Chuyên đề hình học phẳng oxy có giải chi tiết
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (350.52 KB, 31 trang )
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chun đề: Hình học phẳng Oxy – Ơn thi đại học
DẠNG 01. TÂM ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP TAM GIÁC
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
( )
−A 3;5
và phương trình đường
thẳng
( )
+ =BC : y 1 0
, với
<
B C
x x
, biết
( )
I 1;2
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa
độ J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Lời giải.
Đường tròn
( )
C
ngoại tiếp tam giác ABC có tâm
( )
I 1;2
, bán kính
=IA 5
nên có phương trình
( ) ( ) ( )
− + − =
2 2
C : x 1 y 2 25
.
Do B, C là giao điểm của đường thẳng
( )
BC
với đường tròn
( )
C
nên tọa độ B và C thỏa mãn hệ
( ) ( )
= −
− + − =
⇔
= −
+ =
2 2
x 3
x 1 y 2 25
y 1
y 1 0
hoặc
=
= −
x 5
y 1
.
Suy ra
( )
− −B 3; 1
,
( )
−C 5; 1
(do
<
B C
x x
).
Đường thẳng AB đi qua
( )
−A 3;5
và
( )
− −B 3; 1
có phương trình
( )
+ =AB : x 3 0
.
Đường thẳng AC đi qua
( )
−A 3;5
và
( )
−C 5; 1
có phương trình
( )
+ − =AC : 3x 4y 11 0
.
Cách 1. Giả sử
( )
J a; b
. Điều kiện
{ } { }
{ } { }
< <
− < <
⇔
− < <
< <
A B C A B C
A B C A B C
min x ;x ;x a max x ;x ;x
3 a 5
1 b 5
min y ;y ;y b max y ;y ;y
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
+ −
+
=
= −
+ =
⇔ ⇒
=
=
+ =
3
d J; AB d J; AC
a 1
a 3
b 1
d J; A
a 4b 1
B d J; BC
a 3
1
5
b 1
, (do
− < <
− < <
3 a 5
1 b 5
).
Vậy đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm
( )
J 1;1
.
Cách 2. Phương trình đường phân giác góc A :
+ −
+ = ±
3x 4y 11
x 3
5
hay
( )
( )
− + =
+ + =
1
2
d : x 2y 13 0
d : 2x y 1 0
.
Xét phương trình
( )
− + =
1
d : x 2y 13 0
. Ta có
( )
=
B 1
P d 12
,
( )
=
C 1
P d 20
. Suy ra B và C cùng phía so
với
( )
1
d
nên
( )
1
d
là phân giác ngồi góc A.
Vậy phương trình đường phân giác trong góc A là
( )
+ + =
2
d : 2x y 1 0
.
Phương trình đường phân giác trong góc B đi qua
( )
− −B 3; 1
và có vtcp
( )
= + =
uuur uuur
ur
BC BA
u 1;1
BC BA
nên có
phương trình
( )
∆ − + =: x y 2 0
.
Khi đó
( ) ( )
= ∆I
2
J d
nên tọa độ
( )
J x;y
thỏa mãn hệ
( )
+ + =
⇒ −
− + =
2x y 1 0
J 1;1
x y 2 0
.
Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ba điểm
( )
−J 3; 1
,
( )
− −B 2; 6
và
( )
−C 6; 2
. Tìm tọa độ
điểm A sao cho J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Lời giải. Đường thẳng BC đi qua
( )
− −B 2; 6
và
( )
−C 6; 2
nên có phương trình
( )
− − =BC : x 2y 10 0
.
Gọi
( )
T
là đường tròn nội tiếp tam giác ABC, suy ra
( )
T
có tâm
( )
−J 3; 1
, bán kính
( )
( )
= =r d J; BC 5
, do đó có phương trình
( ) ( ) ( )
− + + =
2 2
T : x 3 y 1 5
.
● Đường thẳng AB đi qua
( )
− −B 2; 6
và có vtpt
( )
( )
+ ≠
ur
2 2
n a;b , a b 0
nên
( )
+ + + =AB : ax by 2a 6b 0
.
Trang1
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Do
( )
AB
tiếp xúc với
( )
T
nên
( )
( )
+
= ⇔ = ⇔ + + =
+
2 2
2 2
5a 5b
d J; AB r 5 2b 5ab 2a 0
a b
. Chọn
=a 1
, ta
được
+ + = ⇔ = −
2
1
2b 5b 2 0 b
2
hoặc
= −b 2
(loại do trùng với BC).
Với
=a 1
và
= −
1
b
2
, ta được
( )
− − =AB : 2x y 2 0
.
● Tương tự ta tìm được
( )
+ − =AC : 2x y 10 0
.
Khi đó
( ) ( )
= IA AB AC
nên tọa độ
( )
A x;y
thỏa mãn hệ
( )
− − =
⇒
+ − =
2x y 2 0
A 3;4
2x y 10 0
.
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại B và có tung độ B khác -3, đỉnh
( )
− −A 3; 3
, đường tròn nội tiếp tam giác ABC có phương trình
( ) ( )
− + =
2
2
T : x 1 y 9
. Viết phương
trình đường thẳng BC. Trích TSĐH Dự bị 2 Khối D.
Lời giải.
Đường tròn
( )
T
có tâm
( )
J 1;0
, bán kính
=r 3
.
Gọi
( )
( )
+ ≠
ur
2 2
n a;b , a b 0
là vtpt của đường thẳng AB, do AB đi qua
( )
− −A 3; 3
nên có phương trình
( )
+ + + =AB : ax by 3a 3b 0
.
Do
( )
AB
tiếp xúc với
( )
T
nên
( )
( )
+
= ⇔ = ⇔ + =
+
2
2 2
4a 3b
d J; AB r 3 7a 24ab 0
a b
( )
⇔ + = ⇔ =a 7a 24b 0 a 0
hoặc
+ =7a 24b 0
.
● Vói
=a 0
, ta chọn
=b 1
. Suy ra
( )
= −AB : y 3
, không thỏa mãn vì B có tung độ khác -3. Vì thế
( )
= −AC : y 3
.
● Vói
+ =7a 24b 0
, ta chọn
= ⇒ = −a 24 b 7
. Suy ra
( )
− + =AB : 24x 7y 51 0
.
Gọi
( ) ( )
= IE T AC
nên tọa độ
( )
E x; y
thỏa mãn hệ
( )
( )
− + =
⇒ −
= −
2
2
x 1 y 9
E 1; 3
y 3
.
Do tam giác ABC cân tại B nên điểm C đối xứng với A qua E, suy ra
( )
−C 5; 3
.
Mặt khác, tam giác ABC cân tại B nên đường thẳng BE đi qua
( )
−E 1; 3
và
( )
J 1;0
nên
( )
− =BE : x 1 0
.
Điểm
( ) ( )
= IB AB BE
nên tọa độ
( )
B x;y
thỏa mãn hệ
⇒
÷
− =
+ =
−2
75
B 1;
x 1 0
7
4x 7y 51 0
.
Vậy đường thẳng BC đi qua
÷
75
B 1;
7
và
( )
−C 5; 3
nên có phương trình
( )
+ − =BC : 24x 7y 99 0
.
Trang2
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm
( )
A 3;0
và
( )
B 0;4
. Chứng minh rằng
đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc với đường tròn đi qua trung điểm các cạnh của tam giác
OAB. TSĐH Dự bị 2 Khối B.
Lời giải.
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm OA, OA, AB. Suy ra
÷
3
M ;0
2
,
( )
N 0;2
,
÷
3
P ; 2
2
.
Gọi
( )
+ + + + =
2 2
C : x y ax by c 0
là đường tròn đi qua các điểm
÷
3
M ;0
2
,
( )
N 0;2
,
÷
3
P ; 2
2
nên ta
có
+ + = = −
+ + = ⇒ = −
=
+ + + + =
9 3 3
a. c 0 a
4 2 2
4 2y c 0 b 2
9 3 c 0
4 a. 2y c 0
4 2
. Vậy
( )
+ − − =
2 2
3
C : x y x 2y 0
2
.
Đường tròn
( )
C
có tâm
÷
3
I ;1
4
, bán kính
=
5
R
4
.
Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB.
Phân giác trong góc O đi qua O và có vtcp
( )
= + =
uuur uuur
ur
OA OB
u 1;1
OA OB
nên
( )
− =OJ : x y 0
.
Phân giác trong góc A đi qua
( )
A 3;0
và có vtcp
= + = −
÷
uuur uuur
ur
AO AB 8 4
v ;
AO AB 5 5
nên
( )
+ − =AJ : x 2y 3 0
.
Khi đó
( ) ( )
= IJ OJ AJ
nên có tọa độ
( )
J x;y
thỏa mãn hệ
( )
− =
⇒
+ − =
x y 0
J 1;1
x 2y 3 0
.
Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là
( )
( )
= = =
J
r d J; OA y 1
.
Ta có
= = −
1
IJ R r
4
. Vậy đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc trong với đường tròn đi qua
trung điểm các cạnh của tam giác OAB.
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có phương trình cạnh
( )
− − =BC : 3x y 3 0
. Các đỉnh A và B thuộc trục hoành. Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
ABC bằng 2. Xác định toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC. Trích TSĐH Khối A.
Lời giải. Do
( )
∈ IB BC Ox
nên tọa độ
( )
B x;y
thỏa mãn hệ
( )
− − =
⇒
=
3x y 3 0
B 1;0
y 0
.
Mặt khác C cũng thuộc
( )
BC
có tọa độ dạng
( )
−C c; 3c 3
, với
≠c 1
.
Trang3
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Theo đề bài, A cũng thuộc trục hoành và tam giác ABC vuông tại A nên tọa độ của A là hình chiếu
của điểm C lên trục Ox, suy ra
( )
A c;0
.
Suy ra
= −AB c 1
,
= −AC 3 c 1
và
= −BC 2 c 1
.
Tọa độ trọng tâm
+ −
÷
÷
2c 1 3c 3
G ;
3 3
.
Ta có
+ +
= ⇔ =
÷
1 AB BC CA
S p.r AB.AC .r
2 2
− + − + −
= +
÷
⇔ − − = ⇔ − = + ⇔
÷
= − −
1
2
c 1 2 c 1 3 c 1
c 3 2 3
1
. c 1 . 3 c 1 .2 c 1 2 2 3
2 2
c 1 2 3
.
● Với
= +
1
c 3 2 3
, suy ra
+ +
÷
÷
1
7 4 3 6 2 3
G ;
3 3
.
● Với
= − −
2
c 1 2 3
, suy ra
− − − −
÷
÷
2
1 4 3 6 2 3
G ;
3 3
.
Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A các đỉnh A, B thuộc
đường thẳng
=y 2
, phương trình cạnh
( )
− + =BC : 3x y 2 0
. Xác định tâm đường tròn nội tiếp J
của tam giác ABC biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng
3
.
Lời giải. Do
( )
∈ IB BC Ox
nên tọa độ
( )
B x;y
thỏa mãn hệ
( )
− + =
⇒
=
3x y 2 0
B 0;2
y 2
.
Đường thẳng BC có hệ số góc bằng
3
nên
( )
BC
hợp với đường thẳng
=y 2
một góc
0
60
, do đó BJ
hợp với đường thẳng
=y 2
một góc
0
30
nên
( )
BJ
có phương trình
= +
1
y x 2
3
.
Mặt khác
=r 3
nên J thuộc đường thẳng
= ±y 2 3
, nên tọa độ
( )
J x;y
là nghiệm của hệ
( )
= +
⇒ +
= ±
1
1
y x 2
J 3;2 3
3
y 2 3
hoặc
( )
− −
2
J 3;2 3
.
Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh
( )
A 3;4
, tâm đường tròn ngoại
tiếp và nội tiếp tam giác lần lượt là
−
÷
1
I ; 1
2
và
( )
−J 3; 1
. Xác định tọa độ đỉnh B và C của tam giác
ABC.
Lời giải.
Trang4
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm
−
÷
1
I ; 1
2
, bán kính
= =
5 5
R IA
2
nên có phương trình
( ) ( )
− + + =
÷
2
2
1 125
C : x y 1
2 4
.
Đường phân giác trong góc A đi qua
( )
A 3;4
và
( )
−J 3; 1
nên có phương trình
( )
− =AJ : x 3 0
.
Gọi
( ) ( )
= ID AJ C
nên tọa độ
( )
D x; y
thỏa mãn hệ
( )
− =
=
⇔
=
− + + =
÷
2
2
x 3 0
x 3
1 125
y 4
x y 1
2 4
hoặc
=
= −
x 3
y 6
.
Suy ra
( )
−D 3; 6
(do
≠D A
).
Cách 1. Ta có
·
¶
¶
¶ ¶
¶
¶
¶
¶
·
= =
= + ========= + =
A C ,C C
1 3 1 2
1 1 3 2
DJC A C C C DCJ
, suy ra
=
DJ DC
. (1)
Chứng minh tương tự ta được
=DJ DB
. (2)
Từ (1) và (2) ta có
= =DJ DC DB
hay B và C thuộc đường tròn tâm
( )
−D 3; 6
, bán kính
=DJ 5
.
Do đó B và C là giao điểm của
( )
C
và
( )
C'
nên có tọa độ thỏa mãn hệ
( )
( ) ( )
− + + =
=
÷
⇔
= −
− + + =
2
2
2 2
1 125
x y 1
x 6
2 4
y 2
x 3 y 6 25
hoặc
= −
= −
x 2
y 6
.
Vậy
( ) ( )
− − −B 6; 2 , C 2; 6
hoặc
( ) ( )
− − −B 2; 6 , C 6; 2
.
Cách 2. Đường thẳng BC có vtpt
= −
÷
uur
5
ID ; 5
2
nên phương trình có dạng
( )
− + =BC : x 2y c 0
.
Ta có
=
5
IJ
2
. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Áp dụng hệ thức Ơle ta có
= − ⇔ = − ⇔ =
÷
÷
÷
2
2
2 2
5 5 5 5 5
IJ R 2Rr 2. .r r 5
2 2 2
.
Khi đó
( )
( )
+
= ⇔ = ⇔ =
5 c
d J; BC 5 5 c 0
5
hoặc
= −c 10
.
● Với
=c 0
, suy ra
( )
− =BC : x 2y 0
. Lúc này
( )
= −
A
P BC 5
,
( )
=
J
P BC 5
. Suy ra A và J khác phía với
BC. Điều này vô lý vì tâm đường tròn nội tiếp tam giác nằm miền trong tam giác.
Trang5
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
● Vậy ta chọn
( )
− − =BC : x 2y 10 0
. Khi đó đó B và C là giao điểm của
( )
C
và
( )
BC
nên có tọa độ
thỏa mãn hệ
( )
=
− + + =
÷
⇔
= −
− − =
2
2
1 125
x 6
x y 1
2 4
y 2
x 2y 10 0
hoặc
= −
= −
x 2
y 6
.
Vậy
( ) ( )
− − −B 6; 2 , C 2; 6
hoặc
( ) ( )
− − −B 2; 6 , C 6; 2
.
Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, với
( )
−B 3;0
,
( )
C 7;0
. Biết
tâm J đường tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng
+ − =x 3y 7 0
. Tìm tâm J và bán kính
đường tròn nội tiếp tam giác ABC biết J có tung độ dương.
Lời giải.
Cách 1. Ta có B, C cố định mà tam giác ABC vuông tại A nên A thuộc đường tròn
( )
C
đường kính
BC.
Đường tròn
( )
C
có tâm
( )
I 2;0
là trung điểm BC, bán kính
= =
BC
R 5
2
nên có phương trình
( ) ( )
− + =
2
2
C : x 2 y 25
.
Gọi
( )
∆
là đường thẳng đi qua tâm
( )
I 2;0
và vuông góc với đường kính BC nên có vtpt
( )
=
uuur
BC 10;0
, suy ra
( )
∆ − =: x 2 0
.
Do J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AJ là phân giác trong góc A.
Gọi D là giao điểm của AJ và đường tròn
( )
C
, khi đó
( ) ( )
= ∆ ID C
( )
D x; y
có tọa độ thỏa mãn hệ
( )
=
− + =
⇔
=
− =
2
2
x 2
x 2 y 25
y 5
x 2 0
hoặc
=
= −
x 2
y 5
.
Do J có tung độ dương nên ta chọn
( )
−D 2; 5
.
Ta có
·
¶
¶
¶ ¶
¶
¶
¶
¶
·
= =
= + ========= + =
A C ,C C
1 3 1 2
1 1 3 2
DJC A C C C DCJ
, suy ra
= =DJ DC 5 2
.
Do J thuộc đường thẳng
+ − =x 3y 7 0
có tọa đọ dạng
( ) ( )
− >J 7 3a;a , a 0
. Suy ra
( )
= − +
uur
DJ 5 3a;a 5
.
Từ
( ) ( )
= ⇔ − + + = ⇔ =
2 2
DJ 5 2 5 3a a 5 5 2 a 2
hoặc
=a 0
(loại).
Với
=a 2
, suy ra
( )
J 1;2
, khi đó
( )
( )
( )
( )
= = =r d J; BC d J; Ox 2
.
Vậy tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là
( )
J 1;2
và bán kính đường tròn nội tiếp
=r 2
.
Cách 2. Do B, C cố định mà tam giác ABC vuông tại A nên A thuộc đường tròn
( )
C
đường kính BC,
suy ra
( )
C
có tâm
( )
I 2;0
, bán kính
=R 5
.
Trang6
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Do J thuộc đường thẳng
+ − =x 3y 7 0
có tọa đọ dạng
( ) ( )
− >J 7 3a;a , a 0
. Suy ra
( )
= −
ur
IJ 5 3a;a
.
Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, khi đó
( )
( )
( )
( )
= = = =r d J; BC d J; Ox a a
(do J
có tung độ dương).
Áp dụng hệ thức Ơle ta có
( )
− += − ⇔ = − ⇔ =
2
2 2 2
5 3a aIJ R 2Rr 25 2.5.a a 2
hoặc
=a 0
(loại).
Với
=a 2
, suy ra
( )
J 1;2
, khi đó
= =r a 2
.
Vậy tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là
( )
J 1;2
và bán kính đường tròn nội tiếp
=r 2
.
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, với
( )
−B 3;0
,
( )
C 7;0
và
bán kính đường tròn nội tiếp là
=r 2
. Tìm toạ độ điểm A và tâm J của đường tròn nội tiếp tam giác
ABC, biết J có tung độ dương.
Lời giải.
Cách 1. Giải tương tự [Bài 4], ta tìm được
( )
−D 2; 5
.
Do B, C cố định mà tam giác ABC vuông tại A nên A thuộc đường tròn
( )
C
đường kính BC.
Hai điểm B và C thuộc Ox mà bán kính đường tròn nội tiếp
=r 2
nên J thuộc đường thẳng
= ±y 2
,
do J có tung độ dương nên ta chọn J thuộc đường thẳng
=y 2
. Suy ra
( )
J a;2
và
( )
= −
uur
DJ a 2;7
.
Chứng minh tương tự [Bài 4] ta được
( )
= ⇔ − + = ⇔ =
2
2
DJ 5 2 a 2 7 5 2 a 1
hoặc
=a 3
.
● Với
=a 1
, suy ra
( )
J 1;2
.
Đường thẳng DJ đi qua
( )
−D 2; 5
và
( )
J 1;2
nên có phương trình
( )
+ − =DJ : 7x y 9 0
.
Khi đó
( ) ( )
= IA DJ C
nên có tọa độ
( )
A x;y
thỏa mãn hệ
( )
+ − =
=
⇔
= −
− + =
2
2
7x y 9 0
x 2
y 5
x 2 y 25
hoặc
=
=
3
x
5
24
y
5
.
Do
≠A D
nên ta chọn
÷
3 24
A ;
5 5
.
● Với
=a 3
, suy ra
( )
J 3;2
.
Đường thẳng DJ đi qua
( )
−D 2; 5
và
( )
J 3; 2
nên có phương trình
( )
− − =DJ :7x y 19 0
.
Khi đó
( ) ( )
= IA DJ C
nên có tọa độ
( )
A x;y
thỏa mãn hệ
( )
− − =
=
⇔
= −
− + =
2
2
7x y 19 0
x 2
y 5
x 2 y 25
hoặc
=
=
17
x
5
24
y
5
.
Do
≠A D
nên ta chọn
÷
17 24
A ;
5 5
.
Vậy
÷
3 24
A ;
5 5
,
( )
J 1;2
hoặc
÷
17 24
A ;
5 5
,
( )
J 3; 2
.
Cách 2. Ta có
( )
I 2;0
,
( )
J a;2
. Suy ra
( )
= −
ur
IJ a 2;2
.
Áp dụng hệ thức Ơle
( )
= − ⇔ − + = − ⇔ =
2
2 2
IJ R 2Rr a 2 4 25 2.5.2 a 1
hoặc
=a 3
.
Đến đây bạn đọc giải tương tự như cách 1.
Trang7
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm
( )
A 1;3
và
( )
− −B 2; 1
. Tìm
tọa độ điểm C, biết tâm J của đường tròn nội tiếp tam giác thuộc thẳng
( )
+ − =d : x y 4 0
và tam giác
ABC có diện tích bằng 10.
Lời giải.
Ta thấy
( )
A 1;3
thuộc
( )
+ − =d : x y 4 0
nên
( )
d
là đường phân giác trong góc A.
Gọi
( )
∆
là đường thẳng qua B và vuông góc
( )
d
nên có phương trình
( )
∆ − + =: x y 1 0
. Gọi
( ) ( )
= ∆ IE d
nên tọa độ
( )
E x; y
thỏa mãn hệ
+ − =
⇒
÷
− + =
x y 4 0
3 5
E ;
x y 1 0
2 2
. Gọi
B'
là điểm đối xứng của
B qua
( )
d
, khi đó E là trung điểm
BB'
, suy ra
( ) ( )
∈B' 5;6 AC
.
Đường thẳng AC đi qua
( )
A 1;3
và
( )
B' 5;6
nên có phương trình
( )
− + =AC : 3x 4y 9 0
.
Đường thẳng AB đi qua
( )
A 1;3
và
( )
− −B 2; 1
nên có phương trình
( )
− + =AB : 4x 3y 5 0
.
Do
( )
∈C AC
có tọa độ dạng
( )
+ +C 1 4c;3 3c
, với
≠c 0
, suy ra
( )
( )
=
7c
d C; AB
5
.
Theo đề
( )
( )
∆
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±
ABC
7c
1 1 20
S 10 AB.d C; AB 10 .5. 10 7c 20 c
2 2 5 7
.
● Với
= −
20
c
7
, suy ra
− −
÷
73 39
C ;
7 7
. Ta có
( )
= −
B
P d 7
,
( )
= −
C
P d 20
. Suy ra B và C cùng phía so với
( )
d
, điều này mâu thuẩn với
( )
d
là phân giác trong góc A.
● Với
=
20
c
7
, suy ra
÷
87 81
C ;
7 7
. Ta có
( )
= −
B
P d 7
,
( )
=
C
P d 20
. Suy ra B và C khác phía so với
( )
d
,
điều này thỏa mãn
( )
d
là phân giác trong góc A.
Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh
÷
1
B ;1
2
. Đường tròn nội tiếp
tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho
( )
D 3;1
và
đường thẳng EF có phương trình
− =y 3 0
. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương. Trích
TSĐH Khối B.
Lời giải.
Gọi
( )
− =d : y 3 0
. Đường thẳng EF có vtcp
( )
=
ur
u 1;0
. Ta có
=
÷
uuur ur
5
BD ;0 / /u
2
, suy ra EF song song
với BD. Do đó tam giác ABC cân tại A.
Gọi
( )
∆
là đường thẳng đi qua
( )
D 3;1
và vuông góc EF nên có phương trình
( )
∆ − =: x 3 0
.
Do
( )
∈F d
có tọa độ dạng
( )
F t;3
. Ta có
= ⇔ = − + ⇔ = −
÷
2
5 1
BD BF t 4 t 1
2 2
hoặc
=t 2
.
Trang8
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
● Với
= −t 1
, suy ra
( )
−F 1;3
. Đường thẳng AB đi qua
÷
1
B ;1
2
và
( )
−F 1;3
nên
( )
+ − =AB : 4 3y 5 0
.
Khi đó tọa độ
( )
A x;y
thỏa mãn hệ
+ − =
⇒ −
÷
− =
4x 3y 5 0
7
A 3;
x 3 0
3
, không thỏa mãn yêu cầu.
● Với
=t 2
, suy ra
( )
F 2;3
. Đường thẳng AB đi qua
÷
1
B ;1
2
và
( )
F 2;3
nên
( )
− + =AB : 4x 3y 1 0
.
Khi đó tọa độ
( )
A x;y
thỏa mãn hệ
− + =
⇒
÷
− =
4x 3y 1 0
13
A 3;
x 3 0
3
, thỏa mãn yêu cầu. Vậy
÷
13
A 3;
3
.
Bài 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC đều. Đường tròn nội tiếp tam giác
ABC có phương trình
( ) ( ) ( )
− + − =
2 2
T : x 1 y 2 5
, đường thẳng BC đi qua điểm
÷
7
M ; 2
2
. Tính diện
tích tam giác ABC.
Lời giải.
Đường tròn
( )
T
có tâm
( )
J 1;2
, bán kính
=r 5
.
Đường thẳng BC đi qua
÷
7
M ; 2
2
nên có dạng
( )
+ − − =BC : 2ax 2by 7a 4b 0
,
( )
+ ≠
2 2
a b 0
.
Ta có
( )
( )
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±
+
2 2
2 2
5a
d J; BC r 5 a 4b a 2b
2 a b
.
● Với
=a 2b
, ta chọn
= ⇒ =b 1 a 2
. Khi đó
( )
+ − =BC : 2x y 9 0
.
Gọi
( ) ( )
= IM BC T
nên tọa độ
( )
M x;y
thỏa mãn hệ
( ) ( )
( )
+ − =
⇒
− + − =
2 2
2x y 9 0
M 3;3
x 1 y 2 5
.
Tam giác ABC đều nên tâm
( )
J 1;2
cũng là trọng tâm tam giác và M là trung điểm BC. Từ hệ thức
( )
= ⇒ −
uuuur uur
MA 3MJ A 3;0
.
Ta có
=AM 3 5
, suy ra
= =
2AM
AB 2 15
3
. Vậy
∆
= =
2
ABC
AB 3
S 15 3
4
(đvdt).
● Với
= −a 2b
, ta chọn
= ⇒ = −b 1 a 2
. Khi đó
( )
− − =BC : 2x y 5 0
.
Gọi
( ) ( )
= IN BC T
nên tọa độ
( )
N x;y
thỏa mãn hệ
( ) ( )
( )
− − =
⇒
− + − =
2 2
2x y 5 0
N 3;1
x 1 y 2 5
.
Tam giác ABC đều nên tâm
( )
J 1;2
cũng là trọng tâm tam giác và N là trung điểm BC. Từ hệ thức
( )
= ⇒ −
uuur uur
NA 3NJ A 3;4
.
Ta có
=AN 3 5
, suy ra
= =
2AN
AB 2 15
3
. Vậy
∆
= =
2
ABC
AB 3
S 15 3
4
(đvdt).
Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
( )
+ − − − =
2 2
T : x y 2x y 5 0
và đường
thẳng
( )
+ − =d : 3x 4y 5 0
. Chứng minh rằng
( )
d
cắt
( )
T
tại hai điểm phân biệt B và C. Tìm trên
( )
T
điểm A sao cho tam giác ABC có bán kính đường tròn nội tiếp
=r 1
, biết A thuộc góc phần tư thứ
tư.
Lời giải. Xét hệ phương trình
= −
⇔
=
+ −
+ − − − =
=
2 2
x y 2x
x 1
y 2
3x 4 0
y 5
y 5
0
hoặc
=
= −
x 3
y 1
.
Vậy
( )
d
cắt
( )
T
tại hai điểm phân biệt
( )
−B 1;2
và
( )
−C 3; 1
hoặc
( )
−B 3; 1
và
( )
−C 1; 2
.
Trang9
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Đường tròn
( )
T
có tâm
÷
1
I 1;
2
và bán kính
=
5
R
2
.
Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AJ là phân giác trong góc A. Đường thẳng BC có
phương trình
( )
+ − =d : 3x 4y 5 0
, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
=r 1
nên tâm J thuộc
đường thẳng
( )
d'
song song với
( )
d
và cách
( )
d
một khoảng bằng 1 nên
( )
d'
có phương trình
( )
+ =d' : 3x 4y 0
hoặc
( )
+ − =d' : 3x 4y 10 0
. Vì A thuộc góc phần tư thứ tư nên ta chọn
( )
+ =d' : 3x 4y 0
.
Gọi
( )
∆
là đường thẳng đi qua tâm
÷
1
I 1;
2
và vuông góc với
( )
d
nên
( )
∆ − − =: 8x 6y 5 0
.
Gọi D là giao điểm của AJ và đường tròn
( )
C
, khi đó
( ) ( )
= ∆ ID C
nên tọa độ
( )
D x; y
thỏa mãn hệ
=
+ − − − =
⇔
− − =
=
2 2
5
x
x y 2x y 5 0
2
5
8x 6y 5 0
y
2
hoặc
= −
= −
1
x
2
3
y
2
.
Suy ra
÷
5 5
D ;
2 2
(do A thuộc góc phần tư thứ tư).
Với J thuộc
( )
+ =d' : 3x 4y 0
có tọa độ dạng
( )
−J 4a; 3a
. Suy ra
= − − −
÷
ur
1
IJ 4a 1; 3a
2
.
Áp dụng hệ thức Ơle ta có
( )
= − ⇔ − + − − = − ⇔ =
÷
2
2
2 2
1 25 5
IJ R 2Rr 4a 1 3a 2. .1 a 0
2 4 2
hoặc
=
1
a
5
.
● Với
=a 0
thì
( )
J 0;0
. Ta có
( )
= −
J
P BC 5
,
( )
=
D
25
P BC
2
, thỏa mãn D và J khác phía so với
( )
BC
.
Khi đó đường thẳng DJ đi qua hai điểm
÷
5 5
D ;
2 2
và
( )
J 0;0
nên có phương trình
( )
=DJ : y x
.
Điểm A là giao điểm của
( )
DJ
và
( )
T
nên
( )
A x;y
thỏa mãn hệ
= −
+ − − − =
⇔
= −
=
2 2
x 1
x y 2x y 5 0
y 1
y x
hoặc
=
=
5
x
2
5
y
2
.
Ta chọn
( )
− −A 1; 1
, (do
≠A D
), thỏa yêu cầu bài toán.
● Với
=
1
a
5
thì
−
÷
4 3
J ;
5 5
. Bạn đọc giải tương tự, tìm được A không thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy
( )
− −A 1; 1
.
Trang10
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chun đề: Hình học phẳng Oxy – Ơn thi đại học
DẠNG 02 BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DIỆN TÍCH
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
( )
−A 2; 3
,
( )
−B 3; 2
và diện tích tam
giác ABC bằng
3
2
. Biết trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng
− − =3x y 8 0
. Tìm tọa độ
điểm C của tam giác ABC, biết C có hồnh độ dương.
Lời giải. Trọng tâm G thuộc đường thẳng
− − =3x y 8 0
nên có tọa độ dạng
( )
−G t;3t 8
.
Tọa độ điểm C được suy ra từ cơng thức
= − − = −
C G A B
x 3x x x 3t 5
và
= − − = −
C G A B
y 3y y y 9t 19
. Vậy
( )
− −C 3t 5;9t 19
.
Đường thẳng AB đi qua
( )
−A 2; 3
và
( )
−B 3; 2
nên có phương trình
( )
− − =AB : x y 5 0
.
Ta có
( )
∆
= ⇔ =
ABC
3 1 3
S .AB.d C;AB
2 2 2
− +
⇔ = ⇔ − = ⇔ =
6t 9
1 3
. 2. 3 2t 1 t 1
2 2
2
hoặc
=t 2
.
● Với
=t 1
, suy ra
( )
− −C 2; 10
, khơng thỏa mãn (C có hồnh độ dương).
● Với
=t 2
, suy ra
( )
−C 1; 1
, thỏa mãn u cầu.
Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng tại A, phương trình đường
thẳng
( )
− − =BC : 4x 3y 4 0
và A, B thuộc Ox. Tìm tọa độ trọng tâm tam giác ABC, biết diện tích tam
giác ABC bằng 6.
Lời giải. Tọa độ điểm
( )
B x;y
thỏa mãn hệ
( )
− − =
⇒
=
4x 3y 4 0
B 1;0
y 0
.
Mặt khác, C cũng thuộc
( )
BC
có tọa độ dạng
( )
+C 1 3c;4c
.
Theo đề bài, điểm A thuộc trục hồnh và tam giác ABC vng tại A nên tọa độ điểm A là hình chiếu
của điểm C lên trục Ox, suy ra
( )
+A 1 3c;0
.
Suy ra
=AB 3 c
,
=AC 4 c
. Tọa độ trọng tâm
+
÷
4c
G 1 2c;
3
.
Ta có
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ±
1 1
S 6 .AB.AC 6 .3 c .4 c 6 c 1
2 2
.
● Với
=c 1
, suy ra
÷
1
4
G 3;
3
. ● Với
= −c 1
, suy ra
− −
÷
4
G 1;
3
.
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với
( )
A 1;1
,
( )
−B 2;5
, đỉnh C thuộc
đường thẳng
− =x 4 0
và trọng tâm G thuộc đường thẳng
− + =2x 3y 6 0
. Tính diện tích tam giác
ABC.
Lời giải. Đường thẳng AB đi qua
( )
A 1;1
và
( )
−B 2;5
nên có phương trình
( )
+ − =AB : 4x 3y 7 0
.
Điểm C thuộc đường thẳng
− =x 4 0
nên có tọa độ dạng
( )
C 4;t
.
Tọa độ trọng tâm G được suy ra từ cơng thức
+ +
= =
A B C
G
x x x
x 1
3
và
+ +
+
= =
A B C
G
y y y
6 t
y
3 3
. Vậy
+
÷
6 t
G 1;
3
.
Mặt khác, trọng tâm G thuộc đường thẳng
− + =2x 3y 6 0
nên
+
− + = ⇔ =
6 t
2.1 3. 6 0 t 2
3
.
Cách 1. Với
=t 2
, suy ra
( )
C 4;2
. Ta có
( )
( )
∆
= = =
ABC
1 1 15 15
S AB.d C; AB .5.
2 2 5 2
(đvdt).
Trang11
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Cách 2. Với
=t 2
, suy ra
÷
8
G 1;
3
. Ta có
( )
( )
∆ ∆
= = = =
ABC ABG
1 1 5 15
S 3S 3. AB.d G; AB 3. .5.
2 2 5 2
(đvdt).
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 14. Các điểm
( )
−M 2, 1
và
( )
−N 2,4
lần lượt là trung điểm hai cạnh AB, AC. Điểm B thuộc đường thẳng
( )
+ + =d : x 2y 5 0
. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết B có tung độ nguyên.
Lời giải. Do
( )
∈B d
có tọa độ dạng
( )
− −B 5 2t;t
, với
∈¢t
.
Điểm M là trung điểm AB, suy ra
( )
+ − −A 9 2t; 2 t
. N là trung điểm AC, suy ra
( )
− − +C 13 2t;10 t
.
Đường thẳng MN đi qua
( )
−M 2, 1
và
( )
−N 2,4
nên có phương trình
( )
+ − =MN : 5x 4y 6 0
.
Ta có
( )
− ⇒ =
uuuur
MN 4,5 MN 41
,
( )
( )
+
=
6t 31
d A; MN
41
.
Do
( )
( )
∆ ∆
+
= ⇔ = ⇔ =
AMN ABC
6t 31
1 1 1 1 1
S S .MN.d A; MN .14 . 41. .14
4 2 4 2 4
41
⇔ + = ⇔ = −6t 31 7 t 4
hoặc
= − ∉¢
19
t
3
(không thỏa).
Với
= −t 4
, suy ra
( )
A 1;2
,
( )
−B 3; 4
và
( )
−C 5;6
.
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh
( )
−C 4;1
, phân
giác trong góc A có phương trình
+ − =x y 5 0
. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích
tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương. Trích TSĐH Khối B.
Lời giải.
Cách 1. Gọi
( )
C' x; y
là điểm đối xứng của
( )
−C 4;1
qua phân giác
( )
+ − =d : x y 5 0
. Suy ra
CC'
vuông góc với
( )
d
và trung điểm E của
CC'
thuộc
( )
d
nên ta có hệ
( ) ( )
( )
+ − − =
⇒
+
−
+ − =
1 x 4 1 y 1 0
C' 4;9
y 1
x 4
5 0
2 2
.
Điểm A thuộc đường tròn đường kính
CC'
nên tọa độ
( )
A x;y
thỏa mãn hệ
( )
+ − =
+ − =
2
2
x y 5 0
x y 5 32
với
>x 0
, suy ra
( )
A 4;1
.
Suy ra
=AC 8
, từ
∆
∆
= ⇒ = =
ABC
ABC
2S
S 24 AB 6
AC
.
Điểm B thuộc đường thẳng
AC'
có phương trình
− =x 4 0
, suy ra tọa độ
( )
B 4;t
.
Từ
( )
= ⇔ − = ⇔ =
2
AB 6 t 1 6 t 7
hoặc
= −t 5
. Suy ra
( )
B 4;7
hoặc
( )
−B 4; 5
.
Do
( )
d
là phân giác trong góc A, nên
uuur
AB
và
uuuur
AC'
cùng hướng, suy ra
( )
B 4;7
.
Do đó, đường thẳng BC đi qua
( )
B 4;7
và
( )
−C 4;1
nên có phương trình
( )
− + =BC : 3x 4y 16 0
.
Trang12
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Cách 2. Gọị
( )
∆
là đường thẳng qua
( )
−C 4;1
và vuông góc với
( )
+ − =d : x y 5 0
nên có phương
trình
( )
∆ − + =: x y 5 0
. Gọi
( ) ( )
= ∆ IE d
nên tọa độ
( )
E x; y
thỏa mãn hệ
− + =
+ − =
x y 5 0
x y 5 0
( )
⇒ E 0;5
.
Gọi
C'
là điểm đối xứng của C qua
( )
d
nên E là trung điểm
CC'
, suy ra
( ) ( )
∈C' 4;9 AB
.
Điểm
( )
∈A d
có tọa độ dạng
( )
−A a;5 a
. Suy ra
( )
= − − −
uuur
AC 4 a;a 4
và
( )
= − +
uuuur
AC' 4 a;a 4
.
Tam giác ABC vuông tại A nên
( ) ( ) ( ) ( )
= ⇔ − − − + − + = ⇔ = −
uuur uuuur
AC.AC' 0 4 a 4 a a 4 a 4 0 a 4
hoặc
=a 4
.
● Với
= −a 4
, suy ra
( )
−A 4;9
, không thỏa mãn (
>
A
x 0
).
● Với
=a 4
, suy ra
( )
A 4;1
, thỏa mãn yêu cầu.
Đường thẳng AB đi qua
( )
A 4;1
và
( )
C' 4;9
nên có phương trình
( )
− =AB : x 4 0
.
Điểm
( )
∈B AB
, suy ra
( )
B 4;b
. Ta có
( )
∆
= ⇔ = ⇔ − = ⇔ = −
2
ABC
1 1
S 24 .AB.AC 24 . b 1 .8 24 b 5
2 2
hoặc
=b 7
.
▪ Khi
= −b 5
, suy ra
( )
−B 4; 5
. Do
( )
= −
C
P d 8
,
( )
= −
B
P d 6
. Suy ra B và C cùng phía với
( )
d
, điều này
mâu thuẩn với giả thiết
( )
d
là phân giác trong góc A.
▪ Khi
=b 7
, suy ra
( )
B 4;7
. Do
( )
= −
C
P d 8
,
( )
=
B
P d 6
. Suy ra B và C khác phía với
( )
d
, điều này
thỏa mãn với giả thiết
( )
d
là phân giác trong góc A. Vậy
( )
B 4;7
.
Đường thẳng BC đi qua
( )
B 4;7
và
( )
−C 4;1
nên có phương trình
( )
− + =BC : 3x 4y 16 0
.
Cách 2. Do
A
thuộc đường thẳng
( )
+ − =d : x y 5 0
nên có tọa độ dạng
( ) ( )
− >A a;5 a , a 0
.
Gọi
( )
B x;y
. Suy ra
( )
= − + −
uuur
AB x a;y a 5
,
( )
= − − −
uuur
AC 4 a;a 4
. Đường thẳng
( )
d
có vtcp
( )
−
ur
u 1; 1
.
Ta có
( )
·
(
)
∆
=
=
⊥ ⇔ =
=
=
uuur uuur
uuur ur
ABC
0
AB.AC 48
S 24
AB AC AB.AC 0
2
AC, d 45
cos AC,u
2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
− + + − − − + − =
⇔ − − − + + − − =
− − − −
=
− − + −
2 2 2 2
2 2
x a y a 5 . 4 a a 4 48 1
x a 4 a y a 5 a 4 0 2
1. 4 a 1 a 4
2
3
2
2 4 a a 4
.
Từ (3) ta được
= ⇔ =
2
a 16 a 4
hoặc
= −a 4
(loại vì
>a 0
).
Thay
=a 4
vào (1) và (2) ta được
( ) ( )
=
− + − =
⇔
=
− =
2 2
x 4
x 4 y 1 36
y 7
x 4 0
hoặc
=
= −
x 4
y 5
.
● Với
( )
−B 4; 5
. Do
( )
= −
C
P d 8
,
( )
= −
B
P d 6
. Suy ra B và C cùng phía với
( )
d
, điều này mâu thuẩn
với giả thiết
( )
d
là phân giác trong góc A.
● Với
( )
B 4;7
. Do
( )
= −
C
P d 8
,
( )
=
B
P d 6
. Suy ra B và C khác phía với
( )
d
, điều này thỏa mãn với
giả thiết
( )
d
là phân giác trong góc A. Vậy
( )
B 4;7
.
Đường thẳng BC đi qua
( )
B 4;7
và
( )
−C 4;1
nên có phương trình
( )
− + =BC : 3x 4y 16 0
.
Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết
( )
−A 3; 1
,
( )
B 0;5
và
( )
− −C 3; 1
.
Tìm điểm M thuộc đường thẳng BC sao cho diện tích tam giác ABM bằng
1
3
diện tích tam giác ABC.
Lời giải. Đường thẳng AB đi qua
( )
−A 3; 1
và
( )
B 0;5
nên có phương trình
( )
+ − =AB : 2x y 5 0
.
Trang13
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Đường thẳng BC đi qua
( )
B 0;5
và
( )
− −C 3; 1
nên có phương trình
( )
− + =BC : 2x y 5 0
.
Điểm
( )
∈M BC
có tọa độ dạng
( )
+M m;2m 5
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
∆ ∆
= ⇔ =
ABM ABC
1 1 1 1
S S .AB.d M; AB . .AB.d C; AB
3 2 3 2
( )
( )
( )
( )
−
⇔ = ⇔ = ⇔ = ±
4m 12
1 1
d M; AB .d C; AB . m 1
3 3
5 5
.
Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán
( )
−
1
M 1;3
,
( )
2
M 1;7
.
Nhận xét: Ta cũng có thể giải theo cách khác. Hai tam giác ABC và ABM có chung AB, vì vậy yêu
cầu bài toán thỏa mãn khi M thuộc đường thẳng
( )
∆
được xác định là song song và cách AB một
khoảng bằng
( )
( )
=
1 4
.d C; AB
3
5
. Do đó điểm M là giao điểm của
( )
∆
và đường thẳng BC.
Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
( )
A 0;5
,
( )
− −B 2; 2
và
( )
C 4;0
. Viết
phương trình đường thẳng đi qua A và chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau.
Lời giải. Giả sử đường thẳng cần tìm là
( )
d
đi qua A và cắt BC tại M.
Ta có
( )
( )
∆
=
ABM
1
S .BM.d A; BM
2
,
( )
( )
∆
=
ACM
1
S .CM.d A; CM
2
.
Mà
( )
( )
( )
( )
( )
( )
= =d A; BM d A; CM d A; BC
do đó để
∆ ∆
=
ABM ACM
S S
khi
=BM CM
tức M là trung
điểm BC, suy ra
( )
−M 1; 1
.
Vậy đường thẳng cần tìm
( )
d
đi qua
( )
A 0;5
và
( )
−M 1; 1
nên có phương trình
( )
+ − =d : 6x y 5 0
.
Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
( )
A 0;5
,
( )
− −B 2; 1
và
( )
C 4;2
. Viết
phương trình đường thẳng đi qua A và chia tam giác ABC thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 2.
Lời giải. Giả sử đường thẳng cần tìm là
( )
d
đi qua A và cắt BC tại M.
Đường thẳng
( )
d
chia tam giác ABC thành hai phần nên M thuộc đoạn BC.
Theo đề bài ta có
( )
( )
∆ ∆
∆ ∆
=
= =
⇔ ⇔ ⇔
= =
=
uuur uuur
uuur uuur
ABM ACM
ACM ABM
M 2;1
S 2S
BM 2CM BM 2MC
S 2S CM 2BM
M 0;0
MC 2BM
.
● Với
( )
M 2;1
, suy ra
( )
d
đi qua
( )
A 0;5
và
( )
M 2;1
nên có phương trình
( )
+ − =d : 2x y 5 0
.
● Với
( )
M 0;0
, suy ra
( )
d
đi qua
( )
A 0;5
và
( )
M 0;0
nên có phương trình
( )
=d : x 0
.
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho bốn điểm
( )
−A 6;4
,
( )
− −B 3; 9
,
( )
C 5;1
và
( )
−I 1; 4
.
Viết phương trình đường thẳng
( )
d
đi qua điểm I chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích
bằng nhau. Trích TSĐH Dự bị 2 Khối B.
Lời giải. Ta có
+ =
+ =
B C I
B C I
x x 2x
y y 2y
, suy ra I là trung điểm BC. Do đó đường thẳng cần tìm thỏa yêu cầu
bài toán đi qua
( )
−I 1; 4
và
( )
−A 6;4
nên có phương trình
( )
+ + =d : 8x 7y 20 0
.
Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ 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 và MCD có diện
tích bằng nhau.
Lời giải. Điểm
( )
∈M d
có tọa độ dạng
( )
−M m;3m 5
.
Đường thẳng AB đi qua
( )
A 1;0
và
( )
−B 2;4
nên có phương trình
( )
+ − =AB : 4x 3y 4 0
.
Đường thẳng CD đi qua
( )
−C 1; 4
và
( )
D 3;5
nên có phương trình
( )
− + =CD : x 4y 17 0
.
Trang14
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Theo yêu cầu bài toán
( )
( )
( )
( )
∆ ∆
= ⇔ =
MAB MCD
1 1
S S .AB.d M; AB .CD.d M; CD
2 2
− − +
⇔ = ⇔ =
13m 19 11m 37
1 1 7
.5. . 17. m
2 5 2 3
17
hoặc
= −m 9
.
Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán
÷
1
7
M ;2
3
,
( )
− −
2
M 9; 32
.
Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
( )
−C 3;2
và đường thẳng
( )
∆
có phương
trình
− − =x 3y 1 0
. Tìm trên
( )
∆
hai điểm A và B đối xứng nhau qua
( )
I 4;1
sao cho diện tích tam
giác ABC bằng 10.
Lời giải. Ta thấy tọa độ điểm I thỏa mãn phương trình
− − =x 3y 1 0
nên I thuộc đường thẳng
( )
∆
.
Do
( )
∈ ∆A
có tọa độ dạng
( )
+A 3a 1;a
. Vì I là trung điểm AB nên suy ra
( )
− −B 7 3a;2 a
.
Suy ra
( )
− −
uuur
AB 6 6a;2 2a
.
Theo đề bài
( )
( )
( )
( )
∆
= ⇔ = ⇔ ∆ =
ABC
1 1
S 10 .AB.d C; AB 10 .AB.d C; 10
2 2
( ) ( )
−
⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ =
2 2
10
1
. 6 6a 2 2a . 10 1 a 1 a 0
2
10
hoặc
=a 2
.
Vậy có hai điểm thỏa bài toán
( )
A 1;0
,
( )
B 7;2
hoặc
( )
A 7;2
,
( )
B 1;0
.
Bài 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh
( )
−A 1;4
và các
đỉnh B, C thuộc đường thẳng
( )
∆ − − =: x y 4 0
. Xác định tọa độ các điểm B và C, biết diện tích tam
giác ABC bằng 18. Trích TSĐH Khối B.
Lời giải.
Cách 1. Gọi H là hình chiếu của A lên
( )
∆
, suy ra H cũng là trung điểm BC.
Ta có
( )
( )
( )
( )
= = ∆ =
9
AH d A; BC d A;
2
.
Suy ra
∆
= =
ABC
2S
BC 4 2
AH
và
= = + =
÷
2
2
BC 97
AB AC AH
2 2
.
Do đó B, C thuộc đường tròn tâm A, bán kính AB. Suy ra tọa độ B, C thỏa mãn hệ
( ) ( )
=
+ + − =
⇔
− − =
=
2 2
11
97
x
x 1 y 4
2
2
2
x y 4 0
y
2
hoặc
=
−
=
3
x
2
5
y
2
.
Vậy
−
÷
3 5
B ;
2 2
,
÷
11 3
C ;
2 2
hoặc
÷
11 3
B ;
2 2
,
−
÷
3 5
C ;
2 2
.
Cách 2. Gọi
( )
d
là đường thẳng đi qua
( )
−A 1;4
và vuông góc với
( )
∆
, suy ra
( )
+ − =d : x y 3 0
.
Trang15
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Gọi
( ) ( )
= ∆ IH d
nên tọa độ
( )
H x; y
thỏa mãn hệ
− − =
⇒ −
÷
+ − =
x y 4 0
7 1
H ;
x y 3 0
2 2
.
Do tam giác ABC cân tại A nên H cũng là trung điểm BC.
Ta có
( ) ( )
∈ ∆ ⇒ +B B 4 b; b
, do H là trung điểm BC nên
( )
− − −C 3 b; 1 b
.
Suy ra
( )
= − − − −
uuur
BC 1 2b; 1 2b
.
Theo đề bài ta có
( )
( )
( )
( )
∆
= ⇔ = ⇔ ∆ =
ABC
1 1
S 18 .BC.d A; BC 18 .BC.d A; 18
2 2
( ) ( )
−
⇔ − − + − − = ⇔ = −
2 2
9
1 5
. 1 2b 1 2b . 18 b
2 2
2
hoặc
=
3
b
2
.
Vậy
−
÷
3 5
B ;
2 2
,
÷
11 3
C ;
2 2
hoặc
÷
11 3
B ;
2 2
,
−
÷
3 5
C ;
2 2
.
Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
( )
A 3;2
. Lập phương trình đường thẳng
( )
d
đi qua A và cắt trục Ox tại M (hoành độ dương), cắt trục Oy tại N (tung độ dương) và tam giác
OMN có diện tích bằng 16.
Lời giải. Đường thẳng
( )
d
đi qua
( )
A 3;2
và có vtpt
( )
( )
+ ≠
ur
2 2
n a;b , a b 0
nên có phương trình
( )
+ − − =d : ax by 3a 2b 0
.
Ta có
( )
+
= ⇒
÷
I
3a 2b
M d Ox M ;0
a
và
( )
+
= ⇒
÷
I
3a 2b
N d Oy N 0;
b
.
Theo yêu cầu
∆
= = ⇔ =
OMN
1
S .OM.ON 16 OM.ON 32
2
+ + + +
⇔ = ⇔ = ⇔ − + =
2 2
3a 2b 3a 2b 3a 2b 3a 2b
. 32 . 32 9a 20ab 4b 0
a b a b
.
Chọn
=b 1
, ta được
− + = ⇔ =
2
9a 20a 4 0 a 2
hoặc
=
2
a
9
.
● Với
= =a 2,b 1
, suy ra
( )
+ − =
1
d : 2x y 8 0
.
● Với
= =
2
a ,b 1
9
, suy ra
( )
+ − =
2
d : 2x 9y 24 0
.
Vậy có hai đường thẳng thỏa yêu cầu
( )
+ − =
1
d : 2x y 8 0
hoặc
( )
+ − =
2
d : 2x 9y 24 0
.
Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 2, phương trình
đường thẳng
( )
− =AB : x y 0
, điểm
( )
I 2;1
là trung điểm của cạnh BC. Tìm tọa độ trung điểm M của
đoạn thẳng AC.
Lời giải.
Ta có
∆ ∆ ∆
= = = =
MAB IAB CAB
1 1
S S S .2 1
2 2
,
( )
( )
=
1
d I; AB
2
.
Trang16
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Mà
( )
( )
∆
=
IAB
1
S .AB.d I; AB
2
, suy ra
( )
( )
∆
= =
IAB
2S
AB 2 2
d I; AB
.
Do I là trung điểm BC, M là trung điểm AC nên IM là đường trung bình của tam giác ABC.
Suy ra IM song song với AB và đi qua
( )
I 2;1
nên có phương trình
( )
− − =IM : x y 1 0
.
Điểm
( )
∈M IM
có tọa độ dạng
( )
+M 1 m; m
, suy ra
( )
= − −
uur
IM m 1;m 1
.
Mặt khác,
( ) ( )
= ⇔ − + − = ⇔ =
2 2
AB
IM m 1 m 1 2 m 0
2
hoặc
=m 2
.
Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu
( )
M 1;0
hoặc
( )
M 3;2
.
Bài 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho 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 điểm C.
Lời giải. Đường thẳng AB đi qua
( )
A 1;0
và
( )
B 0;2
nên có phương trình
( )
+ − =AB : 2x y 2 0
.
Ta có
=AB 5
. Điểm
I
thuộc đường thẳng
( )
= ⇒y x I t;t
, suy ra
( )
−C 2t 1;2t
.
Do
∆ ∆
= = =
IAB CAB
1 1
S S .2 1
2 2
, suy ra
( )
( )
∆
−
= ⇔ = ⇔ =
IAB
3t 2
2S
2
d I; AB t 0
AB
5 5
hoặc
=
4
t
3
.
Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu
( )
−
1
C 1;0
hoặc
÷
2
5 8
C ;
3 3
.
Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
( )
+ + =
1
d : 2x 5y 3 0
và
( )
− − =
2
d : 5x 2y 7 0
cắt nhau tại A và điểm
( )
−P 7;8
. Viết phương trình đường thẳng
( )
3
d
đi qua P
tạo với
( )
1
d
và
( )
2
d
thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng
29
2
.
Lời giải. Tọa độ điểm
( )
A x;y
thỏa mãn hệ
( )
+ + =
⇒ −
− − =
2x 5y 3 0
A 1; 1
5x 2y 7 0
.
Phương trình đường phân giác góc A
+ + − − =
= ±
2x 5y 3 5x 2y 7 0
29 29
hay
( )
( )
∆ − − =
∆ + − =
1
2
: 3x 7y 10 0
: 7x 3y 4 0
.
Gọi
( ) ( )
= I
3 1
B d d
,
( ) ( )
= I
3 2
C d d
.
Tam giác ABC cân tại A nên đường phân giác góc A cũng là đường cao của tam giác. Do đó đường
thẳng
( )
3
d
cần tìm đi qua
( )
−P 7;8
và vuông góc với đường phân giác góc A.
● Với
( )
∆ − − =
1
: 3x 7y 10 0
.
Đường thẳng
( )
3
d
đi qua
( )
−P 7;8
và vuông góc
( )
∆
1
nên có phương trình
( )
+ + =
3
d :7x 3y 25 0
.
Khi đó
( )
B x;y
thỏa mãn
( )
+ + =
⇒ −
+ + =
7x 3y 25 0
B 4;1
2x 5y 3 0
và
( )
C x; y
thỏa mãn
( )
+ + =
⇒ − −
− − =
7x 3y 25 0
C 1; 6
5x 2y 7 0
.
Ta có
( )
( )
∆
= = =
ABC 3
29
1 1 29
S .BC.d A; d . 58.
2 2 2
58
(đvdt), thỏa yêu cầu.
● Với
( )
∆ + − =
2
: 7x 3y 4 0
.
Đường thẳng
( )
3
d
đi qua
( )
−P 7;8
và vuông góc
( )
∆
2
nên có phương trình
( )
− + =
3
d :3x 7y 77 0
.
Trang17
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Khi đó
( )
B x;y
thỏa mãn
( )
− + =
⇒ −
+ + =
3x 7y 77 0
B 14;5
2x 5y 3 0
và
( )
C x; y
thỏa mãn
( )
− + =
⇒
− − =
3x 7y 77 0
C 7;14
5x 2y 7 0
.
Ta có
( )
( )
∆
= = =
ABC 3
87
1 1 261
S .BC.d A; d .3 58.
2 2 2
58
(đvdt), không thỏa yêu cầu.
Vậy đường thẳng cần tìm
( )
+ + =
3
d :7x 3y 25 0
.
Bài 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, có
( )
A 2;0
và nội tiếp
đường tròn
( ) ( ) ( )
− + + =
2 2
C : x 1 y 2 5
. Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC, biết diện tích tam
giác ABC bằng 4 và B có tọa độ nguyên.
Lời giải.
Tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp đường tròn nên tâm đường tròn
( )
−I 1; 2
là trung điểm AC,
suy ra
( )
−C 0; 4
.
Đường thẳng AC đi qua
( )
A 2;0
và
( )
−C 0; 4
nên có phương trình
( )
− − =AC : 2x y 4 0
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
( )
( )
∆
= ⇔ = ⇔ =
ABC
1 1 4
S .AC.d B; AC 4 .2 5.d B; AC d B; AC
2 2
5
.
Do đó B thuộc đường thẳng
( )
∆
được xác định là song song và cách
( )
AC
một khoảng
4
5
.
▪
( )
∆
song song với
( )
AC
nên có dạng
( )
∆ − + =: 2x y c 0
.
▪
( )
∆
cách
( )
AC
một khoảng
4
5
nên
( )
( )
+
∆ = ⇔ = ⇔ =
4 c
4 4
d A; c 0
5 5 5
hoặc
= −c 8
.
● Với
=c 0
, suy ra
( )
∆ − =
1
: 2x y 0
. Khi đó
( )
1
B x;y
thỏa mãn hệ
( ) ( )
− =
− + + =
2 2
2x y 0
x 1 y 2 5
với
∈¢x;y
, suy ra
( )
1
B 0;0
.
● Với
= −c 8
, suy ra
( )
∆ − − =
2
: 2x y 8 0
. Khi đó
( )
2
B x; y
thỏa mãn hệ
( ) ( )
− − =
− + + =
2 2
2x y 8 0
x 1 y 2 5
với
∈¢x;y
, suy ra
( )
−
2
B 2; 4
.
Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu
( )
1
B 0;0
hoặc
( )
−
2
B 2; 4
.
Bài 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm
( )
− −A 5; 2
,
( )
− −B 3; 4
. Diện
tích tam giác ABC bằng 8 và bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
2 5
. Tìm tọa độ điểm C của tam
giác biết C có hoành độ dương.
Lời giải. Đường thẳng AB đi qua
( )
− −A 5; 2
và
( )
− −B 3; 4
nên có phương trình
( )
+ + =AB : x y 7 0
.
Trang18
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Gọi
( )
d
là đường trung trực của đoạn AB, suy ra
( )
d
đi qua trung điểm
( )
− −M 4; 3
của đoạn AB và
có vtpt
( )
= −
uuur
AB 2; 2
nên có phương trình
( )
− + =d : x y 1 0
.
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, suy ra
( )
∈I d
có tọa độ dạng
( )
+I t;t 1
.
Ta có
( ) ( )
= ⇔ + + + = ⇔ = −
2 2
IA R t 5 t 3 2 5 t 1
hoặc
= −t 7
.
● Trường hợp 1. Với
= −t 1
, suy ra
( )
−I 1;0
.
Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
( ) ( )
+ + =
2
2
C : x 1 y 20
.
Tọa độ
( )
C x; y
thỏa mãn hệ
( )
( )
( )
( )
∈
+ + =
⇔
=
+ + =
2
2
C C
x 1 y 20
1
.AB.d C; AB 8
x y 7 8
2
với
>x 0
, suy ra
( )
−C 3; 2
.
● Trường hợp 2. Với
= −t 7
, suy ra
( )
− −I 7; 6
.
Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
( ) ( ) ( )
+ + + =
2 2
C : x 7 y 6 20
.
Do
>
C
x 0
nên
( ) ( )
+ + + > >
2 2
C
x 7 y 6 49 20
, do đó trường hợp này không xảy ra.
Vậy tọa độ điểm C cần tìm là
( )
−C 3; 2
.
Trang19
Hoc thờm toan 0968 64 65 97 Chuyờn ờ: Hinh hoc phng Oxy ễn thi ai hoc
DAẽNG 03 CAC BAỉI TOAN CệẽC TRề
Bi 1. Trong mt phng vi h ta Oxy, cho im
( )
A 2;1
v im
( )
+M m 2;2m 5
, vi m tựy ý.
Tỡm giỏ tr nh nht ca AM khi m thay i.
Li gii. Ta cú
( )
= +
uuuur
AM m 2;2m 4
, suy ra
( ) ( )
= + + = + +
2 2
2
AM m 2 2m 4 5m 12m 20
.
Cỏch 1. Ta cú
+ + = + +
ữ
Ă
2
2
6 64 64
5m 12m 20 5 m , m
5 5 5
.
Du
='' ''
xy ra khi
=
6
m
5
. Khi ú
ữ
16 13
M ;
5 5
v
= =
64 8 5
AM
5 5
.
Cỏch 2. Xột hm s
( )
= + +
2
f m 5m 12m 20
trờn
Ă
.
( )
= +f' m 10m 12
.
( )
= + = =
6
f' m 0 10m 12 0 m
5
.
Bng bin thiờn :
a
6
5
+
( )
f' m
- 0 +
( )
f m
64
5
Da vo bng bin thiờn ta cú
( )
= =
ữ
Ă
6 64
Maxf m f
5 5
.
Vy AM nh nht khi
=
6
m
5
. Lỳc ú
ữ
16 13
M ;
5 5
v
= =
64 8 5
AM
5 5
.
Bi 2. Trong mt phng vi h ta Oxy, cho ng thng
( )
+ =d : x 2y 4 0
v im
( )
A 1;4
. Tỡm
im M thuc
( )
d
sao cho MA nh nht.
Li gii. im
( )
M d
cú ta dng
( )
M 4 2m;m
.
Khi ú
( )
=
uuuur
3A 2m;mM 4
, suy ra
( ) ( )
= + = +
2 2
2
AM 3 2m m 4 5m 20m 25
.
Ta cú
( )
+ = + Ă
2
2
5m 20m 25 5 m 2 5 5, m
.
Du
='' ''
xy ra khi
=m 2
. Khi ú
( )
M 0;2
v
=AM 5
.
Nhn xột: Bi toỏn tng ng nh sau
''
Trong mt phng vi h ta Oxy, cho ng thng
( )
+ =d : x 2y 4 0
v im
( )
A 1;4
. Tỡm ta hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn ng thng
( )
d
''
.
Bi 3. Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hai im
( )
A 1;4
v
( )
B 3;5
. Vit phng trỡnh
ng thng
( )
d
i qua A v cỏch B mt khong ln nht.
Li gii.
Cỏch 1. Phng phỏp i s: ng thng
( )
d
i qua
( )
A 1;4
v cú vtpt
( )
ur
n a;b
,
( )
+
2 2
a b 0
nờn
cú phng trỡnh
( )
+ =d : ax by a 4b 0
.
Trang20
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Khoảng cách từ B đến đường thẳng
( )
d
được xác định
( )
( )
+
=
+
2 2
2a b
d B; d
a b
.
● Nếu
=a 0
thì
( )
( )
=d B; d 1
. (1)
● Nếu
=b 0
thì
( )
( )
=d B; d 2
. (2)
● Khi
≠a 0
và
≠b 0
, ta chọn
=b 1
. Suy ra
( )
( )
( )
+
= =
+
2
2a 1
d B; d f a
a 1
, với
( )
+
=
+
2
2a 1
f a
a 1
.
Dùng đạo hàm khảo sát hàm số
( )
+
=
+
2
2a 1
f a
a 1
trên
¡
, ta tìm được
( ) ( )
= =
¡
Maxf a f 2 5
. (3)
So sánh (1), (2) và (3) ta thấy
( )
( )
d B; d
lớn nhất khi
= =a 2;b 1
.
Vậy đường thẳng cần tìm
( )
+ − =d : 2x y 6 0
.
Cách 2. Phương pháp hình học:
Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng
( )
d
. Khi đó
( )
( )
=d B; d BK
.
Xét tam giác ABK vuông tại K, ta có
( )
( )
= ≤ =d B; d BK AB 5
(BĐT tam giác mở rộng).
Dấu
='' ''
xảy ra khi
≡K A
. Khi đó
( )
d
được xác định là đi qua
( )
A 1;4
và vuông góc với AB nên
nhận vectơ
( )
=
uuur
AB 2;1
làm vtpt. Vậy
( )
+ − =d : 2x y 6 0
.
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
( )
+ − =d : x 2y 4 0
và hai điểm
( )
A 1;4
,
( )
B 8;3
. Tìm điểm M thuộc
( )
d
sao cho
+MA MB
nhỏ nhất.
Lời giải.
Ta có
( ) ( )
+ − + − = >
A A B B
x 2y 4 x 2y 4 5.10 0
. Suy ra A và B cùng phía so với đường thẳng
( )
d
.
Gọi
( )
A' x;y
là điểm đối xứng của A qua
( )
d
. Khi đó
AA'
vuông góc với
( )
d
và trung điểm của
AA'
thuộc
( )
d
nên ta có hệ
( ) ( )
( )
− − − =
⇒ −
+
+
+ − =
2 x 1 1 y 4 0
A' 1;0
y 4
x 1
2. 4 0
2 2
. Suy ra
=A'B 3 10
.
Khi đó
+ = + ≥ =MA MB MA' MB A'B 3 10
(bất đẳng thức tam giác mở rộng).
Dấu
='' ''
xảy ra khi
A'
, M, B thẳng hàng hay M thuộc đường thẳng
A'B
.
Đường thẳng
A'B
đi qua
( )
−A' 1;0
và
( )
B 8;3
nên có phương trình
( )
− + =A'B : x 3y 1 0
.
Vậy tọa độ
( )
M x;y
thỏa mãn hệ
( )
⇒
− + =
+ − =
M 2;1
x 3y 1 0
x 2y 4 0
.
Trang21
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Nhận xét: Bài toán này dùng cho hai điểm khác phía so với
( )
d
. Nếu đề bài đã cho A và B khác phía
với
( )
d
thì ta không làm bước lấy đối xứng.
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
( )
+ − =d : x 2y 4 0
và hai điểm
( )
A 1;4
,
( )
B 8;3
. Tìm điểm M thuộc
( )
d
sao cho tam giác ABM có chu vi nhỏ nhất.
Lời giải. Ta có
( )
= − ⇒ =
uuur
AB 7; 1 AB 50
.
Chu vi tam giác ABC là
= + + = + +P MA MB AB MA MB 50
.
Để chu vi nhỏ nhất khi
+MA MB
nhỏ nhất. (làm tương tự [Bài 4])
Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
( )
+ − =d : x 2y 4 0
và hai điểm
( )
A 1;4
,
( )
B 3;2
. Tìm điểm M thuộc
( )
d
sao cho
−MA MB
lớn nhất.
Lời giải.
Ta có
( ) ( )
+ − + − = >
A A B B
x 2y 4 x 2y 4 5.3 0
. Suy ra A và B cùng phía so với đường thẳng
( )
d
.
Theo bất