Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng - Luyện thi đại học (Có đáp án chi tiết)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.07 MB, 14 trang )
Chun đề 3
Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
§1. Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Bài tập 3.1. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (−1; 1) , B (2; 5) ,C (4; 3). Tìm tọa độ điểm D sao cho
−−→
AD =
3
−−→
AB − 2
−→
AC. Tìm tọa độ điểm M sao cho
−−→
MA + 2
−−→
MB = 5
−−→
MC.
Lời giải.
• Gọi D(x; y) ta có
−−→
AD = (x + 1; y −1),
−−→
AB = (3; 4),
−→
AC = (5; 2) ⇒ 3
−−→
AB − 2
−→
AC = (−2; 8).
Do đó
−−→
AD = 3
−−→
AB − 2
−→
AC ⇔
x + 1 = −2
y − 1 = 8
⇔
x = −3
y = 9
. Vậy D(−3; 9).
• Gọi M(x; y) ta có
−−→
MA = (−1−x; 1−y),
−−→
MB = (2−x; 5−y) ⇒
−−→
MA+2
−−→
MB = (3−3x; 11−3y);
−−→
MC = (4−x; 3−y).
Do đó
−−→
MA + 2
−−→
MB = 5
−−→
MC ⇔
3 −3x = 5(4 −x)
11 −3y = 5(3 −y)
⇔
x =
17
2
y = 2
. Vậy M
17
2
; 2
.
Bài tập 3.2. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (2; 5) , B (1; 1) , C (3; 3). Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là
hình bình hành. Tìm tọa độ tâm hình bình hành đó.
Lời giải. Gọi D(x; y) ta có
−−→
AD = (x − 2; y −5),
−−→
BC = (2; 2).
Khi đó ABCD là hình bình hành ⇔
−−→
AD =
−−→
BC ⇔
x −2 = 2
y − 5 = 2
⇔
x = 4
y = 7
. Suy ra D(4; 7).
Gọi I là tâm hình bình hành ABCD ta có I là trung điểm AC nên I
5
2
; 4
.
Bài tập 3.3. Trong mặt phẳng O xy, cho hai điểm A (−3; 2) , B (4; 3). Tìm tọa độ điểm M thuộc trục Ox sao cho
tam giác MAB vng tại M.
Lời giải. Vì M ∈ Ox nên M (x; 0) ⇒
−−→
MA = (x + 3; −2),
−−→
MB = (x − 4; −3).
Khi đó tam giác MAB vng tại M ⇔
−−→
MA.
−−→
MB = 0 ⇔ (x + 3)(x −4) + 6 = 0 ⇔
x = 3
x = −2
.
Vậy M(3; 0) hoặc M(−2; 0).
Bài tập 3.4. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (1; −1) , B (5; −3), đỉnh C thuộc trục Oy và trọng
tâm G thuộc trục Ox. Tìm tọa độ đỉnh C và trọng tâm G.
Lời giải. Ta có C ∈ Oy ⇒ C(0; y), G ∈ Ox ⇒ G(x; 0). Khi đó G là trọng tâm tam giác ABC nên
x
A
+ x
B
+ x
C
= 3x
G
y
A
+ y
B
+ y
C
= 3y
G
⇔
1 + 5 + 0 = 3x
−1 −3 + y = 0
⇔
x = 2
y = 4
Vậy C(0; 4) và G(2; 0).
Bài tập 3.5. Trong mặt phẳng Oxy, cho A (−1; 3) , B (0; 4) , C (3; 5) , D (8; 0). Chứng minh rằng ABCD là tứ giác
nội tiếp.
Lời giải. Ta có
−−→
AB = (1; 1),
−−→
AD = (9; −3) ⇒ cos
BAD = cos
−−→
AB,
−−→
AD
=
9 −3
√
2.
√
90
=
1
√
5
.
−−→
CB = (−3; −1),
−−→
CD = (5; −5) ⇒ cos
BCD = cos
−−→
CB,
−−→
CD
=
−15 + 5
√
10.
√
50
= −
1
√
5
.
Suy ra cos
BAD + cos
BCD = 0 ⇒
BAD +
BCD = 180
0
. Vậy tứ giác ABCD nội tiếp.
1
GV: Lê Ngọc Sơn
Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết
Bài tập 3.6. Trong mặt phẳng O xy, cho tam giác ABC có A (0; 6) , B (−2; 0) , C (2; 0). Gọi M là trung điểm AB,
G là trọng tâm tam giác ACM và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng GI vng góc
với CM .
Lời giải. Ta có M là trung điểm AB ⇒ M(−1; 3), G là trọng tâm tam giác ACM ⇒ G
1
3
; 3
.
Gọi I(x; y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có
−→
AI = (x; y − 6) ⇒ AI =
x
2
+ (y − 6)
2
=
x
2
+ y
2
− 12y + 36
−→
BI = (x + 2; y) ⇒ BI =
(x + 2)
2
+ y
2
=
x
2
+ y
2
+ 4x + 4
−→
CI = (x −2; y) ⇒ CI =
(x −2)
2
+ y
2
=
x
2
+ y
2
− 4x + 4
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nên
AI = BI
AI = CI
⇔
4x + 12y = 32
4x −12y = −32
⇔
x = 0
y =
8
3
⇒ I
0;
8
3
.
Khi đó
−→
GI =
−
1
3
; −
1
3
,
−−→
CM = (−3; 3) ⇒
−→
GI.
−−→
CM = 0. Vậy GI vng góc với CM (đpcm).
Bài tập 3.7. (A-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (0; 2) , B
−
√
3; −1
. Tìm toạ độ trực tâm và tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác OAB.
Lời giải. Gọi H(x; y) ta có
−−→
OH = (x; y),
−−→
AB = (−
√
3 −3),
−−→
AH = (x; y − 2),
−−→
OB = (−
√
3; −1).
Khi đó H là trực tâm tam giác OAB khi và chỉ khi
−−→
OH.
−−→
AB = 0
−−→
AH.
−−→
OB = 0
⇔
−
√
3x −3y = 0
−
√
3x −y + 2 = 0
⇔
x =
√
3
y = −1
Gọi I(a; b) ta có
−→
OI = (a; b) ⇒ OI =
√
a
2
+ b
2
−→
AI = (a; b −2) ⇒ AI =
√
a
2
+ b
2
− 4b + 4
−→
BI =
a +
√
3; b + 1
⇒ BI =
a
2
+ b
2
+ 2
√
3a + 2b + 4
Khi đó I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB khi và chỉ khi
OI = AI
OI = BI
⇔
−4b + 4 = 0
2
√
3a + 2b + 4 = 0
⇔
a = −
√
3
b = 1
Vậy H(
√
3; −1) và I(−
√
3; 1).
Bài tập 3.8. (B-03) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vng cân tại A. Biết M (1; −1) là trung điểm cạnh
BC và G
2
3
; 0
là trọng tâm tam giác. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác.
Lời giải. Gọi A(x; y), ta có
−→
AG =
2
3
− x; −y
,
−−→
GM =
1
3
; −1
.
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
−→
AG = 2
−−→
GM ⇔
2
3
− x =
2
3
−y = −2
⇔
x = 0
y = 2
⇒ A (0; 2).
Gọi B(x; y) ⇒ C(2 − x; −2 − y) ta có
−−→
AB = (x; y − 2) ⇒ AB =
x
2
+ y
2
− 4y + 4.
−→
AC = (2 − x; −4 − y ) ⇒ AC =
x
2
+ y
2
− 4x + 8y + 20.
Tam giác AB C vng cân tại A nên
−−→
AB.
−→
AC = 0
AB = AC
⇔
x(2 −x) + (y − 2)(−4 −y) = 0
−4y + 4 = −4x + 8y + 20
⇔
x
2
+ y
2
− 2x + 2y − 8 = 0 (1)
x = 3y + 4 (2)
Thay (2) vào (1) ta có (3y + 4)
2
+ y
2
− 2 (3y + 4) + 2y − 8 = 0 ⇔ 10y
2
+ 20y = 0 ⇔
y = 0
y = −2
.
Với y = 0 ⇒ x = 4 ⇒ B(4; 0), C(−2; −2). Với y = −2 ⇒ x = −2 ⇒ B(−2; −2), C(4; 0).
Vậy A(0; 2), B(4; 0), C(−2; −2) hoặc A(0; 2), B(−2; −2), C(4; 0).
Bài tập 3.9. (D-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (−1; 0) , B (4; 0) , C (0; m) , m = 0. Tìm toạ độ
trọng tâm G. Tìm m để tam giác GAB vng tại G.
Lời giải. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên G
1;
m
3
. Ta có
−→
GA =
−2; −
m
3
,
−−→
GB =
3; −
m
3
.
Khi đó tam giác GAB vng tại G ⇔
−→
GA.
−−→
GB = 0 ⇔ −6 +
m
2
9
= 0 ⇔ m = ±3
√
6.
Bài tập 3.10. (D-2010) Trong mặt phẳng O xy, cho tam giác ABC có đỉnh A (3; −7), trực tâm là H (3; −1), tâm
đường tròn ngoại tiếp là I (−2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hồnh độ dương.
2
GV: Lê Ngọc Sơn
Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết
Chun đề 3. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Lời giải. Gọi B (x
1
; y
1
) , C (x
2
; y
2
). Ta có
−−→
AH = (0; 6),
−−→
BC = (x
2
− x
1
; y
2
− y
1
).
Vì H là trực tâm tam giác ABC nên
−−→
AH.
−−→
BC = 0 ⇔ 6 (y
2
− y
1
) = 0 ⇔ y
2
= y
1
⇒ B (x
1
; y
1
) , C (x
2
; y
1
).
Khi đó
−→
IA = (5; −7) ⇒ IA =
√
74
−→
IB = (x
1
+ 2; y
1
) ⇒ IB =
(x
1
+ 2)
2
+ y
2
1
−→
IB = (x
1
+ 2; y
1
) ⇒ IC =
(x
2
+ 2)
2
+ y
2
1
.
Vì I là trọng tâm tam giác ABC nên
IB = IA
IC = IA
⇔
(x
1
+ 2)
2
+ y
2
1
= 74
(x
1
+ 2)
2
+ y
2
1
= 74
Vì x
2
> 0 nên với |y
1
| ≤ 74 ta có
x
1
= −2 −
74 −y
2
1
x
2
= −2 +
74 −y
2
1
⇒ B
−2 −
74 −y
2
1
; y
1
, C
−2 +
74 −y
2
1
; y
1
.
Khi đó
−−→
BH =
5 +
74 −y
2
1
; −1 − y
1
,
−→
CA =
5 −
74 −y
2
1
; −7 − y
1
.
Vì H là trực tâm nên
−−→
BH.
−→
CA = 0 khi và chỉ khi
5 +
74 −y
2
1
5 −
74 −y
2
1
+ (1 + y
1
) (7 + y
1
) = 0 ⇔ y
2
1
+ 4y
1
− 21 = 0 ⇔
y
1
= 3
y
1
= −7
Với y
1
= −7 ⇒ x
2
= 3 ⇒ C(3; −7) (loại).
Với y
1
= 3 ⇒ x
2
= −2 +
√
65 ⇒ C
−2 +
√
65; 3
(thỏa mãn). Vậy C
−2 +
√
65; 3
.
§2. Phương Trình Đường Thẳng
Bài tập 3.11. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (−1; 2) , B (2; 3) và C (6; 2). Viết phương trình đường thẳng
qua A và song song với BC.
Lời giải. Gọi đường thẳng cần tìm là ∆. Vì ∆ song song với BC nên có vectơ chỉ phương
−→
u =
−−→
BC = (4; −1).
Hơn nữa ∆ qua A nên có phương trình tham số
x = −1 + 4t
y = 2 − t
.
Bài tập 3.12. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (3; 5). Viết phương trình đường thẳng qua A cắt hai tia Ox, Oy
lần lượt tại M, N sao cho diện tích tam giác OMN bằng 30.
Lời giải. Gọi đường thẳng cần tìm là ∆. Giả sử ∆ cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại M(a; 0), N(0; b) (a, b > 0).
Khi đó ∆ có phương trình đoạn chắn
x
a
+
y
b
= 1 ⇔ bx + ay − ab = 0. Vì A ∈ ∆ nên 3b + 5a −ab = 0 (*)
Lại có OM = a, ON = b ⇒ S
∆OM N
=
1
2
ab. Từ giả thiết suy ra
1
2
ab = 30 ⇔ ab = 60.
Với ab = 60 thay vào (*) ta có 3.
60
a
+ 5a − 60 = 0 ⇔ 5a
2
− 60a + 180 = 0 ⇔ a = 6 ⇒ b = 10.
Vậy ∆ có phương trình 10x + 6y − 60 = 0.
Bài tập 3.13. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (8; 6). Lập phương trình đường thẳng qua A và tạo với hai trục
tọa độ một tam giác có diện tích bằng 12.
Lời giải. Gọi đường thẳng cần tìm là ∆. Giả sử ∆ cắt hai trục Ox, Oy lần lượt tại M(a; 0), N(0; b).
Khi đó ∆ có phương trình đoạn chắn
x
a
+
y
b
= 1 ⇔ bx + ay − ab = 0. Vì A ∈ ∆ nên 8b + 6a −ab = 0 (*)
Lại có OM = |a|, ON = |b| ⇒ S
∆OM N
=
1
2
|ab|. Từ giả thiết suy ra
1
2
|ab| = 12 ⇔ |ab| = 24 ⇔ ab = ±24.
Với ab = 24 thay vào (*) ta có 8.
24
a
+ 6a − 24 = 0 ⇔ 6a
2
− 24a + 192 = 0 (vơ nghiệm).
Với ab = −24 thay vào (*) ta có 8.
−24
a
+ 6a + 24 = 0 ⇔ 6a
2
+ 24a − 192 = 0 ⇔
a = 4
a = −8
.
Với a = 4 ⇒ b = −6 ⇒ ∆ có phương trình 6x −4y + 24 = 0.
Với a = −8 ⇒ b = 3 ⇒ ∆ có phương trình 3x −8y − 24 = 0.
Vậy có hai phương trình của ∆ là 6x −4y + 24 = 0 và 3x −8y − 24 = 0.
Bài tập 3.14. (D-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (0; 2) và ∆ là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình
chiếu vng góc của A trên ∆. Viết phương trình đường thẳng ∆, biết khoảng cách từ H đến trục hồnh bằng AH.
Lời giải. Gọi H(x; y), ta có
−−→
OH = (x; y),
−−→
AH = (x; y − 2), d(H, Ox) = |y|.
Từ giả thiết ta có
AH = d(H, Ox)
−−→
AH.
−−→
OH = 0
⇔
x
2
+ (y − 2)
2
= y
2
x
2
+ y(y − 2) = 0
⇔
x
2
= 4y − 4
y
2
+ 2y − 4 = 0
⇔
x
2
= 4y − 4
y = −1 ±
√
5
.
Với y = −1 −
√
5 ⇒ x
2
= −8 −4
√
5 (vơ nghiệm)
Với y = −1 +
√
5 ⇒ x
2
= −8 + 4
√
5 ⇔ x = ±
−8 + 4
√
5 ⇒
−−→
AH =
±
−8 + 4
√
5; −3 +
√
5
.
Vậy ∆ có hai phương trình là
−8 + 4
√
5x +
√
5 −3
y = 0 và −
−8 + 4
√
5x +
√
5 −3
y = 0.
3
GV: Lê Ngọc Sơn
Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết
Bài tập 3.15. (CĐ-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng
đi qua A (2; −4) và tạo với đường thẳng d một góc bằng 45
0
.
Lời giải. Ta có
−→
n
d
= (1; 1).
Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm và
−→
n
∆
= (a; b) (a
2
+ b
2
= 0). Khi đó cos (∆, d) =
|
−→
n
∆
.
−→
n
d
|
|
−→
n
∆
|. |
−→
n
d
|
=
|a + b|
√
2.
√
a
2
+ b
2
.
Theo giả thiết ta có cos (∆, d) = cos 45
0
⇔
|a + b|
√
2.
√
a
2
+ b
2
=
√
2
2
⇔ (a + b)
2
= a
2
+ b
2
⇔ 2ab = 0 ⇔
a = 0
b = 0
.
Với a = 0 chọn b = 1 ta có
−→
n
∆
= (0; 1) ⇒ ∆ : y + 4 = 0. Với b = 0 chọn a = 1 ta có
−→
n
∆
= (1; 0) ⇒ ∆ : x −2 = 0.
Vậy có hai đường thẳng ∆ cần tìm là y + 4 = 0 và x −2 = 0.
Bài tập 3.16. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d
1
: 2x−y−1 = 0; d
2
: x+2y−3 = 0 và điểm M (2; −1).
Tìm giao điểm A của d
1
, d
2
. Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M và cắt d
1
, d
2
lần lượt tại B, C sao cho tam
giác ABC cân tại A.
Lời giải. Tọa độ A là nghiệm của hệ
2x −y − 1 = 0
x + 2y − 3 = 0
⇔
x = 1
y = 1
⇒ A (1; 1).
Lấy điểm H(0; −1) ∈ d
1
và K(3 − 2t; t) ∈ d
2
ta có
−−→
AH = (−1; −2) ⇒ AH =
√
5,
−−→
AK = (2 − 2t; t − 1) ⇒ AK =
5(t −1)
2
Khi đó ∆ nhận
−−→
HK làm vectơ chỉ phương ⇔ AH = AK ⇔ 5 = 5(t − 1)
2
⇔
t = 0
t = 2
.
Với t = 0 ⇒ K(3; 0) ⇒
−−→
HK = (3; 1) ⇒ ∆ :
x = 2 + 3t
y = −1 + t
.
Với t = 2 ⇒ K(−1; 2) ⇒
−−→
HK = (−1; 3) ⇒ ∆ :
x = 2 −t
y = −1 + 3t
.
Vậy có ∆ có hai phương trình là
x = 2 + 3t
y = −1 + t
và
x = 2 −t
y = −1 + 3t
.
Bài tập 3.17. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B (−4; −5) và hai đường cao lần lượt có phương
trình là d
1
: 5x + 3y − 4 = 0 và d
2
: 3x + 8y + 13 = 0. Lập phương trình cạnh AC.
Lời giải. Nhận thấy B /∈ d
1
, B /∈ d
2
nên có thể giả sử d
1
là đường cao qua A và d
2
là đường cao qua C.
Đường thẳng d
1
có vectơ chỉ phương
−→
u
1
= (3; −5); đường thẳng d
2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (8; −3).
Ta có A ∈ d
1
⇒ A
t;
4−5t
3
⇒
−−→
BA =
t + 4;
19−5t
3
.
Vì d
2
vng góc với AB nên
−−→
BA.
−→
u
2
= 0 ⇔ 8 (t + 4) − 19 + 5t = 0 ⇔ t = −1 ⇒ A (−1; 3).
Lại có C ∈ d
2
⇒ C
k;
−13−3k
8
⇒
−−→
BC =
k + 4;
27−3t
8
.
Vì d
1
vng góc với BC nên
−−→
BC.
−→
u
1
= 0 ⇔ 3 (k + 4) −5
27−3k
8
= 0 ⇔ k = 1 ⇒ B (1; −2).
Suy ra
−−→
AB = (2; −5) ⇒ chọn vectơ pháp tuyến của AC là
−→
n = (5; 2)
Vậy đường thẳng chứa AC có phương trình 5 (x + 1) + 2 (y −3) = 0 ⇔ 5x + 2y − 1 = 0.
Bài tập 3.18. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có phương trình AB là 5x − 3y + 2 = 0; các đường cao
qua đỉnh A và B lần lượt là d
1
: 4x −3y + 1 = 0 và d
2
: 7x + 2y − 22 = 0. Lập phương trình hai cạnh còn lại.
Lời giải. Đường thẳng d
1
có vectơ chỉ phương
−→
u
1
= (3; 4); đường thẳng d
2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (2; −7).
Tọa độ A là nghiệm của hệ
5x −3y + 2 = 0
4x −3y + 1 = 0
⇔
x = −1
y = −1
⇒ A (−1; −1).
Tọa độ B là nghiệm của hệ
5x −3y + 2 = 0
7x + 2y − 22 = 0
⇔
x = 2
y = 4
⇒ B (2; 4).
Cạnh AC qua A(−1; −1) và nhận
−→
u
2
= (2; −7) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
2 (x + 1) − 7 (y + 1) = 0 ⇔ 2x −7y − 5 = 0
Cạnh BC qua B(2; 4) và nhận
−→
u
1
= (3; 4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
3 (x − 2) + 4 (y − 4) = 0 ⇔ 3x + 4y − 22 = 0
Vậy hai cạnh còn lại của tam giác có phương trình là AC : 2x −7y − 5 = 0 và BC : 3x + 4y − 22 = 0.
Bài tập 3.19. (CĐ-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC. Các đường thẳng BC, BB
, B
C
lần lượt có
phương trình là y − 2 = 0, x −y + 2 = 0, x − 3y + 2 = 0 với B
, C
tương ứng là chân các đường cao kẻ từ B , C của
tam giác ABC. Viết phương trình các đường thẳng AB, AC.
4
GV: Lê Ngọc Sơn
Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết
Chun đề 3. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Lời giải. Tọa độ B
là nghiệm của hệ
x −y + 2 = 0
x −3y + 2 = 0
⇔
x = −2
y = 0
⇒ B
(−2; 0).
Đường thẳng BB
có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; 1).
Đường thẳng AC qua B
(−2; 0) và nhận
−→
u = (1; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x + y + 2 = 0.
Tọa độ B là nghiệm của hệ
x −y + 2 = 0
y − 2 = 0
⇔
x = 0
y = 2
⇒ B(0; 2).
Tọa độ C là nghiệm hệ
x + y + 2 = 0
y − 2 = 0
⇔
x = −4
y = 2
⇒ C(−4; 2).
Ta có C
∈ B
C
⇒ C
(3t −2; t) ⇒
−−→
BC
= (3t −2; t − 2),
−−→
CC
= (3t + 2; t − 2).
Vì BC
⊥CC
nên
−−→
BC
.
−−→
CC
= 0 ⇔ (3t −2) (3t + 2) + (t − 2)
2
= 0 ⇔
t = 0
t =
2
5
.
Với t = 0 ⇒
−−→
BC
= (−2; −2) ⇒ chọn
−→
n (1; −1) làm vectơ pháp tuyến của AB ta có phương trình x − y + 2 = 0.
Với t =
2
5
⇒
−−→
BC
=
−
4
5
; −
8
5
⇒ chọn
−→
n (2; −1) làm vectơ pháp tuyến của AB ta có phương trình 2x−y+2 = 0.
Vậy cạnh AC có phương trình x + y + 2 = 0, cạnh AB có hai phương trình x −y + 2 = 0 và 2x − y + 2 = 0.
Bài tập 3.20. (D-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB. Đường
trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là d
1
: 7x − 2y − 3 = 0; d
2
: 6x − y − 4 = 0. Viết
phương trình đường thẳng AC.
Lời giải. Tọa độ A là nghiệm hệ
7x −2y − 3 = 0
6x −y − 4 = 0
⇔
x = 1
y = 2
⇒ A (1; 2).
Vì B đối xứng với A qua M nên B(3; −2).
Gọi N trung điểm BC. Khi đó N ∈ d
1
⇒ N
t;
7t−3
2
⇒
−−→
BN =
t −3;
7t+1
2
.
Đường thẳng d
2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (1; 6).
Ta có d
2
⊥BN ⇒
−→
u
2
.
−−→
BN = 0 ⇔ t − 3 + 3(7t + 1) = 0 ⇔ t = 0 ⇒ N
0; −
3
2
⇒
−−→
MN =
−2; −
3
2
.
Vì AC||MN nên có vectơ pháp tuyến
−→
n = (3; −4). Do đó AC có phương trình 3x −4y + 5 = 0.
Bài tập 3.21. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A (1; 3) và hai trung tuyến kẻ từ B và C lần lượt
có phương trình d
1
: x −2y + 1 = 0 và d
2
: y − 1 = 0. Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
Lời giải. Ta có B ∈ d
1
⇒ B(2t
1
− 1; t
1
), C ∈ d
2
⇒ C(t
2
; 1).
Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, AC ta có M
t
1
;
t
1
+3
2
, N
t
2
+1
2
; 2
.
Khi đó M ∈ d
2
, N ∈ d
1
nên
t
1
+3
2
− 1 = 0
t
2
+1
2
− 4 + 1 = 0
⇔
t
1
= −1
t
2
= 5
⇒ B(−3; −1), C(5; 1) ⇒
−−→
BC = (8; 2).
Do đó cạnh BC nhận
−→
n = (1; −4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x − 4y − 1 = 0.
Bài tập 3.22. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (2; −1) và hai đường phân giác trong của góc B, C
lần lượt có phương trình là d
1
: x −2y + 1 = 0 và d
2
: x + y + 3 = 0. Lập phương trình cạnh BC.
Lời giải. Đường thẳng d
1
có vectơ chỉ phương
−→
u
1
= (2; 1); đường thẳng d
2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (1; −1).
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên d
1
và d
2
ta có
H(2t
1
− 1; t
1
), K(t
2
; −t
2
− 3) ⇒
−−→
AH = (2t
1
− 3; t
1
+ 1),
−−→
AK = (t
2
− 2; −t
2
− 2)
Khi đó AH⊥d
1
⇒
−−→
AH.
−→
u
1
= 0 ⇔ 2(2t
1
− 3) + (t
1
+ 1) = 0 ⇔ t
1
= 1 ⇒ H(1; 1).
AK⊥d
2
⇒
−−→
AK.
−→
u
2
= 0 ⇔ (t
2
− 2) − (−t
2
− 2) = 0 ⇔ t
2
= 0 ⇒ K(0; −3).
Gọi A
1
, A
2
lần lượt là điểm đối xứng A qua d
1
, d
2
ta có A
1
(0; 3), A
2
(−2; −5) ⇒
−−−→
A
1
A
2
= (−2; −8).
Do đó cạnh BC qua A
1
(0; 3) và có vectơ pháp tuyến
−→
n (4; −1) nên có phương trình 4x −y + 3 = 0.
Bài tập 3.23. (B-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vng tại A, có đỉnh C (−4; 1), phân giác trong
góc A có phương trình x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác bằng 24 và đỉnh
A có hồng độ dương.
Lời giải. Đặt d : x + y − 5 = 0 ⇒ d có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; −1) . Gọi H là hình chiếu của C trên d.
Ta có H ∈ d ⇒ H(t; 5 − t) ⇒
−−→
CH = (t + 4; 4 −t).
Vì CH⊥d nên
−−→
CH.
−→
u = 0 ⇔ t + 4 −4 + t = 0 ⇔ t = 0 ⇒ H(0; 5).
Gọi C
là điểm đối xứng với C qua d ⇒ C
(4; 9).
Ta có A ∈ d ⇒ A(t; 5 −t) ⇒
−→
AC = (−4 − t; −4 + t),
−−→
AC
= (4 −t; 4 + t).
Vì
−→
AC.
−−→
AC
= 0 ⇔ (−4 −t) (4 − t) + (−4 + t)(4 + t) = 0 ⇔
t = 4
t = −4 (loại)
⇒ A(4; 1).
Khi đó
−→
AC = (−8; 0) ⇒ AC = 8. Suy ra AB có phương trình x = 4.
5
GV: Lê Ngọc Sơn
Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết
Vì B ∈ AB nên B(4; t) ⇒
−−→
AB = (0; t − 1) ⇒ AB = |t −1|.
Theo giả thiết ta có S
∆ABC
= 24 ⇔
1
2
AB.AC = 24 ⇔ 8|t −1| = 48 ⇔
t = 7
t = −5
⇒ B(4; 7) hoặc B(4; −5).
Vì d là phân giác trong nên B(4; −5) khơng thỏa mãn. Với B(4; 7) ⇒
−−→
BC = (−8; −6).
Chọn vectơ pháp tuyến của BC là
−→
n (3; −4) ta có phương trình BC là 3(x−4) −4(y −7) = 0 ⇔ 3x −4y +16 = 0.
Bài tập 3.24. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành có hai cạnh là x + 3y − 6 = 0 và 2x − 5y − 1 = 0. Biết
hình bình hành có tâm đối xứng I (3; 5), hãy viết phương trình hai cạnh còn lại của hình bình hành.
Lời giải. Giả sử AB : x + 3y − 6 = 0; AD : 2x − 5y − 1 = 0.
Khi đó tọa độ A là nghiệm hệ
x + 3y − 6 = 0
2x −5y − 1 = 0
⇔
x = 3
y = 1
⇒ A(3; 1) ⇒ C(3; 9).
Cạnh BC qua C(3; 9) và nhận
−−→
n
AD
= (2; −5) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 2x − 5y + 39 = 0.
Cạnh D C qua C(3; 9) và nhận
−−→
n
AB
= (1; 3) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x + 3y − 30 = 0.
Vậy hai cạnh còn lại của hình bình hành là 2x −5y + 39 = 0 và x + 3y − 30 = 0.
Bài tập 3.25. (A-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giao điểm của hai
đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng
∆ : x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB.
Lời giải. Ta có E ∈ ∆ ⇒ E(t; 5 −t).
Gọi F là trung điểm AB ⇒ F (12 − t; t − 1). Ta có
−−→
F M = (t − 11; 6 − t),
−→
F I = (t −6; 3 − t).
Vì ABCD là hình chữ nhật nên
−−→
F M .
−→
F I = 0 ⇔ (t − 11)(t − 6) + (6 − t)(3 −t) = 0 ⇔
t = 6
t = 7
.
Với t = 6 ⇒ F (6; 5) ⇒
−−→
F M = (−5; 0) ⇒ AB nhận
−→
n (0; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình y −5 = 0.
Với t = 7 ⇒ F (5; 6) ⇒
−−→
F M = (−4; −1) ⇒ AB nhận
−→
n (1; −4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
(x −1) − 4(y − 5) = 0 ⇔ x −4y + 19 = 0
Vậy có hai phương trình của AB là y − 5 = 0 và x − 4y + 19 = 0.
Bài tập 3.26. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ :
x = −2 −2t
y = 1 + 2t
và điểm M (3; 1). Tìm điểm B ∈ ∆
sao cho đoạn MB là ngắn nhất.
Lời giải. Ta có B ∈ ∆ ⇒ B(−2 − 2t; 1 + 2t) ⇒
−−→
MB = (−5 − 2t; 2t) ⇒ MB =
√
8t
2
+ 20t + 25.
Xét f(t) = 8t
2
+ 20t + 25 trên R có f
(t) = 16t + 20; f
(t) = 0 ⇔ t = −
5
4
. Bảng biến thiên
t
− ∞ −
5
4
+ ∞
f
(t)
−
0
+
f(t)
+ ∞
25
2
+ ∞
Vậy MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng
5
√
2
khi t = −
5
4
hay B
1
2
; −
3
2
.
Bài tập 3.27. (B-07) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (2; 2) và các đường thẳng d
1
: x + y −2 = 0, d
2
: x + y −8 = 0.
Tìm điểm B ∈ d
1
và C ∈ d
2
sao cho tam giác ABC vng cân tại A.
Lời giải. Ta có B ∈ d
1
⇒ B(t
1
; 2 − t
1
), C ∈ d
2
⇒ C(t
2
; 8 − t
2
). Suy ra
−−→
AB = (t
1
− 2; −t
1
),
−→
AC = (t
2
− 2; 6 − t
2
).
Theo giả thiết ta có
(t
1
− 2) (t
2
− 2) − t
1
(6 −t
2
) = 0
(t
1
− 2)
2
+ t
2
1
= (t
2
− 2)
2
+ (6 − t
2
)
2
⇔
t
1
t
2
− 4t
1
− t
2
+ 2 = 0 (1)
t
2
1
− 2t
1
= t
2
2
− 8t
2
+ 18 (2)
.
Nhận thấy t
1
= 1 khơng phải nghiệm hệ. Với t
1
= 1 ta có (1) ⇔ t
2
=
4t
1
−2
t
1
−1
thay vào (2) được
t
4
1
− 4t
3
1
+ 3t
2
1
+ 2t
1
− 6 = 0 ⇔ (t
1
+ 1)
t
3
1
− 5t
2
1
+ 8t
1
− 6
= 0 ⇔
t
1
= −1
t
1
= 3
Với t
1
= −1 ⇒ t
2
= 3 ⇒ B(−1; 3), C(3; 5). Với t
1
= 3 ⇒ t
2
= 5 ⇒ B(3; −1), C(5; 3).
Vậy B(−1; 3), C(3; 5) hoặc B(3; −1), C(5; 3).
Bài tập 3.28. (B-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (1; 1) , B (4; −3). Tìm điểm C thuộc d : x − 2y − 1 = 0 sao cho
khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6.
6
GV: Lê Ngọc Sơn
Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết
Chun đề 3. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Lời giải. Ta có
−−→
AB = (3; −4). Do đó đường thẳng AB có vectơ pháp tuyến
−→
n (4; 3) nên có phương trình
4(x −1) + 3(y − 1) = 0 ⇔ 4x + 3y −7 = 0
Lại có C ∈ d ⇒ C(2t + 1; t) ⇒ d(C, AB) =
|4(2t + 1) + 3t −7|
5
=
|11t −3|
5
.
Theo giả thiết d(C, AB) = 6 ⇔
|11t −3|
5
= 6 ⇔
t = 3
t = −
27
11
. Vậy C(7; 3) hoặc C
−
43
11
; −
27
11
.
Bài tập 3.29. (B-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường thẳng ∆ : x − y − 4 = 0 và d : 2x − y − 2 = 0. Tìm
tọa độ điểm N thuộc d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8.
Lời giải. Ta có N ∈ d ⇒ N (a; 2a −2) ⇒
−−→
ON = (a; 2a −2). Suy ra ON có phương trình
x = at
y = (2a − 2)t
.
Lại có M ∈ ON ⇒ M (at; (2a −2)t) mà M ∈ ∆ ⇒ at −(2a −2)t −4 = 0 ⇔ t =
4
2 −a
⇒ M
4a
2 −a
;
4 (2a − 2)
2 −a
.
Khi đó ON =
5a
2
− 8a + 4, OM =
4
|2 −a|
5a
2
− 8a + 4 ⇒ ON.OM =
4
5a
2
− 8a + 4
|2 −a|
.
Theo giả thiết ON.OM = 8 ⇔
4
5a
2
− 8a + 4
|2 −a|
= 8 ⇔ 5a
2
− 8a + 4 = 2 |2 −a| ⇔
a = 0
a =
6
5
.
Vậy N (0; −2) hoặc N
6
5
;
2
5
.
Bài tập 3.30. (A-06) Trong mặt phẳng Oxy, cho ba đương thẳng d
1
: x+y+3 = 0, d
2
: x−y−4 = 0, d
3
: x−2y = 0.
Tìm M thuộc d
3
sao cho khoảng cách từ M đến d
1
bằng hai lần khoảng cách từ M đến d
2
.
Lời giải. Ta có M ∈ d
3
⇒ M(2t; t).
Khi đó d (M, d
1
) = 2d (M, d
1
) ⇔
|2t + t + 3|
√
2
=
2 |2t − t − 4|
√
2
⇔ |3t + 3| = 2 |t −4| ⇔
t = 1
t = −11
.
Vậy M(2; 1) hoặc M(−22; −11).
Bài tập 3.31. Trong mặt phẳng Oxy, cho P (1; 6) , Q (−3; −4) và đường thẳng ∆ : 2x −y − 1 = 0. Tìm toạ độ M
trên ∆ sao cho MP + MQ là nhỏ nhất. Tìm toạ độ N trên ∆ sao cho |NP − NQ| là lớn nhất.
Lời giải. Nhận thấy P, Q nằm cùng phía với ∆.
Gọi P
là điểm đối xứng với P qua ∆ và lấy M ∈ ∆, ta có MP + MQ = MP
+ MQ ≥ P
Q.
Dấu bằng xảy ra ⇔ M = P
Q ∩∆.
Gọi H là hình chiếu của P trên ∆ ⇒ H(t; 2t − 1) ⇒
−−→
P H = (t −1; 2t − 7).
Vì P H⊥∆ nên
−−→
P H.
−→
u
∆
= 0 ⇔ t −1 + 2(2t −7) = 0 ⇔ t = 3 ⇒ H(3; 5) ⇒ P
(5; 4).
Khi đó
−−→
P
Q = (−8; −8) ⇒
−−−→
n
P
Q
(1; −1) ⇒ P
Q có phương trình x −y − 1 = 0.
Tọa độ M là nghiệm hệ
2x −y − 1 = 0
x −y − 1 = 0
⇔
x = 0
y = −1
⇒ M(0; −1).
Lấy N ∈ ∆, ta có |N P − NQ| ≤ P Q. Dấu bằng xảy ra ⇔ N = P Q ∩ ∆.
Ta có
−−→
P Q = (−4; −10) ⇒
−−→
n
P Q
= (5; −2) ⇒ P Q có phương trình 5x − 2y + 7 = 0.
Tọa độ N là nghiệm hệ
2x −y − 1 = 0
5x −2y + 7 = 0
⇔
x = −9
y = −19
⇒ M(−9; −19).
Vậy M(0; −1) và N(−9; −19).
Bài tập 3.32. (CĐ-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có C (−1; −2), đường trung tuyến kẻ từ A và
đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5x + y − 9 = 0; x + 3y − 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và B.
Lời giải. Đặt d
1
: 5x + y − 9 = 0, d
2
: x + 3y − 5 = 0. Đường thẳng d
2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (3; −1).
Ta có A ∈ d
1
⇒ A(t; 9 −5t) ⇒
−→
AC = (−1 − t; 5t − 11).
Vì AC⊥d
2
nên
−→
AC.
−→
u
2
= 3(−1 −t) − (5t −11) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ A(1; 4).
Lại có B ∈ d
2
⇒ B(5 −3k; k). Gọi M là trung điểm BC ⇒ M
4−3k
2
;
k−2
2
.
Khi đó M ∈ d
1
nên 5.
4−3k
2
+
k−2
2
− 9 = 0 ⇔ k = 0 ⇒ B (5; 0). Vậy A(1; 4) và B(5; 0).
Bài tập 3.33. (A-02) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vng tại A, đường thẳng chứa BC có phương
trình
√
3x −y −
√
3 = 0, A và B thuộc Ox, bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm trọng tâm tam giác ABC.
Lời giải. Từ giả thiết ta có B = Ox ∩ BC ⇒ B(1; 0); A ∈ Ox ⇒ A(a; 0). Tam giác ABC vng tại A nên C(a; b).
Lại có C ∈ BC ⇒
√
3a −b −
√
3 = 0 ⇔ b =
√
3a
√
3 ⇒ C(a;
√
3a
√
3).
Suy ra AB = |a −1|, AC =
√
3|a −1|, BC = 2|a − 1| ⇒ p =
1
2
3 +
√
3
|a −1|, S =
√
3
2
(a −1)
2
.
Khi đó S = pr ⇔
√
3
2
(a −1)
2
=
3 +
√
3
|a −1| ⇔ |a −1| = 2
√
3 + 1
⇔
a = 2
√
3 + 3
a = −2
√
3 −1
.
7
GV: Lê Ngọc Sơn
Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết
Với a = 2
√
3 + 3 ⇒ A
2
√
3 + 3; 0
, C
2
√
3 + 3; 2
√
3 + 6
⇒ G
4
√
3+7
3
;
2
√
3+6
3
.
Với a = −2
√
3 −1 ⇒ A
−2
√
3 −1; 0
, C
−2
√
3 −1; −2
√
3 −6
⇒ G
−4
√
3−1
3
;
−2
√
3−6
3
.
Vậy G
4
√
3+7
3
;
2
√
3+6
3
hoặc G
−4
√
3−1
3
;
−2
√
3−6
3
.
Bài tập 3.34. (B-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B
1
2
; 1
. Đường tròn nội tiếp tam giác
ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm DEF . Cho D (3; 1) và đường thẳng EF có phương
trình y − 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A, biết A có tung độ dương.
Lời giải. Ta có
−−→
BD =
5
2
; 0
⇒ BD||EF ⇒ ∆ABC cân tại A. Khi đó AD⊥EF nên có phương trình x − 3 = 0.
Gọi F (a; 3) ta có
−−→
BF =
a −
1
2
; 2
⇒ BF =
a
2
− a +
9
4
. Do đó BF = BD ⇔ a
2
− a +
17
4
=
25
4
⇔
a = −1
a = 2
.
Với a = −1 ⇒ F (−1; 3) ⇒
−−→
BF
−
3
2
; 2
⇒ chọn vectơ pháp tuyến của AB là
−→
n (4; 3) ⇒ AB có phương trình
4x + 3y − 5 = 0
Tọa độ A là nghiệm hệ
x −3 = 0
4x + 3y − 5 = 0
⇔
x = 3
y = −
7
3
⇒ A
3; −
7
3
(loại).
Với a = 2 ⇒ F (2; 3) ⇒
−−→
BF
3
2
; 2
⇒ chọn vectơ pháp tuyến của AB là
−→
n (4; −3) ⇒ AB có phương trình
4x + 3y + 1 = 0
Tọa độ A là nghiệm hệ
x −3 = 0
4x −3y + 1 = 0
⇔
x = 3
y =
13
3
⇒ A
3;
13
3
(thỏa mãn). Vậy A
3;
13
3
.
Bài tập 3.35. (B-08) Trong mặt phẳng Oxy, tìm toạ độ đỉnh C của tam giác ABC biết hình chiếu C lên đường
thẳng AB là H(−1; −1), đường phân giác trong góc A là x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B là 4x + 3y − 1 = 0.
Lời giải. Đặt d
1
: x −y + 2 = 0 và d
2
: 4x + 3y − 1 = 0.
Đường thẳng d
1
có vectơ chỉ phương
−→
u
1
= (1; 1); đường thẳng d
2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (3; −4).
Gọi M là hình chiếu của H trên d
1
⇒ M(t; t + 2) ⇒
−−→
HM = (t + 1; t + 3).
Khi đó HM⊥d
1
nên
−−→
HM .
−→
u
1
= 0 ⇔ t + 1 + t + 3 = 0 ⇔ t = −2 ⇒ M(−2; 0).
Gọi H
là điểm đối xứng với H qua d
1
⇒ H
(−3; 1).
Khi đó H
∈ AC mà AC⊥d
2
nên nhận u
2
(3; −4) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó AC có phương trình 3x −4y + 13 = 0.
Khi đó tọa độ A là nghiệm hệ
x −y + 2 = 0
3x −4y + 13 = 0
⇔
x = 5
y = 7
⇒ A (5; 7).
Đường thẳng HC nhận
−−→
AH = (−6; −8) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 3x + 4y + 7 = 0.
Tọa độ C là nghiệm của hệ
3x + 4y + 7 = 0
3x −4y + 13 = 0
⇔
x = −
10
3
y =
3
4
⇒ C
−
10
3
;
3
4
. Vậy C
−
10
3
;
3
4
.
Bài tập 3.36. (D-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B (−4; 1), trọng tâm G (1; 1) và đường
thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x − y − 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C.
Lời giải. Gọi M(x; y) là trung điểm AC, ta có
−−→
BG = (5; 0),
−−→
GM = (x − 1; y −1).
Vì G là trọng tâm nên
−→
AG = 2
−−→
GM ⇔
5 = 2(x −1)
0 = 2(y − 1)
⇔
x =
7
2
y = 1
⇒ M
7
2
; 1
.
Đặt d : x −y − 1 = 0. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; 1).
Gọi H là hình chiếu của B trên d ⇒ H(t; t −1) ⇒
−−→
BH = (t + 4; t − 2).
Khi đó BH⊥d nên
−−→
BH.
−→
u = 0 ⇔ t + 4 + t − 2 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ H(−1; −2).
Gọi B
là điểm đối xứng với B qua d ⇒ B
(2; −5).
Đường thẳng AC qua M, B
nên nhận
−−−→
MB
=
−
3
2
; −6
làm vectơ chỉ phương ⇒ vectơ pháp tuyến
−→
n (4; −1).
Do đó AC có phương trình 4x − y − 13 = 0.
Tọa độ A là nghiệm hệ
x −y − 1 = 0
4x −y − 13 = 0
⇔
x = 4
y = 3
⇒ A (4; 3) ⇒ C (3; −1). Vậy A (4; 3) , C (3; −1).
Bài tập 3.37. (A-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A (6; 6); đường thẳng đi qua
trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y −4 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E (1; −3)
nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.
8
GV: Lê Ngọc Sơn
Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết
Chun đề 3. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Lời giải. Đặt d : x + y − 4 = 0. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; −1).
Gọi M là trung điểm BC. Vì ∆ABC cân tại A nên M đối xứng với A qua d.
Gọi H là hình chiếu của A trên d ⇒ H(t; 4 − t) ⇒
−−→
AH = (t − 6; −t − 2).
Vì AH⊥d nên
−−→
AH.
−→
u = 0 ⇔ t − 6 + t + 2 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ H(2; 2) ⇒ M (−2; −2).
Đường thẳng BC qua M(−2; −2) và có vectơ pháp tuyến
−−→
AM = (−8; −8) nên có phương trình x + y + 4 = 0.
Vì B ∈ BC ⇒ B(t; −4 −t) ⇒ C(−4 − t; t) ⇒
−−→
AB = (t −6; t −10),
−−→
EC = (−5 − t; t + 3).
Vì E nằm trên đường cao qua C nên
−−→
AB.
−−→
EC = 0 ⇔ (t − 6)(−5 − t) + (t − 10)(t + 3) = 0 ⇔
t = 0
t = −6
.
Vậy B(0; −4), C(−4; 0) hoặc B(−6; 2), C(2; −6).
Bài tập 3.38. (B-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A có đỉnh A (−1; 4) và các đỉnh B, C
thuộc đường thẳng ∆ : x −y −4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B, C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
Lời giải. Gọi H là hình chiếu của A trên ∆ ta có AH = d (A; ∆) =
|−1−4−4|
√
2
=
9
√
2
⇒ HB =
S
∆ABC
AH
= 2
√
2 (1).
Ta có H ∈ ∆ ⇒ H(t; t − 4) ⇒
−−→
AH = (t + 1; t − 8). Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; 1).
Khi đó
−−→
AH.
−→
u = 0 ⇔ t + 1 + t − 8 = 0 ⇔ t =
7
2
⇒ H
7
2
; −
1
2
.
Lại có B ∈ BC ⇒ B(a; a −4) ⇒
−−→
HB =
a −
7
2
; a −
7
2
⇒ HB =
√
2
a −
7
2
(2).
Từ (1) và (2) ta có
√
2
a −
7
2
= 2
√
2 ⇔
a =
11
2
a =
3
2
.
Với a =
3
2
⇒ B
3
2
; −
5
2
⇒ C
11
2
;
3
2
; với a =
11
2
⇒ B
11
2
;
3
2
⇒ C
3
2
; −
5
2
.
Vậy B
3
2
; −
5
2
, C
11
2
;
3
2
hoặc B
11
2
;
3
2
, C
3
2
; −
5
2
.
Bài tập 3.39. (B-02) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I
1
2
; 0
, AB : x −2y + 2 = 0, cạnh
AB = 2AD. Tìm toạ độ các đỉnh biết A có hồnh độ âm.
Lời giải. Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương
−→
u = (2; 1).
Gọi H là hình chiếu của I trên AB ta có H là trung điểm AB và IH = d (I, AB) =
|
1
2
+2
|
√
5
=
√
5
2
.
Khi đó H(2t − 2; t) ⇒
−→
IH =
2t −
5
2
; t
.
Vì IH⊥AB ⇒
−→
IH.
−→
u = 0 ⇔ 2
2t −
5
2
+ t = 0 ⇔ 5t − 5 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ H(0; 1).
Vì A ∈ AB ⇒ A(2a −2; a) ⇒
−−→
AH = (2 − 2a; 1 − a) ⇒ AH =
√
5|a −1|.
Từ giả thiết AB = 2AD ⇒ AH = 2IH ⇔
√
5|a −1| =
√
5 ⇔
a = 2
a = 2
.
Với a = 2 ⇒ A(2; 2) (khơng thỏa mãn).
Với a = 0 ⇒ A(−2; 0) ⇒ B(2; 2), C(3; 0), D(−1; −2). Vậy A(−2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(−1; −2).
Bài tập 3.40. (A-05) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d
1
: x −y = 0, d
2
: 2x + y −1 = 0. Tìm các đỉnh
hình vng ABCD biết A thuộc d
1
, B thuộc d
2
và B, D thuộc trục hồnh.
Lời giải. Ta có ABCD là hình vng và B, D ∈ Ox nên A, C đối xứng nhau qua Ox. Vì A ∈ d
1
⇒ A(t; t) ⇒ C(t; −t).
Lại có C ∈ d
2
⇒ 2t −t − 1 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ A(1; 1), C(1; −1).
Gọi I = AC ∩BD ⇒ I(1; 0). Vì B ∈ Ox ⇒ B(a; 0) ⇒ D(2 −a; 0).
Suy ra
−−→
AB = (a −1; −1),
−−→
AD = (1 − a; −1). Khi đó
−−→
AB.
−−→
AD = 0 ⇔ (a − 1)(1 − a) + 1 = 0 ⇔
a = 0
a = 2
.
Với a = 0 ⇒ B(0; 0), D(2; 0); với a = 2 ⇒ B(2; 0), D(0; 0).
Vậy A(1; 1), B(0; 0), C(1; −1), D(2; 0) hoặc A(1; 1), B(2; 0), C(1; −1), D(0; 0).
Bài tập 3.41. (D-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC và AD lần lượt
có phương trình là x + 3y = 0 và x −y + 4 = 0; đường thẳng BD đi qua điểm M
−
1
3
; 1
. Tìm tọa độ các đỉnh của
hình chữ nhật ABCD.
Lời giải. Tọa độ A là nghiệm hệ
x + 3y = 0
x −y + 4 = 0
⇔
x = −3
y = 1
⇒ A (−3; 1).
Lấy N ∈ AC sao cho MN||AD. Khi đó MN qua M
−
1
3
; 1
và nhận
−−→
n
AD
= (1; −1) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó MN có phương trình x −y +
4
3
= 0.
Tọa độ N là nghiệm hệ
x + 3y = 0
x −y +
4
3
= 0
⇔
x = −1
y =
1
3
⇒ N
−1;
1
3
.
Gọi K là trung điểm MN ⇒ K
−
2
3
;
2
3
.
Gọi I, J lần lượt là trung điểm AC, AD.
Khi đó IJ qua K và nhận
−−→
u
AD
= (1; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x + y = 0.
Tọa độ I là nghiệm hệ
x + 3y = 0
x + y = 0
⇔
x = 0
y = 0
⇒ I (0; 0).
9
GV: Lê Ngọc Sơn
Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết
Tọa độ J là nghiệm hệ
x −y + 4 = 0
x + y = 0
⇔
x = −2
y = 2
⇒ J (−2; 2).
Khi đó I là trung điểm AC ⇒ C(3; −1); J là trung điểm AD ⇒ D(−1; 3); I là trung điểm BD ⇒ B(1; −3).
Vậy A(−3; 1), B(1; −3), C(3; −1), D(−1; 3).
Bài tập 3.42. (A-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vng ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là
điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử M
11
2
;
1
2
và đường thẳng AN có phương trình 2x − y − 3 = 0.
Tìm tọa độ điểm A.
Lời giải. Đặt d : 2x −y − 3 = 0. Gọi H = AN ∩ BD.
Qua H kẻ đường thẳng song song AB lần lượt cắt AD, BC tại P và Q.
Đặt HP = x ⇒ P D = QC = x, AP = HQ = BQ = 3x ⇒ M Q = x.
Do đó ∆AHP = ∆HM Q ⇒ AH⊥HM và AH = HM = d (M, d) =
|
11−
1
2
−3
|
√
5
=
3
√
5
2
Suy ra AM =
√
2HM =
3
√
10
2
(1).
Lại có A ∈ d ⇒ A(t; 2t −3) ⇒
−−→
AM =
11
2
− t;
7
2
− 2t
⇒ AM =
5t
2
− 25t +
85
2
(2).
Từ (1) và (2) ta có 5t
2
− 25t +
85
2
=
45
2
⇔
t = 4
t = 1
. Vậy A(4; 5) hoặc A(1; −1).
§3. Phương Trình Đường Tròn
Bài tập 3.43. (B-06) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
− 2x − 6y + 6 = 0 và điểm M (−3; 1).
Gọi T
1
, T
2
là các tiếp điểm vẽ từ M đến (C). Lập phương trình đường thẳng T
1
T
2
.
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2.
Khi đó
−−→
MI = (4; 2) ⇒ MI = 2
√
5 > R. Do đó M nằm ngồi (C).
Giả sử T (a; b) điểm tiếp xúc của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C), ta có
−−→
MT = (a + 3; b − 1),
−→
IT = (a −1; b − 3).
Khi đó
T ∈ (C)
−−→
MT .
−→
IT = 0
⇔
a
2
+ b
2
− 2a − 6b + 6 = 0
(a + 3) (a − 1) + (b −1)(b − 3) = 0
⇔
a
2
+ b
2
− 2a − 6b + 6 = 0 (1)
a
2
+ b
2
+ 2a − 4b = 0 (2)
.
Trừ theo vế (1) và (2) ta có −4a −2b + 6 = 0 ⇔ b = 3 − 2a thay vào (2) ta có
a
2
+ (3 − 2a)
2
+ 2a − 4 (3 −2a) = 0 ⇔ 5a
2
− 2a − 3 = 0 ⇔
a = 1
a = −
3
5
Với a = 1 ⇒ b = 1 ⇒ T (1; 1); với a = −
3
5
⇒ b =
21
5
⇒ T
−
3
5
;
21
5
.
Khơng mất tính tổng qt ta giả sử T
1
(1; 1), T
2
−
3
5
;
21
5
.
Khi đó T
1
T
2
nhận
−−→
MI = (4; 2) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 2x + y − 3 = 0.
Bài tập 3.44. (D-2011) Trong mặt phẳng O xy, cho điểm A (1; 0) và đường tròn (C) : x
2
+ y
2
− 2x + 4y − 5 = 0.
Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M, N sao cho tam giác AMN vng cân tại A.
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; −2) và bán kính R =
√
10.
Ta có IM = IN và AM = AN nên IA⊥MN hay IA⊥∆ mà
−→
IA = (0; 2) nên ∆ có phương trình dạng y = m.
Vì M, N ∈ ∆ nên M(x
1
; m), N(x
2
; m).
Mặt khác M, N ∈ (C) nên x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình x
2
− 2x + m
2
+ 4m − 5 = 0 (*).
Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m
2
+ 4m − 6 < 0.
Khi đó theo định lý vi-et có x
1
+ x
2
= 2; x
1
x
2
= m
2
+ 4m − 5 (1).
Lại có
−−→
AM = (x
1
− 1; m),
−−→
AN = (x
2
− 1; m).
Do đó
−−→
AM.
−−→
AN = 0 ⇔ (x
1
− 1) (x
2
− 1) + m
2
= 0 ⇔ x
1
x
2
− (x
1
+ x
2
) + 1 + m
2
= 0 (2).
Thay (1) vào (2) được m
2
+ 4m − 5 − 2 + 1 + m
2
= 0 ⇔
m = 1
m = −3
(thỏa mãn).
Vậy có hai phương trình ∆ là y = 1 hoặc y = −3.
Bài tập 3.45. (CĐ-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
− 2x − 4y + 1 = 0 và đường thẳng
d : 4x −3y + m = 0. Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho
AIB = 120
0
, với I là tâm của (C).
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; 2) và bán kính R = 2.
Gọi H là trung điểm AB ta có
AIH = 60
0
⇒ IH = IA. cos 60
0
= 1.
Lại có IH = d (I, d) =
|4 −6 + m|
5
=
|m −2|
5
⇒
|m −2|
5
= 1 ⇔
m = 7
m = −3
. Vậy m = 7 hoặc m = −3.
10
GV: Lê Ngọc Sơn
Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết
Chun đề 3. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Bài tập 3.46. (D-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : (x − 1)
2
+ y
2
= 1. Gọi I là tâm của (C). Xác
định toạ độ điểm M ∈ (C) sao cho
IM O = 30
0
.
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; 0). Nhận thấy O ∈ (C) nên
IOM =
IM O = 30
0
(1).
Gọi M(x; y), ta có
−−→
OM = (x; y),
−→
OI = (1; 0) ⇒ cos
IOM = cos
−→
OI,
−−→
OM
=
−→
OI.
−−→
OM
−→
OI
.
−−→
OM
=
x
√
x
2
+y
2
(2).
Từ (1) và (2) ta có
x
√
x
2
+y
2
=
√
3
2
⇔
x ≥ 0
4x
2
= 3
x
2
+ y
2
⇔
x > 0
y
2
=
x
2
3
(*).
Mặt khác M ∈ (C) nên (x − 1)
2
+ y
2
= 1 (**). Thay (*) vào (**) ta có (x −1)
2
+
x
2
3
= 1 ⇔
x = 0 (loại)
x =
3
2
.
Với x =
3
2
⇒ y = ±
√
3
2
. Vậy M
3
2
;
√
3
2
hoặc M
3
2
; −
√
3
2
.
Bài tập 3.47. (A-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
+ 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng
∆ : x + my − 2m + 3 = 0, với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại hai
điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(−2; −2) và bán kính R =
√
2.
Ta có S
∆IAB
=
1
2
IA.IB. sin
AIB ≤
1
2
R
2
. Dấu bằng xảy ra ⇔
AIB = 90
0
.
Gọi H là trung điểm AB ta có
AIH = 45
0
⇒ IH = IA. cos 45
0
= 1 (1).
Lại có IH = d (I, ∆) =
|−2 −2m − 2m + 3|
√
1 + m
2
=
|4m −1|
√
1 + m
2
(2).
Từ (1) và (2) có
|4m −1|
√
1 + m
2
= 1 ⇔ (4m −1)
2
= 1 + m
2
⇔
m = 0
m =
8
15
. Vậy m = 0 hoặc m =
8
15
.
Bài tập 3.48. (A-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ : x + y + 2 = 0 và đường tròn (C) : x
2
+ y
2
−
4x − 2y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc ∆. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C), (A, B là
tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(2; 1) và bán kính bằng R =
√
5.
Ta có S
MAIB
= 2.S
∆MAI
= AM.AI ⇔ AM =
S
M AIB
AI
=
10
√
5
= 2
√
5 ⇒ IM =
√
AM
2
+ AI
2
= 5 (1).
Lại có M ∈ ∆ ⇒ M (t; −t −2) ⇒
−−→
IM = (t − 2; −t − 3) ⇒ IM =
√
2t
2
+ 2t + 13 (2).
Từ (1) và (2) ta có 2t
2
+ 2t + 13 = 25 ⇔
t = 2
t = −3
. Vậy M(2; −4) hoặc M(−3; 1).
Bài tập 3.49. (B-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : (x −2)
2
+ y
2
=
4
5
và hai đường thẳng ∆
1
:
x −y = 0, ∆
2
: x −7y = 0. Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính của đường tròn (C
1
), biết đường tròn (C
1
) tiếp
xúc với hai đường thẳng ∆
1
, ∆
2
và tâm K thuộc đường tròn (C).
Lời giải. Gọi K(a; b). Vì K ∈ (C) nên (a − 2)
2
+ b
2
=
4
5
⇔ 5a
2
+ 5b
2
− 20a + 16 = 0 (1).
Lại có (C
1
) tiếp xúc với ∆
1
và ∆
2
nên d (K, ∆
1
) = d (K, ∆
2
) ⇔
|a−b|
√
2
=
|a−7b|
5
√
2
⇔
b = −2a
a = 2b
.
Với b = −2a thay vào (1) ta có 25a
2
− 20a + 16 = 0 (vơ nghiệm).
Với a = 2b thay vào (1) ta có 25b
2
− 40b + 16 = 0 ⇔ b =
4
5
⇒ a =
8
5
.
Vậy (C
1
) có tâm K
8
5
;
4
5
và bán kính R
1
= d (K, ∆
1
) =
|
8
5
−
4
5
|
√
2
=
2
√
2
5
.
Bài tập 3.50. (A-07) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (0; 2) , B (−2; −2) , C (4; −2). Gọi H là chân
đường cao vẽ từ B và M, N là trung điểm AB, BC. Viết phương trình đường tròn qua H, M, N.
Lời giải. Ta có M, N là trung điểm AB, BC nên M (−1; 0), N(1; −2). Lại có
−→
AC = (4; −4)
Đường thẳng AC qua A(0; 2) và nhận
−−→
n
AC
= (1; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x + y − 2 = 0.
Đường thẳng BH qua B(−2; −2) và nhận
−→
AC = (4; −4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x −y = 0.
Tọa độ H là nghiệm hệ
x + y − 2 = 0
x −y = 0
⇔
x = 1
y = 1
⇒ H (1; 1).
Gọi đường tròn cần tìm là (C) : x
2
+ y
2
− 2ax − 2by + c = 0 (a
2
+ b
2
> c). Khi đó M, N, H ∈ (C) nên ta có
1 −2a + c = 0
5 −2a + 4b + c = 0
2 −2a − 2b + c = 0
⇔
a = −
1
2
b =
1
2
c = −2
(thỏa mãn)
Vậy đường tròn cần tìm là (C) : x
2
+ y
2
− x + y − 2 = 0.
Bài tập 3.51. (D-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : 2x −y + 3 = 0. Viết phương trình đường tròn
có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2.
11
GV: Lê Ngọc Sơn
Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết
Lời giải. Gọi đường tròn cần tìm là (C) và tâm (C) là I. Ta có I ∈ d ⇒ I(t; 2t + 3).
Lại có AB = CD nên d (I, Ox) = d (I, Oy) ⇔ |t| = |2t + 3| ⇔
t = −1
t = −3
.
Với t = −1 ⇒ I(−1; 1) ⇒ d(I, Ox) = 1 ⇒ R =
√
1 + 1 =
√
2 ⇒ (C) : (x + 1)
2
+ (y − 1)
2
= 2.
Với t = −3 ⇒ I(−3; 3) ⇒ d(I, Ox) = 3 ⇒ R =
√
9 + 1 =
√
10 ⇒ (C) : (x + 3)
2
+ (y + 3)
2
= 10.
Vậy có hai đường tròn (C) là (x + 1)
2
+ (y − 1)
2
= 2 và (x + 3)
2
+ (y + 3)
2
= 10.
Bài tập 3.52. (B-2012) Trong mặt phẳng Oxy , cho các đường tròn (C
1
) : x
2
+ y
2
= 4, (C
2
) : x
2
+ y
2
−12x+ 18 = 0
và đường thẳng d : x −y −4 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc (C
2
) tiếp xúc với d và cắt (C
1
) tại hai
điểm phân biệt A và B sao cho AB vng góc với d.
Lời giải. Đường tròn (C
1
) có tâm là gốc tọa độ O. Đường thẳng d có vectơ pháp tuyến
−→
n = (1; −1).
Gọi đường tròn cần tìm là (C) và tâm (C) là I(a; b). Khi đó I ∈ (C
2
) nên a
2
+ b
2
− 12a + 18 = 0 (1)
Lại có OI⊥AB mà AB⊥d nên
−→
OI.
−→
n = 0 ⇔ a − b = 0 ⇔ a = b (2).
Thay (2) vào (1) ta có 2a
2
− 12a + 18 = 0 ⇔ a = 3 ⇒ b = 3 ⇒ I(3; 3).
Mặt khác (C) tiếp xúc d nên có bán kính R = d (I, d) =
|3−3−4|
√
2
= 2
√
2.
Vậy (C) có phương trình (x − 3)
2
+ (y − 3)
2
= 8.
Bài tập 3.53. (A-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d
1
:
√
3x + y = 0 và d
2
:
√
3x − y = 0. Gọi
(T ) là đường tròn tiếp xúc với d
1
tại A, cắt d
2
tại hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vng tại B. Viết phương
trình của (T ), biết tam giác ABC có diện tích bằng
√
3
2
và điểm A có hồnh độ dương.
Lời giải. Đường thẳng d
1
có vectơ pháp tuyến
−→
n
1
= (
√
3; 1); đường thẳng d
2
có vectơ pháp tuyến
−→
n
2
= (
√
3; −1).
Ta có cos (d
1
, d
2
) =
|
−→
n
1
.
−→
n
2
|
|
−→
n
1
||
−→
n
2
|
=
|3−1|
√
4.
√
4
=
1
2
⇒
(d
1
, d
2
) = 60
0
.
Gọi O = d
1
∩ d
2
ta có O(0; 0) và
AOB = 60
0
⇒
BAC = 60
0
.
Do đó S
∆ABC
=
1
2
AB.AC. sin 60
0
=
1
2
OA. sin 60
0
.OA. tan 60
0
. sin 60
0
=
3
√
3
8
OA
2
.
Mặt khác S
∆ABC
=
√
3
2
⇒
3
√
3
8
OA
2
=
√
3
2
⇔ OA
2
=
4
3
.
Ta có A ∈ d
1
⇒ A(t; −
√
3t) ⇒ OA = 2|t| ⇔
4
3
= 4t
2
⇔
t =
1
√
3
t = −
1
√
3
(loại)
⇒ A
1
√
3
; −1
.
Lại có C ∈ d
2
⇒ C(t;
√
3t) ⇒
−→
AC =
t −
1
√
3
;
√
3t + 1
.
Khi đó
−→
AC.
−→
OA = 0 ⇔
1
√
3
t −
1
√
3
−
√
3t + 1
= 0 ⇔ t = −
2
√
3
⇒ C
−
2
√
3
; −2
.
Đường tròn (T ) có tâm I
−
1
2
√
3
; −
3
2
là trung điểm AC và bán kính R =
1
2
AC = 1.
Vậy (T ) có phương trình
x +
1
2
√
3
2
+
y +
3
2
2
= 1.
§4. Phương Trình Elip
Bài tập 3.54. Tìm tọa độ các tiêu điểm, các đỉnh, độ dài trục lớn, độ dài trục bé của mỗi elip có phương trình sau
a)
x
2
25
+
y
2
4
= 1. b)
x
2
9
+
y
2
4
= 1.
c) x
2
+ 4y
2
= 4.
Lời giải.
a) Ta có a = 5, b = 2 ⇒ c =
√
25 −4 =
√
21.
Suy ra F
1
(−
√
21; 0), F
2
(
√
21; 0), A
1
(−5; 0), A
2
(5; 0), B
1
(0; −2), B
2
(0; 2), A
1
A
2
= 10, B
1
B
2
= 4.
b) Ta có a = 3, b = 2 ⇒ c =
√
9 −4 =
√
5.
Suy ra F
1
(−
√
5; 0), F
2
(
√
5; 0), A
1
(−3; 0), A
2
(3; 0), B
1
(0; −2), B
2
(0; 2), A
1
A
2
= 6, B
1
B
2
= 4.
c) Ta có x
2
+ 4y
2
= 4 ⇔
x
2
4
+ y
2
= 1 ⇒ a = 2, b = 1 ⇒ c =
√
4 −1 =
√
3.
Suy ra F
1
(−
√
3; 0), F
2
(
√
3; 0), A
1
(−2; 0), A
2
(2; 0), B
1
(0; −1), B
2
(0; 1), A
1
A
2
= 4, B
1
B
2
= 2.
Bài tập 3.55. Viết phương trình chính tắc của các đường elip (E) trong mỗi trường hợp sau
a) (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và tâm sai e =
√
3
2
.
b) (E) có độ dài trục bé bằng 8 và tiêu cự bằng 4.
c) (E) có một tiêu điểm là F
√
3; 0
và đi qua điểm M
1;
√
3
2
.
Lời giải.
a) Ta có 2a = 8 ⇔ a = 4. Lại có e =
c
a
=
√
3
2
⇔ c = 2
√
3 ⇒ b =
√
16 −12 = 2.
Vậy (E) có phương trình
x
2
16
+
y
2
4
= 1.
12
GV: Lê Ngọc Sơn
Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết
Chun đề 3. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
b) Ta có 2b = 8 ⇔ b = 4 và 2c = 4 ⇔ b = 2 ⇒ a =
√
16 + 4 = 2
√
5. Vậy (E) có phương trình
x
2
20
+
y
2
16
= 1.
c) Gọi elip cần tìm là (E) :
x
2
a
2
+
y
2
b
2
= 1 (a, b > 0).
Vì (E) có một tiêu điểm F(
√
3; 0) ⇒ c =
√
3 ⇒ a
2
− b
2
= 3 ⇔ a
2
= b
2
+ 3 (1).
Lại có M
1;
√
3
2
∈ (E) ⇒
1
a
2
+
3
4b
2
= 1 ⇔ 4b
2
+ 3a
2
= 4a
2
b
2
(2).
Thay (1) vào (2) ta có 4b
2
+ 3
b
2
+ 3
= 4b
2
b
2
+ 3
⇔ b
2
= 1 ⇒ a
2
= 4.
Vậy (E) có phương trình
x
2
4
+ y
2
= 1.
Bài tập 3.56. (A-08) Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình chính tắc của elip có tâm sai bằng
√
5
3
và hình chữ
nhật cơ sở có chu vi 20.
Lời giải. Gọi phương trình chính tắc của elip cần tìm là (E) :
x
2
a
2
+
y
2
b
2
= 1 (a > 0, b > 0).
Từ giả thiết ta có
√
a
2
−b
2
a
=
√
3
5
2 (2a + 2b) = 20
⇔
3a
2
= 25(a
2
+ b
2
)
a + b = 5
⇔
a = 3
b = 2
. Vậy (E) :
x
2
9
+
y
2
4
= 1.
Bài tập 3.57. (D-05) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (E) :
x
2
4
+
y
2
1
= 1. Tìm A, B thuộc (E) biết
A, B đối xứng nhau qua trục hồnh và tam giác ABC đều.
Lời giải. Ta có A, B đối xứng nhau qua Ox nên giả sử A(a; b) ⇒ B(a; −b).
Khi đó
−−→
AB = (0; −2b) ⇒ AB = 2|b|,
−→
AC = (2 − a; −b) ⇒ AC =
(a −2)
2
+ b
2
.
Vì A, B đối xứng qua Ox mà C ∈ Ox nên tam giác ABC cân tại C.
Do đó tam giác ABC đều ⇒ AB = AC ⇔ 4b
2
= (a −2)
2
+ b
2
⇔ 3b
2
= a
2
− 4a + 4 (1).
Mặt khác A ∈ (E) ⇒
a
2
4
+ b
2
= 1 ⇔ b
2
= 1 −
a
2
4
(2).
Từ (1) và (2) ta có 3
1 −
a
2
4
= a
2
− 4a + 4 ⇔ 7a
2
− 16a + 4 = 0 ⇔
a = 2
a =
2
7
.
Với a = 2 ⇒ b = 0 ⇒ A(2; 0) (loại).
Với a =
2
7
⇒ b = ±
4
√
3
7
. Vậy A
2
7
;
4
√
3
7
, A
2
7
; −
4
√
3
7
.
Bài tập 3.58. (B-2010) Trong mặt phẳng O xy, cho điểm A
2;
√
3
và elip (E) :
x
2
3
+
y
2
2
= 1. Gọi F
1
và F
2
là các
tiêu điểm của (E) (F
1
có hồnh độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF
1
với (E); N là điểm
đối xứng của F
2
qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AN F
2
.
Lời giải. Ta có F
1
(−1; 0) và F
2
(1; 0). Khi đó
−−→
AF
1
= (−3; −
√
3).
Do đó đường thẳng AF
1
có phương trình tham số
x = −1 −3t
y = −
√
3t
.
Lại có M ∈ AF
1
⇒ M(−1 −3t; −
√
3t).
Mặt khác M ∈ (E) nên
1+6t+9t
2
3
+
3t
2
2
= 1 ⇔ 27t
2
+ 12t − 4 = 0 ⇔
t = −
2
3
t =
2
9
.
Với t =
2
9
⇒ M
−
5
3
; −
2
√
3
9
(khơng thỏa mãn).
Với t = −
2
3
⇒ M
1;
2
√
3
. Vì N là điểm đối xứng với F
2
qua M nên N
1;
4
√
3
.
Khi đó
−−→
AN =
−1;
1
√
3
,
−−→
AF
2
=
−1; −
√
3
⇒
−−→
AN.
−−→
AF
2
= 0 ⇒ ∆ANF
2
vng tại A.
Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF
2
có tâm M
1;
2
√
3
và bán kính MF
2
=
2
√
3
.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF
2
có phương trình (x −1)
2
+
y −
2
√
3
2
=
4
3
.
Bài tập 3.59. (B-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn tiếp xúc với các
cạnh của hình thoi có phương trình x
2
+ y
2
= 4. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D
của hình thoi. Biết A thuộc Ox.
Lời giải. Ta có AC = 2BD ⇒ OA = 2OB. Khơng mất tính tổng qt ta giả sử (a; 0) và B
0;
a
2
(a, b > 0).
Gọi H là hình chiếu của O trên AB ⇒ OH là bán kính đường tròn x
2
+ y
2
= 4 ⇒ OH = 2.
Lại có
1
OH
2
=
1
OA
2
+
1
OB
2
⇔
1
4
=
1
a
2
+
4
a
2
⇔ a
2
= 20 ⇔ a = 2
√
5.
Vậy (E) có phương trình
x
2
20
+
y
2
5
= 1.
Bài tập 3.60. (A-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho (E) :
x
2
4
+
y
2
1
= 1. Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc (E), có
hồnh độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.
13
GV: Lê Ngọc Sơn
Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết
Lời giải. Vì A, B ∈ (E) và tam giác OAB cân tại O nên giả sử A(x; y) ⇒ B(x; −y ) ⇒ AB = 2|y| (x > 0).
Lại có A, B ∈ (E) ⇒
x
2
4
+
y
2
1
= 1 ⇔ 2|y| =
√
4 −x
2
⇒ AB =
√
4 −x
2
.
Gọi H = AB ∩ Ox ⇒ H(x; 0) ⇒ OH = x ⇒ S
∆OAB
=
1
2
OH .AB =
1
2
x
√
4 −x
2
=
1
2
x
2
(4 −x
2
) ≤ 1.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =
√
2. Vậy A
√
2;
√
2
2
, B
√
2; −
√
2
2
hoặc A
√
2; −
√
2
2
, B
√
2;
√
2
2
.
Bài tập 3.61. (A-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
= 8. Viết phương trình chính tắc của
elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình
vng.
Lời giải. Elip (E) có trục lớn bằng 8 ⇒ a = 4 nên có phương trình
x
2
16
+
y
2
b
2
= 1 (b > 0).
Vì (E) và (C) đều nhận Ox, Oy làm trục đối xứng và các giao điểm là bốn đỉnh của hình vng nên có một giao
điểm có tọa độ dạng A(t; t) (t > 0).
Khi đó A ∈ (C) ⇒ t
2
+ t
2
= 8 ⇔ t = 2 ⇒ A(2; 2). Mặt khác A ∈ (E) ⇒
4
16
+
4
b
2
= 1 ⇔ b =
4
√
3
.
Vậy (E) cần tìm có phương trình chính tắc (E) :
x
2
16
+
y
2
16
3
= 1.
14
GV: Lê Ngọc Sơn
Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết
