2 2 2
3a 18a  24  0  a  2, a  4 Chọn 2 2 a  4  b  1 2 2 Phương trình chính tắ x y c của (E) là:  1 4 1 2 2 Bài 18. x y
Trong hệ tọa độ Oxy cho elip có phương trình ở dạng chính tắc: 
1 a  b  0 (E), hình 2 2 a b
chữ nhật cơ sở có diện tích bằng 24, chu vi bằng 20 và điểm M 1;1 . Viết phương trình đường thẳng qua M
cắt (E) tại hai điểm phân biệt sao cho M là trung điểm. Giải Tìm được a  3,b  2
Giả sử đường thẳng qua M cắt (E) tại hai điểm 1 M  1 x ; 1
y  , M2 x2; y . Khi đó: 2  2 2 4   1 x 9 1 y 36  y 2 2 4x    2 9y2 36  4       1 x x2  1 x x2  9 1 y y2  1 y y2  0 M1 M Mà M là trung điểm     F2 x 1 M , M2 nên 1 x x2 2, 1 y y2 2 nên O 4     F1 1 x x2  9 1 y y2  0   1 M2
Giả sử phương trình đường thẳng qua M 1;  1 có VTPT a;b .
Khi đó có phương trình: a x   1  b y   1  0 do qua 1 M , M2 nên: a       1 x  1 b  1 y  1 0   a     1 x x2  b 1 y y2  0 2 a  x     2  1 b  y2  1 0
Từ (1) và (2) ta có a  4, b  9 . Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: 5x  9y 13  0
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 2 2 Bài 19. x y
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip E : 
1 có hai tiêu điểm là F , F . Tìm tọa độ điểm 25 9 1 2 4
M thuộc (E) sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác M . 1 F 2 F bằng 3 Giải MF  MF  F F a  5, b  3  c  4 1 2 1 2  p   9 M 2 4 1     M S F F pr 9. d M,Ox.8 1 2 3 2
 dM,Ox  3  y    F M yM 3 1 F2
Do đó Mm;3 hoặc Mm; 3  
Vì M thuộc (E) nên m  0 . Vậy M0;3 và M0; 3   là hai điểm thỏa mãn bài toán. 2 2 Bài 20. x y
Cho đường thẳng d : 2x  y  3  0 và elip E : 
1 . Viết phương trình đường thẳng Δ 4 1
vuông góc với d và cắt E tại 2 điểm A, B sao cho diện tích tam giác AOB bằng 1. Giải
Δ  d  Δ có phương trình: x  2y  m  0 y d  Δ x  2y  m  0 AH 2 2  x y    B 1
Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:  4 1 x  2y  m  O F1 F2 x   2 2 8
 y  4my  m  4  0    1
d cắt (E) tại 2 điểm A, B khi và chỉ khi hệ có 2 nghiệm phân biệt 2
 32  4m  0   8  m  8  * gọi A2   1 y
m; y1 , B 2y 2 m;y 2  trong đó 1
y , y2 là nghiệm của (1). 2 m m  4     1 y y2 ; 1 y .y2 2 8 5 8  m 5 8  m 2  2 2 2   2  AB 5 y            2 1 y  5  1 y y2  4 1 y y2 AB   4 2 Đường cao    m OH d O;Δ  5 2 m  2 8  m 1  Suy ra: 2         Δ S AOB AB.OH 1 m 4 m 2 2 4 Δ : x  2y  2  0
Vậy phương trình đường thẳng Δ là:  Δ : x  2y  2  0
Bài 21. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, một elip (E) đi qua điểm M 2  ; 3
  và có phương trình một
đường chuẩn là x  8  0 . Viết phương trình chính tắc của (E). Giải y 2 2 x y Gọi phương trình (E):  1 a  b  0 2 2 a b O F1 F2 x M
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133  4 9  1   1  2 2 a b Giả thiết   2 a  8 2  c Ta có:   2 2 2 2 2
2  a  8c  b  a  c  8c  c  c8  c c  2 Thay vào (1) ta đượ 4 9  c  2   2c 17c  26  0    1 13 8c c 8 c c   2 2 2 x y Nếu c  2 thì 2 2
a  16, b  12  E :  1 16 12 13 2 2 x y Nếu c  thì 2 2 39 a  52, b   E:  1 2 4 52 39 4
Bài 22. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng Δ : x  y  4  0 và hai elip 2 2 2 2  x y x y      
có cùng tiêu điểm. Biết rằng E2  đi qua điểm M thuộc 1 E  : 1, E2  : 1 a b 0 2 2 10 6 a b
đường thẳng Δ . Tìm tọa độ điểm M sao cho elip E2  có độ dài trục lớn nhỏ nhất. Giải
Hai elip có các tiêu điểm  1 F  2;0, 2 F 2;0 y Điểm ME    2  M 1 F M 2 F
2a . Vậy E2  có độ dài trục lớn
nhỏ nhất khi và chỉ khi M  1 F M 2 F nhỏ nhất. Ta có 1 F , 2 F cùng phía Δ
với Δ . Gọi Nx;y  là điểm đối xứng với F1 F2 2 F qua Δ , suy ra O N 4  ; 6   . Ta có: M     x 1 F M 2 F M 1 F MN N 1 F (không đổi).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M  N  1 F Δ M
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:  5 x   3x  y  6  0 2  5 3     M  ;   x  y  4  0 3   2 2  N y    2 2 2 x y
Bài 23. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip E : 
1 và đường thẳng Δ : x  y  9  0 . 16 9
Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng Δ , biết rằng đường tròn đó có một điểm chung duy
nhất với (E) và có bán kính nhỏ nhất. Giải 2 2 x y
Giả sử M x ; y E 0 0    0 0 1 * 16 9   x   0 y0 9 d M;Δ  2 2 2 2     Ta có x  y 2 x0 y0  4.  3.    16 19 x0 y0          0 0 25 5 x0 y0 5 4 3  16 9     
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 x   0 y0 9  4  x       y 0 y0 9 14 2 2 7 2 2 dM;Δ  2 2 khi Δ F F 1 2 2 2 x O 0 y0    x 1 M 16 9   16 x     0 x    0 y0 5 16 9      M  ;    I 16 9 9    5 5  y   0 x     0 y0 5 5     16 9 
d M;Δ nhỏ nhất là 2 2 khi M  ;     5 5 
Gọi I là hình chiếu của M lên Δ , gọi (C) là đường tròn tâm I bán kính R  IM . Khi đó (C) chính là đường
tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy M
 '  M E  thì IM'  IM nên (C) và (E) chỉ có một điểm
chung duy nhất là M. Hơn nữa mọi đường tròn khác (nếu có) thì bán kính sẽ lớn hơn IM (do IM là nhỏ nhất).
Đường thẳng qua M vuông góc nhận n1; 1
  làm vec-tơ pháp tuyến nên có phương trình:  16   9  7 1 x   y   0  x  y   0      5   5  5  26  7 x   x  y   0  5  26 19 
Tọa độ I là nghiệm của hệ:  5    I  ;    19    5 5  x  y  9  0 y    5 R  IM  2 2 2 2   26   19 
phương trình đường tròn C : x   y   8      5   5  2 2 x y
Bài 24. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường elip E : 
1. Gọi F , F là hai tiêu 2013 2012 1 2
điểm của (E), M là điểm tùy ý trên (E). Chứng minh rằng 2 M   1 F .M 2 F OM 4025. Giải 2 2 y x y M Gọi M x; yE :  1. Suy ra 2013 2012 M     1 F 2013 e.x, M 2 F 2013 e.x 2     O 1 MF . 2 MF OM  2013 e.x 2013 e.x F1 F2 x 2 2 x  y 2 2 2 2  2013  e x  x  y 2 2  2013  y  x  2 1  e    2 2 1  2013  y  x 1  2013  2012  4025    2013  2 2 x y
Bài 25. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip E : 
1 và điểm M2;1 . Viết phương trình 9 4
đường thẳng Δ đi qua M và cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm AB.
