-
Thông tin
-
Hỏi đáp
Phân dạng và bài tập có lời giải chi tiết Hình học giải tích phẳng – Lưu Huy Thưởng
Tài liệu gồm 101 trang tuyển tập các bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng, các bài toán được phân dạng và giải chi tiết.
Tài liệu do thầy Lưu Huy Thưởng biên soạn.
Toán 10 2.8 K tài liệu
Phân dạng và bài tập có lời giải chi tiết Hình học giải tích phẳng – Lưu Huy Thưởng
Tài liệu gồm 101 trang tuyển tập các bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng, các bài toán được phân dạng và giải chi tiết.
Tài liệu do thầy Lưu Huy Thưởng biên soạn.
Chủ đề: Chương 7: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng (KNTT) 78 tài liệu
Môn: Toán 10 2.8 K tài liệu
Thông tin:
Tác giả:
Preview text:
TUYỂN TẬP HÌNH HỌC GIẢI TÍCH
TRONG MẶT PHẲNG
(ĐÁP ÁN CHI TIẾT)
BIÊN SOẠN: LƯU HUY THƯỞNG
Toàn bộ tài liệu của thầy ở trang:
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HỌ VÀ TÊN: ……
…………………………………………………………… LỚP
:…………………… ……………………………………………. TR
ƯỜNG :………………………………………………………………… HÀ NỘI, 4/2014
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG
Toàn bộ tài liệu luyện thi đại học môn toán của thầy Lưu Huy Thưởng:
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com PHẦN I ĐƯỜNG THẲNG I. LÝ THUYẾT CẦN NHỚ
1. Vectơ chỉ phương của đường thẳng
Vectơ u ≠ 0 được gọi là vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ nếu giá của nó song song hoặc trùng với ∆.
Nhận xét: – Nếu u là một VTCP của ∆ thì ku (k ≠ 0) cũng là một VTCP của ∆.
– Một đường thẳng hoàn toàn được xác định nếu biết một điểm và một VTCP.
2. Vectơ pháp tuyến của đường thẳng
Vectơ n ≠ 0 được gọi là vectơ pháp tuyến của đường thẳng ∆ nếu giá của nó vuông góc với ∆.
Nhận xét: – Nếu n là một VTPT của ∆ thì kn (k ≠ 0) cũng là một VTPT của ∆.
– Một đường thẳng hoàn toàn được xác định nếu biết một điểm và một VTPT.
– Nếu u là một VTCP và n là một VTPT của ∆ thì u ⊥ n .
3. Phương trình tham số của đường thẳng
Cho đường thẳng ∆ đi qua M (x ;y ) và có VTCP u = (u ;u ) . 0 0 0 1 2 x = x + tu
Phương trình tham số của ∆: 0 1 (1) ( t là tham số). y = y + tu 0 2 x = x + tu
Nhận xét: – M(x; y) ∈ ∆ ⇔ ∃ t ∈ R: 0 1 . y = y + tu 0 2
– Gọi k là hệ số góc của ∆ thì: u
+ k = tanα, với α = xAv , α ≠ 0
90 . + k = 2 , với u ≠ 0 . u 1 1
4. Phương trình chính tắc của đường thẳng
Cho đường thẳng ∆ đi qua M (x ;y ) và có VTCP u = (u ;u ) . 0 0 0 1 2 x − x y − y
Phương trình chính tắc của ∆: 0 0 = (2) (u1 ≠ 0, u2 ≠ 0). u u 1 2
Chú ý: Trong trường hợp u1 = 0 hoặc u2 = 0 thì đường thẳng không có phương trình chính tắc.
5. Phương trình tham số của đường thẳng PT ax +by +c = 0 với 2 2
a + b ≠ 0 được gọi là phương trình tổng quát của đường thẳng.
Nhận xét: – Nếu ∆ có phương trình ax +by + c = 0 thì ∆ có:
VTPT là n = (a;b) và VTCP u = (− ; b a) hoặc u = ( ; b a − ) .
– Nếu ∆ đi qua M (x ;y ) và có VTPT n = a b thì phương trình của ∆ là: ( a x − x ) + ( b y − y ) = 0 0 0 0 ( ; ) 0 0
Các trường hợp đặc biệt:
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 1
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 Các hệ số
Phương trình đường thẳng ∆
Tính chất đường thẳng ∆ c = 0
∆ đi qua gốc toạ độ O a = 0 ∆ // Ox hoặc ∆ ≡ Ox b = 0 ∆ // Oy hoặc ∆ ≡ Oy x y
• ∆ đi qua hai điểm A(a; 0), B(0; b) (a, b ≠ 0): Phương trình của ∆: + = 1 . a b
(phương trình đường thẳng theo đoạn chắn) .
• ∆ đi qua điểm M (x ;y ) và có hệ số góc k: Phương trình của ∆: y − y = k(x − x ) 0 0 0 0 0
(phương trình đường thẳng theo hệ số góc)
6. Vị trí tương đối của hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng ∆1: a x +b y +c = 0 và ∆ a x +b y +c = 0 . 1 1 1 2: 2 2 2
Toạ độ giao điểm của ∆1 và ∆2 là nghiệm của hệ phương trình: a x +b y + c = 0 1 1 1 (1) a x +b y + c = 0 2 2 2 a b
• ∆1 cắt ∆2 ⇔ hệ (1) có một nghiệm ⇔ 1 1 ≠ (nếu a ,b ,c ≠ 0 ) a b 2 2 2 2 2 a b c
• ∆1 // ∆2 ⇔ hệ (1) vô nghiệm⇔ 1 1 1 = ≠ (nếu a ,b ,c ≠ 0 ) a b c 2 2 2 2 2 2 a b c
• ∆1 ≡ ∆2 ⇔ hệ (1) có vô số nghiệm⇔ 1 1 1 = = (nếu a ,b ,c ≠ 0 ) a b c 2 2 2 2 2 2
7. Góc giữa hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng ∆1: a x +b y +c = 0 (có VTPT n = (a ;b ) ) 1 1 1 1 1 1
và ∆2: a x +b y +c = 0 (có VTPT n = (a ;b ) ). 2 2 2 2 2 2 0 ( n ,n ) khi (n ,n ) ≤ 90 1 2 1 2 (∆ , ∆ ) = 1 2 0 0 1 80 − (n ,n ) khi (n ,n ) > 90 1 2 1 2 n .n a a + b b 1 2 1 2 1 2
cos(∆ , ∆ ) = cos(n ,n ) = = 1 2 1 2 n . n 2 2 2 2 1 2 a + b . a + b 1 1 2 2
Chú ý: • ∆1 ⊥ ∆2 ⇔ a a +b b = 0 . 1 2 1 2
• Cho ∆1: y = k x + m , ∆ y = k x + m thì: 1 1 2: 2 2
+ ∆1 // ∆2 ⇔ k1 = k2 + ∆1 ⊥ ∆2 ⇔ k1. k2 = –1.
8. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
• Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
Cho đường thẳng ∆: ax +by +c = 0 và điểm M (x ;y ) . 0 0 0 ax + by + c 0 0 d(M , ) ∆ = 0 2 2 a + b
• Vị trí tương đối của hai điểm đối với một đường thẳng
Cho đường thẳng ∆: ax +by +c = 0 và hai điểm M(x ;y ), N(x ;y ) ∉ ∆. M M N N
– M, N nằm cùng phía đối với ∆ ⇔ (ax +by +c)(ax +by +c) > 0 . M M N N
– M, N nằm khác phía đối với ∆ ⇔ (ax +by +c)(ax +by +c) < 0 . M M N N
• Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường thẳng
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 2
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
Cho hai đường thẳng ∆1: a x +b y +c = 0 và ∆ a x +b y +c = 0 cắt nhau. 1 1 1 2: 2 2 2
Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường thẳng ∆1 và ∆2 là: a x + b y + c a x + b y + c 1 1 1 2 2 2 = ± 2 2 2 2 a + b a + b 1 1 2 2 BÀI TẬP CƠ BẢN
HT 1. Cho đường thẳng d : x − 2y + 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d dưới dạng chính tắc và tham số. Giải
Ta có: d có 1 vec-tơ pháp tuyến n(1;−2) . Suy ra, d có 1 vec-tơ chỉ phương u(2;1) Ta có, d qua M(−1; 0) x = −1 + 2t
Vậy, phương trình tham số của d : y = t x + 1 y
Phương trình chính tắc của d : = 2 1 x = 1 + t
HT 2. Cho đường thẳng d :
. Viết phương trình đường thẳng d dưới dạng chính tắc và tổng quát. y = 1 − + 2t Giải
Ta có : d đi qua điểm M(1; 1
− ) và có vec-tơ chỉ phương u(1;2) . Suy ra d có 1 vec-tơ pháp tuyến n(2; 1 − ) x − 1 y + 1
Phương trình chính tắc của d : = 1 2
Phương trình tổng quát của d : 2(x − 1) −1.(y + 1) = 0 ⇔ 2x − y − 3 = 0 x − 2 y + 1
HT 3. Cho đường thẳng d : =
. Viết phương trình tổng quát và tham số của d . −1 2 Giải Ta có : d đi qua M(2; 1
− ) và nhận vec-tơ u(−1;2) làm vec-tơ chỉ phương. Suy ra d có 1 vec-tơ pháp tuyến n(2;1) x = 2 −t
Phương trình tham số của đường thẳng d : y = 1 − + 2t
Phương trình tổng quát của d : 2(x − 2) + 1.(y + 1) = 0 ⇔ 2x + y − 3 = 0
HT 4. Viết phương trình tổng quát của đường thẳng d biết :
a. Qua M(2;1) nhận u(1;2) làm vec-tơ chỉ phương.
b. Qua M(2;1) nhận n(1;2) làm vec-tơ pháp tuyến.
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 3
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 c. Đi qua hai điểm ( A 1;2), ( B 2 − ;1)
d. Đi qua M(1;2) với hệ số góc k = 2 − Giải
a. d có vec-tơ chỉ phương u(1;2) suy ra d có 1 vec-tơ pháp tuyến n(2; 1 − )
Phương trình đường thẳng d : 2(x −1) −1(y − 2) = 0 ⇔ 2x − y = 0
b. Phương trình đường thẳng d : 1(x − 2) + 2(y −1) = 0 ⇔ x + 2y − 4 = 0
c. Ta có: AB = (−3;−1) Suy ra đường thẳng AB có 1 vec-tơ pháp tuyến n(1; 3 − )
Vậy, phương trình tổng quát của d : 1(x −1) − 3(y − 2) = 0 ⇔ x − 3y + 5 = 0
d. Phương trình đường thẳng d : y = 2
− (x − 1) + 2 ⇔ y = −2x + 4
HT 5. Viết phương trình đường thẳng d trong các trường hợp:
a. Đi qua M(1;2) và song song với đường thẳng ∆ : x + 2y − 1 = 0
b. Đi qua M(1;2) và vuông góc với đường thẳng ∆ : x + 2y − 1 = 0 Giải
a. Ta có: d / /∆ nên phương trình đường thẳng d : x + 2y +C = 0 (C ≠ 1 − )
Mặt khác: d qua M nên d có phương trình: d : x + 2y − 5 = 0 (thỏa mãn)
b. Ta có: d ⊥ ∆ nên d có phương trình: d : 2x − y +C = 0
Mặt khác, d qua M nên d có phương trình: d : 2x − y = 0 BÀI TẬP NÂNG CAO
HT 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y cho 2 đường thẳng d : x − 7y + 17 = 0 , d : x + y − 5 = 0 . Viết phương 1 2
trình đường thẳng d qua điểm M(0;1) tạo với d ,d một tam giác cân tại giao điểm của d ,d . 1 2 1 2 Giải
Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là: x − 7y + 17 x + y − 5 x + 3y − 13 = 0 (∆ ) 1 = ⇔ 3x − y − 4 = 0 (∆ ) 2 2 2 2 2 1 + (−7) 1 + 1
Đường thẳng cần tìm đi qua M(0;1) và song song với ∆ hoặc ∆ . 1 2
KL: x + 3y − 3 = 0 và 3x − y + 1 = 0
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 7. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Ox ,
y cho cho hai đường thẳng d : 2x − y + 5 = 0 . d : 3x + 6y – 7 = 0 . Lập 1 2
phương trình đường thẳng đi qua điểm P(2; –1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam
giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2. Giải
(Cách này hơi đặc biệt và có vẻ “rắc rối” hơn so với HT 6 – Bài giải chỉ mang tính chất tham khảo, nên làm theo
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 4
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 cách HT 6) d1 VTCP a = (2; 1 − ) ; d a = (3; 6) 1 2 VTCP 2
Ta có: a .a = 2.3 − 1.6 = 0 nên d ⊥ d và d 1 2 1 2
1 cắt d2 tại một điểm I khác P.
Gọi d là đường thẳng đi qua P( 2; –1) có phương trình: d : (
A x − 2) + B(y + 1) = 0 ⇔ Ax + By − 2A + B = 0
d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I ⇔ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450 2A − B A = B 0 2 2 3 ⇔
= cos 45 ⇔ 3A − 8AB − 3B = 0 ⇔ 2 2 2 2 B = −3A A + B 2 + (−1)
* Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x + y − 5 = 0
* Nếu B = –3A ta có đường thẳng d : x − 3y − 5 = 0
Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x + y − 5 = 0 ; d : x − 3y − 5 = 0 .
HT 8. Trong mặt phẳng Ox ,
y cho hai đường thẳng d : 3x + y + 5 = 0 , d : 3x + y + 1 = 0 và điểm I(1; 2 − ) . Viết 1 2
phương trình đường thẳng ∆ đi qua I và cắt d ,d lần lượt tại A và B sao cho AB = 2 2 . 1 2 Giải Giả sử ( A a; 3 − a − 5) ∈ d ; ( B ; b 3
− b −1) ∈ d ; IA = (a − 1;−3a − 3); IB = (b − 1;−3b + 1) 1 2 b −1 = k(a −1) I, A, B thẳng hàng IB kIA ⇒ = ⇔ 3 − b + 1 = k( 3 − a − 3)
• Nếu a = 1 thì b = 1 ⇒ AB = 4 (không thoả). b − 1
• Nếu a ≠ 1 thì −3b + 1 =
(−3a − 3) ⇔ a = 3b − 2 a − 1 2 2 2 2 AB (b a) 3(a b) 4 = − + − + = 2 2 ⇔ t + (3t + 4) = 8 (với t = a −b ). 2 2
⇔ 5t + 12t + 4 = 0 ⇔ t = −2; t = − 5 + Với t = 2 − ⇒ a −b = 2 − ⇒ b = 0,a = 2 − ⇒ ∆ : x + y + 1 = 0 −2 −2 4 2 + Với t = ⇒ a −b = ⇒ b = ,a = ⇒ ∆ : 7x − y − 9 = 0 5 5 5 5
HT 9. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Ox ,
y cho hai đường thẳng d : x + y + 1 = 0 , d : 2x – y – 1 = 0 . Lập 1 2
phương trình đường thẳng d đi qua M(1;–1) cắt d1 và d2 tương ứng tại A và B sao cho 2MA + MB = 0 . Giải
Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1).
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 5
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
Từ điều kiện 2MA + MB = 0 tìm được A(1; –2), B(1;1) suy ra d : x −1 = 0
HT 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox ,
y cho điểm M(1; 0). Lập phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt hai
đường thẳng d : x + y + 1 = 0, d : x – 2y + 2 = 0 lần lượt tại A, B sao cho MB = 3MA. 1 2 Giải A ∈ (d ) ( A a;−1 − a) M A = (a −1;−1−a) 1 ⇔ ⇒ . B ∈ (d ) B (2b − 2;b) 2 M B = (2b − 3;b)
Từ A, B, M thẳng hàng và MB = 3MA ⇒ MB = 3MA (1) hoặc MB = 3 − MA (2) 2 1 A − ; − A (0;− ) 1 (1) ⇒ 3
3 ⇒ (d) : x − 5y − 1 = 0 hoặc (2) ⇒ ⇒ (d) : x − y − 1 = 0 B (4; 3) B (−4;−1)
HT 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox ,
y cho điểm M(1; 1). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt hai
đường thẳng d : 3x − y − 5 = 0, d : x + y − 4 = 0 lần lượt tại A, B sao cho 2MA – 3MB = 0 . 1 2 Giải Giả sử ( A a; 3a − 5) ∈ d , B( ; b 4 −b) ∈ d . 1 2 2MA = 3MB (1)
Vì A, B, M thẳng hàng và 2MA = 3MB nên 2MA = −3MB (2) 5 2 (a −1) = 3(b −1) a = 5 5 + (1) ⇔ ⇔
2 ⇒ A ; ,B(2;2). Suy ra d : x − y = 0 . 2 (3a − 6) = 3(3 −b) 2 2 b = 2 2 (a −1) = 3 − (b − 1) a = 1 + (2) ⇔ ⇔ ⇒ (
A 1;−2), B(1; 3) . Suy ra d : x −1 = 0 . 2 (3a − 6) = 3 − (3 −b) b = 1
Vậy có d : x − y = 0 hoặc d : x −1 = 0 .
HT 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox ,
y Lập phương trình đường thẳng d qua M(2;1) và tạo với các trục tọa độ
một tam giác có diện tích bằng S = 4 . Giải x y Gọi (
A a; 0), B(0;b) (a,b ≠ 0) là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra: d : + = 1 . a b 2 1 + = 1 2 b + a = ab
Theo giả thiết, ta có: a b ⇔ . ab = 8 ab = 8
• Khi ab = 8 thì 2b + a = 8 . Nên: b = 2;a = 4 ⇒ d : x + 2y − 4 = 0 . 1
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 6
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 • Khi ab = 8 − thì 2b + a = 8 − . Ta có: 2
b + 4b − 4 = 0 ⇔ b = −2 ± 2 2 .
+ Với b = −2 + 2 2 ⇒ d : (1 − 2)x + 2(1 + 2)y − 4 = 0
+ Với b = −2 − 2 2 ⇒ d : (1 + 2)x + 2(1 − 2)y + 4 = 0 . Câu hỏi tương tự: a) M(8;6),S = 12 .
ĐS: d : 3x − 2y −12 = 0 ; d : 3x − 8y + 24 = 0
HT 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox ,
y cho điểm A(2; –1) và đường thẳng d có phương trình 2x – y + 3 = 0 . Lập 1
phương trình đường thẳng ∆ qua A và tạo với d một góc α có cosα = . 10 Giải
PT đường thẳng (∆) có dạng: a(x – 2) + (
b y + 1) = 0 ⇔ ax +by – 2a +b = 0 2 2 (a + b ≠ 0) 2a −b 1 Ta có: cos α = =
⇔ 7a2 – 8ab + b2 = 0. Chon a = 1 ⇒ b = 1; b = 7. 2 2 10 5(a + b )
⇒ ∆ : x + y − 1 = 0 và ∆ : x + 7y + 5 = 0 1 2
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox , y cho điểm (
A 2;1) và đường thẳng d : 2x + 3y + 4 = 0 . Lập phương trình
đường thẳng ∆ đi qua A và tạo với đường thẳng d một góc 0 45 . Giải
PT đường thẳng (∆) có dạng: a(x – 2) + (
b y − 1) = 0 ⇔ ax + by – (2a + b) = 0 2 2 (a + b ≠ 0) . 2a + 3b a = 5b Ta có: 0 cos 45 = ⇔ 2 2
5a − 24ab − 5b = 0 ⇔ 2 2 5a = b − 13. a + b
+ Với a = 5b . Chọn a = 5,b = 1 ⇒ Phương trình ∆ : 5x + y − 11 = 0 . + Với 5a = b − . Chọn a = 1,b = 5
− ⇒ Phương trình ∆ : x − 5y + 3 = 0 .
HT 15. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường thẳng d : 2x − y − 2 = 0 và điểm I(1;1) . Lập phương trình
đường thẳng ∆ cách điểm I một khoảng bằng 10 và tạo với đường thẳng d một góc bằng 0 45 . Giải
Giả sử phương trình đường thẳng ∆ có dạng: ax +by + c = 0 2 2 (a + b ≠ 0) . 2a −b 1 a = 3b Vì 0 (d, ) ∆ = 45 nên = ⇔ 2 2 2 b = −3a a + b . 5
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 7
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 4 + c c = 6
• Với a = 3b ⇒ ∆: 3x + y + c = 0 . Mặt khác d(I ; ) ∆ = 10 ⇔ = 10 ⇔ 10 c = 1 − 4 2 − + c c = 8 − • Với b = 3
− a ⇒ ∆: x − 3y + c = 0 . Mặt khác d(I ; ) ∆ = 10 ⇔ = 10 ⇔ 10 c = 12
Vậy các đường thẳng cần tìm: 3x + y + 6 = 0; 3x + y −14 = 0 ; x − 3y − 8 = 0; x − 3y + 12 = 0 .
HT 16. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox ,
y cho đường thẳng (d) : x – 3y – 4 = 0 và đường tròn 2 2
(C ) : x + y – 4y = 0 . Tìm M thuộc (d) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua điểm A(3; 1). Giải
M ∈ (d) ⇒ M(3b+4; b) ⇒ N(2 – 3b; 2 – b)
N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 ⇒ b = 6 0; b = 5 38 6 8 4
Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) hoặc M ; , N − ; 5 5 5 5 HT 17. Trong mặ t phanng tọ a độ Ox ,
y cho điepm A(1; 1) và đường thẳng ∆: 2x + 3y + 4 = 0 . Tı̀m điểm B thuộc đường
thẳng ∆ sao cho đường thẳng AB và ∆ hợp với nhau góc 0 45 . Giải x = 1− 3t ∆ có PTTS:
và VTCP u = (−3;2) . Giả sử B(1 − 3t; 2 − + 2t) ∈ ∆ . y = 2 − + 2t 15 1 AB.u 1 t = 0 (A , B ) ∆ = 45 ⇒ cos(AB;u) = ⇔ 13 = 2
⇔ 169t − 156t − 45 = 0 ⇔ . Vậy các điểm cần 2 AB. u 2 3 t = − 13 32 4 22 32 tìm là: B − ; , B ; − . 1 2 13 13 13 13
HT 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox ,
y cho đường thẳng d : x − 3y − 6 = 0 và điểm N (3; 4) . Tìm tọa độ điểm M 15
thuộc đường thẳng d sao cho tam giác OMN (O là gốc tọa độ) có diện tích bằng . 2 Giải
Ta có ON = (3; 4) , ON = 5, PT đường thẳng ON: 4x − 3y = 0 . Giả sử M(3m + 6;m) ∈ d . 1 2S Khi đó ta có S = d(M,ON ).ON ⇔ d(M,ON ) O ∆ NM = = 3 O ∆ NM 2 ON 4.(3m + 6) − 3m 1 − 3 ⇔ = 3 ⇔ 9m + 24 = 15 ⇔ m = 1 − ; m = 5 3
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 8
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 13 13 − − + Với m = 1 − ⇒ M(3; 1 − ) + Với m = ⇒ M 7 − ; 3 3
HT 19. Trong mặt phẳng toạ độ Ox , y cho điểm (
A 0;2) và đường thẳng d : x − 2y + 2 = 0 . Tìm trên đường thẳng d
hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông ở B và AB = 2BC . Giải
Giả sử B(2b − 2;b),C(2c − 2;c) ∈ d . 2 6 2 5 5
Vì ∆ABC vuông ở B nên AB ⊥ d ⇔ A .
B u = 0 ⇔ B ; ⇒ AB = ⇒ BC = d 5 5 5 5 c = 1 ⇒ C(0;1) 1 5 2 BC = 125c − 300c + 180 = ⇔ 7 4 7 5 5 c = ⇒ C ; 5 5 5
HT 20. Trong mặt phẳng toạ độ Ox ,
y cho hai đường thẳng d : x + y − 3 = 0 , d : x + y − 9 = 0 và điểm ( A 1; 4) . Tìm 1 2
điểm B ∈ d ,C ∈ d sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 1 2 Giải Gọi B( ; b 3 −b) ∈ d , C( ;
c 9 − c) ∈ d ⇒ AB = (b − 1;−1 −b) , AC = (c − 1; 5 − c) . 1 2 A B.AC = 0 (
b − 1)(c −1) −(b + 1)(5 −c) = 0
∆ABC vuông cân tại A ⇔ ⇔ (*) A B = AC 2 2 2 2 (
b −1) + (b + 1) = (c −1) + (5 −c)
Vì c = 1 không là nghiệm của (*) nên (b + 1)(5 − c) b −1 = (1) c − 1 (*) ⇔ 2 2 (5 − c) 2 2 2 ( b + 1)
+ (b + 1) = (c − 1) + (5 −c) (2) 2 (c − 1) b = c − 2 Từ (2) ⇔ 2 2 (b + 1) = (c − 1) ⇔ . b = c −
+ Với b = c − 2 , thay vào (1) ta được c = 4, b = 2 ⇒ B(2;1), C(4;5) . + Với b = c
− , thay vào (1) ta được c = 2, b = 2 − ⇒ B( 2 − ; 5), C(2; 7) .
Vậy: B(2;1), C(4;5) hoặc B( 2 − ; 5), C(2; 7) . CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ
HT 21. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y cho điểm M(3; 1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M cắt các tia Ox,
Oy tại A và B sao cho (OA + 3OB) nhỏ nhất. Giải x y
PT đường thẳng d cắt tia Ox tại A(a;0), tia Oy tại B(0;b): + = 1 (a,b>0) a b
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 9
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 C ô 3 1 s − i 3 1 M(3; 1) ∈ d 1 = + ≥ 2 . ⇒ ab ≥ 12 . a b a b a = 3b a = 6 Mà
OA + 3OB = a + 3b ≥ 2 3ab = 12 (OA 3OB) 12 ⇒ + = ⇔ ⇔ min 3 1 1 b = = = 2 a b 2 x y
Phương trình đường thẳng d là: + = 1 ⇔ x + 3y − 6 = 0 6 2
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 22. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M(1; 2) và cắt các trục Ox, Oy 9 4
lần lượt tại A, B khác O sao cho + nhỏ nhất. 2 2 OA OB Giải
Đường thẳng (d) đi qua M(1;2) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B khác O, nên (
A a; 0);B(0;b) với a.b ≠ 0 x y
⇒ Phương trình của (d) có dạng + = 1 . a b 1 2 Vì (d) qua M nên +
= 1 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có : a b 2 2 1 2 1 3 2 1 9 4 9 4 9 9 4 9
1 = + = . + 1. ≤ + 1 + ⇔ + ≥ ⇔ + ≥ . 2 2 a b 3 a b 9 a b 2 2 10 a b 2 2 10 OA OB 1 3 2 1 2 20 Dấu bằng xảy ra khi : = 1 : và + = 1 ⇔ a = 10, b = ⇒ d : 2x + 9y − 20 = 0 . 3 a b a b 9
HT 23. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm M (0; 2) và hai đường thẳng d , d có phương trình lần lượt là 1 2
3x + y + 2 = 0 và x − 3y + 4 = 0 . Gọi A là giao điểm của d và d . Viết phương trình đường thẳng đi qua M, cắt 2 1 2 1 1
đường thẳng d và d lần lượt tại B , C ( B vàC khác A ) sao cho +
đạt giá trị nhỏ nhất. 1 2 2 2 AB AC Giải A = d ∩ d ⇒ ( A 1
− ;1) . Ta có d ⊥ d . Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm. H là hình chiếu vuông góc của A trên ∆ . ta có: 1 2 1 2 1 1 1 1 + = ≥ (không đổi) 2 2 2 2 AB AC AH AM 1 1 1 ⇒ +
đạt giá trị nhỏ nhất bằng
khi H ≡ M, hay ∆ là đường thẳng đi qua M và vuông góc với 2 2 AB AC 2 AM
AM. ⇒ Phương trình ∆: x + y − 2 = 0 .
HT 24. Trong mặt phẳng toạ độ Ox ,
y cho các điểm A(0; 1) B(2; –1) và các đường thẳng có phương trình:
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 10
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
d : (m – 1)x + (m – 2)y + 2 – m = 0 ; d : (2 – m)x + (m – 1)y + 3m – 5 = 0 . Chứng minh d 1 2
1 và d2 luôn cắt nhau. Gọi P =
d1 ∩ d2. Tìm m sao cho PA + PB lớn nhất. Giải (
m −1)x + (m − 2)y = m − 2 Xét Hệ PT: . (
2 − m)x + (m − 1)y = −3m + 5 2 m − 1 m − 2 3 1 Ta có D = = 2 m − + > 0, ∀m 2 − m m − 1 2 2
⇒ d ,d luôn cắt nhau. Ta có: ( A 0;1) ∈ d , B(2; 1
− ) ∈ d , d ⊥ d ⇒ ∆ APB vuông tại P 1 2 1 2 1 2
⇒ P nằm trên đường tròn đường kính AB. Ta có: 2 2 2 2
(PA + PB) ≤ 2(PA + PB ) = 2AB = 16
⇒ PA + PB ≤ 4 . Dấu "=" xảy ra ⇔ PA = PB ⇔ P là trung điểm của cung AB
⇔ P(2; 1) hoặc P(0; –1) ⇔ m = 1 hoặc m = 2 . Vậy PA + PB lớn nhất ⇔ m = 1 hoặc m = 2 .
