Chuyên đề hình học phẳng oxy nguyễn thanh tùng

NGUYỄN THANH TÙNG (Giáo viên chuyên luyện thi THPT Quốc Gia) BIÊN SOẠN THEO CẤU TRÚC MỚI NHẤT CỦA BỘ GD&ĐT * Dành cho học sinh lớp 10, 11, 12 luyện thi Quốc Gia * Sách tham khảo bổ ớch cho giỏo viờn NHà XUấT BảN TổNG HợP THàNH PHè Hå CHÝ MINH MỤC LỤC Phần 1: Tổng hợp kiến thức Phần 2: Những toán 12 Bài toán 12 Bài toán 14 Bài toán 15 Bài toán 16 Bài toán 17 Bài toán 18 Bài toán 19 Phần 3: 10 tốn hình học OXY 21 Bài toán 21 Bài toán 108 Bài toán 117 Bài toán 139 Bài toán 152 Bài toán 184 Bài toán 253 Bài toán 269 Bài toán 297 Bài toán 10 317 Phần 4: Sáng tạo phát triển từ tốn hình học phẳng túy 331 Phần 5: Bài tập tổng hợp 362 PHẦN 1: TỔNG HỢP KIẾN THỨC CƠ BẢN I HỆ TRỤC TỌA ĐỘ O(0;0)   A Hệ trục tọa độ Oxy hay (O; i; j ) có i = (1;0)   j = (0;1) Ox : Trục hoành ; Oy : Trục tung Chú ý: Nếu nói tới tia Ox hay tia Oy hiểu phần hoành độ tung độ không âm trục Ox, Oy tương ứng B Vectơ :     u = xi + y j ⇔ u = ( x; y )   Cho hai vectơ a = ( x1 ; y1 ) b = ( x2 ; y2 ) Khi đó:    x1 = x2  y1 = y2     Hai vectơ phương : a b phương ⇔ a =kb ⇔ x1 y2 =x2 y1   Tổng, hiệu hai vectơ: a ± b = ( x1 ± x2 ; y1 ± y2 )  Tích số với vectơ: k a = (kx1 ; ky1 )      Tích vơ hướng hai vectơ : a.b = a b cos a,= b x1 x2 + y1 y2  Môđun vectơ:= a x12 + y12    x1 x2 + y1 y2 a.b Góc hai vectơ: cos = a, b =  a.b x1 + y12 x22 + y22    Hai vectơ vng góc: a ⊥ b ⇔ a.b = ⇔ x1 x2 + y1 y2 =    Điểm: OM =xi + y j ⇔ M ( x; y ) Hai vectơ nhau: a= b ⇔  C ( ) ( ) * Cho ba điểm A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ), C ( x3 ; y3 ) Khi :  ( x2 − x1 ; y2 − y1 ) AB = AB = ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 )  x1 + x2 y1 + y2  ;     x + x2 + x3 y1 + y2 + y3  Trọng tâm G tam giác ABC : G  ;  3   Trung điểm I AB có tọa độ: I  Sau sơ đồ cho phần tổng hợp kiến thức trên: II CÁC HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC A TRONG TAM GIÁC VUÔNG : Hệ thức Pitago: a= b2 + c2 Mối quan hệ cạnh, đường cao: b = ab '  c = ac ' 1 + = + h b2 c2 + h2 = b ' c ' + bc = ah + Mối quan hệ cạnh góc: = b a= sin B a= cos C c= tan B c cot C B TRONG TAM GIÁC BẤT KÌ : Các định lý * Định lý côsin: a = b + c − 2bc cos A ⇒ Hệ quả: + Tính góc: cos A = b2 + c2 − a 2bc b2 + c2 a + Tính độ dài đường trung tuyến: = m − a b c * Định lý sin: = = = R sin A sin B sin C a Các công thức tính diện tích tam giác a.ha + Hai cạnh sin góc xen giữa: S = ab sin C + Đường cao cạnh đối diện: S = abc 4R + Nửa chu vi bán kính đường trịn nội tiếp: S = pr + Ba cạnh bán kính đường trịn ngoại tiếp: S = + Hê – rông: S = p ( p − a )( p − b)( p − c) Trong đó: R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC ; r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC ; p= a+b+c nửa chu vi tam giác ABC Sau sơ đồ cho phần tổng hợp kiến thức trên: CÁC HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC III ĐIỂM, ĐƯỜNG THẲNG, ĐƯỜNG TRÒN VÀ ELIP A ĐIỂM Các điểm đặc biệt tam giác: + Trực tâm : Là giao đường cao tam giác + Trọng tâm: Là giao đường trung tuyến tam giác + Tâm đường tròn ngoại tiếp: Là giao đường trung trực tam giác + Tâm đường tròn nội tiếp: Là giao đường phân giác Chú ý: + Do giao đường (cùng tên) đồng quy, nên vẽ hình ta cần xác định giao hai đường, chí đường trung tuyến (dựa vào tỉ lệ trọng tâm) + Tâm đường tròn bàng tiếp : Là giao đường phân giác ngồi hai góc phân giác ngồi góc phân giác góc Như tam giác có đường trịn bàng tiếp Nếu cho điểm phân biệt A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ), C ( x3 ; y3 ), ta có :  AB = ( x2 − x1 ; y2 − y1 ) AB = ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) x1 + x2   xI = I trung điểm AB ⇔   y = y1 + y2  I x1 + x2 + x3   xG = G trọng tâm ∆ABC ⇔  y + y  y = + y3  G   A, B, C thẳng hàng ⇔ ∃k ≠ : AB =k AC B ĐƯỜNG THẲNG Đường thẳng * Đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) có : + hệ số góc k có phương trình: y = k ( x − x0 ) + y0  + vectơ pháp tuyến (vtpt) n = (a; b) có phương trình: a ( x − x0 ) + b( y − y0 ) =  + vectơ phương (vtcp) n = (a, b) có phương trình dạng tham số là: x x0 + at = x − x0 y − y0 phương trình dạng tắc là: (với =  y y0 + bt a b = ab ≠ ) Cắt hai trục Ox, Oy hai điểm A(a;0), B (0; b) có phương trình dạng đoạn chắn: x y + = (với ab ≠ ) a b Vị trí tương đối hai đường thẳng Xét hai đường thẳng ∆1 : a1 x + b1 y + c1 = ∆ : a2 x + b2 y + c2 = Tọa độ giao điểm ∆1 ∆ nghiệm hệ phương trình : a1 x + b1 y + c1 = (I)  a2 x + b2 y + c2 = * Hệ (I) có nghiệm ( x0 ; y0 ) , ∆1 cắt ∆ điểm M ( x0 ; y0 ) * Hệ (I) có vơ số nghiệm, ∆1 ≡ ∆ * Hệ (I) vơ nghiệm, ∆1 // ∆ Một vài ý * Trục hoành ( Ox ) có phương trình: y = ; Trục tung (Oy ) có phương trình: x =0 * Đường thẳng qua hai điểm phân biệt: + A(a; y1 ), B (a; y2 ) có phương trình: x = a (song song với trục Oy a ≠ 0) + A( x1 ; b), B ( x2 ; b) có phương trình: y = b (song song với trục Ox b ≠ ) * Phương trình đường thẳng có dạng tổng quát  n = (a; b) ax + by + c = ⇒   (b; −a) hoaë c u = (−b; a) u = C ĐƯỜNG TRỊN * Đường trịn có tọa độ tâm I ( x0 ; y0 ) bán kính R có phương trình: ( x − x0 ) + ( y − y0 ) = R2 * Nếu đường trịn (C ) có phương trình dạng: x + y + ax + by + c = 2 với a + b > 4c (C ) có:  a b kính R ; −  bán=  2 tâm I  − a + b2 −c = R a2 + b2 = c x2 y 2 Phương trình tắc elip ( E ) : + = a b  a , b, c >  2 a= b + c * ( E ) nhận Ox, Oy làm trục đối xứng có tâm đối xứng gốc tọa độ O  x02 y02 =  + * Nếu M ( x0 ; y0 ) ∈ ( E ) ⇒  a b  MF + MF = 2a  * Elip ( E ) có: + Tiêu điểm trái F1 (−c;0) , tiêu điểm phải F2 (c;0) + Các đỉnh: A1 (− a;0), A2 ( a;0), B1 (0; −b), B2 (0; b) + Trục lớn: A1 A2 = 2a , nằm trục Ox Trục nhỏ: B1 B2 = 2b , nằm trục Oy + Tâm sai: e= c < a + Đường chuẩn: x = − a a ứng với tiêu điểm F1 (−c;0) x = ứng với tiêu e e điểm F2 (c;0)  x = ±a có chiều dài 2a , chiều  y = ±b + Hình chữ nhật sở tạo đường  rộng 2b + Bán kính qua tiêu điểm M ( x0 ; y0 ) ∈ ( E ) là: c  a + ex0 = a + x0  MF1 = a   MF =a − ex =a − c x 0  a IV CÁC CÔNG THỨC ĐỊNH LƯỢNG KHOẢNG CÁCH * Khoảng cách hai điểm A( x1 ; y1 ) B ( x2 ; y2 ) AB = ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) * Khoảng cách từ điểm M ( x0 ; y0 ) đến đường thẳng ∆ : ax + by + c = là: ax + by0 + c d ( M , ∆) = a + b2 * Nếu ∆ ' // ∆ M ∈ ∆ ' khoảng cách hai đường thẳng ∆ ' ∆ là: d (∆ ',= ∆) d ( M , ∆) GÓC   * Góc hai vectơ a = ( x1 ; y1 ) b = ( x2 ; y2 ) xác định bởi:   cos = a, b ( ) *  a.b =  a.b x1 x2 + y1 y2 x + y12 x22 + y22 ϕ góc tạo hai đường thẳng ∆1 : a1 x + b1 y + c1 = ∆ : a2 x + b2 y + c2 = xác định   cos ϕ cos n1 , n2 = = ( 10 )   a1a2 + b1b2 = cos u1 , u2 a12 + b12 a22 + b22 ( ) a 2(3m − − 1) 1 −=   a =  A(1;5)  ⇒ AG =2GM ⇔ 11 11  ⇔   m =  M (1;3)  − (9 − 4a )=  m −     BC qua M vng góc với đường x − y + = nên có phương trình: x + y − = + Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ : −6 = 3x + y= x ⇔ ⇒ B(3; −3) ⇒ C (−1;9) (do M trung điểm BC)  4 x + y − =0  y =−3 Vậy A(1;5), B (3; −3), C ( −1;9) Bài 80 + Đường trịn (C ) có tâm I (4;0) bán kính R = + Gọi M (0; m) ∈ Oy ⇒ IM = m + 16 ⇒ MA2 = MB = MI − R = m + 12 Suy A, B thuộc đường trịn tâm M bán kính MA có phương trình: x + ( y − m) = m + 12 + Khi tọa độ A, B nghiệm hệ:  x + ( y − m) = m + 12  x + y − 2my − 12 = ⇔ ⇒ x − my − 12 =   2 − 4)2 + y − x + 12 ( x=  x + y= Suy phương trình AB : x − my − 12 = + Mặt khác E (4;1) ∈ AB ⇒ 16 − m − 12 =0 ⇔ m =4 ⇒ M (0; 4) Vậy M (0; 4) Bài 81 + Tọa độ điểm B nghiệm hệ  x − y + =0  x =−2 ⇔ ⇒ B(−2; −1)  2 x + y + =0  y =−1 + Gọi D điểm đối xứng với A qua BN ⇒ D ∈ BC AD qua A vng góc với BN nên có phương trình: x − y − = 432 Suy tọa độ giao điểm K AD BN nghiệm hệ :  x − y − =0  x =−1 ⇔ ⇒ K (−1; −3) ⇒ D(−3; −4) (vì K trung điểm AD)  2 x + y + =0  y =−3 Suy BC qua B, D nên có phương trình: x − y + = + AC qua A vng góc với BH nên có phương trình: x + y + = Suy tọa độ điểm C nghiệm hệ:   x = − x + y + =  1 ⇔ ⇒ C− ;    2 3x − y + = y =   1 Vậy B(−2; −1), C  − ;   2 Bài 82 + Gọi N hình chiếu vng góc  5 M lên AB ⇒ N  5;  ⇒ MN =  2 CI qua I vng góc với AB nên có phương trình: x + y − 10 = + C (c;10 − 2c) ∈ CI Gọi  với a ≤ yB ≥  A(2a; a) ∈ AB ⇒ B(8 − 2a; − a)  CI = (c − 4) + (8 − 2c) = c −   Suy  AI = BI = (2a − 4)2 + (a − 2) = a − =  5  BN= (2a − 3) 2= (3 − 2a)  5(2 − a) + Ta có S ABC = 10 ⇔ CI AI = 10 ⇔ c − 5(2 − a) = 10 ⇔ c − = 2−a (1) Mặt khác MN // CI nên ta có: MN BN 5(3 − 2a) 2(a − 2) = ⇔ = ⇔ c − 4= CI BI 2a − c − 5(2 − a) (2) 433 Thay (1) vào (2) ta được: c = 2(a − 2) = ⇔ a − 2a + = ⇔ a = ⇒ c − = ⇔  2−a 2a − c = Vậy A(1; 2), B (6,3), C (6; −2) A(1; 2), B (6,3), C (2;6) Bài 83 + Gọi vecto pháp tuyến AB  n = (a; b) với a + b > Khi phương trình AB : a ( x − 2) + b( y − 3) = phương trình BC : b( x − 5) − ay = + Do ABCD hình vng nên: d (T , AB) = d (T , BC ) ⇔ −a − 4b a + b2 = a − 4b a = ⇔ a + 4b = a − 4b ⇔  a + b2 b = 0 ⇒ B(5;3) + Với a = , chọn b = , AB : y − = BC : x − = Do T trung điểm BD nên D (−3; −5) Suy phương trình AD := x + 0, DC := y + ⇒ A(−3;3), C (5; −5) BC : y = ⇒ B (2;0) + Với b = , chọn a = , AB : x − = Do T trung điểm BD nên D (0; −2) Suy phương trình AD : y = −2, DC : x = ⇒ A(2; −2), C (0;0) Vậy A(−3;3), B(5;3), C (5; −5), D(−3; −5) A(2; −2), B (2;0), C (0;0), D(0; −2) Bài 84   x = x − y − = 9 3 + Tọa độ điểm I nghiệm hệ  ⇔ ⇒I ;  + − = x y 2 2  y =  Khơng tính tổng qt giả sử M trung điểm AD với = {M } d1  Ox ⇒ M (3;0) Ta có AB = IM = ⇒ AD = S ABCD 12 = = 2 ⇒ MA = MD = AB ( ) Suy A, D thuộc đường trịn M , có phương trình: ( x − 3) + y = + Vì I , M thuộc d1 nên d1 ⊥ AD ⇒ phương trình AD : x + y − = 434 Khi tọa độ điểm A, D nghiệm hệ : = y x + y − =  x 2;= yA >0  A(2;1) ⇔  →  2 4; y = −1 x =  D(4; −1) ( x − 3) + y = + Do I trung điểm AC , BD ⇒ C (7; 2), D(4; −1) Vậy A(2;1), B (5; 4), C (7; 2), D (4; −1) Bài 85 + Theo giả thiết ta có C đỉnh nằm trục lớn elip ( E ) Do CA = CB , suy A, B đối xứng qua trục hoành  x02  + y0 = Gọi A( x0 ; y0 ) ∈ ( E ) ⇒  với x0 ∈ (−2; 2)  B( x ; − y ) 0  1 Khi S ABC = d (C , AB) AB = − x0 y0 = (2 − x0 ) y0 2  x  (2 − x0 )3 (2 + x0 ) (2 − x0 )2 y02 = (2 − x0 ) 1 −  = ⇒ S ABC = 4  (1) Mặt khác áp dụng BĐT Cauchy ta có: 4= − x0 − x0 − x0 (2 − x0 )3 (2 + x0 ) + + + + x0 ≥ 4 3 27 (2) ⇒ (2 − x0 )3 (2 + x0 ) ≤ 27 Từ (1) (2) suy ra: S ABC ≤ 27 3 ⇔ S ABC ≤ Dấu “=” xảy khi:   3   A  −1;  , B  −1; −   − x0   =2 + x0 =1 ⇔ x0 =−1 ⇒ y0 =± ⇒  A  −1; −  , B  −1;          Vậy A  −1;   3   3    3  3 3  3  , B  −1; −  A  −1; −  , B  −1;     2     435 Bài 86 + Gọi vecto pháp tuyến AB  nAB = (a; b) với a + b ≠ , AB qua M (2; −3) có phương trình: a ( x − 2) + b( y + 3) =0 ⇔ ax + by − 2a + 3b =0  Ta có nBC = (1;7) , đó: ∠ABC =450 ⇔ cos ∠ABC =cos 450 ⇔ a + 7b a +b +7 2 2 = ⇔ (a + 7b) = 25(a + b ) 3a = 4b ⇔ 12a − ab − 12b = ⇔ (3a − 4b)(4a + 3b) = 0⇔  4a = −3b a = suy phương trình AB : x + y + = + Với 3a = 4b , chọn  b = Khi AC qua N 1;  vng góc với AB nên AC có phương trình:  2 3x − y + = 4 x + y + =0  x =−1 ⇔ ⇒ A(−1;1) y+7 = 3 x − = y Tọa độ điểm A nghiệm hệ  4 x + y + =0  x =−4 ⇔ ⇒ B(−4;5) 31 =  x + y −= y Tọa độ điểm B nghiệm hệ  +7 = 3 x − y= x ⇔ ⇒ C (3; 4) = 31 = x + y − y Tọa độ điểm C nghiệm hệ  a = suy phương trình AB : x − y − 18 = b = −4 + Với 4a = −3b , chọn  AC : x + y − 49 = Khi ta có A(10;3) ≡ B (10;3) (loại) Vậy A(−1;1), B (−4;5), C (3; 4) 436 Bài 87 + Đường trịn (T ) có tâm I (4; −3) bán kính R = Gọi AB, AD tiếp xúc với (T ) M , N ⇒ AMIN hình vng cạnh R = Suy AI = 2 + Gọi A(t ;1 − t ) ∈ ∆ với t < , đó: t = t R ⇒ A nằm ngồi đường trịn (T ) = HC = AC Gọi H hình chiếu I lên BC , đó: HB Khi đó:  IH = IB − HB ⇒ IB − HB = IA2 − HA2 ⇔ R − AC = IA2 − AC  2  IH= IA − HA AI − R 52 − 25 ⇔ AC = = =⇒ AC =⇒ HB =⇒ IH = 3  + Gọi n∆ = (a; b) vecto pháp tuyến ∆ với a + b ≠ Suy phương trình ∆ : ax + by − a − 3b = 437 Khi d ( I , ∆) = IH ⇔ 6a + 4b a = = ⇔ 5a + 12ab = ⇔  a +b 5a = −12b 2 + Với a = , chọn b = , suy phương trình ∆ : y − = + Với 5a = −12b , chọn a = 12, b = −5 , suy phương trình ∆ : 12 x − y − 69 = Vậy ∆ : y − = ∆ :12 x − y − 69 = Bài 89 + Đường trịn (C ) có tâm I (2; −3) bán kính R = Khi phương trình IM : x = , suy AB vng góc với IM nên có phương trình y = m + Suy hoành độ giao điểm A, B nghiệm phương trình: (*) x − x + m + 6m − 12 = Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi: (2*) ∆ ' = −m − 6m + 16 > ⇔ −8 < m < −2  A( x1 ; m) Ta có  x1 , x2 nghiệm (*) thỏa mãn:  B( x2 ; m)  x1 + x2 =   x1 x2 = m + 6m − 12 x1 + x2  = =  xH + Gọi H trung điểm AB , suy  ⇒ H (2; m)  yH = m Do tam giác ABC nên ta có: m = AB 3 2 MH = ⇔ MH = AB ⇔ 2m + (9 − 3)m =0 ⇔  m = −  Vậy phương trình ∆ cần lập y = y = Bài 90 438 −9    + Ta có nAB = (1; −2), nBD = (1; −7), nAC = (a; b) vecto pháp tuyến đường thẳng AB, BD, AC Khi ABCD hình chữ nhật nên ta có:     cos nAC , nBD = cos nAB , nBD ⇔ ( ) ( ) a − 2b a +b 2 = 15 50 7a = −b ⇔ 2(a − 2b) =9(a + b ) ⇔ 7a + 8ab + b =1 ⇔   a = −b   + Với 7a = −b , chọn a = 1, b = −7 ⇒ nAC =(1; −7) phương với nBD (loại)  + Với a = −b , chọn a = 1, b = −1 ⇒ nAC =(1; −1) Khi AC qua M (2;1) có phương trình : x − y − = Suy tọa độ giao điểm I AC BD nghiệm hệ :   x =  x − y + 14 = 7 5 ⇔ ⇒I ;   2 2 x − y −1 = y =  + Do A, C khác phía so với đường thẳng BD ⇒ NA + NC ≥ AC Dấu “=” xảy khi= { N } AC  BD ⇒ N ≡ I hay N  ;  2 2 Bài 91 + Gọi P, K trung điểm DA, AC G trọng tâm tam giác ABC , : CE CG = = ⇒ EG // PD hay EG // AB CP CD Do I tâm đường tròn ngoại tiếp nên DI ⊥ AB ⇒ DI ⊥ EG (1)  DK / / BC  DE / / BC Mặt khác  ⇔ ⇒ GI ⊥ DE (2)  AG ⊥ BC GI ⊥ BC Từ (1) (2) , suy I trực tâm tam giác DEG ⇒ EI ⊥ DG + Khi CD qua M(3; -1) vng góc với IE nên có phương trình x = 439 Gọi D (3; d ) ∈ CD, suy  D(3;3) d =    DN ⊥ DI ⇔ DN DI =0 ⇔ ⇒   D 3; −  d = −   3    + Với D (3;3) , suy phương trình AB : x − y + = AI qua I vng góc với DE nên có phương trình x − y − = y−2 =  x −= x Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ  ⇔ ⇒ A(7;5) y+3 = x − 2= y Do D trung điểm AB ⇒ B (−1;1) Ta có BC qua B vng góc với AI nên có phương trình : x + y = +y =  x= x Khi tọa độ điểm C nghiệm hệ  ⇔ ⇒ C (3; −3) x =  y = −3 4   107 125  + Với D  3; −  làm tương tự ta A  ;−  (loại) 3 27    Vậy A(7;5), B ( −1;1), C (3; −3) Bài 92 + Gọi phương trình tắc ( E ) có dạng: + Phương trình đường chuẩn x + = ⇒ Vì M ∈ ( E ) ⇔ x2 y + = với a > b > a b2 a2 = ⇔ a = 8c c 9 + =⇔ + = 2 a b a a − c2 c = + = ⇔ 2c − 17c + 26 =0 ⇔  13 Thay (1) vào (2) ta được: c = 8c 8c − c  a = 16 x2 y + Với c =2 ⇒  ⇒ ( E ) : + = 2 16 12 b = a − c = 12 a = 52 13  x2 y ⇒ ( E ) : + =1 + Với c = ⇒  39 2 52 39 b = a − c =  4 Vậy phương trình ( E ) cần lập : 440 2 x2 y + = x + y = 16 12 52 39 (1) (2) Bài 93 Đường tròn (C ) có tâm I (1; −2) bán kính R = Gọi H hình chiếu I AB AB ⇒ AH = =2 IH = R − AH = 52 − (2 5)2 = Khi d ( I , AB) = Do ABOI hình thang đáy AB ⇒ AB // OI  Với OI= (1; −2) , suy phương trình đường thẳng AB có véctơ pháp tuyến  nAB = (2;1) Khi phương trình AB có dạng: 0) 2x + y + m = ( m ≠ OI có phương trình x + y = d ( I , AB) = IH ⇔ 2.1 − + m = 5⇔ m = ⇔m= ±5 ( thỏa mãn m ≠ ) Vậy phương trình AB x + y + = x + y − = Bài 94 Ta có:   S ∆CDM = S ABCD S ∆CDM ⇒ S ∆ADM =  S = S  ∆ADM ABCD ⇒ d ( A, DM ) = 2d (C , DM ) = 3+3− 2 = Gọi A(t ; −3t + 2) thuộc đường thẳng x + y − = (với t < ) Khi d ( A, DM ) = ⇔ t − (−3t + 2) − 2 = ⇔ t −1 = ⇔t= (loại) t = −1 ⇒ A(−1;5)   AD =(a + 1; a − 7) + Gọi D (a; a − 2) ∈ DM ⇒   CD =(a − 3; a + 1) 441 Do ABCD hình vng nên :    AD.CD = 0 (a + 1)(a − 3) + (a − 7)(a + 1) =  ⇔  2 2 2  AD = CD (a + 1) + (a − 7) = (a − 3) + (a + 1)  a = −1 (a + 1)(2a − 10) =  ⇔ ⇔ a = ⇔ a = ⇒ D(5;3) −12a + 50 =10 − 4a a =    Mặt khác AB =DC =(−2; −6) ⇒ B (−3; −1) Vậy A(−1;5) , B (−3; −1) , D (5;3) Bài 95 + Đường tròn (C ) x + y − x − y − = có tâm I (2;1) bán kính R = 13 A thuộc tia Oy nên gọi A(0; a ) với a ≥ A ∈ (C ) ⇔ a − 2a − = ⇔ a = a = −2 (loại) + Gọi C (5c; −c) ( với c ∈  ) thuộc đường thẳng d : x + y = C ∈ (C ) ⇔ 25c + c − 20c + 2c − = ⇔ 13c − 9c − = ⇔ c = c = − (loại) Vậy C (5; −1) 13   = u= (5; −1) + Vì AB ⊥ d nên AB có véctơ pháp tuyến nAB d Khi AB có phương trình : 5( x − 0) − ( y − 4) = hay x − y + = Gọi ⇔ B (b;5b + 4) ∈ AB Ta có : b = IB = R ⇔ IB = R ⇔ (b − 2) + (5b + 3) =13 ⇔ b + b = ⇔  b = −1 Với b = ⇒ B (0; 4) ≡ A (loại) ; Với b = −1 ⇒ B (−1; −1) Vậy A(0; 4) , B (−1; −1) C (5; −1) Bài 96 Đường tròn (C ) có tâm I (1;1) bán kính R = 2 Vì AC song song với x − y + 2015 = 442 nên AC qua I có véctơ phương    x = + 3t u AC= u= (3; 4) có phương trình:  d  y = + 4t 2 5  5  Ta có: IA = IB = R + R =    +   =     2 Gọi A(1 + 3a;1 + 4a ) ∈ AC nên IA = ⇔ IA2 = 25 ⇔ (3a ) + (4a ) = 25 ⇔ a = a = −1 Với a = ⇒ A(4;5) a = −1 ⇒ A(−2; −3) (loại) Vì I trung điểm AC nên C ( −2; −3)  x = + 4t  y = − 3t Ta có BD qua I vng góc với AC nên có phương trình:  Gọi B (1 + 4b;1 − 3b) ∈ BD nên IB = ⇔ IB = 25 ⇔ (4b) + (3b) = 25 ⇔ b = b = −1 Với b = ⇒ B(5; −2) ⇒ D(−3; 4) (Vì I trung điểm BD ) b = −1 ⇒ B(−3; 4) (loại) Vậy