Những cách giải mới của Oxy 2017

sơ đồ tư duy toán oxy×các dạng bài toán hình học giải tích trong hệ tọa độ phẳng oxy ôn thi đại học 2013×hình oxy khó có lời giải×bài tập toán về oxy×tài liệu luyện thi đại học môn toán oxy×bai toan oxy thi dai hoc×sơ đồ tư duy toán oxy×các dạng bài toán hình học giải tích trong hệ tọa độ phẳng oxy ôn thi đại học 2013×hình oxy khó có lời giải×bài tập toán về oxy×tài liệu luyện thi đại học môn toán oxy×bai toan oxy thi dai hoc×

Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TỌA ĐỘ Oxy §1 Tọa Độ Điểm – Tọa Độ Vectơ Bài tập tự luyện:       Bài 1.Trong mặt phẳng tọa độOxy , cho ba điểm A 1; , B 3; 5 ;C 0; Chứng minh A, B,C ba đỉnh tam giác tính cosCBA Tìm tọa độ điểm M cho: 2MA  3MB  MC  Tìm tọa độ điểm F cho AF  CF  Tìm tọa độ điểm N cho ABNC hình bình hành   Tìm tập hợp điểm P cho PA  PB  3PC  PB  PC Lời giải 4 5  nên vectơ AB, AC không phương 1  A, B,C không thẳng hàng nên A, B,C đỉnh tam giác ABC     Ta có AB  4; 5 ; AC  1; Vì     Ta có BC  3; , BA  4;   Nên cosCBA  cos BC ; BA     BC BA 4.3  5.8  8 5 BC BA   2 52 73 41     Theo đề ta có 2MA  3MB  MC   1  a; b    3  a; 5  b    a; 3b    0;  Gọi M a;b ta có MA   a; b , MB  3  a; 5  b , MC  a;  b  4a   a    M   ;      2 4b  18  b          a   b2  a  b  2  AF  CF  Gọi F a;b , theo đề ta có AF  CF     2 AF  25 a   b  25     a  3b  a  4 a      b  b   3b   b  25          Gọi N a;b  , ta có CN  a;b  3 Vậy tìm điểm F 4; , F 5; C Để ABNC hình bình hành   a  4 a  4 CN  AB     N 4; 2 b   5 b  2         Gọi P x ; y0 , ta có   A    N B  PA   x ; y0 , PB  3  x ; 5  y0 , PC  x ;  y0 GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star   http://maths.edu.vn  ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt    19  Vậy PA  PB  3PC   x   x ; y0   y0  x ;  y0        y    3; 8  2  2x ; 2y0   3x ;  3y0  4  x ; y0  PB  PC  3  x  x ; 5  y0    Theo đề ta có PA  PB  3PC  PB  PC   4  x   y 0 Vậy tập hợp điểm P   3   8    y   73 điểm nằm đường tròn có tâm I  4; 19  , bán kính R   19  2  x0      19 73  Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho A 3; , C 4;1 hai đỉnh đối hình vuông ABCD Tìm tọa độ đỉnh B, D Lời giải      Gọi B x ; y ; AB  x  3; y , CD  x  4; y   A(3;0) AB  BC Vì A, B,C đỉnh hình vuông ABCD , nên  AB.BC   x   y2  x   y  6x   8x  16  2y     x  x   y2  y  x  x  y y 1                      B I D C  0  14x  2y   x  x   y2  y       1  y  7x  thay vào 2  , ta x   y  x  x  12  49x  56x  16  7x    50x  50x    x  1  y  3  điểm B  0;  B  1; 3   1 Gọi I giao điểm AC BD  I trung điểm AC  I   ;   2  xB  xD x   x  2x I  x B  1 I    D  D 1; 3  B 1; 3  Với B 0; D x D ; yD , ta có  y  2yI  yD  3  y  yB  yD  D   I             Vậy có cặp điểm B, D sau : B 0; D 1; 3 D 0; , B 1; 3 GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379    Trang  Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt §2 Đường Thẳng – Bài Toán Liên Quan Tới Đường Thẳng Vấn đề 1: Phương pháp viết phương trình đường thẳng Bài tập tự luyện:  Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : 3x  4y  12  Viết phương    trình đường thẳng d1 đối xứng d qua O , từ tìm toạ độ hình chiếu vuông góc O   lên đường thẳng d1 Lời giải       Vì d1 song song với đường thẳng d nên đường thẳng d1 có dạng 3x  4y  c  0; c  12      Gọi M 0;  d , gọi N điểm đối xứng với M qua O , suy N 0; 3 Mà N  d1 nên thay tọa độ điểm N vào ta có 12  c   c  12  d1 :3x  4y  12   3a  12   3a  12  Gọi H  d1   a;   Ta có OH   a; 4       Để H hình chiếu O lên d1  OH  d1  OH ud   4a   25a  36   a   3a  12 0  36 48  36  H  ;  25  25 25    Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm P 1; hai đường thẳng d1 : 2x  y   0; d2 : x  y   Gọi d đường thẳng qua P cắt d1;d A B Viết phương trình đường thẳng d biết PA  PB Lời giải Vì A  d1  A t; 2t    Theo đề ta có PA  PB mà P, A, B thẳng hàng nên P trung điểm AB  x  2x P  x A   t  B  B  t;  2t y  2yP  yA   2t   B       Mặt khác B  d2   t   2t     3t  12  t   A 4;  PA  3; Phương trình đường thẳng d cần tìm là GV: Lê Quang Điệp x 1 y    2x  3y   “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt Vấn đề 2: Bài toán xác định điểm, góc, khoảng cách Bài tập tự luyện:    Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độOxy , cho A 2;1 đường thẳng d : 2x  3y   Viết phương  trình đường thẳng qua A tạo với đường thẳng d góc 450 Lời giải Gọi đường thẳng cần tìm có dạng  : ax  by  c         Vì  qua A 2,1 nên thay vào ta 2a  b  c   c  2a  b      Mặt khác  tạo với d góc 450 , suya cos , d  cos 45  2a  3b  a b 2  2a  3b 13 a  b   n  nd n  nd 4a  12ab  9b  13 a  b   a  5 a a  5a  24ab  5b    24     b b b a    b a  Với  , chọn a   b  thay vào  C  11  1 : 5x  y - 11  b a  Với   , chọn a   b  5 thay vào  C   2 : x  5y   b Vậy tìm đường thẳng thỏa mãn đề ra: 1 : 5x  y - 11   : x  5y               Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A 0;2  đường thẳng qua O Gọi H hình chiếu vuông góc A  Viết phương trình đường thẳng  , biết khoảng cách từ H đến trục hoành AH y Lời giải     Gọi tọa độ H a;b , ta có: AH  a  b   A  Khoảng cách từ H đến trục hoành d H ;Ox  b    Theo đề AH  d H ;Ox  a  b   O H  x  b2 Ta có OHA vuông H nên H thuộc đường tròn đường kính OA , OA  có tâm I 0;1 trung điểm OA bán kính R       a  1  2    Đường tròn có phương trình C : x  y    Mà H  C  a 2  a  4b   Từ nên tọa độ H nghiệm hệ:  2 a  b  2b    GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt     Suy ra: H   2;   H  2  2;       Phương trình đường thẳng  qua O có vtcp OH nên có dạng:   1 x 2  2y    1 x 2  2y  tọa độ đỉnh A 2; 3 B 3; 2 Tìm bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC biết trọng tâm G Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy , cho tam giác ABC có diện tích      tam giác ABC thuộc đường thẳng d : 3x – y –  Lời giải Gọi C a;b   Phương trình đường thẳng AB có VTCP : u AB  AB  1;1      VTPT : nAB  1; 1 , phương trình AB : x – y –     Ta có S ABC  d C ; AB  AB  d C ; AB   a b   2   a b    2   2S ABC AB a  b   a  b  1  2 a  b   ;    Tọa độ trọng tâm G  Mà G  d   a 5 b 5     3a – b  3  Từ 1 ,  3  C  –2; 10   PABC  Vậy bán kính cần tìm r  S ABC PABC   3 AB  AC  BC  65  89  2 3   65  89  65  89 AB  AC  BC 22  2 3   22 22  Từ   ,  3  C 1; –1  PABC  Vậy bán kính cần tìm r  GV: Lê Quang Điệp S ABC PABC “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt   Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có cạnh AB  đỉnh C 1;5 Đường  thẳng AB có phương trình x  y   , đường thẳng d : x  3y   qua trọng tâm G tam giác Tìm tọa độ đỉnh A, B Lời giải Ta có A a;a  , B b;b   AB ; a  b       A   x A  x B  xC a  b  x    G  3 Do G trọng tâm ABC , nên  y  y  y a  b 5 B C y  A  G  3  a  b   a b 1  3 Mặt khác G  d      b  a 3   G (d) B C M     Khi đó, ta có B  a;  a AB   2a;2  2a  a  1 Mặt khác ta có AB  2  a    a    a       Với a   b  1  A  3;5  , B  1;1 Vậy tọa độ đỉnh A, B A  1;1 , B  3;5  hay A  3;5  , B  1;1  Với a  1  b   A 1;1 , B 3;5 GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt Vấn đề 3: Bài toán đường thẳng liên quan tới hình vuông, hình chữ nhật, hình bình hành, hình thoi, hình thang Bài tập tự luyện: Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , có đỉnh C  3; 3 Gọi M trung điểm BC , phương trình DM : x  y   A  d : 3x  y   Tìm tọa độ điểm A, B, D (d) Lời giải     Vì AC  d  A t;2  3t Ta có d C ; DM      Nhận thấy d A; DM  2d C ; DM  332   t   3t  2 A 2 B 4 M  4t    t    t  1 t  (loại A có hoành độ trùng với C )  Với t  1  A 1;5   D Vì D  DM  D d;d    AD  d  1;d   ; CD  d  3;d  1 Lại có AD  DC  ADCD   d  1d    d  d  1  C (3;-3)  d  2d   d  6d    2d  8d  10   d  1 d         Với d  1  D 1; 3  AD  0; 8  AD  CD  4;  CD   ABCD không hình vuông   Vậy d  thỏa mãn điều kiện cần cho ABCD hình vuông D  5;  AB  x  1; y   ; DC   2; 6       Với d   D 5;  AD  6; 2  AD  40 CD  2;6  D  40 B B  x   2 Vì ABCD hình vuông  AB  DC   B  y      B        x B  3  B 3; 1  y     B   Vậy tọa độ điểm A 1; 5 ; B 3; 1 , D 5; GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AD  2AB , gọi M , N trung điểm cạnh AD, BC Trên đường thẳng MN lấy điểm K cho N trung điểm đoạn thẳng MK Tìm tọa độ đỉnh A, B,C , D biết K  5; 1 , phương trình đường thẳng chứa cạnh AC : 2x  y   điểm A có tung độ dương A Lời giải M D Ta có AC  AB  BC  AB  4AB  5AB I AB AB   AC 5AB Gọi I trung điểm AC I  MN  AC Nếu đường thẳng MN có phương trình: x   cos BAC    không thỏa mãn Nên gọi đường thẳng MN qua K 5; 1 có hệ số góc m có phương trình:  C N B   cos MN ; AC      K (5;-1) MN  : y  m x  5   y  mx  5m   mx  y  5m     Ta có cos NIC  cos MN ; AC   2m  m   4m  4m   m   Trường hợp 1: với m   MN : y  1  3m2  4m   m  m        I giao điểm MN AC  I 2; 1 , ta có KI  3; ; KN  x N  5; yN  Vì N trung điểm MK I trung điểm MN nên ta có  2x  10  3  N   x N  KN  KI     N 3; 1 0  y N  yN  1            Đường thẳng BC  MN  nBC  1;  BC : x    Vì C  AC  BC  C 3; 3   x  2x I  xC   A 1;1 Vì I trung điểm AC   A y  2yI  yC    A  x  2x N  xC   B 3;1 Vì N trung điểm BC   B yA  2yN  yC    Trường hợp 2: với m   MN : 4x  3y  23   12   16 17  I giao điểm MN AC  I  ;   , ta có KI    ;   ; KN  x N  5; yN  5            Vì N trung điểm MK I trung điểm MN nên ta có GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt  3x N  15  19   x    N    N  19 ;  13  KI  KN       12  yN  y   13 N      19 13  Đường thẳng BC  MN  nBC  3; BC qua N  ;   5    9 3  BC :  x     y     3x  4y   15  15     11  Vì C  AC  BC  C  ;   5 5  21   21 27  x A  2x I  xC  Vì I trung điểm AC    A  ;   , (loại A có tung độ dương)   y  2y  y   27 A I C               Vậy tọa độ đỉnh: A 1;1 , B 3;1 , C 3; 3   Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độOxy , cho hình bình hành ABCD , có D 6; 6 1 : 2x  3y  17  đường trung trực đoạn CD 2 : 5x  y   đường phân giác góc BAC Xác định tọa độ đỉnh lại hình bình hành Lời giải    Gọi C a;b  DC  a  6;b   a  b   ; Gọi I trung điểm DC  I     Vì 1 đường trung trực DC  D đối xứng C qua 1     3 a   b     DC u 1     b 6 I   a    17        D (-6;-6) A     Gọi C ' a ';b '  CC '  a ' 2;b '  d1 B C M C' 3a  2b      2a  3b     a  2   C 2;  b0       a ' b '  ;  Gọi M trung điểm CC '  M  2  Do  phân giác BAC nên C đối xứng với C ' qua       a '  5b '   a ' 5b '  a '   CC '.u 2    Ta có:    a '    C ' 3;1   b' a '  b '  16 b '  M      30       2       Vì AB  1  nAB  u  3;2 đường thẳng AB qua C ' 3;1       Vậy phương trình đường thẳng AB : 3 x   y    3x  2y    5x  y    A 1; 2 Ta có A  2  AB  tọa độ A nghiệm hệ phương trình:  3x  2y      GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379  Trang Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star    Lại có AD  7; 4 ; BC 2  x B ; yB http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt    7  2  x B x  Vì ABCD hình bình hành  AD  BC    B  B 5; 4  yB yB              Vậy tạo độ đỉnh hình bình hành A 1; 2 ; B 5; ; C 2; Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độOxy , cho hình thang ABCD có hai đáy AB CD , có đỉnh   A 1;1 trung điểm cạnh BC M   ;  Tìm tọa độ đỉnh D có hoành độ dương nằm   đường thẳng d : 5x  y   , biết diên tích hình thang ABCD 14   A Lời giải Gọi N  AM  CD  AMB  NMC  M trung điểm AN  N 2; 1       Ta có NA  3;2  VTPT nAN  2; 3 đường   B  M D      N C thẳng AN qua A 1;1 Vậy phương trình AN : x   y    2x  3y     Vì D  d  D t;5t   2t  15t    Ta có: d D; AN  13 ; AN  AN  32  22  13 13t  Vì AMB  MNC  SABCD  S AND  14   13t   28  t  t     13 13  14 30 (loại) 12 Với t   D 2;11 Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có phương trình hai cạnh đường chéo AB : 7x  11y  83,CD : 7x  11y  53  0, BD : 5x  3y   Tìm tọa độ điểm A,C ? Lời giải    5x  3y   B  AB  BD  tọa độ B nghiệm hệ phương trình:   B 7;12 7x  11y  83     5x  3y   D  BD  CD  tọa độ D nghiệm hệ phương trình:   D 5; 8 7x  11y  53          Gọi I giao điểm AC DB  I 1;2      AC  : x  1  y     3x  5y  13    Đường thẳng AC qua I ;2 có vecto pháp tuyến n  BD  4 3;5   3x  5y  13  A  AB  AC  tọa độ A nghiêm hệ phương trình:   A 4;5 7x  11y  83    GV: Lê Quang Điệp  “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379  Trang 10 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt  3x  5y  13  C  CD  AC  tọa độ C nghiêm hệ phương trình:   C 6; 1 7x  11y  53    Vậy tọa độ điểm A 4;5 , C 6; 1        Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độOxy , cho hình thang vuông ABCD A D , có CD  2AB Gọi  22 14  H hình chiếu vuông góc D lên đường chéo AC , biết M  ;  trung điểm HC ,  5     đỉnh D 2; , đỉnh B  d : x  2y   đường BC qua E 5; Tìm tọa độ đỉnh A, B,C Lời Giải Gọi I trung điểm DH  MI đường trung bình HDC  IM  AB DC  2AB IM  DC A  mà  nên  H DC //AB IM //AB  IM //DC    I Vì IM song song DC  MI  AD (vì DC  AD )  I trực tâm ADM  AI  DM M   B K  ABIM hình bình hành  AI  BM  E C D Từ  BM  DM  Vì B  d : x  2y    B 2t  4; t    12  42 14  Ta có: MB   2t  ; t   , MD    ;   5 5   12  42   14  Vì MD  MB  MB.MD     2t     t     t   B 4;   5 5 BK AB AK Gọi K  AC  BD, ta có: AKB  CKD      DK CD CK       Ta có: DK  x K  2; yK  ; KB   x K ;  yK   10 x    x    x K   K  K  10 ; 10  Từ * ta có DK  2KB   K  y    2yK  3  y  10  K K    16  2;1 Suy MK    ;    5     22 14  Đường thẳng AC qua M  ;  có vecto pháp tuyến nAC  1;2  5   22  14  Phương trình AC :  x     y     x  2y  10   5               Đường thẳng DH   AC   VTPT nDH  2;1 DH qua D 2;2       Phương trình DH :  x   y    2x  y   GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang 11 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt   14 18  x  2y  10  Vì H  DH  AC  tọa độ H nghiệm hệ phơng trình  H ;  2x  y    5     x  2x M  x H  Mặt khác M trung điểm HC   C  C 6;2 y  y  y  M H   C  4  10 10  Ta có: CK    ;  , KA   x A  ; yA   3  3   20     2x A  x  Từ  ta có CK  2KA    A  A 2; 4 20 y  A    2y   A  3            Vậy tọa độ đỉnh A 2; , B 4; , C 6;2 GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang 12 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt §3 Đường Tròn Vấn đề 1: Phương pháp lập phương trình đường tròn & Bài toán tương giao Bài tập tự luyện:       Bài 1: Cho đường tròn C qua điểm A 1;2 , B 2; có tâm đường thẳng    : 3x – y  10  Viết phương trình đương tròn C  Lời giải: Gọi I tâm đường tròn C  Vì I  a; 3a  10        BI  a  2; 3a    BI  a     3a   Vì A, B  C  nên IA  IB  a  1   3a    a     3a   2 2 AI  a  1; 3a   AI  a   3a  2 2 2  2a   48a  64  4a  4a   42a  49  4a  12  a  3     Vậy C  đường tròn có tâm I  3;1 , bán kính R   I 3;1 AI  2; 1  AI     C : x 3      y  1   2  Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn C : x   y        đường   thẳng  x  y   Viết phương trình đường tròn C ' có tâm nằm đường thẳng  , bán     kính gấp đôi bán kính đường tròn C tiếp xúc với đường tròn C ' Lời giải C  : x  1  y  1  có tâm I 1;1 , bán kính R  Gọi C '  có tâm I ' , bán kính R ' Theo đề ta có: R '  2R  , I '      I '  x ; x  3  II '   x  1; x  2 C  C '  tiếp xúc  II '  R  R ' x  1  x  2   2x  2x    x  x  2  Với x   I 1;  suy đường tròn C  : x  1  y     Với x  2  I  2;1 suy đường tròn C  : x    y  1  2 2 0 0 GV: Lê Quang Điệp 0 0 ' ' ' ' “Cần cù bù thông minh” 2 tel: 0974200379 Trang 13 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt    trình tiếp tuyến với C  tọa độ giao điểm C  d  Bài 3: Cho đường tròn C : x  y – x – 7y  đường thẳng d : 3x – 4y –  Lập phương Lời giải: Gọi A x ; y giao điểm C & d        x  y  x  7y  x   x, y nghiệm hệ phương trình   3x  14y   y   3 9 Vậy C giao với d điểm A1 0;1 ; A2  ;  5 5 1 7 Đường tròn C có tâm I  ;  2 2    x  y        5 Gọi t1 tiếp tuyến C A1 nên t1 qua A1 0;1 có VTPT n1  IA1    ;    2 Nên phương trình tiếp tuyến t1 :  x   y    x  5y   2               3 9  17  Gọi t2 qua A2  ;  t2 có có VTPT n2  IA2   ;   5 5  10 10    17  9 Nên phương trình tiếp tuyến t2 :  x     y     x  17y  30  10   10  5         Bài 4: Trong mạ t phả ng với hẹ tọ a đọ Oxy , cho hai đường trò n C1 : x  y  10x  0; C  : x 2     y  4x  2y  20  Vié t phương trình tié p tuyé n chung củ a cá c đường trò n C ; C Lời giải Đường tròn C , C có tâm bán kính I 5; , R1  5; I 2;1 , R2       7;1  I I      II 50  10  R  R suy C  C  cắt điểm R  có tiếp tuyến song song I I , nên tiếp tuyến t  có VTPT n   7;1 Vậy phương trình tiếp tuyến t  có dạng x  7y  c  2 2  R2 t t  tiếp tuyến đường tròn C  ; C  d I ; t   R  1 c 50 5   c  25  c  5  25      Vậy có tiếp tuyến chung C C cần tìm t : x  7y   25  t  : x  7y   25 GV: Lê Quang Điệp  “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang 14 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường tròn có phương trình C  : x      y – 2x – 2y   C ' : x  y  4x –  qua M 1; Viết phương trình    đường thẳng    qua điểm M , cắt hai đường tròn C , C ' A, B cho MA  2MB Lời giải Đường tròn C có tâm I 1;1 bán kính R  A     Đường tròn C '  có tâm I '  2;  bán kính R '  Gọi đường thẳng    qua M có vtpt n   A; B  nên H M B H' ∆ I' I  phương trình có dạng: A(x  1)  B(y  0)   Ax  By  A  0, A2  B    * Gọi H , H ' trung điểm AM , BM Khi ta có: MA  2MB  AH  2HB  IA2  IH  I ' B  I ' H '2 2    R  IH  R '2  I ' H '2   d I ;   9  d I ';     2 2 36A2  B 9A B  d I ';   d I ;   35  A2  36B  35    35  2 2 A B A B A B A  6 Dễ thấy B  nên chọn B     A  Kiểm tra điều kiện IA  IH thỏa mãn Thay vào * ta phương trình 1 : 6x  y    : 6x  y                        d  : x  y   d  : x  2y –  Viết phương Bài 6: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có A 2; , trọng tâm G 2; Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng trình đường tròn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG Lời giải        Gọi B x B ; yB , C xC ; yC B  d1  B yB  5; yB ; C  d2  C 2yC  7; yC   x B  xC  2  y   2yC    y  4    Vì G trọng tâm nên ta có hệ:   B  B yB  yC   yC   yB  yC           Ta có BG   3;   VTPT n   4; 3 nên phương trình BG : Vậy tìm B 1; 4 ;C 5;1 BG 4x – 3y –      Đường tròn C có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG nên ta có bán kính R  d C ; BG    phương trình đường tròn: x – GV: Lê Quang Điệp   y – 1 2 “Cần cù bù thông minh”  81 25 tel: 0974200379 Trang 15 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt Vấn đề 2: Bài toán đường tròn hình học phẳng Bài tập tự luyện:   Bài 1: Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C : 2   7 5  1 325 Đường phân giác góc BAC cắt C điểm E  0;   Xác định x    y    2 2  4 16       tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết đường thẳng BC qua điểm N 5;2 đường thẳng AB   qua P 3; 2 A Lời giải 5 1 13 Đường tròn C có tâm I  ;  bán kính R  2 4   P Vì AE phân giác góc BAC nên E điểm nằm I cung BC hay IE vuông góc với BC  15  Đường thẳng BC qua N có VTPT nBC  EI   ;  nên có B N 2  15 y    2x  3y   phương trình x   E 2  5  1 325  x     y    B,C  C  BC nên tọa độ điểm B, C nghiệm hệ:  2  4 16 2x  3y    x  2 x    y  y  4    C         Với B 2; C 4; 4   Đường thẳng AB qua P có VTPT nAB  PB  1;2 , nên có phương trình 2x  y   2  5  1 325  x     y    A, B  C  BC nên tọa độ điểm A, B nghiệm hệ:  2  4 16 2x  y    x  2 x    A 0;  y  y          Với B 4; 4 2;    Đường thẳng AB qua P có VTPT nAB  PB  7; 2 , nên có phương trình 2x  7y  20  2  5  1 325  x     y    A, B  C  BC nên tọa độ điểm A, B nghiệm hệ:  2  4 16 2x  7y  20     GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang 16 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt  54 x   x    53  A   54 ;  136  , (không thỏa AE phân giác BAC )   53   53 y  4 y   136   53      Vậy tìm A 0; ; B 2; C 4; 4    ;3 Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với A 4; 1 , điểm M         thuộc cung BC không chứa điểm A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , biết MC  điểm B có tọa độ điểm nguyên Tìm tọa độ B,C tam giác ABC Lời giải Trên đoạn thẳng AM lấy điểm I cho MB  MI , A  Vì BMA  BCA  600 (cùng chắn cung AB ) nên tam giác MBI  BM  BI I Và ABI  IBC  MBC  IBC  600  ABI  MBC Lại có BA  BC BAI  BCM (cùng chắn cung BM ) suy BIA  BMC g.c.g  MC  AI    C B   Từ suy MB  MC  MI  AI  MA M  MA  2MC  MB  MC  MB  MC lại có AB  AC  MA đường trung trực đoạn thẳng BC nên MA đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Hai cạnh AB AC nằm đường thẳng qua A tạo với AM góc 300 Phương trình AB, AC có dạng  : a x   b y   a  b  Ta có MA         4   3  vectơ pháp tuyến đường thẳng AM AM   ;   n AM   1;         Gọi  góc tạo AB, AC với AM ta có   300 a.1  b cos   3   b  3ab  b  b  3a  Với b  chọn a    : x    Với b  3a chọn a   b    ' : x  3y    a  b2  Vì AM đường kính nên góc MBA  MCA  900 , phương trình đường thẳng MB, MC qua M vuông góc với   ' y   3x  y      x   x   ; Tọa độ B,C nghiệm hệ phương trình  y3 y      GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang 17 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn x  3y    x     Hoặc  y 1  3x  y       ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt   Vì tọa độ B số nguyên nên B 4; C  3;1 §4 Elip Bài tập tự luyện:   Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độOxy , tính diện tích tam giác nội tiếp E :   x y2   , nhận 16 A 0; làm đỉnh trục Oy làm trục đối xứng y Lời giải Do ABC tam giác đều, A 0; thuộc trục Oy trục đối xứng,     A   nên B,C phải nằm đường thẳng y  m || Ox cắt E O Vì tọa độ B,C nghiệm hệ: H C B y  m    y  m y  m        2  m  2 2 4x  16y  64 x  16  4m       x   16  4m   B x y=m  16  4m ;m  C   16  4m ;m  2 Ta có AC  x   16  m   20  m , BC  16  m   Do ABC AC  BC  20  m  16  m  20  m  16  m  m  Vậy m   Hay S ABC  1 1 33 3.4 16  m , suy S ABC  BC AH  BC BC  BC  2 2  44   16  (đvdt)    44  x y2   điểm I 1; Viết phương trình đường 16 thẳng qua I biết đường thẳng cắt elip hai điểm phân A, B mà I trung điểm đoạn thẳng AB     Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độOxy , cho E : Lời giải Cách 1: x   at ; t Đường thẳng  qua I nhận u a;b làm vectơ phương có dạng  y   bt         Do A, B   suy A   at1;  bt1 , B   at2 ;  bt2     2x I  x A  x B a t  t    t1  t2  I trung điểm AB  y  y  y b t  t  A B  I  GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379  Trang 18 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star   1  at     bt  http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt Vì A, B  E nên t1, t nghiệm phương trình 2        9a  16b t  9a  32b t  139  * 16 Với t1; t2 nghiệm phương trình * nên theo Viet ta có t1  t2   9a  32b  Ta chọn b  9 a  32  u    32; 9   VTPT n      9; 32    Vậy phương trình đường thẳng  cần tìm  x   32 y    9x  32y  73    cắt  E  điểm thứ hai B x '; y '      Cách 2: Vì I thuộc miền elip E nên lấy tùy ý điểm A x ; y  E đường thẳng IM   2x  x A  x 'B x '   x   M '  x;  y I trung điểm AB  I 2y  yA  y 'B y'  4y    I  x y 1   16 Vì M , M '  E   2 4y  2x  1  16  4x 16  8y   hay 9x  32y  73   Suy 16 Tọa độ điểm M , I thỏa mãn phương trình  nên đường thẳng cần tìm 9x  32  73            GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang 19 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt §5 Ôn Tập Chương – Bài Toán Tổng Hợp Bài tập tự luyện:   Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có A 4;6 , phương trình đường thẳng chứa đường cao trung tuyến kẻ từ đỉnh C 2x  y  13  6x  13y  29  Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC C Lời giải Gọi đường cao trung tuyến kẻ từ C CH CM , đó: CH : 2x  y  13  CM : 6x  13y  29   2x  y  13  C  CH  CM    C 7; 1 6x  13y  29        Vì AB  CH  VTPT n AB  u CH  1, Vậy phương trình AB : x  2y  16  A H M B  x  2y  16   M 6; M  CM  AB nên tọa độ điểm M nghiệm hệ  x  13 y  29        M trung điểm AB  B 8; Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC : x  y  2ax  2by  c  52  8a  12b  c   Vì đường tròn qua điểm A, B,C nên 80  16a  8b  c   50  14a  2b  c    Đường tròn cần tìm là: x  y  4x  6y  72   x  a   b  3 c  72    y   2  85   trình đường thẳng    vuông góc với đường thẳng d  : 4x  3y   cắt đường tròn C  Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn C : x  y  2x  6y  15  Viết phương A, B cho AB  Lời giải Đường tròn C có tâm I 1; 3 , bán kính R      Gọi H trung điểm AB AB   AH  I IH  AB  IH  IA2  AH  R2  AH  52  32     3;  Vì đường thẳng    vuông góc với đường thẳng d   nên có VTCP u   n d  4; 3  VTPT n    A H B Vậy phương trình đường thẳng  có dạng 3x  4y  c    Mặt khác đường thẳng  cắt đường tròn C hai điểm phân biệt A, B nên ta có:     IH  d I ;  c 9 c   20   c   20    c    20    c  29  c  11    Vậy có đường thẳng thỏa mãn toán: 1 :3x  4y  29  2 :3x  4y  11  GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang 20 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt   Bài 3: Trong mạ t phả ng tọ a đọ Oxy , cho điẻ m A 1;1 đường thẳng  : 2x  3y   Tìm tọ a độ điểm B thuộc đường thẳng  cho đường thẳng AB  hợp với góc 450 Lời giải    Đường thẳng  có VTPT n   2;  VTPT u  3;  x   3t Nên  có phương trình tham số  t y    t        Gọi A thuộc B    B  3t; 2  2t    Vậy AB  3t; 3  2t  AB  9t  2t       Theo đề ta có AB;   450 nên cos AB; u  13t  13t  12t  13   13t  12t  AB.u AB u  169t  156t  45   t    3t; 3  2t   3; 2 13t  12t  9   cos 450 15 t   13 13  32   22 32  Các điểm cần tìm B1   ;  , B2  ;    13 13   13 13  Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d1 : x  y   0, d2 :3x  y   Tìm   toạ độ đỉnh hình bình hành ABCD , biết I 3; giao điểm hai đường chéo; hai cạnh hình bình hành nằm hai đường thẳng d1, d2 giao điểm hai đường thẳng đỉnh hình bình hành B Lời giải: Toạ độ giao điểm d1 d2 nghiệm hệ   x  y   x  1   3x  y   y 2     Ta giả sử A  1;2  AB  d1, AD  d2 Vì I tâm hình   bình hành ABCD nên I trung điểm AC  C 7; C I d2 A M d1 D d Gọi d đường thẳng qua I song song với AB , suy phương trình d : x  y     23  x  y   M ;  