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Giải 4 1 25 y
Thay tọa độ M vào vế trái phương trình (E) ta được:   1. A 9 4 36
Chứng tỏ M nằm trong (E)  Nếu Δ đi qua M thì Δ luôn cắt (E) tại
hai điểm phân biệt A, B thỏa M nằm giữa A và B. M x Giả sử Ax O
A ; yA , B xB; yB  . Do A, B thuộc (E) nên ta có hệ: F1
F2 B 2 2 4x    A 9yA 36   1  2 2 4x    B 9yB 36 2
Lấy (2) trừ (1) theo vế, ta được: 4x       B
xA xB xA  9yB yA yB yA  0 3 x  x  2x  4
Vì M là trung điểm AB nên A B M  4 y     A yB 2yM 2
Thế (4) vào (3) ta được: 16x     B xA  18yB yA  0  8x     B xA  9yB yA  0 5 Do AB  x    B
xA;yB yA  là vtcp của Δ nên từ (5) suy ra vtpt của đường thẳng Δ là n 8;9 Vậy Δ đi qua M 2; 
1 và có vtpt n  8;9  pt Δ :8x  9y  25  0 .
Bài 26. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2
C : x  y  16 . Viết phương trình chính tắc của elip biết tâm sai 1 e 
, elip cắt đường tròn (C) tại bốn điểm phân biệt A, B, C, D sao cho AB song song 2
với trục hoành và AB  2BC Giải 2 2 Phương trình chính tắ x y c của elip có dạng:  1 a  b  0 2 2 a b A B 2 2  Ta có: c a b 1 2 3 2 e     b  a * O a a 2 4
Vì elip và đường tròn (C) đều nhận trục Ox, Oy làm trục đối xứng và F1 F2
AB  2BC nên giả sử tọa độ B2t;t, t  0 . D C
Thay tọa độ B vào phương trình đường tròn ta có: 2 1 t  , thay vào 5
phương trình elip cùng với (*) thì 2 256 2 64 a  ; b  . 15 5 2 2 x y
Vậy phương trình chính tắc của elip:  1 . 256 64 15 5 2 2 x y
Bài 27. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip E :  1 và các điểm A 3
 ;0 , I1;0 . Tìm 9 4
tọa độ các điểm B, C thuộc (E) sao cho I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải
Ta có IA  2  Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình:   2 2 x 1  y  4
Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Tọa độ các điểm B, C cần tìm là nghiệm của hệ phương trình: y B   x  2 2 1  y  4   2 2 x y   1 A x  9 4 F1 O I F2       x  2 2 2 2 1  y  4 x 1  y  4      3 2 5  x 18x  9  0 x  3   x    C 5 x  3
  y  0  B  A  C  A (loại) 3 4 6  3 4 6   3 4 6  x    y    B ; , C  ;      5 5 5 5 5 5     2 2 Bài 28. x y
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip có phương trình chính tắc E :  1 . Viết 25 9
phương trình đường thẳng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB  4 . Giải y
Gọi phương trình đường thẳng song song với Oy là d : x  a (với A 2 2 a y
a  0 ). Tung độ giao điểm của d và (E) là:  1 25 9 x 2  2 25 a  3 y  9. 2  y   25  a  a  5 F 25 5 1 O F2  3   3  6 Vậy 2 2 A a; 25  a , B a;  25  a     2  AB  25  a  5   5  5 B 6 100 5 5 Do đó 2 2 AB  4 
25  a  4  25  a   a   (thỏa 5 9 3 mãn điều kiện)
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là 5 5 5 5 x  ; x   . 3 3