A(4;5) , B (5; −2) , C ( −2; −3) D (−3; 4) Bài 97  Ta có BC qua B (2; −1) nhận u AH = (1;3) làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình: x − + 3( y + 1) = hay x + y + = Khi tọa độ điểm C nghiệm hệ:  x + y + =0  x =−1 ⇔ ⇒ C (−1;0)  − y +1 = x = y Gọi E ( x; y ) điểm đối xứng B qua phân giác d : x − y + = góc ∠ACB Suy E ∈ AC 443   BE =( x − 2; y + 1) Ta có   I  x + ; y −  trung điểm EB   ud = (1;1) Khi đó:   1.( x − 2) + 1.( y + 1) = −2 x + y = x =  BE ⊥ ud  ⇒ E (−2;3) ⇔  x + y −1 ⇔ ⇔  − = − = x y y − + =  I ∈ d    2 Khi đường thẳng EC qua C ( −1;0) có véctơ phương  x +1 y EC= (1; −3) nên có phương trình: = ⇔ x + y + 3= −3 Vì EC ∩ AH = {A} nên tọa độ điểm A nghiệm hệ: y+3 = 3 x + = x ⇔ ⇒ A(1; −6)  3 x − y − =0  y =−6   AD =(a − 1; b + 6) Gọi D (a; b) ,    BC = (−3;1)   a − =−3 a =−2 BC ⇔  ⇔ ABCD hình bình hành nên suy AD = b + = b =−5 Vậy D (−2; −5) Bài 98 Ta có ∆ ∩ BC ={H } nên tọa độ điểm H nghiệm hệ: y +1 = 3 x − 4= x ⇔ ⇒ H (1;1)  y−4 =  x + 3= y Ta có: d= ( A, BC ) Khi S ABC =15 ⇔ +1 = 32 + 42 1 d ( A, BC ).BC =15 ⇔ 2.BC =15 ⇔ BC =15 2 BC Mặt khác H thuộc đoạn BC HC = HB nên BH = = 3b +  Gọi B  b;  ∈ BC (với b > )   444  3b +  Khi BH =5 ⇔ BH =25 ⇔ (b − 1) +  − 1 =25   2 ⇔ (b − 1) + 25 (b − 1) = 25 ⇔ (b − 1) = 25 16 16 ⇔ (b − 1) = 16 ⇔ b = b = −3 (loại) , suy B (5; 4)   HC =( x − 1; y − 1)  , Gọi C ( x; y )    BH =(−4; −3)    x − =−8  x =−7 ⇔ ⇒ C (−7; −5)  y − =−6  y =−5 đó: HC = BH ⇔  Vậy B (5; 4) C ( −7; −5) Bài 99 Từ phương trình Elip ( E ) : a = x2 y ⇒ c= + = 1⇒ 25 16 b =  F1 (−3;0) a − b 2= ⇒   F2 (3;0) M ∈ (E ) ⇔ MF1 + MF2 =2a =10  10 MF2 = 2= MF22 =  ⇒ 5MF2 =⇔ Mặt khác MF1 = MF2  Gọi M ( x0 ; y0 ) ,  x02 y02  x02 y02 M ∈ E ( )  = = 1 (1)  +  + ⇔  25 16 ⇔  25 16  2  MF2 = ( x − 3) + y =  y2 =   − x0 + x0 − (2) Thay (2) vào (1) ta : x02 x02 − x0 + − = 25 16  x0 =5 ⇒ y0 =0  ⇔ x − 50 x0 + 175 =⇔ 35 640  x0 = ⇒ y02 = − ) Suy = AI Có AI = ⇔ AB = 18 ⇔ (t + 2) + (t + 2) = 18 ⇔ (t + 2) = ⇔ t = t = −5 (loại) Vậy I (1; −1) , suy C (4; −4) ( Vì I trung điểm AC ) x= 1+ t  y =−1 + t Khi BD qua I (1; −1) vng góc với AC có dạng :  Gọi B (1 + b; −1 + b) ∈ BD Khi AB = ⇔ AB = 24 ⇔ (b + 3) + (b − 3) = 24 ⇔ b = ⇔ b = ±  B(1 + 3; −1 + 3) ⇒ D(1 − 3; −1 − 3) (Vì I trung điểm BD) Suy ra:   B(1 − 3; −1 − 3) ⇒ D(1 + 3; −1 + 3)  B (1 − 3; −1 − 3)  B(1 + 3; −1 + 3)  Vậy C (4; −4)  C (4; −4)    D(1 + 3; −1 + 3)  D(1 − 3; −1 − 3) 446