WWW.Toancapba.Net CHUYÊN Đ : HÌNH H C PH NG A. LÝ THUY T I. T a độ 1. Hệ trục toạ độ Oxy gồm ba trục Ox, Oy đôi một vuông góc với nhau với ba vectơ     đơn vị i , j  i  j  1  . y          2. u  x; y   u  xi  y j ; M(x;y) OM  OM1  OM 2  xi  y j   3. Tọa độ của vectơ: cho u ( x; y), v( x '; y ')     a. u  v  x  x '; y  y ' b. u  v   x  x '; y  y '    c. ku  (kx; ky) d. u.v  xx ' yy ' e. u  v  xx ' yy '  0  g.      u.v   cos u , v    u.v M2  j f. u  x 2  y 2 , v  x2  y 2   o . 4. Tọa độ của điểm: cho A(xA;yA), B(xB;yB)  a. AB   xB  xA ; yB  y A  b. AB   xB c. G là trọng tâm tam giác ABC ta có:     x A    yB  y A  2 M  u  i M1 2 y y y x A  xB  xC ; yG= A B C 3 3 3   x  kxB y  kyB d. M chia AB theo tỉ số k: MA  k MB  xM  A ; yM  A 1 k 1 k x A  xB y A  yB c biệt: M là trung điểm của AB: xM  ; yM  . 2 2      GA  GB  GC  O , OG  OA  OB  OC  Đ  u xG= e) Tứ giác ABCD là hình bình hành  AB  DC h) Tính chất đường phân giác: Gọi AD lần lượt là đường phân giác trong của góc A  (D  BC; E  BC), ta có:  DB AB  DC AC Diện tích  :   * Coâng thöùc tính dieän tích tam giaùc ABC vôùi : AB = (x1;y1), AC = ( x2;y2) thì S= 1 | x1y2 – x2y1| 2 * Công thức khác: S ABC  aha  ab sin C   1 2 1 2 abc  pr  4R p( p  a)( p  b)( p  c) 1 d ( A; BC ).BC 2 (Với a, b, c là ba cạnh, ha là đường cao thuộc cạnh a, p  (a  b  c) , R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp  ABC) 1 2 l/ Diện tích tứ giác: Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 1 Nĕm 2012 - 2013 x WWW.Toancapba.Net * ABCD là tứ giác có hai đường cháo AC và BD vuông góc thì SABCD  1 AC.BD 2 g/ u cuøng phöông vôùi u '    x x' y y' = xy’ – x’y = 0 + A,B,C phân biệt thẳng hàng khi AB  k AC    với AB = (x1;y1), AC = ( x2;y2), k  0  x1 y1 ,  x2 y2  II. Ph ơng trình đ ng th ng 1. Một đường thẳng  được xác định khi biết một điểm M(x0;y0) và một vectơ pháp   tuyến n   A; B  hoặc một vectơ chỉ phương u   a; b  ta có thể chọn u   a  B; b   A  *Phương trình tổng quát A  x  x0   B  y  y0   0  Ax  By  C  0 . n  x  x0  at ,  t  R  . M  ()  M  x0  at; y0  bt  *Phương trình tham số:   y  y0  bt a *Phương trình đường thẳng qua M(x0;y0) có hệ số góc k: y  k  x  x0   y0 .  * Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(x A ;y A ), B(x B ;y B ): x  xA y  yA  xB  x A y B  y A 2. Khoảng cách từ một điểm M(xM;yM) đến một đường thẳng :Ax + By + C = 0 là: d M ,   AxM  ByM  C A2  B 2  . Hoặc dựng đường thẳng qua M vuông góc cắt  tại H thì d  M ,    MH 3. Vị trí tương đối của hai đường thẳng. Cho hai đường thẳng  1 : a1 x  b1 y  c1  0  2 : a 2 x  b2 y  c 2  0 (C) r M I Để xét vị trí tương đối của hai đường thẳng  1 và  2 ta xét số nghiệm của hệ phương trình  Chú ý: Nếu a2b2c2  0 thì a1 x  b1 y  c1  0  a 2 x  b2 y  c 2  0 a b 1 caét  2  1  1 a2 b2 1 / /  2  1   2  (I) a1 b1 c1   a2 b2 c2 a1 b1 c1   a2 b2 c2 4. Góc giữa hai đường thẳng. Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 2 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net   *Góc giữa hai đường thẳng  1 và  2 của (I) có VTPT n1 và n2 được tính theo công thức:    cos( 1 ,  2 )  cos(n1 , n2 )    | n1 . n 2 |   | n1 || n2 |   thay n bằng u | a1 a 2  b1b2 | a12  a 22 . b12  b22 hoặc tính theo véc tơ chỉ phương * Góc giữa hai đường thẳng:(  ): y = k 1 x + b và (  ’): y = k 2 x + b’ là: tan (;  ')  III. Ph ơng trình đ k2  k1 1  k1.k2 (Công thức tan) ng tròn 1. Một đường tròn được xác định khi biết tâm I(a;b) và bán kính r. Phương trình: Dạng 1:  x  a    y  b   r 2 . 2 2 Dạng 2: x 2  y 2  2ax  2by  d  0 , điều kiện a 2  b 2  d  0 và r  a 2  b 2  d .Tâm I(a;b) 2. Điều kiện để đường thẳng : Ax  By  C  0 (1) tiếp xúc với đường tròn (C) là: d  I ,   Aa  Ba  C A2  B 2 r Đôi khi ta xét b= 0 thay xét trực tiếp và sau đó xét b  0 thì đường thẳng (1) thành y  kx  b hoặc kx  y  b  0 thì bài toán đơn giản hơn. * Nếu a2 + b2 – c = 0 thì chỉ có một điểm I(a ; b) thỏa mãn phtr: x2 + y2 - 2ax - 2by + c=0 * Nếu a2 + b2 – c < 0 thì không có điểm M(x ; y) nào thỏa mãn phtr: x2 + y2 - 2ax 2by + c = 0 2. Phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại M0 . Tiếp tuyến tại điểm M0(x0 ; y0) của đường tròn tâm I(a ; b) có phương trình: M  x; y      IM 0 .M O M  0 ta có (x – x0) (x0 – a)+ (y – y0) (y0 – b)= 0 hoặc x0 x  y0 y  a( x  x0 )  b( y  y0 )  c  0      IM 0 .( IM  IM 0 )  0  IM 0 IM  IM 02  0   x0  a  x  a    y0  b  y  b  R2 IV. Ba đ ng conic Elip 1. Phương trình chính tắc: x2 y 2   1 , (a>b>0). a 2 b2 2. Các yếu tố: c 2  a 2  b2 , a> c>0.,a>b>0 Tiêu cự: F1F2=2c; Độ dài trục lớn A1A2=2a Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 3 Độ dài trục bé B1B2=2b. Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Hai tiêu điểm F1  c;0  , F2  c;0  . Bốn đỉnh: 2 đỉnh trên trục lớn A1  a; 0  , A2  a;0  , 2 đỉnh trên trục bé B1  0; b  , B2  0; b  . y B1 c Tâm sai: e   1 a A F2 F1 1 A x O  MF1  r1  a  ex0  MF2  r2  a  ex0 Bán kính qua tiêu điểm: M( x0 ; y0 )thuộc (E) thì  2 M B2 3. Điều kiện để đường thẳng Ax+By+C=0 tiếp xúc với elip là: A2a2+B2b2=C2. hoặc dùng điều kiện nghiệm kép của ph trình hoành độ hoặc tung độ giao điểm. Hyperbol 1. Phương trình chính tắc: x2 y 2   1 , (a> b>0). a 2 b2 2. Các yếu tố: c 2  a 2  b2 , c>a>0. Tiêu cự: F1F2=2c; Độ dài trục thực A1A2=2a Độ dài trục ảo B1B2=2b. Hai tiêu điểm F1  c; 0  , F2  c; 0  . y Hai đỉnh: đỉnh trên trục thực A1  a;0  , A2  a;0  , Bán kính qua tiêu điểm: M( x0 ; y0 )thuộc (H) : c   MF1  a  a x0 x0  a thì   MF   a  c x 0  2 a b y= a x B2 F1 F2 A1 O A2 x B1 b y=- c   MF1   a  a x0 x0  a thì   MF  a  c x 0  2 a Hai đường tiệm cận: y   x a x  c  MF1  a  a x0  hoặc tổng quát:   MF  a  c x 0  2 a b a Tâm sai: e  c 1 a 3. Điều kiện để đường thẳng Ax+By+C=0 tiếp xúc với hypebol là: A2a2B2b2=C2. Parabol y 1. Phương trình chính tắc: y 2  2 px , (p>0 gọi là tham số tiêu). B2 2. Các yếu tố: F2 O Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 4 Nĕm 2012 - 2013 x WWW.Toancapba.Net Một tiêu điểm F  ;0  , đường chuẩn x   p 2  B. CÁC DẠNG TOÁN TH p 2 NG G P I. Xác đ nh t a độ của điểm: Để tìm t a độ của điểm M có thể có các cách sau + M là giao điểm của hai đường thẳng. + M là giao điểm của đường tròn và đường thẳng. + M là điểm thỏa mản một đẳng thức về độ dài hoặc đẳng thức vectơ . Chú ý: + Nếu liên quan đến đường phân giác thì ta chú ý đến điểm đối xứng qua đường phân giác đó. Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x  y  1  0 , phân giác trong BN : 2 x  y  5  0 .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính A diện tích tam giác ABC Giải: H + Do AB  CH nên AB: x  y  1  0 . N +Ta có AB  BN  B Nên tọa độ của B là nghiệm của hệ: 2 x  y  5  0  x  4    x  y 1  0 y  3 Do đó: B(4;3) . B C + Lấy A’ đối xứng A qua BN thì A '  BC . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): x  2 y  5  0 . Gọi I  (d )  BN . 2 x  y  5  0  x  1  . x  2y  5  0 y  3 Ta có tọa độ của I là nghiệm của hệ  Suy ra: I(-1; 3)  A '(3; 4) + Phương trình BC: 7 x  y  25  0 . Ta có C  CH  BC 13  x  7 25 0    x y   4  Tọa độ của C là nghiệm của hệ    x  y 1  0 y   9  4 Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 5 Nĕm 2012 - 2013 Suy ra: C ( WWW.Toancapba.Net 13 9 ; ) . 4 4 + BC  (4  13 / 4)2  (3  9 / 4)2  d ( A; BC )  7.1  1(2)  25 7 2  12 3 2. Suy ra: S ABC  d ( A; BC ).BC  .3 2. 1 2 1 2 450 , 4 450 45  . 4 4 Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x  y  3  0 và d 2 : x  y  6  0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải Ta có: d 1  d 2  I .  toạ độ của I là nghiệm của hệ: x  9 / 2 x  y  3  0 .   y  3 / 2 x  y  6  0 9 3 Vậy I ;  2 2 Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD  M  d 1  Ox Suy ra M( 3; 0) 9 3 Ta có: AB  2 IM  2  3       3 2  2 2 2 2 Theo giả thiết: S ABCD  AB.AD  12  AD  S ABCD 12  2 2 AB 3 2 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d 1  AD Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x  3)  1(y  0)  0  x  y  3  0 . Lại có: MA  MD  2 x  y  3  0 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:  2 2  x  3  y  2 y   x  3 y   x  3 y  3  x x  4 x  2    . hoặc    2 2 2 2 x  3  1 y  1 y  1 x  3  y  2 x  3  (3  x)  2 Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) x  2 x I  x A  9  2  7 9 3 Do I ;  là trung điểm của AC suy ra:  C y C  2 y I  y A  3  1  2 2 2 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 6 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net 1 2 Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ( ; 0) Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. A B Giải: I 5  AD = 5  AB = 2 5  BD = 5. + d ( I , AB)  2 + PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4 +) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:  x  2 D   1 2 2 5  2 (x  )  y  y  2  A (  2; 0 ), B ( 2; 2 ) 2 4      2 x    x  2 y  2  0   y  0 C  C (3;0), D (1; 2) Bài 4: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng 3 và trọng tâm thuộc đường thẳng  : 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C. 2 Giải: 5 5 Ta có: AB = 2 , M = ( ;  ), pt AB: x – y – 5 = 0 2 2 3 1 3 S ABC = d(C, AB).AB =  d(C, AB)= 2 2 2 Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)=  d(G, AB)= t  (3t  8)  5 2 = 1  t = 1 hoặc t = 2 2 1 2  G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)   Mà CM  3GM  C = (-2; 10) hoặc C = (1; -4) Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng  : 3x  4 y  4  0 . Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. Giải: 3a  4 16  3a )  B (4  a; ) . Khi đó diện tích tam giác ABC là 4 4 1 S ABC  AB.d (C   )  3 AB . 2 2 a  4  6  3a  2 Theo giả thiết ta có AB  5  (4  2a)     25   a  0  2   Gọi A(a; Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 7 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;1) , B(1; 2) , trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng x  y  2  0 . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5 . Giải: Vì G nằm trên đường thẳng x  y  2  0 nên G có tọa độ G  (t; 2  t ) . Khi đó AG  (t  2;3  t ) , AB  (1;1) Vậy diện tích tam giác ABG là S     2 2t  3 1 1 AG 2 . AB 2  AG. AB  2 (t  2) 2  (3  t ) 2  1 = 2 2 2 Do diện tích tam giác ABC bằng 13,5 nên diện tích tam giác ABG bằng 13,5 : 3  4,5 . 2t  3  4,5 , suy ra t  6 hoặc t  3 . 2 Vậy có hai điểm G : G1  (6;4) , G 2  (3;1) . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên xC  3xG  ( xa  xB ) và yC  3 yG  ( ya  yB ) . Suy ra, * Với G1  (6;4) ta có C1  (15; 9) , * với G 2  (3;1) ta có C2  (12;18) Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 và đường thẳng d có phương trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. Giải: Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB  AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3  IA  3 2   m  5  3 2  m 1  6   2 m  7 m 1 Vậy m = -5 hoặc m = 7 Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m2 = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. Giải: Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB  AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3  IA  3 2  m2  1 2 m2  1  6 m2  7  3 2  m2  1  6   2  2  m 7  m  1  6  m  5 Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 8 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Bài 9. Trong mp (Oxy) cho đường thẳng () có phương trình: x – 2y – 2 = 0 và hai điểm A (-1;2); B (3;4). Tìm điểm M  () sao cho 2MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất. Giải :   M    M (2t  2; t ), AM  (2t  3; t  2), BM  (2t  1; t  4) 2 AM 2  BM 2  15t 2  4t  43  f (t ) Xét hàm số f (t )  15t 2  4t  43 trên R f / (t )  30t  4 2 f / (t )  0  t   15 BBT  t f/ (t)  - f(t)   2 15 0 +  26 15 2  26 2 26 => M   ;    15 15   15  15 Vậy Min f(t) = f   Bài 10: 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 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải: BD  AB  B(7;3) , pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0 A  AB  A(2a  1; a), C  BC  C (c;17  2c), a  3, c  7 , 2a  c  1 a  2c  17  ;  là trung điểm của AC, BD. 2 2   I =  I  BD  3c  a  18  0  a  3c  18  A(6c  35;3c  18) c  7(loai ) c  6 M, A, C thẳng hàng  MA, MC cùng phương => c2 – 13c +42 =0     c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) Bài 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 9 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net A(6; 6), đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y  4 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; 3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. Giải: Gọi  là đường thẳng đi qua trung điểm của AC và AB Ta có d  A,    664 2 4 2 Vì  là đường trung bình của ฀ ABC  d  A; BC   2d  A;    2.4 2  8 2 Gọi phương trình đường thẳng BC là: x  y  a  0 66a Từ đó: 2 a  4  8 2  12  a  16    a  28 Nếu a  28 thì phương trình của BC là x  y  28  0 , trường hợp này A nằm khác phía đối với BC và  , vô lí. Vậy a  4 , do đó phương trình BC là: x  y  4  0 . Đường cao kẻ từ A của ABC là đường thẳng đi qua A(6;6) và  BC : x  y  4  0 nên có phương trình là x  y  0 . Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC là nghiệm của hệ phương trình x  y  0  x  2    x  y  4  0  y  2 Vậy H (-2;-2) Vì BC có phương trình là x  y  4  0 nên tọa độ B có dạng: B(a; -4-a) Lại vì H là trung điểm BC nên C(-4-a; a)   Suy ra: CE   5  a; 3  a  , AB  (a  6; 4  a  6) Vì CE  AB nên AB.CE  0   a  6  a  5    a  3 a  10   0    a  0 Vậy 2a 2  12a  0    a  6  B  0; 4   C  4;0   B  6; 2  hoặc  . C  2; 6  1 2 Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ( ; 0) Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. Giải: Ta có d ( I , AB)  5  AD 2 = 5  AB = 2 5  BD = 5. PT đường tròn đường kính BD là : (x - 1/2)2 + y2 = 25/4 Tọa độ A, B là nghiệm của  x  2  1 2 25  2 y2 hệ: ( x  2 )  y  4     A(2;0), B (2; 2)  x  2  x  2 y  2  0    y  0 Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 10 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Bài 13. Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. Giải:  Ta có: AB   1; 2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2 x  y  2  0 . I   d  : y  x  I  t ; t  . I là trung điểm của AC: C (2t  1;2t ) Theo bài ra: S ABC t  0 1  AB.d (C , AB)  2  . 6t  4  4   4 t  2  3 5 8 3 3 Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( ; ) thoả mãn . Bài 14. 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’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Giải: Gọi C = (c; 2c+3) và I = (m; 6-m) là trung điểm của BC Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). Vì C’ là trung điểm của AB nên:  2m  c  5 11  2m  2c  2m  c  5 11  2m  2c 5 ; C' ) 3 0 m     CC ' nên 2( 2 2 2 2 6   5 41  I  ( ; ) . 6 6 Phương trình BC: 3x – 3y + 23=0 2 x  y  3  0  14 37  C  ;   3 3  3 x  3 y  23  0 Tọa độ của C là nghiệm của hệ:  Tọa độ của B =   19 4  ;   3 3 Bài 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là : 3 x – y - 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC . Giải: +) Tọa độ điểm B là nghiệm của HPT : y  3x  y  3  0 x  1   B 1;0    y  0 y  0 C Ta nhận thấy đường thẳng BC có hệ số góc k = 3 , nên ABC  600 . Suy ra đường phân giác trong góc B của tam giác ABC có hệ số góc k’ = Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 3 3 11 O B 60 A Nĕm 2012 - 2013 x WWW.Toancapba.Net nên có PT : y  3 3 x 3 3 () Tâm I( a ;b) của đường tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc  và cách trục Ox một khoảng bằng 2 nên : | b | = 2 + Với b = 2 : ta có a = 1  2 3 , suy ra I=( 1  2 3 ; 2 ) + Với b = -2 ta có a = 1  2 3 , suy ra I = ( 1  2 3 ; -2)  Đường phân giác trong góc A có dạng:y = -x + m (  ’).  Vì  ’ đi qua I nên + Nếu I=( 1  2 3 ; 2 ) thì m = 3 + 2 3 . Suy ra : (  ’) : y = -x + 3 + 2 3 . Khi đó (  ’) cắt Ox ở A(3 + 2 3 . ; 0) Do AC vuông góc với Ox nên có PT : x = 3 + 2 3 . Từ đó suy ra tọa độ điểm C = (3 + 2 3 ; 6 + 2 3 )  44 3 62 3  ; . 3 3   Vậy tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC lúc này là :  + Nếu I=( 1  2 3 ; 2 ) thì m = -1 - 2 3 . Suy ra : (  ’) : y = - x -1 - 2 3 . Khi đó (Ä’) cắt Ox ở A(-1 - 2 3 . ; 0) Do AC vuông góc với Ox nên có PT : x = -1 - 2 3 . Từ đó suy ra tọa độ điểm C = (-1 - 2 3 ; -6 - 2 3 )  1  4 3 6  2 3  ; . 3 3   Vậy tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC lúc này là :  Vậy có hai tam giác ABC thoả mãn đề bài và trọng tâm của nó là :  44 3 62 3  ;  và G2 = 3 3   G1 =   1  4 3 6  2 3  ;   3 3   Bài 16. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải: Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21   x  5 x  2 y 1  0  21 13    B ;    5 5  x  7 y  14  0  y  13  5 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB   và BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7); nAC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt làVTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos  nAB , nBD   cos  nAC , nAB     a  b 3 2 2 2 2  a  2b  a  b  7 a  8ab  b  0   a   b 2 7  Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 12 Nĕm 2012 - 2013   WWW.Toancapba.Net * Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, x  y 1  0 x  3   A(3; 2) x  2 y 1  0  y  2 A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:  Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7  x  x  y 1  0  7 5 2  I ;   2 2  x  7 y  14  0 y  5  2 14 12 Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;   5 5 * Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) Bài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau góc 450. Giải:  x  1  3t và có vtcp u  (3; 2) y  2  2t *  có phương trình tham số  *A thuộc   A(1  3t ; 2  2t )   1 *Ta có (AB;  )=450  cos(AB; u )  2   AB.u 1    2 AB. u  169t 2  156t  45  0  t  15 3 t   13 13 32 4 22 32 *Các điểm cần tìm là A1 ( ; ), A2 ( ;  ) 13 13 13 13 Bài 18. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng 3 và trọng tâm thuộc đường thẳng  : 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ 2 đỉnh C. Giải: Ta có: AB = 2 , trung điểm M ( 5 5 ;  ), 2 2 pt (AB): x – y – 5 = 0 S ABC = 3 1 3 d(C, AB).AB =  d(C, AB)= 2 2 2 Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)= t  (3t  8)  5 2 = 1  t = 1 hoặc t = 2 2 1 _  d(G, AB)= 2  G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)   Mà CM  3GM  C = (-2; -10) hoặc C = (1; -1) Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 13 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Bài 19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;1) , B(1; 2) , trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng x  y  2  0 . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5 . Giải: Vì G nằm trên đường thẳng x  y  2  0 nên G có tọa độ G  (t; 2  t ) . Khi đó AG  (t  2;3  t ) , AB  (1;1)     2 2t  3 1 1 AG 2 . AB 2  AG. AB  2 (t  2) 2  (3  t ) 2  1 = 2 2 2 Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng 13,5 : 3  4,5 . Vậy 2t  3  4,5 , suy ra t  6 hoặc t  3 . Vậy có hai điểm G : G1  (6;4) , G 2  (3;1) . Vì G là 2 trọng tâm tam giác ABC nên xC  3xG  ( xa  xB ) và yC  3 yG  ( ya  yB ) . Vậy diện tích tam giác ABG là S  Với G1  (6;4) ta có C1  (15;9) , với G 2  (3;1) ta có C2  (12;18) Bài 20.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0; 2x  5y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. Giải:   4x  y  14  0  x  4  A(–4, 2) Tọa độ A là nghiệm của hệ 2x  5y  2  0 y2 Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên x B  x C  2 3x G  x A  x B  x C   y B  y C  2 3y G  y A  y B  y C Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) C(xC, yC)  AC  y C   2x C 2  ( 3) 5 5 Thế (2) và (3) vào (1) ta có x B  x C  2 x B  3  y B  2    2x C 2  4x B  14  5  5  2 x C  1  y C  0 Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) Bài 21. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng  : 3x  4 y  4  0 . Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng 15. Giải: Gọi A(a; 3a  4 16  3a )  B (4  a; ). 4 4 Khi đó diện tích tam giác ABC là S ABC  1 AB.d (C ;  )  3 AB . 2 Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 14 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Theo giả thiết ta có 2 a  4  6  3a  AB  5  (4  2a ) 2     25   a  0  2   Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). Bài 22. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x  y  1  0 , phân giác trong BN : 2 x  y  5  0 .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC. Giải: + Do AB  CH nên AB: x  y  1  0 . 2 x  y  5  0 ta có (x; y)=(-4; 3).  x  y 1  0 Giải hệ:  Do đó: AB  BN  B(4;3) . + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A '  BC . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): x  2 y  5  0 . Gọi 2 x  y  5  0 I  (d )  BN . Giải hệ:  . Suy ra: I(-1; 3)  A '(3; 4) x  2y  5  0 + Phương trình BC: 7 x  y  25  0 . 7 x  y  25  0 Giải hệ:   x  y 1  0 13 9 Suy ra: C ( ;  ) . 4 4 7.1  1(2)  25 450 + BC  (4  13 / 4)2  (3  9 / 4)2  3 2. , d ( A; BC )  4 7 2  12 1 1 450 45  . Suy ra: S ABC  d ( A; BC ).BC  .3 2. 2 2 4 4 Bài 23. Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích ABC . Giải: Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 15 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net B M A C H +AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là n  (3;1) AC có phương trình 3x +y- 7=0  3x  y  7  0 x  4   x  y 1  0  y  5 + Tọa độ C là nghiệm của hệ   C(4;- 5) 2  xB 1  yB  xM ;  yM ; + 2 2 M thuộc CM ta được 2  xB 1  y B  1  0 2 2  2  xB 1  y B  1  0 + Giải hệ  2 ta được B(-2 ;-3) 2  xB  3 yB  7  0 Diện tích S = 1 1 8 10 AC.BH  .2 10.  16 ( đvdt) 2 2 5 Tính diện tích ABC . + Tọa độ H là nghiệm của hệ + BH = 8 10 5 Diện tích S = 14   x  5 x  3y  7  0   3x  y  7  0 y   7  5 ; AC = 2 10 1 1 8 10 AC.BH  .2 10.  16 ( đvdt) 2 2 5 Bài 24. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. Giải: (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M  Oy  M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 16 Nĕm 2012 - 2013 ฀ AMB  600 (1) Vậy  0 ฀  AMB  120 (2) 0 AMI = 30 (1)  ฀ WWW.Toancapba.Net Vì MI là phân giác của ฀ AMB  MI  IA sin 300 0 (2)  ฀ AMI = 60  MI   MI = 2R  m2  9  4  m   7 2 3 IA R  m 2  9  4 3 Vô nghiệm  MI = 0 3 sin 60 3 Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 ) Bài 25. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A 1;0  , B  2; 4  ,C  1; 4  , D  3;5  và đường thẳng d : 3x  y  5  0 . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. Giải: Giả sử M  x; y   d  3x  y  5  0. AB  5,CD  17   AB  3; 4   n AB  4;3  PT AB : 4x  3y  4  0   CD  4;1  n CD 1; 4   PT CD : x  4y  17  0 SMAB  SMCD  AB.d  M; AB   CD.d  M;CD   5 4x  3y  4 x  4y  17  17   4x  3y  4  x  4y  17 5 17  3x  y  5  0  3x  y  5  0 3x  7y  21  0     3x  y  5  0  4x  3y  4  x  4y  17   5x  y  13  0 7   M1  ;2  , M 2  9; 32  3  Bài 26. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của hai đường thẳng: d1: x – y – 3 = 0, d2: x + y – 6 = 0. Trung điểm một cạnh là giao điểm của d1 và tia Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải: 9 3 Ta có: I  ;  , 2 3   M  3; 0   Gọi M là trung điểm cạnh AD. Ta có: AB = 2IM = 3 2 S ABCD  AB. AD  12  AD  2 2 AD qua M và vuông góc với d1  AD: x + y – 3 = 0 Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 17 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Lại có MA = MB = 2 x  y  3  0 Tọa độ A, D là nghiệm của hệ:  2 x  2 x  4  hoặc   2 y 1  y  1   x  3  y  2 Chọn A(2 ; 1)  D  4; 1  C  7; 2  và B  5; 4  . Bài 27. 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 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải: BD  AB  B(7;3) , pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0 A  AB  A(2a  1; a), C  BC  C (c;17  2c), a  3, c  7 , 2a  c  1 a  2c  17  ;  là trung điểm của AC, BD. 2 2   I  BD  3c  a  18  0  a  3c  18  A(6c  35;3c  18)    c  7(loai ) M, A, C thẳng hàng  MA, MC cùng phương => c2 – 13c +42 =0   c  6 I =  * c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3). Bài 28. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. Giải : Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm của dây cung AB. I Ta có IH là đường cao của tam giác IAB. 5  | m  4m | | 5m | IH = d ( I ,  )   H B A m 2  16 m 2  16 AH  IA2  IH 2  25  (5m )2  m 2  16 Diện tích tam giác IAB là SIAB 20 m 2  16  12  2S IAH  12  m  3 16 m   3   d ( I ,  ). AH  12  25 | m | 3(m 2  16)   Bài 29. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng 3 và trọng tâm thuộc đường thẳng  : 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C. 2 Giải: Ta có: AB = 2 , M = ( 5 5 ;  ), pt AB: x – y – 5 = 0 2 2 Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 18 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net S ABC = 3 1 3 d(C, AB).AB =  d(C, AB)= 2 2 2 Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)=  d(G, AB)= t  (3t  8)  5 2 = 1  t = 1 hoặc t = 2 2 1 2  G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)   Mà CM  3GM  C = (-2; 10) hoặc C = (1; -4). Bài 30. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M 1; 2  là trung điểm cạnh BC còn hai cạnh AB và AC lần lượt có phương trình 2 x - y - 2 = 0 và 4 x + y -1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác đó. Giải: A N B M C ì 1 ï ìï 2x - y - 2 = 0 ï æ1 ö x= ï ï + Tọa độ của A là nghiệm của hệ í í 2  Aççç ; -1÷÷÷ ïï ï è2 ø î 4 x + y -1 = 0 ï ï y = -1 î   + Gọi N là trung điểm AC thì MN song song AB nên nMN = nAB = (2; -1) Suy ra phương trình MN: 2 ( x -1) + (-1)( y - 2) = 0  2 x - y = 0 ìï 1 ïï x = ìïï2 x - y = 0 æ 1 1ö ï 6 Tọa độ của N là nghiệm của hệ í í  N çç ; ÷÷÷ . èç 6 3 ø ïîï4 x + y -1 = 0 ïïï y = 1 ïïî 3 ìï 1 ïï xC = 2 xN - x A = æ 1 5ö 6 + N là trung điểm AC suy ra íï  C çç- ; ÷÷÷ . ç ïï è 6 3ø 5 ïï yC = 2 yN - y A = 3 ïî ìï 13 ïï xB = 2 xM - xC = æ13 7 ö 6 + M là trung điểm BC suy ra ïí  B çç ; ÷÷÷ . ïï èç 6 3 ø 7 ïï yB = 2 yM - yC = 3 ïî Bài 31. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3;2), trọng tâm và tâm đường tròn ngoai tiếp tam giác ABC lần lượt là 2 2 3 3 G( ; ), I(1;-2). Xác định tọa độ đỉnh C. Giải: Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 19 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net + IM  (2;4), GM   ;  3 3   7 4    + Gọi A(xA; yA). Có AG  2 GM  A(-4; -2).  + Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ IM làm vec tơ pháp tuyến nên có PT: 2(x - 3) + 4(y - 2) = 0  x + 2y - 7 = 0. + Gọi C(x; y). Có C  BC  x + 2y - 7 = 0. + Mặt khác IC = IA  ( x  1)2  ( y  2)2  25  ( x  1)2  ( y  2)2  25 . x  2y  7  0 + Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:  2 2 ( x  1)  ( y  2)  25 x  5 x  1 và  . + Giải hệ phương trình ta tìm được  y  1 y  3 + Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3). Bài 32. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết đường thẳng AC có phương trình : x  y  3  0 , đỉnh B(4; -1). Điểm M(0;1) nằm trên cạnh AB. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi. Giải:  + Đường thẳng BD đi qua B vuông góc với AC nhận vec tơ chỉ phương u1 (1;1) của AC làm vec tơ pháp tuyến. PT: 1.(x - 4) + 1 (y + 1) = 0  x + y - 3 = 0. + Tọa độ giao điểm I của AC và BD là nghiệm của hệ phương trình: x  y  3  0 x  0  I(0; 3).   x  y  3  0 y  3 + Có I là trung điểm BD nên D có tọa độ D(-4; 7).  + Đường thẳng AB đi qua B nhận BM (4;2) làm vec tơ chỉ phương nên có vec tơ  pháp tuyến n(1;2) . PT: 1.( x  4)  2( y  1)  0  x  2 y  2  0 . 5  x  x  y  3  0 5 14  3 + Tọa độ điểm A là nghiệm hpt:   A  ;  .  3 3  x  2y  2  0  y  14  3 Bài 33. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : x + y + 2 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc . Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10. ( Đ TSĐH KHỐI A NĔM 2011) Giải: Diện tích MAI=5 = AM . 5  AM  2 5 và MI2 = IA2 + AM2 = 25 1 2 M   M(m; -m – 2).  Vậy MI  (2  m; m  3) Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 20 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net 4  m 2  4m  m 2  6m  9  25  m + m – 6 = 0  m = 2 hay m = -3 nên ta có phương trình: 2  M (2; -4) và M (-3; 1). Bài 34. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng  : x – y – 4 = 0 và d : 2x – y – 2 = 0. Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng  tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8. ( Đ TSĐH KHỐI B NĔM 2011) Giải:  x  at  y  bt Phương trình ON có dạng  (a2 + b2  0), N (at1; bt1) và M (at2; bt2) M = ON   : at1 – bt1 – 4 = 0  t1 = 4 (a  b) a b 2 (2a  b) N = ON  d : 2at2 – bt2 – 2 = 0  t2 = 2a  b 4a 4b  2b   2a Suy ra : M  ; ; , N   2 a  b 2a  b   a b a b  4 2 a 2  b2 a 2  b2  8 Ta có: OM.ON = 8  a b 2a  b a 2  b 2  a  b 2a  b  TH1: a = 0 ta có : b2 = b2, chọn b = 1  M (0; -4) , N (0; -2) TH2: a  0, chọn a = 1 ta được: 1 + b2 = (1  b)(2  b)  1 + b2 = b 2  3b  2 b 2  3b  2  1  b 2 6 2 1 . Vậy M (6; 2) ; N  ;  . 3 5 5 b  3b  2  1  b  Cách khác : Điểm N  d  N (n; 2n – 2)  ON = (n; 2n – 2) Điểm M    M (m; m – 4)  OM = (m; m – 4)  2 2 b= Nhận xét : 2 đường thẳng d và  nằm cùng phía đối với điểm O nên OM.ON = 8   .ON = 8  m = 5n (1)  OM   Ta có OM cùng phương với ON  m.n + 4n – 2m = 0 (2) Từ (1) và (2)  5n2 – 6n = 0  n = 0 hay n = 6 5 Với n = 0 thì m = 0, ta có điểm M (0; -4); N (0; -2) Với n = 6 thì m = 6, ta có điểm M (6; 2); N 5 6 2  ;  5 5 1 Bài 35. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B  ;1 . 2   Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho D (3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương. ( Đ TSĐH KHỐI B NĔM 2011 Dành cho ch ơng trình nâng cao) Giải: Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 21 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Ta có phương trình BD : y = 1, phương trình EF : y = 3, Nên BD // EF  ABC cân tại A 5 1 Ta có BD = BF     ( x  ) 2  (3  1) 2 2 2 2  x = 2 hay x = -1 (loại)  F (2; 3) Đường thẳng BF cắt AD tại A nên ta có: A (3; 13 ) 3 Bài 36. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x  y  1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C. ( Đ TSĐH KHỐI D NĔM 2011) Giải:  3  7 Gọi M là trung điểm của AC, ta có BM  BG  M  ;1 2 2  Gọi N là điểm đối xứng của B qua phân giác trong  của góc A và H là giao điểm của  với đường thẳng BN. Đường thẳng BN có phương trình : x + y + 3 = 0 x  y  3  0  H (1; 2) x  y 1  0 => Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình :   x N  2 x H  xB  2  N (2; 5)  y N  2 yH  yB  5 H là trung điểm của BN   Đường thẳng AC qua 2 điểm M, N nên có pt : 4x – y – 13 = 0 A là giao điểm của đường thẳng  và đường thẳng AC nên tọa độ A là nghiệm 4 x  y  13  0  A(4;3) x  y 1  0 của hệ :   xC  2 xM  x A  3  C (3; 1)  yC  2 yM  y A  1 M là trung điểm của AC   Bài 37: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AB=AC, góc BAC = 900. Biết M(1;-1) là trung điểm của BC và G(2/3;0) là trọng tâm tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh ABC. Giải: Gọi A( x0 ; y0 ) Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 22 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net    2   AG   3  x0 ;  y0        1 Ta có GM   ; 1  M  0; 2  3       AG  2GM     AB   a; b  2     AC   2  a; 4  b  Goi B(a; b)  C (2  a; 2  b)     BC   2  2a; 2  2b     AM  (1; 3) a (2  a )   b  2  4  b   0 b  0  B(4;0); C (2; 2)  AB  AC Vì :     AM BC 2 2 3(2 2 ) 0 a b       b  2  B(2; 2); C (4;0)  Bài 38: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân đỉnh A. Có trọng tâm là G(4/3;1/3), Phương trình đường thẳng BC là: x-2y-4=0, phương trình đường thẳng BG là: 7x-4y-8=0. Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C. Giải: 7 x  4 y  8  0  B(0; 2) Hoàng độ giao điểm B là nghiệm của hệ PT:  x  2 y  4  0 Do C thuộc BC nên: 4  a  2(3  b)  4  0  a  2b  6 Nhưng do tam giác ABC cân nên: 1    4     AG   3  a; 3  b     2a  b  3  0 AG  BC  AG.u BC  0.Mà :   u BC   2;1  a  2b  6  0  A(0;3)  C (4;0)    2 a b 3 0  Tọa độ A là nghiệm của hệ PT:  Bài 39. (Đ TSĐH KHỐI A NĔM 2010 – Ch ơng trình nâng cao) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y  4 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; 3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. Giải: Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 23 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = 0  x – y = 0 Gọi K là giao điểm của IJ và AH (với IJ : x + y – 4 = 0), suy ra K là nghiệm  của hệ xx  yy  04  K (2; 2)  2x K  x A  4  6  2  H (-2; -2) K là trung điểm của AH  xy H  2y H K  y A  4  6  2 Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) = 0  x + y + 4 = 0 Gọi B (b; -b – 4)  BC Do H là trung điểm của BC  C (-4 – b; b); E (1; -3)   Ta có : CE  (5  b; b  3) vuông góc với BA  (6  b; b  10)  (5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) = 0  2b2 + 12b = 0  b = 0 hay b = -6 Vậy B1 (0; -4); C1 (-4; 0) hay B2 (-6; 2); C2 (2; -6) Bài 40. (Đ TSĐH KHỐI D NĔM 2010 – Ch ơng trình chuẩn) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3;-7), trực tâm là H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(-2;0). Xác định toạ độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương. Giải: * C1: Nối dài AH cắt đường tròn (C) tâm I tại điểm H'  BC đi qua trung điểm HH'. Phương trình AH : x = 3 Đường tròn (C) có pt : ( x  2)2  y 2  74 H' là giao điểm của AH và đường tròn (C)  H' (3; 7) Đường thẳng BC có phương trình : y = 3 cắt đường tròn (C) tại điểm C có hoành độ là nghiệm phương trình : ( x  2)2  32  74  x  65  2 (lấy hoành độ dương); y = 3. Vậy C ( 65  2 ; 3) * C2: Gọi (C) là đường tròn tâm I(2;0), bán kính R = IA  74 Pt đường tròn (C) : ( x  2)2  y 2  74 Gọi AA1 là đường kính  BHCA1 là hình bình hành  HA1 qua M trung điểm BC Ta có IM là đường trung bình của A1AH  xM  2  M (2;3)  yM  3 Nên : IM  AH    1  2 Pt BC qua M và vuông góc AH : y  3 = 0 Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 24 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net ( x  2) 2  y 2  74  x  2  65   Toạ độ C thoả hệ phương trình :  y  3  0 . y  3   x  0  Vậy C ( 65  2 ; 3) Bài 41. (Đ TSĐH KHỐI B NĔM 2009 – Ch ơng nâng cao) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(-1;4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C , biết diện tích tam giác ABC bằng 18. Giải: AH  1  4  4  9 2 2 1 36 36  4 2 S  AH.BC  18  BC  9 2 AH 2 Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0 x  y  4 7 1  H ;  H: 2 2 x  y  3 B(m;m – 4) BC2 7  1   8  m    m  4   4 2  2  7 11  2 m  2  2  2 7   m    4  2  m  7  2  3  2 2 11 3 3 5 3 5 11 3 Vậy B1  ;   C1  ;   hay B2  ;    C2  ;   2 2 2 2 2 2  2 2  HB2  2 2 Bài 42. (Đ TSĐH KHỐI D NĔM 2009 – Ch ơng nâng cao) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x – 1)2 + y2 = 1. Gọi I là ฀ = 300. tâm của (C). Xác định tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho IMO Giải: 2 2 (x – 1) + y = 1. Tâm I (1; 0); R = 1 ฀ ฀ = 300, OIM cân tại I  MOI = 300 Ta có IMO  OM có hệ số góc k =  tg300 =  +k= 1 3 x2 1 x  pt OM : y= thế vào pt (C)  x 2  2x   0 3 3 3 3 3 3  x= 0 (loại) hay x  . Vậy M  ;   2  2 2 M1 Cách khác: Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 25 Nĕm 2012 -I 2013 O H WWW.Toancapba.Net ฀ ฀  300 , Ta có OI=1, IOM  IMO Do tính đối xứng ta có hai điểm cần tìm đối xứng với nhau qua trục Ox. Gọi H là hình chiếu của M xuống trục Ox. Ta có tam giác OM 1H là nữa tam giác đều nên OI=1 => OH   OM  3 3 3 3 , HM   6 3 2 3 3 3 3 3 Vậy M 1  ,  , M 2  ,   2  2 2  2 3 2 Bài 43. ( Đ DỰ B 2 KHỐI A NĔM 2007) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0; 2x  5y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. Giải:   4x  y  14  0  x  4  A(–4, 2) Tọa độ A là nghiệm của hệ 2x  5y  2  0 y2 Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên 3x G  x A  x B  x C x B  x C  2   3y G  y A  y B  y C y B  y C  2 (1) VìB(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) C(xC, yC)  AC  y C   2x C 2  ( 3) 5 5 Thế (2) và (3) vào (1) ta có x B  x C  2 x B  3  y B  2    2x C 2  4x B  14  5  5  2 x C  1  y C  0 Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) Bài 45. (Đ TSĐH KHỐI B NĔM 2007) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A(2;2) và các đường thẳng d1: x+y-2=0; d2 : x+y-8=0. Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Giải: B d1 B(m,2m);Cd2 C(n,8n)   AB  (m 2,m);AC  (n  2, 6  n) Tam giác ABC vuông cân   AB.AC  0 (m  2)(n  2)  m(6  n)  0   2 2 2 2  AB  AC (m  2)  m  (n  2)  (6  n) Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 26 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net 2  (n 4)(m1) 2 n 4 ; ) m 3 m1 B(3;1) B(13   m1 2 2 (m1) (n 4) 3 (m1)4 3(m1)2 40 n  5 V n  3 C(5;3) V C(3;5)      Bài 45. (Đ TSĐH KHỐI D NĔM 2012) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3y = 0 và x – y + 4 = 0; đường thẳng BD đi qua điểm M (  ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 1 3 Giải: AC cắt AD tại A (-3; 1) Vẽ MN // AD (N  AC)  MN : 3x – 3y + 4 = 0 Trung điểm của MN : K (  ; ) 4 4 6 6 Vẽ KE  AD (E  AD)  KE : ( x  )  ( y  )  0  E (-2; 2) 4 6 4 6 E là trung điểm AD  D (-1; 3). Giao điểm của AC và EK : I (0; 0) I là trung điểm BD  B (1; -3). I là trung điểm AC  C (3; -1) Bài 46. (Đ TSĐH KHỐI A NĔM 2012) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử M  ;  và  2 2 đường thẳng AN có phương trình 2x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A. Giải: 11 1 a 10 a 5 5a ; AM = ; MN = ; 3 2 6 AM 2  AN 2  MN 2 1 ฀  45o =  MAN cosA = 2 AM . AN 2 ฀ (Cách khác :Để tính MAN = 450 ta có thể tính có : AN = 2 1 3 1) ฀ ฀ ) tg ( DAM  DAN 1 1  2. 3 A B M D N Phương trình đường thẳng AM : ax + by  11 1 a b= 0 2 2 2a  b a 1 1 ฀ cos MAN    3t2 – 8t – 3 = 0 (với t = )  t = 3 hay t   2 2 b 3 2 5(a  b ) 2 x  y  3  0  A (4; 5) 3 x  y  17  0 2 x  y  3  0 1  A (1; -1) + Với t    tọa độ A là nghiệm của hệ :  3 x  3y  4  0 + Với t = 3  tọa độ A là nghiệm của hệ :  Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 27 Nĕm 2012 - 2013 C WWW.Toancapba.Net Cách khác: A (a; 2a – 3), (a  d ( M , AN )  11 2 7 45 )  (2a  ) 2  2 2 2 3 5 , 2 MA = MH . 2  3 10 2   a = 1 hay a = 4  A (1; -1) hay A (4; 5). II.Vi t ph ơng trình đ ng th ng: Bài 1 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. Giải: I Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. 5 Gọi H là trung điểm của dây cung AB.  H B A Ta có IH là đường cao của tam giác IAB. IH = d ( I ,  )  | m  4m | m  16 2  AH  IA2  IH 2  25  | 5m | m 2  16 (5m )2  m 2  16 Diện tích tam giác IAB là SIAB 20 m 2  16  12  2S IAH  12  m  3 16 m   3   d ( I ,  ). AH  12  25 | m | 3(m 2  16)   Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x 2  y 2 – 2 x – 2 y  1  0, (C ') : x 2  y 2  4 x – 5  0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. Giải: + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R  1, R '  3 , đường thẳng (d) qua M có phương trình a( x  1)  b( y  0)  0  ax  by  a  0, (a 2  b 2  0)(*) . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. 2 2 Khi đó ta có: MA  2MB  IA2  IH 2  2 I ' A2  I ' H '2  1   d ( I ;d )   4[9   d ( I ';d )  ] , IA  IH . 36a 2  b 2 9a 2 b2 35   35  a 2  36b 2   a 2  b2 a 2  b2 a 2  b2  a  6 . Dễ thấy b  0 nên chọn b  1    a6  4  d ( I ';d )    d ( I ;d )   35  4. 2 2 Kiểm tra điều kiện IA  IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn. Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 28 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của 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: +Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận HK  (1; 2) làm vtpt và AC đi qua K nên ( AC ) : x  2 y  4  0. Ta cũng dễ có: ( BK ) : 2 x  y  2  0 . + Do A  AC , B  BK nên giả sử A(2a  4; a ), B(b; 2  2b). Mặt khác M (3;1) là trung điểm của AB nên ta có hệ: C  2a  4  b  6 2a  b  10 a  4 .    a  2  2b  2  a  2b  0 b  2 Suy ra: A(4; 4), B(2;  2).  + Suy ra: AB  (2;  6) , suy ra: ( AB) : 3x  y  8  0 . A M K H B + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA  (3; 4) , suy ra:  ( BC ) : 3x  4 y  2  0. Vậy : ( AC ) : x  2 y  4  0, ( AB) : 3x  y  8  0 , ( BC ) : 3x  4 y  2  0. Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với các đỉnh A(1,2) , B(0,1) và C(-2,1). 1. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB 2. Viết phương trình đường thẳng chứa đường cao CH của tam giác ABC. 3. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giải: x  0 y 1   x  y 1  0 0 2 1 1) Phương trình AB: 1   2) CH qua C và nhận AB  (1;  1) làm pháp vectơ nên có phương trình: A(1, 2), B(0, 1), C(-2, 1) 1( x + 2 ) + 1(y - 1) = 0 x + y + 1= 0 3) Gọi I (x, y) là tâm đường tròn: Ta có : 2 2  IA  IB  2 2  IB  IC Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 29 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net 2 2 2 2 ( x  1)  ( y  z)  x  ( y  1)  2 2 2 2  x  ( y  1)  ( x  2)  ( y  1)  x  1   I (1,3) y  3 Bán kính R = IA = 5 . Suy ra phương trình đường tròn cần tìm: (x + 1)2 + (y - 3)2 = 5. Bài 5.Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác trong qua đỉnh A, C lần lượt là : (d1) : 3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y – 5 = 0 Giải:  +) PT cạnh BC đi qua B(2 ; -1) và nhận VTCP u1   4;3 của (d2) làm VTPT (BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0 +) Tọa độ điểm C là nghiệm của HPT : 4x  3y  5  0  x  1   C   1;3   x  2y  5  0 y  3 +) Đường thẳng ∆ đi qua B và vuông góc với (d2) có VTPT là u 2   2; 1 ∆ có PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0 +) Tọa độ giao điểm H của ∆ và (d2) là nghiệm của HPT :  2x  y  5  0 x  3   H   3;1   x  2y  5  0 y  1 +) Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (d2) thì B’ thuộc AC và H là trung điểm của BB’ nên :  x B'  2x H  x B  4  B '   4;3   y B'  2y H  y B  3 +) Đường thẳng AC đi qua C( -1 ; 3) và B’(4 ; 3) nên có PT : y - 3 = 0 +) Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT : y  3  0  x  5   A  (5;3)  3x  4y  27  0 y  3  +) Đường thẳng qua AB có VTCP AB   7; 4  , nên có PT : x  2 y 1   4x  7y  1  0 7 4 Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x 2  y 2 – 2 x – 2 y  1  0, (C ') : x 2  y 2  4 x – 5  0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. Giải: + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R  1, R '  3 , đường thẳng (d) qua M có phương trình a( x  1)  b( y  0)  0  ax  by  a  0, (a 2  b 2  0)(*) . Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 30 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. 2 2 Khi đó ta có: MA  2MB  IA2  IH 2  2 I ' A2  I ' H '2  1   d ( I ;d )   4[9   d ( I ';d )  ] , IA  IH .  4  d ( I ';d )    d ( I ;d )   35  4. 2 2  a  6 .  a6 chọn b  1   36a 2  b 2 9a 2 b2 35     35  a 2  36b 2 a 2  b2 a 2  b2 a 2  b2 Kiểm tra điều kiện IA  IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn. Bài 7. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) . Giải: Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2  0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên : 2a  5b 2 2  52 . a 2  b 2 2a  5b 29   2 2 5 a b  2.12  5.1 22  52 . 122  12  5  2a  5b   29  a 2  b 2  2 a  12b  9a + 100ab – 96b = 0   a  8 b 9  2 2 Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB a  12b ( vì điểm ( 3 ; 1a + 100ab – 96b = 0   8 a  b 9  2 2 không thuộc AB)nên không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0. Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1 : 2 x  y  5  0 và d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2. Giải: Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương a1 (2;1) ; d2 có vectơ chỉ phương a 2 (3;6) Ta có: a1.a 2  2.3  1.6  0 nên d1  d 2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 31 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Gọi d là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình: d : A(x  2)  B(y  1)  0  Ax  By  2 A  B  0 d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450   A  3B  cos 450  3 A2  8 AB  3B 2  0   2  (1)  B  3 A 2A  B A B 2 2 2 2 * Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x  y  5  0 * Nếu B = -3A ta có đường thẳng d : x  3y  5  0 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x  y  5  0 d : x  3y  5  0 Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đã cho. Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình 2x  y  5 22  (1) 2  3x  6 y  7 32  62 3 x  9 y  22  0 (1 )  3 2 x  y  5  3x  6 y  7   9 x  3 y  8  0 ( 2 ) +) Nếu d // 1 thì d có phương trình 3x  9y  c  0 . Do P  d nên 6  9  c  0  c  15  d : x  3y  5  0 +) Nếu d // 2 thì d có phương trình 9x  3y  c  0 . Do P  d nên 18  3  c  0  c  15  d : 3x  y  5  0 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x  y  5  0 d : x  3y  5  0 Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  2x  8y  8  0 .Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6. Giải: Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là . =>  : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0) Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6 => khoảng cách từ tâm I đến  bằng 52  32  4  d  I ,   c  4 10  1 4 (thỏa mãn c≠2) 32  1 c  4 10  1 3  4  c Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: 3 x  y  4 10  1  0 hoặc 3x  y  4 10  1  0 . Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 32 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông có đỉnh là (-4; 8) và một đường chéo có phương trình 7x – y + 8 = 0. Viết phương trình các cạnh của hình vuông. Giải:   BD: 7x – y + 8 = 0 AC: x + 7y – 31 = 0 Gọi A(-4; 8) Gọi D là đường thẳng qua A có vtpt (a ; b) D: ax + by + 4a – 5b = 0, D hợp với AC một góc 450  a = 3, b = -4 hoặc a = 4, b = 3  AB: 3x  4 y  32  0; AD : 4 x  3 y  1  0 Gọi I là tâm hình vuông  I ( ; )  C  3; 4  1 9 2 2  BC : 4 x  3 y  24  0; CD : 3x  4 y  7  0 Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình cạnh BC. Giải: x - y - 2  0 Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT:   A(3; 1) x  2 y - 5  0 Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC  3  b  5  2c  9 b  5  . c  2 1  b  2  c  6 Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên  Hay B(5; 3), C(1; 2)   Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là u  BC  ( 4; 1) . Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0 Bài 12. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Lập phương trình đường thẳng đi qua A(8 ;6) và tạo với 2 trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 12. Giải : Giả sử (d) đi qua A(8;6) cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm M(a;0), N(0;b) a,b khác 0. x y 8 6   1 . Vì (d) đi qua A nên   1 (1) a b a b 8 6 1   1  ab  12 (2). Từ (1) và (2) ta có hệ  a b 2  ab  24  Khi đó (d) có phương trình Lại có SOAB  a  4  b  6   a  8   b  3 Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 33 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Suy ra có 2 đường thẳng thoả mãn điều kiện là x y x y   1,    1 4 6 8 3 Bài 13. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật ABCD .Biết rằng AB = 2BC , A, B thuộc đường thẳng đi qua M(  ;1 ), B, C thuộc 4 3 đường thẳng đi qua N(0 ; 3), A,D thuộc đường thẳng đi qua P(4 ; -1/3), C,D thuộc đường thẳng đi qua Q(6 ;2) Giải : Phương trình AB có dạng: y = k(x + 4/3) + 1 DC: y = k(x - 6) + 2 , BC: x + ky – 3k = 0 , AD: x + ky -4 + k/3 = 0 Vì AB = 2BC nên d(AD,BC)=2d(AB,DC) hay d(P;BC) = 2d(M;DC)  4 k  3k 3 1 k 2  4  k  1  6k  2 3 1 k 2 1  k  3 10k  12  6  44k   10k  12  44k  6 k   3  17 y  1/ 3( x  4 / 3)  1, DC : y  1/ 3( x  6)  2, BC : x  1/ 3 y  1  0, AD : x  1/ 3 y  35 / 9  0 * Với k = 1/3 ta có phương trình các cạnh hình chữ nhật là: AB: AB : y  3 /17( x  4 / 3)  1, DC : y  3 /17( x  6)  2, BC : x  3 /17 y  9 /17  0, AD : x  3 /17 y  4  3 /17  0 * Với k = -3/17 ta có phương trình các cạnh của hình chữ nhật là: Bài 14. Trong mpOxy cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng AB và BC lần lượt có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – 2 = 0. Viết phương trình đường cao kẽ từ B của tam giác ABC. Giải: 1 B = ABAC  B  3;   2 Theo yêu cầu bài toán ta có vô số tam giác thỏa mãn bài toán mà các cạnh AC nằm trên các đường thẳng // với nhau. 3 Chọn M(4;1)  BC, M là trung điểm của BC ==> C  5;   Tam giác ABC cân tại A, Vậy AM  BC ==> AM: 2x + y – 9 = 0 A = AM AB ==> A(6;-3) 2 Đường cao BH đi qua B có VTPT AC   1;  2  => pt của BH là 4 x  18 y  3  0  9  Bài 15. Trong mặt phẳng tỏa độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (C) : x2 + y2  2x + 4y  5 = 0. Viết phương trình đường thẳng  cắt (C) tại điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A. ( Đ TSĐH KHỐI D NĔM 2011 Dành cho ch ơng trình nâng cao) Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 34 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Giải: Đường tròn (C) có tâm I (1; -2), R = 10  AI  (0; 2) . Vì I và A cách đều M, N nên MN  AI, vậy pt MN có dạng : y = b MN = 2 d A/ MN  2 b d I / MN  b  2  MN  2 2    R  b  2b  3  0  b  1 v b  3  2  2 d 2 I / MN Vậy Pt : 1 : y = 1 ; 2 : y =  3 Bài 16. Một hình thoi có một đường chéo có phương trình: x+2y-7=0, một cạnh có phương trình: x+3y-3=0. Một đỉnh là (0;1). Viết phương trình 3 cạnh và đường chéo thứ 2 của hình thoi. Giải: x  3y  3  0  B(15; 4) Giả sử A(0;1) và tọa độ B là nghiệm của hệ :  x  2 y  7  0 a b 1 ) và D (a  15; b  5) 2 2 Gọi C(a;b) ta có tâm O( ;   AC   a; b  1     BD   a  30; b  9   a (a  30)  (b  1)(b  9)  0(1)  AC  BD  Mà : D  BD  a  15  2(b  5)  7  0  a  12  2b(2) Thế (2) vào (1) ta có: b=-9 hay b=5 * b  -9  C (30; 9)  D(15; 4)  B(loai )  C (2;5)  O(1;3)  D(13;10)   Do n AB  nCD  CD : ( x  2)  3( y  5)  0 hay : x  3 y  17  0   AC (2; 4)  n AC  (2; 1)  AC : 2 x  ( y  1)  0  2 x  y  1  0    AD  (13;9)  n AD  (9;13)  n BC  AD : 9 x  13( y  1)  0  AD : 9 x  13 y  13  0    BC : 9( x  2)  13( y  5)  0  BC : 9 x  13 y  83  0 Bài 17. Trong mặt phẳng Oxy cho 2 điểm M(1;4) và N(6;2). Lập phương trình đường thẳng qua N sao cho khoảng cách từ M tới đó bằng 2. Giải: Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 35 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net * Xét trường hợp đường thẳng cần tìm song song với trục tung. Đường thẳng có phương trình  : x  6  0  d  M     5  2(loai ) * Xét trường hợp đường thẳng cần tìm không song song với trục tung. Gọi phương trình đường thẳng cần tìm có dạng:  ' : y  k ( x  6)  2  kx  y  2  6k  0  d  M   '   kx  y  2  6k k 2 1 k  0 y  2   ':  20 k    20 x  21 y  162  0 21  2 Bài 18. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(3;1). Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt 2 trục tọa độ Ox, Oy tương ứng tại A và B sao cho OA+OB đạt giá trị nhỏ nhất. Giải Gọi A  a; 0  và B  0; b  Phương trình đường thẳng d cần tìm có dạng là: x y   1. a b Ta có 3 1   1 ( Do d đi qua M) a b Ta cũng có OA  OB  a  b  a  b   a  b      ( 3  1)2 a b  3 1   a2 2  b  Min(OA  OB )  ( 3  1) 2   3  a  b 3  b  1  3  a  3  3 Vậy ab  0  phương trình đường thẳng d cần tìm là: x y  1 3  3 1 3 Bài 19. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A(1;2), đường trung tuyến BM và đường phân giác trong CD có phương trình lần lượt là: 2x+y+1=0 và x+y-1=0. Viết phương trình đường thẳng BC. Giải: Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua CD và AA’ cắt CD ở I ta có: A’ thuộc BC Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 36 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net   Ta có: u CD  nAA'  (1; 1)  AA ' : x  1  ( y  2)  0 hay x  y  1  0 Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: x  y 1  0  I (0;1)  A '(1;0).Goi C (a; b).Do C  CD  a  b  1  0     x y 1 0  Mà trung điểm M của AC có tọa độ là: a 1 b 1 a 1 b 1 M( ; )  BM  2.   1  0  2a  b  6  0 2 2 2 2 a  b  1  0 Tọa độ C là nghiệm của hệ PT:   2a  b  6  0    C (7;8)  A ' C  (6;8)  n BC  (4;3)  BC : 4( x  1)  3 y  0 hay 4 x  3 y  4  0 Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho đường thẳng d có phương trình: 2x+3y+1=0 và điểm M(1;1). Viết phương trình đường thẳng đi qua M tạo với d một góc 450 Giải: Xét đường thẳng cần tìm song song với trục tung là:  2 1  : x  1  0  n   (1; 0)  d ( ; d )   13 2 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là:   ' : y  k  x  1  1  kx  y  1  k  0  n  '  ( k ; 1) 1  k  x  5y  4  0 1  cos( '; d )     5  2 14. k 2  1 5 x  y  6  0  k  5 2k  3 Bài 21: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1;0) và 2 đường thẳng lần lượt chứa đường cao kẽ từ B và C có phương trình: x-2y+1=0; 3x+y+1=0. Tính diện tích tam giác ABC . Giải: Ta có:   u CK  n AB  (1; 3)  AB : x  3 y  1  0 Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 37 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Tọa độ B là nghiệm của hệ: x  3 y 1  0  B (5; 2)  x 2 y 1 0       Và : u BH  n AC   2;1  2( x  1)  y  0  2 x  y  2  0 Và tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: 2 x  y  2  0  C (3;8)  AC  42  82  4 5  3  y  1  0 d  B  AC   BH  14 1 1 14  SABC  AC.BH  .4 5.  