TUYỂN TẬP CÁC BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG HAY NHẤT

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG HAY NHẤT ( Tài liệu để ôn thi đại học ) Bài Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A  1;0  , B  2;  , C  1;  , D  3;5  đường thẳng d : 3x  y   Tìm điểm M d cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích Giải - M thuộc d thi M(a;3a-5 ) uuu r x 1 y  � 4x  3y   3 uuur x 1 y  � CD   4;1 � CD  17;  CD  :  � x  y  17  4a   3a    13a  19 a   3a    17  11a  , h2   - Tính : h1   M , AB   5 17 17 - Mặt khác : AB   3;  � AB  5,  AB  : - Nếu diện tich tam giác : � 11 13a  19   11a 13a  19 17  11a a � 1 � AB.h1  CD.h2 �  �� � � 12 � 13a  19  11a  2 17 � a 8 � �11 27 � - Vậy d có điểm : M � ;  �, M  8;19  12 12 � � Bài Cho hình tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) trung điểm I AC nằm đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C Giải - Nếu C nằm d : y=x A(a;a) suy C(2a-1;2a) - Ta có : d  B, d   02  2  - Theo giả thiết : S  AC.d  B, d   � AC  2  2a     2a   � 1 a � 2 �  8a  8a  � a  a   � � � 1 a � � � 1 1 � � 1 1 � , C2 � - Vậy ta có điểm C : C1 � � ; � � � ; � � � � � � Bài Trong mỈt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1) , B( 2; 5) , đỉnh C nằm đờng thẳng trọng x , tâm G tam giác nằm đờng thẳng x y  0 TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC Giải Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 AB  � uuu r � - Tọa độ C có dạng : C(4;a) , AB   3;  � � x 1 y 1  � 4x  y    AB  : 3 � x x x � � 1  xG  A B C x  1 � � � �G 3 �� - Theo tính chát trọng tâm ; � �y  y A  yB  yC �y    a  a  G �G � 3 �a  � - Do G nằm : 2x-3y+6=0 , : � 2.1  � �  � a  �3 � 4.4  3.2  1 15  � S ABC  AB.d  C , AB   5.3  - Vậy M(4;2) d  C , AB   (đvdt) 2 16  Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, víi A(2; 1) , B(1; 2) , träng t©m G tam giác nằm đờng thẳng x y Tìm tọa độ đỉnh C biết diƯn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 Giải - Ta có : M trung điểm AB �3 � 1� A(2;1) M � ;  � Gọi C(a;b) , theo tính chất 2 � a3 � xG  � � trọng tam tam giác : � �y  b  �G M() G d:x+y-2=0 B(1;-2) C - Do G nằm d : a 3 b3    � a  b   1 3 uuu r 3a  b  x  y 1  � x  y   � h  C , AB   - Ta có : AB   1;3 �  AB  : 10 2a  b  2a  b  1   13,5 - Từ giả thiết : S ABC  AB.h  C , AB   10 2 10 2a  b   27 2a  b  32 � � � 2a  b   27 � � �� 2a  b   27 2a  b  22 � � - Kết hợp với (1) ta có hệ : � 20 � b � � � ab  � a b  � � � � � � � � � 2a  b  32 3a  38 38 � � � �38 20 � � a �� �� �� � C1 � ;  � , C2  6;12  � � � 3 ab  a b  � � � � � � � � � b  12 � � a  b   22 a   18 � � � � � �a  6 � � Bài Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - = Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình : Trang Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 x + y +1 = Xác định tọa độ B C Tính diện tích ABC Giải - Đường thẳng (AC) qua A(2;1) vng góc với đường cao kẻ qua B , nên có véc tơ phương r �x   t n   1; 3 �  AC  : �  t �R  �y   3t B x+y+1=0 M - Tọa độ C giao (AC) với đường trung �x   t � tuyến kẻ qua C : � �y   3t �x  y   � C A(2;1) x-3y-7=0 Giải ta : t=2 C(4;-5) Vì B nằm đường cao kẻ qua B suy B(3a+7;a) M �3a  a  � ; � � � trung điểm AB � M � - Mặt khác M nằm đường trung tuyến kẻ qua C : 3a  a     � a  3 � B  1; 2  2 uuu r 12 x  y 1  � 3x  y   0, h  C; AB   - Ta có : AB   1; 3 � AB  10,  AB  : 10 1 12  (đvdt) - Vậy : S ABC  AB.h  C , AB   10 2 10 � Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2) Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ x + y – = 2x – y + = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Giải �a  b  � ; � M nằm � �2 - Gọi B(a;b) suy M � trung tuyến nên : 2a-b+14=0 (1) - B,B đối xứng qua đường trung trực cho �x  a  t  t �R  nên :  BC  : � �y  b  t A(5;2) 2x-y+3=0 Từ suy tọa độ N : M � 6a b B t � �x  a  t � � � 3a  b  � �x  �y  b  t �x  y   � � � 6ba �y  � �3a  b  6  b  a � � N� ; Cho nên ta có tọa độ C(2a-b-6;6-a ) � � � N x+y-6=0 C - Do C nằm đường trung tuyến : 5a-2b-9=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 2a  b  14  � �a  37 �� � B  37;88  , C   20; 31 - Từ (1) (2) : � � 5a  2b   b  88 � � Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  y   ,  ' :3 x  y  10  điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng  , qua điểm A tiếp xúc với đường thẳng  ’ Giải �x  2  3t � I  2  3t; 2  t  �y  2  t - Gọi tâm đường tròn I , I thuộc  : �  3t     t   R (1)  2  3t    t    10 - A thuộc đường tròn � IA  - Đường tròn tiếp xúc với  ' � - Từ (1) (2) :  3t   3 t  R� 13t  12  R (2) 13t  12 2 � 25 �   13t  12  �3t     t  � � Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x  y – x – y   0, (C ') : x  y  x –  qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB Giải * Cách r �x   at �y  bt - Gọi d đường thẳng qua M có véc tơ phương u   a; b  � d : � - Đường tròn  C1  : I1  1;1 , R1   C2  : I  2;0  , R2  , suy :  C1  :  x  1   y  1  1,  C2  :  x    y  2 t 0�M � � 2ab 2b � � � A  ; - Nếu d cắt  C1  A : �  a  b  t  2bt  � � 2b � 2 2 � t � a b a b � � a b t 0�M � � 6a 6ab � 2 � � B 1 ; - Nếu d cắt  C2  B : �  a  b  t  6at  � � 6a � � a  b2 � t � a b � a b 2 - Theo giả thiết : MA=2MB � MA  4MB  * uuu r r x4 y4 BA   2;6  // u   1;3 �  AB  :  � 3x  y   uuu r - (BC) qua B(2;-2) có véc tơ pháp tuyến HA   3;  �  BC  :  x     y    � 3x  y   2 Bài 10 Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trịn có phương trình  C1  : x2  y  y    C2  : x  y  x  y  16  Lập phương trình tiếp tuyến chung  C1   C2  Trang Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 2 � 6a � � 6ab �� � 2ab � � 2b � �    � Giải- Ta có : � 2 � � 2 � �2 � � �� a  b2 � �a  b �� �a  b � �a  b � � � � � 2 b  6a � d : x  y   � 4b 36a �  � b  36a � � 2 b  6a � d : x  y   a b a b � 2 * Cách 2 - Sử dụng phép vị tự tâm I tỉ số vị tự k=  ( Học sinh tự làm ) Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B K (0; 2) , trung điểm cạnh AB M (3;1) Giải - Theo tính chất đường cao : HK vng góc với AC (AC) qua K(0;2) có véc tơ pháp tuyến uuur KH   1; 2  �  AC  : x   y    � x  y   A K(0;2 - B nằm u (BH) qua H(1;0) có véc tơ uur ) M(3;1) H(1;0) phương KH   1; 2  � B   t ; 2t  - M(3;1) trung điểm AB A(5-t;2+2t) - Mặt khác A thuộc (AC) : 5-t-2(2+2t)+4=0 , B C suy t=1 Do A(4;4),B(2;-2) - uVì C thuộc (AC) suy C(2t;2+t) , uur uuur BC   2t  2;  t  , HA   3;  Theo tính chất đường cao kẻ từ A : uuur uuur � HA.BC  �  2t      t   � t  1 Vậy : C(-2;1) - (AB) qua A(4;4) có véc tơ phương - Ta có :  C1  : x   y    C2  :  x     y    � I  3; 4  , R2  - Nhận xét : I1 I    13    �  C1  không cắt  C2  - Gọi d : ax+by+c =0 ( a  b �0 ) tiếp tuyến chung , : d  I1 , d   R1 , d  I , d   R2  � I1  0;  , R1  3, 2 � 2b  c   1 � 3a  4b  c  2b  c 2b  c 3a  4b  c � � a  b2 �� �  � 2b  c  3a  4b  c � � 3a  4b  c  2b  c a  b2 a  b2 � �3a  4b  c    � a  b2 � a  2b � �� Mặt khác từ (1) :  2b  c    a  b  � 3a  2b  2c  � - Trường hợp : a=2b thay vào (1) :  2b  c    4b  b  � 2b  5c b � 2 2 � � 41b  4bc  c  0. 'b  4c  41c  45c � � 23 c � b �   - Do ta có hai đường thẳng cần tìm : d1 :    x     y 1  � 2  x   y       Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG d1 : Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218    x     y 1  � 2  x   y       2b  3a 2b  2b  3a - Trường hợp : c  , thay vào (1) :  � 2b  a  a  b 2 2 a b - Vậy có đường thẳng : d3 : x   , d : x  y   Bài 11 Trong hệ tọa độ Oxy, viết phương trình hyperbol (H) dạng tắc biết (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x  y   điểm A có hồnh độ Giải - Do A thuộc d : A(4;2) - Giả sử (H) : x2 y 16   1 * � A � H  �   1 1 a b a b - Mặt khác d tiếp xúc với (H) hệ sau có 12 nghiệm : � � b  a  x  4a x  4a  a b  � b x  a y  a 2b b x  a  x    a 2b  � � �� �� �� �y  x  �y  x  �y  x  2 2 2 2 4 �  'a  4a   b  a   4a  a b   4a b  a b  a b � a 2b   b  a   � a  b  � � � 16b  4a  a 2b b  8b  16  b2  x2 y � � � H :  1   - Kết hợp với (1) : � 2 �2 �2 a  b2  a 8 �a  b  � � Bài 12 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật �  2b  a  a � b  0, a  2c b  � c   � � 2 2 �  a  b � 3b  4ab  � � � 4a � 4a a b , a  6c � b �c   � � Giải - Dễ nhận thấy B giao BD với AB tọa dộ B nghiệm hệ : - Đường thẳng (BC) qua B(7;3) vng góc với (AB) có véc tơ phương: x-2y+1=0 A I D B x-7y+14=0 M(2;1) C � 21 x   t r � � u   1; 2  �  BC  : � �y  13  2t � - Ta có : R  AC , BD   R BIC  2R ABD  2  2R  AB, BD  uu r uu r uu r ur n1.n2  14 15   - (AB) có n1   1; 2  , (BD) có n2   1; 7  � cos = ur uur  50 10 10 n1 n2 r - Gọi (AC) có n   a, b  � cos  AC,BD   cos2 = Trang a-7b �9 �  cos    � �  10 � � 50 a  b 2 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - Do : � a  7b  50 a  b �  a  7b   32  a  b  � 31a  14ab  17b  17 17 � a   b �  AC  :   x     y  1  � 17 x  31 y   � 31 31 - Suy : � a  b �  AC  : x   y   � x  y   � � 21 �x   t � 14 � � 13 � - (AC) cắt (BC) C � �y   2t � t  � C � ; � 15 �3 � � �x  y   � � �x  y   �x  �� � A  7;  - (AC) cắt (AB) A : � � �x  y   �y  �x   t - (AD) vng góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy (AD) : � �y   2t �x   t � �98 46 � � t  � D� ; � - (AD) cắt (BD) D : �y   2t 15 �15 15 � �x  y  14  � - Trường hợp (AC) : 17x-31y-3=0 em làm tương tự Bài 13 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường trịn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG Giải �x  t , C thuộc d' �y  5  t �x   2m C: � �y  m - B thuộc d suy B : � A(2;3) x+2y-7=0 G(2;0) - Theo tính chất trọng tâm :  t  2m   mt 2 0 3 mt  m 1 � � �� - Ta có hệ : � t  m  3 � t  1 � � xG   2, yG  B x+y+5=0 C M r - Vậy : B(-1;-4) C(5;1) Đường thẳng (BG) qua G(2;0) có véc tơ phương u   3;  , 20  15  13 x2 y  � x  y   � d  C; BG    R 5 13 169 2 - Vậy đường trịn có tâm C(5;1) có bán kính R= �  C  :  x     y  1  25 (BG): Bài 14 Tam giác cân ABC có đáy BC nằm đường thẳng : 2x – 5y + = 0, cạnh bên AB nằm đường thẳng : 12x – y – 23 = Viết phương trình đường thẳng AC biết qua điểm (3;1) Giải A 12x-y-23=0 2x  y 1  � - Đường (AB) cắt (BC) B � 12 x  y  23  � M(3;1) Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) B H 2x-5y+1=0 C 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'= , ta có : 2 m  5m 5 tan B   Gọi (AC) có hệ số góc m ta có : tan C   Vì tam 2m  m  12 1 5 12  giác ABC cân A tanB=tanC, hay ta có : �  5m  4m  10 m �  5m �  �  5m  2 m  � � � �  5m  4m  10  2m � m  12 � 9 - Trường hợp : m   �  AC  : y    x  3  � x  y  35  8 - Trường hợp : m=12 suy (AC): y=12(x-3)+1 hay (AC): 12x-y-25=0 ( loại //AB ) - Vậy (AC) : 9x+8y-35=0 Bài 15 Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn : (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 Giải : - Ta có (C) với tâm I(5;-12) ,R=15 (C') có J(1;2) R'=5 Gọi d tiếp tuyến chung có phương trình : ax+by+c=0 ( a  b �0 ) - Khi ta có : h  I , d   5a  12b  c  15  1 , h  J , d   a  2b  c   2 a  b2 5a  12b  c  3a  6b  3c � - Từ (1) (2) suy : 5a  12b  c  a  2b  c � � 5a  12b  c  3a  6b  3c � a  9b  c � � � Thay vào (1) : a  2b  c  a  b ta có hai trường hợp : � 2a  b  c � 2 - Trường hợp : c=a-9b thay vào (1) :  2a  7b   25  a  b2  � 21a  28ab  24b  a b � 14  10 � 14  10 � 175  10 a � d :� x y 0 � � � � 21 21 � � 21 � Suy : � � 14  10 14  10 � 175  10 � a � d :� x y 0 � � � � 21 21 21 � � � - Trường hợp : c  2a  b �  1 :  7b  2a   100  a  b2  � 96a  28ab  51b  Vô nghiệm ( Phù hợp : IJ  16  196  212  R  R '   15  20  400 Hai đường tròn cắt ) Bài 16 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x  y  2x  8y   Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 cắt đường tròn theo dây cung có độ dài Giải B - Đường thẳng d' song song với d : 3x+y+m=0 3   m m   - IH khoảng cách từ I đến d' : IH  5 Trang Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) H A I(-1;4) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 �AB � � 25   16 � � 2 - Xét tam giác vuông IHB : IH  IB  � �  m  1 25 2 m  19 � d ' : x  y  19  �  16 � m   20 � � m  21 � d ' : x  y  21  � Bài 17 Viết phương trình cạnh tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao đường phân giác qua đỉnh A, C : (d1) : 3x – 4y + 27 = (d2) : x + 2y– 5=0 Giải - Đường thẳng (BC) qua B(2;-1) vng góc A K x+2y-5=0 �x   3t B(2;-1) với (AH) suy (BC): � , hay : y    t � r x  y 1 �  � x  y    n   4;3 4 �x   3t � - (BC) cắt (CK) C : � �y  1  4t � t  1 � C  1;3 �x  y   � r - (AC) qua C(-1;3) có véc tơ pháp tuyến n   a; b  H 3x-4y+27=0 Suy (AC): a(x+1)+b(y-3)=0 (*) Gọi   R KCB  R KCA � cos = - Tương tự : cos = a+2b � a+2b  C 46 10   16  5 2 �  a  2b    a  b  5 a b a b a  � b  y  3  � y   � � � 3a  4ab  � 4b � a �  x  1   y  3  � x  y   � 3 � �y  � � � �y   �x  5 � � � x  y  27  � 31 582 � � 31 � A  5;3 , A  � � ��  ; - (AC) cắt (AH) A : � � � x   � � 4x  3y   � 25 25 � � � 25 � � � � � x  y  27  � � �y  582 � � 25 � 2 2 - Lập (AB) qua B(2;-1) điểm A tìm ( học sinh tự lập ) Bài 18 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vng góc Oxy , xét tam giác ABC vng A, phương trình đường thẳng BC : x – y - = 0, đỉnh A B thuộc trục hồnh bán kính đường trịn nội tiếptam giác ABC Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC Giải - Đường thẳng (BC) cắt Ox B : Cho y=0 suy x=1 , B(1;0) Gọi A(a;0) thuộc Ox đỉnh góc vng ( a khác ) Đường thẳng x=a cắt (BC) C : a;  a  1   - Độ dài cạnh : AB  a  , AC  a  � BC  AB  AC � BC  a    - Chu vi tam giác : 2p= a   a   a    a  � p  Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )    a 1 Trang Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 S 1 - Ta có : S=pr suy p= (*) Nhưng S= AB AC  a  a    a  1 Cho nên r 2 � a  3 3 3  a 1   a  1 � a    � � (*) trở thành : a  1  �   - Trọng tâm G :     �  1  2a  � �xG  x   G � �7  3  � � � 3 �� �� � G1 � � ; � � a    22 � � �y  �   �G �yG  � 3 � � 1   2a  � 1 �xG  x   G � � 1 3  � � � 3 �� �� � G2 � � � ;  � a    2  � � �y  � 36 G y    � � G � 3 �       Bài 19 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho đường tròn (C) : x  y  x  y   đường thẳng d : x  y   Tìm điểm M thuộc đường thẳng d cho từ điểm M kẻ đến (C) hai tiếp tuyến hợp với góc 900 Giải - M thuộc d suy M(t;-1-t) Nếu tiếp tuyến vng góc với MAIB hình vng ( A,B tiếp điểm ) Do AB=MI= IA =R =   t - Ta có : MI  A    t   2t   - Do :   � t   � M  2;  2t   12 � t  � � � t  � M 2;   � 2   M x+y+1=0 * Chú ý : Ta cách khác - Gọi d' đường thẳng qua M có hệ số góc k suy d' có phương trình : y=k(x-t)-t-1, hay : kx-y-kt-t-1=0 (1) - Nếu d' tiếp tuyến (C) kẻ từ M d(I;d')=R � I(2;1) 2k  kt  t  1 k B  2 2 ��   t  k  t  2� � �    k  �  t  4t   k   t     t  k   t  4t    � � t  4t  �0 � � 2 - Từ giả thiết ta có điều kiện : � � '    t    t   4t   t   4t   �2 �t  4t   1 � �t  4t  � t �2 � � � k1  k2  � � � 2 � k1; k2 � M - � � '  t  19  t   � t  � � � �2 � k1k2  1 � t 2 � Trang 10 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 2m  t   t 5 � � �� � B  5;1 , C  3; 1 Vậy (BC) qua E(1;0) có véc tơ phương trình : � m 1  m  1 � � uuur r x 1 y  � x  y   Tương tự : phương BC  8; 2  // u   4;1 �  BC  : uuu r r x 1 y   � x  2y 7  (AB) qua A(1;3) có AB   4; 2  // u   2; 1 �  AB  : 1 uuur r x 1 y   � x y2 0 (AC) qua A(1;3) có AC   4; 4  // u   1;1 �  AC  : 1 * Chý ý : Hoặc gọi A' đối xứng với A qua G suy A'(1;-1) BGCA' hình bình hành , từ ta tìm tọa độ đỉnh B,C cách lập cạnh Bài 73 Trong mặt phẳng với hệ tọa ñoä Oxy, cho parabol (P) : y = 8x a Tìm tọa độ tiêu điểm viết phương trình đường chuẩn (P) b Viết p.trình tiếp tuyến (P) điểm M thuộc (P) có tung độ c Giả sử đường thẳng (d) qua tiêu điểm (P) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B có hoành độ tương ứng x2, x2 Chứng minh:AB = x1 +x2 + Giải a/ Tiêu điểm (P) F(2;0) , đường chuẩn (P) có phương trình : x=-2 b/ M thuộc (P) có tung độ hồnh độ x=2 M(2;4) Vậy tiếp tuyến d (P) M ta áp dụng công thức : yy0  p  x  x0   x0  2; y0   � d : y   x   � y  x  c/ Áp dụng cơng thức bán kính qua tiêu : MF= x+ p Gọi A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  với giá trị y12 y22 x1  , x2  Ta có : AF=x1  2, BF  x2  � AB  AF+BF=x1  x2  ( đpcm) 8 Bài 74 Trong maët phaúng Oxy cho Elip (E) : 9x2 + 25y2 = 225 a Viết phương trình tắc xác định tiêu điểm, tâm sai (E) b Một đường tròn (T) có tâm I(0 ; 1) qua điểm A(4 ; 2) Viết phương trình đường tròn chứng tỏ (T) qua hai tiêu điểm (E) c Gọi A, B điểm thuộc (E) cho OA  OB.chứng minh diện tích tam giác OAB không đổi Giải x2 y   � a  5, b  3, c  � F1  4;0  , F2  4;0  , e  25 b/ Vì (E) chẵn x,y Ox,Oy hai trục đối xứng IF1  IF2  17 (1) Đường tròn a/ (E) : (T) tâm I(0;1) có bán kính R=IA= 42    1  17 (2) Từ (1) (2) chứng tỏ (T) qua 2 tiêu điểm (E) Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 35 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG c/ Gọi A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  � E  � Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 2 2 2 x y x y   1,   1 * Và góc hợp OA chiều 25 25     OA  OB  Khi : � � � � � � � A  OAcos ;OAsin  , B � OBcos �   � ; OB sin �   � �  OB sin  ; OBcos  �2 � �2 � � � 2 2 2 2 OA cos  OA sin  OB sin  OA cos    1,   Từ ta suy : Thay vào (*) : 25 25 25.9 25.9 25  34 15 OA2  , OB  �   � OH  2 2 25sin   cos  25cos   9sin  OH 25.9 225 34 Vậy A,B thay đổi khoảng cách từ O đến AB khơng đổi AB khơng đổi ( ví OA ln vng góc với OB) diện tích tam giác OAB không đổi dương Ox  � R xOB  Bài 75 Cho ABC coù đỉnh A(2 ; –1) hai đường phân giác góc B, góc C có phương trình laø (d B) : x – 2y + = vaø (dC) : x + y + = Lập phương trình cạnh BC Giải - Gọi A' đối xứng với A qua d B A'' đối xứng với A qua dC A' A'' nằm BC uuurr  x    1 y  1  � � 2x  y  � AA'u  � � �x  �� � A '  0;3  +/ Tìm tọa độ A' (x;y): � � �y  � x  y      �I �d B � � � �2 �2 � � uuuurr �  x    1 y  1  � �x  y  AA''u  � � �x  �y  � �� � A ''  2; 5  +/ Tìm tọa độ A'' (x;y) : � � x  y      �I �d B � � � �2 �2 � � uuuuur r x y 3 +/ (BC) qua A'(0;3) có véc tơ phương A ' A ''   2; 8  // u   1;  �  BC  :  Bài 76 Tìm điểm M  (H) : 5x2 – 4y2 = 20 (1) nhìn hai tiêu điểm góc 120 Giải x2 y x2 y   � F1  3;0  , F2  3;0  � F1F2  6, M  x; y  � H  �  1 - Ta có : (H) : 5 2 � uuuu r uuuur ruuuur �MF1   x  3  y uuuu 2 , MF - Và : MF1   x  3; y  , MF2   x  3; y  � � MF2  x  y  (*) 2 � �MF2   x  3  y 4 - Mặt khác : MF1   x , MF2   x � MF1 MF2    x    x    x 2 - Tam giác M F1 F2 :  F1F2   MF12  MF22  2MF1MF2 cos1200 � x2  2 � x   x � 36    x     x    x �  x   x � � � �2 � x   x  2x  � � � �x  y  10 � 10 � � 10 � � 10 � � 10 � � �� � � 10 � M �  6;  , M  6; , M 6;  , M 6; � � � � � � � 20 � � � � � � � � � 4y    �y  � � � � � � � � � � Trang 36 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Bài 77 Trong mặt phẳng Oxy cho (E) : x + 3y2 = 12 a Tính độ dài trục lớn, trục nhỏ, tọa độ hai tiêu điểm, tâm sai (E) b Cho đường thẳng (D) : mx – 3y + = Tính m để (D) tiếp xúc với (E) c Viết phương trình Parabol có đỉnh trùng với gốc tọa độ có tiêu điểm trùng với tiêu điểm bên trái (E) cho Giải     x2 y   � a  3, b  2, c  2 � F1 2 2;0 , F2 2;0 12 b/ Điều kiện cần đủ để d tiếp xúc với (E) : a A2  b2 B  C 45 15 15 � 12m  4.9  81 � 12m  45 � m   � m  12 p c/ (P) có dạng : y  px � F 2 2;0 �  2 � p  4 2 - Vậy (P) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm bên trái (E) : y  8 x a/ (E) :   Bài 78 Trong mp Oxy, cho Cho (H) có phương trình : 24x – 25y2 = 600 (1) M điểm tùy ý (H) a) Tìm tọa độ đỉnh, tọa độ tiêu điểm tính tâm sai (H) b) Tìm tọa độ điểM thuộc (H) có hoành độ x = 10 tính khoảng cách từ điểm đến tiêu điểm c) Chứng minh : OM2 – MF1.MF2 số không đổi d) Tìm giá trị k để đường thẳng y = kx – có điểm chung với (H) Giải x2 y   � a  5, b  6, c  � F1  7;0  , F2  7;0  25 24 b/ Khi x=10 thay vào (1) ta có y  72 � y  �6 � M 0; 6 , M 10;6 a/ (H) :     7 49 � 7 � MF1MF2  x  25 : x  MF1   x, MF2  5  x : x  � � 25 5 �� c/ Ta có : � 7 � 49 � � MF1MF2   � 25  x �: x  MF1  5  x, MF2   x : x  � � � 5 � � 25 � � � �x y � 49 �2 25  �  �: x  x y  x  25 : x  � � 25 �25 24 � OM  MF1MF2  � �  24 � �x y � � 49 � � 2 x  y � 25  x �: x  � 25  �  �: x  � � 25 � � � � �25 24 � - Tính khoảng cách : MF1   x   10  19, MF2   10  d/ Tìm k để phương trình : 24 x  25  kx  1  600  ( có nghiệm x ) Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 37 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG �  24  25k  Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 � k � � � 24  25k  � � � � � 24  25k �0 x  50kx  575    : x  � � �� k �� � � � � � �  '  252  575  24  25k   � � � � �k � 577 � � � � 23 Bài 79 Trong mặt phẳng Oxy cho Hyperbol (H) : 12x2 – 16y2 = 192 điểm P(2 ; 1) Viết phương trình đường thẳng qua P cắt (H) điểm M, N cho P trung điểm MN Giải (H):     x2 y   � a  4, b  3, c  � F1 2 7;0 , F2 7;0 Gọi M(x;y) thuộc (H) 16 12 N đối xứng với M qua P(2;1) N(4-x; 2-y) Để thỏa mãn u cầu tốn N phải �x y  1  1 � 16 12 � thuộc (H)., ta có hệ : � Lấy (2)-(1) ta phương trình rút 2  y  �  x    1  � 12 � 16 gọn : 3x-2y-4=0 Đó phương trình đường thẳng qua P Bài 80 Trong mặt phẳng Oxy cho (E) : 4x2 + y2 = a Tính độ dài trục lớn, trục nhỏ, tọa độ hai tiêu điểm, tâm sai (E) b Tìm giá trị m để đường thẳng y = x + m cắt (E) điểm phân biệt M, N m thay đổi Tìm tập hợp trung điểm MN Giải a/ (E):     x2 y   � a  1, b  2, c  � F1 0;  , F2 0; Tiêu điểm thuộc Oy b/ Đường thẳng y=x+m cắt (E) điểm M,N có tọ độ nghiệm hệ : � � x  2mx  m    1 � x2  y  4x2   x  m  � � �� �� ��  2 �y  x  m �y  x  m �y  x  m - Như hoành độ M,N nghiệm (1) với điều kiện :  '  4m  20  , hay : � m   * Gọi M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2  I trung điểm MN ta có tọa độ I : � x1  x2 m x  � � m  5 xI � �I �xI   �� �� �� �yI  xI  xI  4 xI �y  y1  y2 � y I  xI  m � I � Do I chạy đường thẳng : y=-4x - Giới hạn quỹ tích : Từ (*) : m  � 5 xI  � xI  Trang 38 5 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - Kết luận : Khi m thay đổi I chạy đường thẳng d: y=-4x ( lấy điểm có hồnh � 5� ; � 5 � � �  độ nằm khoảng � � Bài 81 Trong mp Oxy cho parabol (P) : y2 = 12x a Tìm tọa độ tiêu điểm F phương trình đường chuẩn () (P) b Một điểm nằm parabol có hoành độ x = Hãy tính khoảng cách từ điểm đến tiêu điểm c Qua điểm I(2 ; 0) vẽ đường thẳng thay đổi cắt (P) A B Chứng minh tích số khoảng cách từ A B đến trục Ox số Giải a/ Với p=6 p/2=3 F(3;0) Đường chuẩn có phương trình : x=-3 b/ Gọi M � (P) có x=2 tung độ M : y  24 � y  �2 � M 2; 2 , M 2;  - Khoảng cách từ M đến tiêu điểm : MF=x+    p � MF1   6, MF2   c/ Đường thẳng d qua I(2;0) có dạng : x=2 (//Oy ) cắt (P) điểm hiển nhiên khoảng cách từ điểm tới Ox nhay ( chúng đối xứng qua Ox ) Gọi d có hệ số góc k qua I (2;0) d : y=k(x-2)=kx-2k (1) Nếu d cắt (P) điểm hồnh độ điểm 2 2 2 nghiệm phương trình :  kx  2k   12 x � k x   k   x  4k  0(1) �y � � � - Hoặc tung độ điểm nghiệm phương trình : y  12 �  � k � ky  12 y  2k    - Tích khoảng cách từ điểm đến trục Ox tích tung độ hai điểm Vậy từ (2) ta có : y1 y2  2 k  2 số ( đpcm) k Bài 82 Viết phương trình tiếp tuyến (E) : x y2  1 , biết tiếp 32 18 tuyến qua A(6 ; ) Giải Bài 83 a Cho Parabol (P) có phương trình y2 = x đường thẳng d có phương trình : 2x – y – = Hãy viết phương trình tiếp tuyến (P) giao điểm (P) d b Lập phương trình tiếp tuyến chung (P) : y = 4x (E) : x y2  1 Giải a/ Điểm chung d (P) có tọa độ nghiệm hệ : �y  x � y2  y 1  �1 � � � � A  1;1 , B � ;  � : � � 2x  y 1 � 2x  y 1 �4 � � - Phương trình tiếp tuyến có : yy0  p  x  x0  � d A :1 y   x  1 � x  y   Và Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 39 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 1� 1� d B :  y  �x  �� x  y   2� 4� Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 b/ Gọi d tiếp tuyến chung (P) (E) có dạng : ax+by+c=0 - d tiếp tuyến (P) : p B =2AC � b =2ac , hay : b =ac (1) 2 - d tiếp tuyến (E) : 8a  2b  c   c  2a � c  4a � 2 2 - Thay b từ (1) thay vào (2) : 8a   ac   c  � 8a  2ac  c  � � - Từ (1) a,c dấu chọn : c=4a hay : b  2a � d : ax+2ay+4a=0 � x+2y+4=0 � � ac= 4a  b � � b  2a � d : ax-2ay+4a=0 � x-2y+4=0 � Bài 84 Cho tam giác ABC có trung điểm AB I(1;3), trung điểm AC J(-3;1) Điểm A thuộc Oy , đường thẳng BC qua gốc tọa độ O Tìm tọa độ điểm A , phương trình đường thẳng BC đường cao vẽ từ B ? Giải - Do A thuộc Oy A(0;m) (BC) qua gốc tọa độ O (BC): ax+by=0 (1) - Vì IJ trung điểm (AB) (AC) IJ //BC suy (BC) có véc tơ phương : ur r � IJ   4; 2  // u   2;1 �  BC  : x  y  - B thuộc (BC) suy B(2t;t) A(2-2t;6-t) Nhưng A thuộc Oy : 2-2t=0 , t=1 A(0;5) Tương tự C(-6;-3) ,B(0;1) - Đường cao BH qua B(0;1) vng góc với AC uuur r x có AC   6; 8 // u   3;  �  BH  :  A H J(-3;1) I(1;3) B ax+by=0 C y 1 � 4x  3y   Bài 85 Cho hai điểm A(1;1), B(4;-3) đường thẳng d : x-2y-1=0 a Tìm tọa độ điểm C d cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB=6( ĐHKB-04) b Tìm tọa độ trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB ?( ĐHKA-2004) Giải r uuu r x 1 y 1  � 4x  3y   4  2t  1  3t  - C thuộc : x-2y-1=0 suy C(2t+1;t ) :  � 11t   30 � t  � C1  7;3 � � � 27 � 43 27 � t � C2 �  ; � � � 11 11 � � 11 a/ (AB) qua A(1;1) có u  AB   3; 4  �  AB  : b/ - Đường thẳng qua O vng góc với AB có phương trình : 3x-4y=0 - Đường thẳng qua B vng góc với OA có phương trình : (x-4)+(y+3)=0 - Đường thẳng qua A vng góc với OB có phương trình : 4(x-1)-3(y-1)=0 hay : 4x-3y-1=0 - Vậy tọa độ trực tâm H nghiệm : Trang 40 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 � � 3x    x   3x  y  � �x  � � � �4 � � �x  y   � �y   x �� �H�; � �7 � � � �y  x  y 1  x  y   � � � 2 - Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác (C): x  y  2ax  2by  c  - (C) qua O(0;0) suy c=0 (1) - (C) qua A(1;1) suy : 2-2a-2b=0 , hay : a+b=1 (2) - (C) qua B(4;-3) suy : 25-8a+6b=0 , hay : 8a-6b=25 (3) 31 17 � � b   b   � � a b 1 b  1 a � � � 14 � � 14 �� �� - Từ (2) (3) ta có hệ : � � a  b  25 a  6(1  a )  25 31 31 � � � � a a � 14 � 14 31 17 - Vậy (C) : x  y  x  y  Bài 86 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x+2y-3=0 hai điểm A(1;0) uuur uuur ,B(3;-4) Hãy tìm d điểm M cho : MA  3MB nhỏ Giải uuur uuur uuur - Trên d có M(3-2t;t) suy : MA    2t; t  , MB   2t; t   � 3MB   6t  3t  12  uuur uuur uuur uuur 2 - Do : MA  3MB    8t; 4t  12  � MA  3MB    8t    4t  12  uuur uuur � � 676 26 - Hay : f(t)= MA  3MB  80t  64t  148  80 �t  � � Dấu đẳng thức xảy � 5� 26 19 � � t=  � M � ;  � Khi min(t)= 5� �5 2 Bài 87 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(2;-1) đường tròn  C1  : x  y  (1) Hãy viết phương trình đường trịn  C2  : có bán kính cắt đường trịn  C1  theo dây cung qua M có độ dài nhỏ Giải Gọi  C2  : có tâm I'(a;b) suy :  C2  :  x  a    y  b   16 � x  y  2ax  2by  a  b  16   1 Lấy (1) -(2) ta : 2ax  2by   a  b    ( đường thẳng trục đẳng phương ) Dây cung hai đường tròn nằm đường thẳng 2 2 Ví dây cung qua M(2;-1) lên ta có : 4a  2b   a  b    �  a     b  1  12 2 Bài 88 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;5),B(5;1) Viết phương trình đường thẳng d qua A cho khoảng cách từ B đến d Giải r Đường thẳng d qua A(2;5) có n   a; b  � d : a  x    b  y     1 Theo giả thiết : h  B, d   a   2  b   5  �  3a  4b    a  b  a b b  � d : a  x  2  � x   � � � 7b  24ab  � 24a 24 � b �  x     y    � x  24 y  114  � 7 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) 2 Trang 41 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Bài 89 Trong (Oxy) cho A(2;5) đường thẳng d : 2x+3y+4=0 Viết phương trình tổng quát đường thẳng d' qua A tạo với d góc 450 Giải r Đường thẳng d' qua A(2;5) có n   a; b  � d : a  x    b  y     1 ur Đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n '   2;3 Theo giả thiết : 2a  3b cos450  13 a  b 2  �  2a  3b   13  a  b2  � 5b2  24ab  5a  b  5a � d ' :  x     y    � x  y  23  � � Ta có :  'b  169a � � a b  � a  5b � d ' :  x     y    � x  y  15  � Bài 90 Trong (Oxy) cho hình chữ nhật ABCD , biết phương trình chứa đường chéo d1 : x  y   d : x  y   Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh hình chữ nhật , biết đường thẳng qua điểm M(-3;5) Giải 7x  y   � �1 � �I�; � �4 � �x  y   r Gọi d đường thẳng qua M(-3;5 ) có véc tơ pháp tuyến : n  a; b  Khi - Tâm hình chữ nhật có tọa độ nghiệm hệ : � � d : a  x  3  b  y     1 Gọi cạnh hình vng (AB) qua M theo tính chất hình chữ rur ruu r nn1 nn2 a  3b 7a  b ab �  � 7a  b  a  b � � r � nhật : r ur  r uu b  3a n n1 n n2 50 a  b 2 a2  b2 � � a  3b � d : 3  x  3   y    � x  y  14  Do : � b  3a �  x  3   y  5  � x  y  12 Bi 91 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(1;1) , B( 2; 5) , đỉnh C nằm đờng thẳng x , trọng tâm G tam giác nằm đờng thẳng x y 0 TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c ABC HD 1    yC y 1, yG  2  C §iĨm G n»m 3 đờng thẳng x y  0 nªn   yC  0 , vËy yC 2 , tøc lµ: C (4; 2) Ta cã C (4; yC ) Khi tọa độ G xG Ta cã AB ( 3; 4) , AC (3;1) , vËy AB 5 , AC  10 , AB AC  1 15 AB AC  AB AC  25.10  25 = 2 Bi 92 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2; 1) , B(1; 2) , trọng tâm G tam giác nằm đờng thẳng x y Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC 13,5 Diện tích tam giác ABC S HD Vì G nằm đờng thẳng x y nên G có täa ®é G (t ;  t ) Khi ®ã AG (t  2;3  t ) , AB ( 1; 1) VËy diƯn tÝch tam gi¸c ABG lµ 2t  1 S AG AB   AG AB   2 (t  2)  (3  t )   = 2 Trang 42 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 NÕu diƯn tích tam giác ABC 13,5 diện tích tam gi¸c ABG b»ng 13,5 : 4,5 2t  VËy 4,5 , suy t 6 hc t  VËy cã hai ®iĨm G : G1 (6; 4) , G ( 3; 1) Vì G trọng tâm tam giác ABC nên xC 3 xG  ( xa  xB ) vµ yC 3 yG  ( ya  yB ) Víi G1 (6; 4) ta cã C1 (15; 9) , víi G ( 3; 1) ta cã C2 (  12;18) Bài 93 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  y   ,  ' :3 x  y  10  điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng  , qua điểm A tiếp xúc với đường thẳng  ’ Tâm I đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) HD Theo yc k/c từ I đến  ’ k/c IA nên ta có 3(3t  8)  4t  10 4 Giải tiếp t = -3 Khi I(1; -3), R = pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25 2  (3t   2)  (t  1) Bài 94 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn : (C ) : x  y – x – y   0, (C ') : x  y  x –  qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB HD + Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0) R  1, R '  , đường thẳng (d) qua M có phương trình a( x  1)  b( y  0)  � ax  by  a  0, (a  b �0)(*) + Gọi H, H’ trung điểm AM, BM 2 Khi ta có: MA  2MB � IA2  IH  I ' A2  I ' H '2 �   d ( I ;d )   4[9   d ( I ';d )  ] , IA  IH 9a b2 36a  b   35 �  35 � a  36b 2 2 2 a b a b a b a  6 � Dễ thấy b �0 nên chọn b  � � �a  Kiểm tra điều kiện IA  IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả m ãn Bài 95 Tam giác cân ABC có đáy BC nằm đường thẳng : 2x – 5y + = 0, cạnh bên AB nằm đường thẳng : 12x – y – 23 = Viết phương trình đường thẳng AC biết qua điểm (3;1) �  d ( I ';d )    d ( I ;d )   35 � 2 HD Đường thẳng AC qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = (a2 + b2 �0) 2a  5b 2.12  5.1  Góc tạo với BC góc AB tạo với BC nên : 2  a  b2 22  52 12  12 a  12b � � � �  2a  5b   29  a  b  � 9a2 + 100ab – 96b2 = � � a b � Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( điểm ( ; 1) không thuộc AB) nên cạnh tam giác Vậy lại : 9a = 8b hay a = b = Phương trình cần tìm : 8x + 9y – 33 = 2a  5b 29  2 a b 2 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 43 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Bài 96 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho elip (E) : x  y   Tìm điểm N elip (E) cho : F1 Nˆ F2 600 ( F1 , F2 hai tiêu điểm elip (E) ) HD + (C) có tâm I(2 , 1) bán kính R = + AMˆ B  900 ( A , B tiếp điểm ) suy : MI  MA  R  12 Vậy M thuộc đường trịn tâm I bán kính R/ = 12 M thuộc d nên M( x , y) có tọa độ thỏa hệ:  x    x     y  1 12    x  y    y    x      y    Vậy có điểm thỏa yêu cầu tốn có tọa độ nêu Bài 97 Trong mp (Oxy) cho đường thẳng () có phương trình: x – 2y – = hai điểm A (-1;2); B (3;4) Tìm điểm M  () cho 2MA + MB có giá trị nhỏ uuuu r uuuu r HD M � � M (2t  2; t ), AM  (2t  3; t  2), BM  (2t  1; t  4) AM  BM  15t  4t  43  f (t ) � 2� �26 �  �=> M � ;  � Min f(t) = f � � 15 � �15 15 � Bài 98 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = có tâm I đường thẳng : mx + 4y = Tìm m biết đường thẳng  cắt đường trịn (C) hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB 12 HD Đường trịn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = Gọi H trung điểm dây cung AB Ta có IH đường cao tam giác IAB IH = d ( I ,  )  | m  4m | m  16 | 5m |  AH  IA2  IH  25  m  16 2 (5m)  m  16 Diện tích tam giác IAB SIAB A 20 I H B  m  16  12 � 2SIAH  12 m  �3 � �  d ( I ,  ) AH  12 � 25 | m | 3( m  16) � 16 � m� � Bài 99 Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = Viết phương trình đường trịn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) 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  2 Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I Gọi A'B' vị trí thứ AB, Gọi H' trung điểm A'B' Trang 44 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 � 3� Ta có: IH'  IH  IA  AH  3 � , �2 � �  MI  � � 2  5 1   1 2  Vậy có đường trịn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 Bi 100 Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): x2 y đờng thẳng :3x + 4y =12 Tõ ®iĨm M bÊt kì kẻ tới (E) tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đờng thẳng AB qua điểm cố định HD Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng : TiÕp tuyến qua M nên : x0 x1 y0 y1  1 xx1 yy1  1 (1) Ta thấy tọa độ A B thỏa mÃn (1) nên đờng thẳng AB có pt : xx0 yy0  1 M thuéc  nªn 3x0 + 4y0 =12 � 4y0 =12-3x0 � xx0 y (12  x0 )  4 4 xx0 yy0   4, Gọi F(x;y) điểm cố định mà AB qua víi mäi M th× : (x- y)x + 4y 4=0   x  y 0 y 1 � y 40 x1 Vậy AB qua điểm cố định F(1;1) Bi 101 Trong mt phẳng Oxy cho ba đường thẳng d1 : 4x  y   0, d2 : 2x  y   0, d3 : x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình thoi ABCD, biết hình thoi ABCD có diện tích 15, đỉnh A,C thuộc d3 , B thuộc d1 D thuộc d2 HD Đường chéo (BD) vng góc với (AC) (BD có dạng : x+y+m=0 �x  y  m  �m  4m  � � B� ; � 4x  y   � �3 � �x  y  m  � m  2 m  � � D�  ; (BD) cắt d D có tọa độ nghiệm hệ : � � 2x  y   � � � (BD) cắt d1 B có tọa độ nghiệm hệ : � �1 � Trung điểm I BD tâm hình thoi có tọa độ : I � ;  2m  � � � 2m     � m  3 �  BD  : x  y   tọa độ 2 t t 23 �1 � điểm B(2;1),D(-1;4) I � ; � Gọi A(t;t+2) thuộc (AC) Suy : h  A, ( AC )   �2 � t  � A  3;5  � C  2;0  � 2t  2t  1  � S  BD.h  A, AC    15 � � t  2 � A  2;0  � C  3;5  2 � Theo giả thiết I thuộc (AC) : Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 45 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 2 Bài 102 Trong (Oxy) cho đường tròn (C): x  y   P  : y  x Tìm (P) điểm M mà từ kẻ tiếp tuyến đến (C) tiếp tuyến tạo với góc 600 Giải x ; y � P � y  x Gọi M  0    0 d đường thẳng tiếp tuyến (P) M d có phương trình : y0 y   x  x0  � x  y0 y  x0  Để d tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) điều kiện cần đủ : Bài 103 Trong (Oxy) cho đ thẳng d: 3x-y+5=0 đường tròn (C): x  y  x  y   Tìm điểm M thuộc (C) điểm N thuộc d cho MN có độ dài nhỏ ? Giải 2 (C) :  x  1   y  3  � I  1;3 , R  - Gọi d' //d d': 3x-y+m=0 d' tiếp xúc với (C) M ( M điểm cách d nhỏ ) , : h  I ; d '  R � 3   m 10 � m   10 � d ' : x  y   10   � m   10 � � m   10 � d ' : x  y   10  � Giả sử N' thuộc d ta ln có : M N ' �M N Dấu xảy N' trùng với N Vậy ta cần lập đường thẳng  qua I(-1;3) vng góc với d suy �x  1  3t Khi  cắt d' �y   t điểm :  1  3t     t    10  � t  10 Và  1  3t     t    10  � t   10 � �3 Do ta tìm điểm M : M �  1;3  �, 10 � � 10 đường thẳng  : � � M �1  d' M I(-1;3) d' M N' N d:3x-y+5=0 � ;3  � Tương tự  cắt d N có tọa độ nghiệm : 10 10 � � �x  1  3t � � 29 � �t  � N �  ; � Ta chọn M cách tính M N , M N , sau so �y   t 10 10 10 � � � 3x  y   � sánh : Nếu M N  M N M M Còn M N  M N M M �1 � � � 2 Bài 104 Trong (Oxy) cho  C  :  x  1   y  3  điểm M � ; � Tìm (C) điểm N 5 cho MN có độ dài lớn ? Giải �x  1  sin t � N � C  � N  1  sin t ;3  cost  �y   cost (C) viết dạng tham số : � 2 12 16 � �8 � Khi : MN  �   sin t � �   cost �  sin t  cos 2t  sin t  cost+4 � 5 �5 � �5 � 2 12 16 16 �12 � �12 � �16 �   sin t  cost+5   � sin t  cost � *  Vì : � � � � , 5 20 �20 � �20 � �20 � Trang 46 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 12 16 � cos   ;sin  =  (*) trở thành : 20 20 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  4sin  t    �     k 2 3 � � Do : sin t  sin �   � cos = � x  1  sin t  1    5 �2 � 4 19 � � � 19 � Tương tự : cost=cos �   � sin   � y   cost=3+  � N � ; � 5 �2 � �5 � Dấu đẳng thức xảy : sin  t     � t    Bài 105 Tính diện tích tam giác nội tiếp (E): x2 y   , nhận A(0;2) làm đỉnh trục 16 Oy làm trục đối xứng ? Giải Do ABC tam giác , A(0;2) thuộc Oy trục đối xứng B,C phải nằm đường thẳng y=m (//Ox) cắt (E) Vì tọa độ B,C nghiệm hệ : y A(0;2) O H �y  m �y  m y=m � B C � � 2 x  16 y  64 � �x  16  4m �0 �y  m � �� 2 �m �0 Ta có : AC  x   16  m2   20  m2 , BC  16  m2 � �x  � 16  4m 2 2 Do ABC :AC=BC � 20  m  16  m � 20  m   16  m  � m  x 44 1 1 33 3.4  16  m  , suy S ABC  BC AH  BC.BC  BC  2 2 � 44 �  � 16  � � � Vậy : m   Hay : S ABC Bài 106 Tính diện tích tam giác nội tiếp (P): y  x , nhận đỉnh (P) làm đỉnh trục Ox làm trục đối xứng ? Giải �1 �2 � � (P) có tiêu điểm F � ;0 � Nếu Ox làm trục đối xứng B,C nằm đường thẳng : x=m �y  x �y  2m �� �x  m �x  m ( song song với Oy) Do tọa độ B,C nghiệm hệ : � �y  � 2m �� � B m; 2m , C m;  2m � BC  2m �x  m  2 2 Vì OBC tam giác : OB  BC � m  2m   2m  � m  6m  � m   m      Vậy SOBC  BC.OH  BC   3  2m    2.6   24 (đvdt) 2 Bài 107 Trong (Oxy) cho điểm M(1;2) Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt Ox,Oy A,B cho diện tích tam giác OAB nhỏ Giải Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 47 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Đường thẳng dạng : x=1 y=2 không cắt trục tọa độ Cho nên gọi d đường thẳng qua M(1;2) có hệ số góc k( khác 0) d : y=k(x-1)+2 , hay y=kx+2-k �k  � ;0 �và cắt Oy B(0;2-k) �k � k 2 k  4k  4 2k   k   (1) Do : SOAB  k k k 4 Xét f(k)= k   � f '  k     � k  �2 k k Đường thẳng d cắt Ox A � Ta có bảng biến thiên : k f'(k) f(k) -� + -� -2 -16 +� - + +� -6 Căn vào bảng biến thiên ta có macx f (k )  16 đạt k=-2 Khi đường thẳng d : y=-2(x-1)+2 , hay y=-2x+4 A(2;0) B(0;4) Bài 108 Trong (Oxy) cho tam giác ABC, biết ba chân đường cao tương ứng với đỉnh A,B,C A'(1;1),B'(-2;3),C'(2;4) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh (BC) Giải Do đường cao tứ giác AC'IB' từ giác A nội tiếp đường trịn có đường kính AI , C'B' B'(-2;3) dây cung AA' vng góc với C'B' Vậy C'(2;4) (BC) qua A'(1;1)rvà có véc tơ pháp tuyến uuuuu r I C ' B '   4; 1 // n   4;1 �  BC  :  x  1  y   � 4x  y   Tương tự lập luận ta tìm phương trình cạnh tam giác ABC : (AB) : 3x-2y+2=0    B A'(1;1) C  Bài 109 Trong (Oxy) cho hai điểm A 3; , B 3; 2 a/ Chứng tỏ tam giác OAB tam giác b/ Chứng minh tập hợp điểm M cho : MO  MA2  MB  32 đường tròn (C) c/ Chứng tỏ (C) đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Giải a/ Ta có : OA   3  2  4, OB  4, AB  Chứng tỏ OAB tam giác b/ Gọi M(x;y) đẳng thức giả thiết cho tương đương với biểu thức : Ta có : MO  x  y , MA2  x  y  x  y  16, MB  x  y  3x  y  16 x0 2 �4 � � � �4 � I� ;0 , R  �� x   y  Chứng tỏ đường trịn (C) có tâm � � � � �3 � � �3 � 3 � � � � � � � � MO  MA2  MB  32 � 3x  y  3x  32  32 � x  y  c/ Thay tọa độ O,A,B vào (1) ta thấy thỏa mãn , chứng tỏ (C) đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB Trang 48 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Bài 110 Viết phương trình cạnh hình vng ABCD biết AB,CD,lần lượt qua điểm P(2;1) Q(3;5), BC AD qua điểm R(0;1) S(-3;-1) Giải Gọi (AB) có dạng y=kx+b (AD) : y=-1/kx+b' Cho AB AD qua điểm tương ứng ta có : 2k+b=1 (1) Ta có : h  Q, AB   3k   b ; h  R, AD    k  kb '  b '  1 k  2 Theo tính chất hình vng : k 1 k 1 3k   b  k  kb ' h  Q, AB   h  R, AD  �  � 3k   b  k  kb ' k 1 k 1 � 2k  b  1 4� � � �� �� k  , b  , b '  10 �� , k  7, b  15, b '   � Từ ta có hệ : �k  kb '  3 7� � �� �3k   b  k  kb ' � Do : AB : x  y   0, AD : 3x  y  10  0, CD : x  y  12  0, BC : x  y   Hoặc : AB : x  y  15  0, AD : x  y   0, CD : x  y  26  0, BC : x  y   Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 49 ... 71 Trong m? ?t ph? ? ?ng t? ??a độ Oxy, cho h? ?? đư? ?ng th? ?ng ph? ?? thu? ?c tham số  : (x – 1)cos + (y – 1)sin – = a T? ?m t? ? ?p h? ? ?p c? ?c? ?iểm m? ?t ph? ? ?ng kh? ?ng thu? ?c đư? ?ng th? ?ng h? ?? b Ch? ?ng minh đư? ?ng th? ?ng h? ?? ti? ?p. .. , ch? ?ng n? ??m đư? ?ng th? ?ng y-2=0 C có h? ??nh độ tung độ dư? ?ng C n? ??m cung ph? ? ?n t? ? thứ - Tam gi? ?c ABC c? ? AB=6 c? ?? định Vì tam gi? ?c có di? ?n t? ?ch l? ?n kho? ?ng c? ?ch t? ?? C đ? ?n AB l? ?n - Dễ nh? ?n thấy C tr? ?ng. .. ti? ?p tuy? ? ?n (C) cho ti? ?p tuy? ? ?n song song với đư? ?ng th? ?ng c? ? ph? ?? ?ng trình : 2x + 2y – = c Ch? ?ng t? ?? đư? ?ng tr? ?n (C) đư? ?ng tr? ?n (C ’) : x2 + y2 – 4x – 6y + = ti? ?p x? ?c Vi? ?t ph? ?? ?ng trình ti? ?p tuy? ? ?n chung