HT 25. Trong mặt phẳng toạ độ Ox ,
y cho đường thẳng (∆): x – 2y – 2 = 0 và hai điểm ( A 1
− ;2) , B(3; 4) . Tìm điểm M ∈(∆) sao cho 2 + 2 2MA
MB có giá trị nhỏ nhất. Giải
Giả sử M M(2t + 2;t) ∈ ∆ ⇒ AM = (2t + 3;t − 2), BM = (2t − 1;t − 4) 2 26 2 Ta có: 2 2 2
2AM + BM = 15t + 4t + 43 = f (t) ⇒ min f (t) = f − − ⇒ M ; 15 15 15
HT 26. Trong mặt phẳng toạ độ Ox ,
y cho đường thẳng d : 2x −y + 3 = 0 và 2 điểm (
A 1; 0),B(2;1) . Tìm điểm M trên d sao cho MA + MB nhỏ nhất. Giải
Ta có: (2x − y + 3).(2x − y + 3) = 30 > 0 ⇒ A, B nằm cùng phía đối với d. A A B B
Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua d ⇒ A ( ′ 3
− ;2) ⇒ Phương trình A′B : x + 5y − 7 = 0 .
Với mọi điểm M ∈ d, ta có: MA + MB = MA′ + MB ≥ A′B .
Mà MA′ + MB nhỏ nhất ⇔ A′, M, B thẳng hàng ⇔ M là giao điểm của A′B với d. 8 17 Khi đó: M − ; . 11 11
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 11
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 PHẦN II ĐƯỜNG TRÒN
Toàn bộ tài liệu luyện thi đại học môn toán của thầy Lưu Huy Thưởng:
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com I. LÝ THUYẾT CẦN NHỚ
1. Phương trình đường tròn
Phương trình đường tròn có tâm I(a; b) và bán kính R: 2 2 2 (x − a) + (y − b) = R . Nhận xét: Phương trình 2 2
x + y + 2ax + 2by +c = 0 , với 2 2 a + b − c > 0 ,
là phương trình đường tròn tâm I(–a; –b), bán kính R = 2 2 a + b − c .
2. Phương trình tiếp tuyến của đường tròn
Cho đường tròn (C) có tâm I, bán kính R và đường thẳng ∆.
∆ tiếp xúc với (C) ⇔ d(I, ) ∆ = R II. BÀI TẬP
HT 27. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox ,
y viết phương trình đường tròn tâm I (2;1) , bán kính R = 2 Giải
Phương trình đường tròn: 2 2 (x − 2) + (y − 1) = 4
HT 28. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y viết phương trình đường tròn tâm I (1;2) và đi qua ( A −1;1) Giải
Bán kính đường tròn: R = IA = 4 + 1 = 5
Phương trình đường tròn cần viết: 2 2 (x − 1) + (y − 2) = 5
HT 29. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y viết phương trình đường tròn tâm I( 1
− ; 3) và tiếp xúc với đường thẳng d : 3x − 4y − 1 = 0 Giải −3 − 12 − 1 16
Bán kính đường tròn: R = d(I,d) = = 5 5
Phương trình đường tròn cần viết: 2 2 256 (x + 1) + (y − 3) = 25
HT 30. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y viết phương trình đường tròn đi qua (
A 1;1), B(−1; 3) và có bán kính bằng R = 10 . Giải +)
Gọi I(a;b) là tâm đường tròn. Ta có, đường tròn qua , A B nên suy ra : 2 2 2 2
IA = IB ⇔ (1 − a) + (1 −b) = (−1 − a) + (3 −b) 2 2 2 2
⇔ 1 − 2a + a + 1 − 2b + b = 1 + 2a + a + 9 − 6b + b ⇔ 4a − 4b = −8 ⇔ b = a + 2 (1)
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 12
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 + Bán kính đường tròn : 2 2
R = 10 = IA ⇔ (1 − a) + (1 −b) = 10 (2)
Thay (1) vào (2) ta được : 2 2
(2) ⇔ (1 − a) + (−1 − a) = 10 2 2
⇔ 1 − 2a + a + 1 + 2a + a = 10 2 ⇔ 2a = 8 ⇔ a = ±2 +)
Với : a = 2 ⇒ b = 4 ⇒ I (2; 4)
Vậy, phương trình đường tròn : 2 2 (x − 2) + (y − 4) = 10
Với, a = −2 ⇒ b = 0 ⇒ I(−2; 0)
Vậy, phương trình đường tròn : 2 2 (x + 2) + y = 10 Kết luận : 2 2
(x − 2) + (y − 4) = 10 và 2 2 (x + 2) + y = 10
Với câu hỏi tương tự : ( A 3;1), B(4; 0); R = 13 Đáp số : 2 2 (x − 1) + (y + 2) = 13 và 2 2 (x − 6) + (y − 3) = 13
HT 31. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y viết phương trình đường tròn đi qua 3 điểm ( A 3; 0), B(2;1),C (−1; 0) Giải
Gọi I(a;b) là tâm đường tròn :
Ta có : đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C nên suy ra : 2 2 I A = IB 2 2 2 2 (
3 − a) + b = (2 − a) + (1 −b) IA IB IC = = ⇔ 2 2 I 2 2 2 2 A = IC (
3 − a) + b = (−1 − a) + b
−6a + 9 = −4a + 4 − 2b + 1 a = 1 ⇔ ⇔ ⇔ I(1;−1) −6a + 9 = 2a + 1 b = −1
Bán kính đường tròn : R = IA = 5
Vậy, phương trình đường tròn : 2 2 (x − 1) + (y + 1) = 5
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 32. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y gọi A, B là các giao điểm của đường thẳng (d): 2x – y – 5 = 0 và đường tròn (C’): 2 2
x + y − 20x + 50 = 0 . Hãy viết phương trình đường tròn (C) đi qua ba điểm A, B, C(1; 1). Giải
Tọa độ giao điểm của d và (C’) là nghiệm của hệ phương trình: 2 x − y − 5 = 0 y = 2x − 5 ⇔ 2 2 2 2 x + y − 20x + 50 = 0 x + (2x − 5) − 20x + 50 = 0
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 13
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 x = 3 y = 2x − 5 y = 2x − 5 y = 1 ⇔ ⇔ x 3 = ⇔ 2 5 x − 40x + 75 = 0 x = 5 x 5 = y = 5 Vậy, A(3; 1), B(5; 5)
Đường tròn (C) đi qua 3 điểm: ( A 3;1);B(5; 5);C (1;1)
Học sinh làm tương tự HT trên ta có: (C): 2 2 x + y − 4x − 8y + 10 = 0
HT 33. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm (
A 0; 4);B(1;1) và tiếp xúc
với đường thẳng: d : x − 2y = 0 Giải
Gọi I(a;b) là tâm đường tròn
Ta có, đường tròn đi qua 2 điểm A, B nên suy ra : 2 2 2 2
IA = IB ⇔ (0 − a) + (4 −b) = (1 − a) + (1 −b)
⇔ −8b + 16 = −2a + 1 − 2b + 1 ⇔ 2a − 6b = −14 ⇔ a = 3b − 7 (1) a − 2b
Đường tròn tiếp xúc với d nên : 2 2 IA = d(I,d) ⇔ a + (4 −b) = (2) 5 b − 7
Thay (1) vào (2) ta được : 2 2 (3b − 7) + (b − 4) = 5 2 138 2 b − 14b + 49 b = ⇔ 10b − 50b + 65 = 2
⇔ 49b − 236b + 276 = 0 ⇔ 49 5 b = 2 138 71 71 138 8405 Với, b = ⇒ a = ⇒ I ;
; Bán kính đường tròn : R = 49 49 49 49 2401 2 2 71 138 8405
Phương trình đường tròn : x − + y − = 49 49 2401
Với, b = 2 ⇒ a = −1 ⇒ I (−1;2) ; Bán kính : R = 5
Phương trình đường tròn : 2 2 (x + 1) + (y − 2) = 5 2 2 71 138 8405 Kết luận : x − + y − = và 2 2 (x + 1) + (y − 2) = 5 49 49 2401
HT 34. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y viết phương trình đường tròn (C) đi qua (
A −1;−2) và tiếp xúc với
d : 7x − y − 5 = 0 tại điểm M(1;2) Giải
Cách 1 : Vì đường tròn tiếp xúc với đường thẳng tại M nên M thuộc đường tròn.
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 14
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
Như vậy, bài toán trở thành viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A và M, tiếp xúc với d.
Học sinh viết tương tự HT trên. Đáp số : 2 2 (x + 6) + (y − 3) = 50 Cách 2 :
Gọi I là tâm đường tròn.
Ta có, đường tròn tiếp xúc với d tại M nên IM ⊥ d
⇒ Phương trình đường thẳng IM : x + 7y + c = 0 , IM qua M nên c = 1 − 5
Vậy, IM : x + 7y −15 = 0 ⇒ I(15 − 7a;a)
Ta có : Đường tròn đi qua A 2 2 2 2
⇒ IA = IM ⇔ (−16 + 7a) + (−2 − a) = (−14 + 7a) + (2 − a) 2 2
⇔ 50a − 220a + 260 = 50a − 200a + 200 ⇔ a = 3
Vậy, I(−6; 3) , bán kính : R = 50
Phương trình đường tròn : 2 2 (x + 6) + (y − 3) = 50
HT 35. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y viết phương trình đường tròn tiếp xúc với đường thẳng d : x − y − 2 = 0
tại điểm M(3;1) và có tâm I thuộc đường thẳng d : 2x − y − 2 = 0 1 Giải
Ta có: (C) tiếp xúc với d tại M, suy ra tâm I của (C) thuộc đường thẳng ∆ có phương trình cho bởi: q ua M(3;1) ∆ ⇔ ∆ : x + y − 4 = 0 v tpt n(1;1) x + y − 4 = 0 Khi đó: I = d ∩ ,
∆ tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình: ⇔ I(2;2) 1 2 x − y − 2 = 0
(C) tiếp xúc với d khi: R = MI = 2
Vậy, phương trình đường tròn cần viết: 2 2 (x − 2) + (y − 2) = 2
HT 36. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y cho ba đường thẳng: d : 2x + y − 3 = 0 , . , d : 4x + 3y + 2 = 0 . Viết 1 3
phương trình đường tròn có tâm thuộc d1 và tiếp xúc với d2 và d3. Giải
Gọi tâm đường tròn là I(t;3 − 2t) ∈ d1. 3t + 4(3 − 2t) + 5 4t + 3(3 − 2t) + 2 t = 2
Khi đó: d(I,d ) = d(I,d ) ⇔ = ⇔ 2 3 5 5 t = 4
Vậy có 2 đường tròn thoả mãn: 2 2 49 (x −2) +(y + 1) = và 2 2 9 (x − 4) + (y + 5) = . 25 25 Câu hỏi tương tự:
a) Với d : x – 6y – 10 = 0 , . , d : 4x − 3y − 5 = 0 . 1 3
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 15
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 2 2 10 70 7 ĐS: 2 2 (x − 10) + y = 49 hoặc x − + y + = . 43 43 43
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 37. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y cho hai đường thẳng ∆ : x + 3y + 8 = 0 , ∆ ' : 3x − 4y + 10 = 0 và điểm A(–
2; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆ , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆′. Giải
Giả sử tâm I (−3t − 8;t) ∈ ∆. Ta có: d(I, ∆′) = IA 3( 3 − t − 8) − 4t + 10 ⇔ 2 2 = ( 3
− t − 8 + 2) + (t − 1) ⇔ t = 3 − ⇒ I (1; 3 − ), R = 5 2 2 3 + 4
PT đường tròn cần tìm: 2 2 (x − 1) + (y + 3) = 25 .
HT 38. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y cho hai đường thẳng ∆ : 4x − 3y + 3 = 0 và ∆ ' : 3x − 4y − 31 = 0 . Lập
phương trình đường tròn (C ) tiếp xúc với đường thẳng ∆ tại điểm có tung độ bằng 9 và tiếp xúc với ∆ '. Tìm tọa độ
tiếp điểm của (C )và ∆ ' . Giải
Gọi I(a;b) là tâm của đường tròn (C). (C ) tiếp xúc với ∆ tại điểm M(6;9) và (C ) tiếp xúc với ∆′ nên 4a − 3b + 3 3a − 4b − 31 54 − 3 d (I, ) ∆ = d(I, ∆ ') a = 4a − 3 + 3 = 6a − 85 ⇔ 5 5 ⇔ 4 I M ⊥ u = (3; 4) ∆ 3 (a − 6) + 4(b − 9) = 0 3 a + 4b = 54
25a −150 = 4 6a − 85 a = 10; b = 6 ⇔ 54 − 3a ⇔ a = −190; b b = 156 = 4 Vậy: 2 2
(C ) : (x − 10) + (y − 6) = 25 tiếp xúc với ∆ ' tại N(13;2) hoặc 2 2
(C ) : (x + 190) + (y − 156) = 60025 tiếp xúc với ∆ ' tại N (−43;−40)
HT 39. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y viết phương trình đường tròn đi qua (
A 2;−1) và tiếp xúc với các trục toạ độ. Giải
Đường tròn tiếp xúc với các trục tọa độ nên tâm I có dạng: I (a;a) hoặc I (a; a − ) 1 2 2 2 2 (x − a) + (y + a) = a (a)
Phương trình đường tròn có dạng: 2 2 2 ( x −a) +(y −a) =a (b)
Thay tọa độ điểm A vào phương trình ta được: a) ⇒ a = 1; a = 5 b) ⇒ vô nghiệm. Kết luận: 2 2 (x − 1) + (y + 1) = 1 và 2 2 (x − 5) + (y + 5) = 25 .
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 16
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
HT 40. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox ,
y cho đường thẳng (d) : 2x − y − 4 = 0 . Lập phương trình đường tròn tiếp
xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d). Giải 4
Gọi I(m;2m − 4) ∈ (d) là tâm đường tròn cần tìm. Ta có: m = 2m − 4 ⇔ m = 4,m = . 3 2 2 4 4 4 16 • m =
thì phương trình đường tròn là: x − + y + = . 3 3 3 9
• m = 4 thì phương trình đường tròn là: 2 2 (x − 4) + (y − 4) = 16 .
HT 41. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox ,
y cho điểm A(–1;1) và B(3;3), đường thẳng (∆): 3x – 4y + 8 = 0 . Lập
phương trình đường tròn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng (∆). Giải
Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực d của đoạn AB
d qua M(1; 2) có VTPT là AB = (4;2) ⇒ d: 2x + y – 4 = 0 ⇒ Tâm I(a;4 – 2a) a = 3 Ta có IA = d(I,D) 2
⇔ 11a − 8 = 5 5a − 10a + 10 ⇔ 2a2 – 37a + 93 = 0 ⇔ 31 a = 2
• Với a = 3 ⇒ I(3;–2), R = 5 ⇒ (C): (x – 3)2 + (y + 2)2 = 25 2 31 31 65 31 4225 • Với a = 2 ⇒ I ; 2 − 7 − , R = ⇒ (C): x + (y + 27) = 2 2 2 2 4
HT 42. Trong hệ toạ độ Ox ,
y cho hai đường thẳng d : x + 2y − 3 = 0 và ∆ : x + 3y − 5 = 0 . Lập phương trình đường 2 10 tròn có bán kính bằng
, có tâm thuộc d và tiếp xúc với ∆ . 5 Giải
Tâm I ∈ d ⇒ I(−2a + 3;a) . (C) tiếp xúc với ∆ nên: a − 2 2 10 a = 6 d(I, ) ∆ = R ⇔ = ⇔ 5 10 a = −2 ⇒ (C): 2 2 8 (x + 9) + (y − 6) = hoặc (C): 2 2 8 (x − 7) + (y + 2) = . 5 5
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 43. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2
x + y + 4 3x − 4 = 0 . Tia Oy cắt (C) tại A. Lập
phương trình đường tròn (C′), bán kính R′ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A. Giải
(C) có tâm . , bán kính R= 4; A(0; 2). Gọi I′ là tâm của (C′).
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 17
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 x = 2 3t
PT đường thẳng IA : , I ' ∈ IA ⇒ I ( ′ 2 3t;2t + 2) . y = 2t + 2 1 AI = 2I A ′ ⇔ t = ⇒ I '( 3; 3) ⇒ (C′): 2 2 (x − 3) + (y − 3) = 4 2
HT 44. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2
x + y – 4y – 5 = 0 . Hãy viết phương trình đường 4 2
tròn (C′) đối xứng với đường tròn (C) qua điểm M ; 5 5 Giải
(C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3. Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M 2 2 8 6 − 8 6 ⇒ I′ ; − + + ⇒ (C′): x y = 9 5 5 5 5
HT 45. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2
x + y − 2x + 4y + 2 = 0 . Viết phương trình đường
tròn (C′) tâm M(5; 1) biết (C′) cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB = 3 . Giải
(C) có tâm I(1; –2), bán kính R = 3 . PT đường thẳng IM: x 3 − 4y −11 = 0 . AB = 3 . H ∈ IM x 3 − 4y − 11 = 0 Gọi
H(x;y) là trung điểm của AB. Ta có: ⇔ 2 2 3 9 I H = R − AH = 2 2 ( x −1) + (y + 2) = 2 4 1 29 x = − ;y = − 1 29 11 11 ⇔ 5 10 ⇒ H − ;− − hoặc H ; . 11 11 5 10 5 10 x = ;y = − 5 10 1 29 • Với H − ; − ′ . Ta có 2 2 2 R = MH + AH = 43 ⇒ PT (C′): 2 2 (x − 5) + (y − 1) = 43 . 5 10 11 11 • Với H ; − ′ . Ta có 2 2 2 R = MH + AH = 13 ⇒ PT (C′): 2 2 (x − 5) + (y − 1) = 13 . 5 10
HT 46. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2
(x − 1) + (y − 2) = 4 và điểm K(3; 4) . Lập phương
trình đường tròn (T) có tâm K, cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất, với I là tâm của đường tròn (C). Giải
(C) có tâm I (1;2) , bán kính R = 2 . S
lớn nhất ⇔ ∆IAB vuông tại I ⇔ AB = 2 2 . I ∆ AB
Mà IK = 2 2 nên có hai đường tròn thoả YCBT.
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 18
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
+ (T ) có bán kính R = R = 2 ⇒ 2 2
(T ) : (x − 3) + (y − 4) = 4 1 1 1 + (T ) có bán kính 2 2 R = (3 2) + ( 2) = 2 5 ⇒ 2 2
(T ) : (x − 3) + (y − 4) = 20 . 2 2 1
HT 47. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(–2;3), 1 B ; 0, C(2; 0) . 4 Giải 1
Điểm D(d;0) < d < 2
thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A 4 2 9 1 d + − (− )2 3 DB AB 4 khi và chỉ khi 4 = ⇔ =
⇒ 4d − 1 = 6 − 3d ⇒ d = 1. DC AC 2 −d 4 + (− )2 2 3 x + 2 y − 3 x + 2 y − 3 Phương trình AD: = ⇔ x + y − 1 = 0 ; AC: = ⇔ 3x + 4y − 6 = 0 3 −3 4 −3
Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1 −b và bán kính cũng bằng b. Vì
khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có: 4 3(1−b) + 4b − 6 b − 3 = 5b ⇒ b = − = b ⇔ b − 3 = 5b ⇒ 3 2 2 1 3 + 4 b − 3 = −5b ⇒ b = 2 1
Rõ ràng chỉ có giá trị b = là hợp lý. 2 2 2 1 1 1
Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp ∆ABC là: x − + y − = 2 2 4
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 48. Trong mặt phẳng toạ độ Ox ,
y cho hai đường thẳng (d1): 4x − 3y − 12 = 0 và (d2): 4x + 3y − 12 = 0 . Tìm toạ độ
tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2) và trục Oy. Giải
Gọi A = d ∩ d ,B = d ∩Oy,C = d ∩Oy ⇒ (
A 3; 0), B(0;−4),C(0; 4) ⇒ ∆ABC cân đỉnh A và AO là phân giác trong của 1 2 1 2
góc A. Gọi I, R là tâm và bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC 4 4 ⇒ I ; 0, R = . 3 3
HT 49. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y cho đường thẳng d: x − y − 1 = 0 và hai đường tròn có phương trình: (C1):
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 19
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 2
(x − 3) + (y + 4) = 8 , (C2): 2 2
(x + 5) + (y − 4) = 32 . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d và tiếp xúc ngoài với (C1) và (C2). Giải
Gọi I, I1, I2, R, R1, R2 lần lượt là tâm và bán kính của (C), (C1), (C2). Giả sử I(a;a – 1) ∈ d .
(C) tiếp xúc ngoài với (C1), (C2) nên
II = R + R , II = R + R ⇒ II – R = II – R 1 1 2 2 1 1 2 2 ⇔ 2 2 2 2
(a − 3) + (a + 3) − 2 2 = (a − 5) + (a + 5) − 4 2 ⇔ a = 0 ⇒ I(0; –1), R = 2 ⇒ Phương trình (C): 2 2 x + (y + 1) = 2 .
HT 50. Trong mặt phẳng tọa độ Ox , y cho đường tròn (C ) 2 2
: x + y + 2x = 0 . Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) ,
biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng 30 . Giải 2 2
(C ) : (x + 1) + y = 1 ⇒ I(−1; 0);R = 1 . Hệ số góc của tiếp tuyến (∆) cần tìm là ± 3 . ⇒ PT (∆) có dạng ∆ :
3x − y + b = 0 hoặc ∆ : 3x + y + b = 0 1 2 b − 3
+ ∆ : 3x − y + b = 0 tiếp xúc (C) ⇔ d(I, ∆ ) = R ⇔ = 1 ⇔ b = ±2 + 3 . 1 1 2
Kết luận: (∆ ) : 3x − y ± 2 + 3 = 0 1 b − 3
+ (∆ ) : 3x + y + b = 0 tiếp xúc (C) ⇔ d(I, ∆ ) = R ⇔ = 1 ⇔ b = ±2 + 3 . 2 2 2
Kết luận: (∆ ) : 3x + y ± 2 + 3 = 0 . 2
HT 51. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2 x
x + y − 6 − 2y + 5 = 0 và đường thẳng (d): x
3 + y − 3 = 0 . Lập phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C), biết tiếp tuyến không đi qua gốc toạ độ và hợp với
đường thẳng (d) một góc 0 45 . Giải
(C) có tâm I(3; 1), bán kính R = 5 .
Giả sử (∆): ax + by + c = 0 (c ≠ 0) . d (I, ) ∆ = 5 a = 2,b = −1,c = −10 x ∆ : 2 − y − 10 = 0 Từ: ⇒ ⇒ . 2 c os(d, ) ∆ = a = 1,b = 2,c = −10 ∆ : x + 2y − 10 = 0 2
HT 52. Trong hệ toạ độ Ox , y cho đường tròn 2 2
(C ) : (x − 1) + (y − 1) = 10 và đường thẳng d : 2x − y − 2 = 0 . Lập
phương trình các tiếp tuyến của đường tròn (C ), biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng d một góc 0 45 . Giải
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 20
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
(C) có tâm I(1;1) bán kính R = 10 . Gọi n = (a;b) là VTPT của tiếp tuyến ∆ 2 2 (a + b ≠ 0) , 2a −b 1 a = 3b Vì 0 ( , ∆ d) = 45 nên = ⇔ 2 2 2 b = −3a a + b . 5 4 + c c = 6
• Với a = 3b ⇒ ∆: 3x + y + c = 0 . Mặt khác d(I ; ) ∆ = R ⇔ = 10 ⇔ 10 c = −14 −2 + c c = −8 • Với b = 3
− a ⇒ ∆: x − 3y + c = 0 . Mặt khác d(I ; ) ∆ = R ⇔ = 10 ⇔ 10 c = 12
Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm: 3x + y + 6 = 0; 3x + y −14 = 0 ; x − 3y − 8 = 0; x − 3y + 12 = 0 .
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 53. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1): 2 2
x + y – 2x – 2y – 2 = 0 , (C2): 2 2
x + y – 8x – 2y + 16 = 0 . Giải
(C1) có tâm I (1; 1) , bán kính R I (4; 1) , bán kính R 1 1 = 2; (C2) có tâm 2 2 = 1. Ta có: I I = 3 = R + R ⇒ (C 1 2 1 2
1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1)
⇒ (C1) và (C2) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy. *
Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài: ( ) ∆ : y = ax + b ⇔ ( ) ∆ :ax − y + b = 0 ta có: a +b −1 = 2 2 2 ( ; ) ∆ = 2 2 a = a d I R = − 1 1 a + b 4 4 ⇔ ⇔ hay d (I ; ) ∆ = R + − 2 2 4a b 1 4 − 7 2 4 + 7 2 = 1 b = b = 2 2 4 4 a +b 2 4 + 7 2 2 4 − 7 2
Vậy, có 3 tiếp tuyến chung: (∆ ) : x = 3, (∆ ) : y = − x + , (∆ ) y = x + 1 2 3 4 4 4 4
HT 54. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox ,
y cho hai đường tròn (C): 2 2
(x − 2) + (y − 3) = 2 và (C’): 2 2
(x − 1) + (y − 2) = 8 . Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C) và (C’). Giải
(C) có tâm I(2; 3) và bán kính R = 2 ; (C′) có tâm I′(1; 2) và bán kính R ' = 2 2 .
Ta có: II ' = 2 = R − R′ ⇒ (C) và (C′) tiếp xúc trong ⇒ Tọa độ tiếp điểm M(3; 4).
Vì (C) và (C′) tiếp xúc trong nên chúng có duy nhất một tiếp tuyến chung là đường thẳng qua điểm M(3; 4), có
véc tơ pháp tuyến là II ′ = (−1;−1) ⇒ PTTT: x + y − 7 = 0
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 21
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
HT 55. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox , y cho hai đường tròn 2 2
(C ) : x + y − 2y − 3 = 0 và 1 2 2 x
(C ) : x + y − 8 − 8y + 28 = 0 . Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C ) và (C ) . 2 1 2 Giải
(C ) có tâm I (0;1) , bán kính R = 2 ; (C ) có tâm I (4; 4) , bán kính R = 2 . 1 1 1 2 2 2
Ta có: I I = 5 > 4 = R + R ⇒ (C ),(C ) ngoài nhau. Xét hai trường hợp: 1 2 1 2 1 2
+ Nếu d // Oy thì phương trình của d có dạng: x + c = 0 .
Khi đó: d(I ,d) = d(I ,d) ⇔ c = 4 + c ⇔ c = 2 − ⇒ d : x − 2 = 0 . 1 2
+ Nếu d không song song với Oy thì phương trình của d có dạng: ax d : y = + b . 3 7 −1 +b a = ; b = = 2 4 2 d (I ,d) = 2 2 3 3 Khi đó: 1 a + 1 ⇔ ⇔ a = ;b = − d (I ,d) = d(I ,d) a 1 2 −1 + b 4 − 4 + b 4 2 = 7 37 2 2 a + 1 a + 1 a = − ;b = 24 12 ⇒ x d : 3 − 4y + 14 = 0 hoặc x d : 3 − 4y − 6 = 0 hoặc x d : 7 + 24y − 74 = 0 . Vậy: d : x − 2 = 0 ; x d : 3 − 4y + 14 = 0 ; x d : 3 − 4y − 6 = 0 ; x d : 7 + 24y − 74 = 0 .
HT 56. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox , y cho hai đường tròn 2 2
(C ) : x + y − 4y − 5 = 0 và 1 2 2
(C ) : x + y − 6x + 8y + 16 = 0 . Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C ) và (C ) . 2 1 2 Giải
(C ) có tâm I (0;1) , bán kính R = 3 ; (C ) có tâm I (3;−4) , bán kính R = 3 . 1 1 1 2 2 2
Giả sử tiếp tuyến chung ∆ của (C ), (C ) có phương trình: ax 2 2 + by + c = 0 (a + b ≠ 0) . 1 2 d (I , ) ∆ = R 2 2 2b + c = 3 a +b (1)
∆ là tiếp tuyến chung của (C ), (C ) ⇔ 1 1 ⇔ 1 2 d (I , ) ∆ = R 2 2 2 2 a 3 − 4b + c = 3 a + b (2) a −3 + 2b
Từ (1) và (2) suy ra a = 2b hoặc c = . 2
+ TH1: Với a = 2b . Chọn b = 1 ⇒ a = 2,c = −2 ± 3 5 ⇒ x ∆ : 2 + y − 2 ± 3 5 = 0 a a = 0 −3 + 2b + TH2: Với c = . Thay vào (1) ta được: 2 2 a − 2b = 2 a + b ⇔ 4 . 2 a = − b 3 ⇒ ∆ : y + 2 = 0 hoặc x ∆ : 4 − 3y − 9 = 0 .
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 22
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
HT 57. Trong mặt phẳng Ox , y cho đường tròn (C): 2 2
x + y + 4 3x − 4 = 0 . Tia Oy cắt (C) tại điểm A. Lập phương
trình đường tròn (T) có bán kính R′ = 2 sao cho (T) tiếp xúc ngoài với (C) tại A. Giải
(C) có tâm I(−2 3; 0) , bán kính R = 4 . Tia Oy cắt (C) tại (
A 0;2) . Gọi J là tâm của (T). x = 2 3t Phương trình IA:
. Giả sử J (2 3t;2t + 2) ∈ (I ) A . y = 2t + 2
(T) tiếp xúc ngoài với (C) tại A nên A 1 AI = 2J ⇒ t = ⇒ J ( 3; 3) . 2 Vậy: 2 2
(T ) : (x − 3) + (y − 3) = 4 .
HT 58. Trong mặt phẳng Ox , y cho đường tròn (C): 2 2
x + y = 1 và phương trình: 2 2
x + y – 2(m + 1)x + 4my – 5 = 0
(1). Chứng minh rằng phương trình (1) là phương trình của đường tròn với mọi m. Gọi các đường tròn tương ứng là
(Cm). Tìm m để (Cm) tiếp xúc với (C). Giải
(Cm) có tâm I (m + 1;−2m) , bán kính 2 2 R ' = (m + 1) + 4m + 5 ,
(C) có tâm O(0; 0) bán kính R = 1, OI 2 2
= (m + 1) + 4m , ta có OI < R′ 3
Vậy (C) và (Cm) chỉ tiếp xúc trong. ⇒ R′ – R = OI ( vì R’ > R) ⇒ m = −1; m = . 5 1
HT 59. Trong mặt phẳng Ox , y cho
các đường tròn có phương trình 2 2 (C ) : (x − 1) + y = và 1 2 2 2
(C ) : (x − 2) + (y − 2) = 4 . Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với (C ) và cắt (C ) tại hai điểm M, N sao 2 1 2 cho MN = 2 2 . Giải 1
(C ) có tâm I (1; 0) , bán kính R =
; (C ) có tâm I (2;2) , bán kính R = 2 . Gọi H là trung điểm của MN ⇒ 1 1 1 2 1 2 2 2 2 MN d(I ,d) = I H = R − = 2 2 2 2 2
Phương trình đường thẳng d có dạng: ax 2 2 + by + c = 0 (a + b ≠ 0) . 1 d (I ,d) = 2 2 2 a + c = a + b Ta có: 1 2 ⇔
. Giải hệ tìm được a, b, c. a 2 2 d (I ,d) = 2 2 + 2b + c = 2 a + b 2
Vậy: d : x + y − 2 = 0; d : x + 7y − 6 = 0 ; d : x − y − 2 = 0 ; x d : 7 − y − 2 = 0
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 23
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
HT 60. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2
x + y – 6x + 5 = 0 . Tìm điểm M thuộc trục tung
sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 0 60 . Giải
(C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m) ∈ Oy 0 AMB = 60 (1)
Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ⇒ 0 AMB = 120 (2)
Vì MI là phân giác của AMB nên: IA (1) ⇔ AMI = 300 ⇔ MI = ⇔ MI = 2R ⇔ 2 m + 9 = 4 ⇔ m = ± 7 0 sin 30 IA 2 3 (2) ⇔ AMI = 600 ⇔ MI = ⇔ MI = R ⇔ 2 4 3 m + 9 =
Vô nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) 0 sin 60 3 3 và M2(0; − 7 )
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 61. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox ,
y cho đường tròn (C) và đường thẳng ∆ định bởi: 2 2
(C ) : x + y − 4x − 2y = 0; ∆ : x + 2y − 12 = 0 . Tìm điểm M trên ∆ sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600. Giải
Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R = 5 .
Gọi A, B là hai tiếp điểm. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra R=2 5 IM = 2 .
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: 2 2 (x − 2) + (y − 1) = 20 .
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng ∆, nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: 2 2 (
x − 2) + (y − 1) = 20 (1) x + 2y − 12 = 0 (2) y = 3 2 2
Khử x giữa (1) và (2) ta được: (−2y + 1 ) 0 + (y − ) 2 1
= 20 ⇔ 5y − 42y + 81 = 0 ⇔ 27 y = 5 6 27
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M (6; ) 3 hoặc M ; 5 5
HT 62. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2
(x − 1) + (y + 2) = 9 và đường thẳng
d : 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, AC tới
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 24
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. Giải
(C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 ⇒ IA = 3 2 m − 1 m = −5 ⇔ 3 2 m 1 6 = ⇔ − = ⇔ m = 7 2 Câu hỏi tương tự: a) 2 2
(C ) : x + y = 1, d : x − y + m = 0 ĐS: m = 2 ± .
HT 63. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2
(x − 1) + (y + 2) = 9 và đường thẳng x
d : 3 − 4y + m = 0 . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến PA, PB tới đường
tròn (C) (A, B là hai tiếp điểm) sao cho PAB là tam giác đều.
• (C) có tâm I (1;−2) , bán kính R = 3 . ∆PAB đều ⇒ A R
PI = 2 I = 2 = 6 ⇒ P nằm trên đường tròn (T) có tâm
I, bán kính r = 6 . Do trên d có duy nhất một điểm P thoả YCBT nên d là tiếp tuyến của (T) ⇒ 11 + m m = 19 d(I,d) 6 6 = ⇔ = ⇔ . 5 m = −41
HT 64. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox , y cho hai đường tròn 2 2
(C ) : x + y − 18x − 6y + 65 = 0 và 2 2 (C )
′ : x + y = 9 . Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C′), gọi A, B là các tiếp điểm. Tìm
tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng 4, 8 . • (C’) có tâm O (0; ) 0 , bán kính R OA = = 3 . Gọi H AB OM = ∩
⇒ H là trung điểm của AB ⇒ AH 12 = . Suy 5 OA2 ra: OH OA2 AH2 9 = − = và OM = = 5 . 5 OH M 2 2 ∈ (C ) x + y − 18x − 6y + 65 = 0 x = 4 x = 5
Giả sử M(x;y) . Ta có: O M ⇔ ⇔ ∨ = 2 2 5 x y = 3 y = 0 + y = 25
Vậy M(4; 3) hoặc M(5; 0) .
HT 65. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2
(x − 1) + (y + 2) = 4 . M là điểm di động trên đường
thẳng d : y = x + 1. Chứng minh rằng từ M kẻ được hai tiếp tuyến MT , MT tới (C) (T 1 2
1, T2 là tiếp điểm) và tìm toạ độ
điểm M, biết đường thẳng T T đi qua điểm ( A 1;−1) . 1 2
• (C) có tâm I (1;−2) , bán kính R = 2 . Giả sử M (x ;x + 1) ∈ d . 0 0 2 2 2
IM = (x − 1) + (x + 3) = 2(x + 1) + 8 > 2 = R ⇒ M nằm ngoài (C) ⇒ qua M kẻ được 2 tiếp tuyến tới 0 0 0 (C).
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 25
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 x 1 x 1 + − IM
Gọi J là trung điểm IM ⇒ 0 0 J ;
. Đường tròn (T) đường kính IM có tâm J bán kính R = có 2 2 1 2 2 2 2 2 x 1 x 1 + − (x − 1) + (x + 3) phương trình 0 0 0 0 (T ) : x − + y − = 2 2 4
Từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MT1, MT2 đến (C) ⇒ 0
IT M = IT M = 90 ⇒ T ,T ∈ (T ) 1 2 1 2
⇒ {T ,T } = (C ) ∩ (T ) ⇒ toạ độ T , T thoả mãn hệ: 1 2 1 2 2 2 x + 1 x − 1 (x − 1) + (x + 3) 0 2 0 2 0 0 ( x − ) + (y − ) =
⇒ (1 − x )x − (3 + x )y − x − 3 = 0 (1) 2 2 4 0 0 0 2 2 ( x − 1) + (y + 2) = 4
Toạ độ các điểm T , T thoả mãn (1), mà qua 2 điểm phân biệt xác định duy nhất 1 đường thẳng nên phương 1 2
trình T T là x(1 − x ) − y(3 + x ) − x − 3 = 0 . 1 2 0 0 0 (
A 1;−1) nằm trên T T nên 1 − x + (3 + x ) − x − 3 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ M(1;2) . 1 2 0 0 0 0
HT 66. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2
(x – 1) + (y + 1) = 25 và điểm M(7; 3). Lập phương
trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho MA = 3MB. • P
= 27 > 0 ⇒ M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5. M /(C ) Mặt khác: 2 P = M .
A MB = 3MB ⇒ MB = 3 ⇒ BH = 3 2 2
⇒ IH = R − BH = 4 = d[M,(d)] M /(C )
Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0). a = 0 −6a − 4b d[M,(d)] = 4 ⇔ = 4 ⇔
12 . Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0. 2 2 a = − b a + b 5
HT 67. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(1; 2) và cắt đường tròn (C) có phương trình 2 2
(x − 2) + (y + 1) = 25 theo một dây cung có độ dài bằng l = 8 .
• d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0 ⇔ ax + by – a – 2b = 0 ( a2 + b2 > 0)
Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài l = 8 nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) của (C) đến d bằng 3. a = 0 2a −b − a − 2b d (I,d) 2 2 = = 3 ⇔ a − 3b = 3 a + b 2 ⇔ 8a + 6ab = 0 ⇔ 3 2 2 a + b a = − b 4 3
• a = 0: chọn b = 1 ⇒ d: y – 2 = 0 • a = − b : chọn a = 3, b = – 4 ⇒ d: 3x – 4 y + 5 = 0. 4 Câu hỏi tương tự:
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 26
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 a) d đi qua O, 2 2
(C ) : x + y − 2x + 6y − 15 = 0 , l = 8 . ĐS: d : 3x − 4y = 0 ; d : y = 0 . b) d đi qua Q(5;2) , 2 2
(C ) : x + y − 4x − 8y − 5 = 0 , l = 5 2 .
ĐS: d : x − y − 3 = 0 ; d : 17x − 7y − 71 = 0 . c) d đi qua ( A 9; 6) , 2 2
(C ) : x + y − 8x − 2y = 0 , l = 4 3 . 1 21
ĐS: d : y = 2x −12 ; d : y = − x + 2 2
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 68. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox , y cho đường tròn (C) : 2 2
x + y + 2x − 8y − 8 = 0 . Viết phương trình đường
thẳng ∆ song song với đường thẳng d : 3x + y − 2 = 0 và cắt đường tròn (C) theo một dây cung có độ dài l = 6 .
• (C) có tâm I(–1; 4), bán kính R = 5. PT đường thẳng ∆ có dạng: 3x + y + c = 0, c ≠ 2 .
Vì ∆ cắt (C) theo một dây cung có độ dài bằng 6 nên: 3 4 c c − + + = 4 10 − 1 ⇒ d (I, ) ∆ = = 4 ⇔ . 2 c = −4 10 − 1 3 + 1
Vậy phương trình ∆ cần tìm là: 3x + y + 4 10 − 1 = 0 hoặc 3x + y − 4 10 − 1 = 0 . Câu hỏi tương tự: a) 2 2
(C ) : (x − 3) + (y − 1) = 3 , d : 3x − 4y + 2012 = 0 , l = 2 5 .
ĐS: ∆ : 3x − 4y + 5 = 0 ; ∆ : 3x − 4y − 15 = 0 .
HT 69. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox , y cho đường tròn 2 2
(C ) :(x + 4) + (y − 3) = 25 và đường thẳng
∆ : 3x − 4y + 10 = 0 . Lập phương trình đường thẳng d biết d ⊥ ( )
∆ và d cắt (C) tại A, B sao cho AB = 6.
• (C) có tâm I(– 4; 3) và có bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm AB, AH = 3. Do d ⊥ ∆ nên PT của d có dạng: 4x + 3y + m = 0 . −16 + 9 + m m = 27 Ta có: d(I,(∆ )) = IH = 2 2 2 2 AI − AH = 5 − 3 = 4 ⇔ 4 = ⇔ 1 2 2 m = −13 4 + 3
Vậy PT các đường thẳng cần tìm là: 4x + 3y + 27 = 0 và 4x + 3y −13 = 0 .
HT 70. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2 x
x + y − 2 − 2y − 3 = 0 và điểm M(0; 2). Viết
phương trình đường thẳng d qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB có độ dài ngắn nhất.
• (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = 5 . IM = 2 < 5 ⇒ M nằm trong đường tròn (C).
Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên d.
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 27
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 Ta có: AB = 2AH = 2 2 2 2 2 IA − IH = 2 5 − IH ≥ 2 5 − IM = 2 3 .
Dấu "=" xảy ra ⇔ H ≡ M hay d ⊥ IM. Vậy d là đường thẳng qua M và có VTPT MI = (1; 1 − )
⇒ Phương trình d: x − y + 2 = 0 . Câu hỏi tương tự: a) Với (C): 2 2
x + y − 8x − 4y − 16 = 0 , M(–1; 0). ĐS: x d : 5 + 2y + 5 = 0
HT 71. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y cho đường tròn (C) có tâm O, bán kính R = 5 và điểm M(2; 6). Viết phương
trình đường thẳng d qua M, cắt (C) tại 2 điểm A, B sao cho ∆OAB có diện tích lớn nhất. 5 2
• Tam giác OAB có diện tích lớn nhất ⇔ ∆OAB vuông cân tại O. Khi đó d( , O d) = . 2
Giả sử phương trình đường thẳng d: 2 2 (
A x − 2) + B(y − 6) = 0 (A + B ≠ 0) −24 − 5 55 5 2 A −2 − 6 B = A B 5 2 d( , O d) = ⇔ = ⇔ 2 A A2 47B + 48 B − 17 = 0 ⇔ 47 2 2 2 2 A + B −24 + 5 55 B = A 47 −24 − 5 55 + Với B =
A : chọn A = 47 ⇒ B = −24 − 5 55 47
⇒ d: 47(x − 2) − (24 + 5 55)(y − 6) = 0 2 − 4 + 5 55 + Với B =
A : chọn A = 47 ⇒ B = −24 + 5 55 47
⇒ d: 47(x − 2) + (−24 + 5 55 )(y − 6) = 0 Câu hỏi tương tự: a) 2 2 x
(C ) : x + y + 4 − 6y + 9 = 0 , M(1;−8) . ĐS: x x
7 + y + 1 = 0; 17 + 7y + 39 = 0 .
HT 72. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2
x + y − 6x + 2y − 6 = 0 và điểm ( A 3; 3) . Lập
phương trình đường thẳng d 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).
• (C) có tâm I(3; –1), R = 4. Ta có: A(3 ;3) ∈ (C).
PT đường thẳng d có dạng: 2 2 a(x − 3) + (
b y − 3) = 0, a + b ≠ 0 ⇔ ax + by − 3a − 3b = 0 .
Giả sử d qua A cắt (C) tại hai điểm A, B ⇒ AB = 4 2 . Gọi I là tâm hình vuông. 1 1 3a −b − 3a − 3b
Ta có: d(I,d) = 2 2 (= AD = AB) ⇔ = 2 2 2 2 2 2 a + b
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 28
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 2 2 2
⇔ 4b = 2 2 a + b ⇔ a = b ⇔ a = b
± . Chọn b = 1 thì a = 1 hoặc a = –1.
Vậy phương trình các đường thẳng cần tìm là: x + y − 6 = 0 hoặc x − y = 0 .
HT 73. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y cho hai đường tròn (C1): 2 2 x + y = 13 và (C2): 2 2
(x − 6) + y = 25 . Gọi A là
một giao điểm của (C1) và (C2) với yA > 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.
• (C1) có tâm O(0; 0), bán kính R1 = 13 . (C2) có tâm I2(6; 0), bán kính R2 = 5. Giao điểm A(2; 3). Giả sử d: 2 2 a(x − 2) + (
b y − 3) = 0 (a + b ≠ 0) . Gọi d = d( , O d), d = d(I ,d) . 1 2 2 a a 2 a 2 (6 − 2 − 3b) (−2 − 3b) Từ giả thiết ⇒ 2 2 2 2 R − d = R − d ⇔ 2 2 d − d = 12 ⇔ − = 12 1 1 2 2 2 1 2 2 2 2 a + b a + b b = 0 ⇔ 2 a b + 3 b = 0 ⇔ a . b = 3 −
• Với b = 0: Chọn a = 1 ⇒ Phương trình d: x − 2 = 0 .
• Với b = –3a: Chọn a = 1, b = –3 ⇒ Phương trình d: x − 3y + 7 = 0 .
HT 74. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox ,
y cho đường thẳng ∆: mx + 4y = 0 , đường tròn (C): 2 2 2
x + y − 2x − 2my + m − 24 = 0 có tâm I. Tìm m để đường thẳng ∆ cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao
cho diện tích tam giác IAB bằng 12.
• (C) có tâm I (1;m) , bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm của dây cung AB. m + 4m 5m 2 (5m) 20 IH = d(I, ) ∆ = = ; 2 2 AH = IA − IH = 25 − = 2 2 2 m + 16 m + 16 2 m + 16 m + 16 m = ±3 S = 12 ⇔ 2 d(I, )
∆ .AH = 12 ⇔ 3m − 25 m + 48 = 0 ⇔ I ∆ AB 16 m = ± 3 HT 75. Trong mặ t pha{ng tọ a độ Ox , y cho đường tròn 2 2
(C ) : x + y = 1 , đường tha{ng (d) : x + y + m = 0 . Tı̀m m đe (C ) cat (d) tạ i A và B sao cho diệ
n tı́ch tam giác ABO lớn nhat.
• (C) có tâm O(0; 0) , bán kính R = 1. (d) cắt (C) tại A, B ⇔ d(O;d) < 1 1 1 1 Khi đó: S = O . AOB. sin AOB = . sin AOB ≤ . Dấu "=" xảy ra ⇔ 0 AOB = 90 . OAB 2 2 2 1 Vậy S lón nhất ⇔ 0 AOB = 90 . Khi đó d(I;d) = ⇔ m = ±1 . AOB 2
HT 76. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox ,
y cho đường thẳng (d) : 2x + my + 1 − 2 = 0 và đường tròn có phương
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 29
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 trình 2 2
(C ) : x + y − 2x + 4y − 4 = 0 . Gọi I là tâm đường tròn (C ) . Tìm m sao cho (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A
và B. Với giá trị nào của m thì diện tích tam giác IAB lớn nhất và tính giá trị đó.
• (C ) có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3.
(d) cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt A, B ⇔ d(I,d) < R 2 ⇔
2 − 2m + 1 − 2 < 3 2 + m 2 2 2
⇔ 1 − 4m + 4m < 18 + 9m ⇔ 5m + 4m + 17 > 0 ⇔ m ∈ R 1 1 9 Ta có: S = I . A IB sin AIB ≤ I . A IB = IAB 2 2 2 9 3 2 Vậy: S lớn nhất là khi 0
AIB = 90 ⇔ AB = R 2 = 3 2 ⇔ d(I,d) = IAB 2 2 3 2 ⇔ 2 1 − 2m = 2 + m 2
⇔ 2m + 16m + 32 = 0 ⇔ m = −4 2 Câu hỏi tương tự: 8
a) Với d : x + my – 2m + 3 = 0 , 2 2
(C ) : x + y + 4x + 4y + 6 = 0 . ĐS: m = 0 ∨ m = 15
HT 77. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox , y cho đường tròn 2 2 x
(C ) : x + y + 4 − 6y + 9 = 0 và điểm M(1;−8) . Viết
phương trình đường thẳng d đi qua M, cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho tam giác ABI có diện tích lớn nhất, với I
là tâm của đường tròn (C).
• (C) có tâm I (−2; 3) , bán kính R = 2 .
PT đường thẳng d qua M(1;−8) có dạng: d : ax +by −a + 8b = 0 ( 2 2 a + b ≠ 0 ). 1 S = I . A IB. sin AIB = 2 sin AIB . I ∆ AB 2 2 Do đó: S lớn nhất ⇔ 0 AIB = 90 ⇔ d(I,d) = IA = 2 I ∆ AB 2 a 11b − 3 a = 7b ⇔ = 2 ⇔ a2 a 2 7
− 66 b + 118b = 0 ⇔ a . 2 2 7 = 17b a + b + Với b = 1 ⇒ a = 7 ⇒ x d : 7 + y + 1 = 0 + Với b = 7 ⇒ a = 17 ⇒ x d : 17 + 7y + 39 = 0
HT 78. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2
x + y + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng ∆:
x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A
và B sao cho diện tích ∆IAB lớn nhất.
• (C) có tâm là I (–2; –2); R = 2 . Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. 1
Kẻ đường cao IH của ∆IAB, ta có: S∆ABC = S = I . A IB. sin AIB = sin AIB IAB 2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 30
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 IA Do đó S
lớn nhất ⇔ sin AIB = 1 ⇔ ∆AIB vuông tại I ⇔ IH = = 1 (thỏa IH < R) IAB 2 1 − 4m 8 ⇔
= 1 ⇔ 15m2 – 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m = 2 15 m + 1 Câu hỏi tương tự: a) Với 2 2
(C ) : x + y − 2x + 4y − 4 = 0 , ∆ : 2x + my + 1 − 2 = 0 . ĐS: m = 4 − . b) Với 2 2
(C ) : x + y − 2x − 4y − 5 = 0 , ∆ : x + my − 2 = 0 . ĐS: m = 2 −
HT 79. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox ,
y cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 2 2
x + y + 2x − 4y − 8 = 0 . Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có
hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B.
• Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 x + y + 2x − 4y − 8 = 0 y = 0;x = 2 ⇔
. Vì x > 0 nên ta được A(2;0), B(–3;–1). x − 5y − 2 = 0 y = −1;x = −3 A Vì 0
ABC = 90 nên AC là đường kính đường tròn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn.
Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4).
HT 80. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox , y cho đường tròn (C ): 2 2
x + y + 2x − 4y − 8 = 0 và đường thẳng ( ∆ ):
2x − 3y −1 = 0 . Chứng minh rằng ( ∆ ) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm toạ độ điểm M trên đường tròn (
C ) sao cho diện tích tam giác ABM lớn nhất. 9
• (C) có tâm I(–1; 2), bán kính R = 13 . d(I, ) ∆ =
< R ⇒ đường thẳng ( ∆ ) cắt (C) tại hai điểm A, B phân 13 1
biệt. Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có S = AB.d(M, )
∆ . Trong đó AB không đổi nên S lớn nhất ⇔ ∆ABM 2 ∆ABM d(M, ) ∆ lớn nhất.
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với ( ∆ ). PT đường thẳng d là 3x + 2y −1 = 0 .
Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 x + y + 2x − 4y − 8 = 0 x = 1,y = 1 − ⇔ ⇒ P(1; –1); Q(–3; 5) 3 x + 2y − 1 = 0 x = −3,y = 5 4 22 Ta có d(P, ) ∆ = ; d( , Q ) ∆ = . Như vậy d(M, )
∆ lớn nhất ⇔ M trùng với Q. 13 13
Vậy tọa độ điểm M(–3; 5).
HT 81. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2 x
x + y − 2 − 4y − 5 = 0 và A(0; –1) ∈ (C). Tìm toạ
độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho ∆ABC đều.
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 31
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 3 7
• (C) có tâm I(1;2) và R= 10 . Gọi H là trung điểm BC. Suy ra AI = 2.IH ⇔ H ; 2 2
∆ABC đều ⇒ I là trọng tâm. Phương trình (BC): x + 3y −12 = 0
Vì B, C ∈ (C) nên tọa độ của B, C là các nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 2 x + y − 2x − 4y − 5 = 0 x + y − 2x − 4y − 5 = 0 ⇔ x + 3y −12 = 0 x = 12 − 3y 7 + 3 3 − 3 3 7 − 3 3 + 3 3
Giải hệ PT trên ta được: B ; ;C ; hoặc ngược lại. 2 2 2 2
HT 82. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2
(x − 3) + (y − 4) = 35 và điểm A(5; 5). Tìm trên (C)
hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. A B = AC
• (C) có tâm I(3; 4). Ta có:
⇒ AI là đường trung trực của BC. ∆ABC vuông cân tại A nên AI cũng là I B = IC
phân giác của BAC . Do đó AB và AC hợp với AI một góc 0 45 .
Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 0
45 . Khi đó B, C là giao điểm của d với (C) và AB = AC. Vì
IA = (2;1) ≠ (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ ⇒ VTCP của d có hai thành phần đều khác 0.
Gọi u = (1;a) là VTCP của d. Ta có: a = 3 2 + a 2 + a 2 cos(I , A u ) = = = ⇔ 2 2 2 + a = 5 1 + a ⇔ 1 2 2 2 2 1 + a 2 + 1 5 1 + a a = − 3 x = 5 + t
+ Với a = 3, thì u = (1; 3)
⇒ Phương trình đường thẳng d: . y = 5 + 3t
9 + 13 7 + 3 13 9 − 13 7 − 3 13
Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: ; , ; 2 2 2 2 x = 5 + t 1 1 + Với a = − , thì u = 1 ; −
⇒ Phương trình đường thẳng d: 1 . 3 3 y = 5 − t 3
7 + 3 13 11 − 13 7 − 3 13 11 + 13
Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: ; , ; 2 2 2 2
7 + 3 13 11 − 13 9 + 13 7 + 3 13
+Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là: ; , ; 2 2 2 2
7 − 3 13 11 + 13 9 − 13 7 − 3 13 và ; , ; 2 2 2 2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 32
GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 8
HT 83. Trong mặt phẳng toạ độ Ox , y cho đường tròn (C): 2 2 x + y = 4 và các điểm A 1 ; −
, B(3; 0) . Tìm toạ độ điểm 3 20
M thuộc (C) sao cho tam giác MAB có diện tích bằng . 3 64 10 • AB = 4 + =
; AB : 4x − 3y − 12 = 0 . Gọi M(x;y) và h = d(M, AB) . 9 3 1 20 4x − 3y − 12 4x − 3y + 8 = 0 Ta có: h.AB h 4 4 = ⇔ = ⇔ = ⇔ 2 3 5 4x − 3y − 32 = 0 4 x − 3y + 8 = 0 14 48 4 x − 3y − 32 = 0 + ⇒ M(−2; 0);M − ; + (vô nghiệm) 2 2 x + y = 4 25 75 2 2 x + y = 4
HT 84. Trong mặt phẳng toạ độ Ox , y cho đường tròn 2 2 x
(C ) : x + y + 2 − 6y + 9 = 0 và đường thẳng x
d : 3 − 4y + 5 = 0 . Tìm những điểm M ∈ (C) và N ∈ d sao cho MN có độ dài nhỏ nhất.
• (C) có tâm I (−1; 3) , bán kính R = 1 ⇒ d(I,d) = 2 > R ⇒ d ∩ (C ) = ∅ .
Gọi ∆ là đường thẳng qua I và vuông góc với d ⇒ x ( ) ∆ : 4 + 3y − 5 = 0 . 1 7
Gọi N = d ∩ ∆ ⇒ N ; . 0 0 5 5 2 11 8 19
Gọi M , M là các giao điểm của ∆ và (C) ⇒ M − ; ,M − ; 1 2 1 2 5 5 5 5
⇒ MN ngắn nhất khi M ≡ M , N ≡ N . 1 0 2 11 1 7
Vậy các điểm cần tìm: M − ; ∈ (C) , N ; ∈ d . 5 5 5 5
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 33
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
PHẦN III CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TAM GIÁC
Toàn bộ tài liệu luyện thi đại học môn toán của thầy Lưu Huy Thưởng:
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 85.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có 3 đỉnh (
A −5; 3), B(2;−1),C (−1; 3) .
a) Viết phương trình ba cạnh của tam giác.
b) Viết phương trình đường trung tuyến AM
c) Viết phương trình đường cao BH
d) Viết phương trình đường trung trực d của cạnh AC.
e) Viết phương trình đường phân giác trong đỉnh C. Giải q ua ( A −5; 3) x + y − a) Cạnh AB 5 3 ⇒ AB : = v tcp AB = (7;−4) 7 4 − q ua ( A −5; 3) x = 5 − + 4t Cạnh AC : ⇒ AC : v tcp AC = (4; 0) y = 3 q ua B(2; 1 − ) x − x + Cạnh BC : 2 1 ⇒ BC : = v tcp BC = ( 3 − ; 4) 3 − 4 1
b) Ta có, M là trung điểm của BC ⇒ M( ;1) 2 q ua ( A 5 − ; 3) x + x −
Phương trình đường trung tuyến AM : 5 3 11 ⇒ AM : = v tcp AM = ( ; 2 − ) 11 −2 2 2 q ua B(2; 1 − ) x = 2 + 4t c) Đường cao BH : BH : ⇒ v tpt AC = (4;0) y = 1
d) Gọi N là trung điểm của AC ⇒ N( 3 − ; 3) q ua N( 3 − ; 3) x = 3 − + 4t
Đường trung trực của AC : d : d : ⇒ v tpt AC = (4;0) y = 3
e) Ta có : BC : 4x + 3y − 5 = 0 ; AC : y − 3 = 0
Phương trình đường phân giác góc tạo bởi BC và AC là : 4x + 3y − 5 y − 3 4x + 3y − 5 = 5y −15 2x − y + 5 = 0 (l ) = ± ⇔ 1 ⇔ 5 1 4x + 3y − 5 = 5 − y + 15 x + 2y − 5 = 0 (l ) 2
Xét vị trí tương đối của A và B so với l 1 Ta có : t = 2.( 5 − ) − 3 + 5 = 8 − ; t = 2.2 + 1 + 5 = 10 A B
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 34
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 ⇒ t .t
= −80 < 0 Vậy, A và B nằm khác phía so với l nên l là đường phân giác trong đỉnh C. A B 1 1
HT 86.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có (
A 2;2) và phương trình hai đường cao kẻ từ B và C
lần lượt là: d : 9x − 3y − 4 = 0;d : x + y − 2 = 0 . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. 1 2 Giải Lập phương trình AC :
Ta có : AC ⊥ d ⇒ AC : x + 3y + c = 0 1 1 AC qua (
A 2;2) ⇒ c = −8 ⇒ AC : x + 3y − 8 = 0 1 Lập phương trình AB :
Ta có : AB ⊥ d ⇒ AB : x − y + c = 0 2 2 AB qua (
A 2;2) ⇒ c = 0 ⇒ AB : x − y = 0 2 Lập phương trình BC : 2 − = 0 x x y = 2 2
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình : 3 ⇔ ⇒ B ; 9 x − 3y − 4 = 0 2 3 3 y = 3 x + 3y − 8 = 0 x = 1 −
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình : ⇔ ⇒ C( 1 − ; 3) x + y − 2 = 0 y = 3 q uaC( 1 − ; 3) Vậy, BC : ⇒ BC : 7x + 5y − 8 = 0 5 7 v tcp BC = (− ; ) 7 3
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 87.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình hai đường cao lần lượt là:
AH : 4x − y − 1 = 0 và BK : x − y + 3 = 0 , trọng tâm tam giác G(1;2) . Viết phương trình các cạnh của tam giác. Giải Tọa độ điểm ( A a; 4a − 1);B( ; b b + 3)
Hệ thức trọng tâm trong tam giác : x + x + x A B C a + b + x x = C = G 1 x = 3 −a −b 3 3 C ⇔ ⇔ ⇔ C (3 −a − ; b 4 − 4a −b) y + y + y 4a − 1 + b + 3 y = 4 − 4a −b A B C y = 2 C = G 3 3
AC = (3 − 2a − b; 5 − 8a − b) ; BC = (3 − a − 2b;1 − 4a − 2b)
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 35
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 A C ⊥ BK A C.u = 0 3
− 2a −b + 5 − 8a −b = 0 Ta có: BK ⇔ ⇔ B C ⊥ AH 3
−a − 2b + 4 −16a − 8b = 0 B C.u = 0 AH 5 a +b = 4 a = 1 ⇔ 1 7a + 10b = 7 b = 1 − Vậy, ( A 1; 3), B(−1;2),C (3;1)
Phương trình các cạnh (học sinh tự viết)
AB : x − 2y + 5 = 0;AC : x + y − 4 = 0, BC : x + 4y − 7 = 0
HT 88.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 3) và hai đường trung tuyến của nó có
phương trình là: x – 2y + 1 = 0 và y – 1 = 0 . Hãy viết phương trình các cạnh của ∆ABC. Giải
Thay tọa độ điểm A vào phương trình hai đường trung tuyến ta thấy không thỏa mãn.