Gọi M  d  AD  toạ độ điểm M nghiệm hệ  3x  y   4    9 7  19  Nhận thấy M trung điểm AD , D  ;  , suy B  ;   2 2 2  GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang 21 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt   Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy , cho đường tròn C : x  y  2x  6y   điểm     M 3; Gọi T1 T2 tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến đường tròn C Viết phương trình đường thẳng TT Lời Giải Đường tròn C có tâm I 1; bán kính R    T2     M Vì MI   R nên điểm M nằm đường tròn C      Gọi T x ; y0  MT  x  3; y0  IT  x  1; y0    I  T tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M với đường tròn C nên:     T1 2 T  C T  C x  y0  2x  6y0      x  ; y  x  ; y   IT  MT IT MT  0 0    x  y02  2x  6y0   x  y02  2x  6y0      02  2x  y0   * x  y  x  y  x  x   y  y   0 0 0   T1 T2 tiếp điểm tiếp tuyến qua M tới đường tròn  C  nên T1 T2 thuộc * Vậy           phương trình đường thẳng TT : 2x  y     Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy , cho hình bình hành ABCD có B 1;5 , đường cao   AH : x  2y   0; H  CD , đường phân giác góc ACB có phương trình x  y   Tìm toạ độ đỉnh lại hình bình hành Lời giải Đường cao hình bình hành ABCD vuông góc với DC H  DC  A D B' d I O H Vì AH  DC mà DC || AB nên AH  DC Đường thẳng AB qua điểm B vuông góc với AH nên   có C B VTCP u AB  n AH  1;2 x 1 y 5   2x  y     7 2x  y    A  ;  Ta có A  AB  AH , nên tọa độ điểm A nghiệm hệ:  x  2y    5    x  y0   ; Gọi B ' x ; y  , ta có BB '  x  1; y0  , I trung điểm BB '  I    2   Phương trình đường thẳng AB :       Đường thẳng d  có VTPT nd  1; 1  VTCP ud  1;1 BB '  d BB '.u d   I  d I  d B ' điểm đối xứng B qua đường phân giác d góc ACB ,  GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang 22 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt x   y   x    x  y    B ' 6;5 0 y         2   Đường thẳng AC qua A B ' nên có VTCP u AC  AB '   17;9   x 6 y 5   9x  17y  31  17   11  9x  17y  31   C  ;  C  AC  d  nên tọa độ điểm C nghiệm hệ:  x y 1  4     51 27  Gọi O trung điểm AC  O   ;    40 40  Phương trình cạnh AC :  71 127  Mặt khác, O trung điểm BD  D   ;   20   20       Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD biết M 2;1 , N 4; 2 , P 2;   ,Q 1;2 thuột cạnh AB, BC ,CD, AD Hãy lập phương trình cạnh hình vuông Lời giải   Phương trình cạnh AB : a x    b y  1   ax  by  2a  b  Vì AD  AB  VTCP u  n  a;b   VTPT n  b; a  Phương trình cạnh AD : b x  1  a y     bx  ay  b  2a  Mặt khác, ABCD hình vuông nên d P; AB   d N ; AD  M(2;1) A B Gọi phương trình cạnh AB có VTPT n  a;b AD AB Q(1;2) N(4;-2) AD D P(2;0) C a  b  b  4a  3b    b  4a  3b    a   b 2 2  b   a  b  a b b a   Với a  b Chọn a  b  Suy AB : x  y   0; AD : x  y   2a  2a  b 4b  2a  b  2a       Vì DC || AB  VTPT DC nDC  nAB  1;1        DC : x   y    x  y     Vì BC || AD  VTPT BC nBC  nAD  1; 1        BC :1 x   y    x  y   b  Với a   Chọn b  2  a  Suy AB : x  2y  0; AD : 2x  y   Vì DC || AB  VTPT DC nDC  nAB         1; 2      DC : x   y    x  2y     Vì BC || AD  VTPT BC nBC  nAD  2;1        BC : x   y    2x  y   GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang 23 Trung Tâm Luyện Thi & Bồi Dưỡng Văn Hóa Star http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt         Hoặc AB  : x  2y  0; AD  : 2x  y   0; DC  : x  2y   0; BC  : 2x  y   Vậy AB : x  y   0; AD : x  y   0; DC : x  y   0; BC : x  y   Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , biết C  d : 2x  y  18    điểm A 2; Đường thẳng qua D trung điểm M AB có phương trình  : 3x  4y  23  Tìm tọa độ B,C biết x B  Lời giải  3m  23   3m   Vì M    M  m;   B  2m  5;  (vì M trunng điểm AB )     B Gọi E tâm hình chữ nhật E ABCD  I trung điểm AC  I 3; 1     C d 2x+y-18=0 I M Vì I trung điểm BD x D  2x I  x B  11  2m   3m     D  3m  D 11  2m; A   yD  2yI  yB     3m  Mà D    11  2m     23   33  6m  10  6m  23    Gọi E  BC  DM  EBM  DAM  EB  AD  BC  B trung điểm EC 1  d B;   d C ;  (tính chất đường trung bình) Mà d B;   d A;   d A;   d C ;  2 7.2   29 12 Ta có d A;     1                         Vì C  d : 2x  y  18   C t;18  2t Ta có d C ;   7t  18  2t  39    1  5t  11 t  5t  11  24 5t  11 12 Vì d A;   d C ;       C 7; t   13 l t  11   24 10                   d  d     26  7d  25  7d   Ta có ADCD Vì D    D d; 29  7d  AD  d  2; 26  7d ; CD  d  7; 25  7d  d   d  7d  2d  14  650  182d  175d  49d   50d  366d  664    d  83 l  25 2     D 4;1  7  x B  AD  2; 2 ; BC   x B ;  yB Mà AD  BC     yB  2        x B   B 5;  yB      - Hết GV: Lê Quang Điệp “Cần cù bù thông minh” tel: 0974200379 Trang 24 [...]...  Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho 2 đường thẳng d1 : x  y  1  0, d2 :3x  y  5  0 Tìm   toạ độ các đỉnh của hình bình hành ABCD , biết I 3; 3 là giao điểm của hai đường chéo; hai cạnh của hình bình hành nằm trên hai đường thẳng d1, d2 và giao điểm của hai đường thẳng đó là một đỉnh của hình bình hành B Lời giải: Toạ độ giao điểm của d1 và d2 là nghiệm của hệ   x  y  1  0 x  1... nghiệm của hệ:  x y 1  0 4  4    51 27  Gọi O là trung điểm của AC  O   ;    40 40  Phương trình cạnh AC :  71 127  Mặt khác, O cũng chính là trung điểm của BD  D   ;   20   20       Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD biết M 2;1 , N 4; 2 , P 2; 0   ,Q 1;2 lần lượt thuột cạnh AB, BC ,CD, AD Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông Lời giải. ..  phương trình đường thẳng TT : 2x  y  3  0 1 2   Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa đ Oxy , cho hình bình hành ABCD có B 1;5 , đường cao   AH : x  2y  2  0; H  CD , đường phân giác trong của góc ACB có phương trình x  y  1  0 Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình bình hành Lời giải Đường cao của hình bình hành ABCD vuông góc với DC H  DC  A D B' d I O H Vì AH  DC mà DC || AB nên... phân A, B mà I là trung điểm của đoạn thẳng AB     Bài 2: Trong mặt phẳng tọa đ Oxy , cho E : Lời giải Cách 1: x  1  at ; t Đường thẳng  đi qua I nhận u a;b làm vectơ chỉ phương có dạng  y  2  bt         Do A, B   suy ra A  1  at1; 2  bt1 , B  1  at2 ; 2  bt2     2x I  x A  x B a t  t  0  1 2  t1  t2  0 1 I là trung điểm của AB khi và chỉ khi  2 y ... Lạt  3x  5y  13  0 C  CD  AC  tọa độ C là nghiêm của hệ phương trình:   C 6; 1 7x  11y  53  0   Vậy tọa độ các điểm là A 4;5 , C 6; 1        Bài 6: Trong mặt phẳng tọa đ Oxy , cho hình thang vuông ABCD tại A và D , có CD  2AB Gọi  22 14  H là hình chiếu vuông góc của D lên đường chéo AC , biết M  ;  là trung điểm của HC ,  5 5     đỉnh D 2; 2 , đỉnh B  d : x  2y... http://maths.edu.vn ĐC: 47 Bùi Thị Xuân Đà Lạt    trình tiếp tuyến với C  tại các tọa độ giao điểm của C  và d  Bài 3: Cho đường tròn C : x 2  y 2 – x – 7y  0 và đường thẳng d : 3x – 4y – 3  0 Lập phương Lời giải: Gọi A x ; y là giao điểm của C & d        x 2  y 2  x  7y  0 x   x, y là nghiệm của hệ phương trình   3x  14y  3  0 y   3 9 Vậy C giao với d tại 2 điểm A1 0;1... 1;2  và AB  d1, AD  d2 Vì I là tâm của hình   bình hành ABCD nên I là trung điểm của AC  C 7; 4 C I d2 A M d1 D d Gọi d là đường thẳng đi qua I và song song với AB , suy ra phương trình d : x  y  6  0   1 23  x  y  6  0 M ;  Gọi M  d  AD  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ  3x  y  5  0 4 4    9 7  3 19  Nhận thấy M là trung điểm của AD , do đó D  ;  , suy ra B  ; ...  Vậy tìm được A 0; 4 ; B 2; 0 và C 4; 4   4 3  ;3 Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác đều ABC với A 4; 1 , điểm M  4    3     thuộc cung BC không chứa điểm A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , biết MC  4 3 và 3 điểm B có tọa độ điểm nguyên Tìm tọa độ B,C của tam giác ABC Lời giải Trên đoạn thẳng AM lấy điểm I sao cho MB  MI 1 , A  Vì BMA  BCA  600 (cùng chắn... , nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:  x  2y  2  0  5 5    x  1 y0  5  ; Gọi B ' x 0 ; y 0  , ta có BB '  x 0  1; y0  5 , I là trung điểm của BB '  I  0   2 2   Phương trình đường thẳng AB :       Đường thẳng d  có VTPT nd  1; 1  VTCP ud  1;1 BB '  d BB '.u d  0  I  d I  d B ' là điểm đối xứng của B qua đường phân giác d của góc ACB , khi  GV: Lê Quang... Elip Bài tập tự luyện:   Bài 1: Trong mặt phẳng tọa đ Oxy , tính diện tích tam giác đều nội tiếp E :   x 2 y2   1 , nhận 16 4 A 0; 2 làm đỉnh và trục Oy làm trục đối xứng y Lời giải Do ABC là tam giác đều, A 0; 2 thuộc trục Oy là trục đối xứng,     A   nên B,C phải nằm trên đường thẳng y  m || Ox cắt E O Vì thế tọa độ của B,C là nghiệm của hệ: H C B y  m    y  m y  m       2