PP toa do trong mat phang

Lấy điểm B nằm trên trục hoành có hoành độ không âm sao cho tam giác ABC vuông tại A.. Tìm toạ độ của các đỉnh còn lại của hình vuông đó.[r]

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG ( năm học 2013-2014)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(4; 1), ( 3; 2) B   đường thẳng : 3x 4y 42

    Viết phương trình đường tròn ( )C qua hai điểm A B, tiếp xúc với đường thẳng 

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có A(1; 0), B(3; 2)

∠ABC=1200 Xác định tọa độ hai đỉnh C D

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 1) Lấy điểm B nằm trục hoành có hồnh độ khơng âm cho tam giác ABC vng A Tìm toạ độ B, C để tam giác

ABC có diện tích lớn

4) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vng ABCD có đỉnh A(4; 5), đường chéo BD có phương trình: y - = Tìm toạ độ đỉnh cịn lại hình vng 5) Trong mặt phẳng Oxy cho A(2;1) đường thẳng (d): 2x+3y+4=0 Lập phương trình đường thẳng Δ qua A tạo với đường thẳng (d) góc 450.

6 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB đường chéo BD x 2y 1 x 7y14 0 , đường thẳng AC qua điểm M2;1 Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật

7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A2;0 hai đường thẳng d x y1:  0,

2:

d x y  Tìm điểm B d C d 1,  2 để tam giác ABC vuông cân A.

8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ba đường thẳng d x1:  3y0,d2:2x y  0,

3:

d x y  Tìm tọa độ điểm A d B d C D d 1,  2, ,  3để tứ giác ABCD hình vng

9 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn : (C1): x2 + y2 = 13 (C2): (x - 6)2 + y2 = 25 cắt A(2; 3)

Viết phương trình đường thẳng Δ qua A cắt (C1), (C2) theo hai dây cung

phân biệt có độ dài

11.) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): 3x – 4y + = đường tròn (C) :

2 2 6 9 0

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

LỜI GIẢI BÀI TẬP PP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

1,

Gọi I(a;b) tâm R bán kính (C) AI2 = BI2

 7a + b = (1)

BI2 = d2(I,

)  (a + 3)2 + (b + 2)2 =

2 (3 42)

25 a b

(2)

Giải hệ phương trình gồm (1) (2) ta I(1;-5) I(-3;23) + I(1; -5)  R =

(C): (x – 1)2 + (y + 5)2 = 25

+ I(-3; 23)  R = 25

(C): (x + 3)2 + (y – 23)2 = 625

2,

Từ giả thiết suy ABD

Ta có : AB(2; 2)



, trung điểm AB M(2;1)

 pt trung trực đoạn AB: x y  0 D thuộc trung trực ABD(t;  t)

+ ABCD hình thoi nên:

2 2

( 1) (3 )

AD AB  t   t   t  t    t + t 2 3 D(2 3;1 3), ( 3; 1C   3)

+ t 2 3 D(2 3;1 3), (C  3; 1  3) 3,

Gọi A(2; 1); B(b; 0); C(0; c); b, c >

Theo giả thiết ta có tam giác ABC vng A nên

2 AB AC  c b  O b   

                         

2 2

1

( 2) ( 1)

2

ABC

S  AB AC  b   c (b 2)2 1 b2 4b 5

     

Do max

5

2

b S

  

b =0 Suy B(0; 0); C(0; 5) 4,

Đường thẳng AC vng góc với BD: y - = nên có phương trình dạng: x + c = mặt khác AC lại qua A( 4; 5) nên c = -

Vậy AC: x- =  I(4;3)

Đường trịn ngoại tiếp ABCD có tâm I(4;3), bán kính R= AI = nên có phương trình:    

2

4

Toạ độ điểm B D thoả mãn hệ phương trình:

     

2 2

3

3

6

4 4

2 y

y y

x

x y x

x  

 

 

  

   

  

     

  

  

  Vậy: A(4;5), B(6;3), C(4;1), D(2;3) Hoặc: A(4;5), B(2;3), C(4;1), D(6;3)

5). Đường thẳng (d): 2x + 3y + = có vectơ pháp tuyến nd (2;3)



Đường thẳng  qua A(2; 1) có PT dạng: a(x - 2) + b(y - 1) = (a2 + b2 0)

 ax + by - (2a +b) =

 () có vec tơ pháp tuyến n ( ; )a b



Theo giả thiết góc  d 450

0

cos 45 cos( , )

d d

d

n n n n

n n  



  

                             

 

2

2

2 13. a b

a b 

 

  26 a2b2 2 2a3b

 26(a2 + b2) = 4(4a2 + 12ab + 9b2)  5a2 - 24ab - 5b2 =

5 a 24 a

b b

   

      

   

5 a b a b 

   



 



TH1:

a

b  chọn a = 5, b =  có phương trình: 5x + y - 11 = 0 TH2:

1 a

b  chọn a = -1, b=  có phương trình: -x + 5y - = 0. 6,

Do B giao AB BD nên tọa độ B nghiệm hệ phương trình: 21

2 21 13;

7 14 13 5

5 x x y

B x y

y 

 

  

   

 

   

    

  

 

Lại có ABCD hình chữ nhật nên AC AB,   AB BD,  Kí hiệu nAB 1; ,  nBD 1; ,  nAC a b, 

  

vtpt đường thẳng AB, BD, AC

Khi ta có:    

2

3

cos , cos ,

2

AB BD AC AB

n n  n n  a b  a b

                                                       

2

7

7

a b

a ab b b

a   

    

  

Với a = -b chọn a= 1, b = -1 Khi phương trình AC: x – y – =

A AB AC nên tọa độ điểm A nghiệm hệ  

1

3;

2

x y x

A

x y y

   

 

 

 

   

 

7

1 5;

7 14 2

2 x x y

I x y

y 

 

  

   

 

      

 

  

 

Do I trung điểm AC BD nên  

14 12 4;3 , ;

5 C D 

 

Với b = -7a loại AC khơng cắt BD

7,

   

1, ; , ;

B d C d   B b b C   c c

4

3 c AB AC AB AC bc b c b

c



          



                           

(1)

 2

2 12

ABAC b  c  c (2)

Thế (1) vào (2)

2

2

4

2 12 42 106 114 45

3 c

c c c c c c

c



 

         

 



 

 1  5 5 12 9 0 c

c c c c

c

 

       

 

Kết luận: c 1 B1;1 , C1; ;  c5 B7;7 , C9; 5 

8,

Gọi B b ;5 2 bd2 Đường thẳng 1 qua B vng góc d3cắt d3 C Phương trình 1:x y b

    

Tọa độ C nghiệm hệ

0 ;5

5 2

x y C b b

x y b

 

    



  

     



Đường thẳng AB //d3 nên có phương trình x y  5 3b0 Tọa độ A nghiệm hệ

5 15

;

3 2

x y b b b

A x y

   

    



    

 



Đường thẳng 2qua A vuông góc d3cắt d3 D Phương trình 1:x y  6b10 0

Tọa độ D nghiệm hệ  

0

3 5;3 10

x y

D b b x y b

 



  



   



ABCD hình vng

2

10 2

AD CD b b b b

          

   

3 3 15 5 5 5

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

2 2 2 4 4 2

b  A  B C  D b  A  B  C  D 

           

9,

Gọi giao điểm thứ hai đường thẳng cần tìm với (C1) (C2) M N

Gọi M(x; y)( )C1  x2y2 13 (1)

Vì A trung điểm MN nên N(4 – x; – y) Do N ( )C2  (2x)2(6 y)2 25 (2)

Từ (1) (2) ta có hệ

2

2

13

(2 ) (6 ) 25 x y

x y

  

 

   

 

Giải hệ ta (x = ; y = 3) ( loại trùng A) (x = 17 

; y =

5 ) Vậy M( 17 

Đường thẳng cần tìm qua A M có phương trình : x – 3y + =

10, Gọi I(x; y) trung điểm AB, G x y G; G trọng tâm tam giác ABC

2

2

2

3

G

G

x x

CG CI

y y

 

  

   



 

   

                         

,

Do G thuộc đường thẳng x + y – =

2

2

3

x y

   

Toạ độ điểm I nghiệm hệ phương trình

 

2

5; 2

2

3

x y

I

x y

  

 

 

 



  

 

Gọi A x y A; A    

2

2

2 5 1

2

A A

AB

IA x y  

       

 

mặt khác điểm A thuộc đường thẳng x + 2y – = nên toạ độ điểm A nghiệm hệ

 2  2

4

2

5

4

3

A A

A A

A A A

A

x y

x y

x y x

y

 

 



 

  

 



 



 

     

 

 

      Vậy A

1 4,

2

 



 

 , B

3 6;

2

 



 

  B 4,

2

 



 

 , C

3 6;

2

 



 

 

11, Đường tròn (C) có tâm I(- 1; 3), bán kính R = 1, d(I, d) = > R  d C  Gọi  đường thẳng qua I vuông góc với d : 4x + 3y – = 0

điểm N0 d

; 5 N  

  

 

Gọi M1, M2 giao điểm (C) 

1

2 11 19

; , ;

5 5

M   M  

    

   