Lời giải 31 bài toán hình học tọa độ phẳng ôn thi đại học

Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Bài 1: Trong hệ tọa độ ,Oxy cho hình thoi ABCD cạnh AC có phương trình là: ,0317 =−+ yx hai đỉnh ,B D lần lượt thuộc các đường thẳng 1 : 8 0,d x y+ − = 2 : 2 3 0d x y− + = . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm. Giải: 1 2 ( ;8 ), (2 3; ).B d B b b D d d d∈ ⇒ − ∈ ⇒ − Khi đó D ( 2 3; 8)B b d b d= − + − + − uuur và trung điểm của BD là 2 3 8 ; . 2 2 b d b d I + − − + +    ÷   Theo tính chất hình thoi ta có : 8 13 13 0 0 . 0 6 9 9 0 1 AC BD AC b d b u BD I AC b d d I AC  ⊥ − + − = =    =  ⇔ ⇔ ⇔     ∈ − + − = = ∈      uuur uuur . Suy ra (0;8); ( 1;1)B D − . Khi đó 1 9 ; 2 2 I   −  ÷   ; ( 7 31; )A AC A a a∈ ⇒ − + . 2 1 15 . 15 2 2 2 ABCD ABCD S S AC BD AC IA BD = ⇒ = = ⇒ = 2 2 2 3 (10;3) ( ) 63 9 225 9 9 7 6 ( 11;6) 2 2 2 2 4 a A ktm a a a a A =         ⇒ − + + − = ⇔ − = ⇔ ⇒  ÷  ÷  ÷   = −         Suy ra (10;3)C . Bài 2: Trong hệ tọa độ ,Oxy cho hai đường thẳng 02: 1 =−− yxd và 022: 2 =−+ yxd . Giả sử 1 d cắt 2 d tại .I Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua )1;1(−M cắt 1 d và 2 d tương ứng tại BA, sao cho IAAB 3= . Giải: 1 d cắt 2 d tại ).0;2(I Chọn ,)2;0( 10 dA ∈− ta có .22 0 =IA Lấy 20 );22( dbbB ∈− sao cho 263 000 == IABA 72)2()22( 22 =++−⇔ bb            − − ⇒     1 −= = ⇔=−−⇔ . 5 16 ; 5 42 )4;6( 5 6 4 06445 0 0 2 B B b b bb Suy ra đường thẳng ∆ là đường thẳng qua )1;1(−M và song song với . 00 BA Suy ra phương trình 0: =+∆ yx hoặc .067: =−+∆ yx 1 I d 1 d 2 A M B ∆ A 0 B 0 Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. Điểm M 1 (0; ) 3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. Giải: Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có: ' ' 2 4 2 5 N I N N I N x x x y y y = − =   = − = −  Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 2 2 4.2 3.1 1 2 4 3 d + − = = + AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 2 2 2 1 1 1 4d x x = + suy ra x = 5 suy ra BI = 5 Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5 Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2 4x 3y – 1 0 ( 2) ( 1) 5x y + =   − + − =  B có hoành độ dương nên B( 1; -1) Bài 4: Trong hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng : 2 3 0x y ∆ + − = và hai điểm A(1; 0), B(3; - 4). Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho 3MA MB+ uuur uuur nhỏ nhất. Giải: Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J( 5 ; 3 2 − ) Ta có : 3 ( ) 2 2 2 4MA MB MA MB MB MI MB MJ + = + + = + = uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur Vì vậy 3MA MB+ uuur uuur nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng ∆ Đường thẳng JM qua J và vuông góc với ∆ có phương trình: 2x – y – 8 = 0. Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 2 2 3 0 5 2 8 0 19 5 x x y x y y −  =  + − =   ⇔   − − =   =   . Vậy M( 19 2 ; 5 5 − ) Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( 7;8) − và hai đường thẳng 1 :2 5 3 0d x y+ + = ; 2 :5 2 7 0d x y − − = cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng 3 d đi 2 Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng qua P tạo với 1 d , 2 d thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 14,5 . Giải : Ta có A(1; 1) − và 1 2 d d ⊥ . Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi 1 d , 2 d là: ∆ 1 : 7 3 4 0x y + − = và ∆ 2 : 3 7 10 0x y − − = 3 d tạo với 1 d , 2 d một tam giác vuông cân ⇒ 3 d vuông góc với ∆ 1 hoặc ∆ 2. . ⇒ Phương trình của 3 d có dạng: 7 3 0x y C + + = hay 3 7 0 ′ − + = x y C Mặt khác, 3 d qua ( 7;8)P − nên C = 25 ; C′ = 77 Suy ra : 3 : 7 3 25 0d x y+ + = hay 3 :3 7 77 0d x y− + = Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng 29 2 ⇒ cạnh huyền bằng 58 Suy ra độ dài đường cao A H = 58 2 = 3 ( , )d A d • Với 3 : 7 3 25 0d x y + + = thì 3 58 ( ; ) 2 d A d = ( tm) • Với 3 :3 7 77 0d x y− + = thì 3 87 ( ; ) 58 d A d = ( loại ) Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh ( ) 2;1 ,B − điểm A thuộc Oy, điểm C thuộc Ox ( 0 C x ≥ ), góc · 30 o BAC = ; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 . Xác định toạ độ điểm A và C. Giải: Gọi C(c;0); A(0;a); ta có: 2 sin30 5 o BC R= = ( ) ( ) 2 2 2 5 2 0 1 5BC c⇒ = ⇔ + + − = 0 , 4 ( )c c loai ⇔ = = − Suy ra C(0 ;0) trùng với điểm O .Gọi H hình chiếu vuông góc điểm B trên Oy ta có tam giác BHA một nửa tam giác đều .Nên BA =2 BH do đó HA = 2 3 (0;1 2 3)A⇒ + hoặc (0;1 2 3)A − Vậy có (0;1 2 3)A − , B(-2 ;1) , C(0 ;0) hoặc (0;1 2 3)A + , B(-2 ;1) , C(0 ;0) Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) 2 2 : 6 2 6 0C x y x y+ − + + = và điểm A(1;3) ; Một đường thẳng d đi qua A, gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d với (C). Lập phương trình của d sao cho AB AC+ nhỏ nhất. Giải: Tâm đường tròn (3; 1), 2; 2 5 ( , ) 2I R IA d I A R− = = = > = nên điểm A nằm ngoài (C) Ta có /( )A C P = AB.AC = d 2- - R 2 = 16 ; và 2 . 2.4 8AB AC AB AC+ ≥ = = dấu “=”xẩy ra ⇔ AB = AC = 4 . Khi đó d là tiếp tuyến của (C), d có dạng ( 1) ( 3) 0a x b y− + − = 3 0ax by a b⇔ + − − = 3 Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Từ đó ta có 2 2 3 3 ( , ) 2 2 a b a a d I d a b − − − = ⇔ = + 2 0 3 4 4 3 b b ab a b =  ⇔ = ⇔  =  chọn 0 1 b a =   =  4 3 b a =  ∨  =  Vậy phương trình d : 1 , 3 4 15 0x x y = + − = Bài 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): 2 2 2 4 8 0x y x y+ − + − = và điểm (7;7)M . Chứng minh rằng từ M kẻ đến (T) được hai tiếp tuyến MA, MB với A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB. Giải: 2 2 ( ) ( 1) ( 2) 13 (1; 2); 13T x y I R⇔ − + + = ⇒ − = Ta có: (6;9) 117 13IM IM⇒ = > uuur . Suy ra điểm M nằm ngoài (T). Vậy từ M kẻ đến (T) được 2 tiếp tuyến Gọi K MI AmB = ∩ . Ta có ,MA MB IA IB= = ⇒ MI là đường trung trực của AB ⇒ KA = KB KAB KBA KAM KBM K ⇒ ∠ = ∠ = ∠ = ∠ ⇒ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB. PTTS MI: 1 2 2 3 x t y t = +   = − +  , ( )MI T∩ tại K 1 (3;1) và K 2 (-8;-12) Ta có 1 2 .AK AK< Vậy 1 K K≡ , tức là K(3;1) Bài 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có 5,AB = ( 1; 1)C − − , đường thẳng AB có phương trình là 2 3 0x y+ − = và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng : 2 0x y∆ + − = . Tìm tọa độ các đỉnh A và .B Giải: Gọi ( ; )I x y là trung điểm của đoạn AB và ( ; ) G G G x y là trọng tâm của ABC ∆ . Do 2 3 CG CI= uuur uur nên 2 1 2 1 ; . 3 3 G G x y x y − − = = Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình: 2 3 0 5 2 1 2 1 1 2 0 3 3 x y x x y y + − =  =   ⇔ − −   = − + − =    . Vậy (5; 1)I − Ta có 5 2 2 AB IA IB= = = Gọi ( )C là đường tròn có tâm (5; 1)I − và bán kính 5 2 R = 2 2 5 ( ) : ( 5) ( 1) 4 C x y⇒ − + + = . Tọa độ hai điểm ,A B là nghiệm của hệ phương trình: 4 Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 2 2 2 3 0 4 6 . 5 1 3 ( 5) ( 1) 4 2 2 x y x x x y y y + − = = =       ⇔ ∨    − + + = = − = −       Vậy tọa độ hai điểm ,A B là 1 3 4; , 6; . 2 2     − −  ÷  ÷     Bài 10: Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: 3y = . Gọi (C) là đường tròn cắt d tại 2 điểm B, C sao cho tiếp tuyến của (C) tại B và C cắt nhau tại O. Viết phương trình đường tròn (C), biết tam giác OBC đều. Giải: Gọi (C)có tâm I bán kính R. OI cắt BC tại H thì H là trung điểm BC và OH vuông góc BC =>H(0; 3 )=>OH= 3 . Do tam giác OBC đều nên OH= 3 3 2 2 BC BC= ⇔ = . Trong tam giác vuông IB có 2 1 . 1 3 HB HI HO IH= = ⇒ = 1 3 4 3 (0; ) (0; ) 3 3 3 HI OH I= = ⇒ uuur uuur Trong tam giác vuông IBH có 2 2 2 2 4 3 R IB IH HB= = + = Vậy phương trình đường tròn (C): 2 2 4 3 4 ( ) 3 3 x y+ − = Bài 11: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng ∆ : x – y + 1 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt ∆ ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho ∆MAB vuông tại M và có diện tích bằng 2. Giải: Đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R có phương trình 2 2 2 ( ) ( )x a y b R− + − = ∆MAB vuông tại M nên AB là đường kính suy ra ∆ qua I do đó: a - b + 1 = 0 (1) Hạ MH ⊥ AB có ( , ) 2 1 1 2 2 M MH d ∆ − + = = = 1 1 . 2 .2 . 2 2 2 2 MAB S MH AB R R ∆ = ⇔ = ⇔ = 5 H O C B I Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Vì đường tròn qua M nên 2 2 (2 ) (1 ) 2 (2)a b− + − = Ta có hệ 2 2 1 0 (1) (2 ) (1 ) 2 (2) a b a b − + =   − + − =  Giải hệ được a = 1; b = 2. Vậy (C) có phương trình 2 2 ( 1) ( 2) 2x y− + − = Bài 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm C(3; -3) và điểm A thuộc đường thẳng d: 3x + y -2 = 0. Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng DM phương trình : x – y –2 = 0. Xác định tọa độ các điểm A, B, D. Giải: A ∈d ⇒ A(t; 2 -3t) Ta có: d(C; DM) = 2 1 d(A; DM) ⇒ | 4t -4 | = 8 ⇔| t - 1 | = 2    −= = ⇔ 1t 3t t = 3 ⇒ A(3, -7) (loại vì A, C phải khác phía đối DM) t = -1 ⇒ A(-1, 5) (thỏa mãn) Giả sử D(m; m-2). )3;5(D5m )1m()3m()7m()1m( 0)1m)(7m()3m)(1m( CDAD CDAD 2222 ⇒=⇔    ++−=−++ =+−+−+ ⇒      = ⊥ Gọi I là tâm của hình vuông ⇒ I là trung điểm của AC ⇒ I (1; 1) Do I là trung điểm của BD ⇒ B(-3; -1) Bài 13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh ( ) B 2;0 ; ( ) C 3;5− . G Là trọng tâm thuộc đường thẳng d có phương trình là 2x y 1 0+ − = và diện tích tam giác ABC bằng 5 2 . Hãy xác định tọa độ điểm A ? Giải: BC ( 5;5) BC 5 2pt : BC là:x + y-2=0= − ⇒ = uuur ABC GBC ABC 5 1 5 S S S 2 3 6 = ⇒ = = V V V . (G là trọng tâm tam giác ABC) G d : 2x y 1 0 G(x; 2x 1)3∈ + − = ⇒ − + GBC (G.BC) 2 2 7 x G( ; ) x 2 2x 1 2S 1 1 1 3 3 3 d x 1 4 4 11 BC 3 3 2 2 3 2 x G( ; ) 3 3 3 − −  = ⇒  − − + = = ⇔ = ⇔ + = ⇔  − −  = ⇒   V Với 2 7 4 11 G( ; ) A( 1;2);G( ; ) A( 3;6) 3 3 3 3 − − ⇒ − ⇒ − 6 Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Bài 14: Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho ba đường d 1 : x – 2y + 1 = 0; d 2 : 3x – y – 2 = 0; d 3 : 2x + y + 1 = 0. Tìm điểm M trên d 1 điểm N trên d 2 sao cho MN = 5 và MN song song với d 3 Giải: M thuộc d 1 , N thuộc d 2 nên M(2a - 1; a), N(b; 3b - 2) 2 2 2 5 5 ( 2 1) (3 2) 5MN MN b a b a= ⇔ = ⇔ − + + − − = <=> (1) 3 3 / / . 0 ( 2 1;3 2).(2;1) 0 d MN d MN n b a b a a b⇔ = ⇔ − + − − = ⇔ = uuuur uur thay vào (1) ta được a = b = 0 hoặc a = b = 2 Vậy có 4 điểm thoả mãn bài toán là: M(-1; 0), N(0; -2) hoặc M(3; 2), N(2; 4) Bài 15: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:x 2 + y 2 – x – 4y – 2 = 0 và các điểm A(3 ;-5) ; B(7;-3). Tìm điểm M trên đường tròn (C ) sao cho P = MA 2 + MB 2 nhỏ nhất. Giải: -Đường tròn (C) có tâm 1 5 ( ;2), 2 2 I R = -Gọi H là trung điểm đoạn AB => H(5; -4). Xét tam giác MAB có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 MA MB AB AB MH P MA MB MH + = − ⇔ = + = + do đó P nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất hay M là giao điểm của OH với (C) mà 5 3 : 4 4 x t IH y t = +   = − −  , thay vào phương trình đường tròn ta được ptrình t 2 + 3t + 2 = 0 <=> t = -1 và t = -2 => với t = -1 thì M(2; 0), với t = -2 thì M(-1; 4) -Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm Bài 16: Trong mặt phẳng tọa 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 có phương trình là 2 5 0x y+ − = . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua điểm (6;2)K . Giải: (5 2 ; ), (2 5; )B b b C b b− − − , (0;0)O BC∈ Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc ABC nên (2;4)I và I AB∈ Tam giác ABC vuông tại A nên ( ) 2 3;4BI b b= − − uur vuông góc với ( ) 11 2 ;2CK b b= − + uuur 2 1 (2 3)(11 2 ) (4 )(2 ) 0 5 30 25 0 5 b b b b b b b b =  − − + − + = ⇔ − + − = ⇔  =  Với 1 (3;1), ( 3; 1) (3;1)b B C A B= ⇒ − − ⇒ ≡ loại 7 Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Với 5 ( 5;5), (5; 5)b B C= ⇒ − − 31 17 ; 5 5 A   ⇒  ÷   Vậy 31 17 ; ; ( 5;5); (5; 5) 5 5 A B C   − −  ÷   Bài 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) 2 2 2 6 2 0x y x y+ + − + = và đường thẳng d: 2 0x y+ − = . Tìm các đỉnh của hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (C) biết đỉnh A thuộc d và có hoành độ dương. Giải: + Đường tròn 2 2 ( 1) ( 3) 8x y+ + − = có tâm ( 1;3)I − bán kính 2 2R = + A thuộc d nên ( ;2 )A x x− . + Ta có 2 2 2 8 ( 1) (1 ) 8IA x x= ⇒ + + + = 2 ( 1) 4 1 3 ( ) x x x L ⇒ + = =  ⇔  = −  Vậy (1;1) ( 3;5)A C⇒ − . + Đường thẳng BD đi qua ( 1;3)I − vuông góc với IA nên nhận (2; 2)IA = − uur // (1; 1)u − r làm véc tơ pháp tuyến có phương trình: 4 0x y− + = . + Tọa độ giao điểm B, D thỏa mãn phương trình: 2 2 2 1 ( 1) ( 1) 8 ( 1) 4 3 x x x x x =  + + + = ⇔ + = ⇔  = −  + 1 5x y= ⇒ = + 3 1x y= − ⇒ = Vậy B(1;5) ⇒ D(-3;1) hoặc ngược lại. Bài 18: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lập phương trình đường tròn nội tiếp tam giác tạo bởi 2 trục toạ độ và đường thẳng có phương trình 8x + 15y - 120 = 0. Giải: Giả sử d: 8x + 15y – 120 = 0 cắt Ox, Oy lần lượt tại A,B. Gọi I(a;b) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABO. Ta có: * 0 < a,b < 8 * Bán kính r = d(I,Ox) = d(I,Oy) = d(I,d) 2 2 3( ) 8 15 120 3 20( ) 17 : ( 3) ( 3) 9 a b tm a b a b r a b l PT x y = = + −  ⇔ = = ⇔ ⇒ =  = =  ⇒ − + − = Bài 19: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là 8 Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng M(3,2), trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là G( 2 2 , 3 3 ) và I(1,- 2). Xác định tọa độ đỉnh C. Giải: 7 4 (2;4), ; 3 3 IM GM   = =  ÷   uuur uuur Gọi A(x A ; y A ). Có 2A G GM= uuur uuur ⇒ A(-4; -2). Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ IM uuur làm vec tơ pháp tuyến nên có PT: 2(x - 3) + 4(y - 2) = 0 ⇔ x + 2y - 7 = 0 Gọi C(x; y). Có C ∈ BC ⇒ x + 2y - 7 = 0. Mặt khác IC = IA ⇔ 2 2 2 2 ( 1) ( 2) 25 ( 1) ( 2) 25x y x y− + + = ⇔ − + + = . Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 7 0 ( 1) ( 2) 25 x y x y − − =   − + + =  Giải hệ phương trình ta tìm được 5 1 x y =   =  và 1 3 x y =   =  . Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3). Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :3 4 4 0x y∆ − + = . Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. Giải: . Gọi 3 4 16 3 ( ; ) (4 ; ) 4 4 a a A a B a + − ⇒ − . Khi đó diện tích tam giác ABC là 1 . ( ) 3 2 ABC S AB d C AB= → ∆ = . Theo giả thiết ta có 2 2 4 6 3 5 (4 2 ) 25 0 2 a a AB a a =  −   = ⇔ − + = ⇔  ÷  =    Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). Bài 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử 11 1 ; 2 2 M    ÷   và đường thẳng AN có phương trình 2x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A. Giải: Ta có : AN = 10 3 a ; AM = 5 2 a ; MN = 5 6 a ; cosA = 2 2 2 2 . AM AN MN AM AN + − = 1 2 ⇒ · 45 o MAN = (Cách khác :Để tính · MAN = 45 0 ta có thể tính 9 B A C D N M Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng · · 1 2 3 ( ) 1 1 1 2. 3 tg DAM DAN − − = = + ) Phương trình đường thẳng AM : ax + by 11 1 2 2 a b− − = 0 · 2 2 2 1 cos 2 5( ) a b MAN a b − = = + ⇔ 3t 2 – 8t – 3 = 0 (với t = a b ) ⇒ t = 3 hay 1 3 t = − + Với t = 3 ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ : 2 3 0 3 17 0 x y x y − − =   + − =  ⇒ A (4; 5) + Với 1 3 t = − ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ : 2 3 0 3 4 0 x y x y − − =   − − =  ⇒ A (1; -1) Bài 22: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 + 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. Giải: (C) : x 2 + y 2 + 4x + 4y + 6 = 0 có tâm là I (-2; -2); R = 2 Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ∆ABC, ta có S ∆ ABC = · 1 IA.IB.sinAIB 2 = sin · AIB Do đó S ∆ ABC lớn nhất khi và chỉ khi sin · AIB = 1 ⇔ ∆AIB vuông tại I ⇔ IH = IA 1 2 = (thỏa IH < R) ⇔ 2 1 4m 1 m 1 − = + ⇔ 1 – 8m + 16m 2 = m 2 + 1 ⇔ 15m 2 – 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m = 8 15 Bài 23: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có M(1; 2), phương trình NQ là x y 1 0− − = .Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi, biết rằng NQ = 2MP và N có tung độ âm. Giải: Phương trình MP là: x y 3 0+ − = I MP NQ= ∩ ⇒ tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình ( ) x y 1 0 x 2 I 2;1 x y 3 0 y 1 − − = =   ⇔ ⇒   + − = =   . I là trung điểm của MP nên suy ra ( ) P 3;0 phương trình NQ là x y 1 0− − = nên tọa độ N, Q có dạng (m; m-1) Do ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 NQ 2MP IN 4IM m 2 m 2 4. 1 1= ⇒ = ⇔ − + − = + ( ) 2 m 4 m 2 4 m 0 =  ⇔ − = ⇔  =  10 [...]...Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Vì N có tung độ âm nên N(0; -1) ⇒ Q(4; 3) Vậy P ( 3;0 ) , N(0; -1), Q(4; 3) làcác đỉnh cần tìm Bài 24: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình: ( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 10 Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M (−3; −2) và điểm A có hoành độ dương Giải: ... 7   ;  (C 2 ) :  x +  +  y −  = 4 t = ⇒ I2 11 11   11   11 11   Bài 29: Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1) Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật Giải: AC: kx – y – 2k + 1 = 0 12 Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 3 cos CAB = cos DBA ⇔ 2 • k= k+2 k 2 +1 ⇔ 7 k 2 − 8k + 1 = 0 ⇔ k = 1; k... C(2;7) hoặc C(4; 3) và B(2;7) là hai nghiệm cần tìm Bài 26: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 11 Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 0) Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0 Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG Giải: + Giả sử B( xB ; yB ) ∈ d1 ⇒ xB = − yB −... ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 x + y −1 = 0 ⇒ I ( 0;1) x − y +1 = 0 Tọa độ điểm I thỏa hệ:  Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K ( −1;0 ) Bài 31: Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 Biết A(1; 0), B(0; 2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C và D Giải: u u ur Ta có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 Phương trình của AB là: 2 x... 3 ⇒ C  3 ; 3 ÷, D  3 ; 3 ÷ = ⇔     Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔ 5 5 t = 0 ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )  ⇒ CH = 5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C  ; ÷, D  ; ÷ hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 3 3 3 3 13 Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 14 ... cần tìm là A(6;1); B(0; −1); C (−2;5); D(4;7) Bài 25: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, các đường thẳng chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình lần lượt là: x − 2 y − 13 = 0 và 13 x − 6 y − 9 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I (−5 ; 1) Giải: + Theo giả thi t thì A(-3 ;-8) + Đường thẳng qua I(-5;1) và song song với x-2y-13=0... BG) = 9 81 ⇒ phương trình đường tròn là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 5 25 Bài 27: Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình: 2 x − y − 5 = 0 và hai điểm A(1;2) ; B(4;1) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng (d ) và đi qua hai điểm A , B Giải: Phương trình đường trung trực của AB là 3 x − y − 6 = 0 Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ: 2 x − y = 5  x = 1 ⇔ ⇒... 1 ⇔ ⇒ I ( 1; −3 ) R = IA = 5  3 x − y = 6  y = −3 Phương trình đường tròn là ( x − 1) + ( y + 3) = 25 2 2 Bài 28: Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d 1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0 Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2 Giải:  x = −3 + 2t , I∈ d1 ⇒ I ( −3 + t ; t ) y = t 27 7 d(I , d2) = 2 ⇔ 11t − 17 = 10 ⇔ t = , t = 11 11 2 2 27... hoành độ xA > 0 nên t > 0 và do t = 0 2 2 2 (loại) IA2 = 2.R 2 = 20 nên ( t − 2 ) + ( 3t + 4 ) = 20 ⇔ 10t + 20t + 20 = 20 ⇒   t = −2 + Nếu AB: x - 3 y - 3 = 0 Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ xA > 0 nên t >-1 và do 2 IA2 = 2.R 2 = 20 nên ( 1 + 3t ) + ( t − 3) = 20 ⇔ 10t + 10 = 20 ⇒ t = 1 Suy ra A(6;1) ⇒ C(-2;5) 2 2 và B(0;-1); D(4;7) Vậy các điểm cần tìm là A(6;1); B(0; −1); C (−2;5); D(4;7) Bài. .. ⇔ k = 1; k = 1 7 k = 1 , AC : x – y – 1 = 0 • = 1 , AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai) 7 Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0) Bài 30: Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y − 1 = 0 Viết phương trình đường thẳng BC Giải: Điểm C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t ;1 − t )  t +1 3 − t  ; Suy ra trung điểm M của AC là M  ÷ 2   2  t +1  3 − t +1 . Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Bài 1: Trong hệ tọa độ ,Oxy cho hình thoi ABCD cạnh AC có phương trình là: , 0317 =−+ yx hai đỉnh ,B D lần. .067: =−+∆ yx 1 I d 1 d 2 A M B ∆ A 0 B 0 Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. Điểm M 1 (0;. Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Với 5 ( 5;5), (5; 5)b B C= ⇒ − − 31 17 ; 5 5 A   ⇒  ÷   Vậy 31 17 ; ; ( 5;5); (5; 5) 5 5 A B C   − −  ÷   Bài 17: Trong mặt phẳng