Tuyển tập 110 bài toán hình học giải tích phẳng oxy - Nguyễn Đình sỹ

Vieát phöông trình Parabol coù ñænh truøng vôùi goác toïa ñoä vaø coù tieâu ñieåm truøng vôùi tieâu ñieåm beân traùi cuûa (E) ñaõ cho. a) Tìm toïa ñoä caùc ñænh, toïa ñoä caùc tieâu ñie[r]

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG HAY NHẤT ( Tài liệu để ôn thi đại học )

Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A 1; , B  2; , C 1; , D 3;5   đường thẳng d : 3x y 0   Tìm điểm M d cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích

Giải

- M thuộc d thi M(a;3a-5 )

- Mặt khác :  3; 4 5, : 4

3

x y

AB  AB AB    x y  

   

4;1 17; : 17

4

x y

CD CD CD   x y

        

- Tính : 1  ,  3 5 13 19 , 2 3 5 17 11

5 17 17

a a a a a a

h  M AB       h      

- Nếu diện tich tam giác :

1

11 13 19 11

5 13 19 17 11

1

12

13 19 11

2 17

8

a a

a a a

AB h CD h

a a

a 

  

    

     



  

  

- Vậy d có điểm : 1 11; 27 , 28;19 12 12

M    M

 

Bài 2. Cho hình tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) trung điểm I AC nằm đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C

Giải

- Nếu C nằm d : y=x A(a;a) suy C(2a-1;2a) - Ta có :  ,  2

2

d B d   

- Theo giả thiết :  ,  2 2 2 02

2

S  AC d B d  AC  a  a

2

1

2

8 8 2

1

2 a

a a a a

a

 

  

        

 

   - Vậy ta có điểm C : 1 1; , 2 1;

2 2

C     C    

   

Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1),B(2;5), đỉnh C nằm đ-ờng thẳng x40, trọng tâm G tam giác nằm đ-ờng thẳng

0

2x y  TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c ABC

Giải

- Tọa độ C có dạng : C(4;a) ,  

 

5

3; 1 1

:

3

AB

AB x y

AB x y

  

    

     

 

- Theo tính chát trọng tâm ;

1

3

1

3

3

A B C

G G

A B C

G G

x x x

x x

y y y a a

y y

   

    

 

 

      

    



 

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang

- Do G nằm : 2x-3y+6=0 , : 2.1 6

a

a 

 

      

 

- Vậy M(4;2)  ,  4.4 3.2  ,  15.3 15

2 2

16 ABC

d C AB     S  AB d C AB  

 (đvdt)

Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;1),B(1;2), trọng tâm G tam giác nằm đ-ờng thẳng xy20 Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5

Giải

- Ta có : M trung điểm AB M 3;

2   

 

  Gọi C(a;b) , theo tính chất trọng tam tam giác :

3

3

G

G

a x

b y



 



 

 

 - Do G nằm d :

 

3

2

3

a b

a b

       

- Ta có :    1;3 :  , 

1 10

a b

x y

AB  AB     x   y h C AB   

- Từ giả thiết :  ,  10 5 13,5

2 10

ABC

a b a b

S  AB h C AB       

2 27 32

2 27

2 27 22

a b a b

a b

a b a b

    

 

     

      

 

- Kết hợp với (1) ta có hệ :

 

1

20

6 3

2 32 38 38 38 20

; , 6;12

3 3 3

6

12

2 22 18

6 b

a b a b

a b a

a C C

a b a b

b

a b a

a    

      

  

    



    

  

       

     

  

   



    

 

  

   

Bài 5. Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - = Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình : x + y +1 = Xác định tọa độ B C Tính diện tích ABC

Giải

- Đường thẳng (AC) qua A(2;1) vuông góc với đường cao kẻ qua B , nên có véc tơ phương

1; 3  :  

1

x t

n AC t R

y t

  

      



- Tọa độ C giao (AC) với đường trung tuyến kẻ qua C :

2

1

x t

y t

x y       

    

A(2;1)

B(1;-2) C

M(3; 2)

G d:x+y-2=0

A(2;1) B

C x+y+1=0

Giải ta : t=2 C(4;-5) Vì B nằm đường cao kẻ qua B suy B(3a+7;a) M trung điểm AB 9;

2

a a

M   

  

 

- Mặt khác M nằm đường trung tuyến kẻ qua C :

 

3

1 1;

2

a a

a B

 

        

- Ta có :  1; 3 10, : 0,  ;  12

1 10

x y

AB    AB AB     x  y h C AB 

- Vậy :  ,  10 12

2 10

ABC

S  AB h C AB   (đvdt)

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giácABC biết A(5; 2) Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ x + y – = 2x – y + = Tìm tọa độ đỉnh tam giácABC

Giải

- Gọi B(a;b) suy M 5;

2

a b

 

 

  M nằm trung tuyến nên : 2a-b+14=0 (1)

- B,B đối xứng qua đường trung trực :  BC : x a tt R

y b t  

 

  



Từ suy tọa độ N :

6

3

2

6 a b t

x a t

a b

y b t x

x y

b a y

   

  

 

 

    

 

    

    



3 6

;

2

a b b a

N     

   Cho nên ta có tọa độ C(2a-b-6;6-a ) - Do C nằm đường trung tuyến : 5a-2b-9=0 (2)

- Từ (1) (2) : 14 37 37;88 ,  20; 31

5 88

a b a

B C

a b b

   

 

     

   

 

Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng:x3y 8 0, ' :3x 4y 10

    điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng , qua điểm A tiếp xúc với đường thẳng ’

Giải

- Gọi tâm đường tròn I , I thuộc :  ; 

x t

I t t

y t

   

         



- A thuộc đường tròn IA   3t 2 3 t2 R(1)

- Đường tròn tiếp xúc với ' 3  4 2 10 13 12

5

t t t

R R

      

     (2)

- Từ (1) (2) :   3 2 13 12 25 3  2 2 13 122

t

t  t     t  t  t

A(5;2)

B C

x+y-6=0 2x-y+3=0

M

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang

Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn 2

( ) :C x  – – 0,y x y   ( ') :C x2 y24 – 0x  qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( ), ( ')C C A, B sao cho MA= 2MB

Giải

* Cách

- Gọi d đường thẳng qua M có véc tơ phương u  a b; d: x at y bt

  

   

 - Đường tròn    C1 :I1 1;1 ,R1 1.  C2 :I2 2; , R2 3 , suy :

    2 2    2 2

1 : 1 1, :

C x  y  C x y 

- Nếu d cắt  C1 A :  

2 2

2 2 2

0

2

2 2 ;

t M

ab b

a b t bt b A

a b a b

t

a b  

  



        

     

 

- Nếu d cắt  C2 B :  

2 2

2 2 2

0

6

6 6 ;

t M

a ab

a b t at a B

a b a b

t

a b

 

  



         

      

 

- Theo giả thiết : MA=2MB 2 

4 *

MA MB

 

- Ta có :

2

2 2

2 2 2 2

2 6

4

ab b a ab

a b a b a b a b

 

   

       

   

       

        

2

2

2 2

6 : 6

4 36

4 36

6 : 6

b a d x y

b a

b a

b a d x y

a b a b

     



       

  

  

* Cách

- Sử dụng phép vị tự tâm I tỉ số vị tự k=

 ( Học sinh tự làm )

Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh tam giác ABC biết trực tâm H(1; 0), chân đường cao hạ từ đỉnh B K(0; 2), trung điểm cạnh AB

(3; 1)

M

Giải

- Theo tính chất đường cao : HK vng góc với AC (AC) qua K(0;2) có véc tơ pháp tuyến

1; 2  : 2 2

KH   AC x y   x y  - B nằm (BH) qua H(1;0) có véc tơ phương KH1; 2  B1 t; 2t

- M(3;1) trung điểm AB A(5-t;2+2t) - Mặt khác A thuộc (AC) : 5-t-2(2+2t)+4=0 , suy t=1 Do A(4;4),B(2;-2)

- Vì C thuộc (AC) suy C(2t;2+t) ,

2 2; ,  3;

BC t t HA Theo tính chất đường cao kẻ từ A :

   

2 4

HA BC t t t

          Vậy : C(-2;1)

- (AB) qua A(4;4) có véc tơ phương  2;6 //    1;3 : 4

1

x y

BA u  AB   

3x y

   

H(1;0) K(0;2 ) M(3;1)

A

- (BC) qua B(2;-2) có véc tơ pháp tuyến HA    3;  BC : x 2 4 y20 3x 4y

   

Bài 10 Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trịn có phương trình

  2

1 :

C x y  y   C2 :x2y26x8y160 Lập phương trình tiếp tuyến chung  C1  C2

Giải

- Ta có :

  2  2       2 2  

1 : 0; , 3, : 3; ,

C x  y  I R  C x  y  I  R 

- Nhận xét : I I1 2  4  13   3  C1 không cắt  C2 - Gọi d : ax+by+c =0 ( 2

0

a b  ) tiếp tuyến chung , :d I d 1, R d I d1,  2, R2

   

2

2 2

2 2

3

3

2

2

3

3

3 b c

a b c b c

b c a b c

a b

b c a b c

a b c b c

a b c a b a b

a b

 



    

   

 

             

    

 

 



3 2

a b

a b c

 

     Mặt khác từ (1) :  2  2 2 2b c 9 a b 

- Trường hợp : a=2b thay vào (1) :

 2  2 2 2  

2

2 41 ' 41 45

2

b

b c

b

b c b b b bc c c c c

c b

 

  

           

    - Do ta có hai đường thẳng cần tìm :

       

1

2 5

: 2 5

2

d x y x y

 

        

       

1

2 5

: 2 5

2

d x y x y

 

        

- Trường hợp : b a

c  , thay vào (1) : 2

2

2

2

2

3

b a b

b a a b

a b  

    



 2 2 2 2

0,

0

2

2 4

4 ,

3

3

a

b a c

b c

b a a b b ab a

a a b a c

b c

        

 

        

   

     



- Vậy có đường thẳng : d3: 2x 1 0, d4: 6x8y 1

Bài 11. Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng tắc biết (H) tiếp xúc với đường thẳng d x:   y điểm A có hồnh độ

Giải

- Do A thuộc d : A(4;2)

- Giả sử (H) :       2

2 2

16

1 * 1

x y

A H

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang

- Mặt khác d tiếp xúc với (H) hệ sau có 12 nghiệm :

 2  2 2 2

2 2 2 2 2 2 4 4 0

2

2 2

b a x a x a a b

b x a y a b b x a x a b

y x y x y x



     

       

  

      

  

    

4 2 2 2 2 4 2 2 2

'a 4a b a 4a a b 4a b a b a b a b b a a b

               

- Kết hợp với (1) :  

2 2 2 2

2 2 2

16 16

:

8

4

b a a b b b b x y

H

a b a b a

        

     

  

    

  

  

Bài 12. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật

Giải

- Dễ nhận thấy B giao BD với AB tọa dộ B nghiệm hệ : 21 13;

7 14 5

x y

B

x y

  

   

     

 



- Đường thẳng (BC) qua B(7;3) vng góc với (AB) có véc tơ phương:

   

21

1; :

13

x t

u BC

y t

   

   

   

- Ta có : AC BD,  BIC2 ABD22 AB BD,  - (AB) có n11; 2 , (BD) có  

2

1

n 14 15

1; os =

5 50 10 10 n

n c

n n

 

     

- Gọi (AC) có    

2

a-7b

, os AC,BD os2 = cos

10

50

n a b c c

a b

   

        

  

- Do : 2  2  2 2

5a 7b 50 a b a 7b 32 a b 31a 14ab 17b

           

- Suy :      

 

17 17

: 17 31

31 31

:

a b AC x y x y

a b AC x y x y

            

 

         



- (AC) cắt (BC) C

21

13 14

2 ;

5 15 3

3

x t

y t t C

x y    



  

       

 



   



- (AC) cắt (AB) A :  7;

3

x y x

A

x y y

   

 

  

   

 

- (AD) vng góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy (AD) :

x t

y t

      

A B

C

D M(2;1)

x-7y+14=0 x-2y+1=0

- (AD) cắt (BD) D :

7 98 46

4 ;

15 15 15

7 14

x t

y t t D

x y   

       

  

    

- Trường hợp (AC) : 17x-31y-3=0 em làm tương tự

Bài 13. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường trịn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG

Giải

- B thuộc d suy B :

5 x t

y t

 

   

 , C thuộc d' C: x 2m

y m

    



- Theo tính chất trọng tâm :

 9

2,

3

G G

t m m t

x   y  

    

- Ta có hệ :

2

m t m

t m t

  

 

       

 

- Vậy : B(-1;-4) C(5;1) Đường thẳng (BG) qua G(2;0) có véc tơ phương u 3; , (BG):  ;  20 15 13

3 5

x y

x y d C BG   R

         

- Vậy đường trịn có tâm C(5;1) có bán kính R=13   : 5 2 12 169  C x  y  25

Bài 14. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm đường thẳng : 2x – 5y + = 0, cạnh bên AB nằm đường thẳng : 12x – y – 23 = Viết phương trình đường thẳng AC biết qua điểm (3;1)

Giải

- Đường (AB) cắt (BC) B

12 23

x y

x y

  



   



Suy : B(2;-1) (AB) có hệ số góc k=12, đường thẳng (BC) có hệ số góc k'=2

5 , ta có :

12

tan

2 12

5 B



 

 Gọi (AC) có hệ số góc m

ta có :

2

2 5

tan

2

1 m

m C

m m

 

 



 Vì tam giác ABC cân A tanB=tanC, hay ta có :

2 10

2

2 2

2 10

5

12

m m m

m

m m

m m

m

m 

    



       

     

  



- Trường hợp :  : 9 3 35

8

m   AC y  x   x y 

- Trường hợp : m=12 suy (AC): y=12(x-3)+1 hay (AC): 12x-y-25=0 ( loại //AB ) A(2;3)

B C

x+y+5=0

x+2y-7=0 G(2;0)

M

A

B C

2x-5y+1=0

M(3;1) H

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang

- Vậy (AC) : 9x+8y-35=0

Bài 15. Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn :

(C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25

Giải :

- Ta có (C) với tâm I(5;-12) ,R=15 (C') có J(1;2) R'=5 Gọi d tiếp tuyến chung có phương trình : ax+by+c=0 ( 2

0 a b  )

- Khi ta có :        

2 2

5 12

, a b c 15 , , a b c

h I d h J d

a b a b

   

   

 

- Từ (1) (2) suy : 12 12

5 12

a b c a b c

a b c a b c

a b c a b c

    



            



3

2

a b c

a b c

 

  

  



Thay vào (1) : 2

2

a b c  a b ta có hai trường hợp : - Trường hợp : c=a-9b thay vào (1) :  2  2 2

2a7b 25 a b 21a 28ab24b 0

Suy :

14 10 14 10 175 10

:

21 21 21

14 10 14 10 175 10

:

21 21 21

a d x y

a d x y

     

    

  

  

  

  

       

  



- Trường hợp :    2  2 2

2 : 100 96 28 51

2

c  a b b a  a b  a  ab b  Vơ nghiệm ( Phù hợp : IJ  16 196  212 R R' 5 1520 400 Hai đường tròn cắt )

Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : 2

x y 2x 8y 8  0 Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 cắt đường tròn theo dây cung có độ dài

Giải

- Đường thẳng d' song song với d : 3x+y+m=0

- IH khoảng cách từ I đến d' :

5

m m

IH      

- Xét tam giác vuông IHB :

2 2

25 16

AB

IH IB    

 

 2

19 ' : 19

1

16 20

21 ' : 21

25

m d x y

m

m

m d x y

    

 

      

     



Bài 17. Viết phương trình cạnh tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao đường phân giác qua đỉnh A, C : (d1) : 3x – 4y + 27 = (d2) : x + 2y– 5=0

Giải

- Đường thẳng (BC) qua B(2;-1) vng góc với (AH) suy (BC):

1

x t

y t

  

   

 , hay :

I(-1;4) A

B H

B(2;-1)

A

C x+2y-5=0

3x-4y+27=0 H

 

2

4 4;3

3

x y

x y n

 

       



- (BC) cắt (CK) C :  

1 1;3

2

x t

y t t C

x y    

        

    

- (AC) qua C(-1;3) có véc tơ pháp tuyến n a b;

Suy (AC): a(x+1)+b(y-3)=0 (*) Gọi os = 10

5 16 5

KCB KCA c

       



- Tương tự :  2  2

2 2

a+2b a+2b

os =

5

5

c a b a b

a b a b

      

 

 

   

2

0 3

3 4 4

1

3

a b y y

a ab b

a x y x y

      

 

              



- (AC) cắt (AH) A : 1  2

3

3 5

3 27 31 582

31 5;3 , ;

25 25

4 25

3 27 582

25 y

y x

x y

A A

x x y

x y

y  

 

     



   



  

        

      

    



  

 

- Lập (AB) qua B(2;-1) điểm A tìm ( học sinh tự lập )

Bài 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vng góc Oxy , xét tam giác ABC vng A, phương trình đường thẳng BC : 3x – y - = 0, đỉnh A B thuộc trục hồnh bán kính đường trịn nội tiếptam giác ABC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC

Giải

- Đường thẳng (BC) cắt Ox B : Cho y=0 suy x=1 , B(1;0) Gọi A(a;0) thuộc Ox đỉnh góc vng ( a khác ) Đường thẳng x=a cắt (BC) C : a; 3a1

- Độ dài cạnh : 2

1 ,

AB a AC a BC  AB AC BC a

- Chu vi tam giác : 2p= 3 3 3 3

a

a a a a p

 

         

- Ta có : S=pr suy p=S

r (*) Nhưng S=  

2

1

1

2AB AC a a  a Cho nên (*) trở thành :   3 2   3

3 1 1

2 1 3

a

a a a

a   

         

  



- Trọng tâm G :

 

 

 

2 3

2 7 4 3

3 3 3

;

3

3 3 2 3

2

3 3 3

G G

G

G

a

x x

G a

y y

  



   

 

    

 

    

   

   

 

 

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 10

 

 

 

2

2 1

3 3 3

;

3

3 3 2 3

2

3 3 3

G G

G

G

a

x x

G a

y y

   



   

  

    

 

     

    

   

  

 

 

Bài 19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho đường tròn (C) :x2y24x2y10 đường thẳng d : xy10 Tìm điểm M thuộc đường thẳng d cho từ điểm M kẻ đến (C) hai tiếp tuyến hợp với góc

90

Giải

- M thuộc d suy M(t;-1-t) Nếu tiếp tuyến vng góc với MAIB hình vng ( A,B tiếp điểm ) Do AB=MI= IA 2=R 2= 22

- Ta có :   2 2

2 2

MI  t  t  t  

- Do :

 

 

1

2

2

2 2;

2 12

2 2;

t M

t t

t M

     



    

    



* Chú ý : Ta cách khác

- Gọi d' đường thẳng qua M có hệ số góc k suy d' có phương trình : y=k(x-t)-t-1, hay : kx-y-kt-t-1=0 (1) - Nếu d' tiếp tuyến (C) kẻ từ M d(I;d')=R

2

2

6

k kt t k   

 



   2  2  2     2 

2 t k t k t 4t k t 2 t k t 4t

                

- Từ giả thiết ta có điều kiện :     

2 2

2

4

' 4

4

1

4

t t

t t t t t

t t t t 

    

         



 

  

   

- 2 2

1

2 1 2

2 1

' 19 2 ;

1

t

k k

t t t k k M

k k t

   

   

 

          

   

 

Bài 20. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho elip (E) : x24y240.Tìm điểm N elip (E) cho :

2 1NˆF 60

F ( F1 , F2 hai tiêu điểm elip (E) )

Giải

- (E) :

2 2

1 4, 3

4 x

y a b c c

        

- Gọi    

2 0

0

1

4

3

; ;

2

2

x y

N x y E MF x MF x

F F

  

 

     



 



Xét tam giác F MF1 theo hệ thức

hàm số cos :  2 2 2 0 2 2 os60

F F MF MF  MF MF c 

M

x+y+1=0 A

B

 2 2

0 0

3 3

2 2 2

2 x x x x

      

           

      

0

2 2 2

0 0 0

0

4

3 32 3

12 8

1

2 4 4 2

3

x y

x x x x y

y x

 

   

 

  

             



   



 



- Như ta tìm điểm : 1 2; , 2 1; , 3 2; , 4 1;

3 3 3 3

N    N   N    N  

       

Bài 21. Trong mặt phẳng to ̣a đô ̣ Oxy cho điểm A(1;1) đường thẳng : 2x + 3y + =0 Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  cho đường thẳng AB  hợp với góc 450

Giải

- Gọi d đường thẳng qua A(1;1) có véc tơ pháp tuyến n a b; d có phương trình dạng : a(x-1)+b(y-1)=0 (*) Ta có n  2;3

- Theo giả thiết :    2  2 2

2

os d, os45 2 13

2 13

a b

c c a b a b

a b



       



   

   

2

1

: 1

5

5 24

5 : 1

a b d x y x y

a ab b

a b d x y x y

            



     

         



- Vậy B giao d với  :

1 2

5 32 22 32

; , : ;

2 13 13 13 13

x y x y

B B B B

x y x y

     

     

         

         

 

Bài 22. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng

5

:

1 xy 

d d2: 3x +6y – = Lập phương trình đường thẳng qua điểm P( 2; -1) cho đường thẳng cắt hai đường thẳng d1 d2 tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm hai đường thẳng d1, d2

Giải

- Trước hết lập phương trình đường phân giác tạo đường thẳng cắt :

3

9

3 5

3 22

3 5

x y x y

x y

x y x y x y

   

  

    



  

      

  



- Lập đường thẳng 1 qua P(2;-1) vng góc với tiếp tuyến : 9x+3y+8=0

1

2

:

9

x y

x y

 

      

- Lập 2 qua P(2;-1) vng góc với : 3x-9y+22=0 2:

3

x y

x y

 

      



P(2;-1) d:2x-y+5=0

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 12

Bài 23. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình:

9 16

2

 y x

Viết phương trình tắc elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H) ngoại tiếp hình chữ nhật sở (H)

Giải

- (H) có 2    

1

16, 25 5; , 5;

a  b  c    c F F Và hình chữ nhật sở (H) có đỉnh : 4; , 4;3 ,     4; , 4;3

- Giả sử (E) có :

2 2

x y

a b  Nếu (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H) ta có

phương trình : 2   25 c a b 

- (E) qua điểm có hồnh độ 16

x  tung độ   2

16

9

y

a b

   

- Từ (1) (2) suy :  

2

2

40, 15 :

40 15

x y

a  b   E  

Bài 24. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình: 2

4

x y  x  Tia Oy cắt (C) A Lập phương trình đường trịn (C’), bán kính R’ = tiếp xúc với (C) A

Giải

- (C) có I(2 3;0), R= Gọi J tâm đường trịn cần tìm : J(a;b)  C' : xa 2 y b 2 4

-Do (C) (') tiếp xúc với khoảng cách

IJ =R+R'  2 2

2 28

a b a a b

         

- Vì A(0;2) tiếp điểm : 0a 2 2b2 4 2  - Do ta có hệ :  

 

2

2 2 2

2

2

2 36 24

4

2

a b a a b

a b b

a b

       

 

 

  



    



- Giải hệ tìm : b=3 a= 3 C' :x 32y32 4 * Chú ý : Ta có cách giải khác

- Gọi H hình chiếu vng góc J Ox suy OH a JH b - Xét tam giác đồng dạng : IOA IHJ suy :

IJ

IA IO OA

IH HJ a b

    

 - Từ tỷ số ta tìm : b=3 a=

Bài 25. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = đường chéo AC qua điểm M(2;1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật

Giải

- Hình vẽ : ( Như 12 )

I(-2 2;0)

A(0;2 ) y

- Tìm tọa độ B nghiệm hệ :  7;3 14

x y

B

x y

  



    



- Đường thẳng (BC) qua B(7;3)   1; 2  :

BC

x t

AB u BC

y t

  

       



1

2 17

2

BC

x y k

       Mặt khác :

1

1 7 2

, tan

1

7 1

7

BD AB

k k 



    



- Gọi (AC) có hệ số góc k 2

1

7 tan

7

tan

1

7 tan

1

7

k

k

k k

 



 

     

 

 

- Do :

17

28 21

4 7 31

28 21

1

k k k

k k

k k

k 

     

 

    



  

  

- Trường hợp : k=1 suy (AC) : y=(x-2)+1 , hay : x-y-1=0 - C giao (BC) với (AC) :  

7

3 1, 6;5

1

x t

y t t C

x y    

     

    

- A giao (AC) với (AB) :  

3 0, 1;0

2

x t

y t t A

x y    

    

    

- (AD) //(BC) suy (AD) có dạng : 2x+y+m=0 (*) , qua A(1;0) : m= -2 Cho nên (AD) có phương trình : 2x+y-2=0

- D giao (AD) với (BD) : 2  0; 14

x y

D

x y

   

     

- Trường hợp : k=- 17

31 cách giải tương tự ( Học sinh tự làm )

Bài 26. Trong mp (Oxy) cho đường thẳng () có phương trình: x – 2y – = hai điểm A (-1;2); B (3;4) Tìm điểm M() cho 2MA2 + MB2 có giá trị nhỏ

Giải

- M thuộc  suy M(2t+2;t )

- Ta có :   2 2 2

2 13 10 16 26

MA  t  t  t  t  MA  t  t Tương tự :   2 2

2 12 17

MB  t  t  t  t

- Do dó : f(t)=  

15 43 ' 30

15

t  t  f t  t    t Lập bảng biến thiên suy

f(t) = 641

15 đạt

2 26

;

15 15 15

t  M  

 

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 14

Viết phương trình đường thẳng qua M cắt đường tròn điểm A B, cho M trung điểm AB

Giải

- Đường tròn (C) :x1 2 y32  4 I 1;3 ,R2,PM/( )C       1 M nằm

trong hình trịn (C)

- Gọi d đường thẳng qua M(2;4) có véc tơ phương  ; :

x at

u a b d

y bt

  

    



- Nếu d cắt (C) A,B :   2 2  2    

1 2

at  bt   a b t  a b t   ( có nghiệm t ) Vì điều kiện :  2  2 2 2 2  

' a b a b 3a 2ab 3b *

        

- Gọi A2at1; 4bt1 ,B 2at2; 4bt2M trung điểm AB ta có hệ :

 

 

 

 

1 2

1

1 2

4

0

8

a t t a t t

t t

b t t b t t

    

 

 

    

    

 

  Thay vào (1) áp dụng vi ét ta :

 

1 2

2

0 : :

1

a b x y

t t a b a b d d x y

a b

  

                

 

Bài 28. Viết phương trình tiếp tuyến e líp (E):

2 16

x y

  , biết tiếp tuyến qua điểmA(4;3)

Giải

- Giả sử đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n a b; qua A(4;3) d có phương trình :a(x-4)+b(y-3)=0 (*) , hay : ax+by-4a-3b (1)

- Để d tiếp tuyến (E) điều kiện cần đủ : 2  2 16

a b  a b

2 2 :

16 16 24 24

0 :

a d y

a b a ab b ab

b d x

   



          

  

Bài 29. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = có tâm I đường thẳng : mx + 4y = Tìm m biết đường thẳng  cắt đường trịn (C) hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB 12

Giải

- (C) : x1 2 ym2 25 I(1; ),m R5 - Nếu d : mx +4y=0 cắt (C) điểm A,B

 

2

2

4

16

2 24

16

m

y x

m m

x x m

   

     

       

   

 - Điều kiện :

' m 25 m R

      Khi gọi 1; , 2;

4

m m

A x  x  B x  x 

   

 2 2 2 2

2 2 2

16 25

8

16 16

m m m

AB x x x x x x

m

 

       

 - Khoảng cách từ I đến d =

2

4

16 16

m m m

m m

 

- Từ giả thiết :

2

2

2

5

1 25 25

.8 12

2 16 16 16

m

m m

S AB d m

m

m m

 

   



 

   

2

2

2 2

2 25

5 25 25 16

16 m

m m m m

m 

     



- Ta có phương trình trùng phương , học sinh giải tiếp

Bài 30. 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 - = Biết trọng tâm tam giác G(3; 2) Viết phương trình cạnh BC

Giải

- (AB) cắt (AC) A :  3;1

x y

A

x y

   

    



- B nằm (AB) suy B(t; t-2 ), C nằm (AC) suy C(5-2m;m)

- Theo tính chất trọng tâm :  

 

2

3 2 1; 2

2

3

1 5;3

2

G

G

t m

x m C

t m

t m t m t B

y

 

  

      

  

      

 

 

   



Bài 31. Viết phương trình đường trịn qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) tiếp xúc với đường thẳng có phương trình 3x – y + =

Giải

- Gọi M trung điểm AB suy M(3;3 ) d' đường trung trực AB d' có phương trình : 1.(x-3)-2(y-3)=0 , hay : x-2y+3=0

- Tâm I (C) nằm đường thẳng d' I(2t-3;t) (*)

- Nếu (C) tiếp xúc với d  , 2 3 10

10 10

t t t

h I d  R      t R (1) - Mặt khác : R=IA= 5 2 t 2  5 t2 (2)

- Thay (2) vào (1) :   2 2 10  

5 5 30 50 10

2

t t t t t t

       

2 34

12

6 34 t

t t

t   

     

 

 Thay giá trị t vào (*) (1) ta tìm tọa độ tâm I bán kính R (C)

* Chú ý : Ta sử dụng phương trình (C) : 2

2

x y  ax by c ( có ẩn a,b,c) - Cho qua A,B ta tạo phương trình Cịn phương trình thứ sử dụng điều kiện tiếp xúc (C) d : khoảng cách từ tâm tới d bán kính R

Bài 32. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + =

Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) điểm A, B cho AB

Giải

- Đường tròn (C) :

  2 2  

1 1; ,

x  y  I  R

I M

A

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 16

- Gọi H giao AB với (IM) Do đường tròn (C') tâm M có bán kính R' = MA Nếu AB= 3IAR, tam giác IAB tam giác , IH= 3

2  ( đường cao tam giác ) Mặt khác : IM=5 suy HM=

2   - Trong tam giác vuông HAM ta có

2

2 49

13 '

4 4

AB

MA IH     R

- Vậy (C') : x5 2 y12 13

Bài 33. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đ-ờng trịn (C) có ph-ơng trình (x-1)2 +

(y+2)2 = đ-ờng thẳng d: x + y + m = Tìm m để đ-ờng thẳng d có

điểm A mà từ kẻ đ-ợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đ-ờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông

Giải

- (C) có I(1;-2) bán kính R=3 Nếu tam giác ABC vng góc A ( có nghĩa từ A kẻ tiếp tuyến tới (C) tiếp tuyến vng góc với ) ABIC hình vng Theo tính chất hình vng ta có IA= IB 2(1)

- Nếu A nằm d A( t;-m-t ) suy :

  2 2

1

IA t   t m Thay vào (1) :

  2 2

1

t t m

     

 

2

2t m t m 4m 13

       (2) Để d có điểm A (2) có nghiệm t , từ ta có điều kiện :    2

10 25 5

m m m m

             Khi (2) có nghiệm kép :

 

1

1

3 3;8

2

m

t   t t       A 

Bài 34. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = (d2): 4x + 3y - 12 = Tìm toạ độ tâm bán kính đường trịn nội tiếp tam giác có cạnh nằm (d1), (d2), trục Oy

Giải

- Gọi A giao   12

, : 3; Ox

4 12

x y

d d A A

x y

  



      



- Vì (BC) thuộc Oy gọi B giao d1 với Oy : cho x=0 suy y=-4 , B(0;-4) C giao d2 với Oy : C(0;4 ) Chứng tỏ B,C đối xứng qua Ox , mặt khác A nằm Ox tam giác ABC tam giác cân đỉnh A Do tâm I đường trịn nội tiếp tam giác thuộc Ox suy I(a;0)

- Theo tính chất phân giác : 5

4 4

IA AC IA IO OA

IO AO IO IO

 

     

4 4.3

9

OA IO

    Có nghĩa I(4; )

- Tính r cách : 1.5.3 15 1  15 5 18

2 2 2 15

AB BC CA

S BC OA r

r r

   

       

I(1;-2) B

C A

Bài 35. Trong mặt phẳng toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) đường thẳng : : 3x 4y

    Tìm  hai điểm A B đối xứng qua I(2;5/2) cho diện tích tam giác ABC bằng15

Giải

- Nhận xét I thuộc , suy A thuộc  : A(4t;1+3t) Nếu B đối xứng với A qua I B có tọa độ B(4-4t;4+3t)  2  2

16

AB t t t

      

- Khoảng cách từ C(2;-5) đến  chiều cao tam giác ABC : 20

 

 

- Từ giả thiết :    

   

0 0;1 , 4;

1

15

2 4; , 0;1

t A B

S AB h t t

t A B

  

        

  

Bài 36. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp

2

( ) :

9

x y

E   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

- A,B có hồnh độ hồnh độ đỉnh bán trục lớn (E) , chúng nằm đường thẳng y-2=0 C có hồnh độ tung độ dương C nằm cung phần tư thứ - Tam giác ABC có AB=6 cố định Vì tam giác có diện tích lớn khoảng cách từ C đến AB lớn

- Dễ nhận thấy C trùng với đỉnh bỏn trc ln (3;0)

Bi 37. Trong mặt phẳng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng

2 trọng tâm thuộc đ-ờng thẳng : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C

Giải

- Do G thuộc  suy G(t;3t-8) (AB) qua A(2;-3) có véc tơ phương uAB 1;1 , (AB) :

1

x y

x y

 

     Gọi M trung điểm AB : M 5;

2

  

 

  - Ta có : ; ;11

2 2

GM     t t    t  t

    Giả sử Cx y0; 0, theo tính chất trọng tâm

ta có :   

0

0

0

5

5 2

2 5;9 19

9 19 11

3

2

x t t

x t

GC GM C t t

y t

y t t

      

 

    

  

        

  

       

  



- Ngoài ta cịn có : AB= 2,  ,  2 5 9 19

10 10

t t t

h C        

- Theo giả thiết :  ,  3 3 10

2 10

t

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 18

 2

4

;

3

2 90 24 29

4

;9

3

t C

t t t

t C

    

    

  

  

        

 

 

     

  

Bi 38. Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

2

4

x y

  đ-ờng thẳng :3x + 4y =12 Từ điểm M  kẻ tới (E) tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đ-ờng thẳng AB qua điểm cố định

Giải

Bài 39. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm ( ; 0)1 I

Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + = 0, AB = 2AD hồnh độ điểm A âm Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật

Giải

- Do A thuộc (AB) suy A(2t-2;t) ( A có hồnh độ âm t<1) - Do ABCD hình chữ nhật suy C đối xứng với A qua I : C3 ; t t - Gọi d' đường thẳng qua I vng góc với (AB), cắt (AB) H :

1 ' : 2

x t

d

y t

   

    

, H có tọa độ H 0;1 Mặt khác B đối xứng với A qua H suy B2 ; 2 t t

- Từ giả thiết : AB=2AD suy AH=AD , hay AH=2IH 2  2 2 1

t t

     

 2

2 1

5 10 1

1

4

t t

t t t

t t

   

 

        

   

 

- Vậy t =  2;0 ,     2; , 3;0 , 1; 2

2 A  B C D  

* Chú ý : Ta cịn có cách giải khác nhanh

- Tính  

0

;

2

h I AB

 

  , suy AD=2 h(I,AB)= - Mặt khác :    

2

2 2 2 25

5

4 4

AB AD

IA IH  IH  IH AD    IA=IB =

2 -Do A,B giao (C) tâm I bán kính IA cắt (AB) Vậy A,B có tọa độ nghiệm

hệ : 2    

2

2

2;0 , 2;

1

2

x y

A B

x y

  



  

     

   

   



(Do A có hồnh độ âm

- Theo tính chất hình chữ nhật suy tọa độ đỉnh lại : C(3;0) D(-1;-2) Bài 40. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao

:

Giải

- Đường (AB) qua A(1;-2) vng góc với (CH) suy (AB):

2

x t

y t

  

   



- (AB) cắt (BN) B:

1

2

2

x t

y t t

x y    

          



Do B(-4;3).Ta có :

1

1, tan

1

AB BN

k   k        

- Gọi A' đối xứng với A qua phân giác (BN)

A' nằm (AB) Khi A' nằm d vng góc với (BN) : 2

x t

d

y t

  

    



- d cắt (BN) H :  

1

: 1;

2

x t

H y t t H

x y    

          

    

- A' đối xứng với A qua H suy A'(-3;-4) (BC) qua B,A' suy : u1; 7 

 :

3

x t

BC

y t

   

   

 (BC) cắt (CH) C:

4

3 13

3 ;

4 4

1

x t

y t t C

x y    

  

        

 

    

- Tính diện tích tam giác ABC : - Ta có :

 

2

1 9 10

( , )

2

, 2

2

ABC

AB

S AB h C AB h C AB

 

    



 



Bài 41. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, có diện tích 12, tâm I giao điểm đường thẳng d1:xy30 d2:xy60 Trung điểm cạnh giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật

Giải

- Theo giả thiết , tọa độ tâm I 3;

6 2

x y

I x y

  

  

   

    

 Gọi M trung điểm AD M có tọa độ giao : x-y-3=0 với Ox suy M(3;0) Nhận xét : IM // AB DC , nói cách khác AB CD nằm đường thẳng // với d1 ( có n1; 1 

-A,D nằm đường thẳng d vuông góc vớid1 d: x t

y t

  

   

 Giả sử A 3 t; t(1), D đối xứng với A qua M suy D(3-t;t) (2)

- C đối xứng với A qua I C(6-t;3+t) (3) B đối xứng với D qua I suy B( 12+t;3-t).(4)

- Gọi J trung điểm BC J đối xứng với M qua I J(6;3) Do ta có kết : :MJ ABAD3 Khoảng cách từ A tới d1:  1  1

2

, ,

2 ABCD t

h A d  S  h A d MJ

C

H B

N

A(1;-2) x-y+1=0

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 20

1

2 12 12

1

ABCD

t t

S t

t   

      

 Thay giá trị t vào (1),(2),(3),(4) ta tìm đỉnh hình chữ nhật :        

       

1 3;1 , 4; , 7; , 11; 4; , 2;1 , 5; , 13;

t A D C B

t A D C B

   

  

  



Bài 42. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H):

2

x y

1

2   điểm M(2; 1) Viết phương trình đường thẳng d qua M, biết đường thẳng cắt (H) hai điểm A, B mà M trung điểm AB

Giải

- Giải sử d có véc tơ phương u a b; , qua M(2;1) :

x at

d

y bt

  

   



- d cắt (H) điểm A,B A,B có tọa độ :    

2

2 2

2

1

2

1

2

x at

at bt

y bt x y    

  



     



  



 2  2  2  

3 at 2 bt 3a 2b t 3a b t 0(1)

          

- Điều kiện :

   

2

2 2 2

3

' 4

a b

a b a b

  

  

     

 (*) Khi A2at1;1bt1,và tọa độ B : B2at2;1bt2, suy M trung điểm AB : 4+a t1t2   4 t1 t2

- Kết hợp với

1 2 2 2 2 3

4

3 2 2 3

t t t t t t

a b b a b a

        

  

- Áp dụng vi ét cho (1) : 1 2 42 2 : 2

3

b a x y x y

t t b a d

a b a b a a

    

        



- Vậy d : 3(x-2)=(y-1) hay d : 3x-y-5=0

Bài 43. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng có phương trình x+2y-3=0 hai điểm A(1;0),B(3;-4) Hãy tìm đường thẳng  điểm M cho : MA3MB nhỏ

Giải

- D M   M3 ; t t có nên ta có : MA2t 2; t,3MB6 ; 3t  t 12 Suy tọa độ

của     2 2

3 ; 14 14

MA MB t  t  MA MB  t  t - Vậy : f(t) =   2 2

8t  4t14  80t 112t196 Xét g(t)=

80t 112t196, tính đạo hàm g'(t)= 160t+112 g'(t)=0 112 51 51 15.169 196

80 80 80 80

t    g  

 

- Vậy MA3MB  19614, đạt t= 51 80

 131; 51 40 80 M  

 

Bài 44. Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường tròn :   2

1 : 13

C x y 

   2 2

2 : 25

C x y  cắt A(2;3).Viết phương trình đường thẳng qua A cắt

Giải

- Từ giả thiết :  C1 :I  0;0 ,R 13.   C2 ;J 6;0 , 'R 5

- Gọi đường thẳng d qua A(2;3) có véc tơ phương  ; :

x at

u a b d

y bt

  

    

 - d cắt  C1 A, B :  2  

2 2

2

2

3 2

13

x at

a b

y bt a b t a b t t

a b x y

  



  

          

   



   

2 2

2 3

;

b b a a a b

B

a b a b

 

 

    

  Tương tự d cắt  C2 A,C tọa độ A,C nghiệm hệ :

 

  2 2

2 2 2

2 2

2 10

3 ;

6 25

x at

a b a ab b a ab b

y bt t C

a b a b a b

x y

  

       



       

    



  



- Nếu dây cung A trung điểm A,C Từ ta có phương trình :

 

 

2 2 2

2

2 2

2 ; :

2 10

4

3

; // ' 3;

2

x

a d

b ab a ab b y t

a ab

a b a b

a b u b b u

    

 

      

      



   

   

  

 



Suy : : 3

x t

d

y t

  

   

 Vậy có đường thẳng : d: x-2=0 d': 2x-3y+5=0

Bài 45. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình x+y+1=0 trung tuyến từ đỉnh C có phương trình : 2x-y-2=0 Viết phường trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

Giải

- Đường thẳng d qua A(3;0) vng góc với (BH) có véc tơ phương u 1;1 d : x t

y t     

 Đường thẳng d cắt (CK)

tại C :  

3

4 1;

2

x t

y t t C

x y   

       



    

- Vì K thuộc (CK) : K(t;2t-2) K trung điểm AB B đối xứng với A qua K

suy B(2t-3;4t-4) Mặt khác K lại thuộc (BH) : (2t-3)+(4t-4)+1=0 suy t=1 tạo độ B(-1;0) Gọi (C) : 2  2 

2 0

x y  ax by c a b  c R  đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC Cho (C) qua A,B,C ta hệ :

1

9 2

4 0

5

a a c

a c b

a b c c

  

  





     

 

       

 

 - Vậy (C) :

2

1 25

2

x y

    

 

 

B

C

K

H A(3;0)

x+y+1=0

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 22

Bài 46. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(1;-1) ,B(2;1), diện tích 11 trọng tâm G thuộc đường thẳng d : 3x+y-4=0 Tìm tọa độ đỉnh C ?

Giải

- Nếu G thuộc d G(t;4-3t) Gọi C(x y0; 0) Theo

tính chất trọng tâm :

0

0

0

1

3 3

12

3 x t

x t

y y t

t    

   

 

   

   

 Do C(3t-3;12-9t) -Ta có :

 

2

1

( ) :

1

1;

1

x y

AB x y

AB

AB

 

     



  

   



- h(C,AB)= 3 3 12  15 21

5

t   t  t

 Do :  , 

ABC

S  AB h C AB 

 

32 17 26

32

; 15 21 15 21

1 11 15 15 5

5 15 21 11

20

2 2

1;

15

t C

t

t t

S t

t t C

  

     

 

 

   



       



    

 

Bài 47. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vng có đỉnh (-4;5) đường chéo có phương trình : 7x-y+8=0 Viết phương trình tắc cạnh hình vng

Giải

- Gọi A(-4;8) đường chéo (BD): 7x-y+8=0 Giả sử B(t;7t+8) thuộc (BD)

- Đường chéo (AC) qua A(-4;8) vng góc với (BD) có véc tơ phương

   

7; : 39

5

x t x y

u AC x y

y t

  

  

          



 Gọi I giao (AC)

(BD) tọa độ I nghiệm hệ :  

1

5 ; 3;

2 2

7

x t

y t t I C

x y    

       

  

    

- Từ B(t;7t+8) suy : BA t 4;7t3 , BC t 3;7t4 Để hình vng BA=BC : Và BAvng góc với BC      

4 7 50 50

1 t

t t t t t t

t  

             



 

 

0 0;8

1 1;1

t B

t B

  

 

   

 Tìm tọa độ D đối xứng với B qua I

   

   

0;8 1;1

1;1 0;8

B D

B D

 

  

 

 - Từ : (AB) qua A(-4;5) có    4;3 :

4

AB

x y

u   AB   

(AD) qua A(-4;5) có 3; 4  :

3

AD

x y

u    AB   

 (BC) qua B(0;8) có 3; 4  :

3

BC

x y

u    BC  

 (DC) qua D(-1;1) có    4;3 : 1

4

DC

x y

u   DC   

A(1;-1)

B(2;1)

G 3x+y-4=0

* Chú ý : Ta cách giải khác

- (BD) : y7x8, (AC) có hệ số góc

k  qua A(-4;5) suy (AC): 31

7

x y 

-Gọi I tâm hình vng :  

2

3;

7

31

7

A C I

A C I

I I

C C

x x x

y y y

C

y x

x y

 



   

   



   



- Gọi (AD) có véc tơ phương      

; , : 1;7 os45

u a b BD v  a buv u v c 2

7

a b a b

    Chọn a=1, suy  : 3 4

4 4

b  AD y x   x

Tương tự :  : 4 4 1, : 3 3

3 3 4

AB y  x    x BC y x   x đường thẳng (DC): 4 3 4

3

y  x    x

Bài 48. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(-1;0) đường tròn ( C ): x2 + y2 – 8x – 4y – 16 =

Viết phương trình đường thẳng qua điểm E cắt ( C ) theo dây cung MN có độ dài ngắn

Giải

-   C : x4 2 y22 36I 4; ,R6

- Nhận xét : P/(M,C)=1+8-16=-7<0 suy E nằm (C)

- Gọi d đường thẳng qua E(-1;0) có véc tơ phương u  a b; d: x at y bt

   

   

 - Đường thẳng d cắt (C) điểm M,N có tọa độ nghiệm hệ :

   

 2  

2

1

2

4 36

x at

y bt a b t a b t

x y

    

       



   



(1)

- Gọi M(-1+at;bt),N( -1+at';bt') với t t' nghiệm (1) Khi độ dài dây cung

MN    

2

2

2 2 2

2 2 2

2 ' 18 20 11

' ' ' a ab b

a t t b t t t t a b a b

a b a b

  

         

 

-

2

2

2

18 20 11

18 20 11

2

1

b b

t t b

a a

t

t a

b a

   

    

   

   

    

  

     

Xét hàm số f(t)=

2 18 20 11

1

t t t

 



- Tính đạo hàm f'(t) cho , lập bảng biến thiên suy GTLN t , từ suy t ( tức suy tỷ số a/b ) ) Tuy nhiên cách dài

* Chú ý : Ta sử dụng tính chất dây cung lớp : Khoảng cách từ tâm đến dây cung nhỏ dây cung lớn

- Gọi H hình chiếu vng góc I đường thẳng d qua E(-1;0) Xét tam giác vng HIE ( I đỉnh ) ta ln có : 2 2

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 24

đường thẳng qua E vng góc với IE d có véc tơ pháp tuyến nIE 5; , d: 5(x+1)+2y=0 hay : 5x+2y+5=0

Bài 49. Cho tam giác ABC cân A, biết phương trình đường thẳng AB, BC là: x + 2y – = 3x – y + = Viết phương trình đường thẳng AC, biết AC qua điểm F(1; - 3)

Giải

- Ta thấy B giao (AB) (BC) tọa độ B nghiệm hệ :

9

2 7

3 22

7 x x y

x y

y    

  

 

    

   

 22

;

7

B 

   

  Đường thẳng d' qua A vng góc với (BC) có 3; 1  1;3

3

u   n   k (AB)

có

2

AB

k   Gọi (AC) có hệ số góc k ta có

phương trình :

1

1 1

15

3

1

2 3 15 5 3

1 15

1

2 3

k

k k k k

k k

k k k k

k   

        

         

  

  

   

 - Với k=-  : 1 1 23

8 AC y 8 x   x y  - Với k=  : 4 1 25

7 AC y 7 x   x y 

Bài 50. Trong mặt phẳng Oxy, xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC vuông cân A Biết cạnh huyền nằm đường thẳng d: x + 7y – 31 = 0, điểm N(7;7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2;-3) thuộc AB nằm đoạn AB

Giải

- Gọi Ax y0; 0MAx02;y03 , NAx07;y07

- Do A đỉnh tam giác vuông cân AM vng góc với AN hay ta có :

      2

0 0 0 0

7

MA NA  x  x   y  y   x y  x  y  

- Do A nằm đường tròn (C) : x03 2 y022 20

- Đường tròn (C) cắt d điểm B,C có tọa độ nghiệm hệ phương trình :

   

   

2

2 2

31 31

3 20

50 396 768

28 20

7 31

x y x y

x y

y y

y y

x y

 

        

 

  

  

   

  

  

 

- Do ta tìm : 198 201 99 201; 99 201

50 25 25

y    y  , tương ứng ta tìm giá trị x : 82 201; 82 201

25 25

x  x  Vậy : 82 201 99; 201

25 25

A   

  tọa độ điểm 82 201 99; 201

25 25

A   

 

A

B C

x+2y-5=0

3x-y+7=0

Bài 51. Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng d1: 2x + y + = 0, d2: 3x + 2y – = điểm G(1;3) Tìm tọa độ điểm B thuộc d1 C thuộc d2 cho tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm Biết A giao điểm hai đường thẳng d1 d2

Giải

- Tìm tọa độ A nghiệm hệ : 11  11;17

3 17

x y x

A

x y y

    

 

  

     

 

- Nếu C thuộc

   

1 ; , 2 ;

d C t  t Bd B  m   m

- Theo tính chất trọng tâm tam giác ABC G trọng tâm :

2 10

2 13

3

11 3

3

t m

t m

t m t m

 

 

   

 

     



 



 

13 13 35

2 13 24 24

t m t m t

m m m m

 

      



  

    

  



- Vậy ta tìm : C(-35;65) B( 49;-53)

Bài 52. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y – 15 = Tìm tọa độ điểm M đường thẳng d: 3x – 22y – = 0, cho từ điểm M kẻ tới (C) hai tiếp tuyến MA, MB (A, B tiếp điểm) mà đường thẳng AB qua điểm C (0;1)

Giải

- (C) : x3 2 y12 25 , có I(3;-1) R=5 - Gọi A x y 1; 1 ,B x y2; 2 tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M

- Gọi Mx y0; 0 d 3x022y0 6 (*)

- Hai tiếp tuyến (C) A,B có phương trình : - x13x 3 y11y 1 25  1 :

- x23x 3 y21y 1 25  2

- Để tiếp tuyến trở thành tiếp tuyến kẻ từ M tiếp tuyến phải qua M ;

- x13x0 3 y11y0 1 25  3 - x23x0 3 y21y0 1 25  4

Từ (3) (4) chứng tỏ (AB) có phương trình : x03x 3 y01y 1 25  5 - Theo giả thiết (AB) qua C(0;1) suy :

    0

3 x y 25 3x 2y 14 0(6)

         

- Kết hợp với (*) ta có hệ :

0

0

0 0

1

3 22 16

; 16

3 14

3 y

x y

M

x y x

  

  

     

        

 

Bài 53. Trong mặt phẳng Oxy : Cho hai điểm A(2 ; 1), B( - ; - 3) hai đường thẳng d1: x + y + = 0; d2 : x – 5y – 16 = Tìm tọa độ điểm C,D thuộc d1 d2 cho tứ giác ABCD hình bình hành

Giải

- Trường hợp : Nếu AB đường chéo

A

B C

G M

2x+y+5=0 3x+2y-1=0

M

A

B

I(3;-1) H

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 26 +/ Gọi I( 1;

2   

 

 , đường thẳng qua I có hệ số góc k suy d: y=k(x-1/2)-1 +/ Đường thẳng d cắt d1tại C

 

 

4

2

1

7

3

2

k x

k y k x

k y

x y

k   

      

   

   



      

  



 4; 7 2

2

k k

C

k k

   

   

 

  Tương tự d cắt d2 B :

1 16 y k x x y

        

    

- Từ suy tọa độ B Để ABCD hình bình hành : AB=CD Sẽ tìm k * Cách khác :

- Gọi C(t;-t-3) thuộc d1 , tìm B đối xứng với C qua I suy D (1-t;t+1)

- Để thỏa mãn ABCD hình bình hành D phải thuộc d2 :   1 t 5t 1 160 Suy t=-10

3 D

13 ; 3

  

 

 và C

10 ; 3

 

 

 

- Trường hợp AB cạnh hình bình hành +/ Chọn C (t;-t-3) thuộc d1 D (5m+16;m) thuộc d2 +/ Để ABCD hình bình hành : AC=BD

AB //CD 

  +/ Ta có

:

  2 2   2 2        

2 2

2 17

2 17

5 16 17 7 55 0

3

t t m m

t t m m

m t m t m t

       

       

 

     

  



  



2

2 13 88 89

17 55

7

t t m m

m t

     



  



 Giải hệ ta tìm m t , thay vào tọa độ C D Bài 54. Trong mặt phẳng tọa độ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(1;2), hai đường cao

xuất phát từ A B có phương trình x + y = 2x – y + = Tính diện tích tam giác ABC

Giải

- (AC) qua C(1;2) vng góc với đường cao BK có :

   

2; :

2

x y

u   AC     x y  

- (AC) cắt (AH) A :

3

2 11

;

2 11 5

5 x x y

A AC

x y

y      

     

      

  



- (BC) qua C(1;2) vng góc với (AH) suy    1;1 :

BC

x t

u BC

y t

  

    

 - (BC) cắt đường cao (AH) B

1

3 1

2 ;

2 2

0

x t

y t t B

x y   

  

        

 

- Khoảng cách từ B đến (AC) :

1

9 9

2

2 20

5 S

  

   

Bài 55. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm F1( - 4; 0), F2( 4;0) điểm A(0;3)

a) Lập phương trình tắc elip (E) qua điểm A có hai tiêu điểm F1, F2 b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) cho MF1 = 3M

1

2 F

Giải

- Giả sử (E) :

2 2

x y

a b  (1) Theo giả thiết : c=4  

2 2

16

c a b

   

- (E) qua A(0;3) suy : 2

9

1 b

b    , thay vào (2) ta có  

2 2

25 :

25

x y

a   E  

- M thuộc (E)     2

0

0;

25

x y

M x y

    Theo tính chất (E) ta có bán kính qua tiêu

1 2 0

4 4 25

5 , 5

5 5

MF   x MF   x MF  MF   x    x x 

  Thay vào (2) ta có

0

551 551

8

y  y  

Bài 56. Trong mp Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y + = điểm P(1;3) a.Viết phương trình tiếp tuyến PE, PF đường tròn (C), với E, F tiếp điểm b.Tính diện tích tam giác PEF

Giải

- (C): x3 2 y12  4 I3; ,  R2 - Giả sử đường thẳng qua P có véc tơ pháp tuyến n a b ; d a x:   1 b y 3 Hay : ax+by-(a+3b)=0 (*)

- Để d tiếp tuyến (C) khoảng cách từ tâm I đến d bán kính :

2 2

3

2

a b a b a b

a b a b

   

   

 

 2 2

2

a b a b ab b

      

   

   

0 1

4 4 4

1 3

3

b a x x

b a b

b a a x a y x y

      

 

        

     



-Ta có : PI=2 5, PE=PF= 2

20 4 PI R    Tam giác IEP đồng dạng với IHF suy :

IF IF

5 ,

IH 5 5

EP IP EP

IH EH

EH IE

        

2 1 8 32

2 EF.PH=

2

5 EPF 5

PH PI IH S

        

Bài 57. Trong mpOxy, cho đường thẳng d1: 2x + y  = 0, d2: 2x  y + = Viết pt đường trịn (C) có tâm nằm trục Ox đồng thời tiếp xúc với d1 d2

I(3;-1) E

F P(1;3)

O

x y

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 28

Giải

- Gọi I(a;0) thuộc Ox Nếu (C) tiếp xúc với đường thẳng :    

 

1

1

, ,

,

h I d h I d h I d R

 



 

   

2 2

1

5

2

2

a a

a R

  

 

  

   

Từ (1) : a=1

4, thay vào (2) : R=  

2

5

:

10 C x y 100

 

     

 

Bài 58. Trong mpOxy, cho đường thẳng d1: 2x  3y + = 0, d2: 4x + y  = Gọi A giao điểm d1 d2 Tìm điểm B d1 điểm C d2 cho ABC có trọng tâm G(3; 5)

Giải

- Tọa độ A nghiệm hệ : 3;

4

x y

A x y

  

   

     

 



- B d1 B1 ;1 , t  t C d2C m ;5 4 m Tam giác ABC nhận G(3;5) làm trọng tâm :

7 57

1

8

3 15

1 15

2

t m t m

t m t m

       

 

 

 

         

 

 

Giải hệ suy :

31 67 88

;

5 5

207 207 257

;

40 40 10

t B

m C

     

 

  



 

     

  



Bài 59. Cho đường tròn (C): x2 + y2  2x  4y + = Lập pt đường tròn (C’) đối xứng với (C) qua đường thẳng : x  =

Giải

Ta có (C): x1 2 y22  2 I 1; ,R

- Gọi J tâm (C') I J đối xứng qua d : x=2 suy J(3;2) (C) có bán kính R Vậy (C'):   2 2

3 2

x  y  đối xứng với (C) qua d Bài 60. Trong mpOxy, cho ABC có trục tâm H 13 13;

5

 

 

 , pt đường thẳng AB AC là: 4x  y  = 0, x + y  = Viết pt đường thẳng chứa cạnh BC

Giải

- Tọa độ A nghiệm hệ : x y x y

   

    

Suy : A(2;5) 12; // 1; 4 5

HA   u

    

  Suy (AH) có véc tơ phương u1; 4  (BC) vng góc với (AH) (BC) có nu1; 4  suy (BC): x-4y+m=0 (*)

- C thuộc (AC) suy C(t;7-t )

 

13 22

; 1;

5 AB

CH  t t u  CH

  Cho nên ta

A(2;5)

B C

E K

H 4x-y-3=0

có : 13 22  5;

5 t t t C

 

       

 

- Vậy (BC) qua C(5;2) có véc tơ pháp tuyến n1; 4    BC : x 5 4 y20 (BC):  x 4y 3

Bài 61. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y  = điểm A(1; 1), B(3; 4) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d cho khoảng cách từ M đến đường thẳng AB

Giải

- M thuộc d suy M(t;3-t) Đường thẳng (AB) qua A(1;1) có véc tơ phương

    1

4; : 4

4

x y

u   AB     x y  

- Theo đầu : 3  5

t t

t

  

    

 

 

3 3;0

13 13; 10

t M

t M

  

 

  



* Chú ý :

Đường thẳng d' song song với (AB) có dạng : 3x+4y+m=0 Nếu d' cách (AB) khoảng h(A,d')=1

5 m  

 

2 ' : 12 ' : 12

m d x y

m d x y

     



        Tìm giao d' với d ta tìm M

Bài 62. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABC có đỉnh A(4; 3), đường cao BH trung tuyến CM có pt là: 3x  y + 11 = 0, x + y  = Tìm tọa độ đỉnh B, C

Giải

Đường thẳng (AC) qua A(4;3) vng góc với (BH) suy (AC) : 3

x t

y t

      

(AC) cắt trung tuyến (CM) C :  

3 5;6

1

x t

y t t t C

x y   

          



    

- B thuộc (BH) suy B(t;3t+11 ) Do (CM) trung tuyến M trung điểm AB , đồng thời M thuộc (CM) 3; 14

2

t t

M   

  

 

  14

1

2

t t

M CM         t Do tọa độ B(-4;-1) M(0;1 ) Bài 63. Trong mpOxy, cho elip (E):

2

8

x  y 

đường thẳng d: x  2y + = Đường thẳng d cắt

elip (E) điểm B, C Tìm điểm A elip (E) cho ABC có diện tích lớn

Giải

-Do đường thẳng d cố định B,C cố định , có nghĩa cạnh đáy BC tam giác ABC cố định

A(1;1)

B(-3;4) M(t;3-t)

H

B

H C

M

A(4;3) 3x-y+11=0

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 30

- Diện tích tam giác lớn khoảng cách từ A ( E) lớn - Phương trình tham số (E) :

 

2 sin

2 sin ; cos cos

x t

A t t

y t

  

 

  - Ta có :

 ,  2 sin 2 ost+2

3

t c

h A d



 

  sin

2 sin ost 4 4

3 3

x t c

   

 

  

  

Dấu đẳng thức xảy

sin

4 x     

 

 

sin 2 2 2, 2

4 4 2 4

3

2 2,

sin

4

4

x x k x k x y

x k x k x y

x

   

 

  

  

      

          

 

    



  

              

    

 



Nhận xét : Thay tọa độ điểm A tìm ta thấy điểm A2; 2 thỏa mãn

Bài 64. Trong hệ trục 0xy, cho đường tròn (C): x2+y2 -8x+12=0 điểm E(4;1) Tìm toạ độ điểm M trục tung cho từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến (C), với A,B tiếp điểm cho E thuộc đường thẳng AB

Giải

- Đường tròn (C) :  2  

4 2; ,

x y  I R

- Gọi M(0;a) thuộc Oy A x y 1; 1 ,B x y2; 2   C - Tiếp tuyến A B có phương trình :

x14x 4 y y1 4 ,x24x 4 y y2 4 - Để thỏa mãn tiếp tuyến qua M(0;a)

x1 4  y a1 ,x2 4  y a1

        

Chứng tỏ (AB) có phương trình : -4(x-4)+ay=4 - Nếu (AB) qua E(4;1) : -4(0)+a.1=4 suy : a=4 Vậy Oy có M(0;4 ) thỏa mãn

Bài 65. Cho tam giác ABC có diện tích S=

, hai đỉnh

A(2;-3), B(3;-2) trọng tâm G tam giác thuộc đt 3x-y-8=0 Tìm tọa độ đỉnh C

Giải

- Vì G thuộc d suy G(t;3t-8)  

 0 

2 ;5

;

GA t t

GM x t y t

   

  

   

 Theo tính chất trọng tâm

tam giác : 0

0

2 2

2

5 16 21

t x t x t

GA GM

t y t y t

     

 

   

      

  Theo tính chất trung điểm ta có tọa độ C3t5;9t19

- (AB) qua A(2;-3 ) có véc tơ phương    1;1 : 2

1

x y

u  AB       x y

2 -2

2 y

x O

-2

x- 2y+2=0

B

C A

-2

2

A

y

x I(4;0) O

1 E(4;1)

A

B M

Đồng thời : AB Khoảng cách từ C đến (AB) : 19 10

2

t   t  t

 

- Theo giả thiết :

13 11

;

10

10 6 2

1

10

2 2 7

;

6 2

t C

t t

S AB h t

t

t C

    

 

  

    

        

  

    

  

 



Bài 66. Viết phương trình đường trịn (C ) có bán kính R = tiếp xúc với trục hồnh có tâm I nằm đường thẳng (d) : x + y – =

Giải

- Tâm I nằm d suy I(t;3-t) Nếu (C) tiếp xúc với Ox khoảng cách từ I đến Ox

bằng bán kính R=2 :  

 

1

2

5 5;

3

3

3 1;

t I

t t

t t I

   

    

      

  

 

- Như cĩ đường trịn :   C1 : x5 2 y22 4 ,  C2 : x1 2 y22 4 Bài 67. Trong mặt phẳng Oxy cho đường trịn (C) có phương trình :

x2 + y2 – 2x – 6y + =

a Viết phương trình đường thẳng qua M(2 ; 4) cắt đường tròn (C) điểm A, B cho M trung điểm đoạn AB

b Viết phương trình tiếp tuyến (C) cho tiếp tuyến song song với đường thẳng có phương trình : 2x + 2y – =

c Chứng tỏ đường tròn (C) đường tròn (C ’) : x2 + y2 – 4x – 6y + = tiếp xúc

Viết phương trình tiếp tuyến chung chúng tiếp điểm

Giải

- (C) : x1 2  y32  4 I 1;3 ,R2 a Gọi A(x;y) thuộc (C) suy   2 2

1

x  y  (1) , B đối xứng với A qua M suy B(4-x;8-y) Để đảm bảo yêu cầu toán B thuộc (C) : 3x 2 5 y2 4(2)

- Từ (1) (2) ta có hệ :    

   

   

2 2 2

2 2

1 6

6 10 30

3

x y x y x y

x y x y

x y

          

 

 

    

    

 



- Lấy (3) -(4) ta có phương trình : 4x+4y-24=0 , hay : x+y-6=0 Đó đường thẳng cần tìm

b Gọi d' đường thẳng // với d nên có dạng : 2x+2y+m=0 (*) Để d' tiếp tuyến (C) :  , ' 4

8 4 8

m m

h I d m

m

  

 

       

  

 c (C'): x2 2 y32  9 I' 2;3 ,  R'3

- Ta có : II'=1 , R'-R=1 Chứng tỏ hai đường tròn tiếp xúc với - Tìm tọa độ tiếp điểm

:    

   

2 2 2

2 2

1 6

2

4

2

x y x y x y

x x

x y x y

x y

          

       

 

    



    

 Thay vào

phương trình đầu hệ :  2  

6 3 1;3

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 32

Bài 68. Trong mặt phẳng Oxy cho (E) có phương trình : y

x2   a Xác định tọa độ tiêu điểm, độ dài trục (E)

b Chứng minh OM2 + MF

1.MF2 số không đổi với F1, F2 hai tiêu điểm (E)

vaø M  (E)

c Tìm điểm M thuộc (E) thỏa MF1 = 2.MF2 với F1, F2 hai tiêu điểm (E)

d Tìm điểm M  (E) nhìn hai tiêu điểm (E) góc vng

Giải

a (E) có trục dài 2a=6 , trục ngắn : 2b=4 ,    

1

9 5 5;0 , 5;0

c     c F  F

b Gọi    

2 0

0; 1(*)

9

x y M x y  E   

- Theo cơng thức bán kính qua tiêu :

2

1 2 0

5 5 5

3 , 3

3 3

MF x MF x MF MF  x  x  x

           

  

- Vậy :

2 2

2 2 2 0

1 0 0

4

9 9 13

9 9

x x y

OM MF MF x y   x   y       

 

c Như (*) Nếu 1 2 0 0 0 0

3

MF  MF   x    x  x  x 

 

- Từ (*) :  2

0 0

4 16 4

9 ; , ;

9 5 5 5

y  x      y   M    M  

     

d Theo giả thiết : MF MF1 0

-       2  

1 5, , 5; 0 0

MF  x  y MF  x  y MF MF  x  y  y x 

- Kết hợp với (*) ta có hệ :

   

2 0

2 2

0 0

2

0

5

4 81

5

4

9 13 13

9 y x

x x x x

y x

  

         



 

 - Do :

0

81 36

5

13 13 13

y     y   Như ta có tất điểm M nhìn tiêu điểm góc vng :

1

9 9

; , ; , ; , ;

13 13 13 13 13 13 13 13

M    M   M    M  

       

Bài 69. Trong mặt phẳng Oxy cho (E) có phương trình : y x2





a Xác định tọa độ tiêu điểm, độ dài trục (E)

b Chứng minh với điểm M thuộc (E) ta có  OM  c Tìm điểm M thuộc (E) nhìn đoạn F1F2 góc 60

Giải

a Giả sử       2

0

0; 1

9

x y

M x y  E   

- Ta có :

2 2 2 2

2

0 0 0 0

1

4 9 9

y y x y x y x y

OM OM



- Tương tự :

2 2 2 2

2 2

0 0 0 0

0

1 4

9 4 4

x x x y x y x y

x y OM OM



             

- Tóm lại với M thuộc (E) ta ln có :2OM 3 Dáu đẳng thức : 0

0

0,

0,

y x

x y

  



   



c Ta có :

1 2 0

5 5 5

3 , 3

3 3

MF x MF x MF MF  x  x  x

           

  

- Theo hệ thức hàm số cos ta có :

 2 2 2 0  2

1 1 2 os60

F F MF MF MF MF c MF MF MF MF

      

 2

2 2

0 0

5 5

2 3 36 9

3 x x 9x 3x

    

            

 

  

 

2 2

0 0 0

5 33 165 4 33 4

20 9

3x x x y x 9 y

 

                 

 

- Như : có điểm thỏa mãn

Bài 70. Trong mặt phẳng Oxy cho (E) có phương trình : 4x2 + 9y2 = 36

a Cho đường thẳng (D) : ax – by = (D’) : bx + ay = (a2 + b2 > 0) Tìm giao

điểm E, F (D) với (E) giao điểm P, Q (D’) với (E) Tính diện tích tứ giác EPFQ theo a, b

b Chứng minh MPFQ ngoại tiếp m[tj đường tròn cố định ? Viết phương trình đường trịn cố định

c Cho điểm M(1 ; 1) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (E) hai điểm A, B cho M trung điểm đoạn thẳng AB

Giải

a Hai đường thẳng (D) (D') vng góc - (D) giao với (E) E,F có tọa độ nghiệm hệ :

2

2 36

4 36

ax-by=0

by

y

x y a

by x

a

    

  

     



 

  



2 2 2 2

6 6

; , ;

9 9

b a b a

E F

a b a b a b a b

     

    

   

   

- Tương tự (D') cắt (E) P,Q với tọa độ nghiệm:

2

2 36

4 36

ax+by=0

by

y

x y a

by x

a

    

  

     



 

   



2 2 2 2

6 6

; , ;

9 9

b a b a

P Q

a b a b a b a b

     

    

   

   

- Tính diện tích tam giác EPFQ ;

Bài 71. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho họ đường thẳng phụ thuộc tham số  : (x – 1)cos + (y – 1)sin – =

a Tìm tập hợp cácđiểm mặt phẳng khơng thuộc đường thẳng họ b Chứng minh đường thẳng họ tiếp xúc với đường tròn cố định

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 34

b Gọi I x y 0; 0 điểm cố định Khoảng cách từ I đến d có giá trị :

    0  

2

0

1 os + y -1 sin 1 1

1 1;1

1

1

sin os

x c x x

I

y y

c

 

 

       

     

  

  

- Với kết chứng tỏ d tiếp xúc với đường trịn (C) có tâm I bán kính ( Khơng phụ thuộc vào  (C): x1 2 y12 1

Bài 72. Lập ph trình cạnh  ABC, biết đỉnh A(1 ; 3) hai đường trung tuyến xuất phát từ B C có ph.trình là: x– 2y +1= y –1=

Giải

Gọi G trọng tâm tam giác tọ độ G nghiệm hệ  1;1

1

x y

G y

  



   

 E(x;y)

thuộc (BC), theo tính chất trọng tâm ta có :

 0; ,  1; 1 GA GE x y GA  GE

 

   

0

1;0

2

x

E y

   

 

  

 C thuộc (CN) C(t;1), B thuộc (BM) B(2m-1;m) Do B,C đối xứng qua E ta có hệ

phương trình : 2   5;1 , 3; 1

1

m t t

B C

m m

   

    

     

  Vậy (BC) qua E(1;0) có véc tơ phương  8; //    4;1 :

4

x y

BC   u  BC    x y  Tương tự :

(AB) qua A(1;3) có 4; // 2; 1  :

2

x y

AB  u   AB     x y 



(AC) qua A(1;3) có  4; //    1;1 :

1

x y

AC   u  AC       x y

* Chý ý : Hoặc gọi A' đối xứng với A qua G suy A'(1;-1) BGCA' hình bình hành , từ ta tìm tọa độ đỉnh B,C cách lập cạnh

Bài 73. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y2 = 8x a Tìm tọa độ tiêu điểm viết phương trình đường chuẩn (P)

b Viết p.trình tiếp tuyến (P) điểm M thuộc (P) có tung độ

c Giả sử đường thẳng (d) qua tiêu điểm (P) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B có hồnh độ tương ứng x2, x2 Chứng minh:AB = x1 +x2 +

Giải

a/ Tiêu điểm (P) F(2;0) , đường chuẩn (P) có phương trình : x=-2

b/ M thuộc (P) có tung độ hồnh độ x=2 M(2;4) Vậy tiếp tuyến d (P) M ta áp dụng công thức : yy0  p x x0 x0 2;y0 4d: 4y4x2  y x c/ Áp dụng công thức bán kính qua tiêu : MF= x+

2 p

Gọi A x y 1; 1 ,B x y2; 2 với giá trị

2

1

1 ,

8

y y

x  x  Ta có : AF=x12,BF x2 2 ABAF+BF=x1 x2 ( đpcm) A(1;3)

B C

M N

x-2y+1=0 y-1=0 G

Bài 74. Trong mặt phẳng Oxy cho Elip (E) :

9x2 + 25y2 = 225

a Viết phương trình tắc xác định tiêu điểm, tâm sai (E)

b Một đường trịn (T) có tâm I(0 ; 1) qua điểm A(4 ; 2) Viết phương trình đường trịn chứng tỏ (T) qua hai tiêu điểm (E)

c Gọi A, B điểm thuộc (E) cho OA  OB.chứng minh diện tích tam giác OAB không đổi

Giải

a/ (E) :    

2

1

4

1 5, 3, 4;0 , 4;0 ,

25

x y

a b c F F e

        

b/ Vì (E) chẵn x,y Ox,Oy hai trục đối xứng IF1IF2  17(1) Đường tròn (T) tâm I(0;1) có bán kính R=IA=  2

4  2  17(2) Từ (1) (2) chứng tỏ (T) qua tiêu điểm (E)

c/ Gọi        

2 2

1 2

1; , 2; 1, *

25 25

x y x y

A x y B x y  E      Và góc hợp OA chiều

dương Ox  

2

xOB  OA OB

    Khi :

 os ;OAsin , os ; sin  sin ; os 

2

A OAc   B OBc   OB   OB  OBc 

        

   

 

Thay vào (*) :

2 2 2 2

os sin sin os

1,

25 25

OA c  OA  OB  OA c 

    Từ ta suy :

2

2 2 2

25.9 25.9 25 34 15

,

25sin cos 25cos 9sin 25.9 225 34

OA OB OH

OH

   



      

 

Vậy A,B thay đổi khoảng cách từ O đến AB không đổi AB khơng đổi ( ví OA ln vng góc với OB) diện tích tam giác OAB khơng đổi

Bài 75. Cho ABC có đỉnh A(2 ; –1) hai đường phân giác góc B, góc C có phương trình (dB) : x – 2y + = (dC) : x + y + = Lập phương trình

cạnh BC

Giải

- Gọi A' đối xứng với A qua dB A'' đối xứng với A qua dC A' A'' nằm BC +/ Tìm tọa độ A' (x;y):

   

 

2 1

2

AA'

' 0;3

2

2

2

2

B

x y

x y u

A

x y

x y I d

   



    

 

       

  

  



   

   



+/ Tìm tọa độ A'' (x;y) :

   

 

2 1

3 AA''

'' 2;

2

7

2

B

x y

x y u

A

x y

x y I d

   



    

 

         

  

  



   

   



+/ (BC) qua A'(0;3) có véc tơ phương ' ''  2; //    1; :

1

x y

A A    u  BC  

Bài 76. Tìm điểm M  (H) : 5x2 – 4y2 = 20 (1) nhìn hai tiêu điểm góc 120

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 36

- Ta có : (H) :        

2 2

1 2

1 3;0 , 3;0 6, ;

4 5

x y x y

F F F F M x y H

         

- Và :      

 

2

2

1 2

1 2

2

2

3

3; , 3; ,

3

MF x y

MF x y MF x y MF MF x y

MF x y

   



       

  

 (*)

- Mặt khác :   

1 2

4

2 , 2 2

2

MF   x MF   x MF MF   x  x  x

- Tam giác MF F1 2:  

2 2 2 0

1 2 2 os120

F F MF MF  MF MF c

   

2

2

2 2 2

2 2

6

1

36 2 2 1 8

1

3 x

x x

x x x x x

x

x x

 

    

            

 

  

 

2

1

2

4 10

10 10 10 10

6; , 6; , 6; , 6;

20 10

2 2

4

3

y x

M M M M

y y

           

 

            

            

 



Bài 77. Trong mặt phẳng Oxy cho (E) : x2 + 3y2 = 12

a Tính độ dài trục lớn, trục nhỏ, tọa độ hai tiêu điểm, tâm sai (E) b Cho đường thẳng (D) : mx – 3y + = Tính m để (D) tiếp xúc với (E)

c Viết phương trình Parabol có đỉnh trùng với gốc tọa độ có tiêu điểm trùng với tiêu điểm bên trái (E) cho

Giải

a/ (E) :    

2

1

1 3, 2, 2 2;0 , 2;0

12 x y

a b c F F

       

b/ Điều kiện cần đủ để d tiếp xúc với (E) : 2 2 a A b B C

2 2 45 15 15

12 4.9 81 12 45

12

m m m m

         

c/ (P) có dạng :  

2 2;0 2

2 p

y  pxF       p

- Vậy (P) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm bên trái (E) :

8 y   x

Bài 78. Trong mp Oxy, cho Cho (H) có phương trình : 24x2 – 25y2 = 600 (1) M điểm tùy ý (H)

a) Tìm tọa độ đỉnh, tọa độ tiêu điểm tính tâm sai (H)

b) Tìm tọa độ điểM thuộc (H) có hồnh độ x = 10 tính khoảng cách từ điểm đến tiêu điểm

c) Chứng minh : OM2 – MF

1.MF2 số khơng đổi

d) Tìm giá trị k để đường thẳng y = kx – có điểm chung với (H)

Giải

a/ (H) :    

2

1

1 5, 6, 7;0 , 7;0

25 24

x y

a b c F F

       

b/ Khi x=10 thay vào (1) ta có    

1

72 0; , 10;6

y    y M  M

- Tính khoảng cách : 1 710 19, 2 710

5 5

c/ Ta có :

2

1

2

1

49

7

25 :

5 , :

25

5

49

7

25 :

5 , :

25

5

MF MF x x

MF x MF x x

MF MF x x

MF x MF x x



         

 

  

 



           



   

2

2 2

2

1 2 2

2 2

49

25 :

25 :

25 24 25

24 49

25 : 25 : 0

25 25 24

x y x

x y x x

OM MF MF

x y

x y x x x

  

         

   



   

 

       

 

   

  

   

d/ Tìm k để phương trình :  2

24x 25 kx1 6000 ( có nghiệm x )

   

 

2

2 2

2

2

24 25

2

24 25

24 25 50 575 :

5 ' 25 575 24 25

577 23 k

k k

k x kx x k

k

k 

  

   

 

  

         



      



 

  

  

Bài 79. Trong mặt phẳng Oxy cho Hyperbol (H) : 12x2 – 16y2 = 192 điểm P(2 ; 1) Viết phương trình đường thẳng qua P cắt (H) điểm M, N cho P trung điểm MN

Giải

(H):    

2

1

1 4, 3, 7;0 , 7;0

16 12 x y

a b c F F

        Gọi M(x;y) thuộc (H)

N đối xứng với M qua P(2;1) N(4-x; 2-y) Để thỏa mãn u cầu tốn N phải thuộc (H)., ta có hệ :

 

     

2

2

1

16 12

4

1

16 12

x y

x y



 

 

 

  



Lấy (2)-(1) ta phương trình rút gọn : 3x-2y-4=0 Đó phương trình đường thẳng qua P

Bài 80. Trong mặt phẳng Oxy cho (E) : 4x2 + y2 =

a Tính độ dài trục lớn, trục nhỏ, tọa độ hai tiêu điểm, tâm sai (E)

b Tìm giá trị m để đường thẳng y = x + m cắt (E) điểm phân biệt M, N m thay đổi Tìm tập hợp trung điểm MN

Giải

a/ (E):    

2

1

1 1, 2, 0; , 0;

1

x y

a b c F F

        Tiêu điểm thuộc Oy

b/ Đường thẳng y=x+m cắt (E) điểm M,N có tọ độ nghiệm hệ :

   

 

2

2

2 2 5 2 4 0 1

4 4

2

x mx m

x y x x m

y x m y x m y x m



    

       

  

       

  

- Như hoành độ M,N nghiệm (1) với điều kiện :

' 4m 20

     , hay :

 

5 *

m

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 38

1

1

5

5

5

2

I

I I

I I I I

I I

I

x x

m x

m x

x

y y y x x x

y x m

y



  

     

 

  

     

    



Do I chạy đường thẳng : y=-4x

- Giới hạn quỹ tích : Từ (*) : 5 5

I I

m    x   x 

- Kết luận : Khi m thay đổi I chạy đường thẳng d: y=-4x ( lấy điểm có hồnh độ nằm khoảng 5;

5

 



 

 

 

Bài 81. Trong mp Oxy cho parabol (P) : y2 = 12x

a Tìm tọa độ tiêu điểm F phương trình đường chuẩn () (P)

b Một điểm nằm parabol có hồnh độ x = Hãy tính khoảng cách từ điểm đến tiêu điểm

c Qua điểm I(2 ; 0) vẽ đường thẳng thay đổi cắt (P) A B Chứng minh tích số khoảng cách từ A B đến trục Ox số

Giải

a/ Với p=6 p/2=3 F(3;0) Đường chuẩn có phương trình : x=-3

b/ Gọi M  (P) có x=2 tung độ M :    

1

24 2; , 2;

y    y M  M

- Khoảng cách từ M đến tiêu điểm : MF=x+ 1 2 6, 2 2

p

MF MF

    

c/ Đường thẳng d qua I(2;0) có dạng : x=2 (//Oy ) cắt (P) điểm hiển nhiên khoảng cách từ điểm tới Ox nhay ( chúng đối xứng qua Ox ) Gọi d có hệ số góc k qua I (2;0) d : y=k(x-2)=kx-2k (1) Nếu d cắt (P) điểm hồnh độ điểm nghiệm phương trình :  2 2 2  2  2

2 12 4 0(1)

kx k  xk x  k  x k 

- Hoặc tung độ điểm nghiệm phương trình :

12 y y

k

 

   

 

 

2

12 2

ky y k

   

- Tích khoảng cách từ điểm đến trục Ox tích tung độ hai điểm Vậy từ (2) ta có : y y1 2 2k

k 

   số ( đpcm)

Bài 82. Viết phương trình tiếp tuyến (E) : 18 y 32 x2



 , biết tiếp tuyến qua A(6 ; 2)

Giải

Bài 83 a Cho Parabol (P) có phương trình y2 = x đường thẳng d có phương trình : 2x – y – = Hãy viết phương trình tiếp tuyến (P) giao điểm (P) d b Lập phương trình tiếp tuyến chung (P) : y2 = 4x (E) :

1 y

x2  

Giải

:  

2

2 1

1;1 , ;

2

y x y y

A B

x y x y

       

     

     

 

- Phương trình tiếp tuyến có : 0  0 :1 1 1 2

A

yy  p xx d y x  x y  Và

1 1

:

2 4

B

d  y x    x y

 

b/ Gọi d tiếp tuyến chung (P) (E) có dạng : ax+by+c=0 - d tiếp tuyến (P) : p

B =2AC 2

b =2ac , hay :

b =ac (1) - d tiếp tuyến (E) : 2 2 

8a 2b c

- Thay b từ (1) thay vào (2) :   2 2

8

4

c a

a ac c a ac c

c a

  

         

 - Từ (1) a,c dấu chọn : c=4a hay :

ac= 2 : ax+2ay+4a=0 x+2y+4=0

2 : ax-2ay+4a=0 x-2y+4=0

b a d

a b

b a d

  



     

 

Bài 84. Cho tam giác ABC có trung điểm AB I(1;3), trung điểm AC J(-3;1) Điểm A thuộc Oy , đường thẳng BC qua gốc tọa độ O Tìm tọa độ điểm A , phương trình đường thẳng BC đường cao vẽ từ B ?

Giải

- Do A thuộc Oy A(0;m) (BC) qua gốc tọa độ O (BC): ax+by=0 (1)

- Vì IJ trung điểm (AB) (AC) IJ //BC suy (BC) có véc tơ phương :

     

IJ 4; //u 2;1 BC :x 2y

       

- B thuộc (BC) suy B(2t;t) A(2-2t;6-t) Nhưng A thuộc Oy : 2-2t=0 , t=1 A(0;5) Tương tự C(-6;-3) ,B(0;1)

- Đường cao BH qua B(0;1) vng góc với AC

cho nên có  6; //   3; : 3

3

x y

AC   u  BH    x y 

Bài 85. Cho hai điểm A(1;1), B(4;-3) đường thẳng d : x-2y-1=0

a Tìm tọa độ điểm C d cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB=6( ĐHKB-04) b Tìm tọa độ trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB ?( ĐHKA-2004)

Giải

a/ (AB) qua A(1;1) có 3; 4  : 1

3

x y

u AB   AB     x y  

- C thuộc : x-2y-1=0 suy C(2t+1;t ) : 2 1 11 30

t t

t   

   

 

1

2

3 7;3

27 43 27

;

11 11 11

t C

t C

  



     

 

 

  



b/ - Đường thẳng qua O vng góc với AB có phương trình : 3x-4y=0

- Đường thẳng qua B vng góc với OA có phương trình : (x-4)+(y+3)=0 - Đường thẳng qua A vng góc với OB có phương trình : 4(x-1)-3(y-1)=0

I(1;3) J(-3;1) A

B C

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 40

hay : 4x-3y-1=0

- Vậy tọa độ trực tâm H nghiệm :

 

3

3

4

1 ;

3 7

4

7

x x

x y x

x y y x H

y

x y x y



  



 

  



   

          

 

         

  

- Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác (C): 2

2

x y  ax by c - (C) qua O(0;0) suy c=0 (1)

- (C) qua A(1;1) suy : 2-2a-2b=0 , hay : a+b=1 (2) - (C) qua B(4;-3) suy : 25-8a+6b=0 , hay : 8a-6b=25 (3)

- Từ (2) (3) ta có hệ :

31 17

1

1 14 14

8 25 6(1 ) 25 31 31

14 14

b b

a b b a

a b a a

a a

     

 

   

   

        

     

 

 

- Vậy (C) : 2 31 17

7

x y  x y

Bài 86. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x+2y-3=0 hai điểm A(1;0) ,B(3;-4) Hãy tìm d điểm M cho : MA3MB nhỏ

Giải

- Trên d có M(3-2t;t) suy : MA2 ; , t t MB  ;t t43MB    6t 3t 12 - Do : MA3MB2 ; 4 t t12 MA3MB  2 8 t 2 4t122

- Hay : f(t)=

2

2 676 26

3 80 64 148 80

5 5

MA MB  t  t  t   

  Dấu đẳng thức xảy t= 19;

5 M 5

 

    

  Khi min(t)= 26

5

Bài 87. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(2;-1) đường tròn   2

1 :

C x y  (1) Hãy viết phương trình đường trịn  C2 :có bán kính cắt đường tròn  C1 theo dây cung qua M có độ dài nhỏ

Giải

Gọi  C2 :có tâm I'(a;b) suy :

    2 2 2 2  

2 : 16 2 16

C xa  y b   x y  ax bya b   Lấy (1) -(2) ta :  2

2ax2by a b  7 ( đường thẳng trục đẳng phương ) Dây cung hai đường tròn nằm đường thẳng

Ví dây cung qua M(2;-1) lên ta có :  2   2 2 4a2b a b   7 a2  b 12

Bài 88. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;5),B(5;1) Viết phương trình đường thẳng d qua A cho khoảng cách từ B đến d

Giải

Đường thẳng d qua A(2;5) có n a b; d a x:   2 b y 5  1 Theo giả thiết :        2  2

2

5

, a b 3

h B d a b a b

a b

  

     

 

   

2

0 : 2

7 24 24 24

2 24 114

7

b d a x x

b ab a

b x y x y

      

 

        

     



Bài 89. Trong (Oxy) cho A(2;5) đường thẳng d : 2x+3y+4=0 Viết phương trình tổng quát đường thẳng d' qua A tạo với d góc

45

Giải

Đường thẳng d' qua A(2;5) có n a b; d a x:   2 b y 5  1 Đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n' 2;3 Theo giả thiết :

 2  

0 2 2

2

2

cos45 2 13 24

2 13

a b

a b a b b ab a

a b



         

 Ta có :

   

   

2

5 ' : 5 23

' 169

5 ' : 5 15

5

b

b a d x y x y

a a

b a b d x y x y

          

 

       

       



Bài 90. Trong (Oxy) cho hình chữ nhật ABCD , biết phương trình chứa đường chéo 1:

d x  y d2:x  y Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh hình chữ nhật , biết đường thẳng qua điểm M(-3;5)

Giải

- Tâm hình chữ nhật có tọa độ nghiệm hệ : 9;

2 4

x y

I x y

  

   

     



Gọi d đường thẳng qua M(-3;5 ) có véc tơ pháp tuyến : n a b ; Khi

     

:

d a x b y

     Gọi cạnh hình vng (AB) qua M theo tính chất hình chữ nhật :

2 2

1

3

7

3

50

nn nn a b a b a b

a b a b

b a

n n n n a b a b

 

  

        



  

Do :    

   

3 : 3 14

3 3 12

a b d x y x y

b a x y x y

           

 

         



Bài 91. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1),B(2;5), đỉnh C nằm đ-ờng thẳng x40, trọng tâm G tam giác nằm đ-ờng thẳng 2x3y60 Tính diện tích tam giác ABC

HD

Ta có C(4;yC) Khi tọa độ G

3

5 ,

4

1 C C

G G

y y

y

x      Điểm G nằm đ-ờng thẳng 2x3y60 nên 26yC 60, yC 2, tức là: C (4;2)

Ta cã AB(3;4), AC(3;1), vËy AB5, AC 10, AB.AC5 Diện tích tam giác ABC   25.10 25

2

1

2

2   

 AB AC ABAC

S =

2 15

Bài 92. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;1),B(1;2), trọng tâm G tam giác nằm đ-ờng thẳng x y20 Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5

HD

Vì G nằm đ-ờng thẳng xy20 nên G có tọa độ G(t;2t) Khi AG(t2;3t),

) ; (  

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 42

  2( 2) (3 ) 

2

1 2    2  

 AG AB AG AB t t

S =

2 2t

NÕu diÖn tÝch tam giác ABC 13,5 diện tích tam giác ABG b»ng 13,5:34,5 VËy 4,5

3

  t

, suy

ra t6 hc t3 Vậy có hai điểm G : G1(6;4),G2(3;1) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên

) (

3 G a B

C x x x

x    vµ yC 3yG(ya yB)

Víi G1(6;4) ta cã C1(15;9), víi G2(3;1)ta cã C2(12;18)

Bài 93. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng:x3y 8 0, ' :3x 4y 10

    điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng , qua điểm A tiếp xúc với đường thẳng ’

HD Tâm I đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t)

Theo yc k/c từ I đến ’ k/c IA nên ta có 2 2

3( 8) 10

( 2) ( 1)

t t

t t

   

     

 Giải tiếp t = -3

Khi I(1; -3), R = pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25

Bài 94. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn :( ) : – – 0,2

C x  y x y   ( ') :C x2 y24 – 0x  qua M(1; 0)

Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường trịn ( ), ( ')C C A, B sao cho MA= 2MB.

HD

+ Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0) R1,R'3, đường thẳng (d) qua M có phương trình 2

( 1) ( 0) 0, ( 0)(*)

a x b y  ax by  a a b  + Gọi H, H’ trung điểm AM, BM.

Khi ta có: 2 2

2 ' ' '

MA MB IA IH  I A I H  1 d I d( ; )2 4[9d I d( '; ) ]2 ,

IAIH

  2 2 2

2 2

4 d I d( '; ) d I d( ; ) 35 a b 35

a b a b

     

 

2

2

2 36

35 36

a b

a b

a b 

   

 Dễ thấy b0 nên chọn

6       a b

a

Kiểm tra điều kiện IAIH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả m ãn

Bài 95. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm đường thẳng : 2x – 5y + = 0, cạnh bên AB

nằm đường thẳng : 12x – y – 23 = Viết phương trình đường thẳng AC biết qua điểm (3;1)

HD

Đường thẳng AC qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = (a2 + b2 0)

Góc tạo với BC góc AB tạo với BC nên :

2 2 2 2

2a 5b 2.12 5.1

2 a b 12

 



   

2

2a 5b 29

5

a b



 

    

2 2 2

5 2a 5b 29 a b

    9a2 + 100ab – 96b2 =

a 12b

a b

9     

  

Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( điểm ( ; 1) không thuộc AB) nên cạnh tam giác Vậy lại : 9a = 8b hay a = b =

Bài 96. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho elip (E) : x24y240.Tìm điểm N elip (E) cho :

2 1NˆF 60

F ( F1 , F2 hai tiêu điểm elip (E) )

HD + (C) có tâm I(2 , 1) bán kính R =

+ AMˆB900 (A,B tiếp điểm ) suy :MI MA R  12

Vậy M thuộc đường tròn tâm I bán kính R/ = 12 M thuộc d nên M( x , y) có tọa độ thỏa hệ:

   

   

  

   

  

     

  

  

   

2

2

1

1

12

22

y x y

x y

x

y x

Vậy có điểm thỏa yêu cầu tốn có tọa độ nêu

Bài 97. Trong mp (Oxy) cho đường thẳng () có phương trình: x – 2y – = hai

điểm A (-1;2); B (3;4) Tìm điểm M() cho 2MA2 + MB2 có giá trị nhỏ

HD

M M(2t2; ),t AM (2t3;t2),BM (2t1;t4)

2 2

2AM BM 15t  4t 43 f t( ) Min f(t) =

15 f  

 => M

26 ; 15 15

  

 

 

Bài 98. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = có tâm I đường thẳng : mx + 4y = Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB 12

HD Đường trịn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = Gọi H trung điểm dây cung AB

Ta có IH đường cao tam giác IAB IH =

2

| | | | ( , )

16 16

m m m

d I

m m



  

 

2 2

2 2

(5 ) 20

25

16 16

m

AH IA IH

m m

    

 

Diện tích tam giác IAB SIAB 122SIAH 12



3

( , ) 12 25 | | 3( 16) 16

3 m

d I AH m m

m    

     

   

Bài 99. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + =

Viết phương trình đường trịn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) điểm A, B cho

3 AB

HD

Phương trình đường trịn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = có tâm I(1, –2) R

Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB  IM trung điểm H đoạn AB Ta có

2 AB BH

AH   Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I Gọi A'B' vị trí thứ AB, Gọi H' trung điểm A'B'

I

A B

 H

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 44 Ta có:

2

2 3

IH' IH IA AH

2

 

      

  ,    

2

MI 1  1 5

Vậy có đường trịn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13

hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43

Bài 100. Trong mỈt ph¼ng Oxy cho elip (E):

2

4

x y

  đ-ờng thẳng :3x + 4y =12 Từ điểm M  kẻ tới (E) tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đ-ờng thẳng AB qua điểm cố định

HD

Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng : 1

4

xx yy

Tiếp tuyến qua M nên : 1

4

x x y y

  (1)

Ta thấy tọa độ A B thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt : 0

4

xx  yy 

do M thuéc  nªn 3x0 + 4y0 =12 4y0 =12-3x0 4 4

4

xx  yy 

, (12 )0

4

xx  y  x 

Gọi F(x;y) điểm cố định mà AB qua với M : (x- y)x0 + 4y - =

 

4

x y y

y x

  

     Vậy AB qua điểm cố định F(1;1)

Bài 101. Trong mặt phẳng Oxy cho ba đường thẳng d1: 4x  y9 0,

2 : 0,

d x y   d3 :x  y2  Tìm tọa độ đỉnh hình thoi ABCD, biết hình thoi ABCD có diện tích 15, đỉnh A,C thuộc d3, B thuộc d1 D thuộc d2

HD

Đường chéo (BD) vng góc với (AC) (BD có dạng : x+y+m=0 (BD) cắt d1 B có tọa độ nghiệm hệ :

0 9

;

4 3

x y m m m

B x y

  

      

     

 (BD) cắt d2 D có tọa độ nghiệm hệ :

0 6

;

2 3

x y m m m

D x y

  

      

     



Trung điểm I BD tâm hình thoi có tọa độ : 1;

2

m I   

 

Theo giả thiết I thuộc (AC) : 2  :

2

m

m BD x y



          tọa độ

điểm B(2;1),D(-1;4) I 5; 2

 

 

  Gọi A(t;t+2) thuộc (AC) Suy :  

2 , ( )

2 t t h A AC    

   3;5   2;0 

2 1

2 , 15

2 2;0 3;5

2

t A C

t t

S BD h A AC

t A C

   



 

      

    

 Bài 102. Trong (Oxy) cho đường tròn (C): 2

2

x y    :

P y x Tìm (P) điểm M mà từ kẻ tiếp tuyến đến (C) tiếp tuyến tạo với góc

60

Gọi M   

0; 0

x y  P y x d đường thẳng tiếp tuyến (P) M d có phương trình : 0 1 0 0 0

2

y y xx  x y yx  Để d tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) điều kiện cần đủ :

Bài 103. Trong (Oxy) cho đ thẳng d: 3x-y+5=0 đường tròn (C): 2

2

x y  x y  Tìm điểm M thuộc (C) điểm N thuộc d cho MN có độ dài nhỏ ?

Giải

(C) :x1 2 y32  1 I1;3 , R1

- Gọi d' //d d': 3x-y+m=0 d' tiếp xúc với (C) M ( M điểm cách d nhỏ ) , :  ; ' 3 10 10 ' : 10

10 10 ' : 10

m d x y

m

h I d R m

m d x y

       

  

       

      

 Giả sử N' thuộc d ta có : M N2 'M N2 Dấu xảy N' trùng với N Vậy ta cần lập đường thẳng  qua I(-1;3) vuông góc với d suy đường thẳng :

3

x t

y t

   

   

 Khi  cắt d' điểm : 3  3  10

10

t t t

        

Và 3  3  10 10

t t t

         

Do ta tìm điểm M :

3

1;3

10 10

M    

 ,

và

3

1 ;3

10 10

M    

  Tương tự  cắt d N có tọa độ nghiệm :

1 29

3 ;

10 10 10

3

x t

y t t N

x y    

       

  

    

Ta chọn M cách tính M N M N1 , , sau so sánh : Nếu M N1 M N2 M M2 Cịn M N1 M N2 M M1

Bài 104. Trong (Oxy) cho   C : x1 2 y32 1 điểm 7; 5 M 

  Tìm (C) điểm N cho MN có độ dài lớn ?

Giải

(C) viết dạng tham số : sin    sin ;3 ost ost

x t

N C N t c

y c

  

      

    Khi :

2

2

6 12 16

sin ost sin os sin ost+4

5 5

MN    t    c   tc t t c

   

 

12 16 12 16

sin ost+5 sin ost *

5 t c 20 t 20c

 

       

  Vì :

2

12 16

1

20 20

    

   

    ,

12 16

os ;sin =

20 20

c  

    (*) trở thành : 4sin t 4 1 Dấu đẳng thức xảy : sin 

2 t      t   k 

d'

d'

d:3x-y+5=0 M1

M2 N

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 46

Do : sin sin os =3 sin

2 5

t    c     x t    

 

Tương tự : ost=cos sin ost=3+4 19 19;

2 5 5

c       y c  N 

   

Bài 105. Tính diện tích tam giác nội tiếp (E):

2 16

x  y 

, nhận A(0;2) làm đỉnh trục Oy làm trục đối xứng ?

Giải

Do ABC tam giác , A(0;2) thuộc Oy trục đối xứng B,C phải nằm đường thẳng y=m (//Ox) cắt (E) Vì tọa độ B,C nghiệm hệ :

2 2

4 16 64 16

y m y m

x y x m

 

 



 

    

 

2

2

16 y m

m

x m

  

    

   

Ta có : 2 2

4 16 20 , 16

AC x   m   m BC m

Do ABC :AC=BC 2  2 44

20 16 20 16

3

m m m m m

         

Vậy : 33

m  , suy 1  2

3 3.4 16

2 2

ABC

S  BC AH  BC BC  BC  m

Hay : 16 44

3

ABC

S    

 

Bài 106. Tính diện tích tam giác nội tiếp (P): 2

y  x, nhận đỉnh (P) làm đỉnh trục Ox làm trục đối xứng ?

Giải

(P) có tiêu điểm F 1;

 

 

  Nếu Ox làm trục đối xứng B,C nằm đường thẳng : x=m ( song song với Oy) Do tọa độ B,C nghiệm hệ :

2

2

y x y m

x m x m

   



 

 

 

   

2

; , ; 2

0

y m

B m m C m m BC m

x m    

    

  

Vì OBC tam giác : 2    

2 6

OB BC m  m m m  m  m m

Vậy 1    

4 2.6 24

2 2

OBC

S  BC OH  BC  m   (đvdt)

Bài 107. Trong (Oxy) cho điểm M(1;2) Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt Ox,Oy A,B cho diện tích tam giác OAB nhỏ

Giải

Đường thẳng dạng : x=1 y=2 không cắt trục tọa độ Cho nên gọi d đường thẳng qua M(1;2) có hệ số góc k( khác 0) d : y=k(x-1)+2 , hay y=kx+2-k

Đường thẳng d cắt Ox A k 2; k 

 

 

  cắt Oy B(0;2-k)

A(0;2)

B C

y=m H

O

Do : 2 4 4

2 2

OAB

k k k

S k k

k k k

  

      (1)

Xét f(k)=k 4 f ' k 42 k

k k

        

Ta có bảng biến thiên :

k - -2 +

f'(k) + - - + f(k)

-

-16

-6

+

Căn vào bảng biến thiên ta có macx f k( ) 16 đạt k=-2 Khi đường thẳng d : y=-2(x-1)+2 , hay y=-2x+4 A(2;0) B(0;4)

Bài 108. Trong (Oxy) cho tam giác ABC, biết ba chân đường cao tương ứng với đỉnh A,B,C A'(1;1),B'(-2;3),C'(2;4) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh (BC)

Giải

Do đường cao tứ giác AC'IB' từ giác nội tiếp đường trịn có đường kính AI , C'B' dây cung AA' vng góc với C'B' Vậy (BC) qua A'(1;1) có véc tơ pháp tuyến

       

' ' 4; // 4;1 : 1

C B    n  BC x   y 4x y

   

Tương tự lập luận ta tìm phương trình cạnh tam giác ABC :

(AB) : 3x-2y+2=0

Bài 109. Trong (Oxy) cho hai điểm A2 3; , B 3; 2  a/ Chứng tỏ tam giác OAB tam giác

b/ Chứng minh tập hợp điểm M cho : 2 32

MO MA MB  đường tròn (C)

c/ Chứng tỏ (C) đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB

Giải

a/ Ta có :  2

2 4, 4,

OA   OB AB Chứng tỏ OAB tam giác

b/ Gọi M(x;y) đẳng thức giả thiết cho tương đương với biểu thức :

Ta có : 2 2 2 2

, 4 16, 4 16

MO x y MA x y  x y MB x y  x y

2 2 2 2

32 3 32 32

3

MO MA MB x y x x y x

            

2

2

4

3

x y

   

     

    Chứng tỏ đường tròn (C) có tâm

4

;0 ,

3

I  R

 

c/ Thay tọa độ O,A,B vào (1) ta thấy thỏa mãn , chứng tỏ (C) đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB

Bài 110. Viết phương trình cạnh hình vng ABCD biết AB,CD,lần lượt qua điểm P(2;1) Q(3;5), BC AD qua điểm R(0;1) S(-3;-1)

Giải

Gọi (AB) có dạng y=kx+b (AD) : y=-1/kx+b'

A

A'(1;1) B

B'(-2;3)

C C'(2;4)

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 48

Cho AB AD qua điểm tương ứng ta có : 2k+b=1 (1) b'  2 k   

Ta có :    

2

3 '

, ; ,

1

k b k kb

h Q AB h R AD

k k

   

 

  Theo tính chất hình vng :

 ,   ,  25 2 ' '

1

k b k kb

h Q AB h R AD k b k kb

k k

   

       

 

Từ ta có hệ :

2

1

' , , ' 10 , 7, 15, '

3

3 '

k b

k kb k b b k b b

k b k kb

  

                

     

    

