Copyright by Nguyễn Văn Quốc Tuấn http://toanlihoasinh.blogspot.com/ TUYỂN TẬP CÁC BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG HAY NHẤT ( Tài liệu để ôn thi đại học ) Bài 1. 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 - M thuộc d thi M(a;3a-5 ) x 1 y   4x  3 y  4  0 4 3  x 1 y  4  CD   4;1  CD  17;  CD  :   x  4 y  17  0 4 1 a  4  3a  5   17 3  11a 4a  3  3a  5  4 13a  19 , h2    - Tính : h1   M , AB   5 5 17 17 - Mặt khác : AB   3; 4   AB  5,  AB  :  - Nếu diện tich 2 tam giác bằng nhau thì : 11  5. 13a  19 17. 3  11a a 13a  19  3  11a 1 1   AB.h1  CD.h2     12  2 2 5 17 13a  19  11a  3 a  8  11 27  - Vậy trên d có 2 điểm : M 1  ;   , M 2 8;19   12 12  Bài 2. 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 - Nếu C nằm trên d : y=x thì A(a;a) do đó suy ra C(2a-1;2a). - Ta có : d  B, d   02  2. 2 1 4 - Theo giả thiết : S  AC.d  B, d   2  AC   2 2  2a  2    2a  0  2 2  1 3 a  2  8  8a 2  8a  4  2 a 2  2 a  1  0    1 3 a   2  1 3 1 3   1 3 1 3  - Vậy ta có 2 điểm C : C1  ; ;  , C2   2  2   2  2 Bài 3. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(1;1) , B(2; 5) , ®Ønh C n»m trªn ®­êng th¼ng x  4  0 , vµ träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®­êng th¼ng 2 x  3 y  6  0 . TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. Giải  AB  5  - Tọa độ C có dạng : C(4;a) , AB   3; 4     AB  : x  1  y  1  4 x  3 y  7  0 3 4  http://toanlihoasinh.blogspot.com/ Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 xA  xB  xC 1 2  4   1 xG   xG    3 3 - Theo tính chát trọng tâm ;    y  y A  yB  yC  y  1 5  a  a  6 G  G  3 3 3 a6 - Do G nằm trên : 2x-3y+6=0 , cho nên :  2.1  3  6  0  a  2.  3  4.4  3.2  7 1 1 15  3  S ABC  AB.d  C , AB   5.3  - Vậy M(4;2) và d  C , AB   (đvdt) 2 2 2 16  9 Bài 4. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2;1) , B(1; 2) , träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®­êng th¼ng x  y  2  0 . T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 . - Ta có : M là trung điểm của AB thì 3  Giải. 1 M  ;   . Gọi C(a;b) , theo tính chất 2 2  a3   xG  3 trọng tam tam giác :  y  b 3  G 3 A(2;1) M( ;  ) 3 2 1 2 G d:x+y-2=0 C B(1;-2) - Do G nằm trên d : a 3 b 3   2  0  a  b  6 1 3 3  3a  b  5 x  2 y 1   3x  y  5  0  h  C , AB   - Ta có : AB  1;3   AB  : 1 3 10 2a  b  5 2a  b  5 1 1   13,5 - Từ giả thiết : S ABC  AB.h  C , AB   10. 2 2 2 10  2a  b  5  27  2a  b  32  2a  b  5  27     2a  b  5  27  2a  b  22 - Kết hợp với (1) ta có 2 hệ :  20 b    a  b  6 a  b  6  3    2 32 3 38 38    a b a     38 20      a   C1  ;   , C2  6;12   a  b  6 a  b  6 3  3   3     b  12  2a  b  22  3a  18   a  6  Bài 5. 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 - Đường thẳng (AC) qua A(2;1) và vuông B góc với đường cao kẻ qua B , nên có véc tơ x+y+1=0 chỉ phương  x  2  t n  1; 3   AC  :  t  R   y  1  3t Trang 2 M Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) A(2;1) C x-3y-7=0 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 x  2  t  - Tọa độ C là giao của (AC) với đường trung tuyến kẻ qua C :   y  1  3t x  y 1  0  Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Giải ta được : t=2 và C(4;-5). Vì B nằm trên đường cao kẻ qua B suy ra B(3a+7;a) . M là  3a  9 a  1  ; . 2   2 trung điểm của AB  M  - Mặt khác M nằm trên đường trung tuyến kẻ qua C : 3a  9 a  1   1  0  a  3  B 1; 2  2 2  12 x  2 y 1   3x  y  5  0, h  C ; AB   - Ta có : AB   1; 3  AB  10,  AB  : 1 3 10 1 1 12  6 (đvdt). - Vậy : S ABC  AB.h  C , AB   10. 2 2 10  Bài 6. 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  a5 b2 ;  . M nằm trên 2   2 - Gọi B(a;b) suy ra M  trung tuyến nên : 2a-b+14=0 (1). - B,B đối xứng nhau qua đường trung trực cho x  a  t nên :  BC  :  t  R  . y  b  t A(5;2) 2x-y+3=0 M Từ đó suy ra tọa độ N :  6ab B t  2 x  a  t  3a  b  6    x  y  b t 2 x  y  6  0   6ba  y  2   3a  b  6 6  b  a   N ;  . Cho nên ta có tọa độ C(2a-b-6;6-a ) 2 2   N C x+y-6=0 - Do C nằm trên đường trung tuyến : 5a-2b-9=0 (2) 2a  b  14  0 a  37   B  37;88 , C   20; 31 5a  2b  9  0 b  88 - Từ (1) và (2) :   Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3 y  8  0 ,  ' :3 x  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 Bài 7.  x  2  3t  I  2  3t ; 2  t   y  2  t - Gọi tâm đường tròn là I , do I thuộc  :  - A thuộc đường tròn  IA   3t    3  t  2 2  R (1) Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 3 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 3  2  3t   4  t  2   10 13t  12 R  R . (2) - Đường tròn tiếp xúc với  '  5 5 13t  12 2 2 2 2 2 - Từ (1) và (2) :  3t    3  t    25  3t    3  t    13t  12    5 Bài 8. 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 * Cách 1.  x  1  at  y  bt - Gọi d là đường thẳng qua M có véc tơ chỉ phương u   a; b   d :   - Đường tròn  C1  : I1 1;1 , R1  1.  C2  : I 2  2; 0  , R2  3 , suy ra :  C1  :  x  1   y  1 2 2  1,  C2  :  x  2   y 2  9 2 t  0  M  2ab 2b 2  - Nếu d cắt  C1  tại A :   a  b  t  2bt  0     1 ; A 2b  2 2 2 2  t  2  a b a b  2  a b t  0  M  6a 2 6ab  2 2 2  - Nếu d cắt  C2  tại B :   a  b  t  6at  0    B 1 ; 2 a 6   2 2 t   2 a  b2   a b 2 a b  2 2 - Theo giả thiết : MA=2MB  MA  4MB * 2 2 2 2 2 2  6a 2  2  6ab 2   2ab   2b  - Ta có :  2 2    2 2   4  2 2    2 2    a b   a b   a  b   a  b    b  6 a  d : 6 x  y  6  0 4b 2 36a 2 4.  2   b 2  36a 2   2 2 2 a b a b  b  6a  d : 6 x  y  6  0 * Cách 2. - Sử dụng phép vị tự tâm I tỉ số vị tự k=  . ( Học sinh tự làm ) 1 2 Bài 9. 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 - Theo tính chất đường cao : HK vuông góc với AC cho nên (AC) qua K(0;2) có véc tơ pháp tuyến  KH  1; 2    AC  : x  2  y  2   0  x  2 y  4  0 . A - B nằm  trên (BH) qua H(1;0) và có véc tơ chỉ phương KH  1; 2   B 1  t ; 2t  . M(3;1) - M(3;1) là trung điểm của AB cho nên A(5-t;2+2t). - Mặt khác A thuộc (AC) cho nên : 5-t-2(2+2t)+4=0 , B suy ra t=1 . Do đó A(4;4),B(2;-2) - Vì C thuộc (AC) suy ra C(2t;2+t) ,   BC   2t  2; 4  t  , HA   3; 4  . Theo tính chất đường cao kẻ từ A : Trang 4 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) K(0;2 ) H(1;0) C Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218    HA.BC  0  3  2t  2   4  4  t   0  t  1 . Vậy : C(-2;1).   x4 y4  - (AB) qua A(4;4) có véc tơ chỉ phương BA   2;6  // u  1;3   AB  : 1 3  3x  y  8  0  - (BC) qua B(2;-2) có véc tơ pháp tuyến HA   3; 4    BC  : 3  x  2   4  y  2   0  3x  4 y  2  0 . Bài 10. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình  C1  : x 2  y 2  4 y  5  0 và  C2  : x 2  y 2  6 x  8 y  16  0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của  C1  và  C2  .  C1  : x 2   y  2   C2  :  x  3   y  4   9  I 2  3; 4  , R2  3 - Nhận xét : I1 I 2  9  4  13  3  3  6   C1  không cắt  C2  - Gọi d : ax+by+c =0 ( a 2  b 2  0 ) là tiếp tuyến chung , thế thì : d  I1 , d   R1 , d  I 2 , d   R2 - Ta có : 2  9  I1  0; 2  , R1  3, Giải 2 2  2b  c  3 1  2b  c 3a  4b  c 3a  4b  c  2b  c  a 2  b2     2b  c  3a  4b  c   a2  b2 a 2  b2 3a  4b  c  2b  c  3a  4b  c  3 2    a 2  b2   a  2b 2 . Mặt khác từ (1) :  2b  c   9  a 2  b 2    3a  2b  2c  0 - Trường hợp : a=2b thay vào (1) :  2b  c  2  2b  3 5c b  4  9  4b 2  b 2   41b 2  4bc  c 2  0. 'b  4c 2  41c 2  45c 2    23 5 c b   4   2  3 5  x  2  3 5  y 1  0  2 2  3 5 x  2  3 5 y  4  0     2 4 2  3 5  x   2  3 5  y 1  0  2 2  3 5 x  2  3 5 y  4  0 d :     2 4 - Do đó ta có hai đường thẳng cần tìm : d1 : 1 - Trường hợp : c  2b  3a , thay vào (1) : 2 2b  2b  3a 2 a b 2 2  3  2b  a  a 2  b 2 a  b0c b  0, a  2c  2 2 2 2 2   2b  a   a  b  3b  4ab  0     b  4 a , a   6c 4 a a b  c 3   3 6 - Vậy có 2 đường thẳng : d3 : 2 x  1  0 , d 4 : 6 x  8 y  1  0 Bài 11. 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. Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 5 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG - Do A thuộc d : A(4;2) Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Giải x2 y2 16 4 - Giả sử (H) : 2  2  1*  A   H   2  2  11 a b a b  b 2  a 2  x 2  4a 2 x  4a 2  a 2b 2  0 b 2 x 2  a 2  x  2  2  a 2b 2 b 2 x 2  a 2 y 2  a 2b 2     y  x  2 y  x  2  y  x  2   'a  4a 4   b 2  a 2  4a 2  a 2b 2   4a 2b 2  a 2b 4  a 4b 2  a 2b 2  4  b 2  a 2   0  a 2  b 2  4 - Mặt khác do d tiếp xúc với (H) thì hệ sau có 12 nghiệm bằng nhau : 2 2 2 2 4 2 2 x2 y2 16b  4a  a b b  8b  16  0 b  4 H    :  1    2  2 2 2 2 8 4 a  b  4 a  b  4 a  8 - Kết hợp với (1) :  Bài 12. 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 - Dễ nhận thấy B là giao của BD với AB cho nên tọa dộ B là nghiệm của x-2y+1=0 x  2 y 1  0  21 13  hệ :   B ;   5 5  x  7 y  14  0 - Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và vuông góc với (AB) cho nên có véc tơ chỉ phương: B A I D C x-7y+14=0 M(2;1) 21    x  5  t u  1; 2    BC  :   y  13  2t  5 - Ta có :   AC , BD   BIC  2ABD  2  2  AB, BD      1  14 15 3 n1.n2 - (AB) có n1  1; 2  , (BD) có n2  1; 7   cos =      5 50 5 10 10 n1 n2 - Gọi (AC) có n   a, b   cos  AC,BD   cos2 =  4 9  2 cos 2   1  2    1  5  10  50 a 2  b 2 a-7b - Do đó :  5 a  7b  4 50 a 2  b 2   a  7b   32  a 2  b 2   31a 2  14ab  17b 2  0 2 17 17  a   b   AC  :   x  2    y  1  0  17 x  31 y  3  0  31 31 - Suy ra :   a  b   AC  : x  2  y  1  0  x  y  3  0 21  x  5  t  13 7   14 5  - (AC) cắt (BC) tại C   y   2t  t   C  ;  5 15  3 3     3 0 x y    x  2 y 1  0 x  7 - (AC) cắt (AB) tại A :     A  7; 4  x  y  3  0 y  4 Trang 6 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 x  7  t - (AD) vuông góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy ra (AD) :   y  4  2t Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG x  7  t 7   98 46   t   D ;  - (AD) cắt (BD) tại D :  y  4  2t 15  15 15   x  7 y  14  0  - Trường hợp (AC) : 17x-31y-3=0 các em làm tương tự . Bài 13. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C 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 x  t , C thuộc d'  y  5  t  x  7  2m cho nên C:  . y  m - B thuộc d suy ra B :   t  2m  9   2, y A(2;3) x+2y-7=0 G(2;0) - Theo tính chất trọng tâm : mt 2 0 3 3 m  t  2 m  1 - Ta có hệ :   t  2m  3 t  1  xG  G  B x+y+5=0 C M - Vậy : B(-1;-4) và C(5;1) . Đường thẳng (BG) qua G(2;0) có véc tơ chỉ phương u   3; 4  ,  20  15  8 13 x2 y   4 x  3 y  8  0  d  C ; BG    R 3 4 5 5 13 169 2 2 - Vậy đường tròn có tâm C(5;1) và có bán kính R=   C  :  x  5    y  1  5 25 cho nên (BG): Bài 14. 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 2 x  5 y  1  0 12 x  y  23  0 - Đường (AB) cắt (BC) tại B  Suy ra : B(2;-1). . (AB) có hệ số góc k=12, đường thẳng (BC) có hệ số góc k'= 2 , do đó ta có : 5 A 12x-y-23=0 M(3;1) H 2 12  B C 5  2 . Gọi (AC) có hệ số góc là m thì 2x-5y+1=0 tan B  2 1  12. 5 2 m 2  5m 5  . Vì tam giác ABC cân tại A cho nên tanB=tanC, hay ta có : ta có : tan C  2m 5 2 m  1 5 8  m  2  5m  4m  10 2  5m   2  2  5m  2 2 m  5    9  5  2m  2  5m  4m  10  m  12 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 7 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 9 9 - Trường hợp : m     AC  : y    x  3  1  9 x  8 y  35  0 8 8 - Trường hợp : m=12 suy ra (AC): y=12(x-3)+1 hay (AC): 12x-y-25=0 ( loại vì nó //AB ). - Vậy (AC) : 9x+8y-35=0 . Bài 15. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 Giải : . - Ta có (C) với tâm I(5;-12) ,R=15. (C') có J(1;2) và R'=5. Gọi d là tiếp tuyến chung có phương trình : ax+by+c=0 ( a 2  b 2  0 ). - Khi đó ta có : h  I , d   5a  12b  c a  2b  c  5  2 a 2  b2 5a  12b  c  3a  6b  3c - Từ (1) và (2) suy ra : 5a  12b  c  3 a  2b  c   5a  12b  c  3a  6b  3c  a  9b  c  . Thay vào (1) : a  2b  c  5 a 2  b 2 ta có hai trường hợp :  2 a  3 b  c 2  2 - Trường hợp : c=a-9b thay vào (1) :  2a  7b   25  a 2  b2   21a 2  28ab  24b 2  0 a2  b2  15 1 , h  J , d     14  10 7  14  10 7 175  10 7  d :  0 a   x  y  21 21 21    Suy ra :   a  14  10 7  d :  14  10 7  x  y  175  10 7  0    21 21 21    3 2 - Trường hợp : c  2a  b  1 :  7b  2a   100  a 2  b 2   96a 2  28ab  51b 2  0 . Vô 2 nghiệm . ( Phù hợp vì : IJ  16  196  212  R  R '  5  15  20  400 . Hai đường tròn cắt nhau ) . Bài 16. 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 thẳng d' song song với d : 3x+y+m=0 B 3  4  m m  1  5 5 2  AB  - Xét tam giác vuông IHB : IH 2  IB 2     25  9  16  4  - IH là khoảng cách từ I đến d' : IH   m  1  25 2 A I(-1;4)  m  19  d ' : 3x  y  19  0  16  m  1  20    m  21  d ' : 3x  y  21  0 Bài 17. 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 A x+2y-5=0 B(2;-1) Trang 8 H Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) K H 3x-4y+27=0 C Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  x  2  3t , hay : - Đường thẳng (BC) qua B(2;-1) và vuông góc với (AH) suy ra (BC):   y  1  4t  x  2 y 1    4 x  3 y  7  0  n   4;3 3 4  x  2  3t  - (BC) cắt (CK) tại C :   y  1  4t  t  1  C  1;3 x  2 y  5  0   - (AC) qua C(-1;3) có véc tơ pháp tuyến n   a; b  Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Suy ra (AC): a(x+1)+b(y-3)=0 (*). Gọi   KCB  KCA  cos = - Tương tự : cos = a+2b  a+2b  46 10 2   5 16  9 5 5 5 2 2   a  2b   4  a 2  b 2  5 5 a b 5 a b  a  0  b  y  3  0  y  3  0 2  3a  4ab  0    a  4b  4  x  1   y  3  0  4 x  3 y  5  0  3 3  y  3   y  3  0   x  5      x y 3 4 27 0    31 582  - (AC) cắt (AH) tại A :     x   31  A1  5;3  , A2    ;  4 x  3 y  5  0  25 25    25    582  3 x  4 y  27  0  y  25  2 2 2 2 - Lập (AB) qua B(2;-1) và 2 điểm A tìm được ở trên . ( học sinh tự lập ). Bài 18. 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 tiếptam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC . Giải - Đường thẳng (BC) cắt Ox tại B : Cho y=0 suy ra x=1 , B(1;0) . Gọi A(a;0) thuộc Ox là đỉnh của góc vuông ( a khác 1 ).. Đường thẳng x=a cắt (BC) tại C : a; 3  a  1 .  - Độ dài các cạnh : AB  a  1 , AC  3 a  1  BC 2  AB 2  AC 2  BC  2 a  1   - Chu vi tam giác : 2p= a  1  3 a  1  2 a  1  3  3 a  1  p  1 3 2 - Trọng tâm G :  3  3  a 1 2 S 1 1 3 2 .(*) Nhưng S= AB. AC  a  1 3 a  1   a  1 . Cho nên r 2 2 2 a  3  2 3 3 2 3 1 a 1   a  1  a  1  2 3  1   4  a  1  2 3 - Ta có : S=pr suy ra p= (*) trở thành :        2 3  2 3 1 7  4 3 2a  1   xG  x    G 74 3 2 36 3  3 3 ;    G1   3 3  a 3 1    3 22 3  y   2 36 G   yG  3  3 3    Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 9   Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  2 1  2 3  1 2a  1  1 4 3  x  x   G  G  1 4 3 2 3  6  3  3 3 ;    G2    3 3  3 2  2 3   y  3  a  1  2 36   G  yG  3 3 3    Bài 19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2  y 2  4 x  2 y  1  0 và đường thẳng d : x  y  1  0 . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 900 Giải - M thuộc d suy ra M(t;-1-t). . Nếu 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau thì MAIB là hình vuông ( A,B là 2 tiếp điểm ). Do đó AB=MI= IA 2 =R 2 = 6 2  2 3 . 2  t   2  t  - Ta có : MI  2 - Do đó : 2  2t 2  8  2 3  A  t   2  M 1  2; 2  1  . 2t  8  12  t  2  t  2  M   2; 2 1 2  2  2  M x+y+1=0 * Chú ý : Ta còn cách khác - Gọi d' là đường thẳng qua M có hệ số góc k suy ra d' có phương trình : y=k(x-t)-t-1, hay : kx-y-kt-t-1=0 (1) . - Nếu d' là tiếp tuyến của (C) kẻ từ M thì d(I;d')=R  I(2;1) 2k  kt  t  2 1 k2 B  6   2  t  k  t  2   6 1  k 2    t 2  4t  2  k 2  2  t  2  2  t  k   t 2  4t  2   0 2  t 2  4t  2  0  - Từ giả thiết ta có điều kiện :   '   4  t 2    t 2  2  4t  t 2  2  4t   0  2  t  4t  2  1  t 2  4t  2 t  2  6 1   k1  k2   2 2 -   '  t 19  t   0  t   2   2  k1 ; k2  M 2 k k  1  1 2 t  2 Bài 20. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) : x 2  4 y 2  4  0 .Tìm những điểm N trên elip (E) sao cho : F1 Nˆ F2  600 ( F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip (E) ) Giải x2  y 2  1  a 2  4, b 2  1  c 2  3  c  3 4  x02  4 y02  4  3 3  x0 ; MF2  2  x0 . Xét tam giác F1MF2 theo hệ thức - Gọi N  x0 ; y0    E    MF1  2  2 2   F1 F2  2 3  - (E) : hàm số cos :  F1 F2   MF12  MF22  2MF1MF2 cos600  Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 10 2   Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  3   3   3  3    2  x0    2  x0    2  x0   2  x0  2 2 2 2         4 2 1  x0   y0     3 3  9 32 1  3 3  12  8  x02   4  x02   x02  8  x02    y02    2 4  4 9 9   4 2 y  1  x0   0 3 3   4 2 1   4 2 1  4 2 1  4 2 1 - Như vậy ta tìm được 4 điểm : N1  ;   , N 2  ;  , N 3  ;   , N 4  ;  3 3 3  3  3  3  3 3 Bài 21. 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  2 3 2 2 2 450. Giải  - Gọi d là đường thẳng qua A(1;1) có véc tơ pháp tuyến n   a; b  thì d có phương trình dạng : a(x-1)+b(y-1)=0 (*). Ta có n   2;3 .  - Theo giả thiết : cos  d,   2a  3b  cos450  1 2  2  2a  3b   13  a 2  b2  2 13 a  b 1 1  a   b  d :   x  1   y  1  0  x  5 y  4  0 2 2  5 5  5a  24ab  5b  0    a  5b  d : 5  x  1   y  1  0  5 x  y  6  0 2 2 - Vậy B là giao của d với  cho nên : x  5 y  4  0 5 x  y  6  0  32 4   22 32   B1   B1   ;  , B2 :   B2  ;    13 13   13 13  2 x  3 y  4  0 2 x  3 y  4  0 Bài 22. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; d1 : 2 x  y  5  0 . 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 - Trước hết lập phương trình 2 đường phân giác tạo bởi 2 đường thẳng cắt nhau : d:2x-y+5=0 2x  y  5  3x  6 y  7    3 5 9 x  3 y  8  0 5    3x  6 y  7 2 x  y  5 3 x  9 y  22  0   3 5 5  - Lập đường thẳng 1 qua P(2;-1) và vuông góc với tiếp tuyến : 9x+3y+8=0 .  1 : d':3x+6y-7=0 x  2 y 1   x  3y  5  0 9 3 - Lập  2 qua P(2;-1) và vuông góc với : 3x-9y+22=0   2 : Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) P(2;-1) x  2 y 1   3x  y  5  0 3 9 Trang 11 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Bài 23. 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 với tiêu điểm của 16 9 (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). Giải 2 2 2 - (H) có a  16, b  9  c  25  c  5  F1  5;0  , F2  5;0  . Và hình chữ nhật cơ sở của (H) có các đỉnh :  4; 3 ,  4;3 ,  4; 3 ,  4;3 . x2 y2   1 . Nếu (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) thì ta có a2 b2 phương trình : c 2  a 2  b 2  25 1 - Giả sử (E) có : - (E) đi qua các điểm có hoành độ x 2  16 và tung độ y 2  9  - Từ (1) và (2) suy ra : a 2  40, b 2  15   E  : x2 y 2  1 40 15 16 9   1  2 a2 b2 Bài 24. 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 - (C) có I( 2 3;0 ), R= 4 . Gọi J là tâm đường tròn cần tìm : J(a;b)   C ' :  x  a    y  b   4 2 2 a  2 3 y -Do (C) và (') tiếp xúc ngoài với nhau cho nên khoảng cách IJ =R+R'  2  b 2  4  2  6  a 2  4 3a  b 2  28 - Vì A(0;2) là tiếp điểm cho nên :  0  a    2  b   4  2   A(0;2 ) 2  2  a  2 3 2  b 2  36 2 2  a  4 3a  b  24 - Do đó ta có hệ :   2 2 a  4b  b  0 a 2   2  b  2  4 - Giải hệ tìm được : b=3 và a=  3   C ' : x  3  2 I(-2 2 ;0) x   y  3  4 . 2 * Chú ý : Ta có cách giải khác . - Gọi H là hình chiếu vuông góc của J trên Ox suy ra OH bằng a và JH bằng b - Xét các tam giác đồng dạng : IOA và IHJ suy ra : - Từ tỷ số trên ta tìm được : b=3 và a= 4 2 3 2 IA IO OA      IJ IH HJ 6 a2 3 b 3. Bài 25. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật Giải - Hình vẽ : ( Như bài 12 ). Trang 12 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 x  2 y 1  0  B  7;3 .  x  7 y  14  0 - Tìm tọa độ B là nghiệm của hệ :  x  7  t  y  3  2t - Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và   AB   uBC  1; 2    BC  :   1 1  2 x  y  17  0  k BC   . Mặt khác : k BD  , k AB 2 7 k 1 1  1 7 2 1   tan   1 1 3 2 1 72 1 2 7  7 k  1  2 tan   3  3 - Gọi (AC) có hệ số góc là k  tan 2  k 7  k 1  tan 2  1  1 4 1 7 9 17   28k  4  3k  21  k   - Do đó : 4 7k  1  3 k  7    31   28k  4  3k  21 k  1 - Trường hợp : k=1 suy ra (AC) : y=(x-2)+1 , hay : x-y-1=0 . x  7  t  - C là giao của (BC) với (AC) :   y  3  2t  t  1, C  6;5   x  y 1  0  x  7  t   t  0, A 1;0  - A là giao của (AC) với (AB) :   y  3  2t x  2 y 1  0  - (AD) //(BC) suy ra (AD) có dạng : 2x+y+m=0 (*) , do qua A(1;0) : m= -2 . Cho nên (AD) có phương trình : 2x+y-2=0 . 2 x  y  2  0  D  0; 2   x  7 y  14  0 - D là giao của (AD) với (BD) :  - Trường hợp : k=- 17 cách giải tương tự ( Học sinh tự làm ). 31 Bài 26. 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 thuộc  suy ra M(2t+2;t ) - Ta có : MA2   2t  3   t  2   5t 2  8t  13  2 MA2  10t 2  16t  26 2 2 Tương tự : MB 2   2t  1   t  4   5t 2  12t  17 2 2 - Do dó : f(t)= 15t 2  4t  43  f '  t   30t  4  0  t   f(t) = 641 2 2  26 đạt được tại t    M  ;   15 15  15 15  Bài 27. 2 . Lập bảng biến thiên suy ra min 15 Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M (2;4) Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 13 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 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 Giải - Đường tròn (C) :  x  1   y  3  4  I 1;3 , R  2, PM /(C )  1  1  4  2  0  M nằm 2 2 trong hình tròn (C) .  x  2  at  y  4  bt - Gọi d là đường thẳng qua M(2;4) có véc tơ chỉ phương u   a; b   d :   - Nếu d cắt (C) tại A,B thì :  at  1   bt  1  4   a 2  b2  t 2  2  a  b  t  2  0 1 ( có 2 2 2 nghiệm t ) . Vì vậy điều kiện :  '   a  b   2  a 2  b 2   3a 2  2ab  3b 2  0 * 2 - Gọi A  2  at1; 4  bt1  , B  2  at2 ; 4  bt2   M là trung điểm AB thì ta có hệ : 4  a  t1  t2   4  a  t1  t2   0    t1  t2  0 . Thay vào (1) khi áp dụng vi ét ta được : 8  b  t1  t2   8 b  t1  t2   0  t1  t2   Bài 28. 2 a  b a b 2 2  0  a  b  0  a  b  d : x2 y4   d : x y 6  0 1 1 Viết phương trình các tiếp tuyến của e líp (E): điểmA(4;3) x2 y 2   1 , biết tiếp tuyến đi qua 16 9 Giải  - Giả sử đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n   a; b  qua A(4;3) thì d có phương trình là :a(x-4)+b(y-3)=0 (*) , hay : ax+by-4a-3b (1) . - Để d là tiếp tuyến của (E) thì điều kiện cần và đủ là : a 2 .16  b 2 .9   4a  3b  2 a  0  d : y  3  0  16a 2  9b 2  16a 2  24ab  9b 2  24ab  0   b  0  d : x  4  0 Bài 29. 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 - (C) :  x  1   y  m   25 2 2  I (1; m), R  5 . m  y   4 x  - Nếu d : mx +4y=0 cắt (C) tại 2 điểm A,B thì  2 2  m  16  x 2  2  4  m  x  m 2  24  0 1  16   4      - Điều kiện :  '  m2  25  0  m  R . Khi đó gọi A  x1 ;  x1  , B  x2 ;  x2  4   4    AB   x2  x1  2  m2 2  x2  x1   x2  x1 16 m 2  16 m 2  25 8 4 m 2  16 5m  m2  16 m 2  16 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) - Khoảng cách từ I đến d = Trang 14 m  4m m m Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 5m 1 1 m  25 m 2  25 .  4 5m  12 - Từ giả thiết : S  AB.d  .8 2 2 m 2  16 m 2  16 m 2  16 2  5m 2 m 2  25  3  25m2  m 2  25   9  m2  16  2 m  16 - Ta có một phương trình trùng phương , học sinh giải tiếp . Bài 30. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 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  A  3;1 x  2 y  5  0 - (AB) cắt (AC) tại A :   - B nằm trên (AB) suy ra B(t; t-2 ), C nằm trên (AC) suy ra C(5-2m;m) t  2m  8  3  xG  t  2m  1  m  2  C 1; 2  3 - Theo tính chất trọng tâm :        t m t m 1 7  t  5  B  5;3 y  2 G  3 Bài 31. 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 M là trung điểm AB suy ra M(3;3 ) . d' là đường trung trực của AB thì d' có phương trình : 1.(x-3)-2(y-3)=0 , hay : x-2y+3=0 . - Tâm I của (C) nằm trên đường thẳng d' cho nên I(2t-3;t) (*) - Nếu (C) tiếp xúc với d thì h  I , d   R  - Mặt khác : R=IA= - Thay (2) vào (1) : 3  2t  3  t  9 2 2  5  2t    5  t  . (2) .  5  2t    5  t  2 2  10  5t 10  10 t  R . (1) 2 10 t  4  5t 2  30t  50   10t 2 2 t  6  34 . Thay các giá trị t vào (*) và (1) ta tìm được tọa độ tâm I và  t 2  12t  2  0   t  6  34 bán kính R của (C) . * Chú ý : Ta có thể sử dụng phương trình (C) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 ( có 3 ẩn a,b,c) - Cho qua A,B ta tạo ra 2 phương trình . Còn phương trình thứ 3 sử dụng điều kiện tiếp xúc của (C) và d : khoảng cách từ tâm tới d bằng bán kính R . Bài 32. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0. A Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB  3 . H Giải I M - Đường tròn (C) : 2 2 B  x  1   y  2   3  I 1; 2  , R  3 . Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 15 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - Gọi H là giao của AB với (IM). Do đường tròn (C') tâm M có bán kính R' = MA . Nếu AB= 3  IA  R , thì tam giác IAB là tam giác đều , cho nên IH= tam giác đều ) . Mặt khác : IM=5 suy ra HM= 5   . 3. 3 3  ( đường cao 2 2 3 7 2 2 AB 2 49 3 - Trong tam giác vuông HAM ta có MA2  IH 2     13  R '2 4 4 4 2 2 - Vậy (C') :  x  5    y  1  13 . Bài 33. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh (x-1)2 + (y+2)2 = 9 vµ ®­êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®­êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. Giải - (C) có I(1;-2) và bán kính R=3 . Nếu tam giác ABC vuông góc tại A ( có nghĩa là từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C) và 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau ) khi x+y+m=0 đó ABIC là hình vuông . Theo tính chất hình vuông ta B có IA= IB 2 (1) . - Nếu A nằm trên d thì A( t;-m-t ) suy ra : IA  2 2  t  1   t  2  m  . Thay vào (1) :  t  1   t  2  m   3 2  2t 2  2  m  1 t  m 2  4m  13  0 (2). Để trên d có  2 2 A I(1;-2) C đúng 1 điểm A thì (2) có đúng 1 nghiệm t , từ đó ta có 2 điều kiện :     m 2  10m  25   0    m  5  0  m  5 .Khi đó (2) có nghiệm kép là : t1  t2  t0  m  1 5  1   3  A  3;8  2 2 Bài 34. 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 4 x  3 y  12  0  A  3;0   Ox 4 x  3 y  12  0 - Vì (BC) thuộc Oy cho nên gọi B là giao của d1 với Oy : cho x=0 suy ra y=-4 , B(0;-4) và - Gọi A là giao của d1 , d 2  A :  C là giao của d 2 với Oy : C(0;4 ) . Chứng tỏ B,C đối xứng nhau qua Ox , mặt khác A nằm trên Ox vì vậy tam giác ABC là tam giác cân đỉnh A . Do đó tâm I đường tròn nội tiếp tam giác thuộc Ox suy ra I(a;0). IA AC 5 IA  IO 5  4 OA 9       4 IO AO 4 IO IO 4 4OA 4.3 4 4  IO    . Có nghĩa là I( ;0 ) 3 9 9 3 1 1 15 1  AB  BC  CA 1  5  8  5  18 6 - Tính r bằng cách : S  BC.OA  .5.3    r  . 2 2 2 2 r 2 r 15 5 - Theo tính chất phân giác trong : Trang 16 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Bài 35. Trong mặt phẳng toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :  : 3 x  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 - Nhận xét I thuộc  , suy ra A thuộc  : A(4t;1+3t) . Nếu B đối xứng với A qua I thì B có tọa độ B(4-4t;4+3t)  AB  16 1  2t   9 1  2t   5 1  2t 2 2 6  20  4 6 5 t  0  A  0;1 , B  4; 4  1 1 - Từ giả thiết : S  AB.h  5. 1  2t .6  15  1  2t  1   2 2 t  1  A  4; 4  , B  0;1 - Khoảng cách từ C(2;-5) đến  bằng chiều cao của tam giác ABC :  Bài 36. x2 y 2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) :   1 và hai điểm A(3;-2) 9 4 , 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 - A,B có hoành độ là hoành độ của 2 đỉnh của 2 bán trục lớn của (E) , chúng nằm trên đường thẳng y-2=0 . C có hoành độ và tung độ dương thì C nằm trên cung phần tư thứ nhất - Tam giác ABC có AB=6 cố định . Vì thế tam giác có diện tích lớn nhất khi khoảng cách từ C đến AB lớn nhất . - Dễ nhận thấy C trùng với đỉnh của bán trục lớn (3;0) Bài 37. b»ng Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch 3 vµ träng t©m thuéc ®­êng th¼ng  : 3x – y – 8 = 0. T×m täa ®é ®Ønh C. 2 Giải   - Do G thuộc  suy ra G(t;3t-8). (AB) qua A(2;-3) có véc tơ chỉ phương u  AB  1;1 , cho x2 y3 5 5   x  y  5  0 . Gọi M là trung điểm của AB : M  ;   . 1 1 2 2   5 5 11  5  - Ta có : GM    t ;   3t  8     t ;  3t  . Giả sử C  x0 ; y0  , theo tính chất trọng tâm 2 2 2  2  nên (AB) :  5  x0  t  2   t      x0  5  2t  2  ta có : GC  2GM     C  2t  5;9t  19 1  y0  9t  19  y  3t  8  2  11  3t     0 2  3  2t  5    9t  19   8 4  3t  - Ngoài ra ta còn có : AB= 2 , h  C ,    10 10 4  3t 3 1 1 2   2 4  3t  3 10 - Theo giả thiết : S  AB.h  C ,    2 2 2 10 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 17 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  43 5  76 5  ; 7  9 5   C   t  3 3     90  9t 2  24t  29  0   t  4  3 5  C   6 5  7 ;9 5  7     3 3    Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG  2  4  3t  Bài 38. 2 Trong mÆt ph¼ng Oxy cho elip (E): x2 y2   1 vµ ®­êng th¼ng  :3x + 4y =12. 4 3 Tõ ®iÓm M bÊt k× trªn  kÎ tíi (E) c¸c tiÕp tuyÕn MA, MB. Chøng minh r»ng ®­êng th¼ng AB lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh Giải 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ( ; 0) 2 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 - Do A thuộc (AB) suy ra A(2t-2;t) ( do A có hoành độ âm cho nên t<1) - Do ABCD là hình chữ nhật suy ra C đối xứng với A qua I : C  3  2t; t  . Bài 39. 1  x   t - Gọi d' là đường thẳng qua I và vuông góc với (AB), cắt (AB) tại H thì : d ' :  2 , và  y  2t H có tọa độ là H  0;1 . Mặt khác B đối xứng với A qua H suy ra B  2  2t; 2  t  .  2  2t   1  t  - Từ giả thiết : AB=2AD suy ra AH=AD , hay AH=2IH  2 t  1  1 t  0 5 2  5t 2  10t  5  4.   t  1  1    4 t  1  1 t  2  1 - Vậy khi t = 2  2 1 1 4 1  A  2;0  , B  2; 2  , C  3; 0  , D  1; 2  . 2 * Chú ý : Ta còn có cách giải khác nhanh hơn 1 02 5 2 - Tính h  I ; AB   , suy ra AD=2 h(I,AB)=  2 5 - Mặt khác : IA  IH 2 2  AB   4 2  IH 2  2 AD   4 2 5  IH 2  AD 2  5 5 25 5   IA=IB = 2 4 4 -Do đó A,B là giao của (C) tâm I bán kính IA cắt (AB) . Vậy A,B có tọa độ là nghiệm của x  2 y  2  0  hệ :  1 2 2  5 2  A  2;0  , B  2; 2  (Do A có hoành độ âm  x  2   y   2      - Theo tính chất hình chữ nhật suy ra tọa độ của các đỉnh còn lại : C(3;0) và D(-1;-2) Bài 40. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x  y  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 Trang 18 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Giải - Đường (AB) qua A(1;-2) và vuông góc với x  1 t .  y  2  t (CH) suy ra (AB):  x  1 t   t  5 - (AB) cắt (BN) tại B:   y  2  t 2 x  y  5  0  Do đó B(-4;3).Ta có : k AB  1, k BN  2  tan   2x+y+5=0 C 1  2 1  1 2 3 N B A(1;-2) H x-y+1=0 - Gọi A' đối xứng với A qua phân giác (BN) thì  x  1  2t  y  2  t A' nằm trên (AB). Khi đó A' nằm trên d vuông góc với (BN)  d :   x  1  2t   t  1  H  1; 3 . - d cắt (BN) tại H :  H :  y  2  t 2 x  y  5  0  - A' đối xứng với A qua H suy ra A'(-3;-4) . (BC) qua B,A' suy ra : u  1; 7    x  4  t  x  4  t 3   13 9  . (BC) cắt (CH) tại C:   y  3  7t  t   C   ;     BC  :  4  4 4  y  3  7t x  y 1  0  - Tính diện tích tam giác ABC :  AB  2 5 1 1 9 9 10   - Ta có :  9  S ABC  AB.h(C , AB)  .2 5 2 2 4 2 2 h  C , AB   2 2  Bài 41. 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 x  y  3  0 9 3  I  ;  . Gọi M là trung điểm của AD thì 2 2 x  y  6  0 - Theo giả thiết , tọa độ tâm I   M có tọa độ là giao của : x-y-3=0 với Ox suy ra M(3;0). Nhận xét rằng : IM // AB và DC ,  nói một cách khác AB và CD nằm trên 2 đường thẳng // với d1 ( có n  1; 1 . x  3  t . Giả sử A  3  t; t  (1), thì  y  t -A,D nằm trên đường thẳng d vuông góc với d1  d :  do D đối xứng với A qua M suy ra D(3-t;t) (2) . - C đối xứng với A qua I cho nên C(6-t;3+t) (3) . B đối xứng với D qua I suy ra B( 12+t;3t).(4) - Gọi J là trung điểm của BC thì J đối xứng với M qua I cho nên J(6;3). Do đó ta có kết quả là : : MJ  AB  AD  3 2 . Khoảng cách từ A tới d1 : h  A, d1   Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) 2t 2  S ABCD  2h  A, d1  .MJ Trang 19 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 2t t  1 . Thay các giá trị của t vào (1),(2),(3),(4) ta tìm  S ABCD  2 3 2  12 t  12   2 t  1 t  1  A  3;1 , D  4; 1 , C  7; 2  , B 11; 4  được các đỉnh của hình chữ nhật :   t  1  A  4; 1 , D  2;1 , C  5; 4  , B 13; 2  x 2 y2  1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H): 2 3 và điểm M(2; Bài 42. 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  x  2  at  y  1  bt - Giải sử d có véc tơ chỉ phương u   a; b  , qua M(2;1)  d :     x  2  at 2 2  2  at  1  bt    1 - d cắt (H) tại 2 điểm A,B thì A,B có tọa độ :   y  1  bt  2 3  x2 y2   1  2 3  3  2  at   2  2  bt   6   3a 2  2b 2  t 2  4  3a  b  t  4  0(1) 2 2 3a 2  2b 2  0 (*). Khi đó A  2  at1 ;1  bt1  , và tọa độ của - Điều kiện :   2 2 2  '  4  3a  b   4  3a  2b   0 B : B  2  at2 ;1  bt2  , suy ra nếu M là trung điểm của AB thì : 4+a  t1  t2   4  t1  t2  0 - Kết hợp với t1t2  4 4 2  t1  t2  t22  2  t2   2 3 3a  2b 2b  3a 2b 2  3a 3 4  b  3a  x  2 y 1 x  2 y 1 - Áp dụng vi ét cho (1) : t1  t2  2  0  b  3a  d :    2 3a  2b a b a 3a 2 - Vậy d : 3(x-2)=(y-1) hay d : 3x-y-5=0 . Bài 43. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng  có phương trình x+2y-3=0 và hai   điểm A(1;0),B(3;-4). Hãy tìm trên đường thẳng  một điểm M sao cho : MA  3MB là nhỏ nhất   - D M    M  3  2t; t  có nên ta có : MA   2t  2; t  ,3MB   6t; 3t  12  . Suy ra tọa độ     2 2 của MA  3MB  8t; 4t  14   MA  3MB   8t    4t  14  . Giải - Vậy : f(t) = 8t    4t  14  2 2  80t 2  112t  196 . Xét g(t)= 80t 2  112t  196 , tính đạo hàm 112 51  51  15.169    g    196 80 80 80  80    51  131 51  - Vậy min MA  3MB  196  14 , đạt được khi t=  và M   ;  80  40 80  g'(t)= 160t+112. g'(t)=0 khi t   Bài 44. Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường tròn :  C1  : x 2  y 2  13 và  C2  :  x  6   y 2  25 cắt nhau tại A(2;3).Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt  C1  ,  C2  theo hai dây cung có độ dài bằng nhau 2 Trang 20 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - Từ giả thiết :  C1  : I   0; 0  , R  13.  C2  ; J  6;0  , R '  5 Giải  x  2  at  y  3  bt - Gọi đường thẳng d qua A(2;3) có véc tơ chỉ phương u   a; b   d :   - d cắt  C1   x  2  at 2a  3b  tại A, B :   y  3  bt   a 2  b 2  t 2  2  2a  3b  t   0  t   2 2 a b  x2 y 2   13   b  2b  3a  a  3a  2b   ; 2  B  . Tương tự d cắt  C2  tại A,C thì tọa độ của A,C là nghiệm của 2 2 a  b2   a b  x  2  at  2  4a  3b   10a 2  6ab  2b 2 3a 2  8ab  3b 2  hệ :   y  3  bt ; t   C  a 2  b2 a 2  b2 a 2  b2    2 2  x  6   y  25 - Nếu 2 dây cung bằng nhau thì A là trung điểm của A,C . Từ đó ta có phương trình :  x  2 a  0 ; d :    2b  3ab   10a  6ab  2b  4  6a 2  9ab  0   y  3 t  2 2 2 2   3 a b a b 3    a  b  u   b; b  // u '   3; 2  2 2    x  2  3t . Vậy có 2 đường thẳng : d: x-2=0 và d': 2x-3y+5=0 Suy ra :  d :   y  3  2t 2 2 2 Bài 45. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình x+y+1=0 trung tuyến từ đỉnh C có phương trình : 2x-y-2=0 . Viết phường trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giải - Đường thẳng d qua A(3;0) và vuông góc với  (BH) cho nên có véc tơ chỉ phương u  1;1 B x  3  t . Đường thẳng d cắt (CK) y  t 2x-y-2=0 K do đó d :  x  3  t   t  4  C  1; 4  tại C :  y  t 2 x  y  2  0  C H A(3;0) - Vì K thuộc (CK) : K(t;2t-2) và K là trung x+y+1=0 điểm của AB cho nên B đối xứng với A qua K suy ra B(2t-3;4t-4) . Mặt khác K lại thuộc (BH) cho nên : (2t-3)+(4t-4)+1=0 suy ra t=1 và tạo độ B(-1;0) . Gọi (C) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0  a 2  b 2  c  R 2  0  là đường tròn ngoại 1  a  9 6 a c 0     2   tiếp tam giác ABC . Cho (C) qua lần lượt A,B,C ta được hệ : 4  4a  c  0  b  0 5  2a  8b  c  0 c  6     1 - Vậy (C) :  x    y 2  2 4  2 25 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 21 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 11 Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(1;-1) ,B(2;1), diện tích bằng 2 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Bài 46. và trọng tâm G thuộc đường thẳng d : 3x+y-4=0 . Tìm tọa độ đỉnh C ? Giải - Nếu G thuộc d thì G(t;4-3t). Gọi C( x0 ; y0 ) . Theo A(1;-1)  1  2  x0 t   x0  3t  3 3 tính chất trọng tâm :    y0  12  9t 4  3t  y0  3 Do đó C(3t-3;12-9t). -Ta có : 3x+y-4=0 G B(2;1) C x 1 y 1   ( AB) : 1  2  2 x  y  3  0 AB  1; 2     AB  1  22  5  2  3t  3  12  9t   3 15t  21 1  . Do đó : S ABC  AB.h  C , AB   - h(C,AB)= 2 5 5  32  17 26   32  C   ;  t t   15t  21 15t  21 11 1 15 5  15  5    15t  21  11    S 5 2 2 2 5  4 t  20 t  3  C 1;0   15 Bài 47. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông có đỉnh (-4;5) và một đường chéo có phương trình : 7x-y+8=0 . Viết phương trình chính tắc các cạnh hình vuông Giải - Gọi A(-4;8) thì đường chéo (BD): 7x-y+8=0. Giả sử B(t;7t+8) thuộc (BD). - Đường chéo (AC) qua A(-4;8) và vuông góc với (BD) cho nên có véc tơ chỉ phương   x  4  7t x 4 y 5 u  7; 1   AC  :     x  7 y  39  0 . Gọi I là giao của (AC) và 7 1 y  5t  x  4  7t 1   1 9  t   I   ;   C  3; 4  (BD) thì tọa độ của I là nghiệm của hệ :  y  5  t 2  2 2 7 x  y  8  0    - Từ B(t;7t+8) suy ra : BA   t  4;7t  3 , BC   t  3;7t  4  . Để là hình vuông thì BA=BC : t  0  t  1 Và BAvuông góc với BC   t  4  t  3   7t  3 7t  4   0  50t 2  50t  0   t  0  B  0;8   B  0;8  D  1;1 . Tìm tọa độ của D đối xứng với B qua I    t  1  B  1;1  B  1;1  D  0;8   x  4 y 5  - Từ đó : (AB) qua A(-4;5) có u AB   4;3   AB  : 4 3  x 4 y 5  (AD) qua A(-4;5) có u AD   3; 4    AB  : 3 4  x y 8 (BC) qua B(0;8) có uBC   3; 4    BC  :  3 4  x  1 y 1  (DC) qua D(-1;1) có uDC   4;3   DC  : 4 3 Trang 22 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG * Chú ý : Ta còn cách giải khác - (BD) : y  7 x  8 , (AC) có hệ số góc k   1 x 31 và qua A(-4;5) suy ra (AC): y   . 7 7 7  xA  xC  2 xI y  y  2y C I  A -Gọi I là tâm hình vuông :   yI  7 xI  8  C  3; 4    y   xC  31  C 7 7      - Gọi (AD) có véc tơ chỉ phương u   a; b  ,  BD  : v  1;7   a  7b  uv  u v cos450 3 3 3   AD  : y   x  4   5  x  8 4 4 4 4 4 1 3 3 7 Tương tự :  AB  : y    x  4   5   x  ,  BC  : y   x  3  4  x  và đường thẳng 3 3 3 4 4 4 4 4 (DC): y    x  3  4   x  8 3 3  a  7b  5 a 2  b 2 . Chọn a=1, suy ra b  Bài 48. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(-1;0) và đường tròn ( C ): x2 + y2 – 8x – 4y – 16 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E cắt ( C ) theo dây cung MN có độ dài ngắn nhất. Giải 2 2 -  C  :  x  4    y  2   36  I  4; 2  , R  6 - Nhận xét : P/(M,C)=1+8-16=-7<0 suy ra E nằm trong (C)  x  1  at  y  bt - Gọi d là đường thẳng qua E(-1;0) có véc tơ chỉ phương u   a; b   d :   - Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm M,N có tọa độ là nghiệm của hệ :  x  1  at    y  bt   a 2  b 2  t 2  2  5a  2b  t  7  0 . (1)  2 2  x  4    y  2   36 - Gọi M(-1+at;bt),N( -1+at';bt') với t và t' là 2 nghiệm của (1). Khi đó độ dài của dây cung MN  a  t  t '  b  t  t ' 2 2 2 2 2 ' 2 18a 2  20ab  11b 2 2 2  t t' a b  2 a b  a  b2 a2  b2 2 2 b b 18  20    11  18  20t  11t 2 18  20t  11t 2  b a a   - 2 2  t   . Xét hàm số f(t)= 2 1 t2 1 t2 a  b 1   a 2 - Tính đạo hàm f'(t) cho bằng 0 , lập bảng biến thiên suy ra GTLN của t , từ đó suy ra t ( tức là suy ra tỷ số a/b ) ). Tuy nhiên cách này dài * Chú ý : Ta sử dụng tính chất dây cung ở lớp 9 : Khoảng cách từ tâm đến dây cung càng nhỏ thì dây cung càng lớn - Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d bất kỳ qua E(-1;0). Xét tam giác vuông HIE ( I là đỉnh ) ta luôn có : IH 2  IE 2  HE 2  IE 2  IH  IE . Do đó IH lớn nhất khi HE=0 có nghĩa là H trùng với E . Khi đó d cắt (C) theo dây cung nhỏ nhất . Lúc này d là Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 23 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218   đường thẳng qua E và vuông góc với IE cho nên d có véc tơ pháp tuyến n  IE   5; 2  , do Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG vậy d: 5(x+1)+2y=0 hay : 5x+2y+5=0 . Bài 49. Cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là: x + 2y – 5 = 0 và 3x – y + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC, biết rằng AC đi qua điểm F(1; - 3). Giải - Ta thấy B là giao của (AB) và (BC) cho nên tọa độ 9  A x  x  2 y  5  0  7 B là nghiệm của hệ :   x+2y-5=0 3 7 0 x  y     y   22  7 F(1;-3)  9 22   B   ;   . Đường thẳng d' qua A vuông góc 7   7 B C 3x-y+7=0   1 với (BC) có u   3; 1  n  1;3  k   . (AB) 3 1 có k AB   . Gọi (AC) có hệ số góc là k ta có 2 1  1 1 1 k    k  15 5 3    k k 3 1  k  8 3 1 phương trình : 2 3   15k  5  3  k    11 k 5 3 k 15k  5  k  3 k   4 1 1  23 3 7 1 1 - Với k=-   AC  : y    x  1  3  x  8 y  23  0 8 8 4 4 - Với k=   AC  : y    x  1  3  4 x  7 y  25  0 7 7 Bài 50. Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân tại A. Biết rằng cạnh huyền nằm trên đường thẳng d: x + 7y – 31 = 0, điểm N(7;7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2;-3) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB Giải   - Gọi A  x0 ; y0   MA   x0  2; y0  3 , NA   x0  7; y0  7  . - Do A là đỉnh của tam giác vuông cân cho nên AM vuông góc với AN hay ta có :   MA.NA  0   x0  2  x0  7    y0  3 y0  7   0  x02  y02  9 x0  4 y0  7  0 - Do đó A nằm trên đường tròn (C) :  x0  3   y0  2   20 - Đường tròn (C) cắt d tại 2 điểm B,C có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình : 2 2  x  3 2   y  2  2  20  x  31  7 y  x  31  7 y     2 2 2 50 y  396 y  768  0  x  7 y  31  0  28  7 y    y  2   20 198  2 201 99  201 99  201 , tương ứng ta tìm được các  ;y 50 25 25  82  7 201 99  201  82  7 201 82  7 201 ;x  . Vậy : A  giá trị của x : x  ;  và tọa độ của 25 25 25 25    82  7 201 99  201  điểm A  ;  25 25   - Do đó ta tìm được : y  Trang 24 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Bài 51. Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng d1: 2x + y + 5 = 0, d2: 3x + 2y – 1 = 0 và điểm G(1;3). Tìm tọa độ các điểm B thuộc d1 và C thuộc d2 sao cho tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm. Biết A là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2 Giải 2 x  y  5  0  x  11   A  11;17  3 x  2 y  1  0  y  17 - Tìm tọa độ A là nghiệm của hệ :  d1  C  t ; 2t  5  , B  d 2  B 1  2m; 1  3m  - Nếu C thuộc 3x+2y-1=0 - Theo tính chất trọng tâm của tam giác ABC khi G  t  2m  10 1 t  2m  13  3 là trọng tâm thì :   11  2t  3m  3 2t  3m  2  3 t  13  2m t  13  2m t  35    m  24  m  24 2 13  2m   3m  2 C A M G 2x+y+5=0 B - Vậy ta tìm được : C(-35;65) và B( 49;-53). Bài 52. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y – 15 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d: 3x – 22y – 6 = 0, sao cho từ điểm M kẻ được tới (C) hai tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm) mà đường thẳng AB đi qua điểm C (0;1). Giải 2 2 - (C) :  x  3   y  1  25 , có I(3;-1) và R=5 . - Gọi A  x1; y1  , B  x2 ; y2  là 2 tiếp điểm của 2 tiếp tuyến kẻ từ M . - Gọi M  x0 ; y0   d  3x0  22 y0  6  0 (*) - Hai tiếp tuyến của (C) tại A,B có phương trình là : -  x1  3 x  3   y1  1 y  1  25 1 và : -  x2  3 x  3   y2  1 y  1  25  2  - Để 2 tiếp tuyến trở thành 2 tiếp tuyến kẻ từ M thì 2 tiếp tuyến phải đi qua M ; -  x1  3 x0  3   y1  1 y0  1  25  3 và -  x2  3 x0  3   y2  1 y0  1  25 A H M 3x-22y-6=0 B  4 I(3;-1) C(0;1) Từ (3) và (4) chứng tỏ (AB) có phương trình là :  x0  3 x  3   y0  1 y  1  25 - Theo giả thiết thì (AB) qua C(0;1) suy ra : 3  x0  3  2  y0  1  25  3 x0  2 y0  14  0(6) 5  y0  1 3x0  22 y0  6  0   16  - Kết hợp với (*) ta có hệ :   16  M   ; 1  3  3 x0  2 y0  14  0  x0   3  Bài 53. Trong mặt phẳng Oxy : Cho hai điểm A(2 ; 1), B( - 1 ; - 3) và hai đường thẳng d1: x + y + 3 = 0; d2 : x – 5y – 16 = 0. Tìm tọa độ các điểm C,D lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. Giải - Trường hợp : Nếu AB là một đường chéo Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 25 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 1  +/ Gọi I(  ; 1 , đường thẳng qua I có hệ số góc k suy ra d: y=k(x-1/2)-1 2  k 4  x 1    2  k  1  y  k  x   1  +/ Đường thẳng d cắt d1 tại C   2    x  y  3  0  y   7k  2  2  k  1   1   k 4 7k  2   y  k  x   1 ;  C  2  . Tương tự d cắt d 2 tại B :   2  1 2  1 k k        x  5 y  16  0  - Từ đó suy ra tọa độ của B . Để ABCD là hình bình hành thì : AB=CD .Sẽ tìm được k * Cách khác : - Gọi C(t;-t-3) thuộc d1 , tìm B đối xứng với C qua I suy ra D (1-t;t+1) - Để thỏa mãn ABCD là hình bình hành thì D phải thuộc d 2 :  1  t  5  t  1  16  0 Suy ra t=- 10  13 7   10 1  và D  ;   và C   ;  3  3 3  3 3 - Trường hợp AB là một cạnh của hình bình hành . +/ Chọn C (t;-t-3) thuộc d1 và D (5m+16;m) thuộc d 2 AC=BD AB //CD +/ Để ABCD là hình bình hành thì :  +/ Ta có   2  t 2   t  4  2   5m  17 2   m  3 2 2 2 2 2   2  t    t  4    5m  17    m  3 :   5m  t  16 m  t  3    17m  7t  55  0 3 4  t 2  2t  13m 2  88m  89  0  . Giải hệ này ta tìm được m và t , thay vào tọa độ của C và D   17 m  55 t   7  Bài 54. Trong mặt phẳng tọa độ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(1;2), hai đường cao xuất phát từ A và B lần lượt có phương trình là x + y = 0 và 2x – y + 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC. Giải - (AC) qua C(1;2) và vuông góc với đường cao BK cho nên có :  x 1 y  2 u   2; 1   AC  :   x  2y 5  0 2 1 3  x  2 x  y  1  0 5   3 11  5 - (AC) cắt (AH) tại A :    A  ;   AC  5 5 5  x  2 y  5  0  y  11  5  x  1 t - (BC) qua C(1;2) và vuông góc với (AH) suy ra uBC  1;1   BC  :  y  2 t x  1 t 3   1 1 - (BC) cắt đường cao (AH) tại B   y  2  t  t    B   ;  2  2 2 x  y  0  Trang 26 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 1  1 5 9 1 5 9 9 2 - Khoảng cách từ B đến (AC) :  S  . 2 5 2 5 20 5 2 5 Bài 55. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm F1 ( - 4; 0), F2 ( 4;0) và điểm A(0;3). a) Lập phương trình chính tắc của elip (E) đi qua điểm A và có hai tiêu điểm F1 , F2 . b) Tìm tọa độ của điểm M thuộc (E) sao cho M F1 = 3M F2 1 Giải x y  2  1 (1) . Theo giả thiết thì : c=4  c 2  16  a 2  b2  2  2 a b 9 x2 y 2 - (E) qua A(0;3) suy ra : 2  1  b 2  9 , thay vào (2) ta có a 2  25   E  :   1 b 25 9 2 2 x y - M thuộc (E)  M  x0 ; y0   0  0  1 2  . Theo tính chất của (E) ta có bán kính qua tiêu 25 9 4 4 4 4  25  . Thay vào (2) MF1  5  x0 , MF2  5  x0  MF1  3MF2  5  x0  3  5  x0   x0  5 5 5 5  8  - Giả sử (E) : ta có y02  2 2 551 551  y0   2 8 8 Bài 56. Trong mp Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y + 6 = 0 và điểm P(1;3). a.Viết phương trình các tiếp tuyến PE, PF của đường tròn (C), với E, F là các tiếp điểm. b.Tính diện tích tam giác PEF. Giải 2 2 - (C):  x  3   y  1  4  I  3; 1 , R  2 P(1;3) - Giả sử đường thẳng qua P có véc tơ pháp  y tuyến n  a; b   d : a  x  1  b  y  3  0 Hay : ax+by-(a+3b)=0 (*). - Để d là tiếp tuyến của (C) thì khoảng cách F từ tâm I đến d bằng bán kính : H  3a  b  a  3b a 2  b2 2 2a  4b a2  b2 2   a  2b   a 2  b 2  4ab  3b 2  0 2 O E b  0  a  x  1  0  x  1  0  b  4a  3b   0   b  4 a  a  x  1  4 a  y  3  0  3 x  4 y  6  0  3 3 I(3;-1) x -Ta có : PI=2 5 , PE=PF= PI 2  R 2  20  4  4 . Tam giác IEP đồng dạng với IHF suy ra : IF EP IP 2 5 IF 2 EP 4 , EH      5  IH    IH EH IE 2 5 5 5 5 2 8 1 1 8 8 32  PH  PI  IH  2 5    S EPF  EF.PH=  2 2 5 5 5 5 5 Bài 57. Trong mpOxy, cho 2 đường thẳng d1: 2x + y  1 = 0, d2: 2x  y + 2 = 0. Viết pt đường tròn (C) có tâm nằm trên trục Ox đồng thời tiếp xúc với d1 và d2. Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 27 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 h  I , d1   h  I , d 2  h  I , d1   R Giải - Gọi I(a;0) thuộc Ox . Nếu (C) tiếp xúc với 2 đường thẳng thì :   2a  1 2 a  2  1 2  1 5 1 5 5  5  . Từ (1) : a= , thay vào (2) : R=  C  :  x    y2   4 10 4 100   R  2a  1  2   5 Bài 58. Trong mpOxy, cho 2 đường thẳng d1: 2x  3y + 1 = 0, d2: 4x + y  5 = 0. Gọi A là giao điểm của d1 và d2. Tìm điểm B trên d1 và điểm C trên d2 sao cho ABC có trọng tâm G(3; 5). Giải 2 x  3 y  1  0  4 x  y  5  0 - Tọa độ A là nghiệm của hệ :  - B  d1  B 1  2t;1  3t  , C  d 2  C  m;5  4m  . 7 3 A ;  8 2 7 57   1  2t  m  8  9 2t  m  8 Tam giác ABC nhận G(3;5) làm trọng tâm :    1  3t  5  4m  3  15 3t  4m   15 2 2    31  67 88  t  5  B  5 ;  5     Giải hệ trên suy ra :  m   207  C   207 ; 257     40  40 10  Bài 59. Cho đường tròn (C): x2 + y2  2x  4y + 3 = 0. Lập pt đường tròn (C’) đối xứng với (C) qua đường thẳng : x  2 = 0 Giải 2 2 Ta có (C):  x  1   y  2   2  I 1; 2  , R  2 - Gọi J là tâm của (C') thì I và J đối xứng nhau qua d : x=2 suy ra J(3;2) và (C) có cùng bán 2 2 kính R . Vậy (C'):  x  3   y  2   2 đối xứng với (C) qua d .  13 13  Bài 60. Trong mpOxy, cho ABC có trục tâm H  ;  , pt các đường thẳng AB và AC 5 5 lần lượt là: 4x  y  3 = 0, x + y  7 = 0. Viết pt đường thẳng chứa cạnh BC. Giải 4 x  y  3  0 x  y  7  0   3 12   Suy ra : A(2;5).  HA    ;  // u 1; 4  . Suy ra  5 5  (AH) có véc tơ chỉ phương u 1; 4  . (BC) vuông   góc với (AH) cho nên (BC) có n  u 1; 4  suy ra - Tọa độ A là nghiệm của hệ :  (BC): x-4y+m=0 (*). - C thuộc (AC) suy ra C(t;7-t ) và 4x-y-3=0 B   13  22   CH    t ; t    u AB  1; 4   CH . Cho nên ta 5  5 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 28 A(2;5) x+y-7=0 K H E C Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 13  22  có :  t  4  t    0  t  5  C  5; 2  . 5 5   Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 - Vậy (BC) qua C(5;2) có véc tơ pháp tuyến n  1; 4    BC  :  x  5   4  y  2   0 (BC):  x  4 y  3  0  Bài 61. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y  3 = 0 và 2 điểm A(1; 1), B(3; 4). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng AB bằng 1. Giải - M thuộc d suy ra M(t;3-t) . Đường thẳng (AB) qua A(1;1) và có véc tơ chỉ phương M(t;3-t)  x 1 y 1 u   4; 3   AB  :   3x  4 y  4  0 3 4 3t  4  3  t   4  1  t  8  5 - Theo đầu bài : 5 t  3  M  3; 0   t  13  M 13; 10  A(1;1) H B(-3;4) * Chú ý : Đường thẳng d' song song với (AB) có dạng : 3x+4y+m=0 . Nếu d' cách (AB) một khoảng 3 4  m 1 5  m  2  d ' : 3 x  4 y  2  0 . Tìm giao của d' với d ta tìm được M .   m  12  d ' : 3 x  4 y  12  0 bằng 1 thì h(A,d')=1  Bài 62. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABC có đỉnh A(4; 3), đường cao BH và trung tuyến CM có pt lần lượt là: 3x  y + 11 = 0, x + y  1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C Giải  x  4  3t y  3t Đường thẳng (AC) qua A(4;3) và vuông góc với (BH) suy ra (AC) :   x  4  3t   2t  6  0  t  3  C  5;6  (AC) cắt trung tuyến (CM) tại C :  y  3  t x  y 1  0  - B thuộc (BH) suy ra B(t;3t+11 ). Do (CM) là trung tuyến cho nên M là trung điểm của AB  t  4 3t  14  ;  2   2 , đồng thời M thuộc (CM) .  M  M   CM   B t  4 3t  14   1  0  t  4 . 2 2 Do đó tọa độ của B(-4;-1) và M(0;1 ). x y Bài 63. Trong mpOxy, cho elip (E):   1 và 8 4 đường thẳng d: x  2 y + 2 = 0. Đường thẳng d cắt 2 2 M x+y-1=0 C H A(4;3) 3x-y+11=0 elip (E) tại 2 điểm B, C. Tìm điểm A trên elip (E) sao cho ABC có diện tích lớn nhất. Giải -Do đường thẳng d cố định cho nên B,C cố định , có nghĩa là cạnh đáy BC của tam giác ABC cố định . Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 29 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG - Diện tích tam giác lớn nhất khi khoảng cách từ A ( trên E) là lớn nhất - Phương trình tham số của (E) :    x  2 2 sin t   A 2 2 sin t ; 2 cos t  y  2 cos t - Ta có :  h  A, d   2 2 sin t  2 2cost+2 y 3   2 2  sin t  cost  4 sin  x  4  4    3 3 3 2 A . Dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi   sin  x    1 . -2 2 4 x- 2 y+2=0 C O -2           2, y-2 2 x    k 2  x B sin  x  4   1  x     k 2    4 2 4            x  3  k 2  x  2, y   2 x    k 2 sin  x    1   4 2 4 4    x 2 2 2 2 A  Nhận xét : Thay tọa độ 2 điểm A tìm được ta thấy điểm A 2; 2 thỏa mãn . Bài 64. Trong hệ trục 0xy, cho đường tròn (C): x2+y2 -8x+12=0 và điểm E(4;1). Tìm toạ độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MA, MB đến (C), với A,B là các tiếp điểm sao cho E thuộc đường thẳng AB Giải 2 2 - Đường tròn (C) :  x  4   y  4  I  2;0  , R  2 - Gọi M(0;a) thuộc Oy . A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2    C  - Tiếp tuyến tại A và B có phương trình là :  x1  4  x  4   y1 y  4 ,  x2  4  x  4   y2 y  4   x1  4  0  4   y1a  4 ,  x2  4  0  4   y1a  4 . - Để thỏa mãn 2 tiếp tuyến này cùng qua M(0;a) Chứng tỏ (AB) có phương trình : -4(x-4)+ay=4 - Nếu (AB) qua E(4;1) : -4(0)+a.1=4 suy ra : a=4 Vậy trên Oy có M(0;4 ) thỏa mãn . y M B E(4;1) 1 O d' A I(4;0) x 3 2 Bài 65. Cho tam giác ABC có diện tích S= , hai đỉnh A(2;-3), B(3;-2) và trọng tâm G của tam giác thuộc đt 3x-y-8=0. Tìm tọa độ đỉnh C Giải  GA   2  t ;5  3t  . Theo tính chất trọng tâm của - Vì G thuộc d suy ra G(t;3t-8)    GM   x0  t ; y0  8  3t    2  t  2 x0  2t 2 x0  3t  2 tam giác : GA  2GM   . Theo tính chất trung điểm  5  3t  2 y0  16  6t 2 y0  9t  21 ta có tọa độ của C  3t  5;9t  19  . x2 y2   x  y  4  0. 1 1 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) - (AB) qua A(2;-3 ) có véc tơ chỉ phương u  1;1   AB  : Trang 30  Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 3t  5  9t  19  4 10  6t  Đồng thời : AB  2 . Khoảng cách từ C đến (AB) :  2 2 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG - Theo giả thiết :  13  3 11  t  C ;   10  6t 6 10  6t  3 1 1 3 2 2  S  AB.h  2  5  3t      7 2 2 2 2  3 7 10  6t  3 t   C   ;    2 2  6 Bài 66. Viegt pâö ôèg tììèâ ñö ôø èg tìéø è (C ) céù baùè åsèâ R = 2 tiegp òuùc vôùi tìuuc âéaø èâ vaø céù taâm I èaèm tìeâè ñö ôø èg tâaúèg (d) : ò + y – 3 = 0. Giải - Tâm I nằm trên d suy ra I(t;3-t) . Nếu (C) tiếp xúc với Ox thì khoảng cách từ I đến Ox t  5  I1   5; 2   3  t  2  3  t  2 t  1  I 2  1; 2  bằng bán kính R=2 : 3  t  2   - Như vậy có 2 đường tròn :  C1  :  x  5    y  2   4 ,  C2  :  x  1   y  2   4 . 2 2 2 2 Bài 67. Tìéèg maqt pâaúèg Oòy câé ñö ôø èg tìéø è (C) céù pâö ôèg tììèâ : 2 2 ò + y – 2ò – 6y + 6 = 0. a. Viegt pâö ôèg tììèâ ñö ôø èg tâaúèg ñi qua M(2 ; 4) caét ñö ôø èg tìéø è (C) taui 2 ñieåm A, B saé câé M æaøtìuèg ñieåm ñéauè AB. b. Viegt pâö ôèg tììèâ tiegp tuyegè cuûa (C) saé câé tiegp tuyegè agy séèg séèg vôùi ñö ôø èg tâaúèg céù pâö ôèg tììèâ : 2ò + 2y – 7 = 0. c. Câö ùèg téû ñö ôø èg tìéø è (C) vaøñö ôø èg tìéø è (C ’) : ò2 + y2 – 4ò – 6y + 4 = 0 tiegp òuùc èâau. Viegt pâö ôèg tììèâ tiegp tuyegè câuèg cuûa câuùèg taui tiegp ñieåm Giải 2 2 - (C) :  x  1   y  3  4  I 1;3 , R  2 . a. Gọi A(x;y) thuộc (C) suy ra  x  1   y  3  4 (1) , B đối xứng với A qua M suy ra B(42 2 x;8-y) . Để đảm bảo yêu cầu bài toán thì B thuộc (C) :  3  x    5  y   4 (2). 2 2  x  12   y  3 2  4  x 2  y 2  2 x  6 y  6  0  3 - Từ (1) và (2) ta có hệ :   2 2 2 2  x  y  6 x  10 y  30  0  4   3  x    5  y   4 - Lấy (3) -(4) ta có phương trình : 4x+4y-24=0 , hay : x+y-6=0 . Đó chính là đường thẳng cần tìm . b. Gọi d' là đường thẳng // với d nên nó có dạng : 2x+2y+m=0 (*) . Để d' là tiếp tuyến của (C) thì :  h  I , d '  26m 8 m  4 2  8  2  m8  4 2    m  4 2  8 c. (C'):  x  2    y  3  9  I '  2;3 , R '  3 - Ta có : II'=1 , R'-R=1 . Chứng tỏ hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau . - Tìm tọa độ tiếp điểm 2 2  x  12   y  3 2  4  x 2  y 2  2 x  6 y  6  0 :   2 2 2 2  x  y  4 x  6 y  4  0  x  2    y  3  9  2 x  2  0  x  1 . Thay vào phương trình đầu của hệ : y 2  6 y  9  0   y  3  0  y  3  M 1;3 . - Tiếp tuyến chung qua M và vuông góc với IJ suy ra d': 1(x-1)=0 hay : x-1=0 . 2 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 31 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 x 2 y2 Tìéèg maqt pâaúèg Oòy câé (E) céù pâö ôèg tììèâ :  1 . 9 4 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Bài 68. a. Xaùc ñòèâ téua ñéäcaùc tieâu ñieåm, ñéädaø i caùc tìuuc cuûa (E). 2 b. Câö ùèg mièâ OM + MF1.MF2 æaøméät ségåâéâèg ñéåi vôùi F1, F2 æaøâai tieâu ñieåm cuûa (E) vaøM  (E). c. Tìm caùc ñieåm M tâuéäc (E) tâéûa MF1 = 2.MF2 vôùi F1, F2 æaøâai tieâu ñieåm cuûa (E). d. Tìm caùc ñieåm M  (E) èâìè âai tieâu ñieåm cuûa (E) dö ôùi méät géùc vuéâèg. Giải a. (E) có trục dài 2a=6 , trục ngắn : 2b=4 , c 2  9  4  5  c  5  F1  5; 0 , F2 5; 0 b. Gọi M  x0 ; y0    E    x y   1(*) 9 4 2 0 2 0    - Theo công thức bán kính qua tiêu :  5 5 5  5  5 2    3 9 x0 , MF2  3  x0  MF1.MF2   3  x0  x x0  0   3 3 3 3 9    2 2 2 x y  4x 5 - Vậy : OM 2  MF1MF2  x02  y02  9  x02  9  0  y02  9  4  0  0   9  4  13 . 9 9 4   9  MF1  3   5 5  3 . x0  2  3  x0   5 x0  3  x0  3 3 5   4 4 9  16 4 4   3  3 4  - Từ (*) : y02   9  x02    9     y0    M1  ; , M2  ;   9 9 5 5 5 5  5  5 5  d. Theo giả thiết : MF1 MF2  0     - MF1  x0  5, y0 , MF2  x0  5; y0  MF1 MF2   x02  5   y02  0  y02  x02  5 1 c. Như (*) Nếu MF1  2MF2  3       y02  x02  5 4 81 9  - Kết hợp với (*) ta có hệ :  2 4  x02  5   9  x02   x02   x0   2 9 13 13  y0   9  x0  9  81 36 6 . Như vậy ta có tất cả 4 điểm M nhìn tiêu điểm dưới - Do đó : y02   5   y0   13 13 13 một góc vuông : 6  6  6  6   9  9  9  9 M1   ; ; ; ; , M2   , M3  , M4   13  13   13  13 13   13  13 13  Bài 69. Tìéèg maqt pâaúèg Oòy câé (E) céù pâö ôèg tììèâ : x 2 y2  1 . 9 4 a. Xaùc ñòèâ téua ñéäcaùc tieâu ñieåm, ñéädaø i caùc tìuuc cuûa (E). b. Câö ùèg mièâ ìaèèg vôùi méui ñieåm M tâuéäc (E) ta ñeàu céù 2  OM  3. c. Tìm caùc ñieåm M tâuéäc (E) èâìè ñéauè F1F2 dö ôùi méät géùc 60. Giải x02 y02 a. Giả sử M  x0 ; y0    E     1 1 9 4 2 2 2 2 2 y y x y x y2 x2  y 2 - Ta có : 0  0  0  0  0  0  1  0 0  9  OM 2  OM  3 . (1) 4 9 9 4 9 9 9 Trang 32 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x y x y x y - Tương tự : 0  0  0  0  0  0  1  0 0  x02  y02  4  OM 2  4  OM  2 9 4 9 4 4 4 4  y  0, x0  3 - Tóm lại với mọi M thuộc (E) ta luôn có : 2  OM  3 . Dáu đẳng thức : .  0  x0  0, y0  2 c. Ta có :  MF1  3   5 5 5  5  5 x0 , MF2  3  x0  MF1.MF2   3  x0  x0   9  x02  3  3 3 3 3 9      F1 F2   MF12  MF12  2 MF1MF2 cos600   MF1  MF2   3MF1MF2 - Theo hệ thức hàm số cos ta có :   2 5  2 2 2  5  5  5  5  x0  x0   36  3  9  x02   9  x02  6 2  3  3   3  3 3 9  3     5 33 165 4 4 33  423 4 3  20  9  x02  x02   x0    y02   9  x02    9     y0   3 5 5 9 9 5  9 3 - Như vậy : có 4 điểm thỏa mãn . Bài 70. Tìéèg maqt pâaúèg Oòy câé (E) céù pâö ôèg tììèâ : 4ò2 + 9y2 = 36. a. . Câé 2 ñö ôø èg tâaúèg (D) : aò – by = 0 vaø(D’) : bò + ay = 0 (a2 + b2 > 0). Tìm giaé ñieåm E, F cuûa (D) vôùi (E) vaøgiaé ñieåm P, Q cuûa (D’) vôùi (E). Tsèâ dieäè tscâ tö ù giaùc EPFQ tâeé a, b. b. Câứng minh rằng MPFQ luôn ngoại tiếp m[tj đường tròn cố định ? Viết phương trình đường tròn cố định đó . c. Câé ñieåm M(1 ; 1). Viegt pâö ôèg tììèâ ñö ôø èg tâaúèg ñi qua M vaøcaét (E) taui âai ñieåm A, B saé câé M æaøtìuèg ñieåm cuûa ñéauè tâaúèg AB Giải a. Hai đường thẳng (D) và (D') vuông góc nhau .   by  2 4  9 y 2  36 4 x 2  9 y 2  36   a  - (D) giao với (E) tại E,F có tọa độ là nghiệm của hệ :   ax-by=0   by  x a     6b 6 a 6b 6a  E ; ,F ;   2 2 9a 2  4b 2   9a 2  4b 2 9a 2  4b 2   9a  4b   by  2 4   9 y 2  36 4 x 2  9 y 2  36   a  - Tương tự (D') cắt (E) tại P,Q với tọa độ là nghiệm:   ax+by=0  x   by  a     6a 6b 6b 6a ; ,Q  ;  P   2 2 9a 2  4b 2   9a 2  4b 2 9a 2  4b 2   9a  4b - Tính diện tích tam giác EPFQ ; Bài 71. Tìéèg maqt pâaúèg téua ñéäOòy, câé âéuñö ôø èg tâaúèg pâuutâuéäc tâam ség : (ò – 1)cés + (y – 1)siè – 1 = 0 a. Tìm taäp âôup caùcñieåm cuûa maqt pâaúèg åâéâèg tâuéäc bagt åyøñö ôø èg tâaúèg èaø é cuûa âéu. b. Câö ùèg mièâ méui ñö ôø èg tâaúèg cuûa âéuñeàu tiegp òuùc vôùi méät ñö ôø èg tìéø è cégñòèâ. Giải Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 33 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 b. Gọi I  x0 ; y0  là điểm cố định . Khoảng cách từ I đến d có giá trị là :   x0  1 cos +  y0 -1 sin   1 sin 2   cos 2   x0  1  0  x0  1 1    I 1;1 1  y0  1  0  y0  1 1 - Với kết quả trên chứng tỏ d luôn tiếp xúc với đường tròn (C) có tâm I và bán kính bằng 1 ( 2 2 Không phụ thuộc vào  . (C):  x  1   y  1  1 Bài 72. Laäp pâ. tììèâ caùc cauèâ cuûa  ABC, biegt ñæèâ A(1 ; 3) vaøâai ñö ôø èg tìuèg tuyegè òuagt pâaùt tö øB vaøC céù pâ.tììèâ æaø : ò– 2y +1= 0 vaøy – 1= 0. Giải Gọi G là trọng tâm tam giác thì tọ độ G là x  2 y 1  0  G 1;1 . E(x;y)  y 1  0 nghiệm của hệ  A(1;3)     GA   0; 2  , GE   x  1; y  1  GA  2GE thuộc (BC), theo tính chất trọng tâm ta có : N y-1=0 0  2  x  1   E 1; 0  . C thuộc (CN) cho 2  2  y  1 B nên C(t;1), B thuộc (BM) cho nên B(2m-1;m) . Do B,C đối xứng nhau qua E cho nên ta có hệ G M x-2y+1=0 C E A' 2m  t  1  2 t  5 phương trình :    B  5;1 , C  3; 1 . Vậy (BC) qua E(1;0) có véc tơ m  1  0  m  1   x 1 y   x  4 y  1  0 . Tương tự : chỉ phương BC  8; 2  // u   4;1   BC  : 4 1   x 1 y  3   x  2y  7  0 . (AB) qua A(1;3) có AB   4; 2  // u   2; 1   AB  : 1 2   x 1 y  3   x y20 (AC) qua A(1;3) có AC   4; 4  // u  1;1   AC  : 1 1 * Chý ý : Hoặc gọi A' đối xứng với A qua G suy ra A'(1;-1) thì BGCA' là hình bình hành , từ đó ta tìm được tọa độ của 2 đỉnh B,C và cách lập các cạnh như trên. Bài 73. Tìéèg maqt pâaúèg vôùi âeätéua ñéäOòy, câé paìabéæ (P) : y2 = 8ò. a. Tìm téua ñéätieâu ñieåm vaøviegt pâö ôèg tììèâ ñö ôø èg câuaåè cuûa (P). b. Viegt p.tììèâ tiegp tuyegè cuûa (P) taui ñieåm M tâuéäc (P) céù tuèg ñéäbaèèg 4. c. Giaû sö û ñö ôø èg tâaúèg (d) ñi qua tieâu ñieåm cuûa (P) vaøcaét (P) taui âai ñieåm pâaâè bieät A, B céù âéaø èâ ñéätö ôèg ö ùèg æaøò2, ò2. Câö ùèg mièâ:AB = ò1 +ò2 + 4. Giải a/ Tiêu điểm của (P) là F(2;0) , đường chuẩn của (P) có phương trình : x=-2 . b/ M thuộc (P) có tung độ bằng 4 thì hoành độ x=2 và M(2;4) . Vậy tiếp tuyến d của (P) tại M ta áp dụng công thức : yy0  p  x  x0   x0  2; y0  4   d : 4 y  4  x  2   y  x  2 . c/ Áp dụng công thức bán kính qua tiêu : MF= x+ . Gọi A  x1; y1  , B  x2 ; y2  với giá trị của x1  p 2 y12 y2 , x2  2 . Ta có : AF=x1  2, BF  x2  2  AB  AF+BF=x1  x2  4 ( đpcm) 8 8 Trang 34 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Bài 74. Tìéèg maqt pâaúèg Oòy câé Eæip (E) : 9ò2 + 25y2 = 225. a. Viegt pâö ôèg tììèâ câsèâ taéc vaøòaùc ñòèâ caùc tieâu ñieåm, taâm sai cuûa (E). b. Méät ñö ôø èg tìéø è (T) céù taâm I(0 ; 1) vaøñi qua ñieåm A(4 ; 2). Viegt pâö ôèg tììèâ ñö ôø èg tìéø è vaøcâö ùèg téû (T) ñi qua âai tieâu ñieåm cuûa (E). c. Gọi A, B æaø2 ñieåm tâuéäc (E) saé câé OA  OB.câứng minh diện tích tam giác OAB không đổi Giải x2 y 2 4   1  a  5, b  3, c  4  F1  4;0  , F2  4; 0  , e  25 9 5 b/ Vì (E) chẵn x,y cho nên Ox,Oy là hai trục đối xứng vì vậy IF1  IF2  17 (1) . Đường tròn a/ (E) : (T) tâm I(0;1) có bán kính R=IA= 42   2  1  17 (2) . Từ (1) và (2) chứng tỏ (T) qua 2 2 tiêu điểm của (E) . x12 y12 x22 y22 c/. Gọi A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2    E     1,   1* . Và góc hợp bởi OA và chiều 25 9 25 9 dương của Ox là   xOB   2    OA  OB  Khi đó :       A  OAcos ;OAsin  , B OBcos     ; OB sin        OB sin  ; OBcos  2  2   2 2 2 2 2 2 2 2 OA cos  OA sin  OB sin  OA cos  Thay vào (*) :   1,   1 . Từ đó ta suy ra : 25 9 25 9 25.9 25.9 1 25  9 34 15 OA2  , OB 2      OH  2 2 2 2 2 25sin   9 cos  25cos   9sin  OH 25.9 225 34 Vậy khi A,B thay đổi nhưng khoảng cách từ O đến AB không đổi và AB không đổi ( ví OA luôn vuông góc với OB) cho nên diện tích tam giác OAB không đổi . Bài 75. Câé ABC céù ñæèâ A(2 ; – 1) vaøâai ñö ôø èg pâaâè giaùc tìéèg cuûa géùc B, géùc C céù pâö ôèg tììèâ æaàè æö ôut æaø(dB) : ò – 2y + 1 = 0 vaø(dC) : ò + y + 3 = 0. Laäp pâö ôèg tììèâ cauèâ BC. Giải - Gọi A' đối xứng với A qua d B và A'' đối xứng với A qua dC thì A' và A'' nằm trên BC .  2  x  2   1 y  1  0 2 x  y  3 AA'u  0   x2   A '  0;3 +/ Tìm tọa độ A' (x;y):    y 1   I  d B  x  2 y  6  2  2 2  1  0      x  2   1 y  1  0 AA''u  0 x  y  3    x  2  y 1    A ''  2; 5  +/ Tìm tọa độ A'' (x;y) :    x  y  7  I  d B  2  2 3 0      x y 3 +/ (BC) qua A'(0;3) có véc tơ chỉ phương A ' A ''   2; 8 // u  1; 4    BC  :  1 4 Bài 76. Tìm ñieåm M  (H) : 5x2 – 4y2 = 20 (1) nhìn hai tieâu ñieåm döôùi moät goùc 120. Giải Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 35 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 2 2 x y x2 y 2 - Ta có : (H) :   1  F1  3; 0  , F2  3; 0   F1 F2  6, M  x; y    H    1 4 5 4 5  MF12   x  32  y 2    - Và : MF1   x  3; y  , MF2   x  3; y    , MF1 MF2  x 2  y 2  9 (*) 2 2 2  MF2   x  3  y 4 4 - Mặt khác : MF1  2  x , MF2  2  x  MF1MF2   2  2 x  2  2 x   4 1  x 2 2 2 - Tam giác M F1 F2 :  F1 F2   MF12  MF22  2MF1MF2cos1200 2  x2  6 2 2     1 7 2 x x  36   2  2 x    2  2 x   4 1  x 2  1  x 2  7  2 x 2    2 8 2 2 x  1  x  2 x  7  3 2 2  4 y  10 x  6     10  10  10  10       2 10  M 1   6;  , M 2   6; , M 3  6;  , M 4  6;     20 2    4 y   2  2  2  2   0 y        3 4 2 2 Bài 77. Tìéèg maqt pâaúèg Oòy câé (E) : ò2 + 3y2 = 12 a. Tsèâ ñéädaø i tìuuc æôùè, tìuuc èâéû, téua ñéäâai tieâu ñieåm, taâm sai cuûa (E). b. Câé ñö ôø èg tâaúèg (D) : mò – 3y + 9 = 0. Tsèâ m ñeå(D) tiegp òuùc vôùi (E). c. Viegt pâö ôèg tììèâ Paìabéæ céù ñæèâ tìuø èg vôùi gégc téua ñéävaøcéù tieâu ñieåm tìuø èg vôùi tieâu ñieåm beâè tìaùi cuûa (E) ñaõcâé. Giải     x2 y 2   1  a  2 3, b  2, c  2 2  F1 2 2; 0 , F2 2 2; 0 12 4 b/ Điều kiện cần và đủ để d tiếp xúc với (E) : a 2 A2  b 2 B 2  C 2 45 15 15  12m 2  4.9  81  12m 2  45  m 2    m 12 4 2 p c/ (P) có dạng : y 2  2 px  F 2 2; 0   2 2  p  4 2 2 - Vậy (P) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm bên trái của (E) : y 2  8 2 x a/ (E) :   Bài 78. Tìéèg mp Oòy, câé Câé (H) céù pâö ôèg tììèâ : 24ò2 – 25y2 = 600 (1) vaøM æaø méät ñieåm tuø y yù tìeâè (H). a) Tìm téua ñéäcaùc ñæèâ, téua ñéäcaùc tieâu ñieåm vaøtsèâ taâm sai cuûa (H). b) Tìm téua ñéäcuûa ñieåM tâuéäc (H) céù âéaø èâ ñéäò = 10 vaøtsèâ åâéaûèg caùcâ tö øñieåm ñéù ñegè 2 tieâu ñieåm. c) Câö ùèg mièâ ìaèèg : OM2 – MF1.MF2 æaøméät ségåâéâèg ñéåi. d) Tìm caùc giaù tìòcuûa å ñeåñö ôø èg tâaúèg y = åò – 1 céù ñieåm câuèg vôùi (H). Giải x2 y 2   1  a  5, b  2 6, c  7  F1  7; 0  , F2  7; 0  25 24 b/ Khi x=10 thay vào (1) ta có y 2  72  y  6 2  M 1 0; 6 2 , M 2 10; 6 2 a/ (H) :   - Tính khoảng cách : MF1  5  x  5  10  19, MF2  5  10  9 7 5 Trang 36 7 5 7 5 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )   Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 49 2  7 7  MF1MF2  x  25 : x  0 5 , 5 : 0       MF x MF x x 1 2   25 5 5  c/ Ta có :   MF  5  7 x, MF  5  7 x : x  0  MF MF    25  49 x 2  : x  0 1 2   2  1 25  5 5     x2 y 2  49 2  2 2  25     : x  0  x  y  25 x  25 : x  0  25 24  2 OM  MF1MF2     24  x 2  y 2   25  49 x 2  : x  0   x2 y 2   25     : x  0    25     25 24  d/ Tìm k để phương trình : 24 x 2  25  kx  1  600  0 ( có nghiệm x ) 2  2 6 k   5  24  25k 2  0    2 6 2   24  25k 2  x 2  50kx  575  0   : x    24  25k  0   k   5   2 2   '  25  575  24  25k   0.   577  k     5 23 Bài 79. Tìéèg maqt pâaúèg Oòy câé Hypeìbéæ (H) : 12ò2 – 16y2 = 192 vaøñieåm P(2 ; 1). Viegt pâö ôèg tììèâ ñö ôø èg tâaúèg ñi qua P vaøcaét (H) taui 2 ñieåm M, N saé câé P æaø tìuèg ñieåm cuûa MN. Giải (H):     x2 y 2   1  a  4, b  2 3, c  2 7  F1 2 7;0 , F2 2 7;0 . Gọi M(x;y) thuộc (H) và 16 12 N đối xứng với M qua P(2;1) thì N(4-x; 2-y) . Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì N phải  x2 y2 1 16  12  1  . Lấy (2)-(1) ta được phương trình rút thuộc (H)., do đó ta có hệ :  2 2 4  x 2  y  16  12  1 2  gọn : 3x-2y-4=0 . Đó cũng chính là phương trình đường thẳng qua P . Bài 80. Tìéèg maqt pâaúèg Oòy câé (E) : 4ò2 + y2 = 4. a. Tsèâ ñéädaø i tìuuc æôùè, tìuuc èâéû, téua ñéäâai tieâu ñieåm, taâm sai cuûa (E). b. Tìm caùc giaù tìòcuûa m ñeåñö ôø èg tâaúèg y = ò + m caét (E) taui 2 ñieåm pâaâè bieät M, N åâi m tâay ñéåi. Tìm taäp âôup caùc tìuèg ñieåm cuûa MN Giải     x2 y 2 a/ (E):   1  a  1, b  2, c  3  F1 0;  3 , F2 0; 3 . Tiêu điểm thuộc Oy . 1 4 5 x 2  2mx  m 2  4  0 1 4 x 2   x  m 2  4 4 x 2  y 2  4     2  y  x  m y  x  m  y  x  m b/ Đường thẳng y=x+m cắt (E) tại 2 điểm M,N có tọ độ là nghiệm của hệ : - Như vậy hoành độ của M,N là 2 nghiệm của (1) với điều kiện :  '  4m 2  20  0 , hay :  m  5 * . Gọi M  x1 ; y1  , N  x2 ; y2  và I là trung điểm của MN thì ta có tọa độ I là : Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 37 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 x1  x2  m   xI  2  m  5 x I  xI     5   y I  x I  5 x I  4 x I  y  y1  y2  yI  xI  m I  2 Do đó I chạy trên đường thẳng : y=-4x . - Giới hạn quỹ tích : Từ (*) : m  5  5 xI  5  xI  5 5 - Kết luận : Khi m thay đổi I chạy trên đường thẳng d: y=-4x ( chỉ lấy những điểm có hoành  độ nằm trong khoảng    5 5 ; . 5 5  Bài 81. Tìéèg mp Oòy câé paìabéæ (P) : y2 = 12ò. a. Tìm téua ñéätieâu ñieåm F vaøpâö ôèg tììèâ ñö ôø èg câuaåè () cuûa (P). b. Méät ñieåm èaèm tìeâè paìabéæ céù âéaø èâ ñéäò = 2. Haõy tsèâ åâéaûèg caùcâ tö øñieåm ñéù ñegè tieâu ñieåm. c. Qua ñieåm I(2 ; 0) veõ1 ñö ôø èg tâaúèg tâay ñéåi caét (P) taui A vaøB. Câö ùèg mièâ ìaèèg tscâ ségåâéaûèg caùcâ tö øA vaøB ñegè tìuuc Oò æaøméät âaèèg ség. Giải a/ Với p=6 thì p/2=3 và F(3;0) . Đường chuẩn có phương trình : x=-3 . b/ Gọi M  (P) có x=2 thì tung độ M là : y 2  24  y  2 6  M 1 2; 2 6 , M 2 2; 2 6  - Khoảng cách từ M đến tiêu điểm : MF=x+  p  MF1  2  2 6, MF2  2  2 6 2   c/ Đường thẳng d qua I(2;0) có dạng : x=2 (//Oy ) cắt (P) tại 2 điểm hiển nhiên khoảng cách từ 2 điểm này tới Ox bằng nhay ( vì chúng đối xứng nhau qua Ox ). Gọi d có hệ số góc k qua I (2;0) thì d : y=k(x-2)=kx-2k (1) . Nếu d cắt (P) tại 2 điểm thì hoành độ của 2 điểm là 2 2 nghiệm của phương trình :  kx  2k   12 x  k 2 x 2  4  k 2  3 x  4k 2  0(1) y    - Hoặc tung độ của 2 điểm là 2 nghiệm của phương trình : y 2  12   2  k  ky 2  12 y  2k  0  2  - Tích khoảng cách từ 2 điểm đến trục Ox chính là tích của 2 tung độ của hai điểm . Vậy từ 2 k  2 là một hằng số ( đpcm) k x 2 y2   1 , bieg t tiegp tuyegè ñi qua A(6 ; Bài 82. Viegt pâö ôèg tììèâ tiegp tuyegè cuûa (E) : 32 18 3 2 ). (2) ta có : y1 y2  Giải Bài 83. a. Câé Paìabéæ (P) céù pâö ôèg tììèâ y2 = ò vaøñö ôø èg tâaúèg d céù pâö ôèg tììèâ : 2ò – y – 1 = 0. Haõy viegt pâö ôèg tììèâ tiegp tuyegè cuûa (P) taui caùc giaé ñieåm cuûa (P) vaød. b. Laäp phöông trình tieáp tuyeán chung cuûa (P) : y2 = 4x vaø (E) : Giải a/ Điểm chung d và (P) có tọa độ là nghiệm của hệ : Trang 38 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) x 2 y2  1 8 2 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 2 2 y  x 2 y  y  1  0 1 1   A 1;1 , B  ;   :  4 2 2 x  y  1 2 x  y  1 1 - Phương trình tiếp tuyến có : yy0  p  x  x0   d A :1. y   x  1  x  2 y  1  0 . Và 2 1 1 1 1 dB :  y   x    x  y   0 . 2 2 4 4 b/ Gọi d là tiếp tuyến chung của (P) và (E) có dạng : ax+by+c=0 - d là tiếp tuyến (P) : p B 2 =2AC  2 b 2 =2ac , hay : b 2 =ac (1) - d là tiếp tuyến (E) : 8a 2  2b 2  c 2  2  .  c  2a  c  4a - Thay b từ (1) thay vào (2) : 8a 2  2  ac   c 2  0  8a 2  2ac  c 2  0   - Từ (1) a,c cùng dấu cho nên chọn : c=4a hay : b  2a  d : ax+2ay+4a=0  x+2y+4=0  ac= 4a 2  b 2   b  2a  d : ax-2ay+4a=0  x-2y+4=0 Bài 84. Cho tam giác ABC có trung điểm AB là I(1;3), trung điểm AC là J(-3;1). Điểm A thuộc Oy , và đường thẳng BC đi qua gốc tọa độ O . Tìm tọa độ điểm A , phương trình đường thẳng BC và đường cao vẽ từ B ? Giải - Do A thuộc Oy cho nên A(0;m). (BC) qua gốc tọa độ O cho nên (BC): ax+by=0 (1). - Vì IJ là 2 trung điểm của (AB) và (AC) cho nên IJ //BC suy ra (BC) có véc tơ chỉ phương :    IJ   4; 2  // u   2;1   BC  : x  2 y  0 . - B thuộc (BC) suy ra B(2t;t) và A(2-2t;6-t) . Nhưng A thuộc Oy cho nên : 2-2t=0 , t=1 và A(0;5). Tương tự C(-6;-3) ,B(0;1). - Đường cao BH qua B(0;1) và vuông góc với AC cho nên có AC   6; 8  // u   3; 4    BH  :    x 3 A H J(-3;1) I(1;3) B ax+by=0 C y 1  4x  3 y  3  0 4 Bài 85. Cho hai điểm A(1;1), B(4;-3) và đường thẳng d : x-2y-1=0. a. Tìm tọa độ điểm C trên d sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB=6( ĐHKB-04) b. Tìm tọa độ trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB ?( ĐHKA-2004) Giải x 1 y 1   4x  3 y  7  0 4 3 4  2t  1  3t  7 - C thuộc : x-2y-1=0 suy ra C(2t+1;t ) do đó : 6   11t  3  30 5 t  3  C1  7;3   27  43 27   C2   ;   t  11  11 11  a/ (AB) qua A(1;1) có u  AB   3; 4    AB  :   b/ - Đường thẳng qua O vuông góc với AB có phương trình : 3x-4y=0. - Đường thẳng qua B và vuông góc với OA có phương trình : (x-4)+(y+3)=0. - Đường thẳng qua A và vuông góc với OB có phương trình : 4(x-1)-3(y-1)=0 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 39 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG hay : 4x-3y-1=0 - Vậy tọa độ trực tâm H là nghiệm : 4  3 x  4 1  x   0 3 x  4 y  0 x     4 3 7  x  y 1  0   y  1 x  H ;  7 7   y  3 4 x  3 y  1  0 4 x  3 y  1  0  7 2 2 - Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác (C): x  y  2ax  2by  c  0 - (C) qua O(0;0) suy ra c=0 (1) - (C) qua A(1;1) suy ra : 2-2a-2b=0 , hay : a+b=1 (2) - (C) qua B(4;-3) suy ra : 25-8a+6b=0 , hay : 8a-6b=25 (3) 31 17   b  1 b   a b 1 b 1 a         14 14 - Từ (2) và (3) ta có hệ :     8a  6b  25 8a  6(1  a )  25 a  31 a  31 14 14   31 17 - Vậy (C) : x 2  y 2  x  y  0 7 4 Bài 86. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x+2y-3=0 và hai điểm A(1;0)   ,B(3;-4). Hãy tìm trên d điểm M sao cho : MA  3MB nhỏ nhất    - Trên d có M(3-2t;t) suy ra : MA   2  2t; t  , MB   2t; t  4   3MB   6t  3t  12      2 2 - Do vậy : MA  3MB   2  8t; 4t  12   MA  3MB   2  8t    4t  12  Giải  2 . Dấu đẳng thức xảy ra - Hay : f(t)= MA  3MB  80t 2  64t  148  80  t     5 5  5   2 676 26 26  19 2  . ;   . Khi đó min(t)= 5 5  5 khi t=   M  2 5 Bài 87. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(2;-1) và đường tròn  C1  : x 2  y 2  9 (1) .Hãy viết phương trình đường tròn  C2  : có bán kính bằng 4 và cắt đường tròn  C1  theo dây cung qua M có độ dài nhỏ nhất . Giải Gọi  C2  : có tâm I'(a;b) suy ra :  C2  :  x  a    y  b   16  x 2  y 2  2ax  2by  a 2  b 2  16  0 1 Lấy (1) -(2) ta được : 2ax  2by   a 2  b 2   7  0 ( chính là đường thẳng trục đẳng phương ) 2 2 Dây cung của hai đường tròn nằm trên đường thẳng này . 2 2 Ví dây cung qua M(2;-1) lên ta có : 4a  2b   a 2  b 2   7  0   a  2    b  1  12 Bài 88. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;5),B(5;1) . Viết phương trình đường thẳng d qua A sao cho khoảng cách từ B đến d bằng 3. Giải  Đường thẳng d qua A(2;5) có n   a; b   d : a  x  2   b  y  5  0 1 Theo giả thiết : h  B, d   Trang 40 a  5  2   b 1  5 a2  b2  3   3a  4b   9  a 2  b 2  2 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 b  0  d : a  x  2   0  x  2  0 2  7b  24ab  0   b  24a   x  2   24  y  5   0  7 x  24 y  114  0  7 7 Bài 89. Trong (Oxy) cho A(2;5) và đường thẳng d : 2x+3y+4=0. Viết phương trình tổng quát của đường thẳng d' qua A và tạo với d một góc bằng 450 . Giải  Đường thẳng d' qua A(2;5) có n   a; b   d : a  x  2   b  y  5  0 1 Đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n '   2;3 . Theo giả thiết thì : 2a  3b cos450  13 a 2  b2   1 2  2  2a  3b   13  a 2  b 2   5b 2  24ab  5a 2  0 2 b  5a  d ' :  x  2   5  y  5   0  x  5 y  23  0 Ta có :  'b  169a   a b   a  5b  d ' : 5  x  2    y  5   0  5 x  y  15  0  5 2 Bài 90. Trong (Oxy) cho hình chữ nhật ABCD , biết phương trình chứa 2 đường chéo là d1 : 7 x  y  4  0 và d 2 : x  y  2  0 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh hình chữ nhật , biết đường thẳng đó đi qua điểm M(-3;5). Giải 7 x  y  4  0 1 9 I ;  4 4 x  y  2  0  Gọi d là đường thẳng qua M(-3;5 ) có véc tơ pháp tuyến : n  a; b  . Khi đó - Tâm của hình chữ nhật có tọa độ là nghiệm của hệ :   d : a  x  3  b  y  5   0 1 . Gọi cạnh hình vuông (AB) qua M thì theo tính chất hình chữ    nn1 nn2 7a  b a b  a  3b nhật :         7a  b  5 a  b   n n1 n n2 50 a 2  b 2 2 a 2  b2 b  3a  a  3b  d : 3  x  3    y  5   0  3 x  y  14  0 Do đó :  b  3a   x  3  3  y  5   0  x  3 y  12  0 Bài 91. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(1;1) , B (2; 5) , ®Ønh C n»m trªn ®­êng th¼ng x  4  0 , vµ träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®­êng th¼ng 2 x  3 y  6  0 . TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. HD 1 2  4 1  5  yC y  1, yG   2  C . §iÓm G n»m trªn ®­êng 3 3 3 th¼ng 2 x  3 y  6  0 nªn 2  6  yC  6  0 , vËy yC  2 , tøc lµ: C  (4; 2) Ta cã C  (4; yC ) . Khi ®ã täa ®é G lµ xG  . Ta cã AB  (3; 4) , AC  (3;1) , vËy AB  5 , AC  10 , AB. AC  5 . DiÖn tÝch tam gi¸c ABC lµ S    2 15 1 1 25.10  25 = AB 2 . AC 2  AB. AC  2 2 2 Bài 92. . Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2;1) , B (1; 2) , träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®­êng th¼ng x  y  2  0 . T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 . HD . V× G n»m trªn ®­êng th¼ng x  y  2  0 nªn G cã täa ®é G  (t ; 2  t ) . Khi ®ã AG  (t  2;3  t ) , AB  (1;1) VËy diÖn tÝch tam gi¸c ABG lµ Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 41 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 2t  3 2 1 1 S  AG 2 . AB 2  AG . AB   2 ( t  2 ) 2  ( 3  t ) 2   1 = 2 2 2 2t  3 NÕu diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 th× diÖn tÝch tam gi¸c ABG b»ng 13,5 : 3  4,5 . VËy  4,5 , suy 2 ra t  6 hoÆc t  3 . VËy cã hai ®iÓm G : G1  (6;4) , G 2  (3;1) . V× G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn xC  3xG  ( xa  xB ) vµ yC  3 yG  ( ya  yB ) . Víi G1  (6;4) ta cã C1  (15;9) , víi G 2  (3;1) ta cã C2  (12;18) Bài 93. . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3 y  8  0 ,  ' :3 x  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  ’. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) HD 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 94. . 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. HD + 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 . 9a 2 b2 36a 2  b 2   35  a 2  36b2   35 2 2 2 2 2 2 a b a b a b  a  6 . Dễ thấy b  0 nên chọn b  1    a6 Kiểm tra điều kiện IA  IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả m ãn. Bài 95. . Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 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)  4  d ( I ';d )    d ( I ;d )   35  4. 2 2 HD Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2  0) 2a  5b 2.12  5.1  Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên : 2 2  52 . a 2  b 2 22  52 . 122  12  a  12b   5  2a  5b   29  a  b   9a + 100ab – 96b = 0   a  8 b 9  Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) 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 2a  5b 29  2 2 5 a b Trang 42 2 2 2 2 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) 2 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Bài 96. . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) : x 2  4 y 2  4  0 .Tìm những điểm N trên elip (E) sao cho : F1 Nˆ F2  600 ( F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip (E) ) HD + (C) có tâm I(2 , 1) và bán kính R = 6 + AMˆ B  900 ( A , B là các tiếp điểm ) suy ra : MI  MA. 2  R. 2  12 Vậy M thuộc đường tròn tâm I bán kính R/ = 12 và M thuộc d nên M( x , y) có tọa độ thỏa hệ:  x  2  x   2 x  2 2   y  12  12     x  y  1  0  y   1  2  y   1  2 Vậy có 2 điểm thỏa yêu cầu bài toán có tọa độ nêu trên Bài 97. . 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 HD   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 ) 2  26  2 Min f(t) = f    => M  ;    15   15 15  Bài 98. . 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. HD Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm của dây cung AB. 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  16 5 2 (5m )  m 2  16 2 Diện tích tam giác IAB là SIAB 20 m  16  12  2S IAH  12 A I H B  2  m  3  d ( I ,  ). AH  12  25 | m | 3(m  16)   16 m   3  2 Bài 99. . 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 . HD Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 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 . Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. 2 2 Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB, Gọi H' là trung điểm của A'B' Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 43 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG  3 3 Ta có: IH '  IH  IA  AH  3     , MI  2  2  2 2 2 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218  5  1  1  2  2 2 5 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 100. . Trong mÆt ph¼ng Oxy cho elip (E): x2 y2   1 vµ ®­êng th¼ng  :3x + 4y =12. 4 3 Tõ ®iÓm M bÊt k× trªn  kÎ tíi (E) c¸c tiÕp tuyÕn MA, MB. Chøng minh r»ng ®­êng th¼ng AB lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. HD Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) . TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng : TiÕp tuyÕn ®i qua M nªn : x0 x1 y0 y1  1 4 3 (1) xx1 yy1  1 4 3 xx0 yy0  1 4 3 4 xx0 4 yy0 4 xx0 y (12  3 x0 ) do M thuéc  nªn 3x0 + 4y0 =12  4y0 =12-3x0   4   4, 4 3 4 3 Ta thÊy täa ®é cña A vµ B ®Òu tháa m·n (1) nªn ®êng th¼ng AB cã pt :  4xyy400   xy11 . VËy AB lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh F(1;1) Gäi F(x;y) lµ ®iÓm cè ®Þnh mµ AB ®i qua víi mäi M th× : (x- y)x0 + 4y - 4 = 0  Bài 101. . Trong mặt phẳng Oxy cho ba đường thẳng d1 : 4 x  y  9  0, d2 : 2 x  y  6  0, d3 : x  y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD, biết hình thoi ABCD có diện tích bằng 15, các đỉnh A,C thuộc d3 , B thuộc d1 và D thuộc d2 . HD Đường chéo (BD) vuông góc với (AC) cho nên (BD có dạng : x+y+m=0 x  y  m  0  m  9 4m  9   B ;  3   3 4 x  y  9  0 (BD) cắt d1 tại B có tọa độ là nghiệm của hệ :  x  y  m  0  m  6 2m  6   D ;  3 3   2 x  y  6  0 (BD) cắt d 2 tại D có tọa độ là nghiệm của hệ :  1 2 Trung điểm I của BD là tâm hình thoi có tọa độ là : I  ;  2m  1   2  1 2m  1   2  0  m  3   BD  : x  y  3  0 và tọa độ các 2 2 t t  23 1 5 điểm B(2;1),D(-1;4) và I  ;  . Gọi A(t;t+2) thuộc (AC) . Suy ra : h  A, ( AC )   2 2 2 t  3  A  3;5   C  2;0  2t  1 2t  1 1   S  2 BD.h  A, AC   3 2  15   2 2 2 t  2  A  2; 0   C  3;5  3 Bài 102. Trong (Oxy) cho đường tròn (C): x 2  y 2  và  P  : y 2  x . Tìm trên (P) các 2 điểm M mà từ đó kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) và 2 tiếp tuyến đó tạo với nhau một góc 600 Theo giả thiết I thuộc (AC) : Giải Trang 44 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 2 Gọi M  x0 ; y0    P   y0  x0 . d là đường thẳng tiếp tuyến của (P) tại M thì d có phương trình : y0 y  1  x  x0   x  2 y0 y  x0  0 . Để d là tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) thì điều kiện 2 cần và đủ là : Bài 103. Trong (Oxy) cho đ. thẳng d: 3x-y+5=0 và đường tròn (C): x 2  y 2  2 x  6 y  9  0 . Tìm điểm M thuộc (C) và điểm N thuộc d sao cho MN có độ dài nhỏ nhất ? Giải 2 2 (C) :  x  1   y  3  1  I  1;3 , R  1 - Gọi d' //d thì d': 3x-y+m=0 . d' tiếp xúc với (C) tại M ( M là điểm cách d nhỏ nhất ) , khi  m  6  10  d ' : 3 x  y  6  10  0  1  m  6  10   10  m  6  10  d ' : 3 x  y  6  10  0 Giả sử N' thuộc d ta luôn có : M 2 N '  M 2 N . Dấu bằng đó : h  I ; d '  R  3  3  m  x  1  3t . Khi đó  cắt d' tại 2 y  3t 1 . điểm : 3  1  3t    3  t   6  10  0  t  10 1 Và 3  1  3t    3  t   6  10  0  t   . 10 1   3  1;3  Do vậy ta tìm được 2 điểm M : M 1  , 10   10 đường thẳng  :   và M 2  1  d' M1 chỉ xảy ra khi N' trùng với N . Vậy ta chỉ cần lập đường thẳng  qua I(-1;3) và vuông góc với d suy ra I(-1;3) d' M2 N' N d:3x-y+5=0 3 1  ;3   . Tương tự  cắt d tại N có tọa độ là nghiệm : 10 10    x  1  3t 1   7 29   t   N   ;  . Ta chọn M bằng cách tính M 1 N , M 2 N , sau đó so y  3t 10  10 10  3 x  y  5  0  sánh : Nếu M 1 N  M 2 N thì M là M 2 . Còn M 1 N  M 2 N thì M là M 1 . Bài 104. Trong (Oxy) cho  C  :  x  1   y  3  1 và điểm M  ;  . Tìm trên (C) điểm 5 5 N sao cho MN có độ dài lớn nhất ? Giải 2 1 7 2  x  1  sin t  N   C   N  1  sin t ;3  cost   y  3  cost (C) viết dưới dạng tham số :  12 16  6   8  Khi đó : MN     sin t      cost   sin 2 t  cos 2t  sin t  cost+4 5 5  5   5  2 2 12 16 16  12   12   16  sin t  cost+5  5  4  sin t  cost  * . Vì :       1 , 5 5 20  20   20   20  12 3 16 4  cos   ;sin  =  thì (*) trở thành : 5  4sin  t     5  4  1 20 5 20 5   2 Dấu đẳng thức xảy ra khi : sin  t     1  t     2 2  k 2 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 45 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 3 3 2   Do vậy : sin t  sin      cos =  x  1  sin t  1    5 5 5 2  4 4 19    2 19  Tương tự : cost=cos      sin    y  3  cost=3+   N   ;  5 5 5 2   5 5 x2 y 2 Bài 105. Tính diện tích tam giác đều nội tiếp (E):   1 , nhận A(0;2) làm đỉnh và trục 16 4 Oy làm trục đối xứng ? Giải Do ABC là tam giác đều , A(0;2) thuộc Oy là trục đối xứng cho nên B,C phải nằm trên đường thẳng y=m (//Ox) cắt (E) . Vì thế tọa độ của B,C là nghiệm của hệ : y O A(0;2) y  m y  m y=m  B C  2  2 2 2 4 x  16 y  64  x  16  4m  0 y  m    2  m  0 . Ta có : AC  x 2  4  16  m 2  4  20  m 2 , BC  2 16  m2  2  x   16  4m H Do vậy ABC đều khi :AC=BC  20  m 2  2 16  m 2  20  m 2  4 16  m 2   m 2  1 1 1 1 2 33 3.4 16  m2  , suy ra S ABC  BC. AH  BC.BC 3  BC 2 3  2 2 2 2 3 44  8 3   2 3. 16    3  3  Vậy : m   Hay : S ABC x 44 3 Bài 106. Tính diện tích tam giác đều nội tiếp (P): y 2  2 x , nhận đỉnh của (P) làm đỉnh và trục Ox làm trục đối xứng ? Giải 1    (P) có tiêu điểm F  ;0  . Nếu Ox làm trục đối xứng thì B,C nằm trên đường thẳng : x=m ( 2  y2  2x  y 2  2m  x  m x  m song song với Oy) . Do vậy tọa độ của B,C là nghiệm của hệ :       y   2m   B m; 2m , C m;  2m  BC  2 2m  x  m  0 Vì OBC là tam giác đều : OB 2  BC 2  m 2  2m  4  2m   m 2  6m  0  m  6  m  0  Vậy SOBC  BC.OH  .BC 2 3  1 2 1 2 3 3 4  2m   4  2.6   24 3 (đvdt) 2 2 Bài 107. Trong (Oxy) cho điểm M(1;2) . Lập phương trình đường thẳng d qua M cắt Ox,Oy lần lượt tại A,B sao cho diện tích tam giác OAB nhỏ nhất . Giải Đường thẳng dạng : x=1 và y=2 không cắt 2 trục tọa độ . Cho nên gọi d là đường thẳng qua M(1;2) có hệ số góc k( khác 0) thì d : y=k(x-1)+2 , hay y=kx+2-k .  k 2  ;0  và cắt Oy tại B(0;2-k)  k  Đường thẳng d cắt Ox tại A  Trang 46 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 2 1 k 2 1 k  4k  4 1 4 2k   k  4  (1) Do đó : SOAB  2 k 2 2 k k Xét f(k)= k  4   f '  k   1  4 k Ta có bảng biến thiên : k f'(k) f(k) - - 4  0  k  2 k2 + -2 0 -16 0 2 0 - + -6 + + Căn cứ vào bảng biến thiên ta có macx f (k )  16 đạt được khi k=-2 . Khi đó đường thẳng d : y=-2(x-1)+2 , hay y=-2x+4 và A(2;0) và B(0;4) . Bài 108. Trong (Oxy) cho tam giác ABC, biết ba chân đường cao tương ứng với 3 đỉnh A,B,C là A'(1;1),B'(-2;3),C'(2;4). Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh (BC). Giải Do là các đường cao cho nên tứ giác AC'IB' là từ giác A nội tiếp trong đường tròn có đường kính là AI , C'B' là B'(-2;3) một dây cung vì vậy AA' vuông góc với C'B' . Vậy C'(2;4) (BC) qua A'(1;1) và có véc tơ pháp tuyến   C ' B '   4; 1 // n   4;1   BC  : 4  x  1  y  1  0 I  4x  y  5  0 . Tương tự như lập luận trên ta tìm ra phương trình các cạnh của tam giác ABC : (AB) : 3x-2y+2=0 ....    Bài 109. Trong (Oxy) cho hai điểm A 2 3; 2 , B 2 3; 2  B C A'(1;1) a/ Chứng tỏ tam giác OAB là tam giác đều b/ Chứng minh rằng tập hợp các điểm M sao cho : MO 2  MA2  MB 2  32 là một đường tròn (C). c/ Chứng tỏ (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. Giải a/ Ta có : OA  2 3 2  22  4, OB  4, AB  4 . Chứng tỏ OAB là tam giác đều . b/ Gọi M(x;y) thì đẳng thức giả thiết cho tương đương với biểu thức : Ta có : MO 2  x 2  y 2 , MA2  x 2  y 2  4 3x  4 y  16, MB 2  x 2  y 2  4 3 x  4 y  16  MO 2  MA2  MB 2  32  3 x 2  3 y 2  8 3 x  32  32  x 2  y 2  8 3 x0 3  4 3 4 3  4 3 4 3 2   x  ; 0  , R    y    . Chứng tỏ là đường tròn (C) có tâm I  3  3  3    3  2 2 c/ Thay tọa độ O,A,B vào (1) ta thấy thỏa mãn , chứng tỏ (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. Bài 110. Viết phương trình các cạnh hình vuông ABCD biết AB,CD,lần lượt đi qua các điểm P(2;1) và Q(3;5), còn BC và AD qua các điểm R(0;1) và S(-3;-1) Giải Gọi (AB) có dạng y=kx+b và (AD) : y=-1/kx+b' . Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 47 Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218 3 Cho AB và AD qua các điểm tương ứng ta có : 2k+b=1 (1) và  b '  1  2  k 3k  5  b 0  k  kb ' . Theo tính chất hình vuông : Ta có : h  Q, AB   ; h  R, AD   k 2 1 k 2 1 3k  5  b 0  k  kb ' h  Q, AB   h  R, AD     3k  5  b  k  kb ' k 2 1 k2 1 2k  b  1 1 1 4     Từ đó ta có hệ : k  kb '  3   k  , b  , b '  10  ,  k  7, b  15, b '    3 3 7     3k  5  b  k  kb '  Do đó : AB : x  3 y  1  0, AD : 3x  y  10  0, CD : x  3 y  12  0, BC : 3x  y  1  0 Hoặc : AB : 7 x  y  15  0, AD : x  7 y  4  0, CD : 7 x  y  26  0, BC : x  7 y  7  0 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Trang 48 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )