Tuyen tap cac bai hinh hoc phang hay nhat ( Luyen thi dai hoc 2016)

Trong mặt phẳng oxy cho ABC  có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x 3y 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình : x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích ABC  . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ơn thi đại học mơn tốn TUYỂN TẬP CÁC BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG HAY NHẤT ( Tài liệu để ơn thi đại học ) Bài Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A 1;0  , B  2;  , C  1;  , D  3;5  đường thẳng d : 3x  y   Tìm điểm M d cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích Giải - M thuộc d thi M(a;3a-5 ) x 1 y   4x  3y   3 x 1 y   CD   4;1  CD  17;  CD  :   x  y  17  4a   3a  5  13a  19 a   3a    17  11a - Tính : h1   M , AB    , h2   5 17 17 - Mặt khác : AB   3;   AB  5,  AB  : - Nếu diện tich tam giác : 11  13a  19 17  11a a 13a  19   11a 1   AB.h1  CD.h2     12  2 17 13a  19  11a  a   11 27  - Vậy d có điểm : M1  ;   , M 8;19   12 12  Bài Cho hình tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) trung điểm I AC nằm đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C Giải - Nếu C nằm d : y=x A(a;a) suy C(2a-1;2a) - Ta có : d  B, d   02  2  - Theo giả thiết : S  AC.d  B, d    AC  2  2a     a   2  1 a    8a  8a   a  a      1 a    1 1   1 1  ; ; - Vậy ta có điểm C : C1   , C2       Bài Trong mỈt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(1;1) , B (2; 5) , ®Ønh C n»m trªn ®-êng th¼ng x   , vµ träng t©m G cđa tam gi¸c n»m trªn ®-êng th¼ng x  y   TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c ABC Giải  AB  - Tọa độ C có dạng : C(4;a) , AB   3;     AB  : x   y   x  y   3  xA  xB  xC 1    xG  1  xG    3 - Theo tính chát trọng tâm ;    y  y A  yB  yC  y  1  a  a  G G 3   Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 a6 6   a    4.4  3.2  1 15 - Vậy M(4;2) d  C , AB   (đvdt)   S ABC  AB.d  C , AB   5.3  2 16  Bài Trong mỈt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2;1) , B(1; 2) , träng t©m G cđa tam gi¸c n»m trªn ®-êng th¼ng x  y   T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diƯn tÝch tam gi¸c - Do G nằm : 2x-3y+6=0 , :  2.1   ABC b»ng 13,5 Giải - Ta có : M trung điểm AB M  ;   Gọi C(a;b) , theo tính chất 2 A(2;1) 2 a3   xG  trọng tam tam giác :  y  b 3  G 3 2 G M( ;  ) d:x+y-2=0 C B(1;-2) - Do G nằm d : a 3 b3     a  b  1 3 3a  b  x  y 1   3x  y    h  C , AB   - Ta có : AB  1;3   AB  : 10 2a  b  a  b  1   13,5 - Từ giả thiết : S ABC  AB.h  C , AB   10 2 10 2a  b   27 2a  b  32  2a  b   27    2a  b   27 2a  b  22 - Kết hợp với (1) ta có hệ :  20 b    a  b   a  b      38  2a  b  32 3a  38  38 20      a   C1  ;   , C2  6;12   a  b   a  b         b  12  2a  b  22  3a  18  a  6  Bài Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - = Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình : x + y +1 = Xác định tọa độ B C Tính diện tích ABC Giải - Đường thẳng (AC) qua A(2;1) vng B góc với đường cao kẻ qua B , nên có véc tơ phương x+y+1=0 x   t n  1; 3   AC  :  t  R   y   3t - Tọa độ C giao (AC) với đường trung x   t  tuyến kẻ qua C :   y   3t x  y 1   Trang M C A(2;1) Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) x-3y-7=0 Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Giải ta : t=2 C(4;-5) Vì B nằm đường cao kẻ qua B suy B(3a+7;a) M 3a  a   ;    trung điểm AB  M  - Mặt khác M nằm đường trung tuyến kẻ qua C : 3a  a      a  3  B 1; 2  2 12 x  y 1 - Ta có : AB   1; 3  AB  10,  AB  :   3x  y   0, h  C; AB   10 1 12  (đvdt) - Vậy : S ABC  AB.h  C , AB   10 2 10  Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2) Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ x + y – = 2x – y + = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Giải a5 b2 ;  M nằm   - Gọi B(a;b) suy M  trung tuyến nên : 2a-b+14=0 (1) - B,B đối xứng qua đường trung trực cho x  a  t nên :  BC  :  t  R  y  b t A(5;2) 2x-y+3=0 M Từ suy tọa độ N : N  6a b B t  x  a  t  3a  b    y  b  t   x  x  y     6ba  y    3a  b  6  b  a   N ;  Cho nên ta có tọa độ C(2a-b-6;6-a ) 2   C x+y-6=0 - Do C nằm đường trung tuyến : 5a-2b-9=0 (2) 2a  b  14  a  37   B  37;88 , C   20; 31 a  b   b  88   - Từ (1) (2) :   Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  y   ,  ' :3 x  y  10  điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , qua điểm A tiếp xúc với đường thẳng  ’ Giải Bài  x  2  3t  I  2  3t; 2  t   y  2  t - Gọi tâm đường tròn I , I thuộc  :  - A thuộc đường tròn  IA   3t     t   R (1)  2  3t    t    10 - Đường tròn tiếp xúc với  '  - Từ (1) (2) :  3t     t  2 R 13t  12  R (2) 5 13t  12 2   25  3t     t    13t  12    Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x  y – x – y   0, (C ') : x  y  x –  qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB Giải * Cách  x   at  y  bt - Gọi d đường thẳng qua M có véc tơ phương u   a; b   d :  - Đường tròn  C1  : I1 1;1 , R1   C2  : I  2;0  , R2  , suy :  C1  :  x 1   y  1 2  1,  C2  :  x    y  t   M  2ab 2b   - Nếu d cắt  C1  A :   a  b  t  2bt    A 1  ; 2  t  2b  a b a b   a b t   M  6a 6ab  2  C - Nếu d cắt   B :   a  b  t  6at    B 1  ; a  t   a  b2   a b a b  2 - Theo giả thiết : MA=2MB  MA  4MB * 2 2 2  6a 2  6ab 2   2ab   2b  - Ta có :  2    2    2    2    a b   a b   a  b   a  b   b  6a  d : x  y   4b2 36a  2  2  b2  36a   a b a b b  6a  d : x  y   * Cách 2 - Sử dụng phép vị tự tâm I tỉ số vị tự k=  ( Học sinh tự làm ) Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh tam giác ABC biết trực tâm H (1; 0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B K (0; 2) , trung điểm cạnh AB M (3; 1) Giải - Theo tính chất đường cao : HK vng góc với AC (AC) qua K(0;2) có véc tơ pháp tuyến KH  1; 2    AC  : x   y     x  y   A - B nằm (BH) qua H(1;0) có véc tơ phương KH  1; 2   B 1  t ; 2t  M(3;1) - M(3;1) trung điểm AB A(5-t;2+2t) - Mặt khác A thuộc (AC) : 5-t-2(2+2t)+4=0 , B suy t=1 Do A(4;4),B(2;-2) - Vì C thuộc (AC) suy C(2t;2+t) , BC   2t  2;  t  , HA   3;  Theo tính chất đường cao kẻ từ A : K(0;2 ) H(1;0) C  HA.BC    2t      t    t  1 Vậy : C(-2;1) - (AB) qua A(4;4) có véc tơ phương BA   2;6  // u  1;3   AB  :  3x  y   Trang Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) x4 y4  Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - (BC) qua B(2;-2) có véc tơ pháp tuyến HA   3;    BC  :  x     y     3x  y   Bài 10 Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình  C1  : x  y  y    C2  : x2  y  x  y  16  Lập phương trình tiếp tuyến chung  C1   C2  Giải - Ta có :  C1  : x2   y  2 C2  :  x  3   y     I 3; 4  , R2  - Nhận xét : I1 I    13      C1  khơng cắt  C2  - Gọi d : ax+by+c =0 ( a  b  ) tiếp tuyến chung , : d  I1 , d   R1 , d  I , d   R2   I1  0;  , R1  3, 2  2b  c  2  1 2b  c 3a  4b  c 3a  4b  c  2b  c  a b     2b  c  3a  4b  c   2 2 a b a b 3a  4b  c  2b  c  3a  4b  c     a  b2   a  2b Mặt khác từ (1) :  2b  c    a  b    3a  2b  2c  - Trường hợp : a=2b thay vào (1) :  2b  c   2b  5c b    4b  b   41b  4bc  c  0. 'b  4c  41c  45c    23 c b     - Do ta có hai đường thẳng cần tìm : 2   x  2   y 1   2  x   y       2   x  2   y 1   2  x   y   d :     d1 : - Trường hợp : c  2b  3a , thay vào (1) : 2b  2b  3a a b 2   2b  a  a  b a  b0c b  0, a  2c  2 2   2b  a   a  b  3b  4ab     b  4a , a  6c a a b  c   - Vậy có đường thẳng : d3 : x   , d : x  y   Bài 11 Trong hệ tọa độ Oxy, viết phương trình hyperbol (H) dạng tắc biết (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x  y   điểm A có hồnh độ Giải - Do A thuộc d : A(4;2) x2 y 16 - Giả sử (H) :   1*  A   H     11 a b a b Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - Mặt khác d tiếp xúc với (H) hệ sau có 12 nghiệm :  b2  a  x  4a x  4a  a 2b  b2 x  a  x  2  a 2b b2 x  a y  a 2b      y  x   y  x    y  x    'a  4a   b2  a  4a  a 2b2   4a 2b2  a 2b4  a 4b2  a 2b2   b2  a    a  b2  2 2 2    x2 y 16b  4a  a b b  8b  16  b  - Kết hợp với (1) :  2    H :  1    2 a  b   a   a  b   Bài 12 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật Giải - Dễ nhận thấy B giao BD với AB tọa dộ B nghiệm x-2y+1=0 x  y 1   21 13   B ;  5 5  x  y  14  hệ :  B A - Đường thẳng (BC) qua B(7;3) vng góc với (AB) có véc tơ phương: D 21   x   t u  1; 2    BC  :   y  13  2t  - Ta có :  AC , BD   BIC  ABD  2  x-7y+14=0 I C M(2;1)  AB, BD  - (AB) có n1  1; 2  , (BD) có n2  1; 7   cos = - Gọi (AC) có n   a, b   cos  AC,BD   cos2 = n1.n2 n1 n2   14 15   50 10 10 9  2cos2         10  50 a  b a-7b 2 - Do :  a  7b  50 a2  b2   a  7b   32  a2  b2   31a2  14ab  17b2  17 17  a   b   AC  :   x     y  1   17 x  31y    31 31 - Suy :   a  b   AC  : x   y    x  y   21  x   t  13   14  - (AC) cắt (BC) C   y   2t  t   C  ;  15  3  x  y     x  y 1  x  - (AC) cắt (AB) A :     A  7;  x  y   y  x   t - (AD) vng góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy (AD) :   y   2t Trang Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 x   t   98 46  - (AD) cắt (BD) D :  y   2t  t   D ;  15  15 15   x  y  14   - Trường hợp (AC) : 17x-31y-3=0 em làm tương tự Bài 13 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường tròn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG Giải x  t , C thuộc d'  y  5  t  x   2m C:  y  m - B thuộc d suy B :  A(2;3) x+2y-7=0 - Theo tính chất trọng tâm :  t  2m    2, y G(2;0) mt 2 0 3 m  t  m  - Ta có hệ :   t  2m  3 t  1  xG  G  B x+y+5=0 C M - Vậy : B(-1;-4) C(5;1) Đường thẳng (BG) qua G(2;0) có véc tơ phương u   3;  , 20  15  13 x2 y   x  y    d  C ; BG    R 5 13 169 2 - Vậy đường tròn có tâm C(5;1) có bán kính R=   C  :  x     y  1  25 (BG): Bài 14 Tam giác cân ABC có đáy BC nằm đường thẳng : 2x – 5y + = 0, cạnh bên AB nằm đường thẳng : 12x – y – 23 = Viết phương trình đường thẳng AC biết qua điểm (3;1) Giải 2 x  y   12 x  y  23  - Đường (AB) cắt (BC) B  A 12x-y-23=0 Suy : B(2;-1) (AB) có hệ số góc k=12, đường thẳng (BC) có hệ số góc k'= , ta có : M(3;1) H 12  B C 2x-5y+1=0 tan B   Gọi (AC) có hệ số góc m  12 m  5m  ta có : tan C  Vì tam giác ABC cân A tanB=tanC, hay ta có : 2m  m 1  m     5m  4m  10  5m    5m  2m       2m   5m  4m  10  m  12 9 - Trường hợp : m     AC  : y    x  3   x  y  35  8 - Trường hợp : m=12 suy (AC): y=12(x-3)+1 hay (AC): 12x-y-25=0 ( loại //AB ) Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - Vậy (AC) : 9x+8y-35=0 Bài 15 Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn : (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 Giải : - Ta có (C) với tâm I(5;-12) ,R=15 (C') có J(1;2) R'=5 Gọi d tiếp tuyến chung có phương trình : ax+by+c=0 ( a  b  ) - Khi ta có : h  I , d   5a  12b  c a  2b  c   2 a  b2 5a  12b  c  3a  6b  3c - Từ (1) (2) suy : 5a  12b  c  a  2b  c   5a  12b  c  3a  6b  3c  a  9b  c  Thay vào (1) : a  2b  c  a  b ta có hai trường hợp :  2a  b  c  2 - Trường hợp : c=a-9b thay vào (1) :  2a  7b   25  a  b   21a  28ab  24b  a  b2  15 1 , h  J , d     14  10  14  10 175  10  d :  0 a   x  y  21 21 21    Suy :   a  14  10  d :  14  10  x  y  175  10     21 21 21    - Trường hợp : c  2a  b  1 :  7b  2a   100  a  b   96a  28ab  51b  Vơ nghiệm ( Phù hợp : IJ  16  196  212  R  R '   15  20  400 Hai đường tròn cắt ) Bài 16 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x  y  2x  8y   Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 cắt đường tròn theo dây cung có độ dài Giải - Đường thẳng d' song song với d : 3x+y+m=0 B 3   m m   5  AB  - Xét tam giác vng IHB : IH  IB     25   16   - IH khoảng cách từ I đến d' : IH    m  1 25 A I(-1;4)  m  19  d ' : 3x  y  19   16  m   20    m  21  d ' : 3x  y  21  Bài 17 Viết phương trình cạnh tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao đường phân giác qua đỉnh A, C : (d1) : 3x – 4y + 27 = (d2) : x + 2y– 5=0 Giải - Đường thẳng (BC) qua B(2;-1) vng góc  x   3t , hay :  y  1  4t A K x+2y-5=0 B(2;-1) với (AH) suy (BC):  Trang H Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) H 3x-4y+27=0 C Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 x  y 1   x  y    n   4;3 4  x   3t  - (BC) cắt (CK) C :   y  1  4t  t  1  C  1;3 x  y    - (AC) qua C(-1;3) có véc tơ pháp tuyến n   a; b   Suy (AC): a(x+1)+b(y-3)=0 (*) Gọi   KCB  KCA  cos = a+2b - Tương tự : cos =  a+2b  46 10   16  5 2   a  2b    a  b2  5 a b a b  a   b  y  3   y    3a  4ab     a  4b   x  1   y  3   x  y    3  y    y     x  5   3x  y  27   31 582  - (AC) cắt (AH) A :     x   31  A1  5;3 , A2    ;   4 x  y     25 25  25     582  3x  y  27   y  25  2 2 - Lập (AB) qua B(2;-1) điểm A tìm ( học sinh tự lập ) Bài 18 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vng góc Oxy , xét tam giác ABC vng A, phương trình đường thẳng BC : x – y - = 0, đỉnh A B thuộc trục hồnh bán kính đường tròn nội tiếptam giác ABC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC Giải - Đường thẳng (BC) cắt Ox B : Cho y=0 suy x=1 , B(1;0) Gọi A(a;0) thuộc Ox đỉnh góc vng ( a khác ) Đường thẳng x=a cắt (BC) C : a;  a  1   - Độ dài cạnh : AB  a  , AC  a   BC  AB  AC  BC  a   2  - Chu vi tam giác : 2p= a   a   a    a   p  3   a 1 S 1 (*) Nhưng S= AB AC  a  a    a  1 Cho nên r 2 a   3  a 1   a  1  a       a  1  - Ta có : S=pr suy p= (*) trở thành : - Trọng tâm G :         1  2a    x  x   G  74 36  G 3    G1  ;  3  22   y   a  1  36   G  yG  3    Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218    1   2a   1  x  x   G  G  1 3    3    G2   ;  3  2    y   a  1  36   G  yG  3    Bài 19 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho đường tròn (C) : x  y  x  y   đường thẳng d : x  y   Tìm điểm M thuộc đường thẳng d cho từ điểm M kẻ đến (C) hai tiếp tuyến hợp với góc 90 Giải - M thuộc d suy M(t;-1-t) Nếu tiếp tuyến vng góc với MAIB hình vng ( A,B tiếp điểm ) Do AB=MI= IA =R =  2  t   2  t  - Ta có : MI  2 A  2t   - Do :  I(2;1)  t    M  2;  2t   12  t    t   M 2;    2   M B x+y+1=0 * Chú ý : Ta cách khác - Gọi d' đường thẳng qua M có hệ số góc k suy d' có phương trình : y=k(x-t)-t-1, hay : kx-y-kt-t-1=0 (1) - Nếu d' tiếp tuyến (C) kẻ từ M d(I;d')=R  2k  kt  t  1 k     t  k  t  2  1  k    t  4t   k   t    t  k  t  4t     t  4t    - Từ giả thiết ta có điều kiện :   '    t    t   4t  t   4t     t  4t   1  t  4t  t      k1  k2   2 -   '  t 19  t    t      k1; k2  M 2 k k  1   t  Bài 20 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho elip (E) : x  y   Tìm điểm N elip (E) cho : F1 Nˆ F2  60 ( F1 , F2 hai tiêu điểm elip (E) ) Giải x2  y   a  4, b   c   c   x02  y02   3  x0 ; MF2   x0 Xét tam giác F1MF2 theo hệ thức - Gọi N  x0 ; y0    E    MF1   2   F1 F2   - (E) : hàm số cos :  F1F2   MF12  MF22  2MF1MF2cos600  Trang 10 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - Với kết chứng tỏ d ln tiếp xúc với đường tròn (C) có tâm I bán kính ( 2 Khơng phụ thuộc vào  (C):  x  1   y  1  Bài 72 Lập ph trình cạnh  ABC, biết đỉnh A(1 ; 3) hai đường trung tuyến xuất phát từ B C có ph.trình là: x– 2y +1= y –1= Giải Gọi G trọng tâm tam giác tọ độ G x  y 1   G 1;1 E(x;y)  y 1  nghiệm hệ  A(1;3) thuộc (BC), theo tính chất trọng tâm ta có : GA   0;  , GE   x  1; y  1  GA  2GE  0  2  x  1   E 1;0  C thuộc (CN) cho   y      N y-1=0 B nên C(t;1), B thuộc (BM) B(2m-1;m) Do B,C đối xứng qua E ta có hệ M x-2y+1=0 G C E A' 2m  t   t    B  5;1 , C  3; 1 Vậy (BC) qua E(1;0) có véc tơ m   m  1 x 1 y   x  y   Tương tự : phương BC  8; 2  // u   4;1   BC  : x 1 y    x  2y   (AB) qua A(1;3) có AB   4; 2  // u   2; 1   AB  : 1 x 1 y    x y20 (AC) qua A(1;3) có AC   4; 4  // u  1;1   AC  : 1 phương trình :  * Chý ý : Hoặc gọi A' đối xứng với A qua G suy A'(1;-1) BGCA' hình bình hành , từ ta tìm tọa độ đỉnh B,C cách lập cạnh Bài 73 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y2 = 8x a Tìm tọa độ tiêu điểm viết phương trình đường chuẩn (P) b Viết p.trình tiếp tuyến (P) điểm M thuộc (P) có tung độ c Giả sử đường thẳng (d) qua tiêu điểm (P) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B có hoành độ tương ứng x2, x2 Chứng minh:AB = x1 +x2 + Giải a/ Tiêu điểm (P) F(2;0) , đường chuẩn (P) có phương trình : x=-2 b/ M thuộc (P) có tung độ hồnh độ x=2 M(2;4) Vậy tiếp tuyến d (P) M ta áp dụng cơng thức : yy0  p  x  x0   x0  2; y0    d : y   x    y  x  c/ Áp dụng cơng thức bán kính qua tiêu : MF= x+ p Gọi A  x1; y1  , B  x2 ; y2  với giá trị y12 y22 x1  , x2  Ta có : AF=x1  2, BF  x2   AB  AF+BF=x1  x2  ( đpcm) 8 Bài 74 Trong mặt phẳng Oxy cho Elip (E) : 9x2 + 25y2 = 225 Trang 34 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 a Viết phương trình tắc xác đònh tiêu điểm, tâm sai (E) b Một đường tròn (T) có tâm I(0 ; 1) qua điểm A(4 ; 2) Viết phương trình đường tròn chứng tỏ (T) qua hai tiêu điểm (E) c Gọi A, B điểm thuộc (E) cho OA  OB.chứng minh diện tích tam giác OAB khơng đổi Giải x2 y    a  5, b  3, c   F1  4;0  , F2  4;0  , e  25 b/ Vì (E) chẵn x,y Ox,Oy hai trục đối xứng IF1  IF2  17 (1) Đường tròn a/ (E) : (T) tâm I(0;1) có bán kính R=IA= 42    1  17 (2) Từ (1) (2) chứng tỏ (T) qua 2 tiêu điểm (E) c/ Gọi A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2    E   dương Ox   xOB   x12 y12 x2 y   1,   1* Và góc hợp OA chiều 25 25    OA  OB  Khi :       A  OAcos ;OAsin  , B OBcos     ; OB sin        OB sin  ; OBcos  2  2   2 2 2 2 OA cos  OA sin  OB sin  OA cos    1,   Từ ta suy : Thay vào (*) : 25 25 25.9 25.9 25  34 15 OA2  , OB      OH  2 2 25sin   cos  25cos   9sin  OH 25.9 225 34 Vậy A,B thay đổi khoảng cách từ O đến AB khơng đổi AB khơng đổi ( ví OA ln vng góc với OB) diện tích tam giác OAB khơng đổi Bài 75 Cho ABC có đỉnh A(2 ; –1) hai đường phân giác góc B, góc C có phương trình (dB) : x – 2y + = (dC) : x + y + = Lập phương trình cạnh BC Giải - Gọi A' đối xứng với A qua d B A'' đối xứng với A qua d C A' A'' nằm BC 2  x    1 y  1   2 x  y  AA'u   +/ Tìm tọa độ A' (x;y):    x2   A '  0;3  y 1  I  dB         x  y  6     x    1 y  1   x  y  AA''u   +/ Tìm tọa độ A'' (x;y) :     x   y 1    A ''  2; 5 I  dB         x  y  7    x y 3 +/ (BC) qua A'(0;3) có véc tơ phương A ' A ''   2; 8  // u  1;    BC  :  Bài 76 Tìm điểm M  (H) : 5x2 – 4y2 = 20 (1) nhìn hai tiêu điểm góc 120 Giải - Ta có : (H) : x2 y x2 y    F1  3;0  , F2  3;0   F1 F2  6, M  x; y    H    1 5 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 35 Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 2  MF1   x  3  y - Và : MF1   x  3; y  , MF2   x  3; y    , MF1 MF2  x  y  (*) 2  MF2   x  3  y 4 - Mặt khác : MF1   x , MF2   x  MF1MF2    x   x    x 2 - Tam giác M F1 F2 :  F1F2   MF12  MF22  2MF1MF2cos1200  x2  2   x   x  36    x     x    x   x   x    2 x  1  x  x   2  y  10 x      10  10  10  10       10  M1   6;  , M  6; , M 6;  , M 6;        20    4 y        y         2 Bài 77 Trong mặt phẳng Oxy cho (E) : x2 + 3y2 = 12 a Tính độ dài trục lớn, trục nhỏ, tọa độ hai tiêu điểm, tâm sai (E) b Cho đường thẳng (D) : mx – 3y + = Tính m để (D) tiếp xúc với (E) c Viết phương trình Parabol có đỉnh trùng với gốc tọa độ có tiêu điểm trùng với tiê u điểm bên trái (E) cho Giải    x2 y    a  3, b  2, c  2  F1 2 2;0 , F2 2;0 12 b/ Điều kiện cần đủ để d tiếp xúc với (E) : a A2  b B  C a/ (E) :  45 15 15  m 12 p c/ (P) có dạng : y  px  F 2 2;0   2  p  4 2 - Vậy (P) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm bên trái (E) : y  8 2x  12m2  4.9  81  12m2  45  m2    Bài 78 Trong mp Oxy, cho Cho (H) có phương trình : 24x2 – 25y2 = 600 (1) M điểm tùy ý (H) a) Tìm tọa độ đỉnh, tọa độ tiêu điểm tính tâm sai (H) b) Tìm tọa độ điểM thuộc (H) có hoành độ x = 10 tính khoảng cách từ điểm đến tiêu điểm c) Chứng minh : OM2 – MF1.MF2 số không đổi d) Tìm giá trò k để đường thẳng y = kx – có điểm chung với (H) Giải a/ (H) : x2 y    a  5, b  6, c   F1  7;0  , F2  7;0  25 24    b/ Khi x=10 thay vào (1) ta có y  72  y  6  M1 0; 6 , M 10;6 7 - Tính khoảng cách : MF1   x   10  19, MF2   10  Trang 36 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )  Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 49  7  MF1MF2  x  25 : x  MF   x , MF    x : x    25 5  c/ Ta có :  7  MF  5  x, MF   x : x   MF MF    25  49 x  : x      25  5    x2 y  49  2 25  x  y  x  25 : x     : x   25  25 24   OM  MF1MF2     24  x  y   25  49 x  : x    x2 y   25     : x     25     25 24  d/ Tìm k để phương trình : 24 x  25  kx  1  600  ( có nghiệm x )  k    24  25k       24  25k  x  50kx  575    : x    24  25k    k     2  '  25  575 24  25 k        577  k   23   Bài 79 Trong mặt phẳng Oxy cho Hyperbol (H) : 12x2 – 16y2 = 192 điểm P(2 ; 1) Viết phương trình đường thẳng qua P cắt (H) điểm M, N cho P trung điểm MN Giải     x2 y    a  4, b  3, c   F1 2 7;0 , F2 7;0 Gọi M(x;y) thuộc (H) (H): 16 12 N đối xứng với M qua P(2;1) N(4-x; 2-y) Để thỏa mãn u cầu tốn N phải  x2 y 1 16  12   thuộc (H)., ta có hệ :  Lấy (2)-(1) ta phương trình rút 2 4  x 2  y   16  12  1  gọn : 3x-2y-4=0 Đó phương trình đường thẳng qua P Bài 80 Trong mặt phẳng Oxy cho (E) : 4x2 + y2 = a Tính độ dài trục lớn, trục nhỏ, tọa độ hai tiêu điểm, tâm sai (E) b Tìm giá trò m để đường thẳng y = x + m cắt (E) điểm phân biệt M, N m thay đổi Tìm tập hợp trung điểm MN Giải a/ (E):     x2 y    a  1, b  2, c   F1 0;  , F2 0; Tiêu điểm thuộc Oy b/ Đường thẳng y=x+m cắt (E) điểm M,N có tọ độ nghiệm hệ : 2 2 4 x  y   4 x   x  m    5 x  2mx  m   1     2 y  x  m  y  x  m  y  x  m - Như hồnh độ M,N nghiệm (1) với điều kiện :  '  4m  20  , hay :  m  * Gọi M  x1; y1  , N  x2 ; y2  I trung điểm MN ta có tọa độ I : Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 37 Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 x x  m xI    m  5 xI   xI       yI  xI  xI  4 xI  y  y1  y2  yI  xI  m I   Do I chạy đường thẳng : y=-4x - Giới hạn quỹ tích : Từ (*) : m   5xI   xI  5 - Kết luận : Khi m thay đổi I chạy đường thẳng d: y=-4x ( lấy điểm có hồnh  độ nằm khoảng    5 ;  5  Bài 81 Trong mp Oxy cho parabol (P) : y2 = 12x a Tìm tọa độ tiêu điểm F phương trình đường chuẩn () (P) b Một điểm nằm parabol có hoành độ x = Hãy tính khoảng cách từ điểm đến tiêu điểm c Qua điểm I(2 ; 0) vẽ đường thẳng thay đổi cắt (P) A B Chứng minh tích số khoảng cách từ A B đến trục Ox số Giải a/ Với p=6 p/2=3 F(3;0) Đường chuẩn có phương trình : x=-3 b/ Gọi M  (P) có x=2 tung độ M : y  24  y  2  M1 2; 2 , M 2;2  - Khoảng cách từ M đến tiêu điểm : MF=x+    p  MF1   6, MF2   c/ Đường thẳng d qua I(2;0) có dạng : x=2 (//Oy ) cắt (P) điểm hiển nhiên khoảng cách từ điểm tới Ox nhay ( chúng đối xứng qua Ox ) Gọi d có hệ số góc k qua I (2;0) d : y=k(x-2)=kx-2k (1) Nếu d cắt (P) điểm hồnh độ điểm 2 nghiệm phương trình :  kx  2k   12 x  k x   k  3 x  4k  0(1) y    - Hoặc tung độ điểm nghiệm phương trình : y  12    k  ky  12 y  2k    - Tích khoảng cách từ điểm đến trục Ox tích tung độ hai điểm Vậy từ (2) ta có : y1 y2  2 k  2 số ( đpcm) k Bài 82 Viết phương trình tiếp tuyến (E) : x y2   , biết tiếp tuyến qua A(6 ; 32 18 ) Giải Bài 83 a Cho Parabol (P) có phương trình y2 = x đường thẳng d có phương trình : 2x – y – = Hãy viết phương trình tiếp tuyến (P) giao điểm (P) d x y2  1 b Lập phương trình tiếp tuyến chung (P) : y = 4x (E) : 2 Giải a/ Điểm chung d (P) có tọa độ nghiệm hệ : Trang 38 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  y2  x 2 y  y   1 1   A 1;1 , B  ;   :  4 2 2 x  y  2 x  y  1 - Phương trình tiếp tuyến có : yy0  p  x  x0   d A :1 y   x  1  x  y   Và 1 1 dB :  y   x    x  y   2 4 b/ Gọi d tiếp tuyến chung (P) (E) có dạng : ax+by+c=0 - d tiếp tuyến (P) : p B2 =2AC  b =2ac , hay : b =ac (1) - d tiếp tuyến (E) : 8a  2b2  c   c  2a c  4a - Thay b từ (1) thay vào (2) : 8a   ac   c   8a  2ac  c    - Từ (1) a,c dấu chọn : c=4a hay : b  2a  d : ax+2ay+4a=0  x+2y+4=0  ac= 4a  b2   b  2a  d : ax-2ay+4a=0  x-2y+4=0 Bài 84 Cho tam giác ABC có trung điểm AB I(1;3), trung điểm AC J(-3;1) Điểm A thuộc Oy , đường thẳng BC qua gốc tọa độ O Tìm tọa độ điểm A , phương trình đường thẳng BC đường cao vẽ từ B ? Giải - Do A thuộc Oy A(0;m) (BC) qua gốc tọa độ O (BC): ax+by=0 (1) - Vì IJ trung điểm (AB) (AC) IJ //BC suy (BC) có véc tơ phương :  IJ   4; 2  // u   2;1   BC  : x  y  - B thuộc (BC) suy B(2t;t) A(2-2t;6-t) Nhưng A thuộc Oy : 2-2t=0 , t=1 A(0;5) Tương tự C(-6;-3) ,B(0;1) - Đường cao BH qua B(0;1) vng góc với AC x có AC   6; 8  // u   3;    BH  :  A H J(-3;1) I(1;3) B ax+by=0 C y 1  4x  3y   Bài 85 Cho hai điểm A(1;1), B(4;-3) đường thẳng d : x-2y-1=0 a Tìm tọa độ điểm C d cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB=6( ĐHKB-04) b Tìm tọa độ trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB ?( ĐHKA-2004) Giải x 1 y 1   4x  y   4  2t  1  3t   11t   30 - C thuộc : x-2y-1=0 suy C(2t+1;t ) :  t   C1  7;3   27  43 27  t    C2   ;    11  11 11  a/ (AB) qua A(1;1) có u  AB   3; 4    AB  : b/ - Đường thẳng qua O vng góc với AB có phương trình : 3x-4y=0 - Đường thẳng qua B vng góc với OA có phương trình : (x-4)+(y+3)=0 - Đường thẳng qua A vng góc với OB có phương trình : 4(x-1)-3(y-1)=0 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 39 Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 hay : 4x-3y-1=0 - Vậy tọa độ trực tâm H nghiệm : 3x  1  x    x  3x  y      4 3  x  y 1    y   x  H ;  7 7 4 x  y   4 x  y   y      2 - Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác (C): x  y  2ax  2by  c  - (C) qua O(0;0) suy c=0 (1) - (C) qua A(1;1) suy : 2-2a-2b=0 , hay : a+b=1 (2) - (C) qua B(4;-3) suy : 25-8a+6b=0 , hay : 8a-6b=25 (3) 31  17  b  1 b   a  b  b   a  14   14 - Từ (2) (3) ta có hệ :     a  b  25 a  6(1  a )  25 31 31   a  a    14 14 31 17 - Vậy (C) : x  y  x  y  Bài 86 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x+2y-3=0 hai điểm A(1;0) ,B(3;-4) Hãy tìm d điểm M cho : MA  3MB nhỏ Giải - Trên d có M(3-2t;t) suy : MA    2t ; t  , MB   2t; t    3MB   6t  3t  12  - Do : MA  3MB    8t; 4t  12   MA  3MB    8t    4t  12  2   676 26  - Hay : f(t)= MA  3MB  80t  64t  148  80  t    Dấu đẳng thức xảy 5  5 26 19 t=   M  ;   Khi min(t)= 5  5 Bài 87 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(2;-1) đường tròn  C1  : x  y  (1) Hãy viết phương trình đường tròn  C2  : có bán kính cắt đường tròn  C1  theo dây cung qua M có độ dài nhỏ Giải Gọi  C2  : có tâm I'(a;b) suy :  C2  :  x  a    y  b  2  16  x  y  2ax  2by  a  b2  16  1 Lấy (1) -(2) ta : 2ax  2by   a  b2    ( đường thẳng trục đẳng phương ) Dây cung hai đường tròn nằm đường thẳng 2 Ví dây cung qua M(2;-1) lên ta có : 4a  2b   a  b      a     b  1  12 Bài 88 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;5),B(5;1) Viết phương trình đường thẳng d qua A cho khoảng cách từ B đến d Giải Đường thẳng d qua A(2;5) có n   a; b   d : a  x    b  y    1 Theo giả thiết : h  B, d   Trang 40 a     b 1   a b 2    3a  4b    a  b  Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 b   d : a  x     x    7b  24ab    b  24a   x    24  y  5   x  24 y  114   7 Bài 89 Trong (Oxy) cho A(2;5) đường thẳng d : 2x+3y+4=0 Viết phương trình tổng qt đường thẳng d' qua A tạo với d góc 450 Giải Đường thẳng d' qua A(2;5) có n   a; b   d : a  x    b  y    1 Đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n '   2;3 Theo giả thiết : 2a  3b cos450  13 a  b2    2a  3b   13  a  b2   5b2  24ab  5a  b  5a  d ' :  x     y     x  y  23  Ta có :  'b  169a   a b   a  5b  d ' :  x     y     x  y  15   Bài 90 Trong (Oxy) cho hình chữ nhật ABCD , biết phương trình chứa đường chéo d1 : x  y   d : x  y   Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh hình chữ nhật , biết đường thẳng qua điểm M(-3;5) Giải 7 x  y   1 9 I ;  4 4 x  y   - Tâm hình chữ nhật có tọa độ nghiệm hệ :  Gọi d đường thẳng qua M(-3;5 ) có véc tơ pháp tuyến : n  a; b  Khi  d : a  x  3  b  y  5  1 Gọi cạnh hình vng (AB) qua M theo tính chất hình chữ nhật : nn1 n n1  nn2 n n2  7a  b 50 a  b 2   a  3b  7a  b  a  b   a b b  3a a b 2  a  3b  d : 3  x  3   y  5   3x  y  14  Do :  b  3a   x  3   y     x  y  12  Bài 91 Trong mỈt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(1;1) , B (2; 5) , ®Ønh C n»m trªn ®-êng th¼ng x   , vµ träng t©m G cđa tam gi¸c n»m trªn ®-êng th¼ng x  y   TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c ABC HD 1    yC y  1, yG    C §iĨm G n»m trªn ®-êng Ta cã C  (4; yC ) Khi ®ã täa ®é G lµ xG  3 th¼ng x  y   nªn   yC   , vËy yC  , tøc lµ: C  (4; 2) Ta cã AB  (3; 4) , AC  (3;1) , vËy AB  , AC  10 , AB AC  5   15 1 AB AC  AB AC  25.10  25 = 2 Bài 92 Trong mỈt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2;1) , B(1; 2) , träng t©m G cđa tam gi¸c n»m trªn ®-êng th¼ng x  y   T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diƯn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 DiƯn tÝch tam gi¸c ABC lµ S  HD V× G n»m trªn ®-êng th¼ng x  y   nªn G cã täa ®é G  (t ;  t ) Khi ®ã AG  (t  2;3  t ) , AB  (1;1) VËy diƯn tÝch tam gi¸c ABG lµ Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 41 Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG S   AG AB  AG AB   Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218   (t  2)  (3  t )  = 2t  NÕu diƯn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 th× diƯn tÝch tam gi¸c ABG b»ng 13,5 :  4,5 VËy 2t   4,5 , suy t  hc t  3 VËy cã hai ®iĨm G : G1  (6;4) , G  (3;1) V× G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn xC  3xG  ( xa  xB ) vµ yC  yG  ( ya  yB ) Víi G1  (6;4) ta cã C1  (15;9) , víi G  (3;1) ta cã C2  (12;18) Bài 93 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  y   ,  ' :3 x  y  10  điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , qua điểm A tiếp xúc với đường thẳng  ’ Tâm I đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) HD Theo yc k/c từ I đến  ’ k/c IA nên ta có 3(3t  8)  4t  10 4 Giải tiếp t = -3 Khi I(1; -3), R = pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25 2  (3t   2)2  (t  1)2 Bài 94 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn : (C ) : x  y – x – y   0, (C ') : x  y  x –  qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB HD + Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0) R  1, R '  , đường thẳng (d) qua M có phương trình a( x  1)  b( y  0)   ax  by  a  0, (a  b  0)(*) + Gọi H, H’ trung điểm AM, BM 2 Khi ta có: MA  2MB  IA2  IH  I ' A2  I ' H '2    d ( I ;d )   4[9   d ( I ';d )  ] , IA  IH 9a b2 36a  b   35   35  a  36b a  b2 a  b2 a  b2 a  6 Dễ thấy b  nên chọn b    a   Kiểm tra điều kiện IA  IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả m ãn Bài 95 Tam giác cân ABC có đáy BC nằm đường thẳng : 2x – 5y + = 0, cạnh bên AB nằm đường thẳng : 12x – y – 23 = Viết phương trình đường thẳng AC biết qua điểm (3;1)   d ( I ';d )    d ( I ;d )   35  2 HD Đường thẳng AC qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = (a2 + b2  0) 2a  5b 2.12  5.1 Góc tạo với BC góc AB tạo với BC nên :  22  52 a  b2 22  52 122  12 a  12b   2a  5b   29  a  b   9a + 100ab – 96b =   a  b  Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( điểm ( ; 1) khơng thuộc AB) nên khơng phải cạnh tam giác Vậy lại : 9a = 8b hay a = b = Phương trình cần tìm : 8x + 9y – 33 = 2a  5b 29   a  b2 Trang 42 2 2 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Bài 96 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho elip (E) : x  y   Tìm điểm N elip (E) cho : F1 Nˆ F2  60 ( F1 , F2 hai tiêu điểm elip (E) ) HD + (C) có tâm I(2 , 1) bán kính R = + AMˆ B  90 ( A , B tiếp điểm ) suy : MI  MA  R  12 Vậy M thuộc đường tròn tâm I bán kính R/ = 12 M thuộc d nên M( x , y) có tọa độ thỏa hệ: 2    x  2   y  1  12 x  x         x  y 1   y  1    y  1  Vậy có điểm thỏa u cầu tốn có tọa độ nêu Bài 97 Trong mp (Oxy) cho đường thẳng () có phương trình: x – 2y – = hai điểm A (-1;2); B (3;4) Tìm điểm M  () cho 2MA + MB2 có giá trị nhỏ HD M   M (2t  2; t ), AM  (2t  3; t  2), BM  (2t  1; t  4) AM  BM  15t  4t  43  f (t )  2  26  Min f(t) = f    => M  ;    15   15 15  Bài 98 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = có tâm I đường thẳng : mx + 4y = Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB 12 HD Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = Gọi H trung điểm dây cung AB Ta có IH đường cao tam giác IAB IH = d ( I , )  | m  4m | m2  16  AH  IA2  IH  25  | 5m | I m2  16 (5m)  m  16 Diện tích tam giác IAB SIAB 20 A  H B m  16  12  2S IAH  12  m  3  d ( I ,  ) AH  12  25 | m | 3( m  16)   16 m    Bài 99 Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) điểm A, B cho AB  HD Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = có tâm I(1, –2) R  Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB  IM trung điểm H đoạn AB Ta có AH  BH  AB  Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I 2 Gọi A'B' vị trí thứ AB, Gọi H' trung điểm A'B' Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 43 Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  3 Ta có: IH'  IH  IA2  AH2      , MI      1  1   2 5 Vậy có đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 Bài 