1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

110 bai tap ve phep to do trong mat phang tsy

49 73 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 49
Dung lượng 2,47 MB

Nội dung

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG HAY NHẤT ( Tài liệu để ôn 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 ) uuu r x 1 y  � 4x  3y   3 uuur x 1 y  � CD   4;1 � CD  17;  CD  :  � x  y  17  4a   3a    13a  19 a   3a    17  11a  , h2   - Tính : h1   M , AB   5 17 17 - Mặt khác : AB   3;  � AB  5,  AB  : - Nếu diện tich tam giác : � 11 13a  19   11a 13a  19 17  11a a � 1 AB.h1  CD.h2 �  �� � � 12 � 13a  19  11a  2 17 � a 8 � �11 27 � - Vậy d có điểm : M � ;  �, 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     2a   � 1 a � 2 � �  8a  8a  � a  a   � � 1 a � � � 1 1 � � 1 1 � ; , C - Vậy ta có điểm C : C1 � � � � � � ; � � � � � � Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1) , B( 2; 5) , đỉnh C nằm đờng thẳng x , trọng tâm G tam giác nằm đờng thẳng x  y  0 TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC Giải AB  � uuu r � - Tọa độ C có dạng : C(4;a) , AB   3;  � � x 1 y 1  � 4x  y    AB  : 3 � x x x � � 1  xG  A B C x  1 � � � �G 3 �� - Theo tính chát trọng tâm ; � �y  y A  yB  yC �y    a  a  G �G � 3 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG �a  � �  � a  �3 � 4.4  3.2  1 15  � S ABC  AB.d  C , AB   5.3  - Vậy M(4;2) d  C , AB   (đvdt) 2 16  - Do G nằm : 2x-3y+6=0 , : � 2.1 Bi Trong mặt phẳng tọa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2; 1) , B (1; 2) , trọng tâm G tam giác nằm đờng thẳng x y Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam gi¸c ABC b»ng 13,5 Giải - Ta có : M trung điểm AB �3 � 1� A(2;1) M � ;  � Gọi C(a;b) , theo tính chất 2 � a3 � xG  � � trọng tam tam giác : � �y  b  �G M() G d:x+y-2=0 C B(1;-2) - Do G nằm d : a 3 b3    � a  b   1 3 uuu r 3a  b  x  y 1  � x  y   � h  C , AB   - Ta có : AB   1;3 �  AB  : 10 2a  b  2a  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  � � � � � � � � � 2a  b  32 3a  38 38 � � � �38 20 � � a �� �� �� � C1 � ;  � , C2  6;12  � � � 3 ab  a b  � � � � � � � � � b  12 � � a  b   22 a   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 r �x   t n   1; 3 �  AC  : �  t �R  �y   3t M C A(2;1) x-3y-7=0 Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG �x   t � - Tọa độ C giao (AC) với đường trung tuyến kẻ qua C : � �y   3t �x  y   � 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 uuu r 12 x  y 1  � 3x  y   0, h  C; AB   - Ta có : AB   1; 3 � AB  10,  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  b  � ; � M nằm � �2 - 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  t �R  nên :  BC  : � �y  b  t A(5;2) 2x-y+3=0 M Từ suy tọa độ N : � 6a b B t � �x  a  t � � � 3a  b  � �x  �y  b  t �x  y   � � � 6ba �y  � �3a  b  6  b  a � � N� ; Cho nên ta có tọa độ C(2a-b-6;6-a ) � � � N 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 5a  2b   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) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG  2  3t    t    10 13t  12 - Đường tròn tiếp xúc với  ' � R�  R (2) 5 13t  12 2 2 � 25 �   13t  12  - Từ (1) (2) :  3t     t   �3t     t  � � 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 r �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  1,  C2  :  x    y  2 t 0�M � � 2ab 2b � � � A  ; - Nếu d cắt  C1  A : �  a  b  t  2bt  � � 2b � 2 2 � t � a b a b � � a b t 0�M � � 6a 6ab � 2 � � B 1 ; - Nếu d cắt  C2  B : �  a  b  t  6at  � � 6a � � a  b2 � t � a b � a b 2 - Theo giả thiết : MA=2MB � MA  4MB  * 2 2 2 2 � 6a � � 6ab �� � 2ab � � 2b � � - Ta có : � 2 � � 2 � � �2 � � �� a  b � �a  b �� �a  b � �a  b � � � � � 2 b  6a � d : x  y   � 4b 36a �  � b  36a � � 2 b  6a � d : x  y   a b a b � * 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 uuur KH   1; 2  �  AC  : x   y    � x  y   A K(0;2 - B nằm u (BH) qua H(1;0) có véc tơ uur ) M(3;1) H(1;0) phương KH   1; 2  � B   t ; 2t  - M(3;1) trung điểm AB A(5-t;2+2t) - Mặt khác A thuộc (AC) : 5-t-2(2+2t)+4=0 , B C suy t=1 Do A(4;4),B(2;-2) - uVì C thuộc (AC) suy C(2t;2+t) , uur uuur BC   2t  2;  t  , HA   3;  Theo tính chất đường cao kẻ từ A : Trang Chuyên uuur uuđề ur : HÌNH HỌC PHẲNG � HA.BC  �  2t      t   � t  1 Vậy : C(-2;1) uuu r r x4 y4  - (AB) qua A(4;4) có véc tơ phương BA   2;6  // u   1;3 �  AB  : � 3x  y   uuur - (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  : x  y  x  y  16  Lập phương trình tiếp tuyến chung  C1   C2  Giải - Ta có :  C1  : x   y    C2  :  x     y    � I  3; 4  , R2  - Nhận xét : I1 I    13    �  C1  không cắt  C2  - Gọi d : ax+by+c =0 ( a  b �0 ) tiếp tuyến chung , : d  I1 , d   R1 , d  I , d   R2  � I1  0;  , R1  3, 2 � 2b  c   1 � 3a  4b  c  2b  c 2b  c 3a  4b  c � � a  b2 �� �  � 2b  c  3a  4b  c � � 3a  4b  c  2b  c a  b2 a  b2 � �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    4b  b  � 2b  5c b � 2 2 � 41b  4bc  c  0. 'b  4c  41c  45c � � � 23 c � b �   - Do ta có hai đường thẳng cần tìm :    x     y 1  � 2  x   y          x     y 1  � 2  x   y   d :     d1 : 2b  3a 2b  2b  3a - Trường hợp : c  , thay vào (1) :  � 2b  a  a  b 2 2 a b a � b  0, a  2c b  �c   � � 2 2 �  2b  a   a  b � 3b  4ab  � � � � 4a � a a b , a  6c � 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 Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG - Do A thuộc d : A(4;2) - Giả sử (H) : x2 y 16   1 * � A � H  �   1 1 a b a b - Mặt khác d tiếp xúc với (H) hệ sau có 12 nghiệm : � � b  a  x  4a x  4a  a b  � b x  a y  a 2b b x  a  x    a 2b  � � �� �� �� �y  x  �y  x  �y  x  2 2 2 2 4 �  'a  4a   b  a   4a  a b   4a b  a b  a b � a 2b   b  a   � a  b  � � � 16b  4a  a 2b b  8b  16  b2  x2 y � � � H :  1   - Kết hợp với (1) : � 2 �2 �2 a  b2  a 8 �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   �21 13 � � B� ; � hệ : � �5 � �x  y  14  - Đường thẳng (BC) qua B(7;3) vng góc với (AB) có véc tơ phương: B A I D C x-7y+14=0 M(2;1) � 21 x  t r � � u   1; 2  �  BC  : � �y  13  2t � - Ta có : R  AC , BD   R BIC  2R ABD  2  2R  AB, BD  uu r uu r uu r ur n1.n2  14 15   - (AB) có n1   1; 2  , (BD) có n2   1; 7  � cos = ur uur  50 10 10 n1 n2 r - Gọi (AC) có n   a, b  � cos  AC,BD   cos2 = a-7b �9 �  cos    � �  10 � � 50 a  b - Do : � a  7b  50 a  b �  a  7b   32  a  b  � 31a  14ab  17b  17 17 � a   b �  AC  :   x     y  1  � 17 x  31y   � 31 31 - Suy : � a  b �  AC  : x   y   � x  y   � � 21 �x   t � 14 � � 13 � - (AC) cắt (BC) C � �y   2t � t  � C � ; � 15 �3 � � �x  y   � � �x  y   �x  �� � A  7;  - (AC) cắt (AB) A : � � �x  y   �y  Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG �x   t �y   2t - (AD) vng góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy (AD) : � �x   t � �98 46 � � t  � D� ; � - (AD) cắt (BD) D : �y   2t 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 G(2;0) - Theo tính chất trọng tâm :  t  2m   mt 2 0 3 mt  m 1 � � �� - Ta có hệ : � t  m  3 � t  1 � � xG   2, yG  B x+y+5=0 C M r - 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 2x  y 1  � 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 2 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 �  5m  4m  10 m �  5m �  �  5m  2 m  � � � �  5m  4m  10  2m � m  12 � Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 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 ) - 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 �0 ) - 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  b2  � 21a  28ab  24b  a  b2  15  1 , h  J , d   � 14  10 � 14  10 � 175  10 a � d :� x  y  0 � � � 21 � 21 21 � � � Suy : � � 14  10 14  10 � 175  10 � a � d :� x  y  0 � � 21 � � 21 21 � � � - Trường hợp : c  2a  b �  1 :  7b  2a   100  a  b2  � 96a  28ab  51b  Vô 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 � 2 - Xét tam giác vuông IHB : IH  IB  � � 25   16 �4 � - IH khoảng cách từ I đến d' : IH  Trang H A I(-1;4) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG m  19 � d ' : x  y  19  m  1 �  �  16 � m   20 � � m  21 � d ' : x  y  21  25 � 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 A K x+2y-5=0 �x   3t B(2;-1) với (AH) suy (BC): � , hay : y    t � r 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   � r - (AC) qua C(-1;3) có véc tơ pháp tuyến n   a; b  H 3x-4y+27=0 Suy (AC): a(x+1)+b(y-3)=0 (*) Gọi   R KCB  R KCA � cos = - Tương tự : cos = a+2b � a+2b  C 46 10   16  5 2 �  a  2b    a  b  5 a  b2 a  b2 a  � b  y  3  � y   � � � 3a  4ab  � 4b � a �  x  1   y  3  � x  y   � 3 � �y  � � � �y   �x  5 � � � x  y  27  � 31 582 � � 31 � A  5;3 , A  � � ��  ; - (AC) cắt (AH) A : � � � x   � � 4x  3y   � 25 25 � � � 25 � � � � � x  y  27  � � �y  582 � � 25 � - Lập (AB) qua B(2;-1) điểm A tìm ( học sinh tự lập ) Bài 18 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông 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   2 - Độ dài cạnh : AB  a  , AC  a  � BC  AB  AC � BC  a    - Chu vi tam giác : 2p= a   a   a    a  � p     a 1 Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG S 1 - Ta có : S=pr suy p= (*) Nhưng S= AB AC  a  a    a  1 Cho nên r 2 � a  3 3 3  a 1   a  1 � a    � � (*) trở thành : a  1  �   - Trọng tâm G :     �  1  2a  � �xG  x   G � �7  3  � � � 3 �� �� � G1 � � ; � � a    22 � � �y  �   �G �yG  � 3 � � 1   2a  � 1 �xG  x   G � � 1 3  � � � 3 �� �� � G2 � � � ;  � a    2  � � �y  � 36 G y    � � G � 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 900 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 =   t - Ta có : MI  A    t   2t   - Do :   � t   � M  2;  2t   12 � t  � � � t  � M 2;   � 2   M 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 � I(2;1) 2k  kt  t  1 k B  2 2 ��   t  k  t  2� � �    k  �  t  4t   k   t     t  k   t  4t    � � t  4t  �0 � � 2 - Từ giả thiết ta có điều kiện : � � '    t    t   4t   t   4t   �2 �t  4t   1 � �t  4t  � t �2 � � � k1  k2  � � � 2 � k1; k2 � M - � � '  t  19  t   � t  � � � �2 � k1k2  1 � t 2 � Trang 10 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Gọi G trọng tâm tam giác tọ độ G �x  y   � G  1;1 E(x;y) �y   nghiệm hệ � thuộc (BC),utheo tính chất trọnguuu tâm taucó : uuu r uur r uur GA   0;  , GE   x  1; y  1 � GA  2GE �  2  x  1 � �� � E  1;0  C thuộc (CN) cho  2  y  1 � nên C(t;1), B thuộc (BM) B(2m-1;m) Do B,C đối xứng qua E ta có hệ A(1;3) N y-1=0 B M x-2y+1=0 G C E A' 2m  t   t 5 � � �� � B  5;1 , C  3; 1 Vậy (BC) qua E(1;0) có véc tơ m 1  m  1 � � uuur r x 1 y  � x  y   Tương tự : phương BC  8; 2  // u   4;1 �  BC  : uuu r r x 1 y   � x  2y 7  (AB) qua A(1;3) có AB   4; 2  // u   2; 1 �  AB  : 1 uuur r 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) : y = 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 công thức : yy0  p  x  x0   x0  2; y0   � d : y   x   � y  x  c/ Áp dụng cơng thức bán kính qua tiêu : MF= x+ x1  p Gọi A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  với giá trị y12 y2 , x2  Ta có : AF=x1  2, BF  x2  � AB  AF+BF=x1  x2  ( đpcm) 8 Bài 74 Trong maët phaúng Oxy cho Elip (E) : 9x2 + 25y2 = 225 a Viết phương trình tắc xác đònh tiêu điểm, tâm sai (E) Trang 35 Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG 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) x12 y12 x22 y22 c/ Gọi A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  � E  �   1,   1 * Và góc hợp OA chiều 25 25  dương Ox  � R xOB     OA  OB  Khi : � � � � � � � A  OAcos ;OAsin  , B � OBcos �   � ; OB sin �   � �  OB sin  ; OBcos  �2 � �2 � � � OA2 cos 2 OA2 sin  OB sin  OA2 cos 2   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 không đổi AB không 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 (d B) : x – 2y + = vaø (dC) : x + y + = Lập phương trình cạnh BC Giải d - Gọi A' đối xứng với A qua B A'' đối xứng với A qua dC A' A'' nằm BC uuurr �  x    1 y  1  � 2x  y  � AA'u  � � �x  �� � A '  0;3  +/ Tìm tọa độ A' (x;y): � � �y  � �x  y  6 �I �d B �  � �  � � � uuuurr �  x    1 y  1  � �x  y  AA''u  � � �x  �y  � �� � A ''  2; 5  +/ Tìm tọa độ A'' (x;y) : � � �x  y  7 �I �d B �  � �  � � � uuuuur r 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) : Trang 36 x2 y x2 y   � F1  3;0  , F2  3;0  � F1F2  6, M  x; y  � H  �  1 5 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 2 � uuuu r uuuur ruuuur �MF1   x  3  y uuuu 2 MF  x  3; y , MF  x  3; y � , MF     � - Và : 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  2MF1MF2 cos1200 � x2  � x2   x2 � 36    x     x    x �  x   x � � � �2 � x   x  x  � � � �x  y  10 � 10 � � 10 � � 10 � � 10 � � �� � � 10 � M �  6;  , M  6; , M 6;  , M 6; � � � � � � � 20 � � � � � � � � � y    �y  � � � � � � � � � � 2 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 tiêu 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  b2 B  C 45 15 15 � 12m  4.9  81 � 12m  45 � m   � 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 x a/ (E) :   Bài 78 Trong mp Oxy, cho Cho (H) có phương trình : 24x – 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 x2 y   � a  5, b  6, c  � F1  7;0  , F2  7;0  a/ (H) : 25 24 b/ Khi x=10 thay vào (1) ta có y  72 � y  �6 � M 0; 6 , M 10;6  7    - Tính khoảng cách : MF1   x   10  19, MF2   10  Trang 37 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 49 � 7 � MF1MF2  x  25 : x  MF   x , MF    x : x  � � 25 5 �� c/ Ta có : � 7 � 49 � � MF1MF2   � 25  x �: x  MF1  5  x, MF2   x : x  � � � 5 � � 25 � � � �x y � 49 �2 25  �  � :x0 x y  x  25 : x  � � 25 �25 24 � � OM  MF1MF2  �   24 � �x y � � 49 � � 2 x  y � 25  x � :x0 � 25  �  � :x0 � � 25 � � 25 24 � � � � d/ Tìm k để phương trình : 24 x  25  kx  1  600  ( có nghiệm x ) �  24  25k  � 24  25k  � � 24  25k �0 x  50kx  575    : x  � � � � �  '  252  575  24  25k  � � � k � � � � � �� k �� � � �  � � �k � 577 � � � � 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 cuûa MN Giải (H):     x2 y   � a  4, b  3, c  � F1 2 7;0 , F2 7;0 Gọi M(x;y) thuộc (H) 16 12 N đối xứng với M qua P(2;1) N(4-x; 2-y) Để thỏa mãn yêu cầu toán N phải �x y  1  1 � 16 12 � thuộc (H)., ta có hệ : � Lấy (2)-(1) ta phương trình rút 2  y  �  x    1  � 12 � 16 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 : � � x  2mx  m    1 � x2  y  4x2   x  m  � � �� �� ��  2 �y  x  m �y  x  m �y  x  m - Như hoành độ M,N nghiệm (1) với điều kiện :  '  4m  20  , hay : Trang 38 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG � m   * Gọi M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2  I trung điểm MN ta có tọa độ I : � x1  x2 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  � 5 xI  � xI  5 - Kết luận : Khi m thay đổi I chạy đường thẳng d: y=-4x ( lấy điểm có hồnh � 5� ; � 5 � � �  độ nằm khoảng � � 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 � M 2; 2 , M 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   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  1 , bieát tieáp 32 18 tuyến qua A(6 ; ) 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 b Lập phương trình tiếp tuyến chung (P) : y = 4x (E) : Trang 39 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG x y2  1 Giải a/ Điểm chung d (P) có tọa độ nghiệm hệ : �y  x �2 y  y   �1 � �� � A  1;1 , B � ;  � 2x  y 1 � x  y 1 �4 � � - Phương trình tiếp tuyến có : yy0  p  x  x0  � d A :1 y   x  1 � x  y   Và 1� 1� d B :  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 B =2AC � b =2ac , hay : b =ac (1) 2 - d tiếp tuyến (E) : 8a  2b  c   c  2a � c  4a � 2 2 - 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  b � � 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 : ur r � 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 uuur r 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 r uuu r x 1 y 1  � 4x  3y   4  2t  1  3t  - C thuộc : x-2y-1=0 suy C(2t+1;t ) :  � 11t   30 a/ (AB) qua A(1;1) có u  AB   3; 4  �  AB  : Trang 40 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG � t  � C1  7;3 � � � 27 � 43 27 � t � C2 �  ; � � � 11 11 � � 11 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 hay : 4x-3y-1=0 - Vậy tọa độ trực tâm H nghiệm : � � 3x    x   3x  y  � �x  � � � �4 � � �x  y   � �y   x �� �H�; � �7 � � � �y  x  y 1  x  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 1 b  1 a � � � 14 � � 14 �� �� - Từ (2) (3) ta có hệ : � � 8a  6b  25 8a  6(1  a )  25 31 31 � � � � a a � 14 � 14 31 17 2 - 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) uuur uuur ,B(3;-4) Hãy tìm d điểm M cho : MA  3MB nhỏ Giải uuur uuur uuur - Trên d có M(3-2t;t) suy : MA    2t; t  , MB   2t; t   � 3MB   6t  3t  12  uuur uuur uuur uuur 2 - Do : MA  3MB    8t; 4t  12  � MA  3MB    8t    4t  12  uuur uuur � � 676 26 - Hay : f(t)= MA  3MB  80t  64t  148  80 �t  � � Dấu đẳng thức xảy � 5� 26 19 � � t=  � M � ;  � Khi min(t)= 5� �5 2 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   16 � x  y  2ax  2by  a  b  16   1 Lấy (1) -(2) ta : 2ax  2by   a  b    ( 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 2 Trang 41 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 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 r Đường thẳng d qua A(2;5) có n   a; b  � d : a  x    b  y     1 Theo giả thiết : h  B, d   a   2  b   5  �  3a  4b    a  b  a  b2 b  � d : a  x  2  � x   � � � 7b  24ab  � 24a 24 � b �  x     y    � x  24 y  114  � 7 Bài 89 Trong (Oxy) cho A(2;5) đường thẳng d : 2x+3y+4=0 Viết phương trình tổng quát đường thẳng d' qua A tạo với d góc 450 Giải r Đường thẳng d' qua A(2;5) có n   a; b  � d : a  x    b  y     1 ur Đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n '   2;3 Theo giả thiết : 2a  3b cos450  13 a  b 2  �  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 7x  y   � �1 � �I�; � �4 � �x  y   r Gọi d đường thẳng qua M(-3;5 ) có véc tơ pháp tuyến : n  a; b  Khi - Tâm hình chữ nhật có tọa độ nghiệm hệ : � � d : a  x  3  b  y     1 Gọi cạnh hình vng (AB) qua M theo tính chất hình chữ rur ruu r nn1 nn2 a  3b 7a  b ab �  � 7a  b  a  b � � r � nhật : r ur  r uu b  3a n n1 n n2 50 a  b 2 a2  b2 � � a  3b � d : 3  x  3   y    � x  y  14  Do : � b  3a �  x  3   y  5  � x  y  12  � Bài 91 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1) , B( 2; 5) , đỉnh C nằm đờng thẳng x , trọng tâm G tam giác nằm đờng thẳng x  y  0 TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC HD 1    yC y 1, yG  2  C §iĨm G n»m 3 x  y     y   y  C (4; 2) đờng thẳng nên , C , tức lµ: C Ta cã C (4; yC ) Khi ®ã täa ®é G lµ xG  Ta cã AB ( 3; 4) , AC (3;1) , vËy AB 5 , AC  10 , AB AC  Diện tích tam giác ABC S Trang 42 AB AC  AB AC    15 25.10  25 = 2 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Bài 92 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2; 1) , B(1; 2) , träng tâm G tam giác nằm đờng thẳng x y Tìm tọa độ đỉnh C biÕt diƯn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 HD Vì G nằm đờng thẳng x y nên G có tọa độ G (t ;  t ) Khi ®ã AG (t  2;3  t ) , AB ( 1; 1) Vậy diện tích tam giác ABG 2t  1 S AG AB   AG AB   2 (t  2)  (3  t )   = 2 NÕu diƯn tÝch tam gi¸c ABC 13,5 diện tích tam giác ABG 13,5 : 4,5 2t  4,5 , suy t 6 hc t  VËy cã hai ®iĨm G : G1 (6; 4) , G ( 3; 1) Vì G trọng tâm tam giác ABC nên xC xG ( xa  xB ) vµ yC 3 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  ’ VËy 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)  (t  1) 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 2 2 2 a b a b a b a  6 � Dễ thấy b �0 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 : 2  a  b2 22  52 12  12 Trang 43 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 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 cạnh tam giác Vậy lại : 9a = 8b hay a = b = Phương trình cần tìm : 8x + 9y – 33 = 2a  5b 29  2 a b 2 2 Bài 96 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho elip (E) : x  y   Tìm điểm N elip (E) cho : F1 Nˆ F2 600 ( F1 , F2 hai tiêu điểm elip (E) ) HD + (C) có tâm I(2 , 1) bán kính R = + AMˆ B  900 ( 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:   x     y  1 12  x     x  y    y    x      y    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 + MB có giá trị nhỏ uuuu r uuuu r 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 �  �=> M � ;  � Min f(t) = f � � 15 � �15 15 � Bài 98 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x + 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 | m  16  AH  IA2  IH  25  | 5m | m  16 2 (5m)  m  16 Diện tích tam giác IAB SIAB A 20 I 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 Trang 44 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 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  2 Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I Gọi A'B' vị trí thứ AB, Gọi H' trung điểm A'B' � 3� Ta có: IH'  IH  IA  AH  3 � , �2 � �  MI  � � 2  5 1   1 2  Vậy có đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 Bi 100 Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): x2 y đờng thẳng :3x + 4y =12 Từ điểm M kẻ tới (E) tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đờng thẳng AB ®i qua mét ®iĨm cè ®Þnh HD Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng : Tiếp tuyến qua M nên : x0 x1 y0 y1  1 xx1 yy1  1 (1) Ta thấy tọa độ A B thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt : xx0 yy0  1 M thuéc  nªn 3x0 + 4y0 =12 � 4y0 =12-3x0 � xx0 y (12  x0 )  4 4 xx0 yy0   4, Gọi F(x;y) điểm cố định mà AB ®i qua víi mäi M th× : (x- y)x + 4y 4=0   x  y 0 y 1 � y 40 � x1 VËy AB qua điểm cố định F(1;1) Bi 101 Trong mặt phẳng Oxy cho ba đường thẳng d1 : 4x  y   0, d2 : 2x  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� ; � 4x  y   � �3 � �x  y  m  � m  2 m  � � D�  ; (BD) cắt d D có tọa độ nghiệm hệ : � � 2x  y   � � � (BD) cắt d1 B có tọa độ nghiệm hệ : � �1 � Trung điểm I BD tâm hình thoi có tọa độ : I � ;  2m  � � � Trang 45 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 2m    � m  3 �  BD  : x  y   tọa độ Theo giả thiết I thuộc (AC) :  2 t t 23 �1 � điểm B(2;1),D(-1;4) I � ; � Gọi A(t;t+2) thuộc (AC) Suy : h  A, ( AC )   �2 � t  � A  3;5  � C  2;0  � 2t  2t  1  � S  BD.h  A, AC    15 � � t  2 � A  2;0  � C  3;5  2 � 2 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 600 Giải Gọi M  x0 ; y0  � P  � y0  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 ) , : h  I ; d '  R � 3   m 10 � m   10 � d ' : x  y   10   � m   10 � � m   10 � d ' : x  y   10  � Giả sử N' thuộc d ta ln có : M N ' �M N Dấu xảy N' trùng với N Vậy ta cần lập đường thẳng  qua I(-1;3) vng góc với d suy �x  1  3t Khi  cắt d' �y   t điểm :  1  3t     t    10  � t  10 Và  1  3t     t    10  � t   10 � �3 Do ta tìm điểm M : M �  1;3  �, 10 � � 10 đường thẳng  : � � M �1  d' M I(-1;3) d' M N' N d:3x-y+5=0 � ;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   t 10 10 10 � � � 3x  y   � sánh : Nếu M N  M N M M Còn M N  M N M M �1 � � � 2 Bài 104 Trong (Oxy) cho  C  :  x  1   y  3  điểm M � ; � Tìm (C) điểm N 5 cho MN có độ dài lớn ? Giải Trang 46 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG �x  1  sin t � N � C  � N  1  sin t ;3  cost  (C) viết dạng tham số : � �y   cost 12 16 � � � Khi : MN  �   sin t � �   cost �  sin t  cos 2t  sin t  cost+4 � 5 �5 � �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 3 � � Do : sin t  sin �   � cos = � x  1  sin t  1    5 �2 � 4 19 � � � 19 � Tương tự : cost=cos �   � sin   � y   cost=3+  � N � ; � 5 �2 � �5 � x2 y   , nhận A(0;2) làm đỉnh trục Bài 105 Tính diện tích tam giác nội tiếp (E): 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 A(0;2) O H �y  m �y  m y=m � �2 B C � 2 x  16 y  64 � �x  16  4m �0 �y  m � �� 2 �m �0 Ta có : AC  x   16  m2   20  m2 , BC  16  m2 � �x  � 16  4m 2 2 Do ABC :AC=BC � 20  m  16  m � 20  m   16  m  � m  x 44 1 1 33 3.4  16  m  , suy S ABC  BC AH  BC.BC  BC  2 2 � 44 � 16  � Hay : S ABC  � � � Bài 106 Tính diện tích tam giác nội tiếp (P): y  x , nhận đỉnh (P) làm đỉnh Vậy : m   trục Ox làm trục đối xứng ? Giải �1 �2 � � (P) có tiêu điểm F � ;0 � Nếu Ox làm trục đối xứng B,C nằm đường thẳng : x=m �y  x �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      Trang 47 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 2 2 Vì OBC tam giác : OB  BC � m  2m   2m  � m  6m  � m   m   2 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 không 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  � ;0 �và cắt Oy B(0;2-k) �k � k 2 k  4k  4 2k   k   (1) Do : SOAB  k k k 4 Xét f(k)= k   � f '  k     � k  �2 k k Đường thẳng d cắt Ox A � Ta có bảng biến thiên : k f'(k) f(k) -� + -� -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)rvà có véc tơ pháp tuyến uuuuu r I C ' B '   4; 1 // n   4;1 �  BC  :  x  1  y   � 4x  y   Tương tự lập luận ta tìm phương trình cạnh tam giác ABC : (AB) : 3x-2y+2=0    B A'(1;1)  C Bài 109 Trong (Oxy) cho hai điểm A 3; , B 3; 2 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   3  2  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 : MO  x  y , MA2  x  y  x  y  16, MB  x  y  3x  y  16 Trang 48 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG x0 2 �4 � � � �4 � I� ;0 � ,R  �� x   y  Chứng tỏ đường tròn (C) có tâm � � � � � � � � � 3 � �3 � � �3 � � MO  MA2  MB  32 � 3x  y  3x  32  32 � x  y  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) Ta có : h  Q, AB   3k   b ; h  R, AD    k  kb '  b '  1 k  2 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 7� � �� �3k   b  k  kb ' � AB : x  y   0, AD : 3x  y  10  0, CD : x  y  12  0, BC : x  y   Do : Hoặc : AB : x  y  15  0, AD : x  y   0, CD : x  y  26  0, BC : x  y   Trang 49 ... � Bài 12 Trong mặt phẳng to 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 to độ đỉnh... ta tìm : b=3 a= Bài 25 Trong mặt phẳng với hệ to độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = đường chéo AC qua điểm M(2;1) Tìm to độ đỉnh hình chữ nhật... t2  t0  m  5    3 � A  3;8  2 Bài 34 Trong mặt phẳng to độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = (d2): 4x + 3y - 12 = Tìm to độ tâm bán kính đường tròn nội tiếp tam giác

Ngày đăng: 23/01/2019, 08:46

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w