Không mất tính tổng quát, đặt trung tuyến BM : x − 2y + 1 = 0 , trung tuyến CN : y − 1 = 0
Tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ phương trình: x − 2y + 1 = 0 x = 1 ⇔ ⇒ G(1;1) y −1 = 0 y = 1
Ta có, tọa độ B(2b − 1;b);C( ; c 1) x + x + x A B C 1 + 2b − 1 + c x 1 = = G b = −1
Hệ thức trọng tâm tam giác: 3 3 ⇔ ⇔ ⇔ y + y + y 3 + b + 1 c = 5 A B C y = 1 = G 3 3 Vậy, B(−3;−1),C (5;1)
Phương trình ba cạnh (học sinh tự viết)
• (AC): x + 2y – 7 = 0; (AB): x – y + 2 = 0; (BC): x – 4y – 1 = 0.
HT 89.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có (
A 2;1) . Đường cao BH có phương trình
x − 3y − 7 = 0 . Đường trung tuyến CM có phương trình x + y + 1 = 0 . Xác định toạ độ các đỉnh B, C. Tính diện tích tam giác ABC. Giải
• AC qua A và vuông góc với đường cao BH ⇒ (AC ) : x − 3y − 7 = 0 . x − 3y − 7 = 0
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ: ⇒ C (4; 5 − ) . x + y + 1 = 0 2 + x 1 + y 2 + x 1 + y Trung điểm M của AB có: B x = ; B y = . M ∈ (CM ) ⇒ B B + + 1 = 0 . M 2 M 2 2 2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 36
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 x − 3y − 7 = 0
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: 2 + x 1 + y ⇒ B( 2 − ;−3) . B B + + 1 = 0 2 2 x − 3y − 7 = 0 14 7
Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ: ⇒ H ;− . 3 x + y − 7 = 0 5 5 8 10 1 1 8 10 BH = ; AC = 2 10 ⇒ S = AC .BH = .2 10. = 16 (đvdt). 5 ∆ABC 2 2 5
HT 90.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ∆ABC có tọa độ đỉnh B(3; 5) , phương trình đường cao hạ từ đỉnh A và
đường trung tuyến hạ từ đỉnh C lần lượt là d : 2x – 5y + 3 = 0 và d : x + y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C 1 2 của tam giác ABC. Giải 5b 3 −
• Gọi M là trung điểm AB thì M ∈ d nên M(a; 5 − a) . Đỉnh A ∈ d nên A ;b . 2 1 2 x + x = 2x 4a − 5b = 3 a = 2 M là trung điểm AB: A B M ⇔ ⇔ ⇒ A(1; 1). y + y = 2y 2 a +b = 5 b = 1 A B M Phương trình BC: x 5 + 2y − 25 = 0 ; C = d ∩ BC ⇒ C(5; 0). 2
HT 91.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có (
A 4;−2) , phương trình đường cao kẻ từ C và đường
trung trực của BC lần lượt là: x −y + 2 = 0 , x
3 + 4y − 2 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B và C. Giải
• Đường thẳng AB qua A và vuông góc với đường cao CH ⇒ (AB) : x − y + 2 = 0 . b c 4 b c + − + Gọi B( ; b 2 −b) ∈ (AB) , C( ; c c + 2) ∈ (CH )
⇒ Trung điểm M của BC: M ; . 2 2
Vì M thuộc trung trực của BC nên: 3(b + c) + 4(4 −b + c) − 4 = 0 ⇔ b − + 7c + 12 = 0 (1)
BC = (c −b;c + b) là 1 VTPT của trung trực BC nên 4(c −b) = 3(c + b) ⇔ c = 7b (2) 7 1 1 9 7 1 Từ (1) và (2) ⇒ c = − , b = − . Vậy B − ; , C − ; . 4 4 4 4 4 4
HT 92.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC,
đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Giải • Gọi C( ;
c 2c + 3) và I (m; 6 − m) là trung điểm của BC. Suy ra: B(2m − ; c 9 − 2m − 2c) . 2m c 5 11 2m 2c − + − −
Vì C’ là trung điểm của AB nên: C ' ; ∈CC ' 2 2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 37
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2m c 5 − + 11 − 2m − 2c 5 5 41 nên 2 − + 3 = 0 ⇒ m = − ⇒ − I ; . 2 2 6 6 6 14 37 19 4 HT 93.
Phương trình BC: 3x − 3y + 23 = 0 ⇒ C ; − ⇒ B ;
.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho 3 3 3 3
tam giác ABC có đỉnh A(3; –4). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C
lần lượt là d : x + y − 1 = 0 và d : 3x − y − 9 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC. 1 2 Giải • Gọi C( ;
c 3c − 9) ∈ d và M là trung điểm của BC ⇒ M (m;1 − m) ∈ d . 2 1 2m c 3 7 2m 3c − + − − ⇒ B(2m − ;
c 11 − 2m − 3c) . Gọi I là trung điểm của AB, ta có I ; . 2 2 2m − c + 3 7 − 2m − 3c Vì I ∈ (d ) nên 3. −
− 9 = 0 ⇔ m = 2 ⇒ M(2;−1) 2 2 2
⇒ Phương trình BC: x − y − 3 = 0 . C = BC ∩ d ⇒ C (3; 0) ⇒ B(1;−2) . 2
HT 94.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 5); B(4; –3), đường phân giác trong vẽ từ C là
d : x + 2y − 8 = 0 . Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải
• Gọi E là điểm đối xứng của A qua d ⇒ E ∈ BC. Tìm được E(1;1)
⇒ PT đường thẳng BC: 4x + 3y + 1 = 0 . C = d ∩ BC ⇒ C (−2; 5) .
Phương trình đường tròn (ABC) có dạng: 2 2 2 2
x + y − 2ax − 2by + c = 0; a + b − c > 0 4a −10b + c = 2 − 9 1 5 −99
Ta có A, B, C ∈ (ABC) ⇒ −
6a − 10b + c = −34 ⇔ a = ;b = ; c = 2 8 4 −8a + 6b + c = −25
Vậy phương trình đường tròn là: 2 2 5 99 x + y − x − y − = 0 . 4 4
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 95.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ∆ABC biết: B(2; –1), đường cao qua A có phương trình d1:
3x – 4y + 27 = 0 , phân giác trong góc C có phương trình d2: x + 2y – 5 = 0 . Tìm toạ độ điểm A. Giải x − 2 y + 1 • Phương trình BC: =
⇒ Toạ độ điểm C (−1; 3) 3 −4
+ Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d2, I là giao điểm của BB’ và d2.
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 38
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 x − 2 y + 1 ⇒ phương trình BB’: = ⇔ 2x −y − 5 = 0 1 2 2 x − y − 5 = 0 x = 3
+ Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: ⇔ ⇒ I (3;1) x + 2y − 5 = 0 y = 1 x = 2x − x = 4
+ Vì I là trung điểm BB’ nên: B ' I B ⇒ B′(4; 3) y = 2y − y = 3 B ' I B
+ Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0. y − 3 = 0 x = 5 −
+ Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: ⇔ ⇒ ( A 5 − ; 3) 3 x − 4y + 27 = 0 y = 3
HT 96.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là (d1):
x + y + 2 = 0 , phương trình đường cao vẽ từ B là (d2): 2x – y + 1 = 0 , cạnh AB đi qua M(1; –1). Tìm phương trình cạnh AC. Giải
• Gọi N là điểm đối xứng của M qua (d1) ⇒ N ∈ AC . MN = (x − 1, y + 1) N N
Ta có: MN / /nd = (1; 1) ⇔ 1(x − 1) −1(y + 1) = 0 ⇔ x − y = 2 (1) 1 N N N N 1 1
Tọa độ trung điểm I của MN: x = (1 − x ), y = (−1 + y ) I 2 N I 2 N 1 1 I ∈ (d ) ⇔
(1 − x ) + (−1 + y ) + 2 = 0 ⇔ x + y + 4 = 0 (2) 1 2 N 2 N N N
Giải hệ (1) và (2) ta được N(–1; –3)
Phương trình cạnh AC vuông góc với (d2) có dạng: x + 2y + C = 0.
N ∈ (AC ) ⇔ 1 + 2.(−3) +C = 0 ⇔ C = 7. Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + 7 = 0.
HT 97.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; –2), đường cao CH : x − y + 1 = 0 , phân giác
trong BN : 2x + y + 5 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B, C và tính diện tích tam giác ABC. Giải
• Do AB ⊥ CH nên phương trình AB: x + y + 1 = 0 . 2 x + y + 5 = 0 x = −4
+ B = AB ∩ BN ⇒ Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: ⇔ ⇒ B(−4; 3) . x + y + 1 = 0 y = 3
+ Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì A' ∈ BC .
Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): x − 2y − 5 = 0 .
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 39
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 x + y + 5 = 0
Gọi I = (d) ∩ BN . Giải hệ:
. Suy ra: I(–1; 3) ⇒ A '( 3 − ; 4 − ) x − 2y − 5 = 0 13 9
+ Phương trình BC: 7x + y + 25 = 0 . Giải hệ: B C : 7x + y + 25 = 0 ⇒ C − ;− . 4 4 CH : x − y + 1 = 0 2 2 13 9 450 7.1 + 1( 2 − ) + 25 + BC = − 4 + + 3 + = , d( ; A BC ) = = 3 2 . 4 4 4 2 2 7 + 1 1 1 450 45 Suy ra: S = d( ; A BC ).BC = .3 2. = . ABC 2 2 4 4
HT 98.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(2;−1) , đường cao xuất phát từ A và đường
phân giác trong góc C lần lượt là d : 3x − 4y + 27 = 0 , d : x + 2y − 5 = 0 . Viết phương trình các cạnh của 1 2 tam giác ABC. Giải
• Đường thẳng BC qua B và vuông góc với d ⇒ (BC ) : 4x + 3y + 5 = 0 . 1 4 x + 3y + 5 = 0
Toạ độ đỉnh C là nghiệm của hệ: ⇒ C (−1; 3) . x + 2y − 5 = 0
Gọi B′ là điểm đối xứng của B qua d ⇒ B ( ′ 4;3) và B′ ∈ (AC) . 2
Đường thẳng AC đi qua C và B′ ⇒ (AC ) : y − 3 = 0 . y − 3 = 0
Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ: ⇒ ( A −5; 3) . 3 x − 4y + 27 = 0
Đường thẳng AB qua A và B ⇒ (AB) : 4x + 7y − 1 = 0 .
Vậy: (AB) : 4x + 7y − 1 = 0 , (BC ) : 4x + 3y + 5 = 0 , (AC ) : y − 3 = 0 .
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 99.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), phương trình đường trung tuyến BM:
2x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y −1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. Giải t 1 3 t + −
• Điểm C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C(t;1 − t) . Suy ra trung điểm M của AC là M ; . 2 2
Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K ∈ BC ).
Suy ra AK : (x − 1) − (y − 2) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 .
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 40
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 x + y −1 = 0
Tọa độ điểm I thỏa hệ: ⇒ I (0; ) 1 x − y + 1 = 0
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K( 1 − ; 0) . x + 1 y
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: = ⇔ 4x + 3y + 4 = 0 −7 + 1 8
HT 100.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(4; 3). Biết phương trình đường phân giác
trong (AD): x + 2y − 5 = 0 , đường trung tuyến (AM): 4x + 13y −10 = 0 . Tìm toạ độ đỉnh B. Giải
• Ta có A = AD ∩ AM ⇒ A(9; –2). Gọi C′ là điểm đối xứng của C qua AD ⇒ C′ ∈ AB. x − 9 y + 2
Ta tìm được: C′(2; –1). Suy ra phương trình (AB): = ⇔ x + 7y + 5 = 0 . 2 − 9 −1 + 2
Viết phương trình đường thẳng Cx // AB ⇒ (Cx): x + 7y − 25 = 0
HT 101.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho A
∆ BC , với đỉnh A(1; –3) phương trình đường phân giác trong BD:
x + y − 2 = 0 và phương trình đường trung tuyến CE: x + 8y − 7 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B, C. Giải b 1 1 b + +
• Gọi E là trung điểm của AB. Giả sử B( ; b 2 −b) ∈ BD ⇒ E ; − ∈ CE ⇒ b = 3 − 2 2
⇒ B(−3; 5) . Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua BD ⇒ A′ ∈ BC. Tìm được A′(5; 1) x + 8y − 7 = 0
⇒ Phương trình BC: x + 2y − 7 = 0 ; C CE BC : = ∩ ⇒ C(7; 0) . x + 2y − 7 = 0
HT 102.Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC với B(1;−2) đường cao AH :x − y + 3 = 0 .
Tìm tọa độ các đỉnh A, C của tam giác ABC biết C thuộc đường thẳng d :2x + y − 1 = 0 và diện tích tam giác ABC bằng 1. Giải
• Phương trình BC : x + y + 1 = 0 . C = BC ∩ d ⇒ C(2;−3) . x + y + 1 0 0 Gọi (
A x ;y ) ∈ AH ⇒ x − y + 3 = 0 (1); BC = 2, AH = d( , A BC ) = 0 0 0 0 2 x + y + 1 1 1 0 0 x + y + 1 = 2 (2) 0 0 S = AH .BC = 1 ⇔ . . 2 = 1 ⇔ A ∆ BC 2 2 x + y + 1 = 2 − (3) 2 0 0
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 41
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 x = 1 − x = 3 − Từ (1) và (2) 0 ⇒ ⇒ ( A 1 − ;2) . Từ (1) và (3) 0 ⇒ ⇒ ( A 3 − ; 0) y = 2 y = 0 0 0
HT 103.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh ( A 1
− ;−3) , trọng tâm G(4;−2) , trung trực của AB là d : x
3 + 2y − 4 = 0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải 3 13 3
• Gọi M là trung điểm của BC ⇒ AM = AG ⇒ M ;− . 2 2 2
AB ⊥ d ⇒ AB nhận u = (2;−3) làm VTPT ⇒ Phương trình AB : 2x − 3y − 7 = 0 . d
Gọi N là trung điểm của AB ⇒ N = AB ∩ d ⇒ N (2;−1) ⇒ B(5;1) ⇒ C (8;−4) .
PT đường tròn (C) ngoại tiếp ∆ABC có dạng: 2 2 x + y + 2ax + 2by + c = 0 ( 2 2 a + b −c > 0 ). 74 a = 2 a + 6b −c = 10 21 23 Khi đó ta có hệ: 1 a 0 + 2b + c = 2 − 6 ⇔ b = − . Vậy: 2 2 148 46 8 (C ) : x + y − x + y + = 0 7 21 7 3 1 a 6 − 8b + c = 8 − 0 8 c = 3
HT 104.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phân giác trong AD và đường cao CH lần lượt có
phương trình x + y − 2 = 0 , x − 2y + 5 = 0 . Điểm M (3; 0) thuộc đoạn AC thoả mãn AB = 2AM . Xác định
toạ độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC. Giải
• Gọi E là điểm đối xứng của M qua AD ⇒ E(2;−1) .
Đường thẳng AB qua E và vuông góc với CH ⇒ (AB) : 2x + y − 3 = 0 . 2 x + y − 3 = 0
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: ⇒ (
A 1;1) ⇒ PT (AM ) : x + 2y − 3 = 0 x + y − 2 = 0
Do AB = 2AM nên E là trung điểm của AB ⇒ B(3; 3 − ) . x + 2y − 3 = 0
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ: ⇒ C( 1 − ;2) x − 2y + 5 = 0 Vậy: ( A 1;1) , B(3; 3 − ) , C( 1 − ;2) . Câu hỏi tương tự: 1 a) ( D
A ) : x − y = 0 , (CH ) : 2x + y + 3 = 0 , M(0; 1 − ) . ĐS: (
A 1;1) ; B(−3;−1) ;C − ;−2 2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 42
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
HT 105.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, đường thẳng BC có phương trình
x + 2y − 2 = 0 . Đường cao kẻ từ B có phương trình x −y + 4 = 0 , điểm M(−1; 0) thuộc đường cao kẻ từ C.
Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. Giải x + 2y − 2 = 0
• Toạ độ đỉnh B là nghiệm của hệ: ⇒ B(−2;2) . x − y + 4 = 0
Gọi d là đường thẳng qua M và song song với BC ⇒ d : x + 2y + 1 = 0 .
Gọi N là giao điểm của d với đường cao kẻ từ B ⇒ Toạ độ của N là nghiệm của hệ: x − y + 4 = 0 ⇒ N (−3;1) . x + 2y + 1 = 0 1
Gọi I là trung điểm của MN ⇒ I − 2;
. Gọi E là trung điểm của BC ⇒ IE là đường trung trực của BC ⇒ 2 IE : 4x − 2y + 9 = 0 . x + 2y − 2 = 0 7 17 4 7
Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ: ⇒ E − ; ⇒ C − ; . 4 x − 2y + 9 = 0 5 10 5 5 3
Đường thẳng CA qua C và vuông góc với BN ⇒ CA : x + y − = 0 . 5 4 x − 2y + 9 = 0 13 19
Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ: 3 ⇒ A − ; . x + y − = 0 10 10 5 13 19 4 7 Vậy: A− ; − , B(−2;2) , C ; . 10 10 5 5
HT 106.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0 , cạnh
BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. Giải
• Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình: y = x . 2 − 4 − 2 = 0 x x y = − 2 2
Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ : 3 ⇔ ⇒ A− ; − y = x 2 3 3 y = − 3 8 8
Vì M là trung điểm của AC nên C ; 3 3 x
Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương trình: y = + 2 4
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 43
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 x + y + 3 = 0 x = −4 BH BC B : ∩ = ⇔ ⇒ B(−4;1) x y = + 2 y = 1 4
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 107.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao BH : 3x + 4y + 10 = 0 , đường phân
giác trong góc A là AD có phương trình là x − y + 1 = 0 , điểm M(0; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C
một khoảng bằng 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Giải
• Gọi N đối xứng với M qua AD . Ta có N ∈ AC và N (1;1) ⇒ PT cạnh AC : 4x − 3y − 1 = 0 1 A = AC ∩ AD ⇒ ( A 4 ; 5) . AB đi qua M, A
⇒ PT cạnh AB : 3x − 4y + 8 = 0 ⇒ B − 3;− 4 31 33
Gọi C(a;b) ∈ AC ⇒ 4a − 3b − 1 = 0 , ta có MC = 2 ⇒ C(1;1) hoặc C ; . 25 25
Kiểm tra điều kiện B, C khác phía với AD, ta có cả hai điểm trên đều thỏa mãn.
HT 108.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh AB là M(−1;2) , tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác là I (2;−1) . Đường cao của tam giác kẻ từ A có phương trình x
2 + y + 1 = 0 . Tìm toạ độ đỉnh C. Giải
• PT đường thẳng AB qua M và nhận MI = (3;−3) làm VTPT: (AB) : x − y + 3 = 0 . x − y + 3 = 0 4 5
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: ⇒ A − ; . 2 x + y + 1 = 0 3 3 2 7 M( 1
− ;2) là trung điểm của AB nên B − ; . 3 3 2 x = − + 2t
Đường thẳng BC qua B và nhận n = (2;1) làm VTCP nên có PT: 3 7 y = + t 3 2 7 Giả sử C − + 2t; + t ∈ (BC ) . 3 3 2 2 2 2 t = 0 (loaïi vì C ≡ B) 8 10 8 10 Ta có: IB = IC ⇔ 2 t − + t +
= + ⇔ 4 3 3 3 3 t = 5 14 47 Vậy: C ; . 15 15
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 44
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
HT 109.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong 17
BD. Biết H (−4;1), M ;12
và BD có phương trình x + y − 5 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC. 5 Giải
• Đường thẳng ∆ qua H và vuông góc với BD có PT: x −y + 5 = 0 . ∆ ∩ BD = I ⇒ I(0; 5)
Giả sử ∆ ∩ AB = H ' . ∆ BHH ' cân tại B ⇒ I là trung điểm của HH ' ⇒ H '(4;9) . 4
Phương trình AB: 5x + y − 29 = 0 . B = AB ∩ BD ⇒ B(6;−1) ⇒ A ;25 5 3
HT 110.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng
, A(2;–3), B(3;–2). Tìm toạ độ 2
điểm C, biết điểm C nằm trên đường thẳng (d): 3x – y – 4 = 0 . Giải x = t • PTTS của d:
. Giả sử C(t; –4 + 3t) ∈ d. y = −4 + 3t 1 1 3 t = −2 S = AB.AC .sin A = AB .AC − (AB.AC )2 2 2 = ⇔ 2 4t + 4t + 1 = 3 ⇔ 2 2 2 t = 1
⇒ C(–2; –10) hoặc C(1;–1). 3
HT 111.Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(2; –3), B(3; –2), có diện tích bằng và trọng tâm G thuộc 2
đường thẳng ∆ : 3x – y – 8 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C. Giải 5 5
• Ta có: AB = 2 , trung điểm M ; −
. Phương trình AB: x − y − 5 = 0 . 2 2 1 3 3 S = AB.d(C, AB) = ⇒ d(C, AB) = . ABC 2 2 2 1 t − (3t − 8) − 5 1 t = 1
Gọi G(t; 3t − 8) ∈ ∆ ⇒ d(G, AB) = ⇒ = ⇔ 2 2 2 t = 2
• Với t = 1 ⇒ G(1; –5) ⇒ C(–2; –10)
• Với t = 2 ⇒ G(2; –2) ⇒ C(1; –1) Câu hỏi tương tự: 27 a) Với ( A 2; 1 − ) , B(1;− 2) , S =
, G ∈ ∆ : x + y − 2 = 0 .
ĐS: C(18;−12) hoặc C(−9;15) ABC 2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 45
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
HT 112.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường thẳng d : x + 2y − 3 = 0 và hai điểm ( A −1;2) , B(2;1) . Tìm
toạ độ điểm C thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2. Giải
• AB = 10 , C(−2a + 3;a) ∈ d. Phương trình đường thẳng AB : x + 3y − 5 = 0 . 1 a − 2 1 a = 6 S = 2 ⇔ AB.d(C, AB) = 2 ⇔ 10. = 2 ⇔ A ∆ BC 2 2 10 a = −2 • Với a = 6 ta có C( 9 − ;6) • Với a = 2 − ta có C(7; 2 − ) . Câu hỏi tương tự:
a) Với d : x − 2y − 1 = 0 , A(1; 0), B(3; −1) , S = 6 .
ĐS: C (7; 3) hoặc C(−5;−3) . ABC
HT 113.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; –3), B(3; –2), diện tích tam giác bằng 1,5 và
trọng tâm I nằm trên đường thẳng d: 3x − y − 8 = 0 . Tìm toạ độ điểm C. Giải 2S 3 1 1
• Vẽ CH ⊥ AB, IK ⊥ AB. AB = 2 ⇒ CH = ∆ABC = ⇒ IK = CH = . AB 2 3 2
Giả sử I(a; 3a – 8) ∈ d.
Phương trình AB: x − y − 5 = 0 . a = 2 d(I, AB) = IK ⇔ 3 − a 2 = 1 ⇔
⇒ I(2; –2) hoặc I(1; –5). a = 1
+ Với I(2; –2) ⇒ C(1; –1)
+ Với I(1; –5) ⇒ C(–2; –10).
HT 114.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có (
A 1; 0), B(0;2) , diện tích tam giác bằng 2 và trung
điểm I của AC nằm trên đường thẳng d: y = x . Tìm toạ độ điểm C. Giải
• Phương trình AB : 2x + y − 2 = 0 . Giả sử I (t;t) ∈ d ⇒ C(2t − 1;2t) . 1 4 Theo giả thiết: S =
AB.d(C, AB) = 2 ⇔ 6t − 4 = 4 ⇔ t = 0; t = . A ∆ BC 2 3 4 5 8 + Với t = 0 ⇒ C( 1 − ; 0) + Với t = ⇒ C ; . 3 3 3
HT 115.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với AB =
5 , đỉnh C(−1;−1) , đường thẳng AB có
phương trình x + 2y − 3 = 0 , trọng tâm của ∆ABC thuộc đường thẳng d : x + y − 2 = 0 . Xác định toạ độ các
đỉnh A, B của tam giác ABC. Giải
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 46
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2a − 1 2 x = G
• Gọi I (a;b) là trung điểm của AB, G là trọng tâm ∆ABC ⇒ CG = CI ⇒ 3 3 2b − 1 y = G 3 2a − 1 2b − 1 Do G ∈ d nên +
− 2 = 0 ⇒ Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: 3 3 a + 2b − 3 = 0 a = 5 2a −1 2b −1 ⇒ ⇒ I (5;−1) . + − 2 = 0 b = −1 3 3 , A B ∈ (AB) x + 2y − 3 = 0 Ta có
5 ⇒ Toạ độ các điểm A, B là các nghiệm của hệ: 2 2 5 I A = IB = ( x − 5) + (y + 1) = 2 4 1 x = 4; y = − 1 3 3 1 ⇔ 2 ⇒ A4;− , B 6 ;− − − hoặc A 6; , B 4; . 3 2 2 2 2 x = 6; y = − 2
HT 116.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm G(2;1) và hai đường thẳng d : x + 2y − 7 = 0 , 1
d : 5x + y − 8 = 0 . Tìm toạ độ điểm B ∈ d ,C ∈ d sao cho tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm, biết A 2 1 2
là giao điểm của d , d . 1 2 Giải x + 2y − 7 = 0 x = 1
• Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: ⇔ ⇒ ( A 1; 3) . 5 x + y − 8 = 0 y = 3 Giả sử B(7 − 2 ; b b) ∈ d ; C ( ; c 8 − 5c) ∈ d . 1 2 x + x + x A B C x = G 2 b −c = 2 b = 2
Vì G là trọng tâm của ∆ABC nên: 3 ⇒ ⇒ . y + y + y b − 5c = −8 c = 2 A B C y = G 3 Vậy: B(3;2), C (2;−2) .
HT 117.Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại (
A −1; 4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng
∆ : x − y − 4 = 0 . Xác định toạ độ các điểm B, C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18. Giải 7 1 9
• Gọi H là trung điểm của BC
⇒ H là hình chiếu của A trên ∆ ⇒ H ;− ⇒ AH = 2 2 2 1 Theo giả thiết: S = 18 ⇒
BC .AH = 18 ⇒ BC = 4 2 ⇒ HB = HC = 2 2 . A ∆ BC 2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 47
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 x − y − 4 = 0 11 3 x = ; y =
Toạ độ các điểm B, C là các nghiệm của hệ: 2 2 2 2 7 1 ⇔ x − + y + = 8 3 5 x = ; y = − 2 2 2 2 11 3 3 5 3 5 11 3 Vậy B ; ,C ; − − hoặc B ; , C ; . 2 2 2 2 2 2 2 2
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 118.Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 , d2: x + 2y – 7 = 0 và tam
giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
• Do B ∈ d1 nên B(m; – m – 5), C ∈ d2 nên C(7 – 2n; n) 2 + m + 7 − 2n = 3.2 m = −1
Do G là trọng tâm ∆ABC nên ⇔ ⇒ B(–1; –4), C(5; 1) 3 − m − 5 + n = 3.0 n = 1
⇒ PT đường tròn ngoại tiếp ∆ABC: 2 2 83 17 338 x + y − x + y − = 0 27 9 27
HT 119.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt
nằm trên hai đường thẳng d : x + y + 5 = 0 và d : x + 2y – 7 = 0 . Viết phương trình đường tròn có tâm C 1 2
và tiếp xúc với đường thẳng BG. Giải • Giả sử B(−5 − ; b b) ∈ d ; C (7 − 2 ; c c) ∈ d . 1 2 x + x + 2 = 6
Vì G là trọng tâm ∆ABC nên ta có hệ: B C ⇒ B(–1;–4) , C(5; 1). y + y + 3 = 0 B C 9
Phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 . Bán kính R = d(C, BG) = 5
⇒ Phương trình đường tròn: 2 2 81 (x – 5) + (y – 1) = 25 4 7
HT 120.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có (
A −3; 6) , trực tâm H (2;1) , trọng tâm G ; . Xác 3 3
định toạ độ các đỉnh B và C. Giải 2 7 1
• Gọi I là trung điểm của BC. Ta có AG = AI ⇒ I ; 3 2 2
Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình: x − y − 3 = 0
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 48
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
Vì I là trung điểm của BC nên giả sử B(x ;y ) thì C(7 − x ;1 − y ) và x − y − 3 = 0 . B B B B B B
H là trực tâm của tam giác ABC nên CH ⊥ AB ; CH = (−5 + x ;y ), AB = (x + 3;y − 6) B B B B x − y = 3 x = 1 x = 6 CH .AB = 0 B B B B ⇔ ⇔ ∨ (
x − 5)(x + 3) + (y − 6) = 0 y = −2 y = 3 B B B B B
Vậy B (1;−2),C (6; 3) hoặc B (6; 3),C (1;−2)
HT 121.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng d đi qua trung
điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; −3) nằm
trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. Giải
• Gọi H là chân đường cao xuất phát từ A ⇒ H đối xứng với A qua d ⇒ H (−2;−2)
⇒ PT đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 . Giả sử B(m;−4 − m) ∈ BC ⇒ C (−4 − m;m) ⇒ CE = (5 + m;−3 − m ,
) AB = (m − 6;−10 − m) .
Vì CE ⊥ AB nên AB.CE = 0 ⇔ (m − 6)(m + 5) + (m + 3)(m + 10) = 0 ⇔ m = 0; m = −6 . Vậy: B(0;−4), C (−4; 0) hoặc B(−6;2), C (2;−6) .
HT 122.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh (
A 2; 4) . Đường thẳng ∆ qua trung điểm của
cạnh AB và AC có phương trình 4x − 6y + 9 = 0 ; trung điểm của cạnh BC nằm trên đường thẳng d có 7
phương trình: 2x − 2y − 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết rằng tam giác ABC có diện tích bằng và 2
đỉnh C có hoành độ lớn hơn 1. Giải 40 31
• Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua ∆, ta tính được A ' ;
⇒ BC : 2x − 3y + 1 = 0 13 13 5
Ta gọi M là trung điểm của BC, thì M là giao của đường thẳng d và BC nên M ;2 . 2 3t 1 − 1 7 1 7 13 Giả sử C ;t ∈ (BC ) . Ta có S = d( ; A BC ).BC ⇔ = .BC ⇔ BC = 13 ⇔ CM = 2 A ∆ BC 2 2 2 13 2 2 3t − 6 t = C 2 13 3 (4; 3) ⇔ + (t − 2) = ⇔ ⇔ ⇒ B(1;1) . 2 2 t = 1 C (1;1) (loaïi) Vậy: B(1;1) , C(4; 3) .
HT 123.Trong mặt phẳng toạ độ với hệ toạ độ Oxy, cho A
∆ BC với AB = 5, đỉnh C(−1;−1) , phương trình cạnh
AB : x + 2y − 3 = 0 và trọng tâm G của A
∆ BC 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 AB , G(x ;y ) là trọng tâm của ∆ABC G G
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 49
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2x − 1 2 x = G ⇒ 3 CG = CI ⇔ 3 2y − 1 y = G 3 2x − 1 2y − 1
G ∈ d : x + y − 2 = 0 nên có: x + y − 2 = 0 ⇔ + − 2 = 0 G G 3 3 x + 2y − 3 = 0
Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ: ⇒ I (5;−1) 2x − 1 2y − 1 + − 2 = 0 3 3 2 AB Gọi 2 2 2 5 (
A x ;y ) ⇒ IA = (x − 5) + (y + 1) = = . A A A A 2 4
Hơn nữa A ∈ AB : x + 2y − 3 = 0 suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: x + 2y − 3 = 0 x = 4 x = 6 A A A A ⇔ ∨ ( x y y y − + + = = − = − A )2 ( A )2 5 1 3 5 1 4 A 2 A 2 1 3 1 3 Vậy: A4, − , B 6 ; − − − hoặc B 4, ,A 6; . 2 2 2 2
HT 124.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm toạ độ các đỉnh của một tam giác vuông cân, biết đỉnh C(3;−1) và
phương trình của cạnh huyền là d : 3x − y + 2 = 0 . Giải
• Toạ độ điểm C không thoả mãn phương trình cạnh huyền nên ∆ABC vuông cân tại C. Gọi I là trung điểm của
AB . Phương trình đường thẳng CI: x + 3y = 0 . 3 1 72 I = CI ∩ AB ⇒ I − ; ⇒ AI = BI = CI = 5 5 5 , A B ∈ d 3 x − y + 2 = 0 3 19 x = ; y = Ta có: 5 5 72 ⇔ 2 2 3 1 72 ⇔ A I = BI = x + + y − = 9 17 x = − ; y = − 5 5 5 5 5 5 3 19 9 17
Vậy toạ độ 2 đỉnh cần tìm là: ; , − ; − . 5 5 5 5
HT 125.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; –5) và đường thẳng ∆ có phương trình: 3x − 4y + 4 = 0 . 5
Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I 2 ;
sao cho diện tích tam giác ABC bằng 15. 2 Giải
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 50
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 3a 4 16 3a + − 1 • Gọi A a ; ∈ ∆ ⇒ B 4 −a; ⇒ S = AB.d(C, ) ∆ = 3AB ⇒ AB = 5. 4 4 ABC 2 2 6 − 3a a = 2 4 AB = 5 ⇔ (4 − 2a) + = 25 ⇔
. Vậy hai điểm cần tìm là A(0; 1) và B(4; 4). 2 a = 0
HT 126.Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại (
A 2;1) , điểm B nằm trên trục hoành,
điểm C nằm trên trục tung sao cho các điểm B, C có toạ độ không âm. Tìm toạ độ các điểm B, C sao cho tam
giác ABC có diện tích lớn nhất. Giải • Giả sử B( ; b 0), C (0;c), ( , b c ≥ 0) . 5
∆ABC vuông tại A ⇔ AB.AC = 0 ⇔ c = −2b + 5 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ b ≤ . 2 1 1 S = AB.AC = 2 2 2 2 2
(b − 2) + 1. 2 + (c − 1) = (b − 2) + 1 = b − 4b + 5 A ∆ BC 2 2 5 Do 0 ≤ b ≤ nên S
đạt GTLN ⇔ b = 0 ⇒ B(0; 0),C (0; 5) . 2 A ∆ BC
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 127.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H (−1; 6) , các điểm M (2;2)N (1;1) lần lượt
là trung điểm của các cạnh AC, BC. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. Giải
• Đường thẳng CH qua H và vuông góc với MN ⇒ CH : x + y + 5 = 0 .
Giả sử C(a; 5 − a) ∈ CH ⇒ CN = (1 − a;a − 4)
Vì M là trung điểm của AC nên (
A 4 − a;a − 1) ⇒ AH = (a − 5; 7 − a)
Vì N là trung điểm của BC nên B(2 − a;a − 3) a = 3
Vì H là trực tâm ∆ABC nên: AH .CN = 0 ⇔ (a − 5)(1 − a) + (7 − a)(a − 4) = 0 ⇔ 11 . a = 2 + Với a = 3 ⇒ C(3;2), ( A 1;2), B( 1 − ; 0) 11 11 1 3 9 7 5 + Với a = ⇒ C ;− , A − ; , B − ; 2 2 2 2 2 2 2
HT 128.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm M(–1; 1) là trung điểm của cạnh BC, hai cạnh
AB, AC lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y − 2 = 0 và d2: 2x + 6y + 3 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. Giải
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 51
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 x + y − 2 = 0 15 7
• Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: ⇒ A ;− . 2 x + 6y + 3 = 0 4 4 3 2c − − Giả sử: B( ; b 2 −b) ∈ d ∈ 1, C ; c d
2. M(–1; 1) là trung điểm của BC 6 b + c = −1 1 2 b = 1 7 9 1 ⇔ −3 − 2 c ⇔ 4 ⇒ B ; , C − ; . 2 −b + 9 4 4 4 4 6 c = − = 1 4 2
HT 129.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A
∆ BC cân có đáy là BC. Đỉnh A có tọa độ là các số dương, hai điểm
B và C nằm trên trục Ox, phương trình cạnh AB : y = 3 7(x − 1) . Biết chu vi của A
∆ BC bằng 18, tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. Giải
• B = AB ∩Ox ⇒ B(1; 0) , A ∈ AB ⇒ A(a; 3 7(a − 1 )
) ⇒ a > 1 (do x > 0,y > 0 ). A A Gọi AH là đường cao A
∆ BC ⇒ H(a; 0) ⇒ C (2a − 1; 0) ⇒ BC = 2(a − 1),AB = AC = 8(a − 1) . Chu vi AB ∆
C = 18 ⇔ a = 2 ⇒ C (3; 0),A(2; 3 7 ) .
HT 130.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB,
BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0 ; x – y – 1 = 0 . Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng
x + 2y – 6 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Giải 4 x + 3y − 4 = 0 x = −2
• Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: ⇔ ⇒ ( A −2; 4) x + 2y − 6 = 0 y = 4 4 x + 3y − 4 = 0 x = 1
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình ⇔ ⇒ B (1; ) 0 x − y − 1 = 0 y = 0
Phương trình AC qua điểm A(–2;4) có dạng: a(x + 2) + (
b y − 4) = 0 ⇔ ax + by + 2a − 4b = 0
Gọi ∆ : 4x + 3y − 4 = 0; ∆ : x + 2y − 6 = 0; ∆ : ax + by + 2a − 4b = 0 1 2 3
Từ giả thiết suy ra (∆ ;∆ ) = (∆ ;∆ ) . 2 3 1 2 1.a + 2.b 4.1 + 2.3 Do đó
cos(∆ ; ∆ ) = cos(∆ ;∆ ) ⇔ = 2 3 1 2 2 2 25. 5 5. a + b a = 2 2 0 a 2b 2 a b a(3a 4b) 0 ⇔ + = + ⇔ − = ⇔ 3a − 4b = 0
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 52
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
• a = 0 ⇒ b ≠ 0 . Do đó ∆ : y − 4 = 0 3
• 3a – 4b = 0: Chọn a = 4 thì b = 3. Suy ra ∆ : 4x + 3y − 4 = 0 (trùng với ∆ ). 3 1
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y – 4 = 0. y − 4 = 0 x = 5
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: ⇔ ⇒ C (5; 4) x − y − 1 = 0 y = 4
HT 131.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, biết toạ độ trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là 5 5
H(2;2), I(1;2) và trung điểm M ;
của cạnh BC. Hãy tìm toạ độ các đỉnh , A , B C biết x > x ( x , x 2 2 B C B C
lần lượt hoành độ điểm B và C). Giải 4
• Gọi G là trọng tâm ∆ABC ta có : GH = −2GI ⇒ G ;2 3
Mặt khác vì GA = −2GM nên (
A −1;1) . Phương trình BC: 3x + y − 10 = 0 . Đường tròn (C) ngoại tiếp ∆ có
tâm I(1; 2) và bán kính R = 4 + 1 = 5 . Do đó (C) : 2 2 (x − 1) + (y − 2) = 5 . 2 2 ( x − 1) + (y − 2) = 5 x = 2 x = 3
Khi đó toạ độ B ;C là nghiệm hệ : ⇔ ∨ 3 x + y − 10 = 0 y = 4 y = 1 Vì x
> x nên B(3;1) ; C(2;4). Vậy : A(–1; 1); B(3; 1) ; C(2; 4). B C
HT 132.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại C có diện tích bằng 10, phương trình cạnh AB 9
là x − 2y = 0 , điểm I(4; 2) là trung điểm của AB, điểm M 4;
thuộc cạnh BC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C 2
biết tung độ điểm B lớn hơn hoặc bằng 3. Giải
• Giả sử B(2y ;y ) ∈ AB ⇒ (
A 8 − 2y ; 4 − y ) . Phương trình CI: 2x + y − 10 = 0 . B B B B
Gọi C (x ;10 − 2x ) ⇒ CI = 5 4 − x ; AB = 20 y − 2 . C C C B 1
x y − 4y − 2x = −6 (1) S
= CI.AB = 10 ⇔ 4y + 2x − x y − 8 = 2 C B B C ⇔ ABC 2 B C C B x y − 4y − 2x = −10 (2) C B B C 4 − x = k y − C (2 4 B ) Vì M ∈ BC ⇒ CM = kMB ⇔ 11
9 ⇒ 2x y − 6y − 5x + 16 = 0 (3) − + 2x = k y − C B B C 2 C B 2 x y − 4y − 2x = −6 y = −1− 2 • Từ (1) và (3): C B B C B ⇒ (loại, vì y ≥ 3 ) 2 x y − 6y − 5x + 16 = 0 B C B B C y = −1 + 2 B
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 53
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 x y − 4y − 2x = −10 y = 3 • Từ (2) và (3): C B B C B ⇔ (thoả) 2 x y − 6y − 5x + 16 = 0 x = 2 C B B C C
Vậy A(2; 1), B(6; 3), C(2; 6).
HT 133.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, các đỉnh A, B thuộc đường thẳng d: y = 2, phương trình cạnh BC:
3x − y + 2 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 3 . Giải
• B = d ∩ BC ⇒ B(0; 2). Giả sử ( A a;2) ∈ d,(a ≠ 2) , C( ; c 2 + c 3) ∈ BC,(c ≠ 0) . AB = ( a
− ; 0),AC = (c − a;c 3), BC = ( ; c c 3) ⇒ 2 2
AB = a ,AC = (c − a) + 3c , BC = 2 c A B.AC = 0 A B.AC = 0
∆ABC vuông ở A và r = 3 ⇒ ⇔ 1 AB + BC + AC S = pr AB.AC = . 3 2 2 a − (c − a) = 0 c = a ≠ 0 ⇔ ⇔ 2 2 a (c −a) + 3c = ( 2 2 a + 2 c + (c − a) + 3c ) 3 a = 3 + 3 c = a = 3 + 3 ⇒ ( A 3 + 3;2),C(3 + 3; 5 + 3 3) ⇒ c = a = −3 − 3 ⇒ (
A −3 − 3;2),C(−3 − 3;−1 − 3 3)
HT 134.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, tìm toạ độ các đỉnh của tam giác vuông cân ABC, có phương trình hai cạnh 8
AB : x − 2y + 1 = 0 , AC : 2x + y − 3 = 0 và cạnh BC chứa điểm I ;1 . 3 Giải
• Ta có: AB ⊥ AC ⇒ ∆ABC vuông cân tại A ⇒ ( A 1;1) .
Gọi M(x ; y) thuộc tia phân giác At của góc BAC . Khi đó M cách đều hai đường thẳng AB, AC. Hơn nữa M và I
cùng phía đối với đường thẳng AB và cùng phía đối với đường thẳng AC, tức là: x − 2y + 1 2x + y − 3 = 5 5 8 (
x −2y +1) −2 +1 > 0 ⇒ x + 3y − 4 = 0 3 16 (
2x + y − 3) + 1− 3 > 0 3 x − 2y + 1 = 0 At ⊥ BC ⇒ n
= (3;−1) ⇒ BC : 3x − y − 7 = 0 ; B AB BC : = ∩ ⇒ B(3;2) ; BC 3 x − y − 7 = 0
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 54
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 x + y − 3 = 0 C AC BC : = ∩ ⇒ C(2;−1) . 3 x − y − 7 = 0
HT 135.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, biết các đỉnh A, B, C lần lượt nằm trên
các đường thẳng d: x + y − 5 = 0 , d1: x + 1 = 0 , d2: y + 2 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, biết BC = 5 2 . Giải
• Chú ý: d1 ⊥ d2 và ∆ABC vuông cân tại A nên A cách đều d1, d2 ⇒ A là giao điểm của d và đường phân giác của
góc tạo bởi d1, d2 ⇒ A(3; 2).
Giả sử B(–1; b) ∈ d1, C(c; –2) ∈ d2. AB = (−4;b − 2), AC = (c − 3;−4) . A B.AC = 0 b = 5, c = 0 ( A 3;2), B(−1; 5), C (0;−2) Ta có: ⇔ ⇒ . 2 B C = 50 b = −1, c = 6 (
A 3;2), B(−1;−1), C (6;−2)
HT 136.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh C biết phương trình đường thẳng AB là: 14 5 65
x + y – 2 = 0 , trọng tâm của tam giác ABC là G ;
và diện tích của tam giác ABC bằng . Viết phương 3 3 2
trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải 5 1
• Gọi H là trung điểm của AB ⇒ CH ⊥ AB
⇒ CH: x − y − 3 = 0 ⇒ H ;− ⇒ C(9; 6) . 2 2 13 13 Gọi A(a; 2 − a) ∈ AB
⇒ B(5 − a;a − 3) ⇒ AB = (5 − 2a; 2a − 5); CH = − ;− 2 2 65 1 65 a = 2 0 S AB.CH 8a 40a 0 = ⇔ = ⇔ − = ⇔ A BC 2 2 2 a = 5 • Với a = 0 ⇒ ( A 0;2);B(5; 3 − ) • Với a = 5 ⇒ ( A 5; 3 − ), B(0;2)
PT đường tròn (C) ngoại tiếp ∆ABC có dạng: 2 2 2 2 x + y + 2ax + 2by + c = 0 (a + b −c > 0) −137 a = 4b + c = −4 26 −59 (C) qua A, B, C nên 1 0a 6b c 34 b − + = − ⇔ = 26 1 8a + 12b +c = −117 66 c = 13 ⇒ 2 2 137 59 66 (C ) : x + y − x − y + = 0 13 13 13
HT 137.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho ∆ ABC có phương trình cạnh AB: x + y – 3 = 0 , phương trình cạnh AC: 1
3x + y – 7 = 0 và trọng tâm G 2 ;
. Viết phương trình đường tròn đi qua trực tâm H và hai đỉnh B, C của 3
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 55
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 tam giác ABC. Giải • A = AB ∩ AC ⇒ (
A 2;1) . Giả sử B(m; 3 – m), C(n; 7 – 3n) . 1 2 + m + n = 6 m = 1 G 2 ;
là trọng tâm ∆ABC nên: ⇔ ⇒ B(1; 2), C(3; –2) 3 1 + 3 − m + 7 − 3n = 1 n = 3 A H ⊥ BC
H là trực tâm ∆ABC ⇔ ⇔ H (10; 5) . B H ⊥ AC
PT đường tròn (S) qua B, C, H có dạng: 2 2 2 2
x + y + 2ax + 2by + c = 0 (a + b − c > 0) 2 a + 4b + c = −5 a = −6 Do B, C, H ∈ (S) ⇔ 6 a 4b c 13 b − + = − ⇔ = −2 . Vậy (S): 2 2
x + y – 12x – 4y + 15 = 0 . 2 0a + 10b +c = −125 c = 15
HT 138.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d: x – 2y + 2 = 0 . Tìm trên d hai điểm
B, C sao cho tam giác ABC vuông tại B và AB = 2BC. Giải
Ta có, tam giác ABC vuông tại B nên AB ⊥ BC hay AB ⊥ d
Suy ra, AB : 2x + y + c = 0 ; AB qua (
A 0;2) nên c = −2 ⇒ AB : 2x + y − 2 = 0 1 1 2 2 + − 2 = 0 x x y = 2 6
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: 5 ⇔ ⇒ B ; x − 2y + 2 = 0 6 5 5 y = 5 2 2 2 5 12 6 AB =
, Tọa độ C(2c − 2;c) ⇒ BC = 2 c − + c − 5 5 5 2 2 2 5 12 6 Theo đề bài: AB = 2BC ⇔ = 2 2 c − + c − 5 5 5 c = 1 1 2 36 2 ⇔ = 5c − 12c + ⇔ 5c − 12c + 7 = 0 ⇔ 7 5 5 c = 5 Với, c = 1 ⇒ C (0;1) 1 7 4 7 Với, c = ⇒ C ; 2 5 5 5 2 6 4 7
Kết luận: B ; ; C (0;1); C ; 5 5 1 2 5 5
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 56
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 139.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân ngoại tiếp đường tròn 2 2 (C ) : x + y = 2 .
Tìm toạ độ 3 đỉnh của tam giác, biết điểm A thuộc tia Ox. Giải
A là giao của tia Ox với (C) ⇒ ( A 2; 0) .
Hai tiếp tuyến kẻ từ A đến (C) là: x + y − 2 = 0 và x − y − 2 = 0 .
Vì ∆ABC vuông cân nên cạnh BC tiếp xúc với (C) tại trung điểm M của BC
⇒ M là giao của tia đối tia Ox với (C) ⇒ M (− 2; 0) .
Phương trình cạnh BC: x = − 2 . B và C là các giao điểm của BC với 2 tiếp tuyến trên
⇒ Toạ độ 2 điểm B, C là: (− 2; 2 + 2),(− 2;−2 − 2) .
HT 140.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh BC là điểm M(3;−1) , đường
thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B đi qua điểm E(−1;−3) và đường thẳng chứa cạnh AC đi qua điểm F(1; 3) .
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết rằng điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC là điểm D(4;−2) . Giải
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, ta chứng minh được BDCH là hình bình hành nên M là trung điểm của HD
suy ra H (2; 0) . Đường thẳng BH có VTCP là EH = (3; 3) ⇒ VTPT là n
= (1;−1) ⇒ BH : x − y − 2 = 0 BH
+ AC vuông góc với BH nên n = u
= (1;1) ⇒ AC : x + y − 4 = 0 AC BH
+ AC vuông góc với CD nên n = u
= (1;−1) ⇒ DC : x − y − 6 = 0 . DC AC x + y − 4 = 0
+ C là giao của AC và DC nên tọa độ C là nghiệm của hệ: ⇒ C (5;−1) x − y − 6 = 0
+ M là trung điểm của BC nên B(1;−1) . AH vuông góc với BC ⇒ AH : x − 2 = 0 x − 2 = 0
+ A là giao điểm của HA và AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ ⇒ ( A 2;2) . x + y − 4 = 0 Vậy: (
A 2;2) , B(1;−1) , C(5;−1) .
HT 141.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ.
Đường phân giác trong của góc ABC là d : x + 2y − 5 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường
thẳng AC đi qua điểm K(6;2) Giải
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 57
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 Giả sử B(5 − 2 ; b b),C(2b − 5; b − ) ∈ d , O(0; 0) ∈ BC
Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc ABC nên I (2; 4) và I ∈ AB
Tam giác ABC vuông tại A nên BI = (2b − 3; 4 −b) vuông góc với CK = (11 − 2 ; b 2 + b) b = ⇔ 2 1 (2b 3)(11 2b) (4 b)(2 b) 0 5b 30b 25 0 − − + − + = ⇔ − + − = ⇔ b = 5
+ Với b = 1 ⇒ B(3;1),C (−3;−1) ⇒ ( A 3;1) ≡ B (loại) 31 17
+ Với b = 5 ⇒ B(−5; 5),C(5;−5) ⇒ A ; 5 5 31 17 Vậy A ; ;B(−5;5);C(5;−5) 5 5 4 7
HT 142.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A ;
và phương trình hai đường phân giác 5 5
trong BB′: x − 2y − 1 = 0 và CC′: x + 3y − 1 = 0 . Chứng minh tam giác ABC vuông. Giải
Gọi A1, A2 lần lượt là điểm đối xứng của A qua BB′, CC′ ⇒ A1, A2 ∈ BC.
Tìm được: A1(0; –1), A2(2; –1) ⇒ Phương trình BC: y = −1 ⇒ B(–1; –1), C(4; –1) ⇒ AB ⊥ AC ⇒ A vuông.
HT 143.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho phương trình hai cạnh của một tam giác là 5x − 2y + 6 = 0 và
4x + 7y − 21 = 0 . Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc toạ độ. Giải
Giả sử: (AB) : 5x − 2y + 6 = 0 , (AC ) : 4x + 7y − 21 = 0 ⇒ ( A 0; 3) .
Đường cao BO đi qua B và vuông góc với AC ⇒ (BO) : 7x − 4y = 0 ⇒ B(−4;−7) .
Cạnh BC đi qua B và vuông góc với OA ⇒ (BC ) : y + 7 = 0 .
HT 144.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(−12;1) , đường phân giác trong góc A có 1 2
phương trình d : x + 2y − 5 = 0 . G ;
là trọng tâm tam giác ABC. Viết phương trình đường thẳng BC. 3 3 Giải
Gọi M là điểm đối xứng của B qua d ⇒ M(−6;13) ∈ (AC ) .
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 58
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 Giả sử (
A 5 − 2a;a) ∈ d ⇒ C(8 + 2a;1 − a) . Do M , A MC cùng phương ⇒ a = 2 − ⇒ C(4; 3)
Vậy: (BC ) : x − 8y + 20 = 0 .
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 145.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình d1: x + y + 1 = 0 .
Phương trình đường cao vẽ từ B là d2: x − 2y − 2 = 0 . Điểm M(2; 1) thuộc đường cao vẽ từ C. Viết phương
trình các cạnh bên của tam giác ABC. Giải
B(0; –1). BM = (2;2) ⇒ MB ⊥ BC. Kẻ MN // BC cắt d2 tại N thì BCNM là hình chữ nhật. 8 1
PT đường thẳng MN: x + y − 3 = 0 . N = MN ∩ d 2 ⇒ N ; . 3 3 7 2 5 NC ⊥ BC
⇒ PT đường thẳng NC: x − y − = 0 .
C = NC ∩ d1 ⇒ C ;− . 3 3 3
AB ⊥ CM ⇒ PT đường thẳng AB: x + 2y + 2 = 0 .
AC ⊥ BN ⇒ PT đường thẳng AC: 6x + 3y + 1 = 0
HT 146.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác có phương trình hai cạnh là AB : 5x – 2y + 6 = 0 và
AC : 4x + 7y – 21 = 0 . Viết phương trình cạnh BC, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O. Giải
AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 ⇒ A(0;3)
Phương trình đường cao BO: 7x – 4y = 0 ⇒ B(–4; –7)
A nằm trên Oy, vậy đường cao AO nằm trên trục Oy ⇒ BC: y + 7 = 0.
HT 147.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
A = AB ∩ AC ⇒ A(3; 1). Gọi B( ; b b − 2) ∈ A , B C (5 − 2 ; c c) ∈ AC . 3 +b + 5 − 2c = 9 b = 5
Do G là trọng tâm của ∆ABC nên ⇔ ⇒ B(5; 3), C(1; 2) 1 + b − 2 + c = 6 c = 2
⇒ Phương trình cạnh BC: x − 4y + 7 = 0 .
HT 148.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; 7) và đường thẳng AB cắt trục Oy tại E sao cho
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 59
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 E 13
A = 2EB . Biết rằng tam giác AEC cân tại A và có trọng tâm là G 2 ;
. Viết phương trình cạnh BC. 3 Giải 2
Gọi M là trung điểm của BC. Ta có AG = AM ⇒ M(2; 3). 3 8
Đường thẳng EC qua M và có VTPT AG = 0; − nên có PT: 3
y = 3 ⇒ E(0; 3) ⇒ C(4; 3). Mà E A = 2EB nên B(–1; 1).
⇒ Phương trình BC: 2x − 5y + 7 = 0 .
HT 149.Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, phương trình các cạnh AB, BC lần lượt
là x + 2y − 1 = 0 và 3x − y + 5 = 0 . Viết phương trình cạnh AC biết AC đi qua điểm M(1;–3). Giải
Đường thẳng AC có VTPT: n = (1;2) . Đường thẳng BC có VTPT n = (3;−1) . 1 2
Đường thẳng AC qua M(1; –3) nên PT có dạng: 2 2 a(x − 1) + ( b y + 3) = 0 (a + b ≠ 0)
∆ABC cân tại đỉnh A nên ta có: cos(AB,BC ) = cos(AC,BC ) 3 − 2 3a −b ⇔ = 2 2 1 2
⇔ 22a − 15ab + 2b = 0 ⇔ a = b ∨ a = b 2 2 2 2 2 2 2 2 1 + 2 3 + 1 2 11 a + b 3 + 1 1
• Với a = b , chọn a = 1, b = 2 ta được AC: x + 2y + 5 = 0 (loại vì khi đó AC//AB) 2 2 • Với a =
b , chọn a = 2, b = 11 ta được AC: 2x + 11y + 31 = 0 . 11 Câu hỏi tương tự:
a) AB : 12x − y − 23 = 0 , BC : 2x − 5y + 1 = 0 , M(3;1)
ĐS: AC : 8x + 9y − 33 = 0 .
b) AB : 2x − y + 6 = 0 , BC : x − 3y − 2 = 0 , M (3; 2) . ĐS: AC : x + 2y − 7 = 0 .
HT 150.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A(2; 3), đường phân giác trong góc A có
phương trình x − y + 1 = 0 , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(6; 6) và diện tích tam giác ABC gấp
3 lần diện tích tam giác IBC. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC. Giải
Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. (C) có tâm I (6; 6) và bán kính R = IA = 5 ⇒ (C): 2 2 (x − 6) + (y − 6) = 25
Gọi D là giao điểm của (C) với đường thẳng x − y + 1 = 0 ⇒ D(9;10)
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 60
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
Ta có: ID ⊥ BC ⇒ ID = (3; 4) là VTPT của BC ⇒ Phương trình BC có dạng : 3x + 4y + m = 0 m = −54 Theo đề bài ta có S = 3S ⇔ d( ,
A BC ) = 3d(I, BC ) ⇔ 18 + m = 3 42 + m ⇔ A ∆ BC ∆IBC m = −36
Vậy có hai đường thẳng thỏa YCBT : 3x + 4y − 54 = 0 và 3x + 4y − 36 = 0
HT 151.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H (−1; 4) , tâm đường tròn ngoại tiếp
I (−3; 0) và trung điểm của cạnh BC là M(0;−3) . Viết phương trình đường thẳng AB, biết điểm B có hoành độ dương. Giải
Giả sử N là trung điểm của AC. Vì ∆ABH ~ ∆MNI và HA // MI nên HA = 2MI ⇒ ( A −7;10) 2 2 ( x + 3) + y = 116 Ta có: IA = I ,
B IM ⊥ MB ⇒ Toạ độ điểm B thoả hệ: ⇒ B(7; 4) . −3x + 3(y + 3) = 0
Vậy: Phương trình AB : 3x + 7y − 49 = 0 .
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 152.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 3), B(2; –1), C(11; 2). Viết phương trình đường
thẳng đi qua A và chia ∆ABC thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 2. Giải
Gọi d là đường thẳng cần viết. Gọi M = d ∩ BC
Khi đó tam giác ABC được chia thành hai tam giác ABM và ACM. 1 1 Ta có: S = d( , A BC ).BM;S = d( , A BC ).CM ABM 2 A ∆ CM 2 S BM S 1 BM 1 Theo đề bài: A ∆ BM = 2 ⇔ = 2 hoặc A ∆ BM = ⇔ = S CM S 2 CM 2 ∆ACM ∆ACM BM Trường hợp 1: = 2 ⇔ BM = 2MC CM
Đặt M (a;b);BM = (a − 2;b + 1), MC = (11 − a;2 −b) a − 2 = 22 − 2a a = 8 Suy ra: ⇔
⇒ M(8;1) ⇒ AM : 2x + 5y − 21 = 0 b + 1 = 4 − 2b b = 1 BM 1
Tương tự với trường hợp: =
ta được: AM: 3x + 2y − 15 = 0 CM 2
Kết luận: 3x + 2y – 15 = 0; 2x + 5y – 21 = 0 .
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 61
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
HT 153.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng d :2x + 5y + 3 = 0 ; d :5x − 2y − 7 = 0 cắt nhau 1 2
tại A và điểm P(−7; 8) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua P tạo với d , d thành tam giác cân tại A và 3 1 2 29 có diện tích bằng . 2 Giải
Ta có A(1;−1) và d ⊥ d . PT các đường phân giác của các góc tạo bởi d , d là: 1 2 1 2
∆1: 7x + 3y − 4 = 0 và ∆2: 3x − 7y − 10 = 0
d tạo với d , d một tam giác vuông cân ⇒ d vuông góc với ∆ 3 1 2 3 1 hoặc ∆2..
⇒ Phương trình của d có dạng: 7x + 3y +C = 0 hay 3x − 7y +C ′ = 0 3 Mặt khác, d qua P( 7
− ; 8) nên C = 25 ; C′ = 77. 3
Suy ra : d : 7x + 3y + 25 = 0 hay d : 3x − 7y + 77 = 0 3 3 29
Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng ⇒ cạnh huyền bằng 58 2 58
Suy ra độ dài đường cao A H = = d( , A d ) 2 3 58
• Với d : 7x + 3y + 25 = 0 thì d( ; A d ) = ( thích hợp) 3 3 2 87
• Với d : 3x − 7y + 77 = 0 thì d( ; A d ) = ( loại ) 3 3 58
HT 154.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 4 điểm A(1;0), B(–2;4), C(–1;4), D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( )
∆ : 3x − y − 5 = 0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. Giải x = t
Phương trình tham số của ∆:
. M ∈ ∆ ⇒ M(t; 3t – 5) y = 3t − 5 7 7 S = S
⇔ d(M, AB).AB = d(M,CD).CD ⇔ t = −9 ∨ t =
⇒ M(−9;−32), M ;2 MAB MCD 3 3
HT 155.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình 2 cạnh AB, AC lần lượt là
x + 2y − 2 = 0 và 2x + y + 1 = 0 , điểm M(1;2) thuộc đoạn BC. Tìm tọa độ điểm D sao cho DB.DC có giá trị nhỏ nhất. Giải
Phương trình BC có dạng: 2 2 a(x − 1) + ( b y − 2) = 0,a + b > 0 .
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 62
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 a + 2b 2a + b a = b − ∆ABC cân tại A nên cos B cosC = ⇔ = ⇔ 2 2 2 2 a = b a + b . 5 a + b . 5 2 1 − • Với a = b − : chọn b = −1,a = 1
⇒ BC: x − y + 1 = 0 ⇒ B(0;1), C ; ⇒ M không thuộc đoạn BC. 3 3
• Với a = b : chọn a = b = 1 ⇒ BC : x + y − 3 = 0 ⇒ B(4;−1), C(−4;7) ⇒ M thuộc đoạn BC. 2 2 BC BC
Gọi trung điểm của BC là I (0; 3) .Ta có: 2
DB.DC = (DI + IB).(DI + IC ) = DI − ≥ − 4 4
Dấu "=" xảy ra ⇔ D ≡ I . Vậy DB.DC nhỏ nhất khi D(0; 3).
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com 3
HT 156.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác ABC có diện tích bằng ; trọng tâm 2
G của ∆ABC nằm trên đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0 . Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ∆ ABC. Giải a −b − 5 2S
• Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = A ∆ BC = 2 AB a −b = 8 (1) a 5 b 5 + − ⇒ a b 5 3 − − = ⇔ ; Trọng tâm G ;
∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3) a −b = 2 (2) 3 3 S 3
• (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = = p 2 + 65 + 89 S 3
• (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ r = = p 2 + 2 5
HT 157.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 96 . Gọi M (2; 0) là trung điểm của AB,
phân giác trong của góc A có phương trình: d : x − y − 10 = 0 . Đường thẳng AB tạo với d một góc α thỏa 3 mãn cos α =
. Xác định các đỉnh của tam giác ABC . 5 Giải
Gọi M ' đối xứng với M (2; 0) qua d : x − y − 10 = 0 ⇒ M '(10;−8) .
PT đường thẳng AB qua M (2; 0) có dạng: a(x − 2) + by = 0 . a −b 3 a = 7b
AB tạo với d : x − y − 10 = 0 một góc α ⇒ = cos α = ⇔ 2 2 5 b = 7a a + b 2
• Với a = 7b ⇒ AB: 7x + y − 14 = 0 . AB cắt d tại A ⇒ (
A 3;−7) ⇒ B(1; 7) ⇒ AB = 10 2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 63
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 1 1 ⇒ S = AB.d(M ', AB) = 48 = S
⇒ AC = 2AM ' ⇒ C (17;−9) A ∆ M ' B 2 2 A ∆ BC
• Với b = 7a ⇒ AB: x + 7y − 2 = 0 . AB cắt d tại A ⇒ (
A 9;−1) ⇒ B(−5;1) ⇒ AB = 10 2 1 1 ⇒ S = AB.d(M ', AB) = 48 = S
⇒ AC = 2AM ' ⇒ C (11;−15) A ∆ M ' B 2 2 A ∆ BC Vậy, (
A 3;−7), B(1; 7), C (17;−9) hoặc (
A 9;−1), B(−5;1),C (11;−15) .
HT 158.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Đỉnh B(1; 1). Đường thẳng AC có phương trình:
4x + 3y − 32 = 0 . Trên tia BC lấy điểm M sao cho BC .BM = 75 . Tìm đỉnh C biết bán kính của đường tròn 5 5
ngoại tiếp tam giác AMC bằng . 2 Giải
Đường thẳng (AB) qua B và vuông góc với (AC) ⇒ (AB) : 3x − 4y + 1 = 0 ⇒ ( A 5; 4) .
Gọi E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp của tam giác AMC với BA thì ta có: B .
A BE = BM.BC = 75 ( vì M nằm trên tia BC ) ⇒ tìm được E(13;10) .
Vì ∆AEC vuông tại A nên CE là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆AMC ⇒ EC = 5 5 . Do đó C là giao của
đường tròn tâm E bán kính r = 5 5 với đường thẳng AC. 4 x + 3y − 32 = 0 x = 2;y = 8
⇒ Toạ độ của C là nghiệm của hệ ⇔ . 2 2 ( x − 13) + (y − 10) = 125 x = 8;y = 0
Vậy: C(2; 8) hoặc C(8; 0) .
HT 159. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC:
3x − y − 3 = 0 , các đỉnh A và B nằm trên trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2.
Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC. Giải 3x −y − 3 = 0
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: ⇒ B(1; 0) . y = 0
Đường thẳng BC có hệ số góc k = 3 nên 0
ABC = 60 ⇒ đường phân giác trong BE của tam giác ABC có hệ số 3 3 3 góc k ′ = nên có phương trình: y = x − . 3 3 3
Tâm I (a;b) của đường tròn nội tiếp ∆ABC thuộc BE và d(I,Ox) = 2 nên: b = 2 .
+ Với b = 2 ⇒ a = 1 + 2 3 ⇒ I (1 + 2 3;2) .
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 64
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
+ Với b = −2 ⇒ a = 1 − 2 3 ⇒ I (1 − 2 3;−2) .
Đường phân giác trong AF có dạng: y = x
− + m . Vì AF đi qua I nên:
+ Nếu I (1 + 2 3;2) thì m = 3 + 2 3 ⇒ A ( F) : y = x − + 3 + 2 3 ⇒ ( A 3 + 2 3; 0) .
Do AC ⊥ Ox nên AC có phương trình: x = 3 + 2 3 . Từ đó suy ra C(3 + 2 3; 6 + 2 3) . 4 + 4 3 6 + 2 3
Suy ra toạ độ trọng tâm G ; . 3 3
+ Nếu I (1 − 2 3;−2) thì m = −1 − 2 3 ⇒ A ( F) : y = x − − 1 − 2 3 ⇒ ( A −1 − 2 3; 0) .
Do AC ⊥ Ox nên AC có phương trình: x = −1 − 2 3 . Từ đó suy ra C (−1 − 2 3;−6 − 2 3) . −1 − 4 3 6 + 2 3
Suy ra toạ độ trọng tâm G ; . 3 3 4 + 4 3 6 + 2 3 −1 − 4 3 6 + 2 3
Vậy có hai điểm thoả YCBT: G ; hoặc G ; . 3 3 3 3
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 160. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Đỉnh A có toạ độ là các số dương, hai điểm B, C
nằm trên trục Ox, phương trình cạnh AB : y = 3 7(x − 1) . Biết chu vi của ∆ABC bằng 18, tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. Giải
Ta có: B = (AB) ∩ Ox ⇒ B(1; 0) . Giả sử A(a; 3 7(a − 1 )
) (a > 1 vì x > 0,y > 0 ). A A
Gọi AH là đường cao của ∆ABC ⇒ H (a; 0) ⇒ C(2a − 1; 0) .
⇒ BC = 2(a − 1), AB = AC = 8(a − 1) . P
= 18 ⇔ a = 2 ⇒ C(3; 0),A(2; 3 7 ) . A ∆ BC
Vậy: A(2; 3 7 ), B(1; 0) , C(3; 0) .
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 65
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 PHẦN IV TỨ GIÁC
Toàn bộ tài liệu luyện thi đại học môn toán của thầy Lưu Huy Thưởng:
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 161.Trong mặt phẳng với hệ toạ 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
Ta có: AB = (−1;2) ⇒ AB = 5 . Phương trình AB: 2x + y − 2 = 0 .
I ∈ (d) : y = x ⇒ I(t;t) . I là trung điểm của AC và BD nên: C(2t − 1;2t), D(2t;2t − 2) 4 Mặt khác: S
D = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) ⇒ CH = . ABC 5 4 5 8 8 2 6t − 4 4 t = ⇒ C ; , D ; = ⇔ = ⇔ Ngoài ra: d(C ;AB) CH 3 3 3 3 3 5 5 t
= 0 ⇒ C(−1;0),D(0;−2) 5 8 8 2 Vậy C ; , D ;
hoặc C(−1; 0), D(0;−2) . 3 3 3 3 Câu hỏi tương tự: a) Với S
= 4 , A(2; 0), B(3; 0), I = AC ∩ BD , I ∈ d : y = x . ABCD
ĐS: C(3; 4);D(2; 4) hoặc C(−5;−4);D(−6;−4) . b) Với S
= 4 , A(0; 0), B(–1; 2), I = AC ∩ BD , I ∈ d : y = x − 1 . ABCD 2 8 − − 1 14 −
ĐS: C(2; 0), D(3; –2) hoặc C ; , D ; 3 3 3 3
HT 162.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD
có phương trình d : 3x − y = 0 , đường thẳng BD có phương trình d : x − 2y = 0 , góc tạo bởi hai đường 1 2
thẳng BC và AB bằng 450. Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương. Giải
D = d ∩ d ⇒ D(0; 0) ≡ O . 1 2
VTPT của đường thẳng AD và BD lần lượt là n = (3;−1) , n = (1;−2) . 1 2 1 Ta có: 0 cos ADB = ⇒ ADB = 45 ⇒ AD = AB. 2 Vì 0 (BC,AB) = 45 nên BC D 0
= 45 ⇒ ∆BCD vuông cân tại B ⇒ DC = 2AB.
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 1 3.AB S = 24 ⇔ (AB +CD)AD =
= 24 ⇒ AB = 4 ⇒ BD = 4 2 . ABCD 2 2 2 x x 8 10 4 10 Gọi B x ; B 2 8 10 B = + ∈ d , x > 0 . BD x = 4 2 ⇔ x = ⇒ B ; B 2 2 B B B 2 5 5 5
Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với d ⇒Phương trình BC là: 2x + y − 4 10 = 0 . 2
HT 163.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AB// CD, AB < CD). Biết A(0; 2), D(–2; –2) và
giao điểm I của AC và BD nằm trên đường thẳng có phương trình d : x + y − 4 = 0 . Tìm tọa độ của các đỉnh
còn lại của hình thang khi góc 0 AID = 45 . Giải I ∈ d ⇒ I (x; 4 − x) . D 2 A
= 2 5; IA = 2x − 4x + 4 ; I D 2 = 2x − 8x + 40 2 2 2 IA + ID − AD x = 2 Trong A ∆ ID có: = cos AID ⇒ 2I . A ID x = 4 ID
+ Với x = 2 ⇒ IA = 2, ID = 4 2 ⇒ ID = − .IB IB
⇒ B (2 + 2;2 + 2) , C (2 + 4 2;2 + 4 2)
+ Với x = 4 ⇒ B (4 + 3 2;2 + 2) , C (4 + 4 2;−2 2) .
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 164.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2
(x − 1) + (y + 1) = 2 và 2 điểm A(0; –4), B(4; 0).
Tìm tọa độ 2 điểm C và D sao cho đường tròn (C) nội tiếp trong hình thang ABCD có đáy là AB và CD. Giải 2 2
(C ) : (x − 1) + (y + 1) = 2 có tâm I (1;−1) và R = 2 .
PT cạnh AB: x − y − 4 = 0 . PT cạnh CD có dạng: x − y + c = 0; c ≠ −4 + + c
CD tiếp xúc với (C) ⇒ d I C D 1 1 ( , ) = R ⇔
= 2 ⇔ c = 0 ⇒ PT cạnh CD: x − y = 0 2
Nhận thấy các đường thẳng x = 0, x = 4 không phải là tiếp tuyến của (C).
Giả sử phương trình cạnh AD có dạng: kx − y − 4 = 0 (k ≠ 1) . Ta có: d I D 2 2
( , A ) = R ⇔ k − 3 = 2(k + 1) ⇔ k + 6k − 7 = 0 ⇔ k = −7
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 1 1 − − 1 1
⇒ PT cạnh AD: 7x + y + 4 = 0 ⇒ D ;
. PT cạnh BC: x + 7y − 4 = 0 ⇒ C ; . 2 2 2 2
HT 165.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A(0; 1), B(3; 4) nằm trên parabol (P): 2
y = x − 2x + 1 , tâm I nằm trên cung AB của (P). Tìm tọa độ hai đỉnh C, D sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất. Giải
I nằm trên cung AB của ( P) nên 2
I (a;a − 2a + 1) với 0 < a <3.
Do AB không đổi nên diện tích ∆IAB lớn nhất khi d(I, AB) lớn nhất
Phương trình AB: x − y + 1 = 0 . 2 a − a + 2a − 1 + 1 2 a − + 3a 2 a − + 3a d(I, AB) = = = (do a ∈ (0;3)) 2 2 2 3 3 1 ⇒ d ( I, AB) đạt GTLN ⇔ 2 f (a) = a − + 3a đạt GTLN ⇔ a = ⇒ I ; 2 2 4 1 7
Do I là trung điểm của AC và BD nên ta có C 3; − ; D 0; − . 2 2 1
HT 166.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ; 0
. Đường thẳng chứa cạnh AB 2
có phương trình x – 2y + 2 = 0 , AB = 2AD. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D, biết đỉnh A có hoành độ âm. Giải
Gọi M là hình chiếu của I trên AB.
Khi đó, IM ⊥ AB ⇒ IM : 2x + y + c = 0 1 1
IM qua I ( ; 0) ⇒ c = −1 ⇒ IM : 2x + y − 1 = 0 1 2 2 x + y −1 = 0 x = 0
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: ⇔ ⇒ M(0;1) x − 2y + 2 = 0 y = 1 Gọi (
A 2a − 2;a) Điều kiến: 2a − 2 < 0 ⇔ a < 1 A B = 2AM Ta có: A
D = 2d(I, AB) ⇒ AM = 2d(I, AB) A B = 2AD
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 5 a = t m 2 2 2
⇔ (2a − 2) + (a − 1) = 2. 2 0( . ) 5a 10a 5 5 ⇔ − + = ⇔ 5 a = 2(ko t.m) Với a = 0 ⇒ (
A −2; 0) . Vì M là trung điểm AB nên: B(2;2)
I là trung điểm của AC và BD nên: C(3; 0), D(−1;−2) Kết luận: (
A –2; 0), B(2;2), C (3; 0), D(–1; –2) .
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 167.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Biết AB = 2BC , đường thẳng AB đi qua điểm 4 1 M − ;1 −
, đường thẳng BC đi qua điểm N (0; 3) , đường thẳng AD đi qua điểm P 4; , đường thẳng CD đi 3 3
qua điểm Q(6;2) . Viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật ABCD. Giải 4
Dễ thấy đường thẳng AB không song song với trục Oy ⇒ PT AB có dạng: y = k x + + 1 . 3 k
⇒ Phương trình DC: y = k(x − 6) + 2 , BC: x + ky − 3k = 0 , AD: x + ky − 4 + = 0 . 3 k 4 4 − − 3k − k − 1 − 6k + 2 3 3
Vì AB = 2BC nên d(P, BC ) = 2d(M, DC ) ⇔ = 2 2 1 + k 1 + k 1 1 0 k − 12 = 6 − 44k k = ⇔ ⇔ 3 . 1 0k −12 = 44k − 6 3 k = − 17 1 1 13 1 1 1 35 + Với k = thì AB : y = x + , DC : y =
x , BC : x − y − 1 = 0 , AD : x + y − = 0 . 3 3 9 3 3 3 9 3 3 13 3 52 + Với k = − thì AB : y = − x + , DC : y = − x + , 17 17 17 17 17 3 9 BC : x − y + = 0 , D 3 71 A : x − y − = 0 . 17 17 17 17
HT 168.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các
điểm M(4; 5), N (6; 5),P(5;2),Q(2;1) và diện tích bằng 16. Viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật ABCD. Giải PT cạnh AB có dạng: 2 2 a(x − 4) + (
b y − 5) = 0 (a + b ≠ 0) . ⇒ PT cạnh BC: (
b x − 6) − a(y − 5) = 0 .
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 a − 3b −4b + 4a
Diện tích hình chữ nhật: S = d(P, AB).d(Q, BC ) = . = 16 2 2 2 2 a + b a + b a = −1, b = 1 ⇔ 2 2
(a − 3b)(a −b) = 4(a + b ) ⇔ 1 . a = − , b = 1 3 Vậy: AB : x
− + y − 1 = 0 hoặc AB : x
− + 3y − 11 = 0 . Từ đó suy ra PT các cạnh còn lại.
HT 169.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB: x − 2y − 1 = 0 ,
đường chéo BD: x − 7y + 14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải
B = BD ∩ AB ⇒ B(7; 3) . PT đường thẳng BC: 2x + y – 17 = 0 . A ∈ AB ⇒ ( A 2a + 1;a),C ∈ BC ⇒ C ( ;
c 17 − 2c),a ≠ 3,c ≠ 7 . 2a c 1 a 2c 17 + + − + I ;
là trung điểm của AC, BD. 2 2
I ∈ BD ⇔ 3c − a − 18 = 0 ⇔ a = 3c − 18 ⇒ ( A 6c − 35; 3c − 18) c = 7 (loaïi) M, A, C thẳng hàng ⇔ M , A MC cùng phương ⇒ 2 c – 13c + 42 = 0 ⇔ c = 6
Với c = 6 ⇒ A(1; 0), C(6; 5) , D(0; 2), B(7; 3). Câu hỏi tương tự:
a) (AB) : x − y + 1 = 0 , (BD) : 2x + y − 1 = 0 , M (−1;1) . 1 2 2 1 ĐS: A− ; , B(0;1),C (1; 0), D ; − 3 3 3 3
HT 170.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng 9
(d) : x − y − 3 = 0 và có hoành độ x =
, trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa I 2
độ các đỉnh của hình chữ nhật, biết y > 0 . A Giải 9 3 I ;
. Gọi M = d ∩ Ox là trung điểm của cạnh AD, suy ra M(3;0). AB = 2IM = 3 2 . 2 2 S ABCD S = AB A ⇔ = = ABC D D = 12 AD = 12 . 2 2. AB 3 2 A D ⊥ (d)
, suy ra phương trình AD: x + y − 3 = 0 . M ∈ AD
Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 x + y − 3 = 0 y = x − + 3 x = 2 x = 4 ⇔ ⇔ hoặc . Vậy A(2;1), D(4;–1), 2 2 2 2 (x − 3) + y = 2 ( x − 3) + y = 2 y = 1 y = −1 x + x A C 9 3 x = I x = 2x − x = 9 − 2 = 7 I ; 2 C I A
là trung điểm của AC, suy ra: ⇔ 2 2 y + y y = 2y − y = 3 − 1 = 2 A C C I A y = I 2
Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (
A 2;1), B(5; 4),C (7;2),D(4; –1) . Câu hỏi tương tự:
a) Giả thiết như trên với tâm I = d ∩ d , d : x − y − 3 = 0 và d : x + y − 6 = 0 , M = d ∩Ox 1 2 1 2 1 ĐS: . (
A 2;1), B(5; 4),C (7;2),D(4; –1) .
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 171.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) là giao điểm của 2 đường chéo
AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng ∆:
x + y – 5 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AB. Giải
I (6; 2); M (1; 5). ∆ : x + y – 5 = 0, E ∈ ∆ ⇒ E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB. x = 2x − x = 12 − m N I E I trung điểm NE ⇒ ⇒ N (12 – m; m – 1) y = 2y − y = 4 − 5 + m = m − 1 N I E MN = (11 – m;m – 6) ; IE = (m – 6; 3 – m)
MN .IE = 0 ⇔ (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0 ⇔ m = 6; m = 7
+ m = 6 ⇒ MN = (5; 0) ⇒ (AB) : y = 5
+ m = 7 ⇒ MN = (4;1) ⇒ (AB) : x – 4y + 19 = 0 . Câu hỏi tương tự:
a) Với I (2;2) , M(–3;1) , E ∈ ∆ : x + 2y − 4 = 0 . ĐS: x − y + 4 = 0 hoặc 4x − 7y + 19 = 0
HT 172.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có các đường thẳng AB, AD lần lượt đi qua các
điểm M(2; 3), N (−1;2) . Hãy lập phương trình các đường thẳng BC và CD, biết rằng hình chữ nhật ABCD có tâm 5 3 là I ;
và độ dài đường chéo AC bằng 26 . 2 2 Giải
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
Giả sử đường thẳng AB có VTPT là 2 2 n
= (a;b) (a + b ≠ 0) , do AD vuông góc với AB nên đường thẳng AD AB có vtpt là n = ( ; b a
− ) . Do đó phương trình AB, AD lần lượt là: AD AB : a(x − 2) + ( b y − 3) = 0; AD : ( b x + 1) − a(y − 2) = 0 . a − 3b 7b + a Ta có AD = 2d(I ;AB) = ; AB = 2d(I ;AD) = 2 2 2 2 a + b a + b 2 2 a = b − (a − 3b) + (7b + a) Do đó: 2 2 2 AC = AB + AD ⇔ 26 = 2 2
⇔ 3a −ab − 4b = 0 ⇔ 4b 2 2 a + b a = 3
Gọi M', N' lần lượt là điểm đối xứng của M, N qua I suy ra M ( ′ 3; 0) ∈ (CD), N ( ′ 6;1) ∈ (BC ) + Nếu a = b
− , chọn a = 1, b = −1 suy ra n = (1;−1), n = (1;1) AB AD
PT đường thẳng CD có VTPT là n
= (1;−1) và đi qua điểm M (
′ 3; 0) : (C D) : x − y − 3 = 0 AB
PT đường thẳng BC có VTPT là n
= (1;1) và đi qua điểm N (
′ 6;1) : (BC ) : x + y − 7 = 0 AD 4b + Nếu a = , chọn a = 4, b = 3 suy ra n = (4; 3), n = (3;−4) 3 AB AD
PT đường thẳng CD có VTPT là n
= (4; 3) và đi qua điểm M (
′ 3; 0) : (C D) : 4x + 3y − 12 = 0 AB
PT đường thẳng BC có VTPT là n
= (3;−4) và đi qua điểm N (
′ 6;1) : (BC ) : 3x − 4y − 14 = 0 AD
Vậy: (BC ) : x + y − 7 = 0 , (C D) : x − y − 3 = 0
hoặc (BC ) : 3x − 4y − 14 = 0 , (C D) : 4x + 3y − 12 = 0 .
HT 173.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có cạnh bằng 5 đơn vị, biết toạ độ đỉnh A(1; 5), hai
đỉnh B, D nằm trên đường thẳng (d): x − 2y + 4 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B, C, D. Giải Gọi I = AC ∩ BD
Ta có: AO ⊥ BD ⇒ AI : 2x + y + c = 0 1 AI qua (
A 1;5) ⇒ c = −7 ⇒ AI : 2x + y − 7 = 0 1
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình: 2 x + y − 7 = 0 x = 2 ⇔ ⇒ I (2; 3) x − 2y + 4 = 0 y = 3
Ta có: I là trung điểm AC nên suy ra: C(3;1)
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
Gọi B(2b − 4;b) . Theo đề bài: 2 2
AB = 5 ⇔ (2b − 5) + (b − 5) = 25 b 2 = 1 5b 30b 25 0 ⇔ − + = ⇔ b = 5
Với b = 1 ⇒ B(−2;1) ⇒ D(6; 5)
Với b = 5 ⇒ B(6; 5) ⇒ D(−2;1)
Kết luận: B(−2;1);C (3;1);D(6; 5) hoặc B(6; 5);C (3;1);D(−2;1)
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 174.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆: x + y – 1 = 0 , các điểm A( 0;–1), B(2; 1). Tứ giác ABCD là
hình thoi có tâm nằm trên đường thẳng ∆. Tìm tọa độ các điểm C, D. Giải
Gọi I(a; b) là tâm của hình thoi. Vì I ∈ ∆ nên a + b – 1 = 0 hay b = 1 – a (1).
Ta có: AI = (a;b + 1) và BI = (a – 2;b – 1) .
Do AI ⊥ BI ⇒ a(a − 2) + (b + 1)(b − 1) = 0 (2) Từ (1) và (2) 2 ⇒ a − a 2 = 0 ⇔ a = 0 ∨ a = 2 .
• Với a = 0 thì I(0; 1) ⇒ C(0;3) và D(–2;1). • Với a = 2 thì I(2; –1) ⇒ C(4; –1) và D(2; –3).
Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) và D(–2;1) hoặc C(4;–1) và D(2;–3).
HT 175.Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD với A(1;0), đường chéo BD có phương trình
d : x – y + 1 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B, C, D , biết BD = 4 2 . Giải
AC ⊥ BD ⇒ Phương trình AC: x + y − 1 = 0 . Gọi I = AC ∩ BD ⇒ I (0;1) ⇒ C (−1; ) 2
BD = 4 2 ⇒ IB = 2 2 . PT đường tròn tâm I bán kính IB = 2 2 : x + (y − )2 2 1 = 8 2 x + (y − )2 2 1 = 8 x = 4 B(2; 3), D(−2;−1)
Toạ độ B, D là nghiệm của hệ : ⇔ ⇔ x −y + 1 = 0 y = x + 1 B(−2;−1), D(2; 3)
HT 176.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết phương trình của một đường chéo là
d : 3x + y − 7 = 0 , điểm B(0;–3). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết diện tích hình thoi bằng 20. Giải
Ta có B(0;−3) ∉ d ⇒ A, C ∈ d. Ph.trình BD: x − 3y − 9 = 0 . Gọi I = AC ∩ BD ⇒ I (3;−2)
⇒ D(6;−1) . BD = 2 10 . Gọi ( A a; 7 − 3a) ∈ d .
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 a − 3(7 − 3a) − 9 a = 2 A (2;1);C (4;−5) S = d A B B ⇒ = ⇔ ⇒ 1 1 ABC D ( , D). D .2 10 20 2 2 a = 4 A (4;−5);C (2;1) 1 + 3 2 2 4
HT 177.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I (3; 3) và AC = 2BD . Điểm M 2 ; thuộc 3 13
đường thẳng AB , điểm N 3;
thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B 3
có hoành độ nhỏ hơn 3. Giải 5
Tọa độ điểm N′ đối xứng với điểm N qua I là N ′ 3;
⇒ N′ nằm trên đường thẳng AB. 3 3 − 9 + 2 4
Đường thẳng AB đi qua M, N′ có PT: x − 3y + 2 = 0 ⇒ IH = d(I, AB) = = 10 10 1 1 1 1 1 5
Do AC = 2BD nên IA = 2IB . Đặt IB = a > 0 . + = ⇔ + = ⇔ a = 2 2 2 2 IA IB IH 2 2 8 a 4a
Đặt B(x;y) . Do IB = 2 và B ∈ AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ: 14 ( = x − )2 x 3 + (y − )2 2 3 = 2 5 y − 18y + 16 = 0 x = 4 > 3 5 ⇔ ⇔ ∨ x − 3y + 2 = 0 x = 3y − 2 8 y = 2 y = 5 14 8 Do x < 3 nên ta chọn B
; . Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7x − y − 18 = 0 . B 5 5 Câu hỏi tương tự: 1
a) I (2;1) , AC = 2BD , M 0; , N (0; 7) , x > 0 . ĐS: B(1;−1) 3 B
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 178.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo BD nằm trên đường thẳng
∆ : x − y − 2 = 0 . Điểm M(4;−4) nằm trên đường thẳng chứa cạnh BC, điểm N(−5;1) nằm trên đường
thẳng chứa cạnh AB. Biết BD = 8 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD, biết điểm D có hoành độ âm. Giải
Lấy M′ là điểm đối xứng với M qua BD ⇒ M ( ′ −2;2).
Đường thẳng AB qua N (−5;1) và M (
′ −2;2) ⇒ Phương trình AB : x − 3y + 8 = 0 . x − y − 2 = 0
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: ⇒ B(7; 5) . x − 3y + 8 = 0
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
Giả sử D(d;d − 2) ∈ ∆ , do 2 2
BD = 8 2 ⇔ (d − 7) + (d − 7) = 128 ⇔ d = −1 ⇒ D(−1;−3) .
Gọi I là tâm của hình thoi ⇒ I (3;1) , khi đó đường thẳng AC qua I và vuông góc với BD
⇒ Phương trình AC : x + y − 4 = 0 . x + y − 4 = 0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: ⇒ ( A 1; 3) ⇒ C(5;−1) . x − 3y + 8 = 0
HT 179.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình hai cạnh AB và AD lần lượt là
x + 2y − 2 = 0 và 2x + y + 1 = 0 . Điểm M(1;2) thuộc đường thẳng BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi. Giải x + 2y − 2 = 0 4 5
Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ: ⇒ A− ; 2 x + y + 1 = 0 3 3 x + 2y − 2 2x + y + 1 ( d ) : x − y + 3 = 0
PT các đường phân giác góc A là: = ± ⇔ 1 . 5 5 (d ) : 3x + 3y − 1 = 0 2
• Trường hợp (d ) : x − y + 3 = 0 . 1
Đường thẳng (BD) đi qua M và vuông góc với (d ) nên (BD) : x + y − 3 = 0 . 1
Suy ra B = AB ∩ BD ⇒ B(4;−1) , D = AD ∩ BD ⇒ D(−4; 7) . 4 13
Gọi I = BD ∩ (d ) ⇒ I (0; 3) . Vì C đối xứng với A qua I nên C ; . 1 3 3
• Trường hợp (d ) : 3x + 3y − 1 = 0 . 2
Đường thẳng (BD) đi qua M và vuông góc với (d ) nên (BD) : x − y + 1 = 0 . 2 2 1
Suy ra B = AB ∩ BD ⇒ B(0;1) , D = AD ∩ BD ⇒ D − ; . 3 3 1 2 2 1
Gọi I = BD ∩ (d ) ⇒ I −
; . Vì C đối xứng với A qua I nên C ; − . 2 3 3 3 3 4 5 4 13 Vậy: A− ; , B(4;−1) , C ; , D(−4; 7) 3 3 3 3 4 5 2 1 2 1 hoặc A− ; − − , B(0;1) , C ; , D ; 3 3 3 3 3 3
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
HT 180.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) có phương trình 2 2
(x − 2) + (y + 1) = 8 và điểm A thuộc đường thẳng (d): x − 2y + 3 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D, biết
rằng BD = 2AC và hoành độ của điểm A không nhỏ hơn 2. Giải
(C) có tâm I (2;−1) , bán kính R = 2 2 , IB = 2IA . 1 1 1 5 1
Trong tam giác vuông IAB ta có: + = ⇒ = ⇒ IA = 10 ⇒ IB = 2 10 . 2 2 2 2 8 IA IB IH 4IA Giả sử ( A 2t − 3;t) ∈ d và x ≥ 2 . Ta có IA = 10 2 2
⇔ (2t − 5) + (t + 1) = 10 ⇔ t = 2 A Suy ra (
A 1;2) , do I là trung điểm AC nên C(3;−4) .
Gọi ∆ là đường thẳng qua I và vuông góc với AC ⇒ ∆ : x − 3y − 5 = 0 .
Ta có B, D ∈ ∆ và IB = ID = 2 10 ⇒ Toạ độ của B, D là các nghiệm của hệ: x − 3y − 5 = 0 x = 8; y = 1 ⇔
⇒ B(8;1), D(−4;−3) hoặc B(−4;−3), D(8;1) . 2 2 ( x − 2) + (y + 1) = 40 x = −4; y = −3 Vậy: (
A 1;2) , B(8;1),C (3;−4),D(−4;−3) hoặc (
A 1;2) , B(−4;−3), C (3;−4), D(8;1) . 5 5
HT 181.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I ;
, hai điểm A, B lần lượt nằm trên 2 2
các đường thẳng d : x + y − 3 = 0 và đường thẳng d : x + y − 4 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. 1 2 Giải 5 1 5 3 Giả sử ( A a; 3 − a) ∈ d ;B( ; b 4 −b) ∈ d ⇒ IA = a − ; −a;IB = b − ; −b 1 2 2 2 2 2 I A = IB a = 2 a = 1 ABCD vuông tâm I nên ⇔ ∨ I . A IB = 0 b = 1 b = 3
• Với a = 2; b = 1 ⇒ A(2; 1); B(1; 3), C(3; 4); D(4; 2).
• Với a = 1; b = 3 ⇒ A(1; 2); B(3; 1), C(4; 3); D(2; 4).
HT 182.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (C): 2 2
(x − 2) + (y − 3) = 10 . Xác
định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua điểm M(–3; –2) và điểm A có hoành độ xA > 0. Giải
(C) có tâm I(2; 3) và bán kính R = 10 .
PT AB đi qua M(–3; –2) có dạng ax + by + 3a + 2b = 0 2 2 (a + b ≠ 0) .
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2a + 3b + 3a + 2b a = −3b Ta có d(I, AB) = R ⇔ 2 2 2 10 =
⇔ 10(a + b ) = 25(a + b) ⇔ . 2 2 b = −3a a + b • Với a = 3
− b ⇒ AB: 3x − y + 7 = 0 . Gọi ( A t; 3t + 7),(t > 0) . Ta có IA = R 2 ⇒ t = 0;t = 2 − (không thoả mãn). • Với b = 3
− a ⇒ AB: x − 3y − 3 = 0 . Gọi ( A 3t + 3;t), (t > 1 − ) . t = 1 Ta có IA = R 2 ⇒ ⇒ A(6; 1) ⇒ C(–2; 5). t = 1 − (loaïi)
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com 3 1
HT 183.Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I ;
. Các đường thẳng AB, CD lần lượt đi qua các 2 2 điểm M( 4 − ; 1 − ) , N( 2 − ; 4
− ) . Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông đó biết B có hoành độ âm. Giải
Gọi M′, N′ là các điểm đối xứng với M, N qua I ⇒ M ( ′ 7;2) , N (
′ 5;5) . Ta có: N′ ∈ AB. 1
Phương trình AB: 2x − 3y + 5 = 0 . Gọi H là hình chiếu của I lên AB ⇒ H ; 2 2 2 a − 3b = −5 B ∈ AB a = −1
Gọi B(a;b),a < 0 . Ta có 2 ⇔ 1 ⇔ ⇒ B(−1;1) . H A = HI 2 13 b = 1 a − + (b − 2) = 2 4 Khi đó ( A 2; 3),C (1;−2), D(4; 0) .
HT 184.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD trong đó A thuộc đường thẳng d : x + y − 1 = 0 và 1
C, D nằm trên đường thẳng d : 2x − y + 3 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông biết hình vuông có diện 2 tích bằng 5. Giải −7 Giả sử ( A a;1 − a) ∈ d . Ta có S = 5 ⇔ d( , A d ) = 5 ⇔ a = 1 hoặc a = . 1 ABC D 2 3 + Với a = 1 ⇒ (
A 1; 0) ⇒ Phương trình cạnh AD : x + 2y − 1 = 0 ⇒ D(−1;1) . C ∈ d 2
Giả sử C (x;y) . Ta có:
⇒ C (0; 3) hoặc C(−2;−1) D C = 5 1 3 – Với C (0; 3)
⇒ Trung điểm I của AC là I ; ⇒ B (2; ) 2 2 2 1 1 – Với C(−2;−1)
⇒ Trung điểm I của AC là I − ;− ⇒ B (0;− ) 2 2 2
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 −7 7 10 − + Với a = ⇒ A ;
. Tương tự như trên ta tìm được: 3 3 3 1 7 − 4 1 − 10 4 − 1 7 − 2 13 4 16 − D ; ,C ; , B ; hoặc D ; , C ; , B ; . 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
Vậy có 4 hình vuông ABCD thỏa mãn yêu cầu bài toán: (
A 1; 00,B(2;2),C (0; 3), D(−1;1) 7 10 10 4 4 1 1 7 − − − − hoặc (
A 1; 0),B(0;−2),C (−2;−1),D(−1;1) hoặc A ; ,B ; ,C ; , D ; 3 3 3 3 3 3 3 3 7 10 4 16 2 13 1 7 − − − hoặc A ; ,B ; ,C ; ,D ; 3 3 3 3 3 3 3 3
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 185.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho điểm E(1;−1) là tâm của một hình vuông, một trong các cạnh của
nó có phương trình d : x − 2y + 12 = 0 . Viết phương trình các cạnh còn lại của hình vuông. Giải
Giả sử cạnh AB nằm trên đường thẳng d : x − 2y + 12 = 0 . Gọi H là hình chiếu của E lên đường thẳng AB ⇒
H (−2;5) ⇒ AH = BH = EH = 45 . , A B ∈ d x − 2y + 12 = 0 x = 4; y = 8 Ta có: ⇔ ⇔ ⇒ ( A 4; 8), B(−8;2) A H = BH = 45 2 2 ( x + 2) + (y − 5) = 45 x = −8; y = 2
⇒ C (−2;−10) ⇒ Phương trình các cạnh còn lại: AD : 2x + y − 16 = 0 ; BC : 2x + y + 14 = 0 ; CD : x − 2y − 18 = 0 .
HT 186.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD biết các điểm M(2; 1); N(4; –2); P(2; 0); Q(1; 2)
lần lượt thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông. Giải
Giả sử đường thẳng AB qua M và có VTPT là n = (a;b) (a2 + b2 ≠ 0)
⇒ VTPT của BC là: n = (− ; b a) . 1 Phương trình
AB có dạng: a(x –2) +b(y –1)= 0 ⇔ ax + by –2a –b =0
BC có dạng: –b(x – 4) +a(y+ 2) =0 ⇔ – bx + ay +4b + 2a =0 b − 3b + 4a b = −2a
Do ABCD là hình vuông nên d(P; AB) = d(Q; BC) ⇔ = ⇔ 2 2 2 2 b = a − a + b a + b
• b = –2a: AB: x – 2y = 0 ; CD: x – 2y –2 =0; BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y – 4 =0
• b = –a: AB: –x + y+ 1 =0; BC: –x –y + 2= 0; AD: –x –y +3 =0; CD: –x + y+ 2 =0
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
HT 187.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2
x + y – 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng
d : x + y − 1 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A ∈ d. Giải
(C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2. Ta thấy I ∈ d . Vậy AI là một đường chéo của hình vuông ngoại tiếp đường
tròn. Ta có: x = 2 và x = 6 là 2 tiếp tuyến của (C) nên:
– Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 2 ⇒ A(2; –1)
– Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6 ⇒ A(6, –5)
• A(2, –1) ⇒ B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1) • A(6, –5) ⇒ B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5)
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 188.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có ( A 2
− ; 6) , đỉnh B thuộc đường thẳng
d : x − 2y + 6 = 0 . Gọi M, N lần lượt là hai điểm trên 2 cạnh BC, CD sao cho BM = CN. Xác định tọa độ đỉnh C, 2 14
biết rằng AM cắt BN tại điểm I ; . 5 5 Giải
Giả sử B(2y − 6;y) ∈ d . Ta thấy A ∆ MB = B ∆ NC ⇒ AI ⊥ BI ⇒ I .
A IB = 0 ⇒ y = 4 ⇒ B(2; 4)
Phương trình BC : 2x − y = 0 ⇒ C ( ; c 2c) , AB = 2 5, 2 2 BC = (c − 2) + (2c − 4)
AB = BC ⇒ c − 2 = 2 ⇒ C(0; 0); C (4; 8)
Vì I nằm trong hình vuông nên I,C cùng phía với đường thẳng AB ⇒ C (0; 0) .
HT 189.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD trên đoạn AC lấy điểm M sao cho AC = 4AM và N là
trung điểm của cạnh CD. Chứng minh rằng BMN là tam giác vuông cân. Giải
Goi a là độ dài cạnh hình vuông ABCD . Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho A(0; 0), B(a; 0) , C(a;a) và D(0; a) ⇒ 1 1 1 1 3 3 1 − M a; a ⇒ = = , N a;a MN a; a , MB a; a 4 4 2 4 4 4 4 5
Từ đó có MN .MB = 0 và MN = MB = a ⇒ B ∆ MN vuông cân tại M . 8
HT 190.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình vuông có đỉnh (
A −4;5) và một đường chéo có phương trình
∆ : 7x − y + 8 = 0 . Viết phương trình các cạnh của hình vuông. Giải
Vì A ∉ ∆ nên đường chéo BD nằm trên ∆.
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
PT đường thẳng d đi qua A có dạng: a(x + 4) + ( b y − 5) = 0 ( 2 2 a + b ≠ 0 ) 7a −b 2 a = 3, b = −4 d hợp với BD một góc 0 45 ⇔ = ⇔ . 2 2 2 a = 4, b = 3 50 a + b
⇒ (AB) : 3x − 4y + 31 = 0 , (AD) : 4x + 3y + 1 = 0 . 1 9 Gọi I là tâm hình vuông ⇒ I − ; ⇒ C(3; 4) 2 2
⇒ (BC ) : 4x + 3y − 24 = 0 , (CD) : 3x − 4y + 7 = 0
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 191.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh (
A 4; 5) , đường chéo BD có phương trình
y − 3 = 0 . Tìm toạ độ các dỉnh còn lại của hình vuông đó. Giải
Đường chéo AC vuông góc với BD nên PT có dạng: x + c = 0 . AC đi qua A nên c = 4 − .
⇒ (AC ) : x − 4 = 0 ⇒ I (4; 3) .
Đường tròn (C) ngoại tiếp hình vuông ABCD có tâm I (4; 3) , bán kính R = AI = 2 ⇒ Phương trình (C): 2 2 (x − 4) + (y − 3) = 4 . y = 3 x = 6, y = 3
Toạ độ các điểm B, D là các nghiệm của hệ: ⇔ . 2 2 ( x − 4) + (y − 3) = 4 x = 2, y = 3
Vậy: B(6; 3),C (4;1),D(2; 3) hoặc B(2; 3),C (4;1), D(6; 3)
HT 192.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của BC, phương trình đường thẳng
DM : x − y − 2 = 0 , đỉnh C(3;−3) , đỉnh A nằm trên đường thẳng d : 3x + y − 2 = 0 . Xác định toạ độ các đỉnh
còn lại của hình vuông đó. Giải 4t − 4 2.4 t = 3 Giả sử (
A t;2 − 3t) ∈ d . Ta có: d( , A DM ) = 2d(C, DM ) ⇔ = ⇔ . 2 2 t = −1 ⇒ ( A 3;−7) hoặc (
A −1; 5) . Mặt khác, A và C nằm về hai phía đối với DM nên chỉ có ( A −1; 5) thoả mãn.
Gọi D(m;m − 2) ∈ DM ⇒ AD = (m + 1;m − 7) , CD = (m − 3;m + 1) . D . A DC = 0 (
m + 1)(m − 3) + (m − 7)(m + 1) = 0 ABCD là hình vuông nên ⇔ ⇔ m = 5 D A = DC 2 2 2 2 (
m + 1) + (m − 7) = (m − 3) + (m + 1)
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
⇒ D(5; 3) ; AB = DC ⇒ B(−3;−1) . Vậy: (
A −1; 5) , B(−3;−1) , D(5; 3) .
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 PHẦN V ĐƯỜNG CO-NIC
Toàn bộ tài liệu luyện thi đại học môn toán của thầy Lưu Huy Thưởng:
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 193.Trong mặt phẳng với hệ toạ độOxy , Lập phương trình chính tắc của (E), biết:
a) Độ dài trục lớn bằng 10, trục nhỏ bằng 6.
b) Độ dài trục lớn bằng 10, tiêu cự bằng 8. 3
c) Độ dài trục lớn bằng 10, độ dài trục nhỏ bằng tiêu cự. 4 12
d) Tiêu cự bằng 8 và đi qua điểm M 3; . 5 9
e) Độ dài trục nhỏ bằng 6 và đi qua điểm M 4 − ; . 5 Giải 2 2 x y
Phương trình chính tắc của elip có dạng: (E) : + = 1 2 2 a b
a) Độ dài trục lớn bằng 10 ⇒ 2a = 10 ⇔ a = 5
Độ dài trục nhỏ bằng 6 ⇔ 2b = 6 ⇔ b = 3 2 2 x y Vậy, Phương trình (E) : + = 1 25 9
b) Độ dài trục lớn bằng 10 ⇒ 2a = 10 ⇔ a = 5
Tiêu cự bằng 8 ⇔ 2c = 8 ⇔ c = 4 Ta có: 2 2 2 2 2 b = a − c = 5 − 4 = 9 2 2 x y Vậy, Phương trình (E) : + = 1 25 9
c) Độ dài trục lớn bằng 10 ⇒ 2a = 10 ⇔ a = 5 3 3 3 4
Độ dài trục nhỏ bằng tiêu cự ⇔ 2b = 2c ⇔ b = c ⇔ c = b 4 4 4 3 16 25 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 a = b + c ⇔ a = b + b = b 9 9 2 9 2 9 b = a = .25 = 9 25 25 2 2 x y Vậy, Phương trình (E) : + = 1 25 9
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 82
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
d) Tiêu cự bằng 8 ⇔ 2c = 8 ⇔ c = 4 2 2 ⇔ a = b + 16 (1) 144 12 9 Đ i qua điểm 25 2 2 2 2 M 3; ⇒ +
= 1 ⇔ 225b + 144a = 25a b (2) 2 2 5 a b
Thay (1) vào (2) ta được: 2 2 2 2
225b + 144(b + 16) = 25(b + 16)b 2 b = 9 4 2 25b 31b 2304 0 ⇔ + − = ⇔ 2 2 ⇔ b = 9 ⇒ a = 25 2 256 b = − 25 2 2 x y Vậy, Phương trình (E) : + = 1 25 9
e) Độ dài trục nhỏ bằng 6 ⇔ 2b = 6 ⇔ b = 3 81 9 16 16 9 16 16 Elip đi qua M − 4; 25 nên suy ra: 2 + = 1 ⇔ + = 1 ⇔ = ⇔ a = 25 5 2 2 2 2 25 25 a b a a 2 2 x y Vậy, Phương trình (E) : + = 1 25 9
HT 194.Trong mặt phẳng với hệ toạ độOxy , Lập phương trình chính tắc của (E), biết:
a) Một tiêu điểm là F ( 4
− ; 0) và độ dài trục lớn bằng 10. 1 5 5
b) Một tiêu điểm là F (4; ) 0 và đi qua điểm M ;−2 . 2 3 6 6 3 21 c) Đi qua hai điểm M (1; ), N −2; . 5 5 Giải 2 2 x y
Phương trình chính tắc của elip : + = 1 2 2 a b
a) Ta có : Tiêu điểm F (−4; 0) ⇒ c = 4 1
Elip có độ dài trục lớn bằng 10 ⇒ 2a = 10 ⇔ a = 5 Suy ra : 2 2 2 b = a − c = 25 − 16 = 9 2 2 x y Vậy, Phương trình (E) : + = 1 25 9
b) Ta có : Tiêu điểm F (4; 0) ⇒ c = 4 2 2 ⇔ a = b + 16 (1) 1
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 83
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 125 5 5 4 Elip đi qua điểm M ;−2 9 2 2 2 2 ⇒ + = 1 ⇔ 125b + 36a = 9a b (2) 3 2 2 a b 2 b = 9
Thay (1) vào (2) ta được: 2 2 2 2 125b + 36(b + 16) = 9(b + 16)b 4 2 9b 17b 576 0 ⇔ − − = ⇔ 2 64 b = − 9 2 ⇔ b = 9 2 ⇒ a = 25 2 2 x y Vậy, Phương trình (E) : + = 1 25 9 6 6 3 21
c) Elip đi qua hai điểm: M(1; ), N −2; 5 5 216 1 25 + = 1 2 2 2 2 2 2 2 5b + 216a = 25a b (1) Suy ra : a b ⇔ 2 2 2 2 189 1 00b + 189a = 25a b (2) 4 25 + = 1 2 2 a b 25
Lấy (1) – (2) vế với vế ta được: 2 2 2 2 −75b + 27a = 0 ⇔ a = b thay vào (1) ta được : 9 2 25 2 25 4 25b + 216. b = 25. .b 2 2
⇔ b = 9 ⇒ a = 25 (Vì b > 0) 9 9 2 2 x y Vậy, Phương trình (E) : + = 1 25 9
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 195.Trong mặt phẳng với hệ toạ độOxy , Lập phương trình chính tắc của (E), biết: 3
a) Độ dài trục lớn bằng 10, tâm sai bằng . 5 4
b) Một tiêu điểm là F ( 4 − ; 0) và tâm sai bằng . 1 5
c) Độ dài trục nhỏ bằng 6, phương trình các đường chuẩn là 4x ± 25 = 0 . 3 d) Một đỉnh là A ( 1 − 0; 0) , tâm sai bằng . 1 5 5 2 e) Đi qua điểm M 2 ;− và có tâm sai bằng . 3 3 Giải
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 84
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 2 x y
Phương trình chính tắc của elip có dạng: + = 1 2 2 a b
a) Độ dài trục lớn bằng 10 ⇔ 2a = 10 ⇔ a = 5 c c 3 Tâm sai : e = = = ⇒ c = 3 2 2 2
⇒ b = a −c = 25 − 9 = 16 a 5 5 2 2 x y
Vậy, phương trình elip : Vậy, Phương trình (E) : + = 1 25 16
b) Tiêu điểm F (−4; 0) ⇒ c = 4 1 c 4 4 Tâm sai : e = = = ⇒ a = 5 2 2 2
⇒ b = a − c = 25 − 16 = 9 a a 5 2 2 x y Vậy, Phương trình (E) : + = 1 25 9
c) Độ dài trục nhỏ bằng 6 ⇔ 2b = 6 ⇔ b = 3 2 2 a = 9 + c (1) 2 2 a 25 a 25 4a
phương trình các đường chuẩn là 4x ± 25 = 0 . ⇒ = ⇔ = ⇔ c = Thay vào (1) ta được : e 4 c 4 25 2 4 4 a = 25 2 16a 16a 2 a 9 a 9 0 = + ⇔ − + = ⇔ 2 225 625 625 a = 16 Vậy, phương trình elip : 2 2 x y 2 2 x y Vậy, Phương trình (E) : + = 1 hoặc + = 1 25 9 225 9 16
HT 196.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2
9x + 25y = 225 . Tìm điểm M thuộc (E) sao cho : a) MF = MF b) MF = 3MF 1 2 1 2 Giải 2 2 x y
Ta có : phương trình của (E) : + = 1 25 9 Suy ra : a = 5,b = 3,c = 4 cx 4x cx 4x Ta có : MF = a + = 5 + ; MF = a − = 5 − 1 a 5 2 a 5 4x 4x a) MF = MF ⇔ 5 + = 5 − ⇔ x = 0 ⇒ y = ±3 1 2 5 5
Vậy, 2 điểm M cần tìm : M (0; 3) và M (0;−3) 1 2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 85
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 4x 4x 25 b) MF = 3MF ⇔ 5 + = 3(5 − ) ⇔ x =
Thay vào phương trình (E) ta được : 1 2 5 5 8 625 2 y 2 351 3 39 64 + = 1 ⇔ y = ⇔ y = ± 25 9 64 8 25 3 39 25 3 39
Vậy, 2 điểm M cần tìm : M ; hoặc M ; − 1 8 8 2 8 8
HT 197.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2
9x + 25y = 225 . Tìm điểm M thuộc (E) sao cho M nhìn 2
tiêu điểm dưới 1 góc vuông. Giải 2 2 x y Ta có: (E) : + = 1 25 9 Suy ra: a = 5,b = 3,c = 4 cx 4x cx 4x MF = a + = 5 + ; MF = a − = 5 − 1 a 5 2 a 5
M nhìn hai tiêu điểm dưới 1 góc vuông 2 2 2
⇔ MF ⊥ MF ⇔ MF + MF = F F 1 2 1 2 1 2 2 2 4x 4x 2 32x ⇔ 5 + + 5 − = 64 ⇔ 50 + = 64 ⇔ 2 175 5 7 x = ⇔ x = ± 5 5 25 16 4 175 81 9 Với, 2 2 x = ⇒ y = ⇔ y = ± 16 16 4 5 7 9 5 7 9 5 7 9 5 7 9
Vậy, có 4 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán: M ; ;M ; − ;M − ; ;M − ; − 1 2 3 4 4 4 4 4 4 4 4 4
HT 198.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2
9x + 25y = 225 . Tìm điểm M thuộc (E) sao cho M nhìn 2 tiêu điểm dưới 1 góc 0 60 . Giải 2 2 x y Ta có: (E) : + = 1 25 9 Suy ra: a = 5,b = 3,c = 4 cx 4x cx 4x MF = a + = 5 + ; MF = a − = 5 − 1 a 5 2 a 5 0
M nhìn 2 tiêu điểm dưới 1 góc 0 60 ⇔ F MF = 60 1 2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 86
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 2 4x 4x 2 32x 2 2 2 5 + + 5 − − 64 + − 50 + − 64 0 MF MF F F 1 2 1 2 5 5 1 25 ⇔ cos 60 = = = = 2 2MF .MF 4x 4x 2 1 2 32 2. 5 + . 5 x − 50 − 5 5 25 2 2 64x 32x 2 325 5 13 ⇔ −28 + = 50 − ⇔ x = ⇔ x = ± 25 25 16 4 325 27 3 3 Với, 2 2 x = ⇒ y = ⇔ y = ± 16 16 4 5 13 3 3 5 13 3 3 5 13 3 3 5 13 3 3
Vậy, có 4 điểm M thỏa mãn: M ; , M ; − , M − ; , M − ; − 1 2 3 4 4 4 4 4 4 4 4 4
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com 2 2 x y
HT 199.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): +
= 1 . A, B là các điểm trên (E) sao cho: 25 16 AF B
+ F = 8 , với F ,F là các tiêu điểm. Tính AF +BF . 1 2 1 2 2 1 Giải F A F F 1 A + F = 2a và BF B + F = 2a ⇒ A + A + BF + BF = 4a = 20 2 1 2 1 2 1 2 Mà F A F 1 + BF = 8 ⇒ A + BF = 12 2 2 1
HT 200.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình hypebol (H) biết:
a) Độ dài trục thực bằng 8, trục ảo bằng 6.
b) Độ dài trục thực bằng 8, tiêu cự bằng 10. 3
c) Tiêu cự bằng 10, một tiệm cận là y = x . 4 5
d) Độ dài trục thực bằng 8, tâm sai bằng 4 5
e) Độ dài trục ảo bằng 6, tâm sai bằng . 4 Giải 2 2 x y Phương trình của (H ) : − = 1 2 2 a b
a) Độ dài trục thực bằng 8 ⇔ 2a = 8 ⇔ a = 4
Độ dài trục ảo bằng 6 ⇔ 2b = 6 ⇔ b = 3
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 87
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 2 x y Vậy, phương trình (H ) : − = 1 16 9
b) Độ dài trục thực bằng 8 ⇔ 2a = 8 ⇔ a = 4
Tiêu cự bằng 10 ⇔ 2c = 10 ⇔ c = 5 Ta có: 2 2 2 b = c − a = 25 − 16 = 9 2 2 x y Vậy, phương trình (H ) : − = 1 16 9
c) Tiêu cự bằng 10 ⇔ 2c = 10 ⇔ c = 5 ⇔ 2 2 a + b = 25 (1) 3 b 3 3a Một tiệm cận là y = x . ⇒ = ⇔ b = Thay vào (1) ta được: 4 a 4 4 2 2 9a 2 2 a + = 25 ⇔ a = 16 ⇒ b = 9 16 2 2 x y Vậy, phương trình (H ) : − = 1 16 9
d) Độ dài trục thực bằng 8 ⇔ 2a = 8 ⇔ a = 4 c 5 Tâm sai e = = 2 2 2 ⇒ c = 5 ⇒ b = c − a = 9 a 4 2 2 x y Vậy, phương trình (H ) : − = 1 16 9
e) Độ dài trục ảo bằng 6 ⇔ 2b = 6 ⇔ b = 3 2 2 2 2 ⇔ c = a + b = a + 9 (1) c 5 5 Tâm sai e = = ⇒ c = a thay vào (1) ta được: a 4 4 25 2 2 2 a = a + 9 ⇔ a = 16 16 2 2 x y Vậy, phương trình (H ) : − = 1 16 9
HT 201.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, Lập phương trình của hypebol biết:
a) Một đỉnh là A(12; 0), một tiêu điểm là F(13; 0). 13
b) Một tiêu điểm là F(–13; 0), tâm saie = . 12 12 29 12 26
c) (H) đi qua hai điểm M ;2 , N − ;−1 . 5 5
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 88
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 25
d) Độ dài trục thực bằng 24 và đi qua điểm A 1 3; 12 15
e) Tiêu cự bằng 26 và đi qua điểm A 1 5; 4 13
f) Có cùng tiêu điểm với elip (E): 2 2
31x + 200y = 6200 , tâm sai bằng . 12 Giải 2 2 x y
Phương trình của hypebol có dạng : (H ) : − = 1 2 2 a b
a) Một đỉnh là A(12; 0) ⇒ a = 12
Một tiêu điểm là F(13; 0) ⇒ c = 13 2 2 2
⇒ b = c −a = 169 − 144 = 25 2 2 x y
Vậy, phương trình của (H ) : − = 1 144 25
b) Một tiêu điểm là F(–13; 0) ⇒ c = 13 13 c 13 12c Tâm saie = ⇒ = ⇒ a = = 12 12 a 12 13 Ta có : 2 2 2
b = c − a = 169 − 144 = 25 2 2 x y
Vậy, phương trình của (H ) : − = 1 144 25 12 29 12 26
c) (H) đi qua hai điểm M ;2 , N − ;−1 5 5 4176 4 25 − = 1 2 2 2 2 2 2 4 176b − 100a = 25a b (1) a b ⇔ 2 2 2 2 3744 3 744b − 25a = 25a b (2) 1 25 − = 1 2 2 a b 144
Lấy (1) trừ (2) vế với vế ta được : 2 2 2 2 432b − 75a = 0 ⇔ a = b Thay vào (1) ta được : 25 2 144 2 144 4 4176b − 100. b = 25. b 2 2 ⇔ b = 25 ⇒ a = 144 25 25 2 2 x y
Vậy, phương trình của (H ) : − = 1 144 25
d) Độ dài trục thực bằng 24 ⇒ 2a = 24 ⇔ a = 12 625 25 169 169 625 (H) đi qua điểm A 1 3; 144 2 ⇒ − = 1 ⇔ − = 1 ⇔ b = 25 12 2 2 2 144 a b 144b
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 89
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 2 x y
Vậy, phương trình của (H ) : − = 1 144 25
e) Tiêu cự bằng 26 ⇒ 2c = 26 ⇔ c = 13 2 2 2 ⇒ a + b = c = 169 (1) 2 2 ⇔ a = 169 −b 225 15 225 (H) đi qua điểm A 1 5; 16 2 2 2 2 ⇒ −
= 1 ⇔ 3600b − 225a = 16a b (2) 4 2 2 a b
Thay (1) vào (2) ta được: 2 2 2 2
3600b − 225(169 −b ) = 16(169 −b )b 2 b = 25 4 2 16b 1121b 38025 0 ⇔ + − = ⇔ 2 2 ⇒ b = 25 ⇒ a = 144 2 −1521 b = 16 2 2 x y
Vậy, phương trình của (H ) : − = 1 144 25
f) Có cùng tiêu điểm với elip (E): 2 2 31x + 200y = 6200 , 2 2 x y Ta có: 2 2 (E) : + = 1 ⇒ c = a −b = 200 − 31 = 169 200 31 E E E
Vậy, elip (E) có tiêu điểm: F ( 1 − 3; 0), F (13; 0) 1 2
(H) có cùng tiêu điểm với (E) suy ra 2 2 c = 13 ⇔ a + b = 169 H H H c 13 Tâm sai của (H): H 2 e = = ⇒ a = 12 ⇒ b = 25 a 12 H H 2 2 x y
Vậy, phương trình của (H ) : − = 1 144 25
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
HT 202.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình của hypebol trong các trường hợp sau: a) Một đỉnh là (
A −5; 0) và một tiệm cận là d: 3x − 5y = 0 . 50
b) Một đường tiệm cận là d: 3x + 5y = 0 và khoảng cách giữa hai đường chuẩn bằng . 34
c) Tiêu cự bằng 8 và hai tiệm cận vuông góc với nhau.
d) Hai tiệm cận là d: 3x ± 4y = 0 và hai đường chuẩn là ∆: 5x ± 16 = 0 .
e) Đi qua điểm E(4; 6) và hai tiệm cận là d: 3x ± y = 0 . Giải a) Một đỉnh là ( A −5; 0) ⇒ a = 5 3 b 3
Một tiệm cận là d: 3x − 5y = 0 . ⇔ y = x ⇒ = ⇒ b = 3 5 a 5 2 2 x y
Vậy, phương trình của (H ) : − = 1 25 9
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 90
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 3 b 3 3a
b) Một đường tiệm cận là d: 3x + 5y = 0 ⇔ y = − x ⇒ = ⇔ b = (1) 5 a 5 5 2 a a 2 2a
(H) có 2 đường chuẩn: x = ± = ±
⇒ khoảng cách giữa hai đường chuẩn: e c c 50 2 2 2a 50 34a
Theo đề bài, khoảng cách giữa hai đường chuẩn bằng ⇒ = ⇔ c = (2) 34 c 25 34 Ta có: 2 2 2 c = a + b (3) 2 2 34a 9a
Thay (1), (2) vào (3) ta được: 2 = a + ⇔ 2 a = 25 2 ⇒ b = 9 625 25 2 2 x y
Vậy, phương trình của (H ) : − = 1 25 9
c) Tiêu cự bằng 8 ⇒ 2c = 8 ⇔ c = 4 2 2 ⇒ a + b = 16 (1) b
Hai tiệm cận của (H): y = ± x a b b −
Hai đường tiệm cận vuông góc với nhau 2 2 ⇔ .
= −1 ⇔ a = b (2) Thay vào (1) ta được: a a 2 2 2 2a = 16 ⇔ a = 8 ⇒ b = 8 2 2 x y
Vậy, phương trình của (H ) : − = 1 8 8 3 b 3 3a
d) Hai tiệm cận là d: 3x ± 4y = 0 ⇔ y = ± x ⇒ = ⇔ b = (1) 4 a 4 4 2 2 16 a 16 5a
Hai đường chuẩn là ∆: 5x ± 16 = 0 . ⇔ x = ± ⇒ = ⇔ c = (2) 5 c 5 16 Ta có : 2 2 2 c = a + b (3)
Thay (1), (2) vào (3) ta được: 4 2 25a 2 9a 2 2 = a + ⇔ a = 16 ⇒ b = 9 256 16 2 2 x y
Vậy, phương trình của (H ) : − = 1 8 8 16 36 e) Đi qua điểm E(4; 6) 2 2 2 2 ⇒ − = 1 ⇔ 16b − 36a = a b (1) 2 2 a b b
Và hai tiệm cận là d: 3x ± y = 0 ⇔ y = ± 3x ⇒ = 3 ⇔ b = 3a (2) a
Thay (2) vào (1) ta được : 2 2 2 2 2
16.3a − 36a = a .3a ⇔ a = 4 2 ⇒ b = 12 2 2 x y
Vậy, phương trình của (H ) : − = 1 4 12
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 91
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 2 x y
HT 203.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (H): −
= 1 . Tìm điểm M thuộc (H) sao 9 16 cho: a) MF = MF b) MF = 2MF 1 2 1 2 Giải Ta có: a = 3,b = 4 ⇒ c = 5 cx 5x cx 5x MF = a + = 3 + ; MF = a − = 3 − 1 a 3 2 a 3 5x 5x 5 3 + = 3 − x 5x a) MF = MF ⇔ 3 + = 3 − 3 3 ⇔ ⇔ x = 0 1 2 3 3 5x 5x 3 + = −3 + 3 3
Thay vào phương trình của (H) ta được: 2 y = −16 vô nghiệm.
Vậy, không có điểm M thỏa mãn. 5x 10x 3 + = − 5 3 6 x = x 5x b) MF = 2MF ⇔ 3 + = 2 3 − 3 3 5 ⇔ ⇔ 1 2 3 3 5x 10x 27 3 + = 6 − + x = 3 3 5 3 Với x =
thay vào phương trình của (H) ta được: 2 384 y = − vô nghiệm 5 25 27 Với x =
thay vào phương trình của (H) ta được: 2 896 8 14 y = ⇔ y = ± 5 25 5 27 8 14 27 8 14
Vậy, có 2 điểm M thỏa mãn: M ; ;M ; − 1 2 5 5 5 5 2 2 x y
HT 204.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (E): −
= 1 . Tìm điểm M thuộc (H) sao 9 16
cho M nhìn hai tiêu điểm dưới 1 góc vuông. Giải Ta có: a = 3,b = 4 ⇒ c = 5 cx 5x cx 5x MF = a + = 3 + ; MF = a − = 3 − 1 a 3 2 a 3
M nhìn hai tiêu điểm dưới 1 góc vuông 0 2 2 2
⇔ F MF = 90 ⇔ MF + MF = F F 1 2 1 2 1 2 2 2 5x 5x 2 50x 369 3 41 ⇔ 3 + + 3 − = 100 2 ⇔ 18 + = 100 ⇔ x = ⇔ x = ± 3 3 9 25 5 369 256 16 Với 2 2 x = ⇒ y = ⇔ y = ± 25 25 5
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 92
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
Vậy, có 4 điểm M thỏa mãn: 3 41 16 3 41 16 3 41 16 3 41 16 M ; ,M − ; , M ; − , M − ; − 1 2 3 4 5 5 5 5 5 5 5 5 2 2 x y
HT 205.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (H): −
= 1 .Tìm điểm M thuộc (H) sao 16 9
cho M nhìn hai tiêu điểm dưới 1 góc 0 60 Giải Ta có: a = 4,b = 3,c = 5 cx 5x cx 5x MF = a + = 4 + ; MF = a − = 4 − 1 a 4 2 a 4
M nhìn hai tiêu điểm dưới góc 0 60 ⇒ 0 F MF = 60 1 2 2 2 5x 5x 2 2 2 4 + + 4 − − 100 + − 0 MF MF F F 1 2 1 2 4 4 1 ⇔ cos 60 = = = 2MF .MF 5x 5x 2 1 2 2 4 + 4 − 4 4 2 50x 2 2 100x 50x 448 −68 + 2 1 −136 + = 32 − x = 16 ⇔ = ⇔ 16 16 25 ⇔ 2 2 2 2 50x 100x 50x 832 2 32 − −136 + = −32 + x = 16 16 16 25 448 27 Với 2 2 x = ⇒ y = 25 25 8 7 3 3 8 7 3 3 8 7 3 3 8 7 3 3 ⇒ M ( ; ), M ( ;− ), M (− ; ),M (− ;− ) 1 2 3 4 5 5 5 5 5 5 5 5 Với 2 832 x = 2 243 ⇒ y = 25 25 8 13 9 3 8 13 9 3 8 13 9 3 8 13 9 3 ⇒ M ; , M − ; , M ; − , M − ; − 5 6 7 8 5 5 5 5 5 5 5 5 2 2 x y
HT 206.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (E): +
= 1 . Tìm toạ độ các điểm A, B 4 1
thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều. Giải
Ta có, elip nhận trục hoành làm trục đối xứng mà A, B thuộc elip, A, B đối xứng nhau qua trục hoành nên: Nếu ( A a;b) thì B(a; b − )
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 93
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 2 a b 2 − a A thuộc elip ⇒ + = 1 2 2 2 4 ⇔ a + 4b = 4 ⇔ b = (1) 4 1 4
Tam giác ABC là tam giác đều 2 2 2 2 2
⇒ AB = AC ⇔ 4b = (a − 2) + b 2 2
⇔ a − 4a + 4 − 3b = 0 (2) 2 a = 2 − a
Thay (1) vào (2) ta được: 2 4 a − 4a + 4 − 3. = 0 2 ⇔ 7a − 16a + 4 = 0 ⇔ 2 4 a = 7 Với 2 a = 2 ⇒ b = 0(loai) 2 48 4 3 Với 2 a = ⇒ b = ⇔ b = ± 7 49 7 2 4 3 2 4 3 2 4 3 2 4 3 Vậy, A ; − , B ; − hoặc A ; ;B ; 7 7 7 7 7 7 7 7
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com 2 2 x y
HT 207.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): + = 1 và điểm (
A 3; 0) . Tìm trên (E) các điểm B, C 9 3
sao cho B, C đối xứng qua trục Ox và ∆ABC là tam giác đều. Giải
Không mất tính tổng quát, giả sử B(x ;y ),C (x ; y − ) với y > 0 . 0 0 0 0 0 2 2 x y Ta có: 0 0 2 2 +
= 1 ⇔ x + 3y = 9 . BC = 2y và (BC ) : x = x ⇒ d( , A (BC )) = 3 − x 0 0 9 3 0 0 0 Do Ox A ∈
, B và C đối xứng qua Ox nên ∆ABC cân tâị A 3 Suy ra: ∆ABC đều ⇔ d( , A (BC )) = BC ⇔ 3 − x = 3y ⇔ 2 2 3y = (x − 3) 2 0 0 0 0 x = 0 ⇒ 2 2 0 x + (x − 3) = 9 ⇔ . 0 0 x = 3 0 + Với x = 0 ⇒ y = 3 ⇒ B(0; 3), C (0;− 3) .
+ Với x = 3 ⇒ y = 0 (loại). 0 0 0 0 Vậy: B(0; 3), C (0;− 3) . 2 2 x y
HT 208.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): +
= 1 . Tìm các điểm M ∈ (E) sao cho 100 25
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 94
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 0 F MF = 120 (F 1 2
1, F2 là hai tiêu điểm của (E)). Giải 3 3
Ta có: a = 10, b = 5 ⇒ c = 5 3 . Gọi M(x; y) ∈ (E) ⇒ MF = 10 − x, MF = 10 + x . 1 2 2 2 2 2 2 F F
= MF + MF − 2MF .MF . cos F MF 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 3 3 3 3 1 ⇔ (10 3) = 1 0 − x + 1 0 + x − 2 1 0 − x 1 0 + x − 2 2 2 2 2
⇔ x = 0 (y= ± 5). Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5). 1
HT 209.Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) có hai tiêu điểm F (− 3; 0); F ( 3; 0) và đi qua điểm A 3; . Lập 1 2 2
phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính biểu thức: 2 2 2
P = F M + F M – 3OM – F M.F M . 1 2 1 2 Giải 2 2 x y 3 1 2 2 x y (E): + = 1 ⇒ + = 1 , 2 2 a = b + 3 ⇒ + = 1 2 2 2 2 a b a 4b 4 1 ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 P = (a + ex ) + (a – ex ) – 2(x + y ) – (a −e x ) = 1 M M M M M
HT 210.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2
4x + 16y = 64 . Gọi F2 là tiêu điểm bên phải của (E). M là điểm 8
bất kì trên (E). Chứng tỏ rằng tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F2 và tới đường thẳng ∆ : x = có giá trị 3 không đổi. Giải 8 − 3x
Ta có: F ( 12; 0) . Gọi M (x ;y ) ∈ (E) ⇒ 0 MF = a −ex = , 2 0 0 2 0 2 8 8 − 3x MF 0 d(M, ) ∆ = x − = (vì −4 ≤ x ≤ 4 ) ⇒ 2 3 = (không đổi). 0 0 3 3 d(M, ) ∆ 2
HT 211.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x2 2 5
+ 16y = 80 và hai điểm A(–5; –1), B(–1; 1). Một điểm
M di động trên (E). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích ∆MAB. Giải
Phương trình đường thẳng (AB): x − 2y + 3 = 0 và AB = 2 5
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 95
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 x − 2y + 3 x − 2y + 3 0 0 0 0 Gọi 2 2
M (x ; y ) ∈ (E) ⇒ 5x + 16y = 80. Ta có: d(M; AB) = = 0 0 0 0 1 + 4 5 1 Diện tích ∆MAB: S = .AB.d(M; AB) = x − 2y − 3 0 0 2 1 1
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho 2 cặp số ; − , ( 5x ; 4y ) có: 0 0 2 5 2 1 1 1 1 9 . 5x − .4y ≤ + ( 2 2 5x + 16y = .80 = 36 0 0 0 0 ) 2 5 4 20 5
⇔ x − 2y ≤ 6 ⇔ − 6 ≤ x − 2y ≤ 6 ⇔ − 3 ≤ x − 2y + 3 ≤ 9 ⇒ x − 2y + 3 ≤ 9 0 0 0 0 0 0 0 0 5x 4y 8 = 5 x = −8y x = 0 1 1 0 0
⇒ max x − 2y + 3 = 9 ⇔ − ⇔ 3 ⇔ 0 0 x − 2y = 6 2 5 5 0 0 y = − 0 x − 2y + 3 = 9 3 0 0 8 5 Vậy, max S = 9 khi M ; − . MAB 3 3 2 2 x y
HT 212.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp (E) : +
= 1 và hai điểm A(3;–2), B(–3; 2) . Tìm trên (E) 9 4
điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Giải 2 2 x y
PT đường thẳng AB: 2x + 3y = 0 . Gọi C(x; y) ∈ (E), với x > 0,y > 0 ⇒ + = 1 . 9 4 1 85 85 x y 2 2 85 x y 170 S = AB.d(C,AB) = 2x + 3y = 3. + ≤ 3 2 + = 3 ABC 2 13 3 2 2 13 13 9 4 13 2 2 x y + = 2 1 x = 3 3 2 Dấu "=" xảy ra ⇔ 9 4 ⇔ 2 . Vậy C ; 2 . x y 2 = y = 2 3 2 2 2 x y
HT 213.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip (E) : +
= 1 và điểm M(1;1) . Viết phương trình đường thẳng đi 25 9
qua M và cắt elip tại hai điểm ,
A B sao cho M là trung điểm của AB . Giải
Nhận xét rằng M ∉ Ox nên đường thẳng x = 1 không cắt elip tại hai điểm thỏa YCBT.
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 96
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
Xét đường thẳng ∆ qua M(1; 1) có PT: y = k(x − 1) + 1 . Toạ độ các giao điểm ,
A B của ∆ và (E) là nghiệm 2 2 x y + = 1 (1) của hệ: 25 9 y = k(x −1) + 1 (2) ⇒ 2 2 2
(25k + 9)x − 50k(k − 1)x + 25(k − 2k − 9) = 0 (3) 50k(k − 1)
PT (3) luôn có 2 nghiệm phân biệt x , x với mọi k . Theo Viet: x + x = . 1 2 1 2 2 25k + 9 50k(k − 1) 9
Do đó M là trung điểm của AB ⇔ x + x = 2x ⇔ = 2 ⇔ k = − . 1 2 M 2 25 25k + 9
Vậy PT đường thẳng ∆: 9x + 25y − 34 = 0 . Câu hỏi tương tự: 2 2 x y a) Với (E) : + = 1 , M(1;1) ĐS: ∆ : 4x + 9y − 13 = 0 9 4 2 2 x y
HT 214.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): +
= 1 . Tìm điểm M ∈ (E) sao cho M có toạ độ 8 2 nguyên. Giải
Trước hết ta có nhận xét: Nếu điểm (x;y) ∈ (E) thì các điểm ( x − ;y),(x; y − ),( x − ; y
− ) cũng thuộc (E). Do đó ta
chỉ cần xét điểm M (x ;y ) ∈ (E) với x ,y ≥ 0;x ,y ∈ Z . 0 0 0 0 0 0 2 2 x y y = 0 ⇒ x = 2 2 (loaïi) Ta có: 0 0 + = 1 ⇒ 2
y ≤ 2 ⇒ 0 ≤ y ≤ 2 ⇒ 0 0 ⇒ M(2;1) . 8 2 0 0 y = 1 ⇒ x = 2 0 0
Vậy các điểm thoả YCBT là: (2;1),(−2;1),(2;−1),(−2;−1) . 2 2 x y
HT 215.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): +
= 1 . Tìm điểm M ∈ (E) sao cho tổng hai toạ độ 8 2
của M có giá trị lớn nhất (nhỏ nhất). Giải 2 2 x y
Giả sử M (x;y) ∈ (E) ⇒ +
= 1 . Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki, ta có: 8 2 2 2 x y 2 (x + y) ≤ (8 + 2) + = 10
⇒ − 10 ≤ x + y ≤ 10 . 8 2
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 97
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 x y = 4 10 10
+ x + y ≤ 10 . Dấu "=" xảy ra ⇔ 8 2 ⇔ M ; . x + y = 10 5 5 x y = 4 10 10
+ x + y ≥ − 10 . Dấu "=" xảy ra ⇔ 8 2 ⇔ M − ; − x + y = − 10 5 5 2 2 x y
HT 216.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): +
= 1 và các đường thẳng x d : m − ny = 0 , 9 4 1 x+m d : n y = 0 , với 2 2
m + n ≠ 0 . Gọi M, N là các giao điểm của d với (E), P, Q là các giao điểm của d với 2 1 2
(E). Tìm điều kiện đối với ,
m n để diện tích tứ giác MPNQ đạt giá trị nhỏ nhất. Giải x = nt x = m − t PTTS của d ,d là: 1 d : , 2 d : . 1 2 1 y = mt 2 y = nt 1 2
+ M, N là các giao điểm của d và (E) 1 6n 6m 6n 6m − − ⇒ M ; , N ; 2 2 2 2 2 2 2 2 9m + 4n 9m + 4n 9m + 4n 9m + 4n
+ P, Q là các giao điểm của d và (E) 2 6m 6n 6m 6n − − ⇒ P ; , Q ; 2 2 2 2 2 2 2 2 4m + 9n 4m + 9n 4m + 9n 4m + 9n
+ Ta có: MN ⊥ PQ tại trung điểm O của mỗi đường nên MPNQ là hình thoi. 1 2 2 72(m + n ) O S = S = MN .PQ = 2 M.OP = 2 2 2 2 2 x + y . x + y = MPNQ 2 M M P P 2 2 2 2 (9m + 4n )(4m + 9n ) 2 2 2 2 (9m + 4n ) + (4m + 9n ) 13 Áp dụng BĐT Cô-si: 2 2 2 2 2 2 (9m + 4n )(4m + 9n ) ≤ = (m + n ) 2 2 2 2 72(m + n ) 144 ⇒ S ≥ = . Dấu "=" xảy ra ⇔ 2 2 2 2 9m + 4n = 4m + 9n ⇔ m = n ± 13 2 2 13 (m + n ) 2 144 Vậy: min S = khi m = n ± . 13
http://www.Luuhuythuong.blogspot.com
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 98
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 2 x y
HT 217.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho Hypebol (H) có phương trình: − = 1 . Viết phương trình 16 9
chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). Giải
(H) có các tiêu điểm F (−5; 0);F (5; 0) . HCN cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3), 1 2 2 2 x y
Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: + = 1 ( với a > b) 2 2 a b
(E) cũng có hai tiêu điểm 2 2 2
F (−5; 0);F (5; 0) ⇒ a −b = 5 (1) 1 2 2 2 2 2
M (4; 3) ∈ (E) ⇔ 9a + 16b = a b (2) 2 2 2 2 a = 5 + b a = 40 2 2 x y
Từ (1) và (2) ta có hệ: ⇔ . Vậy (E): + = 1 2 2 2 2 2 9 a + 16b = a b b = 15 40 15 2 2 x y
HT 218.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hypebol (H) có phương trình −
= 1 . Giả sử (d) là một 9 4
tiếp tuyến thay đổi và F là một trong hai tiêu điểm của (H), kẻ FM ⊥(d). Chứng minh rằng M luôn nằm trên
một đường tròn cố định, viết phương trình đường tròn đó Giải
(H) có một tiêu điểm F ( 13; 0) . Giả sử pttt (d): ax + by + c = 0 . Khi đó: 9a2 – 4b2 = c2 (*)
Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( x − 13) – a y = 0 a x +by = c −
Toạ độ của M là nghiệm của hệ: b x −ay = 13b
Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng lại và kết hợp với (*), ta được x2 + y2 = 9
HT 219.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): 2
y = x và điểm I(0; 2). Tìm toạ độ hai điểm M, N ∈ (P) sao cho IM = 4IN . Giải
Gọi M (x ;y ), N (x ; y ) là hai điểm thuộc (P), khi đó ta có: 2 2 x = y ;x = y 0 0 1 1 0 0 1 1 2
IM = (x ;y − 2) = (y ; y − 2) ; 2 2
IN = (y ; y − 2) = (y ; y − 2); 4IN = (4y ; 4y − 8) 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 2 2 y = 4y y = 1 ⇒ x = 1; y = −2; x = 4
Theo giả thiết: IM = 4IN , suy ra: 0 1 1 1 0 0 ⇔ y − 2 = 4y − 8 y = 3 ⇒ x = 9; y = 6; x = 36 0 1 1 1 0 0
Vậy, có 2 cặp điểm cần tìm: M(4; –2), N(1;1) hay M (36; 6), N (9; 3) .
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 99
GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899
HT 220.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): 2
y = 8x . Giả sử đường thẳng d đi qua tiêu điểm của
(P) và cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ tương ứng là
x , x . Chứng minh: AB = x + x + 4 . 1 2 1 2 Giải
Theo công thức tính bk qua tiêu: FA = x + 2 , FB = x + 2 ⇒ AB = FA + FB = x + x + 4 . 1 2 1 2
HT 221.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho Elip (E): 2 2 x + 5y = 5 , Parabol 2
(P) : x = 10y . Hãy viết phương
trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ( )
∆ : x + 3y − 6 = 0 , đồng thời tiếp xúc với trục hoành Ox và cát
tuyến chung của Elip (E) với Parabol (P). Giải
Đường thẳng đi qua các giao điểm của (E) và (P): x = 2 4 3b b b − = = 1
Tâm I ∈ ∆ nên: I (6 − 3 ; b b) . Ta có: 6 3b 2 b − − = ⇔ ⇔ 4 3b b b − = − = 2 ⇒ (C): 2 2
(x − 3) + (y − 1) = 1 hoặc (C): 2 2 x + (y − 2) = 4
BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 100