100 Trong mỈt ph¼ng Oxy cho elip (E): x2 y   vµ ®-êng th¼ng  :3x + 4y =12 Tõ ®iĨm M bÊt k× trªn  kỴ tíi (E) c¸c tiÕp tun MA, MB Chøng minh r»ng ®-êng th¼ng AB lu«n ®i qua mét ®iĨm cè ®Þnh HD Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) TiÕp tun t¹i A cã d¹ng : TiÕp tun ®i qua M nªn : x0 x1 y0 y1  1 xx1 yy1  1 (1) xx0 yy0  1 4 xx0 yy0 xx0 y (12  x0 )  4,  4 M thc  nªn 3x0 + 4y0 =12  4y0 =12-3x0  4 Ta thÊy täa ®é cđa A vµ B ®Ịu tháa m·n (1) nªn ®êng th¼ng AB cã pt : Gäi F(x;y) lµ ®iĨm cè ®Þnh mµ AB ®i qua víi mäi M th× : (x- y)x0 + 4y - =   x y 0 y 1  y 40  x1 VËy AB lu«n ®i qua ®iĨm cè ®Þnh F(1;1) Bài 101 Trong mặt phẳng Oxy cho ba đường thẳng d1 : x  y   0, d2 : x  y   0, d3 : x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình thoi ABCD, biết hình thoi ABCD có diện tích 15, đỉnh A,C thuộc d3 , B thuộc d1 D thuộc d2 HD Đường chéo (BD) vng góc với (AC) (BD có dạng : x+y+m=0 x  y  m   m  4m    B ;    4 x  y   x  y  m   m  2m   (BD) cắt d D có tọa độ nghiệm hệ :   D ;  3   2 x  y    2m   Trung điểm I BD tâm hình thoi có tọa độ : I  ;    2 2m     m  3   BD  : x  y   tọa độ Theo giả thiết I thuộc (AC) :  2 t t  23 1 5 điểm B(2;1),D(-1;4) I  ;  Gọi A(t;t+2) thuộc (AC) Suy : h  A, ( AC )   2 2 t   A  3;5  C  2;0  2t  2t  1   S  BD.h  A, AC    15   2 t  2  A  2;0   C  3;5 Bài 102 Trong (Oxy) cho đường tròn (C): x  y   P  : y  x Tìm (P) điểm M mà từ kẻ tiếp tuyến đến (C) tiếp tuyến tạo với góc 60 (BD) cắt d1 B có tọa độ nghiệm hệ :  Giải Trang 44 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Gọi M  x0 ; y0    P   y02  x0 d đường thẳng tiếp tuyến (P) M d có phương trình : y0 y   x  x0   x  y0 y  x0  Để d tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) điều kiện cần đủ : Bài 103 Trong (Oxy) cho đ thẳng d: 3x-y+5=0 đường tròn (C): x  y  x  y   Tìm điểm M thuộc (C) điểm N thuộc d cho MN có độ dài nhỏ ? Giải 2 (C) :  x  1   y  3   I  1;3 , R  - Gọi d' //d d': 3x-y+m=0 d' tiếp xúc với (C) M ( M điểm cách d nhỏ ) ,  m   10  d ' : 3x  y   10    m   10   10  m   10  d ' : 3x  y   10  Giả sử N' thuộc d ta ln có : M N '  M N Dấu : h  I ; d '  R  3   m xảy N' trùng với N Vậy ta cần lập đường thẳng  qua I(-1;3) vng góc với d suy d' M1  x  1  3t Khi  cắt d' I(-1;3) y  3t d' điểm :  1  3t     t    10   t  10 M2 N' Và  1  3t     t    10   t   10 N d:3x-y+5=0   Do ta tìm điểm M : M1   1;3  , 10   10   M  1  ;3   Tương tự  cắt d N có tọa độ nghiệm : 10 10    x  1  3t   29   t   N   ;  Ta chọn M cách tính M N , M N , sau so y  3t 10  10 10  3x  y    đường thẳng  :  sánh : Nếu M N  M N M M Còn M N  M N M M Bài 104 Trong (Oxy) cho  C  :  x  1   y  3  điểm M  ;  Tìm (C) điểm 5 5 N cho MN có độ dài lớn ? Giải  x  1  sin t  N   C   N  1  sin t;3  cost   y   cost (C) viết dạng tham số :      12 16 Khi : MN     sin t      cost   sin t  cos 2t  sin t  cost+4 5     2 12 16 16  12   12   16    sin t  cost+5    sin t  cost  * Vì :       , 5 20  20   20   20  12 16  cos   ;sin  =  (*) trở thành :  4sin  t       20 20  Dấu đẳng thức xảy : sin  t      t     k 2 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 45 Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  3 Do : sin t  sin      cos =  x  1  sin t  1    5    4 19 19 Tương tự : cost=cos      sin    y   cost=3+   N   ;  5 5    Bài 105 Tính diện tích tam giác nội tiếp (E):  x y   , nhận A(0;2) làm đỉnh trục 16 Oy làm trục đối xứng ? Giải Do ABC tam giác , A(0;2) thuộc Oy trục đối xứng B,C phải nằm đường thẳng y=m (//Ox) cắt (E) Vì tọa độ B,C nghiệm hệ : y  m y  m   2 4 x  16 y  64  x  16  4m  y A(0;2) O y=m H B x C y  m   2  m  Ta có : AC  x   16  m2   20  m2 , BC  16  m   x   16  4m Do ABC :AC=BC  20  m  16  m  20  m  16  m   m  44 1 1 33 3.4 16  m  , suy S ABC  BC AH  BC.BC  BC  2 2 44    16      Vậy : m   Hay : S ABC Bài 106 Tính diện tích tam giác nội tiếp (P): y  x , nhận đỉnh (P) làm đỉnh trục Ox làm trục đối xứng ? Giải 1    (P) có tiêu điểm F  ;0  Nếu Ox làm trục đối xứng B,C nằm đường thẳng : x=m (  y2  2x  y  2m  song song với Oy) Do tọa độ B,C nghiệm hệ :  x  m x  m   y   2m   B m; 2m , C m;  2m  BC  2m x  m    Vì OBC tam giác : OB  BC  m2  2m   2m   m2  6m   m   m      Vậy SOBC  BC.OH  BC   3  2m    2.6   24 (đvdt) 2 Bài 107 Trong (Oxy) cho điểm M(1;2) Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt Ox,Oy A,B cho diện tích tam giác OAB nhỏ Giải Đường thẳng dạng : x=1 y=2 khơng cắt trục tọa độ Cho nên gọi d đường thẳng qua M(1;2) có hệ số góc k( khác 0) d : y=k(x-1)+2 , hay y=kx+2-k  k 2  ;0  cắt Oy B(0;2-k)  k  Đường thẳng d cắt Ox A  Trang 46 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Do : SOAB  Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 k 2 k  4k  4 2k   k   (1) k k k k Xét f(k)= k    f '  k    Ta có bảng biến thiên : k f'(k) f(k)   k  2 k2 - + -2 -16 + - + + - -6 Căn vào bảng biến thiên ta có macx f (k )  16 đạt k=-2 Khi đường thẳng d : y=-2(x-1)+2 , hay y=-2x+4 A(2;0) B(0;4) Bài 108 Trong (Oxy) cho tam giác ABC, biết ba chân đường cao tương ứng với đỉnh A,B,C A'(1;1),B'(-2;3),C'(2;4) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh (BC) Giải Do đường cao tứ giác AC'IB' từ giác A nội tiếp đường tròn có đường kính AI , C'B' B'(-2;3) dây cung AA' vng góc với C'B' Vậy C'(2;4) (BC) qua A'(1;1) có véc tơ pháp tuyến C ' B '   4; 1 // n   4;1   BC  :  x  1  y   I  4x  y   Tương tự lập luận ta tìm phương trình cạnh tam giác ABC : (AB) : 3x-2y+2=0    Bài 109 Trong (Oxy) cho hai điểm A 3;2 , B 3; 2 C A'(1;1) B  a/ Chứng tỏ tam giác OAB tam giác b/ Chứng minh tập hợp điểm M cho : MO  MA2  MB  32 đường tròn (C) c/ Chứng tỏ (C) đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Giải a/ Ta có : OA  2 3  22  4, OB  4, AB  Chứng tỏ OAB tam giác b/ Gọi M(x;y) đẳng thức giả thiết cho tương đương với biểu thức : Ta có : MO2  x2  y , MA2  x2  y  3x  y  16, MB2  x2  y  3x  y  16  MO2  MA2  MB  32  3x  y  3x  32  32  x  y  x0 4   4 3 4 3 ;0  , R    x    y    Chứng tỏ đường tròn (C) có tâm I  3       c/ Thay tọa độ O,A,B vào (1) ta thấy thỏa mãn , chứng tỏ (C) đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Bài 110 Viết phương trình cạnh hình vng ABCD biết AB,CD,lần lượt qua điểm P(2;1) Q(3;5), BC AD qua điểm R(0;1) S(-3;-1) Giải Gọi (AB) có dạng y=kx+b (AD) : y=-1/kx+b' Cho AB AD qua điểm tương ứng ta có : 2k+b=1 (1) Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )  b '  1 k  2 Trang 47 Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Ta có : h  Q, AB   3k   b ; h  R, AD   Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  k  kb ' Theo tính chất hình vng : k 1 k 1 3k   b  k  kb ' h  Q, AB   h  R, AD     3k   b  k  kb ' k 1 k 1  2k  b  1 4       k  , b  , b '  10  ,  k  7, b  15, b '    Từ ta có hệ : k  kb '  3 3 7     3k   b  k  kb '  Do : AB : x  y   0, AD : 3x  y  10  0, CD : x  y  12  0, BC : 3x  y   Hoặc : AB : x  y  15  0, AD : x  y   0, CD : x  y  26  0, BC : x  y   Trang 48 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) [...]... y 1  0  - (AD) //(BC) suy ra (AD) có dạng : 2x+y+m=0 (* ) , do qua A(1;0) : m= -2 Cho nên (AD) có phương trình : 2x+y-2=0 2 x  y  2  0  D  0; 2   x  7 y  14  0 - D là giao của (AD) với (BD) :  - Trường hợp : k=- 17 cách giải tương tự ( Học sinh tự làm ) 31 Bài 26 Trong mp (Oxy) cho đường thẳng ( ) có phương trình: x – 2y – 2 = 0 và hai điểm A (- 1;2); B (3 ;4) Tìm điểm M  ( ) sao cho... là trung điểm AB suy ra M(3;3 ) d' là đường trung trực của AB thì d' có phương trình : 1.(x-3)-2(y-3)=0 , hay : x-2y+3=0 - Tâm I của (C) nằm trên đường thẳng d' cho nên I(2t-3;t) (* ) - Nếu (C) tiếp xúc với d thì h  I , d   R  3  2t  3  t  9 10 - Mặt khác : R=IA= 2 2  5  2t    5  t  (2 ) - Thay (2 ) vào (1 ) :  5  2t    5  t  2 2   5t 10  10 t  R (1 ) 2 10 t  4  5t 2  30t... điểm F1 ( - 4; 0), F2 ( 4;0) và điểm A(0;3) a) Lập phương trình chính tắc của elip (E) đi qua điểm A và có hai tiêu điểm F1 , F2 b) Tìm tọa độ của điểm M thuộc (E) sao cho M F1 = 3M F2 1 Giải 2 2 x y  2  1 (1 ) Theo giả thi t thì : c=4  c 2  16  a 2  b2  2  2 a b 9 x2 y 2 - (E) qua A(0;3) suy ra : 2  1  b 2  9 , thay vào (2 ) ta có a 2  25   E  :   1 b 25 9 2 2 x y - M thuộc (E)  M... chuẩn của (P) b Viết p.trình tiếp tuyến của (P) tại điểm M thuộc (P) có tung độ bằng 4 c 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 x2, x2 Chứng minh:AB = x1 +x2 + 4 Giải a/ Tiêu điểm của (P) là F(2;0) , đường chuẩn của (P) có phương trình : x=-2 b/ M thuộc (P) có tung độ bằng 4 thì hồnh độ x=2 và M(2;4) Vậy tiếp tuyến d của (P) tại... tiếp tuyến này cùng qua M(0;a) 1  x1  4 x  4   y1 y  4 ,  x2  4  x  4   y2 y  4   x1  4  0  4   y1a  4 ,  x2  4  0  4   y1a  4 B E(4;1) O Chứng tỏ (AB) có phương trình : -4(x-4)+ay=4 - Nếu (AB) qua E(4;1) : - 4(0 )+a.1=4 suy ra : a=4 Vậy trên Oy có M(0;4 ) thỏa mãn A I(4;0) x d' 3 2 Bài 65 Cho tam giác ABC có diện tích S= , hai đỉnh A(2;-3), B(3;-2) và trọng tâm G của...   4;3   AB  : 4 3 x 4 y 5  (AD) qua A(-4;5) có u AD   3; 4    AB  : 3 4 x y 8 (BC) qua B(0;8) có uBC   3; 4    BC  :  3 4 x 1 y 1  (DC) qua D(-1;1) có u DC   4;3   DC  : 4 3 * Chú ý : Ta còn cách giải khác - (BD) : y  7 x  8 , (AC) có hệ số góc k   Trang 22 1 x 31 và qua A(-4;5) suy ra (AC): y   7 7 7 Biên soạn t-6-201 2( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chun đề : HÌNH... Gọi A, B là 2 điểm thuộc (E) sao cho OA  OB.chứng minh diện tích tam giác OAB khơng đổi Giải x2 y 2 4   1  a  5, b  3, c  4  F1  4;0  , F2  4;0  , e  25 9 5 b/ Vì (E) chẵn x,y cho nên Ox,Oy là hai trục đối xứng vì vậy IF1  IF2  17 (1 ) Đường tròn a/ (E) : (T) tâm I(0;1) có bán kính R=IA= 42   2  1  17 (2 ) Từ (1 ) và (2 ) chứng tỏ (T) qua 2 2 tiêu điểm của (E) c/ Gọi A  x1 ; y1... tíi ®-êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iĨm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng Giải - (C) có I(1;-2) và bán kính R=3 Nếu tam giác ABC vng góc tại A ( có nghĩa là từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C) và 2 tiếp tuyến vng góc với nhau ) khi x+y+m=0 đó ABIC là hình vng Theo tính chất hình vng ta B có IA= IB 2 (1 ) - Nếu A nằm trên d thì A( t;-m-t ) suy ra : IA  A  t  1   t  2  m  Thay vào (1 ) : 2 2  t... 1;3 , R  2 a Gọi A(x;y) thuộc (C) suy ra  x  1   y  3  4 (1 ) , B đối xứng với A qua M suy ra B(42 2 x;8-y) Để đảm bảo u cầu bài tốn thì B thuộc (C) :  3  x    5  y   4 (2 ) 2 2 2 2 2 2    x  1   y  3  4  x  y  2 x  6 y  6  0  3 - Từ (1 ) và (2 ) ta có hệ :   2 2 2 2 3  x  5  y  4  x  y  6 x  10 y  30  0  4         - Lấy (3 ) -(4 ) ta có phương trình... Oxy cho (E) có phương trình : 4x2 + 9y2 = 36 a Cho 2 đường thẳng (D) : ax – by = 0 và (D’) : bx + ay = 0 (a2 + b2 > 0) Tìm giao điểm E, F của (D) với (E) và giao điểm P, Q của (D’) với (E) Tính diện tích tứ giác EPFQ theo a, b b Chứng minh rằng MPFQ ln ngoại tiếp m[tj đường tròn cố định ? Viết phương trình đường tròn cố định đó c Cho điểm M(1 ; 1) Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt (E) tại