110 bai tap ve phep to do trong mat phang tSy

Tìm toạ độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MA, MB đến C, với A,B là các tiếp điểm sao cho E thuộc đường thẳng AB Giải Biên soạn t-6-2012 Tài liệu nội bộ-lưu... Th[r]

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG HAY NHẤT ( Tài liệu để ôn thi đại học ) Bài Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A  1;  , B   2;  , C   1;  , D  3;5  và đường thẳng d : 3x  y  0 Tìm điểm M trên d cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích Giải - M thuộc d thi M(a;3a-5 )  x y   x  y  0 3 - Mặt khác :  x 1 y   CD  4;1  CD  17;  CD  :   x  y  17 0 4a   3a    13a  19 a   3a    17  11a h1  M , AB    , h2   5 17 17 - Tính : AB   3;   AB 5,  AB  : - Nếu diện tich tam giác thì : 13a  19 17  11a  13a  19 3  11a 1  AB.h1  CD.h2     2 17  13a  19 11a  11   a 12   a 8  11 27  M1  ;   , M  8;19   12 12  - Vậy trên d có điểm : Bài Cho hình tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I AC nằm trên đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C Giải - Nếu C nằm trên d : y=x thì A(a;a) đó suy C(2a-1;2a) - Ta có : d  B, d   0 2  S  AC.d  B, d  2  AC   2 - Theo giả thiết :  2a     2a    1 a   8a  8a   2a  2a  0    1 a    1 1   1 1  C1  ; ;  , C2   2 2     - Vậy ta có điểm C : Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A (1 ; 1), B (−2 ; 5) , đỉnh C nằm trên đờng thẳng x − 4=0 , và trọng tâm G tam giác nằm trên đờng thẳng x −3 y +6=0 TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC Giải  AB 5 AB   3;      AB  : x   y   x  y  0 3  - Tọa độ C có dạng : C(4;a) ,  Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 x A  xB  xC 1    xG  1  xG    3    y  y A  yB  yC  y 1   a  a  G  G 3 - Theo tính chát trọng tâm ;   a 6   2.1     0  a 2   - Do G nằm trên : 2x-3y+6=0 , cho nên : 4.4  3.2  1 15 d  C , AB   3  S ABC  AB.d  C , AB   5.3  2 (đvdt) 16  - Vậy M(4;2) và Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A (2 ; −1) , B(1 ; −2) , trọng tâm G tam giác nằm trên đờng thẳng x+ y − 2=0 Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam gi¸c ABC b»ng 13,5 Giải - Ta có : M là trung điểm AB thì 3 1  ;  M  2  Gọi C(a;b) , theo tính chất a 3   xG    y b  G trọng tam tam giác :  A(2;1) M() G d:x+y-2=0 C B(1;-2) - Do G nằm trên d : a 3 b    0  a  b 6  1 3  3a  b  x y AB  1;3   AB  :   3x  y  0  h  C , AB   10 - Ta có : 2a  b  2a  b  1 S ABC  AB.h  C , AB   10  13,5 2 10 - Từ giả thiết :  2a  b  27  2a  b 32  2a  b  27     2a  b   27  2a  b  22 - Kết hợp với (1) ta có hệ :   a  b 6   2a  b 32     a  b 6    2a  b  22   a  b 6   3a 38    a  b 6   3a  18  20  b    a  38  38 20   C1  ;   , C2   6;12    3     b 12  a   Bài Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - = Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình : x + y +1 = Xác định tọa độ B và C Tính diện tích ABC Giải B x+y+1=0 M Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) C Trang A(2;1) x-3y-7=0 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - Đường thẳng (AC) qua A(2;1) và vuông góc với đường cao kẻ qua B , nên có véc tơ   x 2  t n  1;  3   AC  :   t  R y   t  phương  x 2  t    y 1  3t  x  y  0  - Tọa độ C là giao (AC) với đường trung tuyến kẻ qua C : Giải ta : t=2 và C(4;-5) Vì B nằm trên đường cao kẻ qua B suy B(3a+7;a) M là  3a  a    M ;    trung điểm AB - Mặt khác M nằm trên đường trung tuyến kẻ qua C : 3a  a    0  a   B  1;   2  12 x y AB   1;  3  AB  10,  AB  :   x  y  0, h  C; AB   10 - Ta có : 1 12 S ABC  AB.h  C , AB   10 6 2 10 - Vậy : (đvdt)  Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2) Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ là x + y – = và 2x – y + = Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC Giải  a 5 b 2  ;    M nằm trên - Gọi B(a;b) suy M  trung tuyến nên : 2a-b+14=0 (1) - B,B đối xứng qua đường trung trực cho A(5;2) 2x-y+3=0  x a  t  t  R  y b  t  BC  :  nên : Từ đó suy tọa độ N : M B  6 a b t   x a  t  3a  b     x   y b  t  x  y  0   6b  a  y    3a  b  6  b  a   N ;  2   Cho nên ta có tọa độ C(2a-b-6;6-a ) N x+y-6=0 C - Do C nằm trên đường trung tuyến : 5a-2b-9=0 (2)  2a  b  14 0  a 37     B  37;88  , C   20;  31 a  b   b  88   - Từ (1) và (2) : Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  y  0 ,  ' :3 x  y 10 0 và điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’ Giải Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  x   3t :  I    3t ;   t  y   t  - Gọi tâm đường tròn là I , I thuộc - A thuộc đường tròn  IA  - Đường tròn tiếp xúc với  3t   3t  ' 2    t  R (1)    3t     t    10  3t  R  13t  12 R (2) 13t  12 2  25   3t     t    13t  12    - Từ (1) và (2) : Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x  y – x – y   0, (C ') : x  y  x –  cùng qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB Giải * Cách   x 1  at u  a; b   d :   y bt - Gọi d là đường thẳng qua M có véc tơ phương  C1  : I1  1;1 , R1 1  C2  : I   2;  , R2 3 - Đường tròn  C1  :  x  1 , suy : 2   y  1 1,  C2  :  x    y 9  t 0  M  2ab 2b    a  b  t  2bt 0    A  ;  2 2   t  2b  a b a b  C1   a b  - Nếu d cắt A :  t 0  M  6a 6ab  2    a  b  t  6at 0   B 1 ; a   t  a b a  b2   C a b  - Nếu d cắt   B :  MA2 4 MB  * 2 - Theo giả thiết : MA=2MB 2   6a   6ab    2ab   2b   4      2      a b   a b    a  b   a  b   - Ta có :  b  6a  d : x  y  0 4b 36a    b 36a   2 a b a b  b 6a  d : x  y  0 * Cách - Sử dụng phép vị tự tâm I tỉ số vị tự k= ( Học sinh tự làm )  Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là M (3;1) Giải - Theo tính chất đường cao : HK vuông góc với AC cho nên (AC) qua K(0;2) có véc tơ pháp tuyến  KH  1;     AC  : x   y   0  x  y  0 A M(3;1) Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) B K(0;2 ) H(1;0) Trang C Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG - B nằm trên (BH) qua H(1;0) và có véc tơ phương  Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 KH  1;    B   t ;  2t  - M(3;1) là trung điểm AB cho nên A(5-t;2+2t) - Mặt khác A thuộc (AC) cho nên : 5-t-2(2+2t)+4=0 , suy t=1 Do đó A(4;4),B(2;-2) -  Vì C thuộc (AC) suy C(2t;2+t) , BC  2t  2;  t  , HA  3;  Theo tính chất đường cao kẻ từ A :   HA.BC 0   2t      t  0  t  Vậy: C(-2;1)  x y BA  2;6  // u  1;3   AB  :  - (AB) qua A(4;4) có véc tơ phương  x  y  0  HA  3;    BC  :  x     y   0 - (BC) qua B(2;-2) có véc tơ pháp tuyến  x  y  0 Bài 10 Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình  C1  : x  y  y  0 và  C2  : x  y  x  y 16 0 Lập phương trình tiếp tuyến C C chung   và   Giải - Ta có :  C1  : x   y   2 9  I1  0;  , R1 3,  C2  :  x  3   y   9  I  3;   , R2 3 C I I    13   6   C1  - Nhận xét : không cắt   2 d I , d R1 , d  I , d  R2 - Gọi d : ax+by+c =0 ( a  b 0 ) là tiếp tuyến chung , thì :    2b  c 3  1  2b  c 3a  4b  c  3a  4b  c 2b  c  a  b2     2b  c  3a  4b  c   2 2 a b a b  3a  4b  c  2b  c  3a  4b  c 3    a2  b2   a 2b  2  3a  2b  2c 0 Mặt khác từ (1) :  2b  c  9  a  b   - Trường hợp : a=2b thay vào (1) :  2b  c  9  4b  b2   2b  5c b   41b2  4bc  c 0. 'b 4c  41c 45c    3 c b     - Do đó ta có hai đường thẳng cần tìm :    x     y  0  2  x   y  0        x     y 1 0  2  x   y  0 d :     d1 : - Trường hợp : c 2b  3a , thay vào (1) : 2b  2b  3a 2 a b 3  2b  a  a  b Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 a  b 0  c   2   2b  a  a  b  3b  4ab 0     b  4a  c  a  - Vậy có đường thẳng : d3 : x  0 , d : x  y  0  b 0, a  2c   b  4a , a  6c  Bài 11 Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x  y  0 điểm A có hoành độ Giải - Do A thuộc d : A(4;2) x2 y 16  1 *  A   H    1 1 a b - Giả sử (H) : a b - Mặt khác d tiếp xúc với (H) thì hệ sau có 12 nghiệm : 2 2 2 b x  a  x   a 2b b x  a y a 2b  b  a  x  4a x  4a  a b 0     y  x   y x   y x    'a 4a   b2  a   4a  a 2b  4a 2b2  a 2b  a 4b2  a 2b   b2  a  0  a b2  16b  4a a 2b b  8b  16 0    a b  a b      - Kết hợp với (1) : b 4 x2 y  H :  1  a 8 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 các đỉnh hình chữ nhật Giải - Dễ nhận thấy B là giao BD với AB cho nên tọa dộ B là nghiệm x-2y+1=0  x  y  0  21 13   B ;    5 hệ :  x  y  14 0 - Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và vuông góc với (AB) cho nên có véc tơ phương: B A I D C x-7y+14=0 M(2;1) 21    x   t u  1;     BC  :   y 13  2t   AC , BD  BIC 2ABD 2 2  AB, BD  - Ta có :    n n  14 15 n2  1;    cos =       50 10 10 n1 n2 n1  1;   - (AB) có , (BD) có - Gọi (AC) có  n  a, b   cos  AC,BD  cos2 = a-7b  9 2 cos   2      10  50 a  b 2 - Do đó :  a  7b 4 50 a  b   a  7b  32  a  b   31a  14ab  17b 0 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 17 17   a  31 b   AC  :  31  x     y  1 0  17 x  31 y  0   a b   AC  : x   y  0  x  y  0 - Suy : 21  x   t  13   14    y   2t  t   C  ;  15  3   x  y  0  - (AC) cắt (BC) C   x  y  0  x 7    A  7;   x  y  0  y 4 - (AC) cắt (AB) A :  x 7  t  - (AD) vuông góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy (AD) :  y 4  2t  x 7  t   98 46   t   D ;   y 4  2t 15  15 15   x  y  14 0  - (AD) cắt (BD) D : - Trường hợp (AC) : 17x-31y-3=0 các 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 và C nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + = và d2: x + 2y – = Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG Giải  x t  - B thuộc d suy B :  y   t , C thuộc d'  x 7  2m  cho nên C:  y m A(2;3) x+2y-7=0 G(2;0) - Theo tính chất trọng tâm :  t  2m   2, y m t  0 G 3 m  t 2 m 1   - Ta có hệ : t  2m  t   xG   B x+y+5=0 C M - Vậy : B(-1;-4) và C(5;1) Đường thẳng (BG) qua G(2;0) có véc tơ phương  u  3;  , 20  15  13 x y   x  y  0  d  C ; BG    R 5 cho nên (BG): 13 169 2   C  :  x     y  1  25 - Vậy đường tròn có tâm C(5;1) và có bán kính R= Bài 14 Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = Viết phương trình đường thẳng AC biết nó qua điểm (3;1) Giải 2 x  y  0  - Đường (AB) cắt (BC) B 12 x  y  23 0 A 12x-y-23=0 M(3;1) Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) H Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Suy : B(2;-1) (AB) có hệ số góc k=12, đường thẳng (BC) có hệ số góc k'= , đó ta có : 2 m  5m 5 tan B  2 tan C   2m  2m  12 1 5 Gọi (AC) có hệ số góc là m thì ta có : Vì tam 12  giác ABC cân A cho nên tanB=tanC, hay ta có :   5m 4m  10  5m 2   5m 2 m      2m   5m  4m  10 m    m    m 12 9   AC  : y   x  3   x  y  35 0 8 - Trường hợp : - Trường hợp : m=12 suy (AC): y=12(x-3)+1 hay (AC): 12x-y-25=0 ( loại vì nó //AB ) - Vậy (AC) : 9x+8y-35=0 Bài 15 Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn : (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 Giải : - Ta có (C) với tâm I(5;-12) ,R=15 (C') có J(1;2) và R'=5 Gọi d là tiếp tuyến chung có 2 phương trình : ax+by+c=0 ( a  b 0 ) - Khi đó ta có : h I,d   5a  12b  c a b 15  1 , h  J , d   a  2b  c a  b2 5    5a  12b  c 3a  6b  3c 5a  12b  c 3 a  2b  c    5a  12b  c  3a  6b  3c - Từ (1) và (2) suy :  a  9b c    2a  b c a  2b  c 5 a  b  Thay vào (1) : ta có hai trường hợp :  a  7b  - Trường hợp : c=a-9b thay vào (1) : 25  a  b   21a  28ab  24b 0   14  10  14  10 175  10  d :  0 a   x  y  21 21 21      a 14  10  d :  14 10  x  y  175  10 0    21 21 21    Suy : c  2a  b   1 :  7b  2a  100  a  b   96a  28ab  51b 0 - Trường hợp : Vô nghiệm ( Phù hợp vì : IJ  16 196  212  R  R ' 5  15 20  400 Hai đường tròn cắt ) 2 Bài 16 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x  y  2x  8y  0 Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo dây cung có độ dài Giải - Đường thẳng d' song song với d : 3x+y+m=0 B H Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) A Trang I(-1;4) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG - IH là khoảng cách từ I đến d' : Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 IH     m m 1  5  AB  IH IB    25  16   - Xét tam giác vuông IHB : m  1  m 19  d ' : 3x  y  19 0   16  m  20   25  m  21  d ' : x  y  21 0 Bài 17 Viết phương trình các cạnh tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác qua đỉnh A, C là : (d1) : 3x – 4y + 27 = và (d2) : x + 2y– 5=0 Giải - Đường thẳng (BC) qua B(2;-1) và vuông góc A K x+2y-5=0  x 2  3t B(2;-1)  với (AH) suy (BC):  y   4t , hay :  x  y 1    x  y  0  n  4;3  4  x 2  3t    y   4t  t   C   1;3  x  y  0 - (BC) cắt (CK) C :   n  a; b  H 3x-4y+27=0 C - (AC) qua C(-1;3) có véc tơ pháp tuyến Suy (AC): a(x+1)+b(y-3)=0 (*) Gọi cos = - Tương tự : a+2b a  b2   KCB KCA  cos = a+2b a  b2  46 10   16  5 2   a  2b  4  a  b   a 0  b  y  3 0  y  0  3a  4ab 0    a  4b   x  1   y  3 0  x  y  0  3   y 3    y  0   x    3 x  y  27 0    31  A   5;3 , A   31 ; 582    x    4 x  y  0   25 25  25     582  3 x  y  27 0 y  25  - (AC) cắt (AH) A : - Lập (AB) qua B(2;-1) và điểm A tìm trên ( học sinh tự lập ) Bài 18 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông A, phương trình đường thẳng BC là : x – y - = 0, các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếptam giác ABC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC Giải - Đường thẳng (BC) cắt Ox B : Cho y=0 suy x=1 , B(1;0) Gọi A(a;0) thuộc Ox là đỉnh góc vuông ( a khác ) Đường thẳng x=a cắt (BC) C : Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )  a;  a  1  Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 AB  a  , AC  a   BC  AB  AC  BC 2 a  - Độ dài các cạnh : - Chu vi tam giác : 2p=   a   a  2 a   3 a   p   3 3 a  S 1 AB AC  a  a    a  1 2 - Ta có : S=pr suy p= r (*) Nhưng S= Cho nên  a 3  3 3  a    a  1  a  2     a    (*) trở thành : - Trọng tâm G :        1  2a    xG  x    G  74 3 6  3     G1  ;  3  a      y    G   yG   3    1 1 2a   1  xG  x    G  1 3    3    G2   ;  3  a       y    G   yG   3       Bài 19  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho đường tròn (C) : x + y − x − y −1=0 và 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 vuông góc với thì MAIB là hình vuông ( A,B là tiếp điểm ) Do đó AB=MI= IA =R = 2 - Ta có : - Do đó : MI    t A    t   2t  2  M   t   M  2;  2t  12  t 2   t   M 2;    2   x+y+1=0 * Chú ý : Ta còn cách khác - Gọi d' là 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' là tiếp tuyến (C) kẻ từ M thì d(I;d')=R I(2;1) 2k  kt  t  1 k B      t  k  t  2 6   k    t  4t   k   t     t  k   t  4t   0 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  t  4t  0     '   t    t   4t   t   4t     t  4t    t  4t  - Từ giả thiết ta có điều kiện : t 2    k1  k2  2   ' t  19  t    t     k1 ; k2  M 2 k k   t 2 -  Bài 20 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho elip (E) : x 2+ y − 4=0 Tìm N F 2=60 ( F1 , F2 là hai tiêu điểm elip (E) ) điểm N trên elip (E) cho : F1 ^ Giải x2  y 1  a 4, b 1  c 3  c  - (E) :  x02  y02 4  3  N  x0 ; y0    E    MF1 2  x0 ; MF2 2  x0 2   F1F2 2  - Gọi Xét tam giác F1MF2 theo hệ thức  F1F2  MF12  MF22  2MF1MF2cos600  hàm số cos : 2           x0     x0     x0    x0  2 2          x0  y0    3  32  3  12 8  x02    x02   x02 8  x02     y02    4 9    y   x0   3   4 1  4 1  1  1 N1  ;   , N  ;  , N  ;   , N  ;  3 3 3 3      - Như ta tìm điểm :   Bài 21 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng Δ : 2x + 3y + =0 Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng Δ cho đường thẳng AB và Δ hợp với góc 450 Giải  - Gọi d là đường thẳng qua A(1;1)  có véc tơ pháp tuyến dạng : a(x-1)+b(y-1)=0 (*) Ta có cos  d,   - Theo giả thiết : n  2;3 2a  3b 13 a  b n  a; b  thì d có phương trình cos450    2a  3b  13  a  b  1  a  b  d :   x  1   y  1 0  x  y  0  5  5a  24ab  5b 0    a 5b  d :  x  1   y  1 0  x  y  0 2 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - Vậy B là giao d với  cho nên :  x  y  0 5 x  y  0  32   22 32   B1   B1   ;  , B2 :   B2  ;    13 13   13 13  2 x  y  0 2 x  y  0 Bài 22 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d : x  y  0 d2: 3x +6y – = Lập phương trình đường thẳng qua điểm P( 2; -1) cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo tam giác cân có đỉnh là giao điểm hai đường thẳng d1, d2 Giải - Trước hết lập phương trình đường phân giác tạo đường thẳng cắt : d:2x-y+5=0 2x  y   3x  y    5    3x  y  x  y    5   x  y  0  x  y  22 0  d':3x+6y-7=0 - Lập đường thẳng 1 qua P(2;-1) và vuông góc P(2;-1) với tiếp tuyến : 9x+3y+8=0  1 : x  y 1   x  y  0  2 : x  y 1   3x  y  0 9 - Lập  qua P(2;-1) và vuông góc với : 3x-9y+22=0 Bài 23 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: x2 y2  1 16 Viết phương trình chính tắc elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật sở (H) Giải - (H) có a 16, b2 9  c 25  c 5  F1  5;  , F2  5;0  Và hình chữ nhật sở (H) 4;   ,  4;3  ,   4;  3 ,   4;3  có các đỉnh :  x2 y  1 - Giả sử (E) có : a b Nếu (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H) thì ta có phương trình : c a  b 25  1 - (E) qua các điểm có hoành độ x 16 và tung độ y 9  16  1   a b2 x2 y a 40, b 15   E  :  1 40 15 - Từ (1) và (2) suy : Bài 24 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x  y  x  0 Tia Oy cắt (C) A Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = và tiếp xúc ngoài với (C) A Giải Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - (C) có I(  3;0 ), R= Gọi J là tâm đường tròn cần tìm :  C' : x a  y b 4 y    J(a;b)    -Do (C) và (') tiếp xúc ngoài với cho nên khoảng cách IJ =R+R'   a  3  b 4  6  a  3a  b 28 - Vì A(0;2) là tiếp điểm cho nên :   a  a   b 36    2 a    b  4 - Do đó ta có hệ :   A(0;2 )  x I(-2;0)    b  4   a  3a  b 24  2  a  4b  b 0    C ' : x   2   y  3 4 - Giải hệ tìm : b=3 và a= * Chú ý : Ta có cách giải khác - Gọi H là hình chiếu vuông góc J trên Ox suy OH a và JH b IA IO OA      a 2 b - Xét các tam giác đồng dạng : IOA và IHJ suy : IJ IH HJ - Từ tỷ số trên ta tìm : b=3 và 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 = và đường chéo AC qua điểm M(2;1) Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật Giải - Hình vẽ : ( Như bài 12 )  x  y  0  B  7;3  x  y  14   - Tìm tọa độ B là nghiệm hệ :   x 7  t   AB   u BC  1;     BC  :   y 3  2t - Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và  x  y  17 0  k BC  Mặt khác : k BD 1  1  , k AB   tan    11 1 72 k  tan    tan 2     k  k  tan   1 - Gọi (AC) có hệ số góc là k 17   28k   3k  21  k  k  3 k     31   28k  3k  21  k 1 k - Do đó : - Trường hợp : k=1 suy (AC) : y=(x-2)+1 , hay : x-y-1=0 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  x 7  t    y 3  2t  t  1, C  6;5   x  y  0  - C là giao (BC) với (AC) :  x 7  t    y 3  2t  t 0, A  1;0   x  y  0  - A là giao (AC) với (AB) : - (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 2 x  y  0  D  0;   x  y  14   - D là giao (AD) với (BD) : 17 - Trường hợp : k=- 31 cách giải tương tự ( Học sinh tự làm ) Bài 26 Trong mp (Oxy) cho đường thẳng () có phương trình: x – 2y – = và hai điểm A (-1;2); B (3;4) Tìm điểm M  () cho 2MA + MB có giá trị nhỏ Giải - M thuộc  suy M(2t+2;t ) - Ta có : MA2  2t  3   t   5t  8t  13  2MA2 10t  16t  26 Tương tự : MB  2t  1   t   5t  12t  17 - Do dó : f(t)= 15t  4t  43  f '  t  30t  0  t  15 Lập bảng biến thiên suy  26  641 t   M  ;  15  15 15  f(t) = 15 đạt Bài 27 Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x – 6y + = và điểm M (2;4) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt đường tròn điểm A và B, cho M là trung điểm AB Giải 2 x  1   y  3 4  I  1;3 , R 2, PM /(C ) 1      M - Đường tròn (C) :  hình tròn (C) nằm   x 2  at u  a; b   d :   y 4  bt - Gọi d là đường thẳng qua M(2;4) có véc tơ phương  at  1 - Nếu d cắt (C) A,B thì : 2   bt  1 4   a  b  t   a  b  t  0  1 ( có 2 nghiệm t ) Vì điều kiện : - Gọi  '  a  b    a  b  3a  2ab  3b   * A   at1 ;  bt1  , B   at ;  bt2   4  a  t1  t2  4   8  b  t1  t2  8 M là trung điểm AB thì ta có hệ : a  t1  t2  0  t1  t 0  b  t1  t2  0 Thay vào (1) áp dụng vi ét ta : Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 2 a  b x y  t1  t2  0  a  b 0  a  b  d :   d : x  y  0 a b 1 x2 y  1 Viết phương trình các tiếp tuyến e líp (E): 16 , biết tiếp tuyến qua Bài 28 điểmA(4;3) Giải  n  a; b  - Giả sử đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến là :a(x-4)+b(y-3)=0 (*) , hay : ax+by-4a-3b (1) - Để d là tiếp tuyến (E) thì điều kiện cần và đủ là : qua A(4;3) thì d có phương trình a 16  b  4a  3b   a 0  d : y  0  16a  9b 16a  24ab  9b  24ab 0    b 0  d : x  0 Bài 29 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = có tâm I và 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 Giải - (C) :  x  1 2   y  m  25  I (1; m), R 5 m   y  x   2  m  16  x    m  x  m  24 0  1  16    - Nếu d : mx +4y=0 cắt (C) điểm A,B thì  m   m   A  x1 ;  x1  , B  x2 ;  x2     - Điều kiện :  ' m  25   m  R Khi đó gọi   AB   x2  x1   m2  x2  x1   x2  x1 16 m  4m - Khoảng cách từ I đến d = m  16  m  16 m  25 8 m2  16 5m m  16 5m 1 m  25 m  25 S  AB.d  4 5m 12 2 2 m  16 m  16 m  16 - Từ giả thiết :  5m m2  25 3  25m  m  25 9  m2  16  m  16 - 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  x  y  0    A  3;1 x  y    - (AB) cắt (AC) A : - B nằm trên (AB) suy B(t; t-2 ), C nằm trên (AC) suy C(5-2m;m) Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG t  2m   3  xG     y t  m  2 G - Theo tính chất trọng tâm :  Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 t  2m 1   t  m 7 m 2  C  1;   t 5  B  5;3  Bài 31 Viết phương trình đường tròn qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) và tiếp xúc với đường thẳng có phương trình 3x – y + = Giải - Gọi M là trung điểm AB suy M(3;3 ) d' là đường trung trực AB thì d' có phương trình : 1.(x-3)-2(y-3)=0 , hay : x-2y+3=0 - Tâm I (C) nằm trên đường thẳng d' cho nên I(2t-3;t) (*) h  I , d  R  - Nếu (C) tiếp xúc với d thì   2t  - Mặt khác : R=IA=   2t  - Thay (2) vào (1) :  5 t  2t  3  t  10  5t 10  10 t R (1) (2)   t  10 t   5t  30t  50  10t 2  t 6  34  t  12t  0    t 6  34 Thay các giá trị t vào (*) và (1) ta tìm tọa độ tâm I và bán kính R (C) 2 * Chú ý : Ta có thể sử dụng phương trình (C) : x  y  2ax  2by  c 0 ( có ẩn a,b,c) - Cho qua A,B ta tạo phương trình Còn phương trình thứ sử dụng điều kiện tiếp xúc (C) và d : khoảng cách từ tâm tới d bán kính R Bài 32 Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = A Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) các điểm A, B cho AB=√ H Giải I M - Đường tròn (C) :  x  1 2   y   3  I  1;   , R  - Gọi H là giao AB với (IM) Do đường tròn (C') B tâm M có bán kính R' = MA Nếu AB= IA R , thì tam giác IAB là tam giác , cho 3  5  ( đường cao tam giác ) Mặt khác : IM=5 suy HM= 2 nên IH= 2 AB 49 MA2 IH    13 R '2 4 - Trong tam giác vuông HAM ta có x  5 - Vậy (C') :  2   y  1 13 Bài 33 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = và đờng thẳng d: x + y + m = Tìm m để trên đờng thẳng d có điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) cho tam gi¸c ABC vu«ng Giải Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - (C) có I(1;-2) và bán kính R=3 Nếu tam giác ABC vuông góc A ( có nghĩa là từ A kẻ tiếp tuyến tới (C) và tiếp tuyến vuông góc với ) đó ABIC là hình vuông Theo tính chất hình vuông ta x+y+m=0 B có IA= IB (1) - Nếu A nằm trên d thì A( t;-m-t ) suy : IA   t  1   t   m 2  t  1   t   m   2t   m  1 t  m   A I(1;-2) Thay vào (1) : C 3 4m  13 0 (2) Để trên d có đúng điểm A thì (2) có đúng nghiệm t , từ đó ta có điều kiện :    m  10m  25  0    m   0  m  t1 t2 t0  .Khi đó (2) có nghiệm kép là : m  5    A   3;8  2 Bài 34 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = và (d2): 4x + 3y - 12 = Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy Giải 4 x  y  12 0 d1 , d  A :   A  3;0   Ox x  y  12   - Gọi A là giao - Vì (BC) thuộc Oy cho nên gọi B là giao d1 với Oy : cho x=0 suy y=-4 , B(0;-4) và C là giao d với Oy : C(0;4 ) Chứng tỏ B,C đối xứng qua Ox , mặt khác A nằm trên Ox vì tam giác ABC là tam giác cân đỉnh A Do đó tâm I đường tròn nội tiếp tam giác thuộc Ox suy I(a;0) IA AC IA  IO  OA       IO IO - Theo tính chất phân giác : IO AO 4OA 4.3 4  IO    ;0 9 Có nghĩa là I( ) 1 15  AB  BC  CA     5 18 S  BC.OA  5.3     r  2 2 r r 15 - Tính r cách : Bài 35 Trong mặt phẳng toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :  : 3x  y  0 Tìm trên  hai điểm A và 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 thì B có tọa độ B(4-4t;4+3t)  AB  16   2t     2t  5  2t - Khoảng cách từ C(2;-5) đến  chiều cao tam giác ABC : - Từ giả thiết : 1 S  AB.h   2t 15   2t 1  2   20  6  t 0  A  0;1 , B  4;    t 1  A  4;  , B  0;1 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 x2 y (E) :  1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp và hai điểm A(3;- Bài 36 2) , B(-3;2) Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương cho tam giác ABC có diện tích lớn Giải - A,B có hoành độ là hoành độ đỉnh bán trục lớn (E) , chúng nằm trên đường thẳng y-2=0 C có hoành độ và tung độ dương thì C nằm trên 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 bán trục lớn (3;0) Bài 37 Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch và trọng tâm thuộc đờng 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 , cho  5 x  y 3   x  y  0  ;  1 nên (AB) : Gọi M là trung điểm AB : M  2   11 5  5  GM   t ;   3t     t;  3t  2 2  2  Giả sử C  x0 ; y0  , theo tính chất trọng tâm - Ta có :  5   x0  t    t     x0   2t    GC  2GM     C  2t  5;9t  19   1 y  t  19 11     y  3t     3t     ta có :  2t     9t  19    3t h  C,     10 10 - Ngoài ta còn có : AB= ,  3t 1 S  AB.h  C ,       3t 3 10 2 10 - Theo giả thiết :   76 4  C   ;  t  3      3t  90  9t  24t  29 0    t    C   ;9    3         x2 y  1 Bài 38 Trong mÆt ph¼ng Oxy cho elip (E): và đờng thẳng  :3x + 4y =12 Từ điểm M bất kì trên  kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đờng thẳng AB luôn qua điểm cố định Giải Bài 39 I ( ;0) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật đó Giải - Do A thuộc (AB) suy A(2t-2;t) ( A có hoành độ âm cho nên t<1) - Do ABCD là hình chữ nhật suy C đối xứng với A qua I : C   2t ;  t   x   t d ':   y  2t - Gọi d' là đường thẳng qua I và vuông góc với (AB), cắt (AB) H thì : , và  0;1   2t;  t  H có tọa độ là H Mặt khác B đối xứng với A qua H suy B - Từ giả thiết : AB=2AD suy AH=AD , hay AH=2IH   2t    t    t  1    5t  10t  4   t  1 1  2    t  2   t 0  t 2    A   2;0  , B  2;  , C  3;0  , D   1;   - Vậy t = * Chú ý : Ta còn có cách giải khác nhanh  02 h  I ; AB    , suy AD=2 h(I,AB)= - Tính IA IH  AB   IH  AD   5 25 IH  AD     4 IA=IB = 4 - Mặt khác : -Do đó A,B là giao (C) tâm I bán kính IA cắt (AB) Vậy A,B có tọa độ là nghiệm  x  y  0  2  1    A   2;0  , B  2;   x    y      hệ :  (Do A có hoành độ âm - Theo tính chất hình chữ nhật suy tọa độ các đỉnh còn lại : C(3;0) và D(-1;-2) Bài 40 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x  y  0 , phân giác BN : x  y  0 Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC Giải - Đường (AB) qua A(1;-2) và vuông góc với  x 1  t  (CH) suy (AB):  y   t  x 1  t    y   t  t  2 x  y  0  - (AB) cắt (BN) B: Do đó B(-4;3).Ta có : k AB  1, k BN   tan   C 2x+y+5=0 N B  1  1 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) H A(1;-2) x-y+1=0 Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - Gọi A' đối xứng với A qua phân giác (BN) thì A' nằm trên (AB) Khi đó A' nằm trên d  x 1  2t  d :  y   t vuông góc với (BN)  x 1  2t   H :  y   t  t   H   1;  3 2 x  y  0  - d cắt (BN) H : - A' đối xứng với A qua H suy A'(-3;-4) (BC) qua B,A' suy :  x   t   BC  :   y 3  7t (BC) cắt (CH) C:  u  1;    x   t   13    y 3  7t  t   C   ;    4  x  y  0  - Tính diện tích tam giác ABC :  AB 2 1 9 10     S ABC  AB.h(C , AB )  2 2 h  C , AB   2 - Ta có :  Bài 41 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, có diện tích 12, tâm I là giao điểm đường thẳng d1 : x  y  0 và d : x  y  0 Trung điểm cạnh là giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật Giải  x  y  0  3   I ;   2  Gọi M là trung điểm AD thì  x  y  0 - Theo giả thiết , tọa độ tâm I M có tọa độ là giao : x-y-3=0 với Ox suy M(3;0) Nhận xét : IM // AB và DC ,  n  1;  1 nói cách khác AB và CD nằm trên đường thẳng // với d1 ( có  x 3  t  d :  y  t Giả sử A   t ;  t  (1), thì -A,D nằm trên đường thẳng d vuông góc với d1 D đối xứng với A qua M suy D(3-t;t) (2) - C đối xứng với A qua I cho nên C(6-t;3+t) (3) B đối xứng với D qua I suy B( 12+t;3t).(4) - Gọi J là trung điểm BC thì J đối xứng với M qua I cho nên J(6;3) Do đó ta có kết h  A, d1   2t  S ABCD 2h  A, d1  MJ d : MJ  AB  AD  là : Khoảng cách từ A tới : 2t  t   S ABCD 2 12 t 12    t 1 Thay các giá trị t vào (1),(2),(3),(4) ta tìm  t   A  3;1 , D  4;  1 , C  7;  , B  11;    t 1  A  4;  1 , D  2;1 , C  5;  , B  13;  các đỉnh hình chữ nhật : x y2  1 Bài 42 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H): và điểm M(2; 1) Viết phương trình đường thẳng d qua M, biết đường thẳng đó cắt (H) hai điểm A, B mà M là trung điểm AB Giải Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  x 2  at   d : u  a; b   y 1  bt - Giải sử d có véc tơ phương , qua M(2;1)   x 2  at 2  at   bt       y 1  bt   1  x2 y   1  - d cắt (H) điểm A,B thì A,B có tọa độ : 2    at     bt  6   3a  2b  t   3a  b  t  0(1) 3a  2b 0   ' 4  3a  b    3a  2b   A  at1 ;1  bt1  ,   - Điều kiện : (*) Khi đó  và tọa độ B   at2 ;1  bt2   t1  t2  4  t1  t2 0 B: , suy M là trung điểm AB thì : 4+a - Kết hợp với t1t2  4  t1  t2 t22   t2  3a  2b 2b  3a 2b  3a t1  t2   b  3a  x y x y 0  b 3a  d :    2 3a  2b a b a 3a - Áp dụng vi ét cho (1) : - 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 và hai  điểm A(1;0),B(3;-4) Hãy tìm trên đường thẳng  điểm M cho : Giải    MA  3MB là nhỏ    M   2t ; t  MA  2t  2;  t  ,3MB  6t;  3t  12  có nên ta có : Suy tọa độ     2 MA  3MB  8t ;  4t  14   MA  3MB   8t    4t 14  -DM  8t  - Vậy : f(t) = 2   4t  14   80t  112t  196 g'(t)= 160t+112 g'(t)=0  - Vậy Bài 44 t  Xét g(t)= 80t  112t  196 , tính đạo hàm 112 51  51  15.169   g 196  80 80 80  80   MA  3MB  196 14  131 51  51 M  ;  , đạt t= 80 và  40 80   C1  : x  y 13  Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường tròn : và  C2  :  x    y 25 cắt A(2;3).Viết phương trình đường thẳng qua A và cắt  C1  ,  C2  theo hai dây cung có độ dài Giải - Từ giả thiết :  C1  : I  0;0  , R  13  C2  ; J  6;0  , R ' 5   x 2  at u  a; b   d :   y 3  bt - Gọi đường thẳng d qua A(2;3) có véc tơ phương Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  x 2  at 2a  3b    y 3  bt    a  b  t   2a  3b  t  0  t  a  b2  2 C  x  y 13 - d cắt   A, B :  b  2b  3a  a  3a  2b    B ;  2 C a2  b2   a b Tương tự d cắt   A,C thì tọa độ A,C là nghiệm  x 2  at  4a  3b   10a  6ab  2b 3a  8ab  3b     y 3  bt t  C ;   2 a  b a  b a  b2    2 x    y 25    hệ : - Nếu dây cung thì A là trung điểm A,C Từ đó ta có phương trình :   x 2 a   ; d :   2b  3ab  10a  6ab  2b2   y 3  t    4  6a  9ab 0  2 2   3 a b a b    a  b  u  b; b  // u '  3;  2    x 2  3t  d :  y 3  2t Vậy có đường thẳng : d: x-2=0 và d': 2x-3y+5=0 Suy : 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 tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giải - Đường thẳng d qua A(3;0) và vuông góc với  (BH) cho nên có véc tơ phương u  1;1  x 3  t  đó d :  y t Đường thẳng d cắt (CK)  x 3  t   t   C   1;    y t 2 x  y  0  B C 2x-y-2=0 K H A(3;0) C : x+y+1=0 - Vì K thuộc (CK) : K(t;2t-2) và K là trung điểm AB cho nên B đối xứng với A qua K suy B(2t-3;4t-4) Mặt khác K lại thuộc (BH) cho nên : (2t-3)+(4t-4)+1=0 suy t=1 và tạo độ B(-1;0) Gọi (C) : x  y  2ax  2by  c 0  a  b  c R   là đường tròn ngoại  a   9  6a  c 0    a  c   b    5  2a  8b  c 0 c     tiếp tam giác ABC Cho (C) qua A,B,C ta hệ : 1 25  x   y  2 - Vậy (C) :  Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 11 Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(1;-1) ,B(2;1), diện tích Bài 46 và trọng tâm G thuộc đường thẳng d : 3x+y-4=0 Tìm tọa độ đỉnh C ? Giải - Nếu G thuộc d thì G(t;4-3t) Gọi C( x0 ; y0 ) Theo    x0 t   x0 3t  3    y0 12  9t   3t  y0 tính chất trọng tâm :  A(1;-1) 3x+y-4=0 Do đó C(3t-3;12-9t) -Ta có :  AB  1;   G B(2;1) C x  y 1  ( AB) :   x  y  0   AB   2    3t  3   12  9t   15t  21 S ABC  AB.h  C , AB   5 Do đó : - h(C,AB)=  32 32  17 26   t   C  ;  t    15t  21 15t  21 11 15 5  15  S    15t  21 11    2   t  20 t   C  1;0    15   Bài 47 Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông có đỉnh (-4;5) và đường chéo có phương trình : 7x-y+8=0 Viết phương trình chính tắc các cạnh hình vuông Giải - Gọi A(-4;8) thì đường chéo (BD): 7x-y+8=0 Giả sử B(t;7t+8) thuộc (BD) - Đường chéo (AC) qua A(-4;8) và vuông góc với (BD) cho nên có véc tơ phương   x   7t x4 y  u  7;  1   AC  :     x  y  39 0 1  y 5  t Gọi I là giao (AC) và (BD) thì tọa độ I là  nghiệm hệ : - Từ B(t;7t+8) suy :  x   7t   9  t   I   ;   C  3;   y 5  t  2 7 x  y  0  BA  t  4;7t  3 , BC  t  3;7t   Để là hình vuông thì BA=BC :  t 0   t    t  3   7t  3  7t   0  50t  50t 0    t  Và BAvuông góc với BC  t 0  B  0;8   B  0;8   D   1;1     t   B   1;1 Tìm tọa độ D đối xứng với B qua I  B   1;1  D  0;8   x4 y  u AB  4;3   AB  :  - Từ đó : (AB) qua A(-4;5) có  x4 y  u AD  3;     AB  :  4 (AD) qua A(-4;5) có  x y u BC  3;     BC  :  4 (BC) qua B(0;8) có Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG  x 1 y  uDC  4;3   DC  :  (DC) qua D(-1;1) có Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 * Chú ý : Ta còn cách giải khác - (BD) : y 7 x  , (AC) có hệ số góc k  x 31 y  và qua A(-4;5) suy (AC): 7  x A  xC 2 xI  y  y 2 y C I  A   yI 7 xI   C  3;    y  xC  31 C 7 -Gọi I là tâm hình vuông :       u  a; b  ,  BD  : v  1;7   a  7b uv  u v cos450 - Gọi (AD) có véc tơ phương 3 b    AD  : y   x     x   a  7b 5 a  b Chọn a=1, suy 4 4 3  AB  : y   x     x  ,  BC  : y   x  3   x  3 4 và đường thẳng Tương tự : 4 y   x  3   x  3 (DC): 2 Bài 48 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(-1;0) và 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  y 2 36  I 4; , R 6      -   - Nhận xét : P/(M,C)=1+8-16=-7<0 suy E nằm (C)   x   at u  a; b   d :   y bt - Gọi d là đường thẳng qua E(-1;0) có véc tơ phương - Đường thẳng d cắt (C) điểm M,N có tọa độ là nghiệm hệ :  x   at    y bt   a  b  t   5a  2b  t  0  2  x     y   36 (1) - Gọi M(-1+at;bt),N( -1+at';bt') với t và t' là nghiệm (1) Khi đó độ dài dây cung MN  a  t  t '  b  t  t '  t  t ' a  b  ' 18a  20ab 11b2 2 a  b  a  b2 a  b2 b b 18  20    11  a  a   18  20t  11t 2 1 t2 b 1   a - b  t   a  18  20t  11t 1 t2 Xét hàm số f(t)= - Tính đạo hàm f'(t) cho , lập bảng biến thiên suy GTLN t , từ đó suy t ( tức là suy tỷ số a/b ) ) Tuy nhiên cách này dài * Chú ý : Ta sử dụng tính chất dây cung lớp : Khoảng cách từ tâm đến dây cung càng nhỏ thì dây cung càng lớn Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - Gọi H là hình chiếu vuông góc I trên đường thẳng d qua E(-1;0) Xét tam giác 2 2 vuông HIE ( I là đỉnh ) ta luôn có : IH IE  HE IE  IH IE Do đó IH lớn HE=0 có nghĩa là H trùng với E Khi đó d cắt (C) theo dây cung nhỏ nhất Lúc này d là  đường thẳng qua E và vuông góc với IE cho nên d có véc tơ pháp tuyến d: 5(x+1)+2y=0 hay : 5x+2y+5=0 n IE  5;  , Bài 49 Cho tam giác ABC cân A, biết phương trình đường thẳng AB, BC là: x + 2y – = và 3x – y + = Viết phương trình đường thẳng AC, biết AC qua điểm F(1; - 3) Giải - Ta thấy B là giao (AB) và (BC) cho nên tọa độ  A x    x  y  0     x+2y-5=0 3x  y  0  y  22  B là nghiệm hệ :  22   B  ;  B  Đường thẳng d' qua A vuông góc  3x-y+7=0   u  3;  1  n  1;3   k  (AB) với (BC) có k AB  Gọi (AC) có hệ số góc là k ta có phương trình : có 1  k    3k   15k    k   15k  3  k   15k  k  11 k 3 k  1 1 23 1   AC  : y   x  1   x  y  23 0 - Với k=- 4   AC  : y   x 1   x  y  25 0 - Với k=  F(1;-3) C   k    k   Bài 50 Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ các đỉnh tam giác ABC vuông cân A Biết cạnh huyền nằm trên đường thẳng d: x + 7y – 31 = 0, điểm N(7;7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2;-3) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB Giải   x ; y  MA  x  2; y  , NA  x  7; y      0 - Gọi A  0  -Do  A là đỉnh tam giác vuông cân cho nên AM vuông góc với AN hay ta có : MA.NA 0   x0    x0     y0  3  y0   0  x02  y02  x0  y0  0 x 3 - Do đó A nằm trên đường tròn (C) :   2   y0   20 - Đường tròn (C) cắt d điểm B,C có tọa độ là nghiệm hệ phương trình :  x  3   y   20    x  y  31 0  x 31  y  x 31  y   2  28  y    y   20 50 y  396 y  768 0 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 198  201 99  201 99  201 y  ;y 50 25 25 - Do đó ta tìm : , tương ứng ta tìm các  82  201 99  201  82  201 82  201 A  ;  ;x  25 25   và tọa độ 25 25 giá trị x : Vậy :  82  201 99  201  A  ;  25 25   điểm x Bài 51 Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng d1: 2x + y + = 0, d2: 3x + 2y – = và điểm G(1;3) Tìm tọa độ các điểm B thuộc d1 và C thuộc d2 cho tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm Biết A là giao điểm hai đường thẳng d1 và d Giải 2 x  y  0   x  y    - Tìm tọa độ A là nghiệm hệ :  x  11  A   11;17    y 17 - Nếu C thuộc d1  C  t ;  2t   C , B  d  B   2m;   3m  3x+2y-1=0 - Theo tính chất trọng tâm tam giác ABC G  t  2m  10 1  t  2m 13   11  2t  3m 3 2t  3m 2 là trọng tâm thì :  t 13  2m t  35 t 13  2m     m 24 m 24 2  13  2m   3m 2 A G 2x+y+5=0 M B - Vậy ta tìm : C(-35;65) và B( 49;-53) Bài 52 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y – 15 = Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d: 3x – 22y – = 0, cho từ điểm M kẻ tới (C) hai tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm) mà đường thẳng AB qua điểm C (0;1) Giải 2 x  3   y  1 25 - (C) :  , có I(3;-1) và R=5 A x ;y ,B x ; y - Gọi  1   2  là tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M x ; y d  - Gọi M  0  A 3x0  22 y0  0 (*) I(3;-1) - Hai tiếp tuyến (C) A,B có phương trình là : x  x  3   y1  1  y  1 25  1 -   và : x  x  3   y2  1  y  1 25   -   H M - Để tiếp tuyến trở thành tiếp tuyến kẻ từ M thì tiếp tuyến phải qua M ; 3x-22y-6=0 B C(0;1)  x1  3  x0  3   y1 1  y0 1 25  3 và x  x   y  y  25   -       - Từ (3) và (4) chứng tỏ (AB) có phương trình là : - Theo giả thiết thì (AB) qua C(0;1) suy :  x0  3  x  3   y0  1  y  1 25   Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218   x0  3   y0  1 25   x0  y0  14 0(6) 3 x0  22 y0  0     3x0  y0  14 0  y0    16   16  M   ;  1    x0  - Kết hợp với (*) ta có hệ : Bài 53 Trong mặt phẳng Oxy : Cho hai điểm A(2 ; 1), B( - ; - 3) và hai đường thẳng d1: x + y + = 0; d2 : x – 5y – 16 = Tìm tọa độ các điểm C,D thuộc d1 và d2 cho tứ giác ABCD là hình bình hành Giải - Trường hợp : Nếu AB là đường chéo 1   ;  1 +/ Gọi I(   , đường thẳng qua I có hệ số góc k suy d: y=k(x-1/2)-1 +/ Đường thẳng d cắt d1 C  1   y k  x     2    x  y  0   k 7k    C  ;    k  1  k  1  Tương tự d cắt d B : k   x   k  1    y  k    k  1  1   y k  x    2    x  y  16 0  - Từ đó suy tọa độ B Để ABCD là hình bình hành thì : 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)   t   t  1  16 0 - Để thỏa mãn ABCD là hình bình hành thì D phải thuộc d :  13   10  10  ;   ;  3   Suy t=- và D và C  3  - Trường hợp AB là cạnh hình bình hành +/ Chọn C (t;-t-3) thuộc d1 và D (5m+16;m) thuộc d AC=BD  +/ Để ABCD là hình bình hành thì : AB //CD +/ Ta có    t    t     5m  17    m  3   t    t    5m  17    m      5m  t  16 m  t    17 m  7t  55 0  : t  2t 13m2  88m  89 0    17 m  55 t   Giải hệ này ta tìm m và t , thay vào tọa độ C và 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 và B có phương trình là x + y = và 2x – y + = Tính diện tích tam giác ABC Giải - (AC) qua C(1;2) và vuông góc với đường cao BK cho nên có : Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  x y u  2;  1   AC  :   x  y  0 1  x   x  y  0   11    A  ;   AC   5   x  y  0  y 11  - (AC) cắt (AH) A :   x 1  t uBC  1;1   BC  :   y 2  t - (BC) qua C(1;2) và vuông góc với (AH) suy - (BC) cắt đường cao (AH) B   x 1  t   1   y 2  t  t   B   ;   2  x  y 0  1  9   S  5 20 5 - Khoảng cách từ B đến (AC) : Bài 55 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm F1 ( - 4; 0), F2 ( 4;0) và điểm A(0;3) a) Lập phương trình chính tắc elip (E) qua điểm A và có hai tiêu điểm F1 , F2 b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) cho M F1 = 3M F2 Giải ❑1 x2 y  1  c 16 a  b   - Giả sử (E) : a b (1) Theo giả thiết thì : c=4 x2 y 2   b  a  25  E :  1   25 - (E) qua A(0;3) suy : b , thay vào (2) ta có x02 y02  1  25 - M thuộc (E) Theo tính chất (E) ta có bán kính qua tiêu 4 4  25  MF1 5  x0 , MF2 5  x0  MF1 3MF2   x0 3   x0   x0  5 5  Thay vào (2)   M  x0 ; y0   y02  551 551  y0  8 ta có Bài 56 Trong mp Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y + = và điểm P(1;3) a.Viết phương trình các tiếp tuyến PE, PF đường tròn (C), với E, F là các tiếp điểm b.Tính diện tích tam giác PEF Giải 2 x   y  4  I 3;  , R 2      - (C):  - Giả sử đường thẳng qua P có véc tơ pháp  n a; b  d : a x   b y  0     tuyến   Hay : ax+by-(a+3b)=0 (*) - Để d là tiếp tuyến (C) thì khoảng cách từ tâm I đến d bán kính :  3a  b  a  3b a  b2 2  2a  4b a2  b2 P(1;3) y F H O 2   a  2b  a  b  4ab  3b 0 x E Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) I(3;-1) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 2 -Ta có : PI=2 , PE=PF= PI  R  20  4 Tam giác IEP đồng dạng với IHF suy : IF EP IP IF EP      IH   , EH   IH EH IE 5 5 1 8 32  PH PI  IH 2    S EPF  EF.PH=  2 5 5 Bài 57 Trong mpOxy, cho đường thẳng d1: 2x + y  = 0, d2: 2x  y + = Viết pt đường tròn (C) có tâm nằm trên trục Ox đồng thời tiếp xúc với d1 và d2 Giải h  I , d1  h  I , d   h  I , d1  R - Gọi I(a;0) thuộc Ox Nếu (C) tiếp xúc với đường thẳng thì :   2a  2a    1    1   R  2a      C  :  x    y2   4 100  Từ (1) : a= , thay vào (2) : R= 10 Bài 58 Trong mpOxy, cho đường thẳng d1: 2x  3y + = 0, d2: 4x + y  = Gọi A là giao điểm d1 và d2 Tìm điểm B trên d1 và điểm C trên d2 cho ABC có trọng tâm G(3; 5) Giải  x  y  0  3  A ;    2 - Tọa độ A là nghiệm hệ : 4 x  y  0 B  d1  B   2t ;1  3t  , C  d  C  m;5  4m  -  1  2t  m  9   1  3t   4m  15  Tam giác ABC nhận G(3;5) làm trọng tâm :  31  67 88  t   B  ;       m  207  C   207 ; 257     40  40 10  Giải hệ trên suy :  57  2t  m   3t  4m  15  Bài 59 Cho đường tròn (C): x2 + y2  2x  4y + = Lập pt đường tròn (C’) đối xứng với (C) qua đường thẳng : x  = Giải x  y 2 2  I 1; , R       Ta có (C):  - Gọi J là tâm (C') thì I và J đối xứng qua d : x=2 suy J(3;2) và (C) có cùng bán kính R Vậy (C'):  x  3 2   y   2 đối xứng với (C) qua d  13 13   ;  Bài 60 Trong mpOxy, cho ABC có trục tâm H  5  , pt các đường thẳng AB và AC là: 4x  y  = 0, x + y  = Viết pt đường thẳng chứa cạnh BC Giải Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 4 x  y  0  - Tọa độ A là nghiệm hệ :  x  y  0   12    HA   ;  // u  1;    5 Suy : A(2;5) Suy  u 1;  (AH) có véc tơ phương    (BC) vuông n u  1;   góc với (AH) cho nên (BC) có (BC): x-4y+m=0 (*) - C thuộc (AC) suy suy C(t;7-t   22    13 CH   t ; t    u AB  1;   CH   13  22   t  4 t   0  t 5  C  5;  5   ) Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 4x-y-3=0 A(2;5) x+y-7=0 K H B C E và Cho nên ta có :  n  1;     BC  :  x     y   0 - Vậy (BC) qua C(5;2) có véc tơ pháp tuyến (BC):  x  y  0 Bài 61 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y  = và 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) và có véc tơ phương M(t;3-t)  x y u  4;  3   AB  :   3x  y  0 3 3t    t   1   t  5 - Theo đầu bài : A(1;1) H  t 3  M  3;0    t 13  M  13;  10  B(-3;4) * Chú ý : Đường thẳng d' song song với (AB) có dạng : 3x+4y+m=0 Nếu d' cách (AB) khoảng 34m 1 thì h(A,d')=1  m   d ' : x  y  0    m  12  d ' : x  y  12 0 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 và trung tuyến CM có pt là: 3x  y + 11 = 0, x + y  = Tìm tọa độ các đỉnh B, C Giải  x 4  3t  Đường thẳng (AC) qua A(4;3) và vuông góc với (BH) suy (AC) :  y 3  t  x 4  3t   2t  0  t   C   5;6   y 3  t  x  y  0  (AC) cắt trung tuyến (CM) C : Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - B thuộc (BH) suy B(t;3t+11 ) Do (CM) là trung tuyến cho nên M là trung điểm AB  t  3t  14   M ;    , đồng thời M thuộc (CM) t  3t  14 M   CM     0  t  2 B M x+y-1=0 Do đó tọa độ B(-4;-1) và M(0;1 ) C H A(4;3) x y  1 Bài 63 Trong mpOxy, cho elip (E): và đường thẳng d: x  y + = Đường thẳng d cắt 3x-y+11=0 elip (E) điểm B, C Tìm điểm A trên elip (E) cho ABC có diện tích lớn Giải -Do đường thẳng d cố định cho nên B,C cố định , có nghĩa là cạnh đáy BC tam giác ABC cố định - Diện tích tam giác lớn khoảng cách từ A ( trên E) là lớn - Phương trình tham số (E) :  x 2 sin t   A 2 sin t ; cos t  y 2 cos t   - Ta có :  h  A, d   2 sin t  2cost+2 y x-y+2=0 A C -2 -2 O x 2 A B  2  sin t  cost     sin  x       sin  x    -2   4sin  x    4   sin  x   1   4  3 Dấu đẳng thức xảy    4    1 4  x  x        k 2 x   k 2  x  2, y   4     x  3  k 2  x 2, y    k 2   A  2; Nhận xét : Thay  tọa độ điểm A tìm ta thấy điểm thỏa mãn Bài 64 Trong hệ trục 0xy, cho đường tròn (C): x +y2 -8x+12=0 và điểm E(4;1) Tìm toạ độ điểm M trên trục tung cho từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến (C), với A,B là các tiếp điểm cho E thuộc đường thẳng AB Giải Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG  x    y 4  I  2;0  , R 2 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - Đường tròn (C) : A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2    C  - Gọi M(0;a) thuộc Oy - Tiếp tuyến A và B có phương trình là :  x1    x    y1 y 4 ,  x2    x    y2 y 4 B E(4;1) - Để thỏa mãn tiếp tuyến này cùng qua M(0;a)   x1       y1a 4 ,  x2       y1a 4 y M 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 trên Oy có M(0;4 ) thỏa mãn O A I(4;0) x d' Bài 65 Cho tam giác ABC có diện tích S= , hai đỉnh A(2;-3), B(3;-2) và trọng tâm G tam giác thuộc đt 3x-y-8=0 Tìm tọa độ đỉnh C Giải  GA   t ;5  3t    GM  x0  t ; y0   3t  - Vì G thuộc d suy G(t;3t-8)  Theo tính chất trọng tâm    t  x  t x  t 2   GA  2GM    5  3t  y0  16  6t 2 y0 9t  21 tam giác : ta có tọa độ C  Theo tính chất trung điểm 3t  5;9t  19   x y 2 u  1;1   AB  :   x  y  0 1 - (AB) qua A(2;-3 ) có véc tơ phương 3t   9t  19  10  6t   2 Đồng thời : AB  Khoảng cách từ C đến (AB) : - Theo giả thiết :  13  11  t   C ;   10  6t  10  6t   1 2 2 S  AB.h    3t      2  7  10  6t 3 t   C   ;   2  Bài 66 Viết phương trình đường tròn (C ) có bán kính R = tiếp xúc với trục hoành và có tâm I nằm trên đường thẳng (d) : x + y – = Giải - Tâm I nằm trên d suy I(t;3-t) Nếu (C) tiếp xúc với Ox thì khoảng cách từ I đến Ox  t 5  I1  5;     t   t 2      t 2  t 1  I  1;2  bán kính R=2 : 2 2  C1  :  x  5   y   4 ,  C2  :  x  1   y   4 - Như có đường tròn : Bài 67 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (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 là trung điểm đoạn AB b Viết phương trình tiếp tuyến (C) cho tiếp tuyến song song với đường thẳng coù phöông trình : 2x + 2y – = Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 c Chứng tỏ đường tròn (C) và đường tròn (C ’) : x + y2 – 4x – 6y + = tiếp xúc Vieát phöông trình tieáp tuyeán chung cuûa chuùng taïi tieáp ñieåm Giải x  1 - (C) :  2   y  3 4  I  1;3 , R 2 a Gọi A(x;y) thuộc (C) suy  x  1   y  3 4 (1) , B đối xứng với A qua M suy B(4- x;8-y) Để đảm bảo yêu cầu bài toán thì B thuộc (C) : 2  x  1   y  3 4   2   x     y  4 - Từ (1) và (2) ta có hệ :   x 2    y  4 (2)  x  y  x  y  0  3  2  x  y  x  10 y  30 0   - Lấy (3) -(4) ta có phương trình : 4x+4y-24=0 , hay : x+y-6=0 Đó chính là đường thẳng cần tìm b Gọi d' là đường thẳng // với d nên nó có dạng : 2x+2y+m=0 (*) Để d' là tiếp tuyến  h  I , d '  26m (C) thì :  m 4  2  m  4    m   x   y  9  I ' 2;3 , R ' 3      c (C'):  - Ta có : II'=1 , R'-R=1 Chứng tỏ hai đường tròn tiếp xúc với - Tìm tọa độ tiếp điểm :  x  1   y  3 4   2  x     y  3 9  x  y  x  y  0  2  x  y  x  y  0  x  0  x  Thay vào phương 2 y  y  0  y  0  y 3  M 1;3     trình đầu hệ : - Tiếp tuyến chung qua M và vuông góc với IJ suy d': 1(x-1)=0 hay : x-1=0 Bài 68 Trong maët phaúng Oxy cho (E) coù phöông trình : x2 y2 + =1 a Xác định tọa độ các tiêu điểm, độ dài các trục (E) b Chứng minh OM2 + MF1.MF2 là số không đổi với F1, F2 là hai tiêu điểm (E) vaø M  (E) c Tìm các điểm M thuộc (E) thỏa MF1 = 2.MF2 với F1, F2 là hai tiêu điểm (E) d Tìm các điểm M  (E) nhìn hai tiêu điểm (E) góc vuông Giải a (E) có trục dài 2a=6 , trục ngắn : 2b=4 , M  x0 ; y0    E      c 9  5  c   F1  5;0 , F2 5;0  x02 y02  1(*) b Gọi - Theo công thức bán kính qua tiêu :  5   x0 , MF2 3  x0  MF1.MF2   x0    x0  9  x02 3 3     x2 y  4x2 OM  MF1MF2 x02  y02   x02 9   y02 9     9  13 9    MF1 3  - Vậy : Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  5  MF1 2 MF2   x0 2   x0   x0 3  x0  3   c Như (*) Nếu 4  16 4     y02    x02        y0   M  ; , M2  ;   9 5 5 5 5      - Từ (*) :   d Theo giả thiết : MF1 MF2 0     MF1  x0  5, y0 , MF2  x0  5; y0  MF1 MF2  x02    y02 0  y02  x02   1  -     y02  x02  81  2  x    x  x   x     0 0 13 13  y0    x0   - Kết hợp với (*) ta có hệ : 81 36 y02     y0  13 13 13 Như ta có tất điểm M nhìn tiêu điểm - Do đó : góc vuông :         M1   ; ; ; ;  , M2    , M3   , M4   13 13  13 13  13     13  13 13  2 x y + =1 Trong maët phaúng Oxy cho (E) coù phöông trình : Bài 69 a Xác định tọa độ các tiêu điểm, độ dài các trục (E) b Chứng minh với điểm M thuộc (E) ta có  OM  c Tìm các điểm M thuộc (E) nhìn đoạn F1F2 góc 60 Giải M  x0 ; y0    E   a Giả sử x02 y02  1  1 y02 y02 x2 y x2 y x  y02       1  OM  OM 3 9 9 - Ta có : (1) 2 2 2 2 x0 x0 x y x y x  y0       1  x02  y02 4  OM 4  OM 2 9 4 4 - Tương tự :  y0 0, x0 3  x 0, y 2 - Tóm lại với M thuộc (E) ta luôn có : OM 3 Dáu đẳng thức :   MF1 3   5   x0 , MF2 3  x0  MF1.MF2   x0    x0  9  x02 3 3    c Ta có : - Theo hệ thức hàm số cos ta có : 2   F1 F2  MF12  MF12  2MF1MF2 cos600  MF1  MF2   3MF1MF2         62    x0    x0  36    x02  9  x02 3      33 165 4 33  423  20 9  x02  x02   x0   y02    x02      y0   5 9  - Như : có điểm thỏa mãn Bài 70 Trong maët phaúng Oxy cho (E) coù phöông trình : 4x2 + 9y2 = 36 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 a Cho đường thẳng (D) : ax – by = và (D’) : bx + ay = (a + b2 > 0) Tìm giao điểm E, F (D) với (E) và giao điểm P, Q (D’) với (E) Tính diện tích tứ giác EPFQ theo a, b b Chứng minh MPFQ luôn ngoại tiếp m[tj đường tròn cố định ? Viết phương trình đường tròn cố định đó c Cho điểm M(1 ; 1) Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt (E) hai điểm A, B cho M là trung điểm đoạn thẳng AB Giải a Hai đường thẳng (D) và (D') vuông góc   by   y 36  x  y 36   a     ax-by=0  x  by  a - (D) giao với (E) E,F có tọa độ là nghiệm hệ :     6b 6a  6b  6a  E ; ,F ;   2 9a  4b   9a  4b 9a  4b   9a  4b   by    y 36  x  y 36   a     ax+by=0  x  by  a - Tương tự (D') cắt (E) P,Q với tọa độ là nghiệm:      6b 6a 6b  6a  P ; ;  ,Q  2 2 2 2 9a  4b   9a  4b 9a  4b   9a  4b - 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 không thuộc đường thẳng nào họ b Chứng minh đường thẳng họ tiếp xúc với đường tròn cố định Giải I x ;y b Gọi  0  là điểm cố định Khoảng cách từ I đến d có giá trị là :  x0  1 cos +  y0 -1 sin     x0  0  x0 1  sin   cos 2  1     I  1;1  y0  0  y0 1 - Với kết trên chứng tỏ d luôn tiếp xúc với đường tròn (C) có tâm I và bán kính ( 2 x  1   y  1 1 Không phụ thuộc vào  (C):  Bài 72 Lập ph trình các cạnh Δ ABC, biết đỉnh A(1 ; 3) và hai đường trung tuyến xuất phát từ B và C có ph.trình là: x– 2y +1= và y –1= Giải Gọi G là trọng tâm tam giác thì tọ độ G là  x  y  0  G  1;1  y    nghiệm hệ E(x;y) thuộc (BC), theo tính chất trọng tâm ta có :     GA  0;  , GE  x  1; y  1  GA  2GE A(1;3) N y-1=0 M G Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) B E x-2y+1=0 Trang C Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 0   x  1   E  1;0     y  1 C thuộc (CN) cho nên C(t;1), B thuộc (BM) cho nên B(2m-1;m) Do B,C đối xứng qua E cho nên ta có hệ phương trình : A' 2m  t  2 t 5   B 5;1 , C  3;        m  0 m  Vậy (BC) qua E(1;0) có véc tơ phương   x y BC   8;   // u  4;1   BC  :   x  y  0 Tương tự :   x y AB  4;   // u  2;  1   AB  :   x  y  0 1 (AB) qua A(1;3) có   x y AC   4;   // u  1;1   AC  :   x  y  0 1 (AC) qua A(1;3) có * Chý ý : Hoặc gọi A' đối xứng với A qua G suy A'(1;-1) thì BGCA' là hình bình hành , từ đó ta tìm tọa độ đỉnh B,C và cách lập các cạnh trên Bài 73 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y2 = 8x a Tìm tọa độ tiêu điểm và 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) và cắt (P) hai điểm phân biệt A, B có hoành độ tương ứng là x2, x2 Chứng minh:AB = x1 +x2 + Giải a/ Tiêu điểm (P) là F(2;0) , đường chuẩn (P) có phương trình : x=-2 b/ M thuộc (P) có tung độ thì hoành độ x=2 và M(2;4) Vậy tiếp tuyến d (P) M ta áp dụng công thức : yy0  p  x  x0   x0 2; y0 4   d : y 4  x    y x  p A x ; y ,B x ; y c/ Áp dụng công thức bán kính qua tiêu : MF= x+ Gọi  1   2  với giá trị y2 y2 x1  , x2  8 Ta có : AF=x1  2, BF  x2   AB AF+BF=x1  x2  ( đpcm) Bài 74 Trong maët phaúng Oxy cho Elip (E) : 9x2 + 25y2 = 225 a Vieát phöông trình chính taéc vaø xaùc ñònh caùc tieâu ñieåm, taâm sai cuûa (E) b Một đường tròn (T) có tâm I(0 ; 1) và qua điểm A(4 ; 2) Viết phương trình đường tròn và chứng tỏ (T) qua hai tiêu điểm (E) c Gọi A, B laø ñieåm thuoäc (E) cho OA  OB.chứng minh diện tích tam giác OAB không đổi Giải x2 y  1  a 5, b 3, c 4  F1   4;0  , F2  4;0  , e  a/ (E) : 25 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 IF1 IF2  17 b/ Vì (E) chẵn x,y cho nên Ox,Oy là hai trục đối xứng vì (1) Đường tròn (T) tâm I(0;1) có bán kính R=IA= tiêu điểm (E) c/ Gọi A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2    E   42    1  17 (2) Từ (1) và (2) chứng tỏ (T) qua x12 y12 x2 y  1,  1 * 25 25 Và góc hợp OA và chiều    xOB     OA  OB  dương Ox là Khi đó :       A  OAcos ;OAsin  , B  OBcos     ; OB sin        OB sin  ; OBcos  2  2   OA2cos 2 OA2 sin  OB sin  OA2cos 2  1,  1 25 25 Thay vào (*) : Từ đó ta suy : 25.9 25.9 25  34 15 OA2  , OB      OH  2 2 25sin   cos  25cos   9sin  OH 25.9 225 34 Vậy A,B thay đổi khoảng cách từ O đến AB không đổi và AB không đổi ( ví OA luôn vuông góc với OB) cho nên diện tích tam giác OAB không đổi Bài 75 Cho ABC có đỉnh A(2 ; –1) và hai đường phân giác góc B, góc C có phương trình là (dB) : x – 2y + = và (dC) : x + y + = Lập phương trình caïnh BC Giải - Gọi A' đối xứng với A qua d B và A'' đối xứng với A qua d C thì A' và A'' nằm trên BC +/ Tìm tọa độ A' (x;y):   AA'u 0    I  d B   x    1 y  1 0   x2  y  1      0    2 x  y 3  A '  0;3   x  y    AA''u 0    I  d B  x    1 y  1 0  x  y 3    A ''   2;    x   y  1 x  y            +/ Tìm tọa độ A'' (x;y) :   x y A ' A ''   2;   // u  1;    BC  :  +/ (BC) qua A'(0;3) có véc tơ phương Bài 76 Tìm điểm M  (H) : 5x2 – 4y2 = 20 (1) nhìn hai tiêu điểm góc 120 Giải x2 y x2 y  1  F1   3;0  , F2  3;0   F1F2 6, M  x; y    H    1 - Ta có : (H) :  MF12  x  3 2  y   MF1  x  3; y  , MF2  x  3; y    , MF1 MF2  x  y  2  MF2  x  3  y - Và : (*) 4 MF1   x , MF2   x  MF1MF2    x    x  4  x 2 - Mặt khác : 2 F1 F2  F1 F2  MF1  MF2  2MF1 MF2 cos120 - Tam giác M : Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  x 6 2   x   x 2  36   x     x    x   x 7  x    2 x    x 2 x   2  y 10  x 6     10  10  10  10       10  M   6;  , M  6; , M 6;  , M 6;        20     y       y        Bài 77 Trong maët phaúng 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 và có tiêu điểm trùng với tiêu điểm bên trái (E) đã cho Giải x2 y2  1  a 2 3, b 2, c 2  F1  2;0 , F2 2;0 a/ (E) : 12 2 2 b/ Điều kiện cần và đủ để d tiếp xúc với (E) : a A  b B C     45 15 15   m 12 p y 2 px  F  2;0   2  p  2 c/ (P) có dạng : - Vậy (P) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm bên trái (E) : y  x  12m  4.9 81  12m 45  m    Bài 78 Trong mp Oxy, cho Cho (H) coù phöông trình : 24x2 – 25y2 = 600 (1) vaø M laø moät ñieåm tuøy yù treân (H) a) Tìm tọa độ các đỉnh, tọa độ các tiêu điểm và tính tâm sai (H) b) Tìm tọa độ điểM thuộc (H) có hoành độ x = 10 và tính khoảng cách từ điểm đó đến tiêu điểm c) Chứng minh : OM2 – MF1.MF2 là số không đổi d) Tìm các giá trị k để đường thẳng y = kx – có điểm chung với (H) Giải x2 y  1  a 5, b 2 6, c 7  F1   7;0  , F2  7;0  a/ (H) : 25 24 y 72  y 6  M1 0;  , M 10;6 b/ Khi x=10 thay vào (1) ta có     7 MF1   x   10 19, MF2   10 9 5 - Tính khoảng cách : 49  7  MF MF  x  25 : x  MF   x , MF   x : x  2   25 5    7  MF   x, MF 5  x : x   MF MF   25  49 x  : x      25  5  c/ Ta có :   49  2 x  y  x  25 : x   25   25 OM  MF1MF2    x  y   25  49 x  : x    25     25    Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )  x2 y    :x 0  25 24   x2 y    :x 0  25 24  24 Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 24 x  25  kx  1  600 0 d/ Tìm k để phương trình : Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 ( có nghiệm x )  24  25k 0    24  25k  x  50kx  575 0  : x    24  25k 0   ' 252  575  24  25k      k      k      577  k     23 Bài 79 Trong maët phaúng Oxy cho Hyperbol (H) : 12x2 – 16y2 = 192 vaø ñieåm P(2 ; 1) Viết phương trình đường thẳng qua P và cắt (H) điểm M, N cho P là trung ñieåm cuûa MN Giải x2 y  1  a 4, b 2 3, c 2  F1  7;0 , F2 7;0 (H): 16 12 Gọi M(x;y) thuộc (H) và     N đối xứng với M qua P(2;1) thì N(4-x; 2-y) Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì N phải  x2 y  1 16  12 1   2  y    x  1   12 thuộc (H)., đó ta có hệ :  16 Lấy (2)-(1) ta phương trình rút gọn : 3x-2y-4=0 Đó chính là phương trình đường thẳng qua P Bài 80 Trong maët phaúng Oxy cho (E) : 4x2 + y2 = a Tính độ dài trục lớn, trục nhỏ, tọa độ hai tiêu điểm, tâm sai (E) b Tìm các giá trị m để đường thẳng y = x + m cắt (E) điểm phân biệt M, N m thay đổi Tìm tập hợp các trung điểm MN Giải x2 y  1  a 1, b 2, c   F1 0;  , F2 0; a/ (E): Tiêu điểm thuộc Oy     b/ Đường thẳng y=x+m cắt (E) điểm M,N có tọ độ là nghiệm hệ : 4 x  y 4    y x  m 2 4 x   x  m  4 5 x  2mx  m  0  1    2  y x  m  y x  m - Như hoành độ M,N là nghiệm (1) với điều kiện :  '  4m  20  , hay :  m  * Gọi M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2  và I là trung điểm MN thì ta có tọa độ I là : x1  x2  m   xI   xI      y  y1  y2  yI xI  m  I m  xI   yI  xI  xI  xI Do đó I chạy trên đường thẳng : y=-4x - Giới hạn quỹ tích : Từ (*) : m    xI   xI  5 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - Kết luận : Khi m thay đổi I chạy trên đường thẳng d: y=-4x ( lấy điểm có hoành  5 ;    5   độ nằm khoảng Bài 81 Trong mp Oxy cho parabol (P) : y2 = 12x a Tìm tọa độ tiêu điểm F và phương trình đường chuẩn () (P) b Một điểm nằm trên parabol có hoành độ x = Hãy tính khoảng cách từ điểm đó đến tieâu ñieåm c Qua điểm I(2 ; 0) vẽ đường thẳng thay đổi cắt (P) A và B Chứng minh tích số khoảng cách từ A và B đến trục Ox là số Giải a/ Với p=6 thì p/2=3 và F(3;0) Đường chuẩn có phương trình : x=-3 b/ Gọi M  (P) có x=2 thì tung độ M là :    y 24  y 2  M 2;  , M 2;  p  MF1 2  6, MF2 2  - Khoảng cách từ M đến tiêu điểm : MF=x+ c/ Đường thẳng d qua I(2;0) có dạng : x=2 (//Oy ) cắt (P) điểm hiển nhiên khoảng cách từ điểm này tới Ox nhay ( vì chúng đối xứng qua Ox ) Gọi d có hệ số góc k qua I (2;0) thì d : y=k(x-2)=kx-2k (1) Nếu d cắt (P) điểm thì hoành độ điểm là  kx  nghiệm phương trình : 2k  12 x  k x   k  3 x  4k 0(1) y  y 12    k  - Hoặc tung độ điểm là nghiệm phương trình :  ky  12 y  2k 0   - Tích khoảng cách từ điểm đến trục Ox chính là tích tung độ hai điểm Vậy từ (2) ta có : y1 y2   2k  k là số ( đpcm) Bài 82 Vieát phöông trình tieáp tuyeán cuûa (E) : √ ) x2 y + =1 , bieát tieáp tuyeán ñi qua A(6 ; 32 18 Giải Bài 83 a Cho Parabol (P) có phương trình y2 = x và đường thẳng d có phương trình : 2x – y – = Haõy vieát phöông trình tieáp tuyeán cuûa (P) taïi caùc giao ñieåm cuûa (P) vaø d b Laäp phöông trình tieáp tuyeán chung cuûa (P) : y = 4x vaø (E) : x2 y2 + =1 Giải a/ Điểm chung d và (P) có tọa độ là nghiệm hệ :  y x 2 y  y  0  1    A  1;1 , B  ;    2 : 2 x  y  2 x  y  1 yy0  p  x  x0   d A :1 y   x  1  x  y  0 - Phương trình tiếp tuyến có : Và 1 1 d B :  y   x    x  y  0 2 4 b/ Gọi d là tiếp tuyến chung (P) và (E) có dạng : ax+by+c=0 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 2 - d là tiếp tuyến (P) : p B =2AC  b =2ac , hay : b =ac (1) 8a  2b c   - d là tiếp tuyến (E) :  c  2a 8a   ac   c 0  8a  2ac  c2 0    c 4a - Thay b từ (1) thay vào (2) : - Từ (1) a,c cùng dấu cho nên chọn : c=4a hay :  b 2a  d : ax+2ay+4a=0  x+2y+4=0 4a b2    ac=  b  2a  d : ax-2ay+4a=0  x-2y+4=0 Bài 84 Cho tam giác ABC có trung điểm AB là I(1;3), trung điểm AC là J(-3;1) Điểm A thuộc Oy , và đường thẳng BC qua gốc tọa độ O Tìm tọa độ điểm A , phương trình đường thẳng BC và đường cao vẽ từ B ? Giải - Do A thuộc Oy cho nên A(0;m) (BC) qua gốc tọa độ O cho nên (BC): ax+by=0 (1) - Vì IJ là trung điểm (AB) và (AC) cho nên IJ //BC suy (BC) có véc tơ phương :    IJ   4;   // u  2;1   BC  : x  y 0 - B thuộc (BC) suy B(2t;t) và A(2-2t;6-t) Nhưng A thuộc Oy cho nên : 2-2t=0 , t=1 và A(0;5) Tương tự C(-6;-3) ,B(0;1) - Đường cao BH qua B(0;1) và vuông góc với AC A H J(-3;1) I(1;3) B ax+by=0 C   x y AC   6;   // u  3;    BH  :   x  y  0 cho nên có Bài 85 Cho hai điểm A(1;1), B(4;-3) và đường thẳng d : x-2y-1=0 a Tìm tọa độ điểm C trên d cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB=6( ĐHKB-04) b Tìm tọa độ trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB ?( ĐHKA-2004) Giải   x y u  AB  3;     AB  :   x  y  0 4 a/ (AB) qua A(1;1) có  2t  1  3t  6  11t  30 - C thuộc : x-2y-1=0 suy C(2t+1;t ) đó :  t 3  C1  7;3   27  43 27  t   C2   ;   11  11 11  b/ - Đường thẳng qua O vuông góc với AB có phương trình : 3x-4y=0 - Đường thẳng qua B và vuông góc với OA có phương trình : (x-4)+(y+3)=0 - Đường thẳng qua A và vuông góc với OB có phương trình : 4(x-1)-3(y-1)=0 hay : 4x-3y-1=0 - Vậy tọa độ trực tâm H là nghiệm : 3 x  y 0    x  y  0  4 x  y  0  3 x    x  0    y 1  x 4 x  y  0   x    3  H ;    7  y 3  Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác (C): x  y  2ax  2by  c 0 2 - (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) a  b 1 b 1  a    8a  6b 25 8a  6(1  a ) 25 - Từ (2) và (3) ta có hệ : x2  y2  31  b 1  14   31 a   14 17  b  14  a  31  14 31 17 x  y 0 - Vậy (C) : Bài 86 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x+2y-3=0 và hai điểm A(1;0)  ,B(3;-4) Hãy tìm trên d điểm M cho :  MA  3MB nhỏ  Giải  MA   2t ; t  , MB   2t ; t    3MB   6t  3t  12  - Trên d có M(3-2t;t) suy :     2 MA  3MB   8t ; 4t  12   MA  3MB    8t    4t 12  - Do :     676 26 MA  3MB  80t  64t  148  80  t     5 Dấu đẳng thức xảy  5 - Hay : f(t)= 26  19    M  ;   5  Khi đó min(t)= t= C : x  y 9 Bài 87 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(2;-1) và đường tròn   (1) Hãy C : C viết phương trình đường tròn   có bán kính và cắt đường tròn   theo dây cung qua M có độ dài nhỏ Giải C : Gọi   có tâm I'(a;b) suy :  C2  :  x  a  2   y  b  16  x  y  2ax  2by  a  b  16 0  1 2ax  2by   a  b2   0 Lấy (1) -(2) ta : ( chính là đường thẳng trục đẳng phương ) Dây cung hai đường tròn nằm trên đường thẳng này 2 4a  2b   a  b   0   a     b  1 12 Ví dây cung qua M(2;-1) lên ta có : 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 Theo giả thiết : h  B, d   n  a; b   d : a  x    b  y   0 a     b   5 a  b2  1 3   3a  4b  9  a  b   b 0  d : a  x   0  x  0  7b  24ab 0    b  24a   x    24  y   0  x  24 y  114 0  7 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Bài 89 Trong (Oxy) cho A(2;5) và đường thẳng d : 2x+3y+4=0 Viết phương trình tổng quát đường thẳng d' qua A và tạo với d góc 45 Giải  Đường thẳng d' qua A(2;5) có n  a; b   d : a  x    b  y   0  n '  2;3 Đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến cos450  2a  3b 13 a  b   1 Theo giả thiết thì :   2a  3b  13  a  b   5b  24ab  5a 0  b  5a  d ' :  x     y   0  x  y  23 0  'b 169a    b  a  a 5b  d ' :  x     y   0  x  y  15 0  Ta có : Bài 90 Trong (Oxy) cho hình chữ nhật ABCD , biết phương trình chứa đường chéo là d1 : x  y  0 và d : x  y  0 Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh hình chữ nhật , biết đường thẳng đó qua điểm M(-3;5) Giải 7 x  y  0   x  y    - Tâm hình chữ nhật có tọa độ là nghiệm hệ :  n  a; b  Gọi d là đường thẳng qua M(-3;5 ) có véc tơ pháp tuyến : 1 9 I ;   4 Khi đó  d : a  x  3  b  y   0  1 Gọi cạnh hình vuông (AB) qua M thì theo tính chất hình chữ     nn1 nn2 7a  b a b  a  3b   a  b 5 a  b        n n1 n n2 50 a  b 2 a  b2  b 3a nhật :  a  3b  d :   x     y   0  x  y  14 0  b 3a   x  3   y   0  x  y  12 0 Do đó :  Bài 91 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A (1 ;1) , B (−2 ; 5) , đỉnh C nằm trên đờng thẳng x − 4=0 , và trọng tâm G tam giác nằm trên đờng thẳng x −3 y +6=0 TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC HD 1+5+ y C y 1− 2+ =1 , y G = =2+ C §iÓm G n»m trªn ®3 3 êng th¼ng x −3 y +6=0 nªn 2− − y C +6=0 , vËy y C =2 , tøc lµ: C=( ; 2) Ta cã  AB=(− 3; 4) ,  AC=(3 ; 1) , vËy AB=5 , AC=√ 10 ,  AB  AC=−5 1 15 2 DiÖn tÝch tam gi¸c ABC lµ S= AB AC − (  AB  AC ) = √25 10− 25 = 2 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 trên đờng thẳng x+ y − 2=0 Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC b»ng 13,5 Ta cã C=(4 ; y C ) Khi đó tọa độ G là x G= √ HD Vì G nằm trên đờng thẳng x+ y − 2=0 nên G có tọa độ  AB=(− 1; −1) VËy diÖn tÝch tam gi¸c ABG lµ G=(t ; −t) Khi đó  AG=(t −2 ; 3− t) , Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 3− t ¿2 t −2 ¿ +¿ −1 |2 t −3| ¿ = 2¿ 2 1 S= AG2 AB2 − ( AG  AB ) = √ ¿ 2 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 √ NÕu diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 th× diÖn tÝch tam gi¸c ABG b»ng |2 t −3| 13 ,5 : 3=4,5 VËy =4,5 , suy t=6 hoÆc t=−3 VËy cã hai ®iÓm G : G1=(6 ; −4 ), G=(−3 ; −1) V× G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn x C =3 xG −(x a + x B ) vµ y C =3 y G −( y a + y B ) Víi G1=(6 ;−4 ) ta cã C1 =(15 ; −9) , víi G=(−3 ; −1) ta cã C2 =(− 12; 18) Bài 93 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  y  0 ,  ' :3 x  y 10 0 và điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’ HD Tâm I đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) 3( 3t  8)  4t  10 4 Theo yc thì k/c từ I đến  ’ k/c IA nên ta có Giải tiếp t = -3 Khi đó I(1; -3), R = và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25  ( 3t   2)  (t  1) Bài 94 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn : (C ) : x  y – x – y   0, (C ') : x  y  x –  cùng qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB HD + Gọi tâm và bán kính (C), (C’) là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R 1, R ' 3 , đường 2 thẳng (d) qua M có phương trình a( x  1)  b( y  0) 0  ax  by  a 0, (a  b 0)(*) + Gọi H, H’ là trung điểm AM, BM Khi đó ta có: MA 2MB  IA  IH 2 IA2  IH 2 I ' A2  I ' H '2    d ( I ;d )  4[9   d ( I ';d )  ] , 9a b2 36a  b   d ( I ';d )    d ( I ;d )  35   35  35  a 36b2 2 a b a b a b  a  b 1    a 6 Dễ thấy b 0 nên chọn 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 trên đường thẳng : 2x – 5y + = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = Viết phương trình đường thẳng AC biết nó qua điểm (3;1) 2 HD Đường thẳng AC qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = (a2 + b2 0) 2a  5b 2.12  5.1  2 2 22  52 122  12 Góc nó tạo với BC góc AB tạo với BC nên :  a  b Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  a  12b 2a  5b   29  a 8 b   2 2  2a  5b  29 a  b     a b  9a2 + 100ab – 96b2 =  Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = và b = Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = Bài 96 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho elip (E) : x 2+ y − 4=0 Tìm N F 2=60 ( F1 , F2 là hai tiêu điểm elip (E) ) điểm N trên elip (E) cho : F1 ^ HD + (C) có tâm I(2 , 1) và bán kính R = √ A ,B là các tiếp điểm ) suy : MI=MA √ 2=R √ 2=√ 12 A^ M B=900 ¿ Vậy M thuộc đường tròn tâm I bán kính R/ = √ 12 và M thuộc d nên M( x , y) có tọa độ + thỏa hệ: ¿ ( x − )2+ ( y −1 )2 =12 x+ y+ 1=0 ↔ ¿ x=√ y=−1 − √ ∨ ¿ x =− √ y=− 1+ √2 ¿{ ¿ Vậy có điểm thỏa yêu cầu bài toán có tọa độ nêu trên Bài 97 Trong mp (Oxy) cho đường thẳng () có phương trình: x – 2y – = và hai điểm A (-1;2); B (3;4) Tìm điểm M  () cho 2MA + MB có giá trị nhỏ HD   M    M (2t  2; t ), AM (2t  3; t  2), BM (2t  1; t  4) AM  BM 15t  4t  43  f (t ) 2  2  26 f    ;  Min f(t) =  15  => M  15 15  Bài 98 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB 12 HD Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = Gọi H là trung điểm dây cung AB Ta có IH là đường cao tam giác IAB d ( I , )  IH = | m  4m | m  16  | 5m | m  16 (5m ) 20  m  16 m  16 Diện tích tam giác IAB là SIAB 12  2S IAH 12 AH  IA2  IH  25  Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) A I  H B Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  m 3 d ( I ,  ) AH 12  25 | m |3(m  16)   16  m    Bài 99 Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) các điểm A, B cho AB=√ HD Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = có tâm I(1, –2) R= √ Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB  IM trung điểm H đoạn AB Ta có AH=BH= AB √3 = Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I 2 Gọi A'B' là vị trí thứ AB, Gọi H' là trung điểm A'B'  3 IH ' IH  IA  AH      MI    Ta có: , 2   1 2     5 Vậy có đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 x2 y  1 Bài 100 Trong mÆt ph¼ng Oxy cho elip (E): và đờng thẳng  :3x + 4y =12 Từ điểm M bất kì trên  kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đờng thẳng AB luôn qua điểm cố định HD xx1 yy1  1 Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng : x0 x1 y0 y1  1 TiÕp tuyÕn ®i qua M nªn : (1) xx0 yy0  1 Ta thấy tọa độ A và B thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt : 4 xx0 yy0 xx0 y (12  3x0 )  4  4 3 M thuéc  nªn 3x0 + 4y0 =12  4y0 =12-3x0  , Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB qua với M thì : (x- y)x0 + 4y - = x  y 0 y 1  y  40  x1 Vậy AB luôn qua điểm cố định F(1;1)   Bài 101 Trong mặt phẳng Oxy cho ba đường thẳng d1 : x  y   0, d2 : x  y   0, d3 : x  y   Tìm tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD, biết d d d hình thoi ABCD có diện tích 15, các đỉnh A,C thuộc , B thuộc và D thuộc HD Đường chéo (BD) vuông góc với (AC) cho nên (BD có dạng : x+y+m=0  x  y  m 0  m  4m    B ;   d x  y   3    (BD) cắt B có tọa độ là nghiệm hệ : Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  x  y  m 0  m   2m    D  ;   d x  y   3    (BD) cắt D có tọa độ là nghiệm hệ :  2m   I  ;   Trung điểm I BD là tâm hình thoi có tọa độ là :  2m    0  m    BD  : x  y  0 Theo giả thiết I thuộc (AC) : và tọa độ các t t    5 h  A, ( AC )    ;  điểm B(2;1),D(-1;4) và I  2  Gọi A(t;t+2) thuộc (AC) Suy :  t 3  A  3;5   C   2;0    t   A   2;0   C  3;5  x2  y2  và  P  : y  x Tìm trên (P) các Bài 102 Trong (Oxy) cho đường tròn (C):  2t  2t  1  S 2 BD.h  A, AC  3 15  2 điểm M mà từ đó kẻ tiếp tuyến đến (C) và tiếp tuyến đó tạo với góc 60 Giải Gọi M  x0 ; y0    P   y02 x0 d là đường thẳng tiếp tuyến (P) M thì d có phương y0 y   x  x0   x  y0 y  x0 0 trình : Để d là tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) thì điều kiện cần và đủ là : 2 Bài 103 Trong (Oxy) cho đ thẳng d: 3x-y+5=0 và đường tròn (C): x  y  x  y  0 Tìm điểm M thuộc (C) và điểm N thuộc d cho MN có độ dài nhỏ ? Giải x  1 (C) :  2   y  3 1  I   1;3 , R 1 - Gọi d' //d thì d': 3x-y+m=0 d' tiếp xúc với (C) M ( M là điểm cách d nhỏ ) , h  I ; d '  R  đó :  3 3m 10  m 6  10  d ' : x  y   10 0 1  m   10    m 6  10  d ' : x  y   10 0 Giả sử N' thuộc d ta luôn có : M N ' M N Dấu xảy N' trùng với N Vậy ta cần lập đường thẳng  qua I(-1;3) và vuông góc với d suy  x   3t :  y 3  t Khi đó  cắt d' đường thẳng    3t     t    10 0  t  10 điểm :    3t     t    10 0  t  10 Và d' M I(-1;3) d' M N' N d:3x-y+5=0   M1   1;3   10  ,  10 Do ta tìm điểm M :   M   1 ;3   10 10  Tương tự  cắt d N có tọa độ là nghiệm :  và Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG  x   3t   29   t   N ;   y 3  t 10  10 10  3x  y  0  Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Ta chọn M cách tính M N , M N , sau đó so sánh : Nếu M N  M N thì M là M Còn M N  M N thì M là M 1 7 M ;  C : x  1   y  3 1 Bài 104 Trong (Oxy) cho    và điểm  5  Tìm trên (C) điểm 2 N cho MN có độ dài lớn ? Giải  x   sin t  N   C   N    sin t ;3  cost   (C) viết dạng tham số :  y 3  cost 2 12 16     MN     sin t      cost   sin t  cos 2t  sin t  cost+4 5 5     Khi đó : 12 16 sin t  cost+5   5 16  12   12   16   sin t  cost   *      1 20  20  Vì :  20   20  , 12 16  cos   ;sin  =  20 20 thì (*) trở thành :  4sin  t      1  sin  t    1  t     k 2 Dấu đẳng thức xảy : 3   sin t sin     cos =  x   sin t    5 2  Do :   4 19    19  cost=cos     sin    y 3  cost=3+   N   ;  5 2   5 Tương tự : x2 y  1 Bài 105 Tính diện tích tam giác nội tiếp (E): 16 , nhận A(0;2) làm đỉnh và trục Oy làm trục đối xứng ? Giải Do ABC là tam giác , A(0;2) thuộc Oy là trục đối xứng cho nên B,C phải nằm trên đường thẳng y=m (//Ox) cắt (E) Vì tọa độ B,C là nghiệm hệ :  y m   2 4 x  16 y 64  y m    m 0   x  16  m  y m  2  x 16  4m 0 Vậy : A(0;2) O y=m H B x C 2 2 Ta có : AC  x   16  m   20  m , BC 2 16  m Do ABC :AC=BC m  y  20  m2 2 16  m  20  m 4  16  m   m  44 33 1 1 S ABC  BC AH  BC.BC  BC  3.4  16  m2  , suy 2 2 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 44   S ABC 2  16   3   Hay : Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Bài 106 Tính diện tích tam giác nội tiếp (P): y 2 x , nhận đỉnh (P) làm đỉnh và trục Ox làm trục đối xứng ? Giải 1   ;0  (P) có tiêu điểm F   Nếu Ox làm trục đối xứng thì B,C nằm trên đường thẳng : x=m  y 2 x  y 2m   x m   x m ( song song với Oy) Do tọa độ B,C là nghiệm hệ :  y  2m   B m; 2m , C m;  2m  BC 2 2m  x m  OB BC  m  2m 4  2m   m  6m 0  m 6  m       Vì OBC là tam giác : 1 3 SOBC  BC.OH  BC   2m    2.6  24 2 2 Vậy (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 và y=2 không cắt trục tọa độ Cho nên gọi d là đường thẳng qua M(1;2) có hệ số góc k( khác 0) thì d : y=k(x-1)+2 , hay y=kx+2-k k  ;0    và cắt Oy B(0;2-k) Đường thẳng d cắt Ox A  k k k  4k  4 SOAB  2 k   k  4 k k k Do đó : (1) 4 k    f '  k  1  0  k 2 k k Xét f(k)= Ta có bảng biến thiên : k f'(k) f(k) - + -2 -16 - - + + + -6 f (k ) 16 Căn vào bảng biến thiên ta có macx đạt k=-2 Khi đó đường thẳng d : y=-2(x-1)+2 , hay y=-2x+4 và A(2;0) và B(0;4) Bài 108 Trong (Oxy) cho tam giác ABC, biết ba chân đường cao tương ứng với đỉnh A,B,C là A'(1;1),B'(-2;3),C'(2;4) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh (BC) Giải Do là các đường cao cho nên tứ giác AC'IB' là từ giác A nội tiếp đường tròn có đường kính là AI , C'B' là B'(-2;3) dây cung vì AA' vuông góc với C'B' Vậy C'(2;4) (BC) qua A'(1;1) và có véc tơ pháp tuyến   I C ' B '   4;  1 // n  4;1   BC  :  x  1  y  0  x  y  0 B Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) A'(1;1) C Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Tương tự lập luận trên ta tìm phương trình các cạnh tam giác ABC : (AB) : 3x-2y+2=0    A 3; , B 3;   Bài 109 Trong (Oxy) cho hai điểm a/ Chứng tỏ tam giác OAB là tam giác 2 b/ Chứng minh tập hợp các điểm M cho : MO  MA  MB 32 là đường tròn (C) c/ Chứng tỏ (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Giải OA   3  22 4, OB 4, AB 4 a/ Ta có : Chứng tỏ OAB là tam giác b/ Gọi M(x;y) thì đẳng thức giả thiết cho tương đương với biểu thức : 2 2 2 2 Ta có : MO x  y , MA x  y  3x  y  16, MB x  y  3x  y  16  MO  MA2  MB 32  3x  y  x  32 32  x  y  x 0  4 3 4  3   x  I  ;0  , R    y       Chứng tỏ là đường tròn (C) có tâm   c/ Thay tọa độ O,A,B vào (1) ta thấy thỏa mãn , chứng tỏ (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Bài 110 Viết phương trình các cạnh hình vuông ABCD biết AB,CD,lần lượt qua các điểm P(2;1) và Q(3;5), còn BC và AD qua các điểm R(0;1) và S(-3;-1) Giải Gọi (AB) có dạng y=kx+b và (AD) : y=-1/kx+b'  b '    Cho AB và AD qua các điểm tương ứng ta có : 2k+b=1 (1) và k 3k   b  k  kb ' h  Q, AB   ; h  R, AD   k 1 k  Theo tính chất hình vuông : Ta có : h  Q, AB  h  R, AD   3k   b k 1   k  kb ' k 1  3k   b  k  kb '  2k  b 1 1 4       k  , b  , b '  10  ,  k  7, b 15, b '    k  kb '  3 7     3k   b  k  kb ' Từ đó ta có hệ :  Do đó : AB : x  y  0, AD : 3x  y 10 0, CD : x  y  12 0, BC : 3x  y  0 Hoặc : AB : x  y  15 0, AD : x  y  0, CD : x  y  26 0, BC : x  y  0 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang