Những chủ đề trong hình học phẳng Oxy mà học sinh lớp 10 cần nắm - Trần Đình Cư

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của elip (E) có tâm sai bằng 3 5 , biết diện tích của tứ giác tạo bởi các tiêu điểm và các đỉnh trên trục bé của (E) bằng[r]

Đố n ngã Oxy Chủ đề 1: Tam giác

Tài liệu mến tặng em học sinh chuẩn bị thi THPT Quốc gia 2016 Chúc em đạt kết cao kỳ thi đến

Huế, ngày 17/05/2016

8

6

4

2

2

4

5

x y

d C

A B

M N

CHỦ ĐỀ TAM GIÁC Bài Cho điểm A 2; , B 3; 2     , ΔABC có diện tích

2; trọng tâm G ΔABC thuộc

đường thẳng  d : 3x  y Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ΔABC

Giải

Gọi C a;b , AB : x y 5    d C;AB  a b 2SΔABC AB

 

       

 

a b

a b

a b 2

        

  

Trọng tâm G a b 5;  d 3a b  3

3

 

    

 

 

Từ    1 , C 2;10 r S

p 65 89

    

 

Từ    2 , C 1; 1  r S

p 2

    



Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B 4; 2, ACB750 Đường cao kẻ từ đỉnh A có phương trình 2x y 0, D điểm thuộc cạnh BC cho DC2DB Tìm tọa độ điểm A biết ADC600 điểm A có hồnh độ âm

Giải Cách

Phương trình đường thẳng BC qua B 4; 2 vng góc với đường cao AH có dạng

BC : x2y0

Lại có BH d B; AH  10 5

  

Đặt AHx x 0 Xét tam giác vng ACH ADH Ta có:

0 0

x x x x x

CH , DH DC

3

tan 75 tan 60 tan 75

     

Mặt khác:

0

0

1 x

DC 2DB x 2 x

1

3

tan 75 3

tan 75

   

         

    

Gọi A t; 2t  AH : 2x y AH d A;BC  5t 5

         

 

    



     

t A 2; (loại) t A 2;4

Vậy A2; 4 điểm cần tìm Chú ý:

0

0 0

2

150 tan 75

tan 75 tan tan150 tan 75

2 tan 75

     



Cách Lấy E đối xứng với C qua AD Vì CAD 180 0750600450

0

CAE 90 ;ADC 60

   0

ADE 60 ;BDE 60

  

Gọi K trung điểm DE Ta có:

60° 75° 45°

K E

D H

I

C A

1

DK DE DC DB ΔBDK

2

    tam giác

Do BK DK 1DE ΔBDE

2

   vuông B

Vậy tứ giác ACBE tứ giác nội tiếp, suy ABCAEC450 hay BAH450

Do AAHA a; 2a  BA a 4;2 2a 

Ta có      

   

0

AH 4 2

a 2 2a

cos BA; u cos 45 a

2 5 a 4 2 2a

  

     

  

Vì A có hồnh độ âm nên A2;4 điểm cần tìm

Bài Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C có phương trình

  2 2

x2  y 3 26 với G 1;8

   

 là trọng tâm tam giác M 7;2  nằm đường thẳng qua A

và vng góc với đường thẳng BC; MA, điểm F 3;2  thuộc đường thẳng BC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết yByC

Giải

Gọi I tâm đường tròn  C H trực tâm ΔABC G, H, I thẳng hàng GH 2GI (tính chất đường thẳng Euler)

Mà I 2;3  nên

 

  H

H H H

x 2

x

H 1;

8

y

y

3

    

  

   

         

 

  



Ta thấy M C A, H, M thẳng hàng; BC đường trung trực HM Ta có F 3;2 

 

HM 8;0 nên BC : x 0  Tọa độ B, C nghiệm hệ:

  2 2

x x 3

y 2; y

x y 26

 

  

 

    

    



HM : y 2 0 AHM  C nên tìm A3; 2 Vậy A3; , B 3;8  , C 3; 2  

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

    2 2

T : x 1  y 2 25 Các điểm K1;1 , H 2;5   chân đường cao hạ từ A, B tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết đỉnh C có hồnh độ dương

Giải

(T) có tâm I 1; 2  Gọi Cx tiếp tuyến (T) C Ta có

 

HCx ABC SđAC

2

 

Do AHBAKB 90 nên AHKB tứ giác nội tiếp

ABC KHC

  (cùng bù với góc AHK) (2) Từ (1) (2) ta có HCxKHCHK / /Cx

Mà ICCxICHK

Do IC có vec-tơ pháp tuyến KH 3;4 , IC có phương trình3x4y 11 0 

Do C giao IC với (T) nên tọa độ điểm C nghiệm hệ:

x

K H I

B C

  2 2

3x 4y 11 x 5 x 3

;

y y

x y 25

  

     

 

     

     

 Do xC0 nên C 5; 1  

Đường thẳng AC qua C có vec-tơ phương CH  3;6 nên AC có phương trình:

2x  y

Do A giao AC (T) nên tọa độ điểm A nghiệm hệ:

  2 2

2x y x 1 x 5

;

y y

x y 25

  

    

 

     

     

 (loại) Do A 1;7 

Đường thẳng BC qua C có vec-tơ phương CK  6;2 nên BC có phương trình

x3y 2 0

Do B giao BC (T) nên tọa độ điểm B nghiệm hệ:

  2 2

x 3y x 4 x 5

;

y y

x y 25

  

     

 

     

     

 (loại) Do B4;2

Vậy A 1;7 , B  4; , C 5; 1   

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác OAB có đỉnh A B thuộc đường thẳng Δ : 4x 3y 12 0   điểm K 6;6  tâm đường trịn bàng tiếp góc O Gọi C điểm nằm Δ cho ACAO điểm C, B nằm khác phía so với điểm A Biết điểm C có hồnh độ 24

5 , tìm tọa độ đỉnh A, B Giải Cách

Trên Δ lấy điểm D cho BDBO D, A nằm khác phía so với B

Gọi E giao điểm đường thẳng KA OC, gọi F giao điểm đường thẳng KB OD

Vì K tâm đường trịn bàng tiếp góc O ΔOAB nên KE phân giác góc OAC Mà OAC tam giác cân A (do

AOAC, theo gt) nên suy KE đường trung trực OC Do E trung điểm OC KCKO

Xét tương tự KF, ta có F trung điểm OD KDKO

Suy ΔCKD cân K Do đó, hạ KHΔ, ta có H trung điểm CD Như vậy:

+ A giao Δ đường trung trực d1 đoạn thẳng OC (1)

+ B giao Δ đường trung trực d2 đoạn thẳng OD, với D điểm đối xứng C qua

H H hình chiếu vng góc K Δ (2) Vì C Δ có hồnh độ  

24

x gt

5

 nên gọi y0 tung độ C, ta có:

0

24 12

4 3y 12 y

5      

Từ đó, trung điểm E OC có tọa độ 12;

5

  

 

  đường thẳng OC có phương trình: x2y0

F E

D

K C

O

A B

Suy phương trình d : 2x1   y

Do đó, theo (1), tọa độ A nghiệm hệ phương trình:

 

4x 3y 12 x

A 3;0

2x y y

   

 

 

     

 

Gọi d đường thẳng qua K 6;6  vng góc với Δ, ta có phương trình d là:

3x4y 6 0 Từ đây, H giao điểm Δ d nên tọa độ H nghiệm hệ phương trình:

6 x

4x 3y 12 12 12 36

H ; D ;

3x 4y 12 5 5

y

     

      

        

  



Do đó, trung điểm F OD có tọa độ 18; 5

 

 

  đường thẳng OD có phương trình: 3x y

Suy phương trình d2 x 3y 12  0

Do đó, theo (2), tọa độ B nghiệm hệ phương trình:

 

4x 3y 12 x

B 0;4

x 3y 12 y

   

 

 

     

 

Cách

Do A C thuộc Δ nên A a;12 4a



 

 

 ,

24 12

C ;

5

  

 

 

Giả thiết ta có OAAC a3 Vậy A 3;0 

Đường thẳng OK có pt: yx

Vẽ đường thẳng qua A vng góc OK, cắt OK I cắt OB E OK đường trung trực AE (vì OK đường phân giác góc AOB)

Từ tìm I 3; 2

   

 , suy E 0;3  Vậy pt OB: x0 Suy B 0;4 

Vậy A 3;0 , B 0; 4   

Bài Trong mặt phẳng Oxy, gọi H 3; , I 8;11 , K 4; 1        trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, chân đường cao vẽ từ A tam giác ABC Tìm tọa độ điểm A, B, C

Giải

 

HK 1;1 AK : x  y BC : x  y

Gọi M trung điểm BCIMBCIM : x   y M 0;3 

   

HA2MI 16;16 A 19;14

Chọn B b;3 b   BCCb;b 3  BH  3 b;b , CA  19 b;11 b   

Ta có BHACBH.CA0

3 b 19 b b 11 b  0 2b2 2 0 b 1

             

Với b 1 ta có B 1;2 , C  1;4

Với b 1 ta có B1;4 , C 1;2  

: 4x+3y-12=0

I E

K(6;6) O

B A

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn   C : x 1  2 y 2 29 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C biết đường thẳng BC có phương trình

2x 0 

Giải

Tọa độ điểm B, C nghiệm hệ:    

2

5 x

x y

3 2x

y 2

  

    

 

 

 

 

  



Đường trịn  C có tâm I 1; 2  Vì tam giác ABC nội tiếp đường trịn  C nên I trọng tâm tam giác Từ tìm A2;2

Vậy B 5; 3 , C 5; 3

2 2

   

 

   

   

    ngược lại A2;2

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn

 T : x2y 1 2 5

Giao điểm BC với phân giác góc BAC D 0;

  

 

  phương

trình đường cao CH (của tam giác ABC) x2y 0  Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết phân giác ABC x  y

Giải

Đường tròn  T có tâm I 0; 1  , bán kính R

Gọi D ' điểm đối xứng D qua phân giác

   

ABC d D' x; y AB ta có:

DD ' d k d

   

 (với K trung điểm DD’)

7

x y

5

2 x 5

D ' ;

7 2

y y 1

x 2

1

2

   

 

   

 

   

     

 



   

   



Pt đường thẳng AB qua D ' 5;

  

 

  vng góc với CH AB: 2x  y

Do I tâm đường tròn nội tiếp ΔABC

 Pt đường thẳng AD qua I 0; 1   D 0;

  

 

  x0

  x y  

A AD AB A 0;4 , B AB BI B 5;

2x y

   

        

   

Ta có BC : x 2y C BC CH x 2y C 3; 2  x 2y

   

           



Vậy A 0; , B   5; , C 3; 2    điểm cần tìm

D' H

D I

A

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A 3; 4  , tâm đường tròn nội tiếp

 

I 2;1 tâm đường tròn ngoại tiếp J 1;1

2

 



 

  Viết phương trình đường thẳng BC

Giải

Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC:    

2

1 125

x y 1

2

 

   

 

 

Phương trình đường thẳng AI :x y x y

2

 

    

 

Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp điểm thứ hai D, trung điểm cung BC Hoành độ điểm D nghiệm khác -3 phương trình:

 

2 x

1 125

x x 9 D ;

2 x 2

2

  

    

     

     

    

Ta có: BID A B

2

  IBD IBC CBD B A BID IBD

2

     

DI DB DC B, C

    nằm đường trịn tâm D bán kính DI có phương trình:

 

2

9 50

x y

2

   

   

   

   

Tọa độ điểm B C nghiệm hệ phương trình (1) (2):

 

2

2

2

2 2

2

1 125

x y

2 x y x 2y 30 x y 9x 7y 20

9 50

x y

2

10x 5y 50

x y 9x 7y 10

 

      

       

 

    

        

   

   



   

  

    



Suy phương trình đường thẳng BC: 10x 5y 50 0   hay 2x y 10 0  

Bài 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;4 , tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D, đường phân giác ADB có phương trình x y 0   , điểm M 4;1  thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB

Giải

Gọi AI phân giác BAC Ta có: AID ABC BAI 

IAD CAD CAI 

Mà BAI CAI, ABC CAD  nên AID IAD

ΔDAI

 cân DDE AI

Phương trình đường thẳng AI: x y 0  

Gọi M’ điểm đối xứng M qua AI PT đường thẳng MM’: x y 0  

K M

E

A

B

C

I D

Gọi K AI MM'  K 0;5 M' 4;9 

VTCP đường thẳng AB AM' 3;5  VTPT đường thẳng AB n5; 3  Vậy phương trình AB là: x y 4      0 5x 3y 0  

Bài 11 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A đường thẳng BC có phương trình

3x 5y 0, x y 0      Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai D 4; 2   Viết phương trình đường thẳng AB, AC biết hồnh độ điểm B khơng lớn

Giải

Gọi M trung điểm BC, H trực tâm tam giác ABC, K giao điểm BC AD, E giao điểm BH AC Ta ký hiệu

d d

n ,u vtpt, vtcp đường thẳng d Do M giao điểm AM BC nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình:

7 x

x y 2 M 1; 2 3x 5y y

2

  

        

      

 

   



AD vng góc với BC nên nADuBC  1;1 , mà AD qua điểm D

suy phương trình AD: x y 2         0 x y Do A giao điểm AD AM nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình:

  3x 5y x

A 1;1 x y y

     

 

 

   

 

Tọa độ điểm K nghiệm hệ phương trình:

  x y x

K 3; x y y

     

  

 

    

 

Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK KCE mà KCE BDA (nội tiếp chắn cung AB) Suy

BHK BDA Vậy K trung điển HD nên H 2;4 

Do B thuộc BC B t;t 4  , kết hợp với M trung điểm BC suy C t;3 t   

   

HB t 2;t ; AC  t;2 t  Do H trực tâm tam giác ABC nên

         t HB.AC t t t t t 14 2t

t

 

             

 

Do t 3   t B 2; , C 5;1     Ta có:

    AB   AC  

AB 1; , AC   4;0 n  3;1 , n  0;1

Suy AB:3x y 0, AC: y 0    

Bài 12 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H 5;5 , phương trình đường thẳng chứa cạnh BC x y 0   Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua hai điểm M 7;3 , N 4;2    Tính diện tích tam giác ABC

H M K

E I

B C

A

Giải

Gọi H1 đối xứng với H qua BC  pt HH : x y 01    I HH1BC

  1  I 4;4 H 3;3

  Ta chứng minh điểm H1 thuộc (ABC)

ABC : x 2y22ax 2by c 0, a    2b2 c 0 Do

   

 

2

2

2

1

M ABC 14a 6b c a 5 N ABC 8a 4b c b c 36 3 6a 6b c

H ABC



        



 

         

  

        

 

 

 

ABC : x y2 10x 8y 36 0

     

 A HH1ABCA 6;6  A H

 B,C BCABC tọa độ B, C nghiệm hpt x y 02 2

x y 10x 8y 36

    



    



  x

6 y

BC 2, d A;BC 2

x

y

 

  

  

    

     

Suy diện tích ΔABC SΔABC 1d A;BC BC  1.2 2.3

2

   (đvdt)

Bài 13 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình

3x 4y 10 0   đường phân giác BE có phương trình x y 0   Điểm M 0;2  thuộc đường thẳng AB cách đỉnh C khoảng Tính diện tích tam giác ABC

Giải

Gọi N điểm đối xứng M qua phân giác BE N thuộc BC

Tính N 1;1  Đường thẳng BC qua N vng góc với AH nên có phương trình: 4x 3y 0  

B giao điểm BC BE Suy tọa độ B nghiệm hệ phương trình:

  4x 3y B 4;5 x y

     

   

Đường thẳng AB qua B M nên có phương trình: 3x 4y 0  

A giao điểm AB AH, suy tọa độ A nghiệm hệ phương trình:

3x 4y A 3; 3x 4y 10

     

  

     

 



Điểm C thuộc BC MC2, suy tọa độ C nghiệm hệ phương trình:

 

 

   

    

  

      

  

    

    

2

C 1;1 x 1;y

4x 3y

31 33 31 33

x ;y C ;

x y 2 25 25 25 25

I

N

B C

A

Thế tọa độ A C 1;1  vào phương trình BE hai giá trị trái dấu, suy A C khác phía BE, BE phân giác tam giác ABC

Tương tự A C 31 33; 25 25

 

 

  A, C phía với BE nên BE phân giác tam giác ABC

  49 BC 5, AH d A;BC

20

   Do SABC 49

8

 (đvdt)

Bài 14 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh A1;4, trực tâm H Đường thẳng AH cắt cạnh BC M, đường thẳng CH cắt cạnh AB N Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN I 2;0 , đường thẳng BC qua điểm P 1; 2   Tìm tọa độ đỉnh B, C tam giác biết đỉnh B thuộc đường thẳng d : x2y 2 0

Giải

Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp Suy I trung điểm BH

 

B d B 2t; t

Suy H 2t; t    AH 3 2t; t 4, BP2t 1; t  2

Do H trực tâm tam giác ABC

     

2

AH.BP 2t 2t t t

5t 10t t

        

       Suy

     

H 0;1 , B 4; , AH  1; , đường thẳng BC: x 3y 7  0

Đường thẳng AC : 2x  y Tìm tọa độ C 5; 4

Vậy B 4; , C    5; 4

Bài 15 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường trịn ngoại tiếp I2;1 thỏa mãn điều kiện AIB900 Chân đường cao kẻ từ A đến BC D 1; 1 Đường thẳng AC qua

 

M 1;4 Tìm tọa độ đỉnh A, B biết đỉnh A có hoành độ dương

Giải

0

AIB 90 BCA45 BCA 135

Suy CAD450ΔADC cân D

Ta có DIAC, phương trình đường thẳng AC có dạng

x2y 9 0

   

A 2a 9;a , AD  8 2a; a 

 

2 a

AD 40 a 6a A 1;5

a

 

        

Phương trình BD: x3y 4

Phương trình BI: 3x4y 0   

BBIBDB 2; 2

Bài 16 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G 1;11

   

  đường thẳng

trung trực cạnh BC có phương trình x 3y 8  0 đường thẳng AB có phương trình

4x  y Xác định tọa độ đỉnh tam giác

I H N

B C

A

M P

I

B C

A

D

Giải

Ta có A, B thuộc đường thẳng 4x  y nên

   

A a; 4a 9 , B b; 4b 9 

Do G 1;11

   

  trọng tâm tam giác ABC nên

 

C   a b 3;4a4b 7

Gọi I trung điểm BC ta có I a; 2a



  

 

 

Mặt khác d : x 3y 8  0 trung trực cạnh BC

d I d BC.u

   

 

 

   

3 a

3 2a a

2

b

3 2b a 4a 8b 16



     

 

  



      



Vậy A 1;5 , B 3; , C     1;9

Bài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A 1; , B 3; 4    đỉnh C nằm đường thẳng d : 2x  y Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC biết đỉnh C có tung độ dương diện tích tam giác ABC

Giải

Ta có: AB 2;2 AB2

Phương trình đường thẳng AB: x  y

Đỉnh C nằm đường thẳng d : 2x  y nên

 

C t;2t4 t 2

  t 2t 4 t d C;AB

2

   

 

  ΔABC

t

1

S AB.d C;AB 2 t

2 2



   

Bởi vậy: SΔABC       2 t t

Nên C1;2

Gọi phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là: x2y22ax2by c 0

Thay tọa độ A, B, C vào phương trình, ta có:

2a 4b c a

6a 8b c 25 b

2a 4b c c 15

    

 

       

 

      

 

Vậy phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là: x2y210y 15 0

Bài 18 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (C) có phương trình

2

x y 25, AC qua K 2;1 , hai đường cao BM CN Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết A có hồnh độ âm đường thẳng MN có phương trình 4x 3y 10  0

d

I G

B

A

C

d:2x-y+4=0

A(1;2)

B(3;4)

Giải

Chứng minh MNOAOA có vec-tơ pháp tuyến n 3;4 OA : 3x4y0

Tọa độ A thỏa hệ:

2 2

x 16

3x 4y x

3 y 3

x y 25 y x

4

   

   

  

   

   

 

 

(do xA 0)

Vậy A4;3

AC nhận AK6; 2  làm vec-tơ phương

x y

AC :

3

 

 

  x 3y 5 0

Tọa độ C thỏa hệ x2 3y2 y y

x x

x y 25

 

    

  

     

 

  

 C 5;0 

Tọa độ M thỏa hệ x 3y x M 1;2

4x 3y 10 y

    

 

  

     

 

BM qua M vng góc ACBM : x 1   1 y2 0 3x  y

Tọa độ B thỏa y2 3x2 y 3x2 x x

y y

x y 25 10x 30x

   

      

   

      

   

   

 

Với B 0;5  BA   4; 2 BC 9;2 BA.BC   40 B tù Với B 3; 4 BA  1;7 BC 8;4 BA.BC20 0 B nhọn Vậy A4;3 , B  3; 4 C 5;0 

Bài 19 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với AB 5, C 1; 1, đường thẳng AB có phương trình: x2y 0  trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng d : x  y Tìm tọa độ đỉnh A B

Giải

Giả sử A 2a;a ; B 2b;b     

Tính trọng tâm tam giác G 2a 2b a; b

3

   

 

 

 

Vì G thuộc d nên ta có: 2a 2b a b

3

      

a b

   

Mặt khác AB

Từ giải hệ ta được: A 6; , B 4;

2

     

   

   

3

B 6; , A 4;

2

     

   

   

Bài 20 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết B 2; 1  , đường cao phân giác quan đỉnh A C có phương trình 3x4y 27 0 x2y 5 0 Viết phương trình cạnh tam giác ABC

Giải

Phương trình cạnh BC : 4x 3y 5  0

4x-3y+10=0

N

M

O

B

A

C K(2;1)

G A

Tọa độ C nghiệm hệ: 4x 3y

x 2y

   

   

 C1;3

Gọi B’ điểm đối xứng B qua CD  B' AC

Tìm B’  phương trình AC: y3

Tìm A5;3

Viết phương trình AB: 4x7y 0 

Bài 21 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có

đỉnh A 1;5  Tâm đường trịn nội tiếp ngoại tiếp tam giác I 2;2  K 5;3

     

Tìm tọa độ đỉnh B C tam giác

Giải

Phương trình đường trịn ngoại tiếp ΔABC có tâm K 5;3

      bán

kính R AK

 

 

2

5 25

x y

2

     

 

 

Phân giác AI có phương trình x y 3x y

2

 

    

 

Gọi DAI K  tọa độ D nghiệm hệ:

 

2 3x y

5 25

x y

2

   



       

 



Giải ta hai nghiệm x

y

    

5 x

5

2 D ;

1 2

y

 

   

  

   



Lại có: ICD ICB BCD C A ICA IAC CID ΔICD

2

        cân D DCDI mà DCDB

B, C nghiệm hệ:

 

2

2

2

5 25

x y

x

2

y

x

5

x y DI

2 2

     

   

    

  

        

   

   



Vậy B, C có tọa độ    1;1 , 4;1

Bài 22 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ΔABC có diện tích S3, B2;1, C 1; 3   trung điểm I AC thuộc đường thẳng  d : 2x y Tìm tọa độ điểm A

Giải    

I d I x; 2x Vì I trung điểm AC nên A 2x 1; 4x   3 Có BC3; 4  BC5

Phương trình BC là: 4x3y 5 0

D

H A

B C

D K I A

  4x 10  

d A;BC , S d A, BC BC

5

 

  mà

4x 10

S

2

 

  

x 2x

x

      

 

Suy A 1; , A 7; 13     

Bài 23 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A, biết B C đối xứng với qua gốc tọa độ Đường phân giác góc B tam giác ABC đường thẳng

 d : x2y 5 0 Tìm tọa độ đỉnh tam giác, biết đường thẳng AC qua điểm K 6;2 

Giải  

B d : x2y 5 0 nên gọi B 2b; b   Vì B, C đối xứng với qua O suy C 2b 5; b    O 0;0 BC

Gọi I đối xứng với O qua phân giác góc B

 d : x2y 5 0I 2;4  IAB

Tam giác ABC vuông A nên BI2b 3;4 b   vng góc với CK11 2b;2 b  

      b

2b 11 2b b b 5b 30b 25

b

 

             

 

Với b 1 B 3;1 , C    3; 1 A 3;1 B loại Với b B 5;5 , C 5; 5   A 31 17;

5

 

      

  Vậy

31 17

A ;

5

 

 

 , B5;5, C 5; 5  

Bài 24 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A 2;6 , chân đường phân giác kẻ từ đỉnh A điểm D 2;

2

  

 

  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm

1

I ;1

2

 

 

  Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC

Giải

Gọi E giao điểm thứ hai AD với đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có phương trình đường thẳng AD : x 2 Do E thuộc đường thẳng AD nên E 2; t  Mặt khác I tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên

 2 2

IA IE t 2

2

   

           

   

 2

t t t

       

Do ta E 2; 4  

Do AD phân giác nên E điểm cung BC suy IE vng góc với BC hay BC nhận EI 51; 2

2

   vec-tơ pháp tuyến

I A

B C

d I

O A

B C

K

D

E I A

Do phương trình BC là: x 2 y x 2y

 

        

  Vậy BC: x2y 5 0

Bài 25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, đường thẳng AB đường thẳng chứa trung tuyến AM tam giác có phương trình 4x3y 0 

7x  y Điểm E 10;3  thuộc đường thẳng BC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

Giải

Tọa độ điểm A nghiệm hệ: 4x 3y A 1;1 7x y

   

 

    

Gọi F điểm thuộc AM cho EF / /AB Suy EF có phương trình 4x 3y 49  0 Vì F thuộc AM nên tạo độ điểm F nghiệm hệ 4x 3y 49 F 1;15 

7x y

  

 

    

Đường trung trực d EF có phương trình 6x 8y 30  0

Do ΔMAB cân M, nên ΔMEF cân M Suy d qua trung điểm H AB trung điểm M BC

Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ: 6x 8y 39 M 9;

7x y 2

  

   

     

 

 Ta có BC2BM, suy C 3;4 

Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ: 4x 3y H 5;3

6x 8y 39

  

   

     

 Ta có AB2AH suy B4;5

Vậy A1;1 , B 4;5 , C 3; 4  

Bài 26 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh

AB: 2x  y 0, phương trình cạnh AC : 3x4y 6 0 Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC biết M 1; 3   nằm cạnh BC thỏa mãn: 3MB2MC

Giải

Tọa độ A nghiệm hệ: 2x y x

3x 4y y

   

 

       

  hay A 2; 3  

Gọi B b;1 2b , C c;  3c

 

 

  

 

  3c

MB b 1;4 2b , MC c 1;

 

 

      

 

Do M nằm cạnh BC 3MB2MC nên ta có: 3MB 2MC

hay

     

3 b c

3b 2c b

3c

4b c 10 c

3 2b

4

    

  

 

  

            

 

 

  



Vậy A 2; , B 3; , C      2;0 nên tam giác ABC có trọng tâm G 1;

  

 

 

Bài 27 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A 3;0 , đường cao từ đỉnh B có phương trình x  y 0, trung tuyến từ đỉnh C có phương trình 2x  y Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Giải

F H

M A

B E C

M G A

AC qua điểm A 3;0  vng góc BHAC : x  y CACCM tọa độ C nghiệm hệ:

 

x y

C 1; 2x y

  

   

    

Gọi   B B

B B

x y

B x ; y M ;

2



 

   (M trung điểm AB)

Ta có B thuộc BH M thuộc CM nên:

  B B

B B

x y

B 1;0 y

x

2

   

  



    

Gọi phương trình đường trịn qua A, B, C có dạng: x2y22ax2by c 0 Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào phương trình đường trịn ta có:

6a c a

2a c b

2a 8b c 17 c

    

 

     

 

       

 

Phương trình đường trịn qua A, B, C  C : x2y22x4y 3 0

Bài 28 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung tuyến AI : x  y 0, đường cao AH : x2y 4 0 trọng tâm G thuộc trục hồnh Tìm tọa độ B C, biết E 5; 1  

thuộc đường cao qua C

Giải    

A 0;2 , G 2;0 , I 3; , BC : 2x     y

   

B BC B t;5 2t C 6t;2t7

   

AB t;3 2t , EC  1 t;2t6

Ta có:

    

AB.EC t t 2t 2t

t

5t 19t 18

t

      

  

    

  

Vậy B 2;1 , C 4; 3     B 7; , C 21; 17

5 5

    

   

   

Bài 29 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A 1;6 , trực tâm H 1;2 , tâm đường tròn ngoại tiếp I 2;3  Tìm tọa độ B, C; biết B có hồnh độ

dương

Giải

Gọi A’ điểm đối xứng với A qua I  HBA’C hình bình hành với tâm M

    A' 3;0 M 2;1

 

BC qua M vng góc với AHBC : y 1  

B BC B t;1 , t0

M

H A

B C

x+y-2=0 x-2y+4=0

H G

I A

B C

E(5;-1)

M H(1;2)

A' I(2;3)

A(1;6)

Ta có: IAIB 1232  t2222  

    

    



t (loại)

t B 6;1

M trung điểm BC, suy C 2  6;1

Vậy B 2  6;1 , C 2   6;1

Bài 30 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, phương trình đường cao AH : x  y Biết đỉnh C 5;0 , đỉnh B thuộc trục tung Tìm tọa độ đỉnh A B

Giải

Phương trình cạnh BC x  y  

BBCOyB 0;5

Giả sử A t; t  3 AH; AB  t;2 t , AC t; t   3

Tam giác ABC vuông A AB.AC0    t t  

A 1;2

  A 3;6 

Bài 31 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A3;4, đường phân giác góc A có

phương trình x  y tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC I 1;7  Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích tam giác ABC gấp lần diện tích tam giác IBC

Giải

Ta có IA5 Phương trình đường trịn ngoại tiếp ΔABC có dạng

    2 2 C : x 1  y 7 25

Gọi D giao điểm thứ hai đường phân giác góc A với đường trịn ngoại tiếp ΔABC Tọa độ D nghiệm hệ:

  2 2  

x y

D 2;3

x y 25

  

  



   



Vì AD phân giác góc A nên D điểm cung nhỏ BC Do IDBC hay đường thẳng BC nhận vec-tơ DI 3;4

làm vec-tơ pháp tuyến

Phương trình cạnh BC có dạng 3x4y c 0

Do SΔABC4SΔIBC nên AH4IK

Mà AH d A;BC  c



  IK d I;BC  31 c

5



  nên 7 c 31 c

114 c

3 131 c

5

     

   

Vậy phương trình cạnh BC là: 9x 12y 114  0 15x20y 131 0 

Bài 32 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d: x  y Qua điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với đường tròn   C : x2 2 y 1 24 B C Gọi G trọng tâm tam giác ABC Tìm tọa độ điểm A, biết đoạn AG

Giải

H A

B C

K H

I A

B C

(C) có tâm I 2;1 , R  2 Gọi H giao AI BC

3

AH AG

2

  

Đặt tAI, t0 Ta có:

2

AB  t 4, AH.AIAB2, AH3

Suy t2     4 3t t2 3t  t (thỏa mãn) t 1 (không thỏa mãn)

 

A d A a;a3 ta có:

  2 2

2

IA 16 a2  a 16a    4 a

Vậy A 2;5  A2;1

Bài 33 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường cao AH: x3 3, hai phương trình đường phân giác góc ABC ACB x 3y0

x 3y 3 0 Bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Viết phương trình cạnh tam giác ABC, biết đỉnh A có tung độ dương

Giải

Chứng minh tam giác ABC

Do đường cao AH: x3 nên đường thẳng BC song song trùng với trục hồnh Ox Tâm đường trịn nội tiếp

 

I 3;3 , bán kính 3 pt BC: y0 y6

Nếu pt BC: y6 tung độ A -3 (loại)  pt BC:

y0 Tọa độ điểm B 0;0 , C 3;0   

Đường thẳng AB có hệ số góc k 3, đường thẳng AC có hệ số góc k '  Phương trình y 3x

y  3x 18

Bài 34 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân C, đường thẳng AB, AC có phương trình x2y0 x  y Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết trọng tâm G nằm trục tung

Giải

Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:

 

x 2y x

A 4;2

x y y

   

 

  

     

 

Gọi G 0;a , CG vng góc với AB nên phương trình đường thẳng CG 2x  y a Tọa độ C nghiệm hệ phương trình 2x y a C a;12 a 

x y

   

  

    

d

H

C B

I

A

x=3 x+ 3y-6 3=0

x- 3y=0

H A

B C

x+2y=0

x-y+6=0

G M

A B

Gọi M trung điểm AB M giao CG AB, suy tọa độ M nghiệm hệ phương

trình:

2a x

2x y a 2a a

M ;

x 2y a 5

y

      

    

     

  



Suy tọa độ B 4a 4;2a

5

   

 

 

G trọng tâm nên A B C G

4a 10

x x x 3x 4 a a

5

           

Vậy A 4; , B 4; , C 26;

3 3

   

     

   

Bài 35 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (T) có tâm I 3;0

 

 

 

(T) tiếp xúc với đường thẳng Δ : 4x 2y 19 0   , đường phân giác góc A có phương trình

 

x  y d Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC ba lần diện tích tam giác IBC điểm A có tung độ âm

Giải

Đường trịn (T) có tâm I 3;0

 

 

 , bán kính  

5 R d I,Δ

2

  có pt:

2

x y 3x290

Khi đường thẳng d cắt đường tròn (T) A A’ có tọa độ nghiệm hệ:

2

7 x

x

x y 3x 29

y 5

x y

y

          

  

    

  

 

  



Điểm A có tung độ âm suy A 4; 5 A ' 5; 2

     

Vì d phân giác góc A nên cung BA' CA' IA'BC

Phương trình đường thẳng BC có dạng 2x  y m

Mặt khác ta có:

       

ABC IBA

1

S 3S d A;BC BC d I;BC BC d A;BC 3d I;BC

2

    

m 13 m 11

3 m 13 m m m

2

5

 

          

Với m 2 BC: 2x  y Với m 11

 BC: 4x2y 11 0 

Vậy phương trình đường thẳng BC là: 2x  y 4x2y 11 0 

Bài 36 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A 1;2 , B 1; 2     Tìm tọa độ điểm C đường thẳng d : x1   y cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với đường thẳng

2

d : x  y

Giải

I A

B C

Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Vì Ad2 nên đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với d2

tại A

Phương trình IA: x  y

Gọi I t; t 1  , IAIB suy t 1 Suy I1;0

Gọi C a;a 1  , ICIA2 2  a

Vậy C 3; 1  C 3; 1 

Bài 37 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng

d : x  y tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C : x2y22x4y 4 Viết phương trình đường thẳng AB, biết đường thẳng AB tạo với đường thẳng d góc 450

Giải

Gọi vtpt AB n a;b , a 2b20

Theo giả thiết ta có:

d

d

n.n 2 a 0

cos 45

b

n n

 

   

 

Vì tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm I 1; , R   3  

d I;AB R

2

  

Nếu a0, chọn b 1 phương trình đường thẳng AB có dạng y m

 

1 m

3

d I; AB

7

m

     

  

Nếu b0, chọn a 1 phương trình đường thẳng AB có dạng: x m  

1 m

3 2

d I; AB

5

m

     

   

Vậy có đường thẳng AB thỏa mãn tốn có phương trình là: 2y 0  ; 2y 7 0; 2x 0 

2x 0 

Bài 38 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H6;7, tâm đường trịn ngoại tiếp

 

I 1;1 D 0;4  hình chiếu vng góc A lên đường thẳng BC Tìm tọa độ đỉnh A

Giải

Ta có HD6; 3 , suy phương trình BC: 2x  y

Phương trình DH: x2y 8 0

Gọi M trung điểm cạnh BC, ta có IMd I, BC 

Kẻ đường kính BB’, AHB’C hình bình hành nên

AHB'C2IM2

d2

d1

I

B

A

C

d

I A

B C

B'

H D

I M A

Vì ADHA 2a;a  AH2a 14;7 a  

Suy 2a 14  2 a 7220 a 72  4 a 9;a5

Vậy A 2;5  A10;9

Bài 39 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân đỉnh A Gọi N trung điểm AB Gọi E F chân đường cao hạ từ đỉnh B, C tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh A biết E 7;1 , F  11 13;

5

 

 

  phương trình đường thẳng CN 2x  y 13

Giải

Gọi G trọng tâm tam giác ABC Vì GCNG t;13 2t   Do tam giác ABC cân A nên ta có:

  2 2 2

2 11 13

GE GF t 13 2t t 13 2t t

5

   

              

   

  G 5;3



Ta có AGEFuAG 1;3 Phương trình đường thẳng AG

x t y 3t

      

 

A a;3 3a

  

 

C CN C c;13 2c

Từ suy B G A C  

B G A C

x 3x x x 10 a c

B 10 a c; 3a 2c

y 3y y y 3a 2c

     



     

        

Ta có: BC a 2c 10;3a 4c 20 uAG 1;3

   

1 a 2c 10 3a 4c 20 a c

         

Suy B 15 2c;8 c    Ta có EB 8 2c;7 c , EC   c 7;12 2c  Vì EBEC nên ta có

EB.EC0

8 2c c 7  7 c 12 2c  28 4c c 7,a c

              

Vậy A 7;9 , B 1;1 , C 7; 1      

Bài 40 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A 1;2 , B 5; 1     C 3; 1 Viết phương trình đường tròn nội tiếp ΔABC

Giải

Gọi D chân đường phân giác A, I tâm đường trịn nội tiếp ΔABC Ta có BC 8 , AC5, AB 5 ΔABC cân A  D trung điểm BC D 1; 1  

Ta có BD4, ΔBAD có:

IA BA

IA ID

ID BD  4

1 I 1;

3

     

Do ΔABC cân A nên r ID

  Vậy phương trình đường tròn nội tiếp ΔABC là:  

2

2 16

x y

3

 

    

 

I

D

B C

Bài 41 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AB 5, đỉnh C 1; 1, đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình x2y 0  Trọng tâm G tam giác ABC thuộc đường thẳng (d): x  y Xác định tọa độ đỉnh A, B tam giác

Giải

Gọi I x; y  trung điểm cạnh AB, G trọng tâm tam giác Ta có:

G G

2x x

2

CG CI

2y

y

3

      

   

G thuộc d: x  y nên 2x 2y

3

 

   Tọa độ I thỏa mãn hệ

2x 2y

x

3

y

x 2y

 

     

 

   

    



Do A thuộc x2y 0  nên tọa độ A A 2a;a  

Theo giả thiết AB IA IA2 2 2a 2 a 12

2 4

         

1

a a

2

     

Từ tìm A 4; , B 6;

2

     

   

   

3

A 6; , B 4;

2

     

   

   

Bài 42 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trung tuyến phân giác đỉnh B có phương trình  d : 2x1   y 0,  d2 : x  y Điểm M 2;1  nằm đường

thẳng chứa cạnh AB, đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính Biết đỉnh A có hồnh độ dương, xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC

Giải    d1  d2 B 1;1 PT AB: y 1

  A a;1



Gọi N đối xứng M qua phân giác  d2 :

   

N 1;0 Pt BC : x C 1;c

   

Trung điểm AC I a c;

2

 

 

 

 ,

do I thuộc trung tuyến 2a  c  1

dễ thấy tam giác ABC vuông B, IB 5 a 1 2 c 1220  2

Từ (1) (2)   

  

a

a (loại)A 3;1 , C 1; 3    

Bài 43 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ đỉnh A 2;1 , đường cao đỉnh B trung tuyến đỉnh C có phương trình  d : 2x1  y 0;  d2 : x y Viết phương

trình cạnh BC

Giải

G I

A

B C

d1

d2

N I M

A

Pt AC: x2y 4 0 Giải hệ

x 2y 4

C ;

x y 3

  

   

     

 

1

B d B b;2b Trung điểm AB: I b 2b 1;

2

 

 

 

 ,

2

Id  b   B 1;2



Pt BC: 2x  y

Bài 44 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm C 5;1 , trung tuyến AM, điểm B thuộc đường thẳng x  y Điểm N 0;1  trung điểm đoạn AM, điểm D 1; 7

không nằm đường thẳng AM khác phía với A so với đường thẳng BC đồng thời khoảng cách từ A D tới đường thẳng BC Xác định tọa độ điểm A, B

Giải

Do A, D nằm khác phía so với BC cách BC suy BC qua trung điểm I AD

Gọi G a; b  giao điểm DN MI suy G trọng tâm tam giác ADM

 

1 a

1 3a 3 1 5

ND 3NG G ;

8 b 3

b

     

   

       

    

   



Phương trình đường thẳng BC qua G C: x2y 0 

Tọa độ B nghiệm hệ phương trình: x 2y x B 3; 3

x y y

    

 

   

      

 

    M 1; A 1;3

   

Vậy A1;3 , B  3; 3

Bài 45 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A 3;3 , tâm đường trịn ngoại tiếp I 2;1 , phương trình đường phân giác góc BAC x y Tìm tọa độ đỉnh B, C biết BC

5

 góc BAC nhọn

Giải

Vì AD phân giác góc A nên AD cắt đường trịn (ABC) E điểm cung BC IEBC

Vì E thuộc đường thẳng x y IEIA R E 0;0  Chọn nBC EI 2;1  Pt BC có dạng 2x  y m

Từ giả thiết HC 5

  IH IC2 HC2

   

  m m BC : 2x y

d I;BC

m BC : 2x y

5 5

    

  

     

    

 

d2 d1

I

B C

A

G

D

N

M A

B I C

H D

I A

B C

Vì BAC nhọn nên A I phải phía BC, kiểm tra thấy BC: 2x  y thỏa mãn Từ hệ

  2 2  

2x y 8 6

B 0;2 , C ;

5

x y

  

    

      

  

8

B ; , C 0;

5

  

 

 

Bài 46 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B x3y 18 0, phương trình đường thẳng trung trực đoạn thẳng BC

3x 19y 279  0, đỉnh C thuộc đường thẳng d : 2x  y Tìm tọa độ đỉnh A biết

0 BAC 135

(Trích Trường THPT Chuyên ĐH Vinh lần – 2014) Giải

B BH : x   3y 18B 3b 18;b

 

C d : y 2x 5 C c;2c 5

Từ giả thiết suy B đối xứng C qua đường trung trực

Δ :3x 19y 279 0  

Δ

u BC

M Δ

 

  



 (M trung điểm BC)

    B 6;4

60b 13c 357 b

10b 41c 409 c C 9;23



  

  

  

  

  

ACBH chọn nACuBH   3;1 pt AC:     3x y A a;3a 4

   

AB a;8 3a , AC a;27 3a

      

Ta có A 1350 cos AB;AC 

   

        2  2  2 2

6 a a 3a 27 3a

2

6 a 3a a 27 3a

    

  

     

  

 2 2

3 a

9 a a

a

2 a a 6a 10

9 a a 6a 10

  

  

     

   



   

Suy A 4;8 

Bài 47 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I 1; 2  bán kính R5 Chân đường cao kẻ từ B C H 3;3  K 0; 1   Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tứ giác BCHK, biết A có tung độ dương

Giải

Gọi D điểm đối xứng với A qua I, suy D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Do

 

0

BADADB90

Tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp nên AKHACB  2

Lại có ACDADB  3 (hai góc nội tiếp chắn cung) Từ (1), (2) (3) suy BADAKH900 hay ADKH

d

M H

A

Ta có KH 3;4  pt AD: x 4t

y 3t

     

 A 4a;2 3a   

Ta có IAR   2 2

4a 3a 5 a a

        

Suy A 5; , A   3;5 Do A có tung độ dương nên A3;5

Ta có AK3; 6 , suy pt AB là: x t B b; 2b  y 2t

 

  

   

 Vì

IB 5 nên B 1; 3  

 

AH 6; 2 , suy pt AC là: x 3t C 3c;3 c  y t

  

  

  

 Vì IC 5 nên C 6;2 

Ta có BC5 2, trung điểm BC J 1; 2

   

  Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK nhận BC làm

đường kính nên có phương trình:

2

7 25

x y

2 2

      

   

   

Bài 48 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M 2;1  trung điểm cạnh AC, điểm H 0; 3   chân đường cao kẻ từ A, điểm E 23; 2   thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C Tìm tọa độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng d : 2x 3y 5  0 điểm C có hồnh độ dương

Giải

 

x 3t

A d : 2x 3y A 3a 1;2a

y 2t

  

          



Vì M 2;1  trung điểm AC nên suy C 3a;1 2a   

 

 

HA 3a 1; 2a HC 3a; 2a

    

  

  



Vì AHC900 nên

a

HA.HC 19

a 13

    

   

Với a 1 A2;3 , C 6; 1    thỏa mãn Với a 19 C 18 51;

13 13 13

 

    

  không thỏa mãn

Với A2;3 , C 6; 1    ta có phương trình CE: x 17y 11 0   , phương trình BC: x 3y 9  0 Suy B 3b 9;b  BC trung điểm AB N 3b b;

2

 

 

 

 

Mà NCE   b B 3; 4

Bài 49 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm H 3; 2  , trung điểm đoạn AB M 1;0

2

   

  phương trình cạnh BC là: x 3y 2  0 Tìm tọa độ đỉnh

tam giác

(Trích Sở Giáo dục Đào tạo Vĩnh Phúc lần – 2014)

D K

H I J A

B C

d

H

N M

A

B C

Giải

Phương trình AH:

   

3 x 3 y2  0 3x  y

Do AAH; B BC

Đặt  

1

x

A x ;7 3x , B x ;



 

  

 

M trung điểm AB

 

1 2

x x

x

7 3x

3

  



      

1

x

x

     



    A 2;1 , B 1;

  

Đặt 3

x

C x ;



 

 

  Có  

3

x

AC x 2; ; BH 4;

3



 

     

 

Vì BHACBH.AC0 x 3 2 1.x3 x3 19 C 19;

3 11 11 11

  

         

 

Vậy A 2;1 , B   1; , C 19; 11 11

 

    

 

Bài 50 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H 1;0 , tâm đường trịn ngoại tiếp I 3;

2

   

  chân đường cao kẻ từ đỉnh A K 0;2  Tìm tọa độ A, B, C

Giải

Gọi M trung điểm BC

Phương trình đường cao AH : 2x  y

Phương trình đường thẳng BC: x2y 4

Phương trình đường trung trực IM vng góc với BC:

9

2x y

2

  

Tọa độ điểm M 1;5

     

Gọi D điểm đối xứng với A qua I Ta có

DB AB

DB / /CH

CH AB

 

   

Tương tự DC / /BH nên tứ giác HBDC hình bình hành nên M trung điểm HD Xét tam giác AHD có IM đường trung bình nên AH2IMA 2; 2  

Giả sử B 2b 4;bC 2b;5 b    Ta có BH.AC0

     b

5 2b 2b b b b 5b

b

 

           

 

Vậy A 2; , B   2;1 , C 4; 4   A 2; , B 4; , C     2;1

Bài 51 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A 3;2 , đường thẳng  d : x1   y

đường thẳng  d2 : x  y Tìm tọa độ điểm B thuộc  d1 điểm C thuộc  d2 cho tam

giác ABC vuông cân A

x-3y-2=0

M

H R1

H A

B C

D M

H

K I

B

A

Giải

Ta có : B d 1 B a;3 a , C d    2C b;9 b   AB a 3;1 a ,

 

AC b 3;7 b  ΔABC vuông cân A

2

AB.AC

AB AC

 

  

 

   

2

2ab 10a 4b 16

2a 8a 2b 20b 48

    

  

   



  5a

1 b

a

  

 (do a2 khơng thỏa mãn hệ) Thế vào (2) tìm

a0, a4

Với a0 ta có b4 Vậy B 0;3  C 4;5 

Với a4 ta có b6 Vậy B 4; 1   C 6;3 

Bài 52 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, đường phân giác góc A đường cao kẻ từ đỉnh C có phương trình x y 0, 2x  y Đường thẳng AC qua điểm M 0; 1  , biết AB 3AM Tìm tọa độ đỉnh B

Giải

Đặt AD : x y 0, CH : 2x  y Gọi M’ điểm đối xứng với M qua đường phân giác AD M' AB Ta tìm M '1;0 Đường thẳng AB qua M’ vng góc với CH nên có phương trình AB: x2y 0 

AABAH nên tọa độ A nghiệm hệ phương trình:

 

x y x

A 1;1

x 2y y

  

 

 

     

 

Giả thiết AB 3AM AB 5  B thuộc đường trịn (C’) tâm A bán kính R3 5, pt (C’): x 1  2 y 1 245

 

BAB C'  tọa độ B nghiệm hệ phương trình:

  2 2

x 2y x 7

y

x y 45

  

  

 

  

    



x

y

      

Vậy B 7; 4  B 5; 2

Bài 53 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có C 4;3 , đường phân giác đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A tam giác có phương trình x2y 5 0

4x 13y 10  0 Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh tam giác ABC

(Trích Trường THPT Chuyên Quốc Học – Huế lần – 2014) Giải

Gọi AD phân giác AM trung tuyến Tọa độ A nghiệm hệ:

x 2y x

4x 13y 10 y

   

 

       

 

Vậy A 9; 2   Từ phương trình AC là: x  y

d1

d2

C A

B

x-y=0 2x+y-3=0

A

B C

M(0;-1)

D H C'

M

B C

Gọi C’ điểm đối xứng C qua đường phân giác AD C’ thuộc AB

Đường thẳng CC’ qua C 4;3  vng góc với AD nên có phương trình: 2x  y Gọi H giao điểm CC’ AD H 3;1  Từ C' 2; 1  

Suy phương trình AB x7y 5 0

Đường thẳng MH qua H 3;1  song song với AB nên có phương trình x7y 10 0

Vì M giao điểm MH AM nên M4;2 Suy phương trình BC x 8y 200

Thử lại thấy điểm B, C nằm hai phía đường thẳng AD nên AD đường phân giác tam giác ABC Vậy AC : x  y 0, AB : x7y 5 0 BC : x 8y 20  0

Bài 54 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh

AB: x  y 0, phương trình cạnh AC : x2y 5 0 Biết trọng tâm tam giác G 3;2  Viết phương trình cạnh BC

Giải

Tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình:

 

x y

A 3;1 x 2y

   

     

Gọi B b; b  2 AB, C 2c;c  AC

Do G trọng tâm tam giác ABC nên

3 b 2c b

1 b c c

    

 

       

 

Hay B 5;3 , C 1;2   

Một vec-tơ phương cạnh BC uBC   4; 1

Phương trình cạnh BC là: x4y 7 0

Bài 55 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A 3;1  nội tiếp đường tròn tâm

 

I 0;5 Biết đường cao từ A tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác K 3;9  Xác định trọng tâm G tam giác IBC trực tâm H tam giác ABC thuộc d : x y

Giải

Ta có:

 

 

 



HBC HAC (cùng phụ BAC) HAC KAC KBC (2 góc nối tiếp)

Δ

 

 

 

HBC KBC BHK

maø BC HK cân B

 BC trung trực HK

 

HKBC M M trung điểm HK (1) Phương trình đường thẳng AK: x3

AKBC phương trình đường thẳng BC: ya

  M 3;a



  H K M H

H K M H

x x 2.x x 3

1

y y 2.y y 2a

    

 

 

   

  Mà Hd : x   y 2a90 a

x+2y-5=0

x-y-2=0

G

B C

A

x-y=0

H

K M

I

B C

BC : y

  Tọa độ B b;6 , tọa độ C c;6 

Có: IAIBIC 3 0  2 1 52 5

2 2

2 2

b

c

b

b c

c b

c

        

 

    

     

 



 

   

Trọng tâm tam giác IBC:

I B C

G

I B C

G

x x x

x

3

y y y 17

y

3

 

  



  

  



17 G 0;

3

 

  

 

Bài 56 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I 0;1 , ngoại tiếp

 

K 1;5 điểm P chạy cung chứa A (I) Tìm tọa độ P để PB PC lớn biết

  A 3;3

Giải

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

  I : x0 2 y 1 2 IA2 322213

   2

I : x y 13

   

Phương trình AK: AK 2;2 nAK 1;1 x 1 y 5

      AK : y x 6  0

Gọi MAK      I ; M a; b , a; b  3;3

 2  2

2

a b 13 a a 13

b a b a

       

 

 

    

 

 

  a 3 (loại)

b

M 2;4 a

b

   

  

  

      

PB PC lớn  P điểm cung BAC

Mà AK phân giác góc BAC nên M điểm cung BC khơng chứa A PB PC

lớn  P, I, M thẳng hàng Pt đường IM: IM  2;3nIM 3;2

   

IM : x y 3x 2y

        

 

PIM I nên tọa độ P nghiệm hệ:

 2

2

x

3

3

y x

3x 2y 2 y x 1 y 4

2

9 x

x y 13 x 2

x x 13

4 y

  

     

   

    

   

   



   

  

      

   

Vậy P 2; 4  

M

K I

B C

Bài 57 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có phương trình x4 2 y 2 25, đường thẳng BC qua M 3;

2

   

  Tìm tọa độ điểm A

Giải

Gọi   C : x4 2 y 2 2  5  C có tâm I 4;2 , bán kính R

Gọi H trung điểm BC, tam giác ABC  I trọng tâm tam giác ABC AI2IH

Gọi n a; b , a2b2) vec-tơ pháp tuyến đường thẳng AB Phương trình đường thẳng BC: a x b y 2

2

    

 

 

Ta có:

   2

2 5a

a 2b

d I; AB IH R 5a a b

a 2b

a b

 

        

   

Trường hợp a2b Phương trình đường thẳng BC: 2x  y 0H t;5 2t      

IHBC  t H 2;1 A 8;4

Trường hợp a  2b phương trình đường thẳng BC: 2x  y H s;2s 1      

IHBC  s H 2;3 A 8;0

Vậy điểm A thỏa mãn A 8;0 ; A 8;4   

Bài 58 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A 0;2 , B 2; , C 4; 2    Gọi P hình chiếu vng góc B AC; M, N trung điểm AB BC Viết phương trình đường trịn qua ba điểm M, N, P

Giải

Ta có AC4; ; M  1;0 ; N 1; 2   

Đường thẳng AC có phương trình: x  y

 đường thẳng BP có phương trình: x y 0P 1;1 

Giả sử đường tròn qua P, M, N có phương trình:

2

x y 2ax2by c 0

a2b2 c 0

Khi ta có hệ phương trình:

1 a

2

2a 2b c

1

2a c b

2

2a 4b c

c

       

 

     

 

     

   



(thỏa mãn)

Vậy đường tròn cần tìm có phương trình: x2y2   x y

M(3 2;2)

I(4;2)

H

B C

A

N P M

B C

Bài 59 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B12;1 trọng tâm

1

G ;

3

   

  Đường phân giác kẻ từ đỉnh A có phương trình x2y 5 0 Viết phương trình

đường thẳng BC

Giải

Gọi E trung điểm AC BE 3BG

 

E E

13 x

13

E ;

1 2

y

 

  

   

 

  

Gọi K điểm đối xứng B qua AD KAC Phương trình BK: 2x y 250

Gọi H trung điểm BK HAD

Tọa độ H x; y :  2x y 25 H 9;7 K 6;13 x 2y

   

   

    

Phương trình AC (phương trình EK): x  y

Ta có ACAD A A 9; 2   C 4;3 

Có B 12;1 , C 4;3   BC : x y BC : x 8y 20 12

 

      

  

Kết luận: Phương trình cạnh BC: x 8y 20  0

Bài 60 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích Phương trình đường thẳng AB: x y Điểm M 2;1  trung điểm cạnh BC Tìm tọa độ trung điểm N cạnh AC

Giải

Khoảng cách từ M đến AB:

 

 2

2

MH d M; AB

2

1



  

 

ΔABC ΔMAB

S S MH.AB

2

2

AB 2 MN

MH

    

     

Đường thẳng MN qua điểm M 2;1  nhận vtcp đường thẳng AB uAB 1;1 làm vtcp

của

Phương trình đường thẳng MN x t

y t

      

 

NMNN 2t;1 t

   

2 2

MN t t 2t t

N 3;2 , N 1;0

        



H

K E G

B C

A

G

H N

M

B C

Bài 61 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân đỉnh A, biết A 3; 3  , hai đỉnh B, C thuộc đường thẳng x2y 0  , điểm E 3;0  nằm đường cao kẻ từ đỉnh C Tìm tọa độ hai đỉnh B C

Giải

Gọi I trung điểm BC, IBCI 2m 1;m   Mà A 3; 3  AI2m 4;m 3  

Do AIuBC mà

       

BC

u  2;1 2 2m 4  m 3    0 m I 1;1

 

B BC B 2b 1;b , b  Do C đối xứng với B qua I, suy ra:

   

C 2b;2 b , AB   2b 4;b 3  , CE2b; b 2 

Do ABCE nên ta 2b 2b 4   b b 3    b 2;b

   

Với b 2 B 3;2 , C  1;0

Với b B 11; , C 21 13;

5 5 5

   

       

   

Bài 62 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A 1;2  điểm B 3;5  Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác OAB (O gốc tọa độ) xác định tọa độ trực tâm tam giác OAB

Giải

Giả sử phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác OAB là:

 C : x2y22ax2by c 0,  2  a b  c

Do

     

2 2 c

O C

A C 2a 4b c

B C 6a 10b c



  

 

      

 

       

 

43 a

2 19 b

2 c

       

   

Vậy  C : x2y243x 19y 0

Gọi H trực tâm tam giác OAB H m;n  Ta có:

       

AH m 1;n 2 , BH m 3;n , OA   1;2 , OB 3;5 H trực tâm tam giác

       

3 m n

AH.OB m 39

n 26

1 m n

BH.OA

         

 

   

   

  

 



Vậy trực tâm H39;26

Bài 63 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) Đường phân giác ngồi góc A cắt đường tròn (T) M 0; 3   N2;1 Tìm tọa độ đỉnh B, C biết đường thẳng BC qua điểm E 2; 1   điểm C có hồnh độ dương

Giải

x-2y+1=0

I

B C

A

E

H

O B

Do AM, AN đường phân giác ngồi góc A nên MAN900

Do A, M, N T MN đường kính (T) (T) có tâm

 

I  1; , bán kính R 1MN

 

    2 2

T : x y

    

Có IBICR , MB MC (do BAMCAM)

IM BC

 

   

 



 

  



ñi qua ñieåm E 2; BC :

VTPT n IM 1;  

BC : x 2 y x 2y

        

 B,C BC T  Tọa độ B, C nghiệm hệ phương trình:

  2 2

x 2y x 2y

5y 22y 21

x y

  

   

 

 

  

    

 



6

x ; y

5

x 2; y

    



    

Do C  

6

x C ; , B 2;

5

 

      

 

Bài 64 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A 0;2 3 , B2;0 C 2;0 , đường cao BH Tìm hai điểm M N đường thẳng chứa đường cao BH cho ba tam giác MBC, NBC ABC có chu vi

Giải

ΔABC cạnh 4, M N cần tìm thỏa điều kiện

MB MC NB NC 8  nên M, N nằm  E có hai tiêu điểm B2;0 C 2;0 

Trục lớn 2a  8 a

Tiêu cự 2c  4 c

Trục bé b a2b2  12

(E) có phương trình

2

x y

1 1612 

ΔABC  H trung điểm AC H 1; 3 

Phương trình BH: x 3y 2

Tọa độ M N nghiệm hệ:

2

x 3y

3x 4y 48

    



 



Kết M 24 3; 24 ; N 24 3; 24

13 13 13 13

       

   

   

   

Bài 65 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A2;0, B 2;0 , góc hai đường thẳng BC AB 600 Tính diện tích tam giác ABC biết yC2

N

I

B C

A

M

H A

O

Giải  

C x; y với y2; AB 4;0 ,

 

AC x2; y , BCx2; y

Theo giả thiết ta có:

 

 

0

cos30 cos AB, AC cos30 cos BC, AB

 

 

 



   

   

2

2

4 x

2 4 x 2 y

4 x

2 4 x 2 y

 

 

  

  

  



  

    2

2

3y x x y

x y

y x

       

 

 

    

 

 



Từ suy C 4;2 3 

AB thuộc trục Ox ABC  

1

S AB.d C;Ox

2

   đvdt

Bài 66 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác góc A nằm đường thẳng d: x y 0, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình

2

x y 4x2y 20 0 Biết điểm M 3; 4   thuộc đường thẳng BC điểm A có hồnh độ âm Tìm tọa độ điểm A, B, C

(Trích Trường THPT Chuyên Quốc Học – Huế, lần – 2014) Giải

Gọi (T): x2y24x2y 20 0

Tọa độ giao điểm d (T) nghiệm hệ phương trình:

2

x y x x

y y

x y 4x 2y 20

 

     

  

     

    

  



Vì A giao điểm d (T) đồng thời A có hồnh độ âm nên

 

A 2;2 Gọi I 2; 1   tâm (T)

Gọi D 5; 5   giao điểm thứ hai d (T) Do AD phân giác góc A nên ta có DBDC Suy ID đường trung trực

BD Đường thẳng BC qua M 3; 4   có vec-tơ pháp tuyến ID3; 4  nên có phương trình:

   

3 x 3 y4  0 3x4y250

Tọa độ điểm B, C nghiệm hệ phương trình:

2

3 x

3x 4y 25 x 5

y 29

x y 4x 2y 20 y

5

     

  

  

    

    

 

   



Vậy B 7; , C  3; 29

5

 

   

   

3 29

B ; , C 7;

5

   

 

 

600

B C

A

I

C A

B D

Bài 67 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M 3;2  trung điểm cạnh AC, phương trình đường cao đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A 8x  y 13

3x4y 6 0 Tìm tọa độ điểm A, B, C

Giải

Tọa độ A nghiệm hệ: 8x y 13

3x 4y

   

   

 A 2;3 

Vì M trung điểm AC nên C 2x Mx ;2yA MyA hay C 4;1 

Đường thẳng BC qua C vng góc với đường cao kẻ từ A nên có phương trình x 8y 12  0

Tọa độ trung điểm N BC nghiệm hệ:

x 8y 12

N 0;

3x 4y

  

   

     

  

Suy B 2x Nx ;2yC NyC hay B4;2

Vậy A 2;3 , B  4; , C 4;1  

Bài 68 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d : x2y 0  , d ' : x2y21 0

và điểm A 3;4  Hai điểm B, C nằm đường thẳng d d’ cho tam giác ABC vng có độ dài cạnh huyền BC 10 Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

Giải

Do tam giác ABC vng A nên đường trịn ngoại tiếp tam giác có tâm trùng với trung điểm cạnh BC bán kính AI 1BC

2

 

Gọi tọa độ tâm I x ; y 0, ud ud ' 1; 2 nên d d’ song song,

suy I cách d d’

Hay

0 0

0 0

x 2y x 2y 21

x 2y 10

5

x 2y 10

   

    

  

Khi y0 thỏa mãn    

2

0 0

AI 5 2y  10  y 4 25y 4; y 8

Với y0   4 I 2;4, phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC    

2

x2  y 4 25

Với y0  8 I 6;8 , phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC x6 2 y 8 225 Bài 69 Cho điểm A 2; , B 3; , ΔABC      có diện tích

2; trọng tâm G ΔABC thuộc

đường thẳng (d): 3x  y Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ΔABC

Giải

Gọi C a; b , AB : x    y   a b 2SΔABC d C;AB

AB

 

  

   

a b

a b

a b 2

        

  

8x-y-13=0 3x-4y+6=0

N

M

B C

A

d

d' I

B

C A

3x-y-8=0

G

B C

Trọng tâm G a b 5;  d

3

 

 

 

 

 

3a b

  

Từ (1), (3) C 2;10 r S

p 65 89

    

 

Từ (2), (3) C 1; 1  r S

p 2

    



Bài 70. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H1;3, tâm đường tròn ngoại tiếp I 3; 3  , chân đường cao kẻ từ A điểm K1;1 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C

Giải

Kéo dài AI I D

Ta có ACD900ACCD H trực tâm

BH AC BH / /CD

  

Chứng minh tương tự ta BD / /HCBHCD hình bình hành

Ta có BCHD M trung điểm đường (1) Kéo dài AK I J

0 AJD 90

  AJJD (hay JDAK) AKBC (giả thiết)

JD / /BC

 hay JD / /KM (2)

Từ (1) (2) KM đường trung bình ΔHJDK trung điểm HJ

     

H J

K

2

H J

K

x x

x

2 J 1; 1 IJ R 1 3 1 3 2 5

y y

y

2

   

             

  

       

2

I : x y 20

HK 0;

    

 

AH qua H1;3 có vec-tơ phương uAH 0;2 nên có phương trình x 1  

AAH I nên tọa độ A thỏa hệ:    

2

x y 20

x

    

 

  

 2

y

x

   

    

y

y

x

      

   

   

A 1; , J 1;

    

BC qua K 1; 1 vng góc với AJ nên có phương trình y 1  

B,CBC I nên có tọa độ thỏa hệ:

  2 2  2 x

x y 20 x

x

y y

y

 

       

   

  

 

  

   

    B 1;1 , C 5;1

 B 5;1 , C 1;1   

Vậy A 1; , B 1;1 , C 5;1     A 1; , B 5;1 , C 1;1    

K M H

D J

I

C B

Bài 71 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có cạnh AC qua M 0; 1   Biết

AB2AM, đường phân giác AD : x y 0, đường cao CH : 2x  y Tìm tọa độ đỉnh

Giải

Gọi M1 điểm đối xứng với M qua AD nMM1 uAD  1;1    

1

MM :1 x y x y

        

Gọi IADMM1tọa độ I nghiệm hệ:

x

x y 2

x y

y

      

 

   

   



1

I ;

2

 

   

  M11;0

 

AB CH

n u  1;2

   

AB: x y 0 x 2y

         

Suy tọa độ A nghiệm hệ: x 2y A 1;1 

x y

   

    

  AC      

AM 1; n 2; AC : x 1 y 2x y

               

Tọa độ C nghiệm hệ 2x y C 1;

2x y

  

    

    

 



Vì

0

x

B AB B x ;

2



 

   

 

   2

0

0

0

x

x

AB x 1; ; AM 1; AB 2AM x 16

x

2

  

 

            

 

  

    B 5;3 B 3;

  

  

Vì B, C phải khác phía với AD nên B 5;3  không thỏa mãn Vậy A 1;1 , B 3; , C 1; 2

 

    

 

Bài 72 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A 2;2  hai đường trung tuyến tam giác d : 2x1 5y 8 0 d : x 3y2   2 Viết phương trình cạnh tam giác ABC

Giải

Nhận thấy A không thuộc d1 d2 Giả sử B d , C d  Gọi M, N

là trung điểm AC AB, Md1, Nd2

 

8 5t

M ; t , N 3t ' 2; t '



  

 

  Từ suy

   

C 5t;2t 2 , B 6t ' 6;2t ' 2  B d , C d  nên ta có:  

6 5t 3 2t  2

   

2 6t ' 6 5 2t ' 2  8 t 14 11

  t ' 15 11



I M1

H

B

A

M

C D

d2 d1

N M

B C

Vậy A 2; , B  24 8; , C 6;

11 11 11 11

   

   

    Từ phương trình cạnh ΔABC là:

7x y 160, 8x 13y 10  0

11x 154y 88  0

Bài 73 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, D trung điểm đoạn AB Biết I 11 5;

3

 

 

 ,

13

E ;

3

 

 

  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trọng tâm tam

giác ADC, điểm M 3; , N   3;0 thuộc đường thẳng DC, AB Tìm tọa độ điểm A, B, C biết A có tung độ dương

Giải

Gọi G trọng tâm tam giác ABC Do IDAB EG / /AB nên

IDGE, mặt khác IGDE nên I trực tâm tam giác DEG

EI DC

   phương trình DC: x3

Gọi D 3;a  Ta có DI 3a;

3



 

  

 ,

 

DN  6; a

Theo giả thiết suy ra:

a 3a

DI.DN a 4

3 a

3

 

 

     

   

Với a3 D 3;3  suy phương trình AB: x2y 0  DE 4;

3

 

  

  vec-tơ pháp tuyến

của AI nên phương trình AI: x  y

Tọa độ A nghiệm hệ: x 2y A 7;5 

x y

   

    

 , suy B1;1 , C 3; 3   

Với a D 3;

3

 

     

 

Phương trình AB: 2x 9y 6  0, AI :12x27y 89 0

Tọa độ A nghiệm hệ

107 x

2x 9y 6

12x 27y 89 125

y 27

     

 

    

   



không thỏa mãn

Bài 74 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, có hai đỉnh A, B thuộc đường trịn tâm I 2; 1, bán kính Biết đường thẳng qua hai đỉnh A, B có hệ số góc dương qua điểm M 0;5 , cạnh AC có độ dài 5, diện tích tam giác ABC tung độ A dương Tìm tọa độ đỉnh A, B

Giải

Đường trịn tâm I có phương trình x2 2 y 1 225, AB có phương trình yax5 a 0

ΔABC

S  5 AB2 5AH

G E I

H D

A

B C

H

A C

B

 

2

2a

d I, AB 5

a

 

   



a

1 a

2

    

  

Vì a0 nên a

  đt AB có phương trình y 1x

  Khi tọa độ A, B thỏa mãn

  2 2    

y x

2 A 2; , B 6;

x y 25

  

   



    



A6; , B 2; 4

Bài 75 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A 1; 3, B 5;1  Điểm M nằm đoạn thẳng BC cho MC2MB Tìm tọa độ điểm C biết MAAC 5 đường thẳng BC có hệ số góc số nguyên

Giải

Gọi H trung điểm MC Khi AHBC BMMHHCx Áp dụng định lý Pitago tam giác vng ABH, AMH ta có:

 2

2

2 2

AH

AH 2x AB 52

x

AH x AM 25

     

 

  



  



Gọi phương trình đường thẳng BC là:

     2  a x 5 b y 1 0 a b 0

Ta có  

2

6a 4b

d A;BC 4

a b

 

  

  

a a 5a 12b

5a 12b

 

    

 



Với a0, đường thẳng BC có hệ số góc k0 (thỏa mãn) Khi BC : y 1 Với 5a 12b 0, đường thẳng BC có hệ số góc k 12

5

 (khơng thỏa mãn)

Ta có A;R5 : x 1    2 y 3 225 Khi tọa độ C M nghiệm hệ phương trình:

   

       

2

y C 2;1 , M 4;1

C 4;1 , M 2;1

x y 25



  



  



    

 



Vì M nằm đoạn thẳng BC nên C4;1

Bài 76 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, có trực tâm H3;2 Gọi D, E chân đường cao kẻ từ B C Biết điểm A thuộc

đường thẳng d : x 3y 0   , điểm F2;3 thuộc đường thẳng DE HD2

Tìm tọa độ điểm A

Giải

Ta có HD 2 xD3 2 yD224  

2

D D D D

x y 6x 4y

     

Vì A d A 3m 3;m   Ta có:

ADHDAD.HD0

5 5

x x x

H

M C

B(5;1)

A(-1;-3)

2

d:x-3y-3=0

H

D E

A

B C

 

      

   

D D D D

2

D D D D

x 3m x y m y

x y 3mx m y 7m

       

        lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta

6 3m x  Dm y  D7m 18 0  3

Hoàn tồn tương tự ta có 6 3m x  Em y  E7m 18 0  4

Từ (3) (4) suy đường thẳng DE có phương trình 6 3m x   m y  7m 18 0 Vì F2;3DE m Do A 3;0 

Bài 77 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với hai trung tuyến

AN : x  y 0, BM : 7x   y , đỉnh B 1; 1   Biết tam giác ABC có diện tích Xác định tọa độ đỉnh A, C tam giác

Giải

Ta có trọng tâm GANBM G 4; 3

 

  

 

Vì NANN n;2 n  C 2n 1;5 2n    (vì N trung điểm BC)

Ta có: ΔSCB  

1

S d C;BM CG

2



 

ΔABC

1

S d C;BM CG

3

 

Vì G trọng tâm tam giác ABC nên SΔGBC 1SΔABC



Từ ta có: 1d C;BM   d C;BM  2

32  

n

12n 2

12n 1

5 n

5

3

 

 

     

  

Khi ta có tọa độ G, B, C nên: Với C 1;3  A 0;2 

Với C 13; 3

 

 

 

4

A ;

3

     

Bài 78 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân A Biết cạnh huyền nằm đường thẳng d : x7y 31 0  , điểm N 1;5

2

   

  thuộc đường thẳng AC, điểm M 2; 3   thuộc

đường thẳng AB Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC

Giải

MB: a x  2 b y 3  a2b20

Vì MBC450

0

2 2

a 7b cos 45

1 a b



 

 

2 3a 4b

12a 7ab 12b

4a 3b

 

    

  

TH1: 3a4b Chọn a4, b3 d : 4x 3y

   

G N

M

B C

A

8

6

4

2

2

4

5

x y

d C

A B

M N

TH2: 4a 3b, chọn a3, b 4 d : 3x 4y 18

   

Nếu chọn AB d AC d AC : 3x 4y A 1;1 B 4;5

N AC

 

         



Mặt khác MA  3;4 , MB   6;82MAMBM nằm đoạn AB  trường hợp thỏa mãn Từ suy C 3;4 

Hoàn toàn tương tự, lấy AB d: 3x4y 18 0 (loại)

Bài 79 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình:

3x4y 10 0 đường phân giác BE có phương trình: x  y Điểm M 0;2  thuộc đường thẳng AB cách đỉnh C khoảng Tính diện tích tam giác ABC

(Trích Lê Bá Trần Phương, số – 2013) Giải

Gọi M’ điểm đối xứng với M qua phân giác BE M’

thuộc đường thẳng BC

Tính điểm M' 1;1  Đường thẳng BC qua M’

và vng góc với AH nên có phương trình 4x 3y 0  

Điểm B giao điểm BC BE nên có tọa độ nghiệm

của hệ phương trình:

 

x y

B 4;5 4x 3y

   

     

Đường thẳng AB qua B M nên có phương trình: 3x4y 8 0

Điểm A giao điểm AB AH nên có tọa độ nghiệm hệ phương trình:

3x 4y

A 3;

3x 4y 10

  

    

      

Điểm C thuộc BC MC nên có tọa độ nghiệm hệ phương trình:

 2  

2 x 1; y C 1;1

x y 2

31 33 31 33

x ; y C ;

4x 3y 25 25 25 25

        

     

  

   

   

Kiểm tra lại: thay tọa độ điểm A, C 1;1  vào phương trình đường phân giác BE ta hai giá trị trái dấu nên B C 1;1  khác phía BE, BE phân giác tam giác ABC (thỏa mãn)

Thay tọa độ điểm A C 31 33; 25 25

 

 

  A, C phía nên loại

Tính BC5 AH d A;BC  49 SΔABC 49

20

    (đvdt)

Bài 80 Trong mặt phẳng với hệ tọa 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  0 Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

Giải

M

E

M'

H C

B

Gọi đường cao trung tuyến kẻ từ C CH CM Khi CH có phương trình 2x  y 13 0, CM có phương trình 6x 13y 29  0

Từ hệ 2x y 13 C 7; 1 6x 13y 29

   

  

   



 

AB CB ABCHn u  1;2

 phương trình AB: x2y 16 0

Từ hệ x 2y 16 M 6;5  6x 13y 29

   



   



  B 8;4



Giả sử phương trình đường trịn ngoại tiếp ΔABC: x2y2mx ny p 0  

Vì A, B, C thuộc đường trịn nên

52 4m 6n p m

80 8m 4n p n

50 7m n p p 72

     

 

      

 

       

 

Suy phương trình đường trịn: x2y24x6y 72 0 hay x2 2 y 3 285

Bài 81 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông A ngoại tiếp hình chữ nhật MNPQ Biết điểm M 3; 1 N 2; 1   thuộc cạnh BC, Q thuộc cạnh AB, P thuộc cạnh AC, đường thẳng AB có phương trình: x  y Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC

Giải

Phương trình đường thẳng d vng góc BC qua

 

M  3; x 0  suy tọa độ Q Q3;2 Ta có MNQPP 2;2 

Đường thẳng AC qua P 2;2  nhận n 1;1 làm vec-tơ pháp tuyến nên có phương trình x  y Vậy A 9; , B 6; , C 5; 1  

2

    

 

 

Bài 82 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết B 1;1

   

  Đường tròn nội tiếp

ΔABC tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Biết D 3;1 , đường thẳng EF : y 0  Tìm tọa độ điểm A biết yA 0

Giải

Phương trình đường thẳng BC: y 1

Nhận xét: EF / /BC mà ΔAEF cân A (theo tính chất tiếp tuyến)

ΔABC

 cân A

Do ADBC phương trình đường cao AD x3 Do FEF : y 3 F t;3 

Theo tính chất tiếp tuyến BDBFBF2BD2

H M(6;5) B(8;4)

A(4;6)

C(-7;-1)

C

B N

Q

M

2

t

1

t

t 2                     

Với t 2 F 2;3  Với t   1 F 1;3

Phương trình đường thẳng (qua B F) TH1: F 2;3  BF 3;

2

       

  3 

AB : x y 2x y

2 2

          tọa độ A nghiệm hệ

x

3

2x y

2         x 13 A 3; 13 y             

TH2: F 1;3 BF 3;2 AB : x 1  3y 3 2x 3y

2 2

 

            

 

 tọa độ A nghiệm hệ

x x

7

3

y

2x y

3 2                 

(loại yA 0)

Vậy A 3;13

     

Bài 83 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình AB: 2x  y 0, phương trình AC : 3x4y 6 0 điểm M 1; 3   nằm đường thẳng BC thỏa mãn

3MB 2MC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC

(Trích Trường THPT Chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ – 2013) Giải

Từ giả thiết ta có A 2; , B b;1 2b      C 4c 2;c

  

 

 

Do M, B, C thẳng hàng 3MB2MC nên có trường hợp:

TH1: M B C

M B C

x 3x 2x

3MB 2MC

y 3y 2y

 



  

 



9b 8c 11 18

b ; c

6b 2c 5

   

       

Suy B 11; 17 , C 14; 18

5 5

              TH2: B C M B C M 3x 2x x

9b 8c 27

3MB 2MC b 3; c

3y 2y 6b 2c 18

y                       

Suy B 3; , C   2;0

Từ TH1 cho ta G 7; 10

3

  

 

  TH2 cho ta

Cưa Đổ Oxy

Chủ đề 2: Hình bình hành hình thoi

Tài liệu thân tặng em học sinh 12, Chuẩn bị kỳ thi THPT Quốc Gia 2016 Chúc em đạt kết cao kỳ thi đến

Huế, Ngày 17/05/ 2016

GV chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế

E K

H

I

D

B C

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 1

CHỦ ĐỀ HÌNH BÌNH HÀNH – HÌNH THOI

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết

   

A 1;0 , B 0;2 giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng yx Tìm tọa độ đỉnh C D

Giải

Đường thẳng AB có phương trình: 2x  y

Vì I nằm đường thẳng yx nên giả sử I t; t  Suy C 2t 1;2t , D 2t;2t    2

Mặt khác ABCD    

4

S AB.d C;AB d C;AB

5

   

t

3t 2

t

  

   

  

Vậy C 8; , D 2;

3 3

   

   

    C1;0 , D 0; 2   

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có trung điểm c nh CD đường thẳng B có phương trình 13x 10y 13 0   , điểm M1;2 thuộc đo n thẳng AC cho AC4AM ọi H điểm đ i x ng với qua C Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, D biết

3AC2AB điểm H thuộc đường thẳng Δ : 2x 3y 0 

Giải

   

2

13 10.2 13 20 d M;BN

269 13 10

  

 

 H Δ H 3a;2a 

ọi I t m ABCD, giao điểm AC B Ta th y trọng t m ΔBCD

Suy CG 2CI 1AC

3

  mà

1

AM AC MG AC CG MG

4 12

    

    16     32

d C;BN d M;BN d H;BN 2d C;BN

5 269 269

     

a 13.3a 10.2a 13 32

45 a

269 269

19

 

  

  

   

Vì H nằm khác phía đ i với đường thẳng B nên H 3;2 

Ta th y CM 3AC 2AB 2CD CD CN CH ΔMHN

4 4

       vu ng t i

H có pt y  2 MN : x 0  N1;0C 1;1 , D   3; 1

Do CM 3MA A 7; I 5; B 13;

3 3 3

     

       

     

Vậy A 7; , B 13; , C 1;1 , D   3; 1

3 3

     

   

   

M

H G

N I

B

D C

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 2

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A 2;1 , B   1; 3 hai đường thẳng

1

d : x  y 0, d : x 5y 16  0 Tìm tọa độ điểm C, D n t d1 d2 cho t giác ABCD hình bình hành

Giải

iả sử C c; c 3    d , D 5d 16;d1   d2

 

CD 5d 16 c;d c

     

ABCD hình bình hành CDBA 3;4

   

5d 16 c 5d c 13 d

C 3; , D 6;

d c d c c

       

  

     

     

  

Ta có BA 3;4 , BC4; 3  kh ng c ng phương  A, B, C, D kh ng thẳng hàng  ABCD hình bình hành

Vậy C 3; , D 6; 2     

Bài Trong mặt phẳng với hệ tr c tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn, đỉnh

 

A  2; ọi H, , E n t hình chiếu vu ng góc A đường thẳng BC, BD, CD hương trình đường tr n ngo i tiếp tam giác H E  C : x2y2 x 4y 3 Tìm tọa độ đỉnh B, C, D biết H có hồnh độ m, C có hồnh độ dương nằm đường thẳng x  y

Giải

Ta có AHCAEC900 nên b n điểm A, H, C, E c ng thuộc đường tr n đường kính AC

ọi I giao điểm AC BD Ta có: HIE2HAE2 180 0BCD

Các t giác A ED, A HB nội tiếp nên EKDEAD

BKHBAH Do đó:

 

0 0

HKE 180 EKDBKH 180 EADBAH2HAE2 180 BCD HIE ọi

    c c

C c;c d, c I ;

2

 

 

     

 , I thuộc C nên có phương trình:

2

c        c c c o i c 1) Suy C 2; 1   I 0; 1  

Điểm E, H nằm đường tr n đường kính AC đường tr n C nên tọa độ th a m n hệ

phương trình:

  2

2

x 0, y

x y x 4y

8 11

x ; y

x y

5

   

     

 

     

  

 

Vì H có hồnh độ m nên H 8; 11 , E 0; 3 

5

   

 

  Suy AB: x  y 0, BC : x 3y 5  0

Tọa độ B th a m n x y B 4; 3 BA  2;2 , BC  6;2 x 3y

   

     

    

BA.BC 16

   th a m n

Vì ABDCD 4;1  Vậy B 4; , C 2; , D 4;1     

E K

H I

D

B C

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 3

Bài Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có A1;3, điểm C thuộc đường thẳng

Δ : x y 0   , phương trình đường thẳng BD: x2y 2 0, tan BAC

  Tìm tọa độ ba đỉnh B, C, D

Giải

Gọi I trung điểm AC, suy I thuộc BD nên

 

I 2y2; y , C 4y 3;2y 3    Do C thuộc Δ nên

C C

x y   6 6y 12   0 y 2, suy I 2;2 , C 5;1   

Ta có AC6; 2  B thuộc BD nên B 2b 2;b Suy

 

AB 2b 1;b 3 

Do cos BAC cos AB, AC 

2 b b 2b



 

Do tan BAC

  nên cos BAC

5

  Suy ra:

2

b b

b

4 b

5 3b 16b 16

2 b 2b 3

  

 

  

 

  



   

hi ta đư c B 6;4 , D1  12;0 2

2 10

B ; , D ;

3 3

   

   

   

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có t m I 2; 5   đường ph n giác góc BAC có phương trình 2x  y Biết tam giác ACD có trọng t m

1 14

G ;

3

  

 

 , tìm tọa độ đỉnh hình bình hành ABCD

Giải  

7

GI ; , DI 3GI D 5;

3

 

      

 

I trung điểm BDB 9; 6  

Một vec-tơ phương đường ph n giác góc BAC

 

u 1;

 

H t;4 2t hình chiếu I ên đường ph n giác góc

BACH 4; 4  

Gọi E điểm đ i x ng I qua đường ph n giác góc BACE 6; 3   AB

hương trình c nh AB: x   y A 1;2 

I trung điểm ACC 3; 12  

Bài Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A 1;0 , B 0;2    giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng yx Tìm tọa độ đỉnh C D

Giải

Ta có: AB  1;2AB hương trình AB à: 2x  y

   

I d : y x I t; t I trung điểm AC BD nên ta có: C 2t 1;2t  , D 2t; 2t 2 I

C

A D

B

G H

E I

C

A D

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 4

Mặt khác SABCD AB.CH4 CH chiều cao) CH

 

goài

 

   

6t 4

d C; AB CH

5

4 8

t C ; , D ;

3 3 3

t C 1;0 , D 0;



  

    

     



    

    



Vậy tọa độ C D C 8; , D 2;

3 3

   

   

    C1;0 , D 0; 2   

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích 12, hai đỉnh A1;3 , B 2;4 Tìm tọa độ hai đỉnh c n i, biết giao điểm hai đường chéo nằm tr c hoành

Giải

I giao điểm AC BC I thuộc Ox nên I a;0  hương trình AB: x  y

  a

d I; AB ; AB

2



 

Vì SABCD 122d I;AB AB 12  

a

a

a

        



a 4 suy I4;0 nên C 7; 3 D 6; 4 a8 suy I 8;0  nên C 17; 3   D 18; 4  

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có B 1;5  đường cao AH có phương trình x2y 2 0, với H thuộc BC; đường ph n giác góc ACB có phương trình x  y Tìm tọa độ đỉnh A, C, D

Giải

BC qua B 1;5  vu ng góc AH nên BC có phương trình:    2x y

Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:

  2x y

C 4;

x y

   

   

    

Gọi A’ điểm đ i x ng B qua đường ph n giác

 

x  y d , BA d K

Đường thẳng B qua B vu ng góc d nên B có phương trình: x  y

Tọa độ điểm nghiệm hệ phương trình: x y K 5;

x y 2

  

   

     

 Suy A 6;0 

Trung điểm I AC có tọa độ I 0; 3   đồng thời I trung điểm BD nên D 1; 11

H

I

C

A D

B

I

C

A D

B

x+2y-2=0

x-y-1=0

K A'

H

I A

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 5

T

ài   S : x4 2 y 1 22 J 19 18;

5

 

 

 

x 3y 0  

iải

I AD I a;b  

19 18

a b

5

H ;

2

   

 

 

 

 

AC

H AC

a 5, b IJ.u

 

   





I 5;0  

I 5;0    S x y 0    

A 8;3



φ EADφ

ABCD

2

cos φ cot φ S 40 DE.EA 20

5

DE.DE.cot φ 20 DE 10

       

   

     

2

0

2

0

x x

D x ; x ; DE 10 d D; AC 10 10

10

    

 

      

 

 2

0 0

16 2x 100 x 5; x 13

        D 3; 2  

ài I 2;1  AC2BD

M 0;

   

  N 0;7  BP 5BI

iải

 2 

1

ax b y a b

3

 

     

 

axb y 7  0

    d I;AB d I;CD

I nằm hai đường thẳng AB CD 3a 4b

 

  

 

a 4 b3 AB: 4x 3y 0  

     2  m x 2 n y 1 0 m n 0

 

2

4m 3n

cos AB, BD

5

5 m n



 



H I D E

C A

B

J

P B

I

A C

D M

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 6

m 2n

   m n 11

 

m 2 n 1 m 2 n 11 2x y 0   2x 11y 0   B AB BD  B 3;

5

 

 

 

BP 5BI P 54 13; 5

 

   

 

ài Trong m t ph ng t x y ng th m P 1; ng th   Q 2; 3 ỉnh c bi ABAC l

Giải

Gi s a AB: a x 1   b y  30, a 2b20

T gi thi t   2

2

a b

cos AB, BD a 4ab b

2 a b



     



Ch n b a

a

      

   

TH1: a  2 3, b 1  pt AB:  2 3x 1   y 30 T m c a h :

 3x 1 y x 1 23

x y y 1 3

1



   



       

 

  



 

   

 



(lo i)

TH2: a  2 3, b 1 pt AB:  2 3x 1   y 30 T m c a h  3x 1 y x

y x y

        

 

  

 

 V y B 2;2  

 

PB 1;2 2 3x2y2 30 T m c a h 2 3x 2 y 3 x

y

x y

        

 

   

 

 V y D 4; 4

 

O  1; Pt AC: x  y

T m c a h   

x y x 1 3

2 x y y 3 1

  

    

 

       

  

 



V y A 1 3; 1  K C 1; 1   3

ài Trong m t ph ng t S20, m é  d : 2x  y D 1; 3   ỉ i c

Giải

D

B O

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 7

Dễ thấy D d ng th ng  d : 2x  y a é ACBD D BD suy x 2y 0  

G i IACBD, t m c a h  

x 2y x

I 3;

2x y y

  

 

  

     

 

M k m c a BD, suy B 5; 1   IB ACBD S 2IA.IB S20IA2

L A d A x;4 2x   IA2 5IA2205 x 3  220

 2

x

    

  x A 1; x A 5;

    

  



Theo gi thi t suy A 5; 6   th ã i x ng v C 1;   V y A 5; , B 5; , C 1;2       

ài Trong m t ph ng v i h t é ng th ng d : x  y m E 9;4 n ng th ng ch a c m   F 2; 5 n m ng th ng ch a c nh AD, AC2 X ịnh t ỉnh c

Giải

G ’ i x ng v a BAD ’ ’ ô m E 9;4 x    y

G ’ m h  

x y x

I 3;2

x y y

   

 

 

      

 

m c ’ E ' 3; 8

ng th ng AD qua E ' 3; 8 F 2; 5

 

E 'F 1;3 x  3 y 8   3x  y

ài Trong m t ph ng v i h t ỉ ầ t thu ng th ng d : x1   y d : x2 2y 3 0 ng th x 7y 31 0   a ỉnh c ABCD bi t di

(Trích Trường T PT Chuyên Quốc Học – Huế lần – 2014) Giải

 

1

B d B b;8 b D d 2 D 2d 3;d   Suy BD   b 2d 3;d  b 8

m c I b 2d d; b

2

   

 

 

 

e ấ BD AC uAC.BD

I AC I AC

 

  

  

 

 

8b 13d 13 b

2b 3d d

   

 

 

   

 

C I

B D

A

I

E'

D J

A C

B E

F

x+7y-31=0

d1:x+y-8=0

d2:x-2y+3=0

I

D

A C

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 8

V y B 0;8 , D   1;1 , I 9; 2

 

  

 

IA AC 15

2

 

2

2

15 63 15

IA 7a a a

2

2

 

   

           

      ho c a6

Suy A 10;3 ho c   A11;6 Do xA0 A11;6 T C 10;3  

ài Trong m t ph ng v i h t BD2AC m H 2; 1   ng th x y 0  G m c a c nh CD Gi s H ô c ng th ng BM Vi ng th ng AH

(Trích Trường T PT Chuyên Quốc Học – Huế lần – 2014) Giải

G m c a BM v tr ô

 

2 2

IG IG IG

sin IBG

BG BI IG 6IG IG

  

 

Suy cos BD, AH  sin IBG 37

 

G i n a;b v i a2b2 0 e - n c ng th ng AH

  2

2

a b

1

cos BD, AH 35a 74ab 35b

37 a b 2 37



      



7b a

5 5b a

7

    

  

V i a 7b

 , ch n a7, b5 c AH: x 2 5 y 1  07x5y 9 0 V i a 5b

7

 , ch n a5, b7 c AH: x 2 7 y 1  05x7y 0 

ài Trong m t ph ng v i h t A600 nh AB, BC lấ m M, N cho MB NB AB  Bi t P 3;1 thu ng th

MDN d : xy 3 6 ỉnh D c

Giải

T gi thi t A600 ề e ề AMBN, BMCN Xé

0

DAMDBN60 , ADBD, AMBN ng  

ADM BDN

 

Xé

DBMDCN60 , CDBD, CNBM ng  

NDC MDB

 

T MDN600

G ’ i x ng c d P ' thu ng th ng DM

 ’ ều DPPP'2d P,d 6

G H

M I

C

B D

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 9

G D a;a PD2 a 32 a 36

3

 

  

 

     

   

   

   

a 3, a D 3;1 3 , D 3;1

          

ài Trong m t ph ng v i h t i ti     2 2 32

I : x y

5

    Bi t r ng th ầ m M 7;8    

N 6;9 ỉnh c BCD

Giải

i ti ù i giao c a é

Dễ AC : x  y G i AB: yk x  6  

2

3 k 10

d I; AB

5

k



 



1 x

k AB : y

3

13 13 53

k AB : y x

9 9

    

 

 

      

 

 

        A 9;10 C 1; A 2;3 C 8;9

 

 

 

    B 3;8 D 7;

BD : x y 11 23 45 43 21

B ; D ;

2

 



       

  

   

    



ài Trong m t ph ng v i h t AC2BD I 2;1  m hai é t M 0;1

3

   

  n ng th ng AB, N 0;7 n ng th m  

B bi

Giải

G i x ng c E 4; 5   AB AB: 4x 3y

   

 

d I;AB 2 AC2BD AI2BI

ô

 

2 2

1 1

BI

4d I;AB 4BI BI  

m c k R v ng th m c a h :

  2 2 4x 3y

x y

   



   



Gi i h k t h p v i xB 0 B 1; 1  

I

D

A C

B

M N

E

I

D

A C

B M

Hạ gụ c Oxy Chủ đề 3: Hình Thang

Tài liệu mến tặng em học sinh 12, chuẩn bị bước vào kỳ thi THPT Quốc Gia Chúc em đạt kết cao kỳ thi đến

Huế, 14/05/2016

GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia

M N

C E

A B

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 1

CHỦ ĐỀ HÌNH THANG

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD AD / /BC có phương trình đường thẳng AB: x2y 0  đường thẳng AC : y 2 0 Gọi I giao điểm hai đường chéo AC BD Tìm tọa độ đỉnh hình thang cân ABCD, biết IB 2IA, hồnh độ điểm I : xI 3 điểm

 

M 1;3 nằm đường thẳng BD

Giải

Ta có A giao điểm AB AC nên A 1;2 

Lấy E 0; 2 AC Goi F 2a 3;aAB cho EF / /BD

Khi EF AE EF BI EF 2AE

BI  AI AEAI     2 2

a

2a a 2 11

a

  

     

  

Với a 1 EF   1; 1 vtcp đường thẳng BD Nên chọn vtpt BD n1; 1  Pt

   

BD : x   y BDAC I 2;2 , BDABB  5;

Ta có: IB IBID IBID 2ID D 2;

ID IA 2

 

          

 

 

IA IA

IA IC IC IC C 2;2

IC IB

        

Với a 11

 EF 1; 5

    

  vtcp đường thẳng BD Nên chọn vtpt BD n 1; 7 Do

  BD : x7y22  0 I 8;2 (loại)

Bài Cho hình thang cân ABCD có AB / / CD, CD2AB Gọi I giao điểm hai đường chéo AC BD Gọi M điểm đối xứng I qua A với M 17;

3

 

 

  Biết phương trình đường thẳng DC : x  y

và diện tích hình thang ABCD 12 Viết phương trình đường thẳng BC biết điểm C có hồnh độ dương

Giải

Ta có: tam giác MDC vng D

  MD : x y D 2;3

     

8

MD HD MD 2

3

   

Gọi AB a

    

 

ABCD 3a.2

S 12 a 2

2 DC

Gọi               



2

2 c

C c;1 c DC c C 2; c (loại)  

B 3;

BC : 3x y



   

E F

I

B C

A D

M

M

I

D C

A B

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 2

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD, BC Biết B 2;3 

và ABBC Đường thẳng AC có phương trình x  y 0, điểm M 2; 1 nằm đường thẳng AD Viết phương trình đường thẳng CD

Giải

Vì ABCD hình thang cân nên nội tiếp đường tròn Mà

BCCD nên AC đường phân giác góc BAD

Gọi B' điểm đối xứng B qua AC Khi B'AD

Gọi H hình chiếu B AC Tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình:

 

x y x

H 3;2

x y y

   

 

 

     

 

Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H trung điểm BB’ Do B' 4;1 

Đường thẳng AD qua M nhận MB' làm vec-tơ phương nên có phương trình x 3y 0   Vì

AAC AD nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình: x y x A 1;0 

x 3y y

   

 

 

     

 

Ta có ABCB’ hình bình hành nên ABB'C Do C 5;4 

Gọi d đường trung trực BC, suy d : 3x y 140

Gọi Id AD, suy I trung điểm AD Tọa độ điểm I nghiệm hệ:

3x y 14 43 11

I ;

x 3y 10 10

  

   

     

 

 Do

38 11

D ;

5

 

 

 

Vậy, đường thẳng CD qua C nhận CD làm vec-tơ phương nên có phương trình

9x 13y 97  0

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với hai cạnh đáy AB, CD

CD2AB Gọi H chân đường vng góc hạ từ D xuống AC M trung điểm HC Biết tọa độ đỉnh B 5;6 , phương trình đường thẳng DH : 2x y DM : x 3y 5  0, tìm tọa độ đỉnh hình thang ABCD

Giải

Tìm tọa độ D 1;2 

Qua B dựng đường thẳng Δ / /AC cắt DH I, cắt DM J, cắt DC E

Δ DH

  J trung điểm IE

Phương trình đường thẳng Δ qua B vng góc với DH là:

x2y 17 0

Tọa độ I 17 34; 5

 

 

 , tọa độ

41 22

J ;

5

 

 

  E 13;2 

Ta có ABEC hình bình hành ECAB Do EC 1ED C 9;2 

3

  , ECBAA 1;6 

Cách khác:

H

D B' A

B C

M

M H

I

E C

A

D

B

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 3

Gọi K trung điểm DC Khi đó, KM vng góc với AC KM 1DH

 Chứng minh

 

d B;AC KM, từ suy d D;AC 2d B;AC  (với D 1;2 , B 5;6   , CA : x2y m 0), lập pt AC, giải hệ tìm tọa độ H, M, từ có tọa độ C, A

Bài Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD có đáy lớn CD 3AB , C 3; 3, trung điểm AD M 3;1  Tìm tọa độ đỉnh B biết SBCD 18, AB 10 đỉnh D có hồnh độ nguyên dương

Giải

Gọi nA; B vec-tơ pháp tuyến CD A2B2 0    

CD : A x B y

Ax By 3A 3B

    

    

Ta có: SBCDSACD18

   

   

ACD

2 2

2 2

2S 36 10 10

d A;CD d M;CD

CD 10 5

3A B 3A 3B 10

5 6A 4B 10 A B

5

A B

25 36A 48AB 16B 90 A B

     

  

     



    

2 B 31B

810A 1200AB 310B A hay A

3 27

        

* A B

3

  : Chọn B    3 A CD : x3y 6  0 D 3d 6;d

Ta có: CD2 90 3d 9 2 d 32 90 d 32 d

d

 

          

  

 

     

D 6;0 (nhaän)

.Vậy D 6;0 A 0;2 D 12; (loại)

 

 

   

Ta có AB 1DC  3; 1 B 3;1 

3

     

* A 31B

27

  : Chọn B   27 A 31 CD:31x 27y 12 0   

 3  2

2

31d 12 31d 93 729

D d; CD d 90 d

27 27 169

     

          

    (loại)

Vậy B 3;1 

Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang OABC OA / /BC có diện tích 6, đỉnh A1;2, đỉnh B thuộc đường thẳng d : x1   y đỉnh C thuộc đường thẳng d : 3x2   y

Tìm tọa độ đỉnh B, C

Giải

Phương trình OA : x y 2x y

1

 

   

  

OA / /BCphương trình đường thẳng BC có dạng: 2x  y m (với m0)

M

D

B A

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 4

Tọa độ B nghiệm hệ: x y x m B m;m 2 

2x y m y m

    

 

   

      

 

Tọa độ C nghiệm hệ: 3x y x m C m 2;4 3m 

2x y m y 3m

    

 

   

      

 

Diện tích hình thang OABC là: S 1OA BC d O, BC  

 

     

   

2 2

2

m

1 2m 4m

2 2 1

2m m 12 *

 

         

  

   

Phương án tối ưu để giải phương trình phá dấu giá trị tuyệt đối - Nếu m0 (*) thành 3 2m 1   m 12m22m 6    0 m

Kiểm tra điều kiện ta lấy nghiệm m 1  7B 7; 1  7 C 1 7;1 7 

- Nếu m

  (*) thành 3 2m m 12    m22m 6 (vô nghiệm) - Nếu m

2

 (*) thành 2m m 12 m2 m m

m

          

  

Kiểm tra điều kiện ta lấy nghiệm m 3 B2;1 C 1; 5  

Vậy có hai cặp điểm B, C thỏa mãn đề

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng C, D có BC2AD2DC, đỉnh

 

C 3; 3 , đỉnh A nằm đường thẳng d : 3x  y 0, phương trình đường thẳng DM : x  y

với M điểm thỏa mãn BC 4CM Xác định tọa độ điểm A, D, B

Giải

Vì A d A a;2 3a  

Ta có SΔADM2SDCMd A, DM 2d C, DM 

   

a A 3;

a A 1;5

      

   

Do A, C nằm khác phía với đường thẳng DM nên A1;5

Vì DDMD d;d 2 Từ giả thiết ta có AD CD

AD CD

   

 Giải hệ ta d5 nên D 5;3 

Có BC2ADB9;1

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A D diện tích hình thang 6, CD2AB, B 0;4  Biết điểm I 3; , K 2;2     l n lượt nằm đường thẳng AD DC Viết phương trình đường thẳng AD biết AD khơng song song với trục tọa độ

Giải

Vì AD khơng song song với trục tọa độ nên gọi vec-tơ pháp tuyến AD n 1;b , b0 uy phương trình AD:

x 3 b y 1 

Pt AB: bxy40

D C

A B

I

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 5

   

ABCD

2

3 5b 2b

AB CD 3AB 3

S AD AD d B;AD d K;AB

2 2 b 1 b 1

  



   

 

 

ABCD

2

b

3 5b b

S 5b b b b

3

b b

1 2 b

7

   

   

          

  

    

Đáp số: x  y 0; 3x 5y 14  0; 7x 1 2 y 2  220;

 

7x 1 2 y2 2220

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện tích 45

2 , đáy lớn CD

có phương trình là: x 3y 0   Biết hai đường chéo BD AC vng góc với cắt điểm I 2;3  Viết phương trình đường thẳng BC, biết điểm C có hồnh độ dương

Giải

Ta có ABCD hình thang cân nên tam giác ICD vuông cân I

 

CD2d I;CD 2 10IC 20

ọi điểm C 3c 3;c  CD    

 

2

2

IC 3c c 20

c C 6;1

     

   

Đường thẳng BD qua điểm I 2;3  nhận IC làm vtpt có phương trình là:

2x  y

ọi D giao điểm BD CD D 0; 1  

Đặt IAIB x 0, ta có:

2 ABCD IAB ICD IAD

1 45

S S S 2S x 10 2x x

2

        

Khi ID2IBDI2IBB 3;5 

Phương trình đường thẳng BD: 4x 3y 27  0

Bài 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) tâm I xI0, (C) qua điểm A2;3

và tiếp x c với đường thẳng  d : x1   y điểm B (C) cắt  d2 : 3x4y 16 0 C D cho

ABCD hình thang có hai đáy AD BC, hai đường chéo AC BD vng góc với Tìm tọa độ điểm B, C, D

Giải

Do ABCD hình thang nội tiếp đường trịn nên ABCD hình thang cân Do hai đường chéo vng góc với K nên ΔBKC vng cân K, suy ACB450AIB 90 (góc tâm c ng chắn cung AB) hay

  IBAI

Lại  d1 tiếp x c với (C) B nên IB   d1

Từ ( ) ( ) suy

I

C D

A B

d1

I K

D A

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 6

 1   1 

5

IB d A;d , AI d

2

  ∥

Ta có pt AI: x  y 0,  

1 a

5

I AI I a;1 a , IA

9

a

  

     

   

Vậy I 1; 2

   

  xI0

Pt đường tròn  

2

1 25

C : x y

2 2

      

   

   

Xét hệ:

2

1 25

x x

x y

2 2

y y

3x 4y 16

          

     

       

 

    

B hình chiếu I lên  d1 , tính B 2; 2 Do AD∥BC nên B 2; , C 4;1 , D 0;4    

Bài 11 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD vng A B Đường chéo AC nằm đường thẳng  d : 4x7y280 Đỉnh B thuộc đường thẳng  Δ : x y 0   , đỉnh A có tọa độ nguyên Tìm tọa độ A, B, C biết đỉnh D 2;5  BC2AD

Giải    

B Δ B b;b 5

Ta có:  

 

d B, AC BE BC

2 d D, AC DE AD

 

2 2

93

4b b 28 4.2 7.5 28 11b 63 30 b

2 11b 63 30 11

11b 63 30

4 7 b 3



         

      

    

   

B D khác phía đường thẳng AC nên 4xB7yB28 4x D7yD28 0 11b 63 30  0

Do ta b 3 B 3; 2  

Ta có A  d A a;28 4a DA a 2; 4a

7

  

   

      

   

4a 42

BA a 3;

7

 

 

  

 

Do DA.BA a a 3  4a 7 4a 42 49

   

     

2

65a 385a a

     hay a 77 13

 Vậy A 0; 4 

Ta có  

   

C C

x 2

BC 2AD C 7;0

y 2

   



  

  



Vậy A 4;0 , B 3; 2     C 7;0  điểm c n tìm

Bài 12 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD có diện tích 45

2 , đáy lớn CD nằm đường

thẳng x 3y 0   Biết hai đường chéo AC, BD vng góc với I 2;3  Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC, biết điểm C có hồnh độ dương

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 7

Do ABCD hình thang cân với đáy lớn CD hai đường chéo AC, BD vng góc với nên tam giác ICD vuông cân I

Đường thẳng qua I vuông góc với CD: x 3y 0   có phương trình:

   

3 x2  y 3  0 3x  y

Gọi K trung điểm CD ta có tọa độ K nghiệm hệ:

  x 3y

K 3;0 3x y

  

 

    

Mà KIKCKD nên C, D giao điểm đường thẳng CD đường tròn tâm K bán kính KI 10

Do tọa độ ch ng nghiệm hệ:

 2 x 3y

x y 10

   



  



    C 6;1 ; D 0;

  C có hoành độ dương

Gọi H trung điểm AB ta có:

     2

ABCD

45 10

S AB CD HK IH IK HK IH 10 IH

2  2       

Mà ID IK DI 2IB B 3;5  BC 3; 4

IBIH       

Vậy đường thẳng BC có phương trình x  3 3 y 5   4x3y270

Bài 13 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A D có ABAD CD , điểm B 1;2 , đường thẳng BD có phương trình y2 Biết đường thẳng  d : 7x y 250 l n lượt cắt đoạn thẳng AD CD theo thứ tự M N cho BMBC tia BN tia phân giác góc MBC Tìm tọa độ đỉnh D (với hoành độ D số dương)

Giải

Kẻ BHCDABHD hình vng CBNMBN450 ΔCBN ΔMBN

 

Vậy d B;CD  d B; MN mà d B;MN  25

50

 

 

4

BH BD BH

2

    

Điểm D thuộc BD nên D x ;2 0  BD4

Ta có  2

0

x

x 16

x

     

  

Theo giả thiết x00 Vậy D 5; 2 

Bài 14 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang vng ABCD (BADADC900) Biết BCCD2AB; trung điểm BC M 1;0 , đường thẳng chứa cạnh AD có phương trình x 2y0 Tìm tọa độ A

Giải

Kẻ BECD, E CD

Vì DE AB 1CD

  nên E trung điểm CD, ΔBCD cân Mà BCCD nên ΔBCD Suy

DMBEAD

I

C D

H

A B

K

d

N H

B A

D C

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 8

Gọi N trung điểm AD, ta có MNAD

uy phương trình MN: 2x y 20

Tọa độ N nghiệm hệ:

2 x

2x y

2

x 2y y

3

  

   

 

 

 

 

 



hay N 2; 3

 

 

 

 

  2

A AD : x 2y A 2a;a D 2a; a

3

 

        

 

2

2

2

1 2 2

DM AD a a 2a 2a

3 3

3

a

15

a 2a

6 3 2 3

a

   

   

              

       

   



    

 

  

Vậy tọa độ A 6 2; , A 6 2;

9 9

       

   

   

   

Bài 15 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vng A2;3 B,

BC

AB AD

2

  iao điểm hai đường chéo AC BD I 1;3

 

 

  Tìm tọa độ đỉnh B, C, D biết

đỉnh D có hồnh độ nguyên nằm đường thẳng d: 3x  y

Giải

Ta có AI



Theo định lý Talet: IA AD IC 2.AI 10;0

IC BC

 

      

 

Giả sử  0 0

1

C x ; y IC x ; y

3

 

    

 

 

0

0

1 10

x

x

C 3;3

3

y

y

    

  

  

   



Ta có AC 3.AI 5 Áp dụng hệ thức Pytago: AC2 AB2BC25AD225AD

Vì D d D t;4 3t ; AD      2 2

t

t 3t 10t 2t

t

  

        

  

Với t0D 0;4 AD 2;1 , có BC2ADB1;1

Với t D 17;

5 5

 

    (loại) Vậy B1;1 , C 3;3 , D 0; 4    

M N

C E

A B

D

I

C

A D

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 9

Bài 16 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có AD BC hai đáy,

ABBC 5 Biết điểm E 2;1  thuộc cạnh AB, điểm F 2; 5 thuộc cạnh AD phương trình đường thẳng AC x 3y 0   Tìm tọa độ đỉnh A, B

(Trích Trường THPT Chuyên Quốc Học – Huế lần – 2014) Giải

Do ABCD hình thang cân nên tứ giác nội tiếp Mặt khác,

AB BC CD  nên AC phân giác góc BAD AC có vec-tơ phương uAC 3;1

Gọi H 3t 3; t hình chiếu E AC Ta có EH3t 1; t 1    

AC

1

EH u 3t t t

5

        

12

H ;

5

 

   

 

Gọi M điểm đối xứng E qua AC M thuộc AD Ta có

14

M ;

5

  

 

 

Đường thẳng AD qua điểm F 2; 5 có vec-tơ phương FM 24 18; 5

 

  , có vec-tơ pháp tuyến

 

AD

n  3; 4 nên có phương trình AD: 3x4y 14 0 A giao điểm AD AC nên suy A 6;1 

Bài 17 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD có A 3;0 , C4;1, AD2AB2BC

0

DABABC90 Tìm tọa độ điểm B, D

Giải

Giả sử B x; y  Từ giả thiết ta có ABBC, AB.CB 0 ta có hệ phương trình:

     

    

2 2

2

x y x y

x x y y

y 7x x 0, y

x 1, y

x x

      

 

    



 

   



       

 



Vậy B 0; 4  B 1; 3

Gọi M trung điểm AD Từ giả thiết ta suy tứ giác ABCM hình vng Từ đó: Với B 0;4  từ ABMC ta tìm M  1; 3 D 5; 6

Tương tự với B 1; 3 ta tìm M 0; 4 D3;8

Bài 18 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang OABC OA / /BC có diện tích 6, đỉnh

 

A 1;2 , đỉnh B thuộc đường thẳng d : x1   y

đỉnh C thuộc đường thẳng d : 3x2   y Tìm tọa độ đỉnh B, C Giải

Phương trình OA: x y 2x y

1

     

  

OA / /BC Phương trình đường thẳng BC có dạng:

M

H I

C B

A D

E

F

M D

B C

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 10

2x  y m (với m0) Tọa độ B nghiệm hệ:

 

x y x m

B m;m

2x y m y m

    

 

   

      

 

Tọa độ C nghiệm hệ:

 

3x y x m

C m 2;4 3m

2x y m y 3m

    

 

   

      

 

Diện tích hình thang OABC là: S 1OA BC d O;BC  

 

 2   2 2    

2

m

1 2m 4m 2m m 12 *

2 2 1

 

             

  

Phương án tối ưu để giải phương trình phá dấu giá trị tuyệt đối!

Nếu m0 (*) tr thành: 3 2m     m 12m22m 6 0  m Kiểm tra điều kiện ta lấy nghiệm m 1  7, B 7; 1  7 C 1 7;1 7 

Nếu m

  (*) thành: 3 2m m 12    m22m 6 0, vô nghiệm Nếu m

2

 (*) thành: 2m m 12    m2    m m m 2 Kiểm tra điều kiện ta lấy nghiệm m 3 B2;1 C 1; 5  

Vậy có hai cặp điểm B, C thỏa mãn đề

Bài 19 Cho hình thang vng ABCD vng A D có đáy lớn CD, đường thẳng AD có phương trình 3x y 0, đường thẳng BD có phương trình x2y0, góc tạo b i hai đường thẳng BC AB 450 Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang điểm B có hồnh độ dương

Giải

Tọa độ điểm D nghiệm hệ:

 

3x y x

D 0;0 O

x 2y y

  

 

  

    

 

Vec-tơ pháp tuyến đường thẳng AD BD l n lượt

   

1

n 3; , n 1; 2 

 

cos ADB ADB 45

2

   

AD AB

 

Vì góc đường thẳng BC AB 450BCD450 ΔBCD

 vuông cân B DC2AB

Theo ta có:  

2 ABCD

1 3AB

S AB CD AD 24

2

    AB 4 BD4

Gọi tọa độ điểm B B

x B x ;

2

 

 

 , điều kiện xB 0

d1

d2

O A

B C

450

C

A B

Trần Đình Cư Gv THPT Gia Hội SĐT: 01234332133 11

2

2 B

B

x

BD x

2

 

    

 

     

   

B B

8 10 x (loại)

5 10

x (thỏa mãn)

Tọa độ điểm B 10 10;

5

 

 

 

 

Vec-tơ pháp tuyến BC nBC  2;1

Bẻ gã y Oxy Chủ đề 5: Hình vng

Tài liệu thân tặng em học sinh 12, chuẩn bị kỳ thi Tốt Nghiệp THPT Quốc gia 2016 Chúc em đạt kết cao kỳ thi đến.

Huế, Ngày 19/05/2016

I

P

K F

E B

D C

A

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 1

CHỦ ĐỀ HÌNH VNG

Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vng ABCD có M trung điểm AB, N điểm cạnh AD cho AN2ND Giả sử đường thẳng CN có phương trình x2y 11 0  điểm

5

M ;

2

   

  Tìm tọa độ điểm C

Giải

Gọi H hình chiếu vng góc M CN, ta có: MH d M,CN 

 

Xét tam giác CMN có

2 2

0

CN CM MN

cos NCM NCM 45

2CN.CM

 

    Từ suy MC 10

2



Do C thuộc đường thẳng CN nên C 11 2c;c  , từ MC 10



2

5c 35c 50

   

Tìm C 7; , C 1;5   

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A 2;2  Biết điểm M 6;3 

thuộc cạnh BC, điểm N 4;6  thuộc cạnh CD Tìm tọa độ đỉnh C

Giải

Gọi I 5;9

   

  trung điểm MN Do

0

MCN90 nên C thuộc đường tròn tâm I đường kính MN

Vì CA phân giác góc MCN nên CA giao với đường trịn điểm E điểm MN

khơng chưa C (A E nằm phía so với MN) Suy E giao điểm đường tròn (I) trung trực MN

Phương trình đường tròn    

2

2 13

I : x y

2

 

    

 

Phương trình đường trung trực MN: 2x 3y

  

Tọa độ điểm E nghiệm hệ:

 2 13

x y

2

7

2x 3y

2

  

   

  

  



    

Ta có

13 11 7

E ; , E ;

2 2

   

   

    Vì A, E phía so với MN nên chọn

7

E ;

2

     

Phương trình AE : x y Do C giao điểm thứ hai (I) AE nên tọa độ C 6;6 

Cách khác

Gọi vec-tơ pháp tuyến BC n a;b , a 2b2 0 pt BC : ax by 6a 3b

    

CD qua N 4;6  vng góc với NC suy pt CD: bx ay 6a  4b0

Ta có:

   

2 2

b

4a b 4a 2b

d A;BC d A;CD 4a b 4a 2b

8a b

a b a b



  

        

  

 

E

N

M C

A D

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

2 - Nếu b0 chọn a 1 Khi pt BC: x 6 0 pt CD: y 6 0

 

CBCCDC 6;6 Phương trình MN: 3x2y 24 0 Kiểm tra A C khác phía đường thẳng MN nên C 6;6  thỏa mãn toán

- Nếu 8a b chọn a 1, b 8 Khi pt BC: x 8y 30  0 pt CD: 8x y 260 Suy

238 214

C ;

65 65

 

 

  loại A C phía đường thẳng MN Vậy điểm C cần tìm C 6;6 

Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Biết điểm A có tung độ dương, đường thẳng AB có phương trình 3x4y 18 0, điểm M 21;

4

  

 

  thuộc cạnh BC, đường thẳng

AM cắt đường thẳng CD N thỏa mãn BM.DN25 Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD

Giải

Đường thẳng BC qua M vng góc với AB nên

BC : 4x 3y 24  0 Khi tọa độ B nghiệm hệ

 

4x 3y 24 x

B 6;0

3x 4y 18 y

   

 

 

     

 

Ta thấy tam giác sau đồng dạng với nhau: ΔMBA, ΔMCN ΔADN

Suy

MB MC AD

MB.ND AB.AD

AB  NC  ND 

Suy 25AB2 hay cạnh hình vng

Gọi A 4a  6; 3aAB, 25AB216a29a225  a

Vì điểm A có tung độ dương nên A 2;3 

Phương trình đường thẳng CD có dạng 3x4y m m  18

Vì cạnh hình vng nên d B;CD  18 m m

m 43

5



 

   

  

 Với m7, pt CD: 3x4y 7 0, tọa độ C nghiệm hệ

 

4x 3y 24 x

C 3;

3x 4y y

   

 

  

      

  (thỏa MC 5 )

Suy D 1; 1

 Với m 43, pt CD: 3x4y 43 0  , tọa độ C nghiệm hệ

 

4x 3y 24 x

C 9;4

3x 4y 43 y

   

 

 

     

  (không thỏa MC5)

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Điểm F112 ;3

  trung điểm

của cạnh AD Đường thẳng EK có phương trình 19x 8y 18 0   với E trung điểm cạnh AB, điểm K thuộc cạnh DC KD 3KC Tìm tọa độ điểm C hình vng ABCD biết điểm E có hồnh độ nhỏ

Giải

M B

D C

A

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 3

Gọi   Δ Δ Δ

2 EFK ABCD AEF FDK KCBE 5a

AB a a S S S S S

16

       

 

ΔEFK 25 a 17

S FH.EK, FH d F;EK ; EK a

2 2 17

     

ABCD hình vng cạnh EF

2

 

Tọa độ E nghiệm:

 

2

5

x

11 25 58 5

x y x (loại) E 2;

2 17 2

19x 8y 18 y 2

 

  

          

    

 

 

  

  

AC qua trung điểm I EF AC EF AC: 7x y 29 0  

Ta có:  

10 x

7x y 29 10 17

AC EK P P ;

3 19x 8y 18 y 17

3

  

      

      

    

  



Ta xác định IC 9IP C 3;8 

5

 

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có A 1;2  Gọi M, N trung điểm cạnh AD DC; K giao điểm BN với CM Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác BMK, biết BN có phương trình 2x y 0   điểm B có hồnh độ lớn

Giải

Gọi E BN AD  D trung điểm AE Dựng AH BN H AH d A;BN 

5

  

Trong tam giác vuông ABE:

2 2

1 1 AB 5.AH 4 AH  AB AE 4AB   

    B BN B b;8 2b b 2

  AB 4 B 3;2

Phương trình AE: x 0 

     

E AE BN  E 1;10 D 1;6 M 1;4

Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BKM  I trung điểm BM I 1;3 

BM

R

2

  Vậy phương trình đường trịn: x 1  2 y 3 25

Bài Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vng ABCD có M, N trung điểm cạnh BC, CD Tìm tọa độ đỉnh B, điểm M biết N 0; 2  , đường thẳng AM có phương trình x2y 2 0

và cạnh hình vng

Giải

Gọi IAMBN ΔBIM đồng dạng ΔABM suy AMBN nên BN : x y c  0

I

P

K F

E B

D C

A

H

H K

E M

N

A B

D

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

4

 

N 0; 2    c BN : 2x  y 0.Tọa độ điểm I nghiệm hệ phương trình:

6 x

x 2y

I ;

2x y 2 5

y                      

Từ ΔABM vuông:

2 AB.BM BI AB BM   

Tọa độ điểm B x; y  thỏa mãn:

2

B BN

2x y

BI 6 2 16

5 x y

5 5

                              

Giải hệ ta x

y

    

2 x y        

Suy B 2;2  (loại 2;

5

  

 

 )

Tọa độ điểm M x; y  thỏa mãn: 2

2

x 2y

M AM

6

x y

IM BM BI

5 5

                           

Giải hệ ta x

y

    

2 x y       

Suy 1 

2 M 2;0 , M ;

5

     

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD điểm E thuộc cạnh BC Một đường thẳng qua A vuông góc với AE cắt CD F Đường thẳng chứa đường trung tuyến AM tam giác AEF cắt CD K Tìm tọa độ điểm D biết A6;6 , M 4;2 , K 3;0

Giải

Ta có hai tam giác vng ΔABE ΔADF ABAD

BAEDAF (cùng ph với góc DAE)

Suy ΔAEF vng cân MEMAMFAMEF

Ta có MA2; 4  Đường thẳng EF qua M có phương trình:

   

2 x4 4 y2   0 x 2y 8 0

Bây ta tìm tọa độ điểm E, F thỏa mãn MEMAMF Gọi T x; y  thuộc đường thẳng EF, x 2t 8; yt (t )

Khi MTMA2t 4   2 t 2222  4 220

 2   t

5 t 20 t t

t            

Như vậy, có hai điểm T18;0 T 0;42  (chính hai điểm E F) thuộc đường thẳng EF mà

MT MA

Trường hợp E8;0 , F 0;4  

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 5 Do F thuộc đường thẳng CD nên CD nhận KF 3;4 làm vec-tơ phương

Phương trình đường thẳng CD là: x 3t t  y 4t

 

   

 Khi D 3t;4 4t

Ta có:

    12

AD KF KF.AD 3t 4t t D ;

5 5

 

              

 

Trường hợp F8;0 , E 0;4  

Đường thẳng CD nhận FK 5;0 làm vec-tơ phương Phương trình CD: x 5tt 

y

   

  

 Khi D 8 5t;0

Ta có AD KF KF.AD 5 5t t D 6;0

          

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có tâm O 3;

2

   

  Điểm M 6;6  thuộc

cạnh AB N 8; 2   thuộc cạnh BC Tìm tọa độ đỉnh hình vng

Giải

Gọi G điểm đối xứng M qua O G 1; CD   Gọi I điểm đối xứng N qua O  I 1;5 AD

Phương trình cạnh MO qua M có VTCP MO là:

9x 5y 24 0  

 Phương trình cạnh NE qua N vng góc với MO là:

5x 9y 22 0  

Gọi E hình chiếu N MG

163 39 E NE MG E ;

53 53

 

     

 

ại có NE MG NJ MG k 0, k   J 1;3

NE kNJ

  

     



 (vì NE, NJ chi u)

Suy phương tình cạnh AD: x 0  OK92 Vì KA KO KD  nên A, O, D thuộc đường trịn tâm K đường kính OK

Đường trịn tâm K đường kính OK có phương trình:  

2

2 81

x y

2

 

    

 

Vậy tọa độ điểm A D nghiệm hệ:  

2

x 81 y 6 x y

2 x 1

x y 3

  

   

       

     

 

 

   

 

Suy A 1;6 , D 1; 3     C 8; , B 8;6     Trường hợp D 1;6 , A 1; 3     loại M thuộc CD

E J

K I

G H

F O

A B

D C

M

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

6

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có hai điểm M, N trung điểm AB BC, biết CM cắt DN I 22 11;

5

 

 

  Gọi H trung điểm DI, biết đường thẳng

AH cắt CD P 7;1

   

  Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết hoành độ điểm A nhỏ

4

Giải

Ta có ΔMBD ΔNCD CMDN Vì AHDN nên AMCP hình bình hành P trung điểm CD góc AIP900

Đường thẳng AI vng góc với PI qua I có dạng: 3x4y 22 0 Gọi A 2 4t;4 3t IA 4t 12;3t

5

 

       

 

2

12

AI 2PI 4t 3t

5

6 t t

5

   

       

   

    

Nếu t

  A 34 2; 5

 

 

  (loại) Nếu t0 A 2;4 

Đường thẳng AP : 2x  y 0, DNAP qua I có dạng x2y0 Ta có

      16

DN AP H ; D 2;1 C 5;1 B 5;4

5

 

     

 

Vậy A 2;4 , B 5;4 , C 5;1 , D 2;1       

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có M trung điểm cạnh BC, N thuộc cạnh AC cho AN 1AC

2

 Biết MN có phương trình 3x  y D 5;1  Tìm tọa độ điểm B biết M có tung độ dương

Giải

K NHBC H, NKDC K Ta có ΔNKC ΔNHC NK NH

DK AN

AD / / NK

DC AC

DK BH

BH AN

AB / / NH

BC AC



   

 

 

  



Mà M trung điểm BC nên H trung điểm BM

ΔDKN ΔMHN

 

DNK MNH, ND NM

  

Mà KNH900DNK900ΔDNM vuông cân N

   

DN MN DN : x y

       hay x 3y 8  0

Tọa độ N thỏa hệ: x 3y N 2; 2  3x y

   

     

Giả sử M m;3m 4   MN2 m;6 3m ; DN    10; MN DN

E H

P

I N

M

D C

A B

P

K N

H M

D C

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 7

  2 2  2 m M 3;5  

2 m 3m 10 m

m M 1; (loại)

   

        

   



 

M 3;5 Gọi P P

P P

1

x x

1

P MN AD NP NM 3

3

y y

     

 

      

     

 

Ta có AP 1MC 1BC 1AD DP 5DA

3 6

    

    B

B

3

x

5 5

DP DA CB MB MB DP B 1;5

6

y 1

5

     

 

  

       

    

Bài 11 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng

d : 5x 3y 13 0   M, N điểm cạnh AB, AD cho AMAN Các đường thẳng qua A M vng góc với BN, cắt BD K 6;

5

  

 

 

2

H ;

5

   

  Cho biết đỉnh A

có hồnh độ tung độ âm, tìm tọa độ đỉnh hình vng

H H H – 2015) Giải

Đường thẳng BD có phương trình 5x 3y 4  0 Một vec-tơ phương BD u  3;5

Theo giả thiết A d : x 3t y 5t

   

    

 Suy DA   3t;1 5t 

Góc hai đường thẳng DA DB 450 khi:

    2 2

17 2t 1 t

t

34 3t 5t

  

    

  

Theo giả thiết A 2; 1

Đường thẳng qua A vng góc với BD có phương trình  3x 5y 0  Gọi I tâm hình vng tọa độ I nghiệm hệ 5x 3y

3x 5y

   

    

Nên I 1; 2

   

 , suy B1;3 , C 3;2  

Vậy A 2; , B 1;3 , C 3;2 , D 2; 2     

Bài 12 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có A 1;7 , điểm M 7;5  thuộc đoạn BC, điểm N 4;1  thuộc đoạn CD Xác định tọa độ đỉnh cịn lại hình vng ABCD

Giải

Gọi AB: a x 1   b y 7 0 (vtpt nAB a;b , a2b20)

    AD : b x a y

    

ABCD hình vngd N;AB  d M;AD

P

I K H M

A D

B C

N

C A(1;7) B

D

M(7;5)

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

8

2 2

3a 6b 6b 2a

a b a b

 

 

 

a 0, b a 12b

 

   



TH1: a0, b0

AB: y7; BC : x7; CD : y 1 ; AD : x 1      

B 7;7 , C 1;7 , D 1;1



TH2: a 12b, b 0

AB:12x y 19; BC : x 12y 53 0  

35 131 145 14 145

B ; ; AB BM

29 29 29 29

 

     

  (vô lý)

Vậy B 7;7 , C 1;7 , D 1;1     

Bài 13 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có tâm I 5;3  Tìm tọa độ điểm D biết đường thẳng AB qua điểm M 2;4 , đường thẳng BC qua điểm N 3;1 

Giải

Gọi nAB a;b Phương trình đường thẳng AB    

a x 2 b y4 0

Ta có BCABnBCb; a  Phương trình đường thẳng BC    

b x 3 a y 1 0

Vì I tâm hình vng ABCD nên ta có d I;AB  d I;BC

2 2

3a b 2b 2a

a b b a

3a b 2a 2b a b

3a b 2b 2a 5a 3b

 

 

 

    

 

 

   

 

TH1: a b Phương trình đường thẳng AB, BC x  y 0, x  y Suy

 

B 1;3 D đối xứng với B qua I nên D 9;3 

TH2: 5a3b Phương trình đường thẳng AB, BC 3x 5y 26  0, 5x 3y 12  0 Suy

69 47 101 55

B ; D ;

17 17 17 17

   

   

   

Bài 14 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Trên cạnh AD, AB lấy hai điểm E F cho AEAF Gọi H hình chiếu vng góc A lên BE Tìm tọa độ C biết C thuộc đường thẳng d : x2y 0  tọa độ F 2;0 , H 1; 1    

Giải

Gọi M giao điểm AH CD Ta có hai tam giác ABE ADM (vì ABAD, ABEDAM, ph với AEH) Do

DMAEAF, suy BCMF hình chữ nhật

Gọi I tâm hình chữ nhật BCMF Trong tam giác vng MHB ta có:

1

HM BM

2



Do BMCF nên HM 1CF

 , suy tam giác CHF vuông H

I(5;3)

B

D C

A

N(3;1)

M(2;4)

F

I H

M E

C

A B

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 9 Gọi tọa độ C 2c 1;c  , ta có: HC2c 2;c , HF    1;1

Vì CHFH nên HC.HF 2c c c

        Vậy tọa độ C 1; 3

 

 

 

Bài 15 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vng ABCD BD : 2x   y 0, hai đường thẳng AB, AD qua M3;2 , N 1;6 Tìm tọa độ đỉnh A, B Biết đỉnh B có hồnh độ dương

Giải

Ta có d M;BD 2 5MB2 10

 

B BD B b;2b2 ; MB2 40

 

2 b (kth)

5b 10b 15

b (th) B 3;

  

     

  

AD qua N1;6 có VTPT BM   6; 2 n ' 3;1 AC : 3x y

   

AB qua M3;2 có VTPT n  1;3AB: x 3y 9 0

Tọa độ A: x 3y x

3x y y

   

 



    

  Vậy A 0;3 

Bài 16 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vng ABCD có A 1;1 , AB  4 Gọi M trung điểm cạnh BC, K 9;

5

  

 

  hình chiếu vng góc D lên AM Tìm

tọa độ đỉnh cịn lại hình vng, biết xB2 Giải

Gọi N giao điểm DK AB Khi

ΔDAN ΔABM AN BM N trung điểm cạnh AB Ta có

4

AK ;

5

 

  

 , phương trình AM: 2x  y 0, DK: x2y 0 

Vì NDKN 2n 3;nAN2n2;n 1 

Mà AN 1AB AN2

2

   

  2 2

2n n

     5n26n 0 

n 1;n

    

Với B N A

1 21

n x 2x x

5

       (loại) Với n  1 xB 1 2, yB  3 B 1; 3  

Phương trình BC: y  3 C 5; 3  

Phương trình CD: x 5 D 5;1 

Bài 17 Trong mặt phẳng Oxy cho hình vng ABCD có M trung điểm cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x  y C 3; 3   Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d: 3x  y 0, xác định tọa độ đỉnh A, B, D

C

A B

D M

N

N K

C

A B

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

10

Giải

Gọi A t; 3t  , từ tính chất hình vng ta có:

   

    4t 2.4 d A; DM 2d C; DM

2

t t A 3; A 1;5



  

        

Mặt khác A, C nằm v hai phía đường thẳng DM nên có

 

A 1;5 thỏa mãn

Gọi D d;d 2 thuộc DM, ta có ADd 1;d 7, CDd 3;d 1  

ABCD hình vng nên

  2  2  2 2

d d

DA.DC

DA DC d d d d

    

 

 

 

       

 

 

  d D 5;3

  

 

ABDCB  3; Vậy A1;5 , B  3; , D 5;3  

Bài 18 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có D 5;1  Gọi M trung điểm BC, N điểm thuộc đường chéo AC cho AC4AN Tìm tọa độ điểm C biết phương trình đường thẳng MN 3x  y M có tung độ dương

Giải

Gọi H, K hình chiếu N BC CD

Khi NHCK hình vng H trung điểm BM, suy

ΔNMH ΔNBH ΔNDK  Do DNMDNKKNM

0

MNH KMN KNH 90

   

Hay DNMN  1 NMND  2

Từ (1) suy pt DN là: x 3y 8  0 Do N 2; 2 

Ta có M m;3m 4 Từ (2) suy m2 2 3m 6 2  10 m

m

m

      

 

   

 

 



M 1; (loại)

M 3;5 M 3;5 

Gọi C a; b  Ta có

     

  2 2   2 2

a a b b

DC.MC

DC 2MC a 5 b 1 2 a 3 b 5

      

 

 

 



       

 

2 2

2

a b 8a 6b 20 a b 8a 6b 20

a 2b 3a 3b 14a 38b 110

           

 

 

   

    

 



     

 

a; b 5;5 C 5;5

9 17 17

a; b ; ;

5 5

  

 

   

    

    

 

Vì C D nằm phía MN nên C 5;5 

M

C

A B

D

K

H N

M

C

A B

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 11

d

M

C A

B

D N

Bài 19 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vng ABCD cố định, biết A 2;1 , I 3;2    (I giao điểm AC BD) Một đường thẳng d qua C cắt tia AB, AD M N Viết phương trình đường thẳng d cho độ dài MN nhỏ

Giải

Đặt CMBNCDx Gọi độ dài cạnh hình vng a

Tam giác CMB vuông B tam giác CDN vng D Có:

MNMC CN

a a 1

a

sin x cos x sin x cos x

 

     

 

Dùng AM – GM cho số không âm ;

sin x cos x Ta có:

1 2

sin xcos x sin x.cos x  sin 2x

Mà sin 2x 1 nên x450

Vậy MNAC Phương trình đường thẳng MN qua C 4;3  nhận AC làm pháp tuyến:

x  y Vậy đường thẳng x  y thỏa mãn toán

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng

d : x  y 0, đường thẳng BC qua điểm M 4;0 , đường thẳng CD qua điểm N 0;2  Biết tam giác AMN cân A, viết phương trình đường thẳng BC

Giải

Giả sử A t; t  4 d, tam giác AMN cân đỉnh A nên

2

AMANAM AN

t 4 2 t 42 t2 t 62 t 1

         

  A 1;

  

BC qua M 4;0  nên phương trình BC có dạng

 2 

axby4a0 a b 0

Do CDBC CD qua N 0; 2  phương trình CD:

bxay2a0

Do ABCD hình vng nên khoảng cách d A, BC  d A,CD

2 2

3a b

5a 5b 7a b

a 3b

a b a b

 

   

   

  

 

Nếu 3a b 0, chọn a 1    b phương trình BC: x 3y 4  0

Nếu a 3b 0, chọn a   3 b phương trình BC: 3x y 120

Bài 21 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD, có BD nằm đường thẳng

d : x  y 0, điểm M1;2 thuộc đường thẳng AB, điểm N 2; 2  

thuộc đường thẳng AD Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết điểm B có hồnh độ dương

Giải

Gọi H hình chiếu M d, suy H t;3 t  

I

N M

D

B C

A

H

C

A B

D

M

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

12 Ta có MH t 1;1 t , d có vec-tơ phương u1; 1  MH vng góc với d suy ra:

 

t 1 t      0 t MH 1;1

Do MB 2.MH2

B thuộc d nên B b;3 b  ;

MB2b 1  2 1 b24

Suy b 1 b 1 (loại) Từ B 1; 2 

AB qua M B nên phương trình AB y2 AD qua N vng góc với AB nên phương trình AD x2 Vậy A 2;2 

Tọa độ D nghiệm hệ x D 2;1 

x y

 

    

 Gọi I trung điểm BD suy

3 I ;

2

   

  I trung

điểm AC nên C 1;1 

Vậy A 2; , B 1; , C 1;1 , D 2;1       

Bài 22 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có đường chéo AC có phương trình

x y 100 Tìm tọa độ điểm B biết đường thẳng CD qua điểm M 6;2 , đường thẳng AB qua điểm N 5;8 

Giải

Gọi M’ điểm đối xứng M qua AC Ta có M’ thuộc đường thẳng BC

Phương trình đường thẳng MM’ là:

   

1 x 6 y2     0 x y

Gọi HACMM' Tọa độ H thỏa mãn hệ:

 

x y 10 x

H 7;3

x y y

   

 

 

     

 

H trung điểm MM’ Suy M ' 8;4 

Gọi nAB a;b Vì hai đường thẳng AB AC tạo với góc

45 nên ta có:

0 2

2 2

a a b

cos 45 a b a b ab

b

1 a b



 

        

 

 

TH1: a0 Phương trình đường thẳng AB, BC y8, x8 Suy B 8;8  TH2: b0 Phương trình đường thẳng AB, BC x5; y4 Suy B 5;4 

Bài 23 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có A 2; 4  , đỉnh C thuộc đường thẳng d: 3x  y Đường thẳng DM: x  y 0, với M trung điểm AB Xác định tọa độ đỉnh B, C, D biết đỉnh C có hồnh độ âm

Giải

Đỉnh C d : 3x   y nên C c; 3c  2

Do M trung điểm AB nên:

   

d A, DM d C, DM

 4c c

2

2

    

H M' C

A B

D M

N

d M

C

A B

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 13 Vì C có hồnh độ âm nên ta chọn c  2 C2;4

Đỉnh D DM : x   y nên D d;d 2

Ta có: AD.CD 0 d2 d  2 d2 d 6    

  D 4; d

d D 2;

  

    

 

 

Vì ABCD hình vng nên điểm D phải thỏa mãn DADC nên ta nhận trường hợp D 4;2 

Từ ADBC ta suy B 4; 2

Vậy B 4; , C 2; , D 4; 2  

Bài 24 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) nội tiếp hình vng ABCD có phương trình x2 2 y 3 2 10 Tìm tọa độ đỉnh A, C hình vng, biết cạnh AB qua

 

M  3; điểm A có hoành độ dương

Giải

Ptđt AB qua M 3; 2 có dạng axby 3a 2b0 Đường trịn (C) có tâm I 2;3  bán kính R 10 nên

 2  2 2

2a 3b 3a 2b

10 10 a b 25 a b

a b

  

    



a 3b 3a b a 3b

       hay b 3a

Pt AB: x 3y 0   AB: 3x  y

TH1: AB: x 3y 0   , gọi A 3t 3; t  t

2

IA 2R 20 t 1, t 1 (loại) Suy A 6;1 C2;5

TH2: AB: 3x  y 0, gọi A t;3t 7 t IA22R2 20 t 0, t 2 (không thỏa mãn)

Vậy A 6;1 , C  2;5

Bài 25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A3;5, tâm I thuộc đường thẳng d : y  x diện tích 25 Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD, biết tâm I có hồnh độ dương

Giải

Diện tích hình vng SAB.AD2AI225 nên AI 2



Điểm I d : y    x I a;5 a   với a0, AI22a26a9

Khi a nghiệm phương trình 2a2 6a 25 a

2

      (loại), a



(thỏa mãn u kiện) Tọa độ tâm I 9;

2

   

 , I trung điểm AC nên tọa độ đỉnh C 4;4 

I

C

A B

D

d

I

C

A B

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

14 Đường thẳng Δ vng góc AI có nΔ7; 1  nên phương trình Δ : 7x y 0   Vì điểm B

thuộc Δ :7x y 0   nên B b;1 7b   Ta có

2 b 1

1 25

BI AI b 7b

b

2 2

 

   

          

    

Với b 0 B 0;1  Do I trung điểm BD nên D 1;8 ; Với b 1 B 1;8  D 0;1 

Vậy tọa độ đỉnh B, C, D B 1;8 , C 4;4    D 0;1  B 0;1 , C 4;4    D 1;8 

Bài 26 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M 0;2 , N 5; , P      2; , Q 2; 4   thuộc cạnh AB, BC, CD, DA hình vng ABCD Tính diện tích hình vng

Giải

Gọi AB, AD AB: axb y 20 axby 2b 0    

AD : b x2 a y4  0 bxay2b4a0a2b20

Theo giả thiết: d P;AB  d N;AD

2 2

3a b

2a 4b 3b a

a 7b

a b a b

 

   

   

  

 

Với 3a b 0, chọn a 1, b  3 diện tích hình vng là:

2 2 3b a

S 10

a b

  

   

 

Với a7b0, chọn a7, b 1, diện tích hình vng là:

2 2 3b a

S

a b

  

   

 

Bài 27 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD với A 0;0  M 10;5  trung điểm cạnh BC Hãy viết phương trình dạng tổng qt cạnh hình vng ABCD

Giải

Gọi độ dài cạnh hình vng 2a, AM2AB2BM25a2, mà

2

AM 125 a

K

2 MB

BH AM MH

MA

    Gọi H x; y , MH MA hướng MH

MA5

 

   

5 x 10 10

5MH MA H 8;

5 y 5

    

   

   

Điểm B giao đường thẳng qua H vng góc với AM đường trịn đường kính AM

Ta có AM 10;5 

Phương trình đường thẳng BH: 2x y 200

Phương trình đường trịn đường kính AM:  

2

2 125

x y

2

 

    

 

Gọi    

2

2 35 125 t 10

B t; 20 2t t 2t t 16t 60

t

2

 

 

            

  

I

C

A B

D

M

N

P Q

H M

C

A B

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 15 Với t 10 , ta có B 10;0 C 10;10  Khi phương trình cạnh hình vuông ABCD

AB: y0, BC : x 10, CD : y 10, AD : x  0

Với t6, ta có B 6;8 C 14;2  Khi phương trình cạnh hình vng ABCD

AB: 4x 3y 0, BC : 3x4y 50 0, CD : 4x 3y 50  0, AD : 3x4y0

Bài 28 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vng ABCD có đỉnh A 0;5  đường chéo nằm đường thẳng có phương trình 2x y Tìm tọa độ đỉnh B, C D

Giải

Từ giả thiết suy điểm A khơng thuộc đường thẳng có phương trình y2x

Đường chéo thứ hai qua A có phương trình y 1x

   Tâm

 I I

I x ; y hình vng giao hai đường chéo, nên tọa độ

của I nghiệm hệ phương trình: I

I y 2x

x

1

y

y x

2



  

 

       

Khi C điểm đối xứng A qua điểm I 2;4  nên C 4;3 

Do B D thuộc đường thẳng y2x ABBC, ADDC nên B x ;2x B B, D x ;2x D D

AB.CB0, AD.CD0

Ta có AB x ;2x B B5, AD x ;2x D D5, CB x B4;2xB3, CD x D4;2xD3

Suy x , xB D nghiệm phương trình:

     1

2

x y

x x 2x 2x x 4x

x y

   

          

   

Vậy B 1; , C 4;3 , D 3;6      B 3;6 , C 4;3 , D 1; 2     

Bài 29 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A1;2 , C 3; 2    Gọi E trung điểm cạnh AD, BM đường thẳng vng góc với CE M; N trung điểm BM P giao điểm AN với DM Biết phương trình đường thẳng BM: 2x  y Tìm tọa độ điểm P

Giải

Gọi I trung điểm AC nên I 1;0 , B thỏa AB CB B BM nên tọa độ B thỏa:

  2  2  2 2

x y x y

2x y

       

 

   

y x

y 2x

  

    

x y

    



Do B 3;2 , suy D 1; 2 (vì I trung điểm BD) Theo giả thiết E trung điểm AD nên E1;0 CE  4;2

M CE MBM nên tọa độ M thỏa

7

x y x

7

5 M ;

4

6 5

2x y y

5



 

  

      

   

 

      

 

N 11 2; 5

 

 

 

2x-y=0

I

C

A B

D

P N

M E

C

A B

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

16

PAN PDM nên tọa độ P thỏa

x y

19

16

x

5 5

x y 2

y

12 5

5

 

 

  



 

 

   

    



 



Vậy P 19;

5

  

 

Tá n đổ Oxy Chủ đề 6: Đường tròn

Tài liệu mến tặng em học sinh 12, chuẩn bị thi THPT Quốc gia 2016 Chúc em đạt kết cao kỳ thi đến

Huế, Ngày 16/05/2016

GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế

5 10

x

6

4

2

2

4

6

8

y

C

D

D

I

I

B A

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 1

CHỦ ĐỀ ĐƯỜNG TRÒN

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C tâm I xI0,  C qua điểm A2;3

và tiếp xúc với đường thẳng  d : x1   y điểm B  C cắt  d2 : 3x4y 16 0 C D cho

ABCD hình thang có hai đáy AD BC, hai đường chéo AC BD vng góc với Tìm tọa độ điểm B, C, D

Giải

Do ABCD hình thang nội tiếp đường trịn nên ABCD hình thang cân Do hai đường chéo vng góc với K nên ΔBKC vng cân K, suy ACB450AIB 90 (góc tâm chắn cung AB) hay IBAI 1 

Lại  d1 tiếp xúc  C B nên IB   d1 Từ (1), (2) suy  1   1 

IB d A;d , AI / / d

 

Ta có pt AI : x  y Do  

1 a

5

I AI I a;1 a , IA

9

a

  

     

   

Vậy I 1; 2

   

  xI0

Pt đường tròn:  

2

1 25

C : x y

2 2

      

   

   

Xét hệ    

2

1 25

x y

x; y 0;

2 2

3x 4y 16

      

     

   

    

   x; y  4;1

B hình chiếu I lên  d1 tính B 2; 2 Do AD / /BC nên B 2; , C 4;1 , D 0;4    

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A 1;2 , B 4;1    đường thẳng

d : 3x4y 5 0 Viết phương trình đường trịn  C qua A, B cắt d C, D cho CD6 Giải

Nhận xét A thuộc d nên A trùng với C hay D (Giả sử A trùng với C) Gọi I a; b  tâm đường tròn  C , bán kính R0

 C qua A, B nên IAIBR

Suy I a;3a 6

 

R 10a 50a65

Gọi H trung điểm CDIHCD IH d I;d  9a 29

 

 

   2

2 9a 29

R IC CH IH

25



    

Từ (1) (2), ta có:

  2 2   2 2

1 a b a b R

b 3a

        

   10

x

4

2

2

4

6

8 y

C

D

D

I

I

B A

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

2

 2

2

a 9a 29

10a 50a 65 13a 56a 43 43

25 a

13

 

 

        

  

+ a 1 I 1; , R   5 Ptđường tròn   C : x 1  2 y 3 2 25

+ a 43 I 43 51; , R 61

13 13 13 13

 

    

 

Pt đường tròn  

2

43 51 1525

C : x y

13 13 169

      

   

   

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C tâm I bán kính R2 Lấy điểm M đường thẳng d : x y Từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến  C , (với A, B tiếp điểm) Biết phương trình đường thẳng AB: 3x  y khoảng cách từ tâm I đến d 2 Viết phương trình đường trịn

 C

Giải

Gọi H hình chiếu vng góc I lên d, IH cắt AB K, IM cắt AB E

Ta có IH2

Mặt khác cos MIH IE IH

IK IM

 

2

IE.IM IK.IH IA R

     (ta chứng minh

IE.IMIK.IH (phương tích) tứ giác EMHK tứ giác nội tiếp) Theo giả thiết

4

IH 2 IK KH

2

      K trung điểm IH

Gọi      

  t K 0; 2 2t

K t; 3t d K;d 2 t 1

t K 2;

   

         

  

  Với K 0;2 IH : x   y H1;1I 1;3 

    2 2

C : x y

    

 Với K 2; 4   IH : x   y H3;3I 7; 11  

    2 2

C : x y 11

    

Vậy có hai đường tròn thỏa mãn x 1  2 y 3 24 x7 2 y 11 2 4

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn:  C : x2y22x 4y 0   Viết phương trình đường trịn  C' tâm M 5;1 , biết (C’) cắt (C) điểm A, B cho AB

Giải

Đường tròn  C : x2y22x 4y 0   có tâm I 1; , R   Ta có IM 5

Đường tròn (C’) tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB IM trung điểm H đoạn AB K E

H B A

I

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 3 Ta có: AB AI IB   nên ΔABC IH AB 3

2

  

TH1: I M nằm khác phía với AB HM IM IH

2

  

     

2

2

2 AB

AM HM 13 C' : x y 13

 

         

 

TH2: I M nằm phía với AB HM IM IH 13

2

  

     

2

2

2 AB

AM HM 43 C' : x y 43

 

        

 

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C : x2y22x 4y 0   tâm I điểm

 

M 3;2 Viết phương trình đường thẳng Δ qua M, Δ cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác IAB lớn

Giải

(C) có tâm I 1;2 , bán kính R 3 Ta có IM R  nên M nằm đường tròn (C) Gọi H hình chiếu I AB đặt IH t, t 2  

Ta có: SIAB 1IH.AB t t2

2

   Xét hàm f t t t ; t 2  

Ta có:   

2

9 2t

f ' t 0, t 0;2 t

 

    

 , suy f t  đồng biến 0;2

    f t f

 

Vậy SIAB lớn d I; Δ  t hay H M

Khi Δ nhận IM làm vec-tơ pháp tuyến, suy Δ: x 0 

Bài Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn   T : x2 2 y 2 2 4 đường thẳng

Δ :3x y 10 0   Viết phương trình đường trịn (C) biết tâm I (C) có hồnh độ âm nằm đường thẳng d : x y 0, (C) tiếp xúc với Δ cắt (T) A, B cho AB2

Giải

Đường trịn (T) có tâm K 2; 2  bán kính r2

Gọi I t; t , bán kính đường tròn (C) R d I;Δ  4t 10 10



 

Ta có      

2

2 2t

d I;AB R 2 t 5t

5

 

      

và d K;AB  2; IK t 2 2 t   (do t<0) TH1 I, K khác phía đ i với AB:

    1 

d I;AB d K;AB IK t 5t t t 10

5

          

H I

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

4

    2  2 2

C : x 10 y 10 10

       

TH2 I, K khác phía đ i với AB:

    1   

d I;AB d K;AB IK t 5t t *

5

       

( ) khơng có nghiệm âm

Vậy  C : x  5 10 2 y 10   2 8 102

Bài Cho đường trịn (C) có phương trình: x2y22x 4y 0   P 2;1  Một đường thẳng d qua P cắt đường tròn A B Tiếp tuyến A B đường tròn cắt M Tìm tọa độ M biết M thuộc đường tròn x2y26x 4y 11 0  

Giải

Đường trịn (C) có tâm I 1;2 , R 2   Gọi M a;b 

Do M C 1 a2b26a 4b 11 1     Phương trình đường trịn đường kính IM:

   

2

x y  a x b y a 2b 0   

Suy phương trình đường thẳng d:   a x  b y a 2b 0      Do P d    a b 2 

Từ (1) (2) suy ra: a M 4;1 

b

     

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   C : x 2  2 y 2 25 đường thẳng

Δ: x y 0   Từ điểm A thuộc Δ kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với (C) B C Tìm tọa độ điểm A biết diện tích tam giác ABC

Giải

(C) có tâm I 2;2 , R  

 

Δ

A A a; a 1 

Từ tính chất tiếp tuyến IA BC H trung điểm BC Giả sử IA m, IH n m n 0     

2 2

HA m n, BH IB IH n

      

Suy SΔABC 1BC.AH BH.AH m n n  1

2

     

Trong tam giác vuông IBA có BI2 IH.IA m.n m  2

n

    

Thay (2) vào (1) ta có: 5nn n   8 n615n4139n2125 0

 

(C1)

(C)

d

M B A

I

P

H C B

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 5  n2 1 n4 14n2 125 0 n 1 m 5

        

  2 2 2 a A 2; 3 

IA a a 25 a a

a A 3;2

 

  

                

 

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E 3;4 , đường thẳng d : x  y đường tròn

 C : x2y24x2y 4 0 Gọi M điểm thuộc đường thẳng d nằm ngồi đường trịn (C) Từ M kẻ

các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B tiếp điểm) Gọi (E) đường tròn tâm E tiếp xúc với đường thẳng AB Tìm tọa độ điểm M cho đường trịn (E) có chu vi lớn

Giải

Đường trịn (C) có tâm I2;1, bán kính R3 Do M d nên M a;1 a   Do M nằm (C) nên IM R IM2 9 a2  2 a 9

 

2

2a 4a *

   

Ta có MA2MB2IM2IA2

   2 2

a a 2a 4a

       

Do tọa độ A, B thỏa mãn phương trình:

xa 2 y a 1  22a24a5

   

2

x y 2ax a y 6a

        Do A, B thuộc (C) nên

tọa độ A, B thỏa mãn phương trình

 

2

x y 4a2y 4

Trừ theo vế (1) cho (2) ta a2 x ay 3a  5  3

Do tọa độ A, B thỏa mãn (3) nên (3) phương trình đường thẳng Δ qua A, B Do (E) tiếp xúc với Δ nên (E) có bán kính R1d E;Δ 

Chu vi (E) lớn R1 lớn d E;Δ 

Nhận thấy đường thẳng Δ qua K 11; 2

 

 

 

Gọi H hình chiếu vng góc E lên Δ d E;Δ  EH EK 10

2

   

Dấu xảy H  K Δ EK Ta có EK 3; , Δ

2

 

  

  có vec-tơ ch phương ua;a2

Do Δ EK EK.u 1a 3a 2 a

2

           (thỏa mãn ( )) Vậy M3;4 điểm cần tìm

Bài 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn  C : x2y22x6y 15 0 Viết phương trình đường thẳng  Δ vng góc với đường thẳng d : 4x 3y 2  0 cắt đường tròn (C) hai điểm A B cho AB6

Giải

d H

B A

I

E

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

6

Theo ta ta có đường trịn (C) có tâm I 1; 3   bán kính R5

Vì Δ vng góc với d : 4x 3y  2 nên có dạng Δ :3x 4y m 0   Gọi H trung điểm AB Theo ta có IH4

Để Δ :3x 4y m 0   cắt (C) hai điểm A, B cho AB6 thì:

   

2 3.1 m

d I;Δ 4

3

  

  



m 29 m

4

m 11

5



 

   

  

Vậy ta có hai đường thẳng thỏa mãn u cầu tốn có phương trình là:

1

Δ :3x 4y 29 0, Δ :3x 4y 11 0     

Bài 11 Trọng mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C : x2y24x4y 4 đường thẳng d có phương trình: x  y Chứng minh d cắt (C) hai điểm phân biệt A B Tìm toa độ điểm C đường trịn (C) cho diện tích tam giác CAB lớn

Giải

Ch (C) có tâm I 2;2 , R  2

Tọa độ giao điểm d (C) nghiệm hệ:

2

x y 4x 4y

x y

      



   

Giải hệ tìm A 0; , B 2;0   

Hay d cắt (C) hai điểm phân biệt A B Ta có SΔABC 1AB.CH

2

 (H hình chiếu C AB),

ΔABCmax max

S CH

Dễ thấy  

C

C Δ C

x

   

 

  Δ có phương trình: yx

Giải hệ tìm C 2  2; 2 2

Bài 12 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  T : x2y24x6y 3 0 đường thẳng

 Δ : x 2y 0   Gọi A, B giao điểm  Δ với  T biết điểm A có tung độ dương Tìm tọa độ điểm C T cho ΔABC vuông B

Giải

Tọa độ A, B nghiệm hệ phương trình:

   

2

2

2 x 2y

x y 4x 6y

x 2y

2y y 2y 6y

x 2y x x

y y

5y 10y

   



     

  

 

      



 

    



  

 

 

  



H B

A I

y

x H

C

O

I A

B

C

B A

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 7 Suy A 5;2 , B 1;0   

Đường trịn (T) có tâm I 2;3 

Vì A, B,C T ΔABC vng B nên AC đường kính đường tròn (T) Suy I trung điểm AC C1;4

Bài 13 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C : x2y26x2y 0.  Viết phương trình đường thẳng d qua M 0;2  cắt đường trịn (C) theo dây cung có độ dài

Giải

Từ đường trịn (C) có tâm I 3;1  bán kính R3 Giả sử (C) cắt d điểm A, B Hạ IHAB H trung điểm AB suy AH2 Ta có IH IA2AH2 

Vì d qua M 0;2  nên có phương trình:

     2  a x 0 b y2 0 a b 0

ax by 2b

   

Ta có: 2

2

3a b 2b

IH 5 2a 3ab 2b

a b

 

      



Chọn

a

b 1

a

    

   

Vậy có đường thẳng  d : 2x1   y 0; d 2 : x2y 4

Bài 14 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng sau: d : x1 2y 3 0; d : 2x2   y

d : 3x4y 11 0  Viết phương trình đường trịn (T) có tâm d1, tiếp xúc với d2 cắt d3 điểm

phân biệt A, B cho AB2

Giải

Gọi I tâm (T) Id1 nên I 2a;a   R bán

kính (T)

Do (T) tiếp xúc với d2 nên  2

8 3a

d I,d R

5



 

Gọi H trung điểm AB suy tam giác IAH vuông H AH 1

Khi đó;

 

2 2 2

IA AH IH R  1 IH

 3

20 10a

IH d I,d 2a

5



   

Từ          

2

2 2

8 3a

2 2a 3a 5 2a

5



        

 

2 2

64 48a 9a 5 16 16a 4a 64 48a 9a 80 80a 20a

             

H

B A

I

M

d3

d1

d2

H

B A

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

8

2

a

11a 32a 21 21

a 11

  

    

  

Với a 1 I 1;1 , R   nên phương trình   T : x 1  2 y 1 25

Với a 21 I 21; , R 5

11 11 11 11

 

    

  nên pt  

2

9 21 125

T : x y

11 11 121

      

   

   

Bài 15 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng  d : 4x3y 8 0,  d ' : 4x3y 2

và đường tròn  C : x2y220x2y200 Viết phương trình đường trịn (C’) tiếp xúc với (C) đồng thời tiếp xúc với đường thẳng (d) (d’)

Giải

(C) có tâm I 10;1 , bán kính R9

Ta có: d I, d  1 d I, d  2  9 R

 (C) tiếp xúc với  d1  d2    1

5

d d J J ;1 IJ : y

4

 

      

 

Gọi I’ tâm (C’)I' t;1 IJ, t

 

Bán kính   1 

4t R ' d I '; d

5



 

(C’) tiếp xúc với    d , d1 (C) ch có trường hợp (C’) tiếp

xúc (C)

  t

4t

II ' R R ' t 10 9t t 100

t 100

  

           

 

   2 t 0 C' : x  y 1 1

    2 2

t 100  C' : x 100  y 1 6561

Bài 16 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn   C : x2 2 y 2 2 25 điểm M 31;

 

 

  Vẽ tiếp

tuyến MP, MQ với đường tròn (C) tiếp điểm P, Q Viết phương trình đường trịn nội tiếp tam giác MPQ

Giải

Đường tròn (C) có tâm I 2;2  bán kính R5

Gọi K giao điểm đoạn MI với (C) IK R K điểm cung nhỏ PQ nên K tâm đường tròn nội tiếp

ΔMPQ

Phương trình đường thẳng MI : y2 nên K x ;2 K 

Gọi H giao điểm PQ với MI, ta có H x ;2 , MI H  PQ KH

là bán kính đường trịn nội tiếp ΔMPQ

Do IP tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ΔPHM nên IH.IMIP225 d

d'

J I

I'

H

K

Q P

I

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 9

 H  H

31

x 2 25 x

3

 

      

  Vậy H 5; 2  IH 3 KHIK IH 2

Ta có IK, IH chiều IH IK 5IH K 7;2  IK 5 3 

Phương trình đường trịn nội tiếp ΔMPQ là: x7 2 y 2 2 4

Bài 17 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   C : x 1  2 y 2 2 4 điểm N 2;1  Tìm đường thẳng d : x  y điểm M cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (với A, B tiếp điểm) đường thẳng AB qua N

Giải

Đường tròn (C) có tâm I 1; 2 , bán kính R2

Gọi M t; 2   t d

Nếu T x; y  tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến (C)

 

T C

MT.IT

   

 

   

MT xt; y 2 t , IT x 1; y 2 

Do ta có hệ:      

       

2

x y

x t x y y t

    

 

      



Trừ vế với vế (1) cho (2) ta  t x  t y   t  *

Tọa độ tiếp điểm kẻ từ M đến (C) thỏa mãn ( ) nên phương trình đường thẳng AB

 t x  t y   t

Vì AB qua N 2;1  nên  t 2 t t t

        

Vậy M 1;

2

  

 

 

Bài 18 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn   C : x2 2 y 1 25, điểm A 0;2  đường thẳng

Δ : 2x y 0   Viết phương trình đường trịn (C’) tiếp xúc với (C) A tiếp xúc với Δ

Giải

Ta có (C) có tâm I2;1 , R 

Đường thẳng IA qua I2;1 nhận IA 2;1 làm vec-tơ ch phương nên có phương trình x 2 y 1     x 2y 4

Do (C’) tiếp xúc với Δ nên (C’) có bán kính

  3y R ' d K,Δ

5



 

Do (C’) qua A nên R 'KA 2y4 2 y22

Từ ta có:

B A

I M

N

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

10

  2 2  

y K 4; 3y

2y y 3y y 3 3

y K 1;

5

2

  

 

            

 

  



Với K 1;3

 

 

  ta có

5 R '

2

 Với K 4; 4  ta có R '2 Vậy phương trình (C’)

 2

x y

2

 

    

     

2

x4  y 4 20

Bài 19 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường trịn  C : x2y24x6y 3 0 có tâm I đường thẳng d : x2y 11 0  Tìm hai điểm A B đường trịn (C) cho AB song song với đường thẳng d tam giác IAB tam giác vuông cân

Giải AB / /dAB: x2y c 0

Tam giác IAB vuông cân d I, AB  R 2

  2.3 c 10

2

 

 

c

  c 1 c 1: Giải hệ

2

x y 4x 6y

x 2y

      



   

    A 1;0 , B 5;2



c9: Giải hệ    

2

x y 4x 6y

A 1;4 , B 3;6 x 2y

     

  



   

Bài 20 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường tròn   C : x 11   2 y 2 24

    2 2

C : x2  y 3 2 cắt điểm A 1;4  Viết phương trình đường thẳng qua A cắt lại

   C , C1 M N cho AM2AN

Giải

    2 2

C : x 1  y 2 4  C1 có tâm O 1;21  bán kính

R 2

    2 2

C : x2  y 3 2  C2 có tâm O2 2;3 bán

kính R2 2, A 1;4 

Giả sử MN: a x 1   b y40, a2b20 (do MN qua A) Gọi H , H1 trung điểm AM,AN

 

2 2

1 1 2

AH 2AH R O H R O H

     

 

     

 

2 2

1 2

2 2

2 2

2

2 2 2

R d O , d R d O , d

a 2b a 4b 2a 3b a 4b

4

a b a b

4 a b

4 a 2ab

4 b 2ab

a b a b a b

   

         

     

     

   

 

        

  

d B

I A

H2 H1

M O2

A

O1

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 11

 

b0, a 0 d : x 0 

2a b chọn a 1, b   2 d : x2y 7 0

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn d : x 0  d : x2y 7 0

Bài 21 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn  C : x2y22x4y 4 M 5;0

 

 

  Viết phương

trình đường thẳng Δ qua M cắt (C) hai điểm A, B cho s đo cung nhỏ AB 1200

Giải

(C) có tâm I 1; 2   bán kính R1

Từ giả thiết có AIB 120

Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB IH IA.cos 600

  

Đường thẳng  Δ qua M với vtpt n a;b có pt:

 2 

5

ax by a a b

6

    

Có  

2

3

a b

11a 12b

d I,Δ

45

6 a b a b

28

   

   



 



Phương trình cần tìm: 3x 4y

   , 45x 28y 75

  

Bài 22 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C : x2y24x0 Tìm điểm đường thẳng x4 mà từ điểm kẻ đến (C) hai tiếp tuyến hợp với góc 300

Giải

Gọi điểm M 4;b  thuộc đường thẳng x4, b  

  C : x22y24

, (C) có tâm I 2;0 , bán kính R2

Do đường thẳng x4 tiếp tuyến (C), nên u cầu tốn tìm điểm đường thẳng x4 có hệ s góc

0

k tan 60  

k 3: d đường thẳng qua M có hệ s góc k có phương trình: y x y b 3x y 3 b

d tiếp xúc với (C) d I,d  R b b

b

  

      

   

k  3: d’ đường thẳng qua M có hệ s góc k  có phương trình:

 

y  xy  b 3x y 3 b

d’ tiếp xúc với (C) d I,d '  R b b b

   

       

  

Vậy có điểm 4;4 , 4; , 4; , 4;4 3            

Δ

B

I A

M

x=4

300

I

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

12

Bài 23 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C : x2y2 9, đường thẳng Δ : y x 3   điểm A 3;0  Gọi M điểm thay đổi (C) B điểm cho tứ giác ABMO hình bình hành Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABM, biết G thuộc Δ G có tung độ dương

Giải

Gọi I AM OB OG 4OI

3

   

Kẻ GK / /AM, KOA, ta có: OK 4OA K 4;0 

 

GK / /AMGKOB Suy G thuộc đường trịn đường kính OK Tọa độ G x; y , y  0 thỏa mãn:

 2 2  2 2

x y 3

y x 3

x y y y

       

 

 

      

 

 

   

2

x y 3

G 3;

2y y

    

 

   

 (do y0)

Bài 24 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x  y hai đường tròn

    2 2     2 2

1

C : x 1  y 1 1; C : x3  y 4 4 Tìm điểm M đường thẳng d để từ M kẻ tiếp tuyến MA đến đường tròn  C1 tiếp tuyến MB đến đường tròn  C2 (với A, B tiếp điểm)

sao cho tam giác AMB cân M

Giải  C1 có tâm I 1;1 , bán kính R11;  C2 có tâm J3;4,

bán kính R22

Do IJ 5 R1R2   C , C1 rời nên A B phân

biệt

 

M t; t  4 dMA2MI2R122t2 4t

2 2

2

MB MJ R 2t  6t

Tam giác AMB cân M MA2 MB2  t Vậy

  M 2;6

Bài 25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường trịn  ω có phương trình x2y22x0 Viết phương trình tiếp tuyến  ω , biết tiếp tuyến cắt trục Ox Oy A B thỏa mãn OA2OB

Giải

 ω có tâm I 1;0  bán kính R1 Gọi k hệ s góc tiếp tuyến

OB

k

OA

  

Phương trình tiếp tuyến Δ có dạng x2y m

Do d I;Δ  R m



  

m

   

x y

I

K

G B

O A

M

d

B

A

I J

M

x y

A

O I

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 13

x y

O

I M

H B A

I2 I1

Vậy có tiếp tuyến thỏa mãn x2y 1  50

Bài 26 Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng 2x  y qua điểm M 1;2  3

và tiếp xúc với trục tung

Giải

Gọi I R tâm bán kính đường trịn

Do I thuộc đường thẳng 2x  y 0I x;6 2x

Ta có IMd I;Oy R

 2  2 2 x

x 2x x 5 3

x

  

       

  

Vậy có hai phương trình đường trịn:

  2 2 x2  y 2 4;

2 2

5

x y

2 2

        

   

     

     

     

Bài 27 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn  C1  C2 có phương trình

là: x 12 y2

   x2 2 y 2 2 4 Lập phương trình đường thẳng Δ tiếp xúc với  C1 , đồng

thời cắt  C2 hai điểm phân biệt A, B cho: AB2 Giải  C1 có tâm I 1;01  bán kính

1 R

2

 ,  C2 có tâm I2 2;

và bán kính R2 2

Giả sử đường thẳng Δ có phương trình dạng:

 2 

axby c a b 0

Δ tiếp xúc với  C1 d I ,Δ1 R1  

2

a c

1

a b



 



Gọi H trung điểm AB

  2  

2 2

2 2a 2b c AB

d I ,Δ I H R 2 2

2 a b

   

         

  

Từ (1) (2) ta có:

c 2b

2 a c 2a 2b c 4a 2b

c

3

  

     

   

Với c 2b  1 a2 b2 a 2b a b

a 7b

  

       

  

Do a2b2  0 b Chọn b a 1,c

a 7.c

   

       

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

14

Với c 4a 2b  1 a2 b2 a 2b b a

b 7a

3

 

 

       

 

Do a2b2   0 a Chọn a b 1,c

b 7,c

   

      

 Phương trình đường thẳng Δ là: x  y 0, x7y 6 0

Bài 28 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   C : x2 2 y 1 2 5 đường thẳng

d : x 3y 9  0 Từ điểm M thuộc d kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với (C) A B Tìm tọa độ điểm M cho độ dài AB nhỏ

Giải

(C) có tâm I 2;1  bán kính R 5, d I,d  10R nên d không cắt (C)

 

M d M 3m 9;m

Từ tính chất tiếp tuyến ta có MIAB H trung điểm AB Trong tam giác vng AIM ta có: 12 12 2

AH AI AM

 

2 2

2

2

2 2

R IM R

AI AM R

AH R

AI AM IM IM



    



Ta có AB nhỏ  AH nhỏ  IM nhỏ (R không đổi)

Mà IM2 3m 7  2 m 1 2 10 m 2210 10 nên suy IMmin 10 m 2 Suy M 3; 2   Bài 29 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C : x2y2 x 9y 18 0 hai điểm

   

A 4;1 , B 3; 1 Các điểm C, D thuộc đường trịn (C) cho ABCD hình bình hành Viết phương trình đường thẳng CD

Giải

Ch đường trịn (C) có tâm I 9; 2

   

  bán kính

10 R

2



Tính AB   1; , AB  Phương trình CD có dạng

y2x y m

Khoảng cách từ I đến CD d 2m

 

Ch CD2 R2d2

Do    

2

2 2m

5

2 2m 25

2 20



    

Từ hai phương trình đường thẳng 2x  y 0; 2x  y

Bài 30 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm M 1;2 , N 3; 4   đường thẳng  d : x  y Viết phương trình đường trịn qua hai điểm M, N tiếp xúc với (d)

Giải

R

d H

B A

I M

C I

A

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 15 Gọi E trung điểm MN, ta có E 2; 1   Gọi Δ đường trung trực

MN

Suy Δ có phương trình x 2 y 1   0 x 3y 5 0

Gọi I tâm đường trịn qua M, N I nằm Δ

Giả sử I 3t 5; t Ta có:

    2  2 4t 22

IM d I,d 3t t

2



     

2

2t 12t 18 t

       Từ suy I 4; 3, bán kính RIM5

Phương trình đường trịn x4 2 y 3 250

Bài 31 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn  C : x2y2 13

   2

C' : x6 y 25 Gọi A giao điểm (C) (C’) với yA 0 Viết phương trình đường

thẳng d qua A cắt (C), (C’) theo hai dây cung có độ dài (hai dây cung khác nhau)

Giải

Theo giả thiết:

 C có tâm O 0;0 , bán kính R 13  C ' có tâm O' 6;0 , bán kính R ' 5

Tọa độ giao điểm (C) (C’) nghiệm hệ phương trình:

  2

2

x y 13

x y 25

   



  

  

2 2

x

x y 13

A 2;3 y

x y 12x 11

y

    

 

   

    

 

   

(vì yA0)

Gọi H, H’ giao điểm đường thẳng d đường trịn (C), (C’) thỏa AHAH', với H khơng trùng H’

Gọi M, M’ trung điểm AH, AH’ Vì A trung điểm đoạn thẳng HH’ nên A trung điểm đoạn MM’

Gọi I trung điểm đoạn thẳng OO’I 3;0 

Ta có IA / /OM Mà OM d nên IAd d có vtcp IA  1;3 qua A 2;3 

Vậy phương trình đường thẳng d: 1 x  2 3 y 3     x 3y 7 0

Bài 32 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   C : x4 2 y 1 2 20 điểm M 3; 1  

Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác IAB (I tâm đường trịn (C))

Giải

Đường trịn (C) có tâm I 4;1 , R2

Gọi H trung điểm AB, suy IHAB

d

Δ

E I

M N

d

I

M M'

H A

O' O

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

16

Diện tích tam giác IAB: IAB

S IH.AB IH

2

    IH2

Đường thẳng Δ qua điểm M nên có phương trình:

2 axby 3a  b 0, a b 0

TH1:  

2

a 2b

d I,Δ IH 4

a b



   



2

15a 4ab 12b

    11 a 2b22ab2   0 a b 0 (không thỏa 2 a b 0)

TH2:    

2

a 2b

d I,Δ IH 2 a 3a 4b a

a b



        

 3a4b0

Nếu a0 chọn b 1 suy phương trình Δ : y 0 

Nếu 3a4b0, chọn a4 b3, phương trình Δ : 4x 3y 0  

Bài 33 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C : x2y22x2mym2240 có tâm I đường thẳng Δ : mx 4y 0  Tìm m biết đường thẳng Δ cắt đường tròn (C) hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn diện tích tam giác IAB 12

Giải

Đường trịn (C) có tâm I 1; m , bán kính R5

Gọi H trung điểm dây cung AB Ta có IH đường cao tam giác IAB

 

2

m 4m 5m

IH d I,Δ

m 16 m 16



  

 

 2 2

2 2

5m 20

AH IA IH 25

m 16 m 16

    

 

Diện tích tam giác IAB SΔIAB122SΔIAH12

   

m

d I,Δ AH 12 25 m m 16 16

m

   

     

   

Bài 34 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A 4; , B 4;1    

đường thẳng  d : x6y0 Viết phương trình đường trịn (C) qua A B cho tiếp tuyến (C) A B cắt điểm thuộc (d)

Giải

Giả sử hai tiếp tuyến (C) A, B cắt M d

Phương trình đường thẳng AB: x4

Gọi I tâm đường tròn (C), H trung điểm AB H 4; 1   IMAB;IMAB H phương trình đường thẳng IM

y 0 

   

M d IMM 6; 1 MA  2;

Giả sử I a; 1   IA a; 2   

H A

B

I M

5

Δ

H B

A

I

d:x+6y=0

H

B A

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 17 Mà IAMA 2 a      a

Vậy I 2; 1  , bán kính (C) IA2   C : x2 2 y 1 28

Vậy đường trịn (C) có phương trình x2 2 y 1 28

Bài 35 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình x2y26x2y 6 0

và điểm A 3;3  Lập phương trình đường thẳng (d) qua A cắt (C) hai điểm cho khoảng cách hai điểm độ dài cạnh hình vng nội tiếp đường trịn (C)

Giải

Đường trịn (C) có tâm I 3; 1  , bán kính R4 Ta có A 3;3    C

Phương trình đường thẳng d có dạng:

     2  a x 3 b y 3 0, a b 0

ax by 3a 3b

    

Giả sử (d) cắt (C) hai điểm A, B Ta có ABIA 24

 

d I,d AB 2

2

 

2 2

3a b 3a 3b

2 2 b a b b a

a b

  

       



Chọn a 1   b

Vậy phương trình đường thẳng (d) cần lập là: x  y x y

Bài 34 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C : x2y28x6y21 0 đường thẳng d: x  y Xác định tọa độ đ nh hình vng ABCD ngoại tiếp (C) biết A thuộc đường thẳng d

Giải

(C) có tâm I 4; 3  , bán kính R2 I thuộc d A thuộc d nên A t;1 t , IA    t 22 t

t

    



    t 6 A 6; ;C 2; 1 

    t 2 A 2; ; C 6; 5 

BD qua I vuông góc với d nên BD : x  y

B thuộc BD nên B s;s 7 s

IB s 2

s

 

    

 

        s B 6; ; D 2; s B 2; ; D 6;

   

   

Vậy có hình vng cần tìm

Bài 35 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   C : x 1  2 y 1 225 M 2; 5   Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt (C) điểm phân biệt A, B cho MA5MB

Giải

d B

D

C I

A

d C B

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

18

Đường trịn có tâm I1;1, bán kính R5

 

M/ C

P 200, M nằm ngồi (C)

 

M/ C

P MA.MB5MB 20 Ta MB2

Gọi H hình chiếu vng góc I d Ta có BH2MB4, suy IH3

   

d : a x 2 b y 5 0 a2b2 0

  2

2

b 3a 6b

IH d I,d a 2b a b

4a 3b

a b



 

        

  

Vậy có hai đường thẳng cần tìm x 2 3x4y 14 0

Bài 36 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy lập phương trình đường trịn (C) tiếp xúc với đường thẳng

Δ :3x 4y 0   A 2; 3   cắt đường thẳng Δ':3x 4y 11 0   hai điểm B, C cho tam giác ABC có diện tích 7, biết tâm đường trịn (C) có tung độ dương

Giải

Gọi I a; b , b   0 tâm đường trịn (C) ta có:

       

Δ

3 b

AI u a b 3 a

4



        

   

ΔABC 14

S BC.d A;Δ ' BC 10

2 d A;Δ'

    

 

2 BC

d I;Δ ' R AI 25

2

 

      

   

       

2

2

2 2

3a 4b 11

a b 25

5

3 a 4b 25 a b 25

 

 

      

 

 

          

 

Từ (1) (2) suy b b 337 288

   

Do b0 nên I 5;1   R   C : x 5  2 y 1 225

Bài 37 Trong hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x  y đường tròn  C : x2y24x2y 4

có tâm I Tìm tọa độ điểm M d để từ M kẻ hai tiếp tuyến với (C) có tiếp điểm A, B cho tứ giác IAMB hình vng

Giải

Tìm tâm đường trịn I 2;1  bán kính R3 Lý luận để

MI3

M thuộc x  y M x; x 1    2

2

MI x x

x 2

2x 4x 14

x 2

   

  

     

  

H B

A

I

M

Δ' Δ

B

I

C A

d

B

A I

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 19 Vậy có điểm M 2;2 2    M 2;2 2   

Bài 38 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn   C : x 1  2 y 1 225, điểm M 7;3  Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho MA3MB

Giải

Đường trịn (C) có I 1; , R   5

MI 52 5 M nằm ngồi đường trịn Ta có MA.MBMI2R2 27

2

3MB 27 MB MA

      AB 6

Gọi H trung điểm AB

2 AB

IH R

4

   

Gọi đường thẳng qua M 7;3  có vtpt n A, B , A   2B20Δ : Ax By 7A 3B 0    Theo ta

có:  

2

A B 7A 3B

d I;Δ IH 4 5A 12AB

A B

  

      



A

12B A

5

   

   

Với A 0 Δ : y 3

Với A 12B Δ :12x 5y 69

     

Bài 39 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho A 5;1  đường tròn (C): x2y22x4y 2 Viết phương trình đường trịn (C’) có tâm A, cắt đường trịn (C) hai điểm M, N cho MN

Giải

Đường trịn (C) có tâm I 1; 2  , bán kính R

Gọi H giao điểm MN AI Ta có: IH IM2 MH2

2

   , IA5

TH1: A I nằm khác phía với MN Ta có: HA IA IH

2

    

Trong tam giác vng MHA ta có: AM HM2AH2  13

Vậy phương trình đường trịn (C’) là: x 5  2 y 1 213

TH2: A I nằm phía với MN Vì IAIH nên I nằm H A Ta có: HA IA IH 13

2

    

Trong tam giác vng MHA ta có:

2

AM HM AH  43

Vậy phương trình đường tròn (C’) là: x 5  2 y 1 2 43

H A

I

B M

H N M

I A

H

N M

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

20

Bài 40 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2y22x6y 6 0 điểm M 2;4  Viết phương trình đường thẳng qua M cắt đường trịn điểm A B, cho M trung điểm AB

Giải

(C): I 1;3 , R  2, A, B C , M trung điểm AB IMAB đường thẳng d cần tìm đường thẳng AB

d qua M có vec-tơ pháp tuyến IM 1;1 nên có phương trình:

x  y

Bài 41 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C):

2

x y 2x4y 4 0 đường thẳng d có phương trình x  y m Tìm m để đường thẳng d có điểm A mà từ kẻ hai tiếp tuyến AB AC tới đường tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vng

Giải

Phương trình đường trịn có tâm I 1; 2  , bán kính R3, từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn ABAC

 tứ giác ABIC hình vng cạnh IA3 Để điểm A  đường thẳng IA vng góc với d Ta có:

  m m

d I;d

m

2

 

 

   

 

Bài 42 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình: x2y22x6y 6 0 điểm M3;1 Gọi A B

là tiếp điểm kẻ từ M đến (C) Tìm tọa độ điểm H hình chiếu vng góc điểm M lên đường thẳng AB

Giải

Đường trịn (C) có tâm I 1;3  bán kính R2, MI2 5 2 R nên M nằm ngồi đường trịn

Ta làm hai cách sau: Giả sử A x ; y 0 tiếp điểm suy ra:

   

A C A C

MA IA MA.IA

   

 

 

 

 

  , MAx03; y01,

 0 

IA x 1; y 3 Do ta có:

      2

0 0

0 0

x y 2x 6y

x x y y

     

 

     



2

0 0

0 2

0 0

x y 2x 6y

2x y

x y 2x 4y

     



    

   



Suy đường thẳng AB có phương trình: 2x  y

d B

A M

I

d

C

B I

A

H A

B I

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 21 Đường thẳng MI có phương trình: x 2t

y t

      

Do MI vng góc với AB, nên tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình:

x 2t y t 2x y

      

    

Giải hệ ta H 13; 5

 

 

 

Bài 43 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  T : x2y22x4y 8 0 điểm

 

M 7;7 Chứng minh từ M kẻ đến (T) hai tiếp tuyến MA, MB với A, B tiếp điểm Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB

Giải

    2 2

T  x 1  y2 13I 1; 2  , R 13

Ta có IM 6;9 IM 117 13, suy điểm M nằm (T) Vậy từ M kẻ đến (T) tiếp tuyến Gọi KMIAmB Ta có

MAMB, IAIBMI đường trung trực ABKAKB KAB KBA KAM KBM

       

K

 tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB Phương trình tham s MI: x 2t , MI  T

y 3t

  

    

 K 3;11 

 

2

K  8; 12

Ta có AK1AK2 Vậy KK1, tức K 3;1 

Bài 44 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : 3x1 2y 4 0, d : 5x2 2y 9 0 Viết

phương trình đường trịn có tâm Id2 tiếp xúc với d1 điểm A2;5 Giải

Do đường tròn tiếp xúc với đường thẳng d1 điểm A nên IAd1

Vậy phương trình IA là: x 2 3 y 5  02x 3y 19  0

Kết hợp Id2 nên tọa độ tâm I nghiệm hệ:  

5x 2y x

I 1;7

2x 3y 19 y

   

 

 

     

 

Bán kính đường trịn RIA 13 Vậy phương trình đường trịn là:

  2 2 x 1  y 7 13

Bài 45 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn

 I : x2y24x2y 11 0  đường thẳng d : 4x 3y 9  0 Gọi A, B hai

điểm thuộc đường thẳng d, C điểm thuộc đường tròn (I) Biết điểm

22 11

H ;

5

 

 

  giao điểm AC với đường tròn (I), điểm

6

K ;

5

 

 

 

trung điểm cạnh AB Xác định tọa độ điểm A, B, C biết diện tích tứ giác AHIK 24 hồnh độ điểm A dương

Giải

m K B

A

I

M

d2

I

H

C B

K

A

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

22

Tâm I 2; , R   4

Dễ dàng tìm AB tiếp xúc với đường trịn K 7; 5

 

 

  d I;AB  4 R

2

HK4 22R nên tam giác IHK vuông I Từ nên AHIK hình thang vng I K

Theo S 24 IK AK IH AK



   

Vì A thuộc d nên A a;4a



 

 

 

Nên

2

6 4a

a 64

5

       

   

   

2

25 20

a a 60

9

   

18 a

5

a

   

  

18 39

A ;

5

 

  

  (Vì A có hồnh độ dương)

K trung điểm AB nên B 6; 5

4 28

AH ;

5

 

  

  nên phương trình AH:

22 11

7 x y

5

     

   

    7x y 33 0

C giao điểm AH với (I) nên tọa độ C nghiệm hệ:

2

22 11

x y

x y 4x 2y 11 5

26 17

7x y 33 x y

5

    

     

  



  

 

    



26 17

C ;

5

 

   

 

Bài 46 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A 1;0  đường tròn

  2   2

1

C : x y 2, C : x y 5 Tìm tọa độ điểm B C nằm  C1  C2 để tam

giác ABC có diện tích lớn

Giải

Đầu tiên ta có nhận xét: để tam giác ABC có diện tích lớn O phải trực tâm tam giác ABC

Chứng minh:

Giả sử CO khơng vng góc AB ta ln tìm C' C2 cho

 

d C';AB lớn d C;AB , hay SΔABC' lớn SΔABC khơng thỏa

mãn u cầu tốn Do COAB

Tương tự ta có BOAC

Vậy O trực tâm tam giác ABC Suy AOBCxB xC

Và ta giả sử B t;b         C , C t;c1  C2 t, b,c  ta có:

2 2

2 2

t b b t

t c c t

     

 

 

   

 

 

C2

C1

C

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 23 Mà COAB nên CO.AB0 hay t t 1   bc0

Suy b c2 2 t4 2t3t2

Do 2 t 25 t 2 t4 2t3t2 t 2t 210t 10 0

t

5

t

   

 

  

Tới ta có: SΔABC 1BC.d A;BC  xA x yB B yC 11 t b c

2 2

      

Suy ra: 2ΔABC  2 2 

S t b c 2bc

4

   

 2  2  2  2   2 

1

1 t t t t t t 2t

4

 

          

Nếu t 1 ta suy SΔABC2 9 hay SΔABC3

Nếu t 5



 ta dễ thấy điều vơ lý t2b2 2

Nếu t 5



 ta có 2ΔABC

5

S

8



   loại

Suy với t 1 SΔABC lớn

Và ta có

2

bc

b

b

c

c

  



 

 

   

  



b

c

     

Suy B1;1 , C  1; 2 B 1; , C 1;2

Vậy B1;1 , C  1; 2 B 1; , C 1; 2 tam giác ABC có diện tích lớn

Bài 47 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn  O1  O2 có bán kính cắt A 4; 2  B Một đường thẳng qua A N 7;3  cắt đường tròn  O1  O2 lần

lượt D C Tìm tọa độ đ nh tam giác BCD biết đường thẳng n i tâm O , O1 có phương

trình x  y diện tích tam giác BCD 24

5 Giải

Phương trình AN : x 3y  2

Có O O1 2ABAB: x  y  

9

I ; B 5;1

2

    

  (với I giao điểm AB O O1 2)

Do đường trịn bán kính (hay hai đường tròn nhau) nên BDCBCA (cùng chắn cung AB) nên tam giác BDC cân Kẻ BM vng góc với

DC suy BM : 3x y 160 hay M 23 11; 5

 

 

 

Gọi D 3t 2; t C 56 3t;22 t

5

 

     

 

M I D

C

B A

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133

24

Có  

    BCD

41 17 D 1;1 , C ; t

5

S d B;CD DC 17

2 t 41 17

C 1;1 , D ;

5

  



   

 

  

    

   

 



Bài 48 Cho đường trịn (C) có phương trình: x 1  2 y229 điểm M 2;3  Viết phương trình đường thẳng Δ qua M cắt (C) A B cho MA2MB28MA.MB 10

Giải

Theo ta có I1;2 , R 3

M nằm ngồi đường trịn nên ta có MA.MBMI2R21

Theo ta có:

2

MA MB 8MA.MB 10

MA.MB

   

 

 

 2

MA MB 16 AB

    

Phương trình Δ : a x 2   b y 3  a 2b20ax by 2a 3b 0   

Từ  

2

2 2

2

a 2b

3a 2b AB

d I;Δ R 5 2a 3ab 2b 1

4 a b a b

2

  

 

         

 

 

Phương trình đường thẳng thỏa mãn toán là: 2x  y 0, x2y 8 0

Bài 49 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C : x2y29 đường tròn

    2 2  

C' : x 3  y 3 a a0 Tìm a để (C) cắt (C’) hai điểm phân biệt A, B cho góc AOB

0 120

Giải

(C) có tâm O 0;0 , bán kính R13, (C) có tâm I 3;3 , bán kính R2  a

(C) cắt (C’) hai điểm phân biệt A, B OIR1R2OIR1 27 18 a 27 18

    

Tọa độ điểm A B nghiệm hệ phương trình:

 

     

2

2

x y

x y a

   



   



Lấy (1) trừ (2), suy Δ : 6x 6y 27 a 0    đường thẳng qua A B Mà tam giác OAB cân, có OAOB 3 nên OH

2

 (H trung điểm AB) Hay d O;Δ  a 27 a 27

2

       (tmđk) Vậy a27 2

Bài 50 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C : x2y22x4y200 điểm A 5; 6   Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) với B, C tiếp điểm Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

H B

I

A M

H

B

O I

Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 25

Giải

Đường trịn có tâm I1; 2 bán kính R5 Suy IA 10 Gọi H giao điểm BC IA, ta có:

2 IH.IABI

2

BI

IH

IA

   IH 1IA H 1;0

4

 

    

 

0

cos AIB AIB 60

2

    nên tam giác ABC Suy tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC trùng với trọng tâm

Gọi G trọng tâm tam giác ABC suy AG 2AH

 , suy G 2; 2  

Bài 51 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C : x2y22x4y 5 0 điểm

 

A 0; 1 Tìm tọa độ điểm B, C thuộc đường trịn (C) cho tam giác ABC

Giải

(C) có tâm I 1; 2 , bán kính R 10  

 HH 

1 x 3 7

AI 2IH H ;

2

3 y

  

  

     

   



(do I trọng tâm tam giác ABC, H trung điểm BC)

Phương trình đường thẳng BC qua H nhận AI 1;3 làm vec-tơ pháp tuyến là: x3y 12 0

Vì B,C C  tọa độ B, C nghiệm hệ phương trình:

2

7

y y

x y 2x 4y 2

x 3y 12 3 3 3

x x

2

   

 

 

     

  

  

  

  

    

 

 

Vậy B 3 7; , C 3 7;

2 2

       

   

   

    ngược lại

H C B

I A

H B

C I

Thá o gỡ Oxy

Chủ đề 7: Elip

Tài liệu thân tặng em học sinh 12, chuẩn bị kỳ thi THPT Quốc Gia 2016 Chúc em đạt kết cao kỳ thi đến

Huế, Ngày 21/05/2016

GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế

x y

Δ

I

F1

O

CHỦ ĐỀ ELIP

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M thuộc elip  

2

2

x y

E :

a b  có F12;0 , F 2;0 2  Gọi A điểm đối xứng F qua M B điểm đối xứng M qua 1 F Viết phương trình 2  E biết tam giác ABF vng B diện tích tam giác 1 MF F1 2 15

Giải

Ta có c 2 a2b2 b2a24

Gọi M x ; y 0 0

 

1 15

d M;Ox F F 15 y

2

   

Tam giác ABF 1 vuông B suy

 

1

1

MB AF MF 2MF MF

2

   

Ta có MF1MF2 2a 2  Kết hợp (1) với (2):

2

1 M

M

2 M

4a

MF a x

a

3 a x

2a

MF a x

3 a

   



  

   



Cho  

2 2

4

2 2 2

a b a

a 15 a 15

M E

9

36a 4b a a 31 b a 27

     

        

      

Vậy  

2

x y

E :

9    

2

x y

E :

31 27 elip cần tìm

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip  

2

x y

E :

9   với hai tiêu điểm F , F (hoành độ F âm) Tìm tọa độ điểm M thuộc elip  E cho góc MF F1 2600

Giải

Ta có: a 3; b  5; c 5 2 Tọa độ tiêu điểm: F12;0 ; F 2;0 2 

Gọi M x ; y 0 0   E nên   2

0

x y

1 *

9  

1

2

MF x ; MF x

3

    ; F F1 2 4

Để

1

MF F 60 thì:

2 2

2 1 2

MF MF F F 2.MF MF cos MF F

2

2

0 0

0

2 2

3 x x x 4.cos 60

3 3

3

4x x

4

     

          

     

     

x y

B A

O

F1 F2

M

600

F1 F2

Thay x0

  vào (*) ta có: 2 0

y 75 5

4

1 y y

9 16

   

        

Như vậy: M 5;

4

 



 

 

 

3 5

M ; 4          

Bài Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình tắc Elip (E), biết tâm sai (E)

3 hình chữ nhật sở có diện tích 24

Giải

Giả sử ptct (E):  

2 2

x y

1, a b

a b   

Từ giả thiết ta có  

2

c a b

e 2a 3b

a a



    

Mặt khác hình chữ nhật sở có chiều dài 2a, chiều rộng 2b nên ta có: 2a.2b24a.b6  2

Giải hệ (1) (2) tìm a3; b2

Vậy

2

x y

1  

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Elip (E):

2

x y

1

16  đường thẳng d: 3x4y 12 0 Chứng minh đường thẳng d cắt elip (E) hai điểm A, B phân biệt Tìm điểm C E cho tam giác ABC có diện tích

Giải

Xét hệ pt:

2 2

x y x y

1

16 16

3x 4y 12 3x 12 4y

                 

Giải hệ ta có:

6 41 x 41 y          41 x 41 y         

6 41 41 41 41

A ; ; B ;

4

                    41 AB 

Giả sử C x ; y 0 0, đặt CH khoảng cách từ C đến AB 0

3x 4y 12

CH

5

 



Giải hệ 0

2

0

3x 4y 12 41 72

9x 16y 154

   

 

 

 Giải hệ tìm x , y 0

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip (E):

2

x y

1

6   có hai tiêu điểm F , F (biết F có hồnh độ

âm) Gọi  Δ đường thẳng qua F song song với 2  Δ : y1   x đồng thời cắt (E) hai điểm A, B phân biệt Tính diện tích tam giác ABF 1

Giải

Ta có: a26, b22 mà c2a2b2c2   4 c 2

Suy F12;0 , F 2;0  2

Vì Δ / /Δ 1 Δ qua F nên phương trình 2  Δ y  x

Tọa độ A, B nghiệm hệ phương trình: 2

2

y x

y x

x y

2x 6x

1

6

  

    

 

 

     

 



3

x

1

y

 

   

   

3

x

1

y

 

  

   

Suy A 3 1; , B 3 1;

2 2

       

   

   

   

Ta có AB 6, d F ;AB 1  d F ,Δ1 2

Suy diện tích tam giác ABF 1 S 1d F , AB AB 1 

  (đvtt)

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip  

2

x y

E :

16  đường thẳng Δ : 3x4y 12 0  cắt (E) hai điểm A B Tìm điểm C E cho tam giác ABC có diện tích lớn

Giải

Hoành độ giao điểm đường thẳng Δ elip (E) nghiệm phương trình:

2

2 12 3x

9x 16 144

4



 

   

 

2 x

x 4x

x

      

 

Như Δ elip (E) cắt hai điểm A 0;3  B 4;0  có AB 5

Gọi H hình chiếu vng góc C Δ thì: ΔABC

1

S AB.CH CH

2

 

Nên tam giác ABC có diện tích lớn CH lớn Vì C E nên tồn t π π;

2

 

  

  cho C4sin t;3cos t

Bởi vậy:

Dấu đẳng thức xảy t 3π

  , C 4sin 3π ;3cos 3π

4

    

    

   

  hay

3 C 2;

2

 



 

 

 

Vậy tọa độ điểm C cần tìm C 2;3 2

 



 

 

 

H A

B

F1 F2

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm F1 3;0, F2 3;0 qua điểm

A 3;

 

 

  Lập phương trình tắc (E) với điểm M E , tính giá trị biểu thức

2 2

1 2

PF M F M 3.OM F M.F M

Giải

  x22 y22

E : 1, a b

a b   

Do (E) có hai tiêu điểm F1 3;0, F2 3;0  

2 2 2

c 3, c a b a b

      

  2 2  

1

A 3; E

2 a 4b

    

 

 

Thế (1) vào (2) ta giải phương trình ẩn b  

2

2 x y

b a E :

4

     

  2 2  2   2 

M M M M M

P eax  e ax 3 x y  a e x 1

Bài Trong mặt phẳng Oxy cho elip  

2

x y

E :

9   Tìm điểm M thuộc (E) cho M nhìn F F (1 F , F hai tiêu điểm) góc 60 0

Giải

Ta có: a3; c 6, M E

1

6

MF x; MF x

3

    

Xét ΔMF F có:1 2 2

2 2

F F MF MF 2MF MF cos60    2

1

2a 2c

MF MF

3

6 15

3 x x x

3



 

   

         

   

Từ suy y 2

 

Vậy có điểm M cần tìm 15; ; 15; ; 15;

2 2 2

     

   

     

     

     ;

15 ;

2

 

 

 

 

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip có phương trình:

2

x y

1

25  Tìm điểm M thuộc elip cho

góc

1

F MF 90 với F , F hai tiêu điểm elip 1 2

Giải

Ta có: a 5; b 3  suy c4

Gọi M a;b thuộc elip ta có:   MF1 4a

  , MF2 4a

 

Vì tam giác F MF vng M nên 1 2 MF12MF22 F F1 22

F1 F2

A

F1 F2

M

F1 F2

2

4 175

5 a a 64 a

5

   

        

   

Do M thuộc elip nên

2

2

a b

1 b

25   8

Vậy tọa độ cần tìm là: M 14 2; , M 14; , M 14 2;

4 4 4

     

 

     

     

     ,

5 14

M ;

4

 

 

 

 

 

Bài 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip  

2

x y

E :

9   hai điểm A 3; 2  , B3; 2 Tìm (E) điểm C có hồnh độ tung độ dương cho tam giác ABC có diện tích lớn

Giải

Ta có phương trình đường thẳng AB: 2x 3y 0 

Gọi C x; y , x  0, y 0 Khi ta có:

2

x y

1

9   diện tích tam giác ABC là:

 

ABC

2

1 85

S AB.d C; AB 2x 3y

2 13

85 x y

13

85 x y 170

3

13 13

  

 

 

    

 

Dấu xảy

2

x y 3 2

1 x

9 2

x y

y

3

 

 

 

 

 

   

 

Vậy C 2; 2

 

 

 

 

Bài 11 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình tắc elip (E) có tâm sai 5, biết diện tích tứ giác tạo tiêu điểm đỉnh trục bé (E) 24

Giải

Phương trình tắc (E) có dạng 2   2

x y

1 a b

a b   

Gọi F1c;0 , F c;0 2  tiêu điểm với c a2b2    

1

B 0; b , B 0;b đỉnh trục bé 1 2

F B F B

 hình thoi Suy ra:

F B F B1 2 2

1

S F F B B 2c.2b 2bc 24

2

   

   

2 2 2

bc 12 b c 144 b a b 144

      

Tâm sai e c 25c2 9a2 25 a b2 9a2 4a 5b

5 a

          hay a 5b

4

 (2)

Từ (1) (2) suy a5, b4 Suy  

2

x y

E :

2516 

F1 F2

C

B

A

c b O

B1 F1

Bài 12 Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) có phương trình

2

x y

1

8   M 1; 1   Một đường thẳng d qua M cắt (E) A, B cho MA.MB lớn Tìm tọa độ A, B

Giải

Ta thấy M 1; 1   thuộc miền (E) nên d cắt (E) A, B Gọi phương trình đường thẳng d x at

y bt

  

   

 ,  

2 t , a b 0  1  2

A at ; bt , B at ; bt      , tham số t , t nghiệm 1 2 phương trình:

   2    

2 2

1 at bt

1 a 2b t a 2b t

8



  

       

Theo hệ thức Vi-et ta có: t t1 2 2 2

a 2b

 



       

   

2 2

1 2

2 2

1 2 2 2

2

MA.MB at bt at bt

5 a b 5

a b t t

a 2b a

2

a b

  



   



 

Vì

2

a

o

a b

 

 nên MA.MB lớn

2 2

a

1 b

a b    Khi t , t nghiệm phương trình: 1 2

2

t

t 2t

t

       

  

Hay A  6;1 , B  6;1 A 6;1 , B  6;1

Bài 13 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip  E : 4x29y2 36 có hai tiêu điểm F , F nằm phía 1 2 bên trái bên phải điểm O Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) cho 2

1

MF MF đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ

Giải

Giả sử M x ; y 0 0   E , ta có

2 0

x y

1

9   , với  3 x03, ta có

e



   

2

1

2 2 2

0 0

2 2

0 0

P MF 2MF

a ex a ex 3a 2aex 3e x

5 5 81

27 2.3 x x x x

3 5

 

      

 

       

 

Xét

 

0 0

3 81

f x x x

5

   đoạn 3;3 có f ' x 0 2x0

 

 0

f ' x x

5

   Lập bảng biến thiên hàm số f x 0 3;3 Từ bảng biến thiên ta có

   0 x0 3;3

3 108 108

min f x f P 36

5

5

 

 

     

 

B

A

F1 M F2

F1 F2

Vậy P36 x

 Khi M ;

5

  

 

 

Bài 14 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) qua điểm M 2; 2

 

 

 

  có độ dài trục lớn

bằng Tìm tọa độ điểm N thuộc (E) cho ON

Giải

Giả sử phương trình (E) là:

2 2

x y

1

a b  a b 0 Vì độ dài trục lớn nên 2a 6  a

Vì M 2;  E

 



 

 

  2

18

1

4a b

  

2

b

   E :x2 y2

9

  

Giả sử N x; y , ta có hệ phương trình:  

2 2

2

2

9

x y x x

5

x y 16

4

1 y

y

9 5

5

 

       

  

  

 

     

  

Vậy có điểm: N 5; , N 5; , N 5;

5 5 5

     



     

     

     ,

3 5

N ;

5

 

 

 

 

 

Bài 15 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình tắc elip (E) có tâm sai e 3

 độ dài

đường chéo hình chữ nhật sở

Giải

Giả sử phương trình (E):

2 2

x y

1, a b

a b   

Ta có c 2

e a 3c

a

   

   

2 2 2

a a b 2a 3b

    

Độ dài đường chéo hình chữ nhật sở

 2 2   54 a b 4.5a b 5

Từ (1) (2) suy a23, b22 Vậy elip (E) có phương trình  

2

x y

E :

3  

Bài 16 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy tìm phương trình tắc elip biết hai tiêu điểm với hai đỉnh trục bé xác định hình vng phương trình hai đường chuẩn x 8

Giải

Hai tiêu điểm F1c;0 , F c;0  2 hai điểm trục bé    

1

B 0; b , B 0;b xác định hình vng nên b c Phương trình hai đường chuẩn elip

2

a a

x

e c

     

O

F1 F2

M N

O

F1 F2

x y

B1

B2

Nên ta có hệ:

2 2 2

2

b c a 2c a

a 8c a 8c

    

 

 

 

 

 

 

2

2

c 4, c 2c 8c

b 16

a 32

a 8c

    

 

   



 

 



Vậy phương trình tắc elip

2

x y

1 3216 

Bài 17 Lập phương trình tắc elip mặt phẳng Oxy biết điểm M 8;

3

 

 

 

  thuộc elip tam

giác F MF vuông M, 1 2 F , F hai tiêu điểm elip 1 2

Giải

Tam giác F MF vuông cho 1 2 OM c c23 (c nửa tiêu cự) Phương trình tắc (E):  

2

2

x y

1 a b

a b  

  2 2  

8

M ; E 1

3 3a 3b

 

   

 

 

 

Mà c2 3 a2b2 3 b2 a23  2

Từ (1) (2) cho phương trình

4 2

3a 18a 24 0 a 2, a 4 Chọn a2  4 b2 1

Phương trình tắc (E) là:

2

x y

1  

Bài 18 Trong hệ tọa độ Oxy cho elip có phương trình dạng tắc:

2

2

x y

1

a b  a b 0 (E), hình chữ nhật sở có diện tích 24, chu vi 20 điểm M 1;1  Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (E) hai điểm phân biệt cho M trung điểm

Giải

Tìm a 3,b 2 

Giả sử đường thẳng qua M cắt (E) hai điểm M x ;y1 1 1, M2x ; y2 2 Khi đó:

2

1

2

2

4x 9y 36

4x 9y 36

  

 

 



 2 2  2 2

4 x x x x y y y y

      

Mà M trung điểm M , M nên 1 2 x1x2 2, y1y22 nên  2  2  

4 x x 9 y y 0

Giả sử phương trình đường thẳng qua M 1;1 có VTPT    a; b Khi có phương trình: a x 1   b y 1  qua M , M 1 2 nên:

   

 12   12 

a x b y

a x b y

    

 

   

 a x 1x2 b y1y20  2

Từ (1) (2) ta có a4, b9 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: 5x9y 13 0

x y

O

F1 F2

M

x y

M2

M1 M

O F1

Bài 19 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip  E :x y

25  có hai tiêu điểm F , F Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) cho bán kính đường trịn nội tiếp tam giác MF F 1 2

3

Giải

a5, b  3 c p MF1 MF2 F F1

 

  

 

 

MF F1 2

M M

4

S pr d M,Ox

3

d M,Ox y y

   

     

Do M m;3   M m; 3  

Vì M thuộc (E) nên m 0 Vậy M 0;3   M 0; 3   hai điểm thỏa mãn toán

Bài 20 Cho đường thẳng d : 2x y 0   elip  

2

x y

E :

4   Viết phương trình đường thẳng Δ vng góc với d cắt  E điểm A, B cho diện tích tam giác AOB

Giải

Δ d Δ có phương trình: x2y m

Tọa độ A, B nghiệm hệ:

 

2

2

x 2y m

x y

1

4

x 2y m

8y 4my m

   

 

  

  

 

   



d cắt (E) điểm A, B hệ có nghiệm phân biệt

2

32 4m

     8 m  *

gọi A 2y 1m; y , B 2y1  2m; y2 y , y nghiệm (1) 1 2

       

2

1 2

2

2

2

2 1 2

m m

y y ; y y

2

5 m m

AB y y y y 4y y AB

4



   

 

 

         

Đường cao OH d O;Δ  m

 

Suy ra:  

2

2 ΔAOB

m m

1

S AB.OH m m

2



       

Vậy phương trình đường thẳng Δ là: Δ : x 2y Δ : x 2y

   

   



Bài 21 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, elip (E) qua điểm M 2; 3 có phương trình đường chuẩn x 0  Viết phương trình tắc (E)

Giải

Gọi phương trình (E):

2

2

x y

1

a b  a b 0

F1 F2

M

x y d

Δ

H

B A

O

F1 F2

x y

O

F1 F2

Giả thiết

    2

2

4

1

a b

a

8

c

   

    

Ta có:

 2 a28cb2 a2c2 8cc2c c   Thay vào (1) ta

 

4

1 8cc c 

2

c

2c 17c 26 13

c

  

    

  

Nếu c2  

2

2 x y

a 16, b 12 E :

16 12

    

Nếu c 13

  

2

2 39 x y

a 52, b E :

39

4 52

4

    

Bài 22 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng Δ : x  y hai elip  1 2  2 22 22  

x y x y

E : 1, E : a b

10  a b    có tiêu điểm Biết  E2 qua điểm M thuộc đường thẳng Δ Tìm tọa độ điểm M cho elip  E2 có độ dài trục lớn nhỏ

Giải

Hai elip có tiêu điểm F12;0 , F 2;0 2 

Điểm M E2 MF1MF22a Vậy  E2 có độ dài trục lớn nhỏ MF1MF2 nhỏ Ta có F , F phía 1 2 với Δ Gọi N x; y  điểm đối xứng với F qua 2 Δ , suy

 

N  4; Ta có: MF1MF2 MF1MNNF1 (khơng đổi) Dấu xảy MNF1Δ

Tọa độ điểm M nghiệm hệ:

x

3x y M 5;

x y 2

y

      

     

      

   



Bài 23 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip  

2

x y

E :

16   đường thẳng Δ : x  y Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng Δ , biết đường trịn có điểm chung với (E) có bán kính nhỏ

Giải

Giả sử      

2 0 0

x y

M x ; y E *

16

   

  x0 y0 d M;Δ

2

  

Ta có    

2 2

2 0 0 0 0

0

x y x y

x y 16 19 25

4 16

 

 

        

      5 x0y05

x y

Δ

M

N

F1

0 0

x y

4 x y 14 2

2

 

       

 

d M;Δ 2 2

0

0 0

0 0

x y

1

16 16

x

x y M 16;

9

16 5

y

x y 5



  



  



      

   

 

   

   

 

 

  d M;Δ

 nhỏ 2 M 16;

5

  

 

 

Gọi I hình chiếu M lên Δ , gọi (C) đường tròn tâm I bán kính R IM Khi (C) đường trịn thỏa mãn u cầu tốn Thật M'M E IM'IM nên (C) (E) có điểm chung M Hơn đường trịn khác (nếu có) bán kính lớn IM (do IM nhỏ nhất) Đường thẳng qua M vng góc nhận n 1; 1   làm vec-tơ pháp tuyến nên có phương trình:

16

1 x y x y

5 5

         

   

   

Tọa độ I nghiệm hệ:

26

7 x

x y I 26; 19

5

19 5

x y y

5

       

     

   

      

 

RIM2

 phương trình đường tròn  

2

26 19

C : x y

5

      

   

   

Bài 24 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường elip  

2

x y

E :

20132012 Gọi F , F hai tiêu điểm (E), M điểm tùy ý (E) Chứng minh

1

MF MF OM 4025

Giải

Gọi    

2

x y

M x; y E :

2013 2012

   Suy

1

MF  2013e.x, MF  2013e.x

  

 

2

2

2 2

2 2

MF MF OM 2013 e.x 2013 e.x

x y

2013 e x x y

2013 y x e

   

 

   

   

2

2013 y x 2013 2012 4025

2013

 

       

 

Bài 25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip  

2

x y

E :

9   điểm M 2;1 Viết phương trình   đường thẳng Δ qua M cắt (E) hai điểm phân biệt A, B cho M trung điểm AB

x y

Δ

I

F1

O

F2 M

x y

F1 O F2

Giải

Thay tọa độ M vào vế trái phương trình (E) ta được: 25 9 4 36 Chứng tỏ M nằm (E) Nếu Δ qua M Δ ln cắt (E) hai điểm phân biệt A, B thỏa M nằm A B

Giả sử A x ; y A A , B x ; yB B Do A, B thuộc (E) nên ta có hệ:  

 

2

A A

2

B B

4x 9y 36

4x 9y 36

  

 

 



Lấy (2) trừ (1) theo vế, ta được:

 B A B A  B A B A   x x x x 9 y y y y 0 Vì M trung điểm AB nên A B M  

A B M

x x 2x

4

y y 2y

  



   



Thế (4) vào (3) ta được: 16 x BxA18 y ByA0  B A  B A  

8 x x y y

    

Do ABxBx ; yA ByA vtcp Δ nên từ (5) suy vtpt đường thẳng Δ n 8;9 Vậy Δ qua M 2;1  có vtpt n 8;9 pt Δ : 8x9y 25 0 

Bài 26 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trịn  C : x2y216 Viết phương trình tắc elip biết tâm sai e

2

 , elip cắt đường tròn (C) bốn điểm phân biệt A, B, C, D cho AB song song với trục hoành AB2BC

Giải

Phương trình tắc elip có dạng:   2

2

x y

1 a b

a  b   

Ta có:  

2

2

c a b

e b a *

a a



    

Vì elip đường tròn (C) nhận trục Ox, Oy làm trục đối xứng AB2BC nên giả sử tọa độ B 2t; t , t  0

Thay tọa độ B vào phương trình đường trịn ta có: t2

 , thay vào

phương trình elip với (*) a2 256; b2 64

15

 

Vậy phương trình tắc elip:

2

x y

1 256 64

15

 

Bài 27 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip  

2

x y

E :

9   điểm A3;0, I1; 0 Tìm tọa độ điểm B, C thuộc (E) cho I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Giải

Ta có IA 2  Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: x 1 2y24

x y

B

F1 O

M F2 A

C D

A B

F2 O

Tọa độ điểm B, C cần tìm nghiệm hệ phương trình:  2

2

x y

x y

1

9

    



  



 2  2 2

x y

x y

3

x x

5x 18x

5

   

   

 

 

       

 

 

x       3 y B A C A (loại)

3 6

x y B ; , C ;

5 5 5

   

          

   

Bài 28 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip có phương trình tắc  

2

x y

E :

25  Viết phương trình đường thẳng song song với Oy cắt (E) hai điểm A, B cho AB 4

Giải

Gọi phương trình đường thẳng song song với Oy d : xa (với a0) Tung độ giao điểm d (E) là:

2

a y

1 25 

2 25 a y

25



  y 25 a2 a 5

    

Vậy A a;3 25 a2 , B a; 25 a2

5

      

   

   

2

AB 25 a

5

  

Do 2 100 5

AB 25 a 25 a a

5

          (thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm x 5; x 5

3

  

x y

C B

F1 O F2

A

I

x y

B A