28 2 2 5 5 Bài 22. (Đ TSĐH KHỐI B NĔM 2010 – Ch ơng trình chuẩn) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C(-4; 1), phân giác trong góc A có phương trình x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương. Giải: ฀ vuông và phân giác trong Vì C (-4; 1), A góc A là (d) : x + y – 5 = 0, xA > 0 nên A(4; 1)  AC = 8 Mà diện tích ABC = 24 nên AB = 6. C Mặt khác, AB vuông góc với trục hoành nên B (4; 7) Vậy phương trình của BC là: 3x + 4y – 16 = 0 B A (d ) Bài 23. (Đ TSĐH KHỐI D NĔM 2010 – Ch ơng nâng cao) Giải: 1/ * C1 : Gọi H(x0; y0) là hình chiếu của A xuống    Ta có : AH  ( x0 ; y0  2), OH  ( x0 ; y0 )   2 2 2  AH .OH  0  x0  y0 ( y0  2)  0  x0  y0  2 y0  0 Do gt :    2 2 2  AH  d ( H , Ox)  x0  ( y0  2)  y0  x0  4 y0  4  0   y0  2  y02  2 y0  4  0  y0  1  5   x0  2  2    y0  x0  4 y0  4  x0  4 y0  4  0  2    x0    1  5  8  4 5  1  5  8  4 5  0 (loai )  x   4 5  8  0  H  4 5  8; 1  5 . Phương trình  : ( 5  1) x  4 5  8 y  0  y0  1  5 Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 38 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net * C2 :    Oy  H  A : không thoả AH = d(H, Ox)    Ox  H  O : không thoả AH = d(H, Ox)  Pt  : y = kx (k  0)  AH   1  y  x2  k  AH qua A Toạ độ H =   AH thoả hệ 2k  x 2  y  kx   2k 2k 2  k 1   H   ;  1  2  2 2  k 1 k 1  y   k x  2  y  2k k 2 1  2  2k 2  2k   2k  2  2  k 4  k 2 1  0 AH  d ( H ; Ox)   2    2 k 1  k 1  k 1  2 2  2 1 5 k  22 5 2  k  2  2 1 5  0 (loai ) k   2 Vậy  : y   22 5 x 2 Bài 24. (Đ TSĐH KHỐI A NĔM 2009 – Ch ơng trình chuẩn) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6, 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng  : x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB. Giải:  : x + y – 5 = 0, E    E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB  x N  2x I  x E  12  m  N (12 – m; m – 1)  y N  2y I  y E  4  5  m  m  1   MN = (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m)   MN.IE  0  (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0 I trung điểm NE    m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0  m = 6 hay m = 7  + m = 6   MN = (5; 0)  pt AB là y = 5  + m = 7  MN = (4; 1)  pt AB là x – 1 – 4(y – 5) = 0  x – 4y + 19 = 0 Bài 25. (Đ TSĐH KHỐI A NĔM 2009 – Ch ơng trình nâng cao) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng  : x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích IAB lớn nhất. Giải: Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 39 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 có tâm là I (-2; -2); R = 2 Giả sử  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ABC, ta có SABC = 1 1 ฀ IA.IB.sin AIB  IA.IB 2 2 ฀ Do đó SABC lớn nhất khi và chỉ khi sin AIB = 1  AIB vuông tại I  IH = 1  4m IA  1 (thỏa IH < R)  1 2 m2  1  1 – 8m + 16m2 = m2 + 1  15m2 – 8m = 0  m = 0 hay m = 8 15 Bài 26. (Đ TSĐH KHỐI D NĔM 2009 – Ch ơng trình chuẩn) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC. Giải: Gọi đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 và đường trung tuyến AD : 7x – 2y – 3 = 0 A = AH  AD  A (1;2) M là trung điểm AB  B (3; -2) BC qua B và vuông góc với AH  BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0  x + 6y + 9 = 0 D = BC  AD  D (0 ;  ) 3 2 D là trung điểm BC  C (- 3; - 1) AC qua A (1; 2) có VTCP AC  (4; 3) nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0  3x – 4y + 5 = 0 Bài 27. ( Đ DỰ B KHỐI A NĔM 2007) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 = 1. Đường tròn (C') tâm I (2,2) cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB  2 . Viết phương trình đường thẳng AB. Giải: Đường thẳng OI nối 2 tâm của 2 đường tròn (C), (C') là đường phân giác y = x . Do đó, đường AB  đường y = x  hệ số góc của đường thẳng AB bằng  1. Vì AB  2  A, B phải là giao điểm của (C) với Ox, Oy.  A(0,1); B(1,0) Suy ra   A '(1, 0); B'(0, 1) Suy ra phương trình AB : y =  x + 1 hoặc y =  x  1. Cách khác: phương trình AB có dạng: y =  x + m. Pt hoành độ giao điểm của AB là x2 + ( x + m)2 = 1  2x2  2mx  m 2  1  0 (2) (2) có  /  2  m 2 , gọi x1, x2 là nghiệm của (2) ta có : Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 40 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net AB2  2  2(x1  x2 )2  2  (x1  x 2 )2  1  4 / a 2  1  2  m 2  1  m  1 Vậy phương trình AB : y =  x 1 . III. Vi t ph ơng trình đ ng tròn và ti p tuy n đ ng tròn: Chú ý: + Tâm của đường tròn ngoại tiếp là giao của ba đường trung trực. + Tâm của đường tròn nội tiếp là giao của ba đường phân giác. Bài 1: Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d). Giải: 2 Giả sử phương trình cần tìm là (x-a) + (x-b)2 = R2 Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình (1  a ) 2  b 2  R 2 a  0   2 2 2 (1  a )  (2  y )  R  b  1 R2  2 (a  b  1) 2  2 R 2   Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2 Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2  y 2  4 3 x  4  0 . Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A. Giải: A(0;2), I(-2 3 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’   1  x  2 3t , I '  IA => I’( 2 3t ; 2t  2 ), AI  2 I ' A  t   I '( 3;3) 2  y  2t  2 Pt đường thẳng IA :  (C’):  x  3    y  3  4 2 2 Bài 3: Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình  C1  : x 2  y 2  4 y  5  0 và  C2  : x2  y 2  6 x  8 y  16  0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của  C1  và  C2  .  C1  : I1  0; 2  , R1  3;  C2  : I 2  3; 4  , R2  3. Giải: Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 41 Nĕm 2012 - 2013  WWW.Toancapba.Net Gọi tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2  là  : Ax  By  C  0 A2  B 2  0  là tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2     2 2 1  d  I1;    R1  2B  C  3 A  B   d  I 2 ;    R2  3 A  4 B  C  3 A2  B 2  2   3 A  2 B Từ (1) và (2) suy ra A  2 B hoặc C  2 Trường hợp 1: A  2 B . Chọn B  1  A  2  C  2  3 5   : 2 x  y  2  3 5  0 Trường hợp 2: C  3 A  2 B . Thay vào (1) được…. 2 Bài 4: Cho hai đường tròn (C1 ) : x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 ; (C2 ) : x 2  y 2  4 x  4 y  56  0 và đường thẳng d: 2 x  my  1  2  0 1)Gọi I là tâm đường tròn (C1 ) .Tìm m sao cho d cắt (C1 ) tại hai điểm phân biệt A và B.Với giá trị nào của m thì diện tích tam giác IAB lớn nhất và tính giá trị đó. 2)Chứng minh (C1 ) tiếp xúc với (C2 ) .Viết phương trình tổng quát của tất cả các tiếp tuyến chung của (C1 ) và (C2 ) . Giải: Ta có (C1 ) có tâm I (1;-2) và bán kính R1  3 (d) cắt (C1 ) tại 2 điểm phân biệt A, B  d ( I ; d )  R1  2  2m  1  2  3 2  m 2  1  4m  4m2  18  9m2  5m2  4m  17  0  m R Ta có: S 1 1 9 IA.IB sin ฀ AIB  IA.IB  2 2 2 9 ฀  90 0 lớn nhất là khi AIB 2 IAB Vậy : SIAB   AB = R 2  3 2 1  d(I,(d))= 3 2 2 3 2 1  2m  2  m2  2 Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 42 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net  16m2  16m  4  36  18m2  2m2  16m  32  0  (m  4)2  0  m  4 2) (C2 ) có tâm J(-2,2) và bán kính R2  8 Ta có: IJ= 9  16 =5=  R2  R1 Vậy (C1 ) và (C2 ) tiếp xúc trong tại điểm có tọa độ thỏa : 14  x  x2  y 2  2 x  4 y  4  0    5   2 2  x  y  4 x  4 y  56  0  x   22  5 Suy ra phương trình tiếp tuyến chung là: 14 14   22   22    y      x    2 y    4  0 5 5  5   5   9 12 78  x y 0 5 5 5  3x - 4y - 26 = 0 3 Bài 5. Trong mặt phẳng Oxy,cho điểm M (2; ) 2 x. 1. Viết phương trình đường tròn I có đường kính OM 2. Viết phương trình đường thẳng (D) đi qua M và cắt hai nửa trục dương Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 6. 3. Tìm toạ độ tâm I của đường tròn (T) nội tiếp tam giác OAB. Viết phương trình đường tròn đó. Giải: a. Phuơng trình đường tròn (C) đường kính OM.  3  => Tâm là trung điểm E  1;  của OM và R  2 4  4 OM 5  3 25 => Phương trình đường tròn ( x  1)   y    4  16  2 2 b. Cách 1: Gọi k là hệ số góc của (D) => phương trình (D) là y  k ( x  2)   3    2  2k   (D) cắt nửa trục dương Ox tại A  A  ;0  k     3  (D) cắt nửa trục dương Oy tại B  B(0;  2k ) 2 3 Điều kiện:  2k và k < 0  k < 0 2 3 2 Ta có : Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 43 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net SOAB 1 6 2 3   2k 3 2  2k  6 2 k 3     2k   12 k 2  9  - 6k + 4k 2 = -12k ( do k < 0 ) 4 9  4k 2  6k   0 4 3 k 4 2 Vậy phương trình (D) là y   ( x  2)  3 4 3 3 4  3 x  4 y  12  0 y 3 2 Cách 2: Giả sử A(a, 0), B(0, b) Với a, b > 0  D :   1 x a y b a 3  1  M  ( D )  2 2b a  4    b  3 SOAB  6  1 ab  6  2 Yêu cầu bài toán Vậy phương trình (D): 3x + 4y -12 = 0 3. Cách 1: Ta có A(4, 0), B(0, 3) Tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác OAB thuộc phân giác trong của góc O  I thuộc đường thẳng y = x. Gọi I (a, a) ta có d( I, AB) = d( I, OA)  3a  4a  12 5  7a  12  5a a  a  6  a  1 , loại a= 6 vì lúc đó I là tâm đường tròn bàng tiếp AOB .  (vì a > 0) Vậy I(1, 1) và r = a = 1. 2 2 Phương trình đường tròn là: ( x  1)  ( y  1)  1 Cách 2: Ta có I thuộc đường thẳng y = x. => I(a, a) (với a > 0) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác OAB. r S 6  1 P 1 (3  4  5) 2 Ta lại có: d(I, OA) = r Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 44 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net => a = 1 2 2 Vậy phương trình (C): ( x  1)  ( y  1)  1 Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3 y  8  0 ,  ' :3x  4 y  10  0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’. Giải: Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) Theo yc thì k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nên ta có 3(3t  8)  4t  10 3 4 2 2  (3t  8  2) 2  (t  1) 2 Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. Bài 7. Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) và tiếp xúc với đường thẳng có phương trình 3x – y + 9 = 0. Giải: Gọi I  a; b  là tâm đường tròn ta có hệ  2  a 2   5  b 2   4  a 2  1  b 2 (1)  IA  IB  2   3a  b  9   2 2   ; IA d I     2  a    5  b    2 10  1  a  2b  3 thế vào (2) ta có b  12b  20  0  b  2  b  10 *) với b  2  a  1; R  10   C  :  x  1   y  2   10 *)với b  10  a  17; R  250   C  :  x  17    y  10   250 2 2 2 2 2 Bài 8. 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 lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. Giải: Giả sử B( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d 2  xC  2 yC  7  xB  xC  2  6  yB  yC  3  0 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:  Ta có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0   Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 45 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Bán kính R = d(C; BG) = 9 81 2 2  phương trình đường tròn: (x – 5) +(y – 1) = 5 25 Bài 9. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M (2;4) a) Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn tại 2 điểm A và B, sao cho M là trung điểm của AB. b) Viết phương trình các tiếp tuyến của đường tròn, biết tiếp tuyến có hệ số góc k = -1. Giải: a. (C) : I(1; 3), R= 2, A, B  (C ) , M là trung điểm AB => IM  AB  Đường thẳng d cần tìm là đg thẳng AB  d đi qua M có vectơ pháp tuyến là IM => d: x + y - 6 =0 m  4  2 2   m  4  2 2 d’ tiếp xúc với (C)  d ( I ; d ')  R  2 b.* Đường thẳng tiếp tuyến có dạng : y = - x + m  x + y – m =0 (d’) * d’ tiếp xúc với (C)  d ( I ; d ')  R  2 m  4  2 2   m  4  2 2  x  y  (4  2 2)  0 Pt tiếp tuyến :   x  y  (4  2 2)  0 Bài 10. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy. Giải: Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 Bài 11. Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d). Giải: Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)2 + (x-b)2 = R2 Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương (1  a ) 2  b 2  R 2  trình (1  a)2  (2  y ) 2  R 2 (a  b  1) 2  2 R 2  Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 46 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net a  0   b  1 R2  2  Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2 Bài 12. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 Giải: Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 (A2 + B2  0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là :  5A  12B  C  15 1  A 2  B2    A  2B  C  5 2    A 2  B2  Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | Hay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C) * TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)  C = A – 9B thay vào (2) : |2A – 7B | = 5 A 2  B2  21A 2  28AB  24B2  0 A 14  10 7 B 21 Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7 , C = 203  10 7 Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 7 )x + 21y 203  10 7 = 0 * TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)  C  4A  3B , thay vào (2) ta được : 96A2 2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm . Bài 13. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB  3 . Giải: 2 2 Phương trình đường tròn (C): x + y – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R  3 Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB  IM tại trung điểm H của đoạn AB. Ta có AH  BH  AB 3  2 2 Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 47 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B'  3 3 Ta có: IH '  IH  IA  AH  3     2  2  2 2 MI  2  5  1  1  2  2 2 và MH  MI  HI  5   ; 3 2 Ta có: 5 7 2 MH '  MI  H ' I  5  R12  MA 2  AH 2  MH 2  3 13  2 2 3 49 52    13 4 4 4 3 169 172   43 R 22  MA'2  A' H'2  MH'2   4 4 4 Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2  y 2  4 3 x  4  0 . Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A. Giải: A(0;2), I(-2 3 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’  x  2 3t , I '  IA => I’( 2 3t ; 2t  2 ), Pt đường thẳng IA :   y  2t  2   1 AI  2 I ' A  t   I '( 3;3) 2 (C’):  x  3    y  3  4 2 2 Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 2 . Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. Giải: ìïTaâm (C ): O (0;0) . + ïí ïïBaùn kính (C ) : R = 2 ïî Gọi tọa độ A(a;0) , B (0; b) với a > 0, b > 0 x y x y + = 1  + -1 = 0 a b a b 1 ab AB tiếp xúc (C)  d (O, AB ) = 2  = 2 = 2 (***) 2 2 1 1 a b + + a 2 b2 a 2b 2 a 2b 2 2= 2 £ = SDOAB 2ab a + b2  SDOAB nhỏ nhất khi a = b . + Phương trình AB: Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 48 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Từ a = b và (***) suy ra a = b = 2 . Kết luận: Phương trình tiếp tuyến là x y + -1 = 0  x + y - 2 = 0 . 2 2 Bài 16: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy. Giải: Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 Bài 17. (Đ TSĐH KHỐI A NĔM 2010 – Ch ơng trình chuấn) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1: 3x  y  0 và d2: 3x  y  0 . Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng 3 và điểm A có hoành độ dương. 2 A  d1  A (a; a 3 ) (a>0) Pt AC qua A  d1 : x  3 y  4a  0 AC  d2 = C(2a; 2 3a ) Pt AB qua A  d2 : x  3 y  2a  0 Giải:  a  2 AB  d2 = B   ;  S ABC  a 3  2  3 1  1   2  ; 1 ; C   ; 2   BA.BC  3  a   A 2 3 3  3    3 1   3  1   Tâm I   y   1 ;   ; ฀  IA  1 Pt (T ) :  x   2 2 3  2 3 2  2 2 Bài 18. (Đ TSĐH KHỐI B NĔM 2009 – Ch ơng trình chuấn) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x  2)2  y 2  4 và 5 hai đường thẳng 1 : x – y = 0, 2 : x – 7y = 0. Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính của đường tròn (C1); biết đường tròn (C1) tiếp xúc với các đường thẳng 1, 2 và tâm K thuộc đường tròn (C). Giải: Phương trình 2 phân giác (1, 2) : Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH xy x  7y  2 5 2 49 Nĕm 2012 - 2013  5(x  y)  (x  7y) WWW.Toancapba.Net  y  2x :d1 5(x  y)  x  7y    1 y  x : d2 5(x  y)   x  7y 2  Phương trình hoành độ giao điểm của d1 và (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 = 4 5 25x2 – 20x + 16 = 0 (vô nghiệm) x 4 Phương trình hoành độ giao điểm của d2 và (C) : (x – 2)2 +    2 5 2  25x 2  80x  64  0  x = R = d (K, 1) = 8 4 8 . Vậy K  ;  5 5 5 2 2 5 Bài 19. (Đ TSĐH KHỐI B NĔM 2012 – Ch ơng trình chuấn) Trong mặt phẳng có hệ tọa độ Oxy, cho các đường tròn (C1) : x 2  y 2  4 , (C2): x 2  y 2  12 x  18  0 và đường thẳng d: x  y  4  0 . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc (C2), tiếp xúc với d và cắt (C1) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. Giải: 2 2 . Phương trình đường tròn (C) : x  y  2ax  2by  c  0  Phương trình đường thẳng AB : 2ax  2by  c  4  AB có vtcp v (b;-a)   Đường thẳng (d) có vtcp u (1;1) vì (d )  AB  u.v  0  a  b (1) d(I,d) = a b4  a 2  b 2  c  8 = 2a – c 2 2 I  (C2 )  a 2  b 2  12a  18  0 (3) (2) Thế (1) vào (3) ta có : a  b  3 Thế a  b  3 vào (2) ta có : c = 10 Vậy phương trình đường tròn (C) : x 2  y 2  6 x  6 y  10  0 Cách khác : Gọi I (a;b)  (C2 ) ; vì đường tròn tâm I cắt (C1) tâm O tại A, B sao cho AB  (d ) . Mà IO  AB  IO  (d ) . Vậy d(I/d) = d(O/d) = 2 2 = R  a 2  b 2  12a  18  0 (1)  2 2 a  b  12a  18  0  a  b  8 Ta có :   2 2  a  b  4  4  a  b  12a  18  0 (2)  a  b  0 Hệ (1)  a  7  2 2; b  1  2 2 ; (loại) vì I và O phải cùng phía so với (d). Hệ (2)  a  b  3  a 2  6a  9  0  a  3 Phương trình đường tròn : ( x  3) 2  ( y  3) 2  8 Bài 20. (Đ TSĐH KHỐI D NĔM 2012 – Ch ơng Nâng Cao trình chuấn) Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 50 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 2x – y + 3 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2. Giải I  (d) I (t; 2t + 3) . AB = CD  t  = 2t + 3  t = -1 hay t = -3 + t = -1  I (-1; 1)  R = 2  pt đường tròn : (x + 1)2 + (y – 1)2 = 2 + t = -3  I (-3; -3)  R = 10  pt đường tròn : (x + 3)2 + (y + 3)2 = 10 Câu 8b: Gọi M (2t + 1; -1 – t; t) thuộc (d) IV. Diện tích tam giác: Bài 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1) , B(2; 5) , đỉnh C nằm trên đường thẳng x  4  0 , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng 2 x  3 y  6  0 . Tính diện tích tam giác ABC. Giải: Ta có C  (4; yC ) . y 1  5  yC 1 2  4  1, yG   2 C . 3 3 3 Điểm G nằm trên đường thẳng 2 x  3 y  6  0 nên 2  6  yC  6  0 , vậy yC  2 , tức Khi đó tọa độ G là xG  là C  (4; 2) . Ta có AB  (3; 4) , AC  (3;1) , vậy AB  5 , AC  10 , AB. AC  5 . Diện tích tam giác ABC là S   1 AB 2 . AC 2  AB. AC 2  2  15 1 25.10  25 = 2 2 Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  1 , đường thẳng (d ) : x  y  m  0 . Tìm m để (C ) cắt (d ) tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất. Giải: *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  d (O;d )  1 *Ta có SOAB  OAOB . .sin AOB  .sin AOB  1 2 1 2 1 2 Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi AOB  900  d (I ;d )  1 2  m  1 Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 51 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1) , B(2; 5) , đỉnh C nằm trên đường thẳng x  4  0 , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng 2 x  3 y  6  0 . Tính diện tích tam giác ABC. Giải: Ta có C  (4; yC ) . y 1 2  4 1  5  yC  1, yG   2 C . 3 3 3 Điểm G nằm trên đường thẳng 2 x  3 y  6  0 nên 2  6  yC  6  0 , Khi đó tọa độ G là xG  vậy yC  2 , tức là C  (4; 2) . Ta có AB  (3; 4) , AC  (3;1) , vậy AB  5 , AC  10 , AB. AC  5 . Diện tích tam giác ABC là S   1 AB 2 . AC 2  AB. AC 2  2  15 1 25.10  25 = 2 2 V. Các bài toán v Elip, Hypebol, Parbol và ti p tuy n của chúng: Bài 1: Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): x2 y 2   1 và đường thẳng  :3x + 4y =12. Từ 4 3 điểm M bất kì trên  kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định. Giải: Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) xx y y xx1 yy1   1 Tiếp tuyến đi qua M nên 0 1  0 1  1 (1) 4 3 4 3 xx yy Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt 0  0  1 4 3 do M thuộc  nên 3x0 + 4y0 =12  4y0 =12-3x0 4 xx0 4 yy0 4 xx0 y (12  3 x0 )   4  4 4 3 4 3 Tiếp tuyến tại A có dạng   Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì x  y 0 y 1 (x- y)x0 + 4y – 4 = 0  4 y 40  x1 Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1) Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H) có phương trình: x 2 y2  1 2 3 và điểm M(2; 1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M, biết rằng đường thẳng đó cắt (H) tại hai điểm A, B mà M là trung điểm của AB. Giải: Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 52 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Giả sử d qua M cắt (H) tại A, B : với M là trung điểm AB A, B  (H) :  3x 2A  2y A2  6 (1)  2 2 3x B  2y B  6 (2) M là trung điểm AB nên : xA + xB = 4 (3) và yA + yB = 2 (4) Lấy (1)  (2) ta có : 3(x2A - x2B) - 2(y2A - y2B) = 0 (5) Thay (3) và (4) vào (5) ta có : 3(xA -xB)-(yA-yB) = 0  3(2xA-4)-(2yA- 2) = 0  3xA yA = 5 Tương tự : 3xB - yB = 5. Vậy phương trình d : 3x - y - 5 = 0 . Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: x2 y2   1 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng 16 9 với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). Giải: (H) có các tiêu điểm F1  5;0; F2 5;0 . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3). x 2 y2   1 ( với a > b) a 2 b2 1 (E) cũng có hai tiêu điểm F1  5;0; F2 5;0  a 2  b2  52 Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: M4;3  E   9a 2  16b 2  a 2 b 2 2  a 2  52  b 2 a 2  40   2 2 2 2 2 9a  16b  a b b  15 2 x y2 Vậy phương trình chính tắc của (E) là:  1 40 15 Từ (1) và (2) ta có hệ:  Bài 4. Viết phương trình các tiếp tuyến của e líp (E): điểmA(4;3). Giải: Gọi toạ độ tiếp điểm là ( x0 ; y0 ), PTTT (d) có dạng: Vì A(4;3)  (d) 4 x0 3 y0   1 (1) 16 9 x0 2 y0 2 Vì tiếp điểm  ( E ) ,nên   1 (2) 16 9 12  3 x0   x0  4; y0  0  y0   . Từ (1),(2) ta có  4 9 x 2  16 y 2  144  x0  0; y0  3 0  0  Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 53 x2 y2   1 , biết tiếp tuyến đi qua 16 9 x0 x y0 y   1 (*) 16 9 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net Từ p/t (*) , ta thấy có 2 tiếp tuyến của (E) đi qua điểm A(4;3) là : (d 1 ) : x – 4 = 0 ; (d 2 ) : y–3=0 Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) : x2 y 2   1 và hai điểm A(3;9 4 2) , B(-3;2) . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Giải: Ta có PT đường thẳng AB: 2x+3y=0 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có x2 y2   1 và diện tích tam giác ABC là 9 4 1 85 85 x y 85  x 2 y 2  170 2x  3y  3 AB.d (C  AB )   3 2    3 2 13 3 4 13  9 4  13 2 13  x2 y2   9  4  1  x  3 2 . Dấu bằng xảy ra khi   2 x  y y  2   3 2 3 2 Vậy C ( ; 2) . 2 S ABC  Bài 6. Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x  y  2  0 tại điểm A có hoành độ bằng 4. x  4  y  2  A  4; 2    H   Gọi  H  : x2 a2  y2 b2 1 16 a 2  Giải: 4 b2  1  2 (H) tiếp xúc với d : x  y  2  0  a 2  b2  4 x  4  y  2  A  4; 2    H   16 a 2  4 b2  2 1 Từ (1) và (2) suy ra a 2  8; b2  4   H  : 1 x2 y 2  1 8 4 Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : x2 y2   1 . Tìm tọa độ các điểm A 4 1 và B thuộc (E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất. ( Đ TSĐH KHỐI A NĔM 2011 Dành cho ch ơng trình nâng cao) Giải: Do xA, xB > 0 và OAB cân tại O nên A, B đối xứng nhau qua Ox và xA = xB > 0, yB = - yA Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 54 Nĕm 2012 - 2013 Do A  (E) nên WWW.Toancapba.Net x A2 y A2  1 4 1 1 1 SOAB = AB.d (O, AB)  2 y A . xA  xA y A 2 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 1 =  xA2 1  4  2  S lớn nhất khi và chỉ khi :   y2  1  A 2 2 2 Vậy : A ( 2; ) ; B ( 2;  ) hay A 2 2  xA  2   2  yA   2  ( 2;  Cách khác : Gọi OH là đường cao ta có OH  xA , xA  0 Mà ta có :  A( 2; và S  1  y A   x A2 y A2 x2   2 A . y A2  x A y A  SOAB 4 1 4 2 2 ) ; B ( 2; ) 2 2 v AH  y A  SOAB  xA . y A 4 y 2  4  4 y A2 2 2 1 ), B ( 2;  )  S OAB  .2. y A . 4  4 y A2  A 1 4 2 2 2 2  xA  2 2 2 2 2 2  A( 2; ), B ( 2;  ) hoặc B ( 2; ), A( 2;  ) 2 2 2 2 Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) : x2 y 2   1 và hai điểm A(3;9 4 2) , B(-3;2) . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Giải: Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có x2 y2   1 và diện tích tam giác ABC là 9 4 85  x 2 y 2  170 1 85 85 x y AB.d (C  AB )  2x  3y  3  3 2    3 13  9 4  13 2 13 3 4 2 13  x2 y2   9  4  1  x  3 2 3 2 Dấu bằng xảy ra khi  . Vậy C ( ; 2) .  2 2 x  y y  2   3 2 S ABC  Bài 9. ( Đ TSĐH KHỐI B NĔM 2010 Dành cho ch ơng trình nâng cao) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): x2 y 2   1 . Gọi F1 và 3 2 F2 là các tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2. Giải: Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 55 Nĕm 2012 - 2013 E: WWW.Toancapba.Net x2 y2   1  c2  a 2  b2  3  2  1 3 2 Do đó F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình x  y 3  1  0   M 1;  2   N 3       1    4  1;   NA  1;   ; F2 A  1; 3  NA.F2 A  0 3 3    ANF2 vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính là 2  4  F2N. Do đó đường tròn có phương trình là : ( x  1)   y    3 3  2 2 Bài 10. ( Đ TSĐH KHỐI B NĔM 2012 Dành cho ch ơng trình nâng cao) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2  y 2  4. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox. Giải . Đặt AC = 2a , BD = a . Bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi R = 2. 1 1 1 5  2  2  2  a 2  20  a  2 5  b  5 a a 4 a 4 x2 y 2 Vậy phương trình của (E) :  1 20 5 Ta có Bài 11. ( Đ TSĐH KHỐI A NĔM 2012 Dành cho ch ơng trình nâng cao) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 = 8. Viết phương trình chính tắc elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông. Giải Phương trình chính tắc của (E) có dạng : x2 y 2   1 (a  b) . Ta có a = 4 a 2 b2 (E )cắt (C ) tại 4 điểm tạo thành hình vuông nên : M (2;-2) thuộc (E)  16 4 4 x2 y 2 2  1   1  b  . Vậy (E) có dạng a 2 b2 3 16 16 3 C. BÀI TẬP TỰ LÀM 1. (CĐ Khối B_2009) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có C(1; 2), đường trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5x+y9=0 và x+3y5=0. Tìm tọa độ các đỉnh A và B. ĐS: A(1;4), B(5;0). 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C) x 2  y 2  4 x  4 y  6  0 và đường thẳng  : x  my  2m  3  0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 56 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net tròn (C) Tìm m để Δ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. 3. (ĐH_CĐ Khối D_2002) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy, cho elip (E) có phương trình x2 y2   1 . Xét điểm M chuyển động trên tia Ox và điểm N chuyển động trên tia Oy 16 9 sao cho đường thẳng MN luôn tiếp xúc với (E). Xác định tọa độ điểm M, N để đoạn MN có độ dài nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. ĐS: M 2 7 ;0, N 0; 21 , MN min  7 4. (ĐH_CĐ Khối D_2008) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P) : y2 = 16x và điểm A(1; 4). Hai điểm phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) ฀ sao cho góc BAC = 900. Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định. ĐS: Tọa độ điểm cố định I(17;4) 5. (ĐH_CĐ Khối D_2003) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho đường tròn (C): (x1)2+(y2)2=4 và đường thẳng d: xy1=0. Viết phương trình đường tròn (C’) đối xứng với đường tròn (C) qua đường thẳng d. Tìm tọa độ các giao điểm của (C) và (C’). ĐS: A(1;0), B(3;2) 6. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), đường cao qua đỉnh B có phương trình là x3y – 7 = 0 và đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình: x + y + 1= 0. Xác định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC. 7. Cho F1, F2 là tiêu điểm trái, tiêu điểm phải của hypebol (H). Điểm M thuộc (H) có hoành độ xM = 5 và 9 41 MF1  ; MF2  . 4 4 Lập phương trình chính tắc của hypebol. 8. (ĐH_CĐ Khối D_2005) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho điểm C(2;0) và elip (E): x2 y2   1 . Tìm tọa độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng 4 1 hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều. 2 4 3 2 4 3 2 4 3 2 4 3 , B ; , B ;  hoặc A ;  7  7 7   7  7 7 7 7         ĐS: A ; 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường thẳng: d1: x+y +3=0, d2: xy 4=0, d3: x2y =0. Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng d3 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d1 bằng hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng d2. ĐS: M(22;11), (2;1). 10. (ĐH_CĐ Khối D_2006) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2+y22x2y+1=0 và đường thẳng d: xy+3=0. Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 57 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net cho đường tròn tâm M, có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C), tiếp xúc ngoài với đường tròn (C). ĐS: M1(1;4), M2(2;1) 11. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d: x 2y+3=0. ĐS: A(2;0), B(0;4). 12. (ĐH_CĐ Khối D_2007) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): (x1)2+(y+2)2=9 và đường thẳng d: 3x4y+m=0. Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến PA, PB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác PAB đều. ĐS: m=19, m=41 13. (ĐH_CĐ Khối D_2009) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có M(2;0) là trung điểm của cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7x2y3=0 và 6xy4=0. Viết phương trình đường thẳng AC. ĐS: AC: 3x4y+5=0 14. (Khối A_2009) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6;2) là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm M(1;5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng : x+y5=0. Viết phương trình đường thẳng AB. ĐS: AB: y5=0; x4y+19=0 15. (Khối A_2008) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elip (E) biết rằng (E) có tâm sai bằng 5 và hình chữ nhật cơ sở của (E) 3 có chu vi bằng 20. ĐS: x2 y2  1 9 4 16. (Khối A_2007) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0;2), B(2;2) và C(4;2). Gọi H là chân đường cao kẻ từ B; M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm H, M, N. ĐS: x2+y2x+y2=0 17. (Khối A_2006) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho các đường thẳng d1: x+y+3=0, d2: xy4=0, d3: x2y=0. Tìm tọa độ điểm M mằm trên đường thẳng d3 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d1 bằng hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng d2. ĐS: M1(22;11), M2(2;1) Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 58 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net 18. (Khối A_2005) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hai đường thẳng d1: xy=0 và d2: 2x+y1=0. tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc d1, đỉnh C thuộc d2 và các đỉnh B, D thuộc trục hoành. ĐS: A(1;1), B(0;0), C(1;1), D(2;0) hoặc A(1;1), B(2;0), C(1;1), D(0;0) 19. (Khối A_2004) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hai điểm A(0;2) và B  3;1 . Tìm tọa độ trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. ĐS: H  3;1, I  3;1 20. (Khối A_2002) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy xét tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là 3 x  y  3  0 , các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. 74 3 62 3   4 3 1  6  2 3   hoặc G  ; ;   3 3 3  3    ĐS: G 21. (Khối B_2009) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C): (x2)2+y2=4/5 và hai đường thẳng 1: xy=0, 2: x7y=0. Xác định tọa độ tâm K và bán kính đường tròn (C1); biết đường tròn (C1) tiếp xúc với các đường thẳng 1, 2 và tâm K thuộc đường tròn (C). 8 4 2 2 ĐS: K  ; , R  5 5 5 22. (Khối B_2008) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(1;1), đường phân giác trong của góc A có phương trình xy+2=0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x+3y1=0. 10 3 ĐS: C   ;   3 4 23. (Khối B_2007) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;2) và các đường thẳng: d1: x+y2=0, d2: x+y8=0. Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. ĐS: B(1;3), C(3;5) hoặc B(3;1), C(5;3) 24. (Khối B_2006) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đương tròn (C): x2+y22x6y+6=0 và điểm M(3;1). Gọi T1 và T2 là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C). Viết phương trình đường thẳng T1T2. ĐS: T1T2: 2x+y3=0 25. (Khối B_2005) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hai điểm A(2;0) và B(6;4). Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại điểm A và khoảng cách từ tâm của (C) đến điểm B bằng 5. Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 59 Nĕm 2012 - 2013 WWW.Toancapba.Net ĐS: (C1): (x2)2+(y1)2=1 hoặc (x2)2+(y7)2=49 26. (Khối B_2004) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hai điểm A(1;1) và B(4;3). Tìm điểm C thuộc đường thẳng x2y1=0 sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6. ĐS: C1 7;3, C 2   43 27  ;   11 11  27. (Khối B_2003) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có AB=AC, ^ 2  BAC  90 0 . Biết M(1;1) là trung điểm cạnh BC và G ;0  là trọng tâm tam giác 3  ABC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. ĐS: A(0;2), B(4;0), C(2;2) 28. (Khối B_2002) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có 1 tâm I  ;0  , phương trình đường thẳng AB là x2y+2=0 và AB=2AD. Tìm tọa độ 2  các đỉnh A, B, C, D biết rằng đỉnh A có hoành độ âm. ĐS: A(2;0), B(2;2), C(3;0), D(1;2)  Chuyên Đ Hình H c Ph ng – LTĐH 60 Nĕm 2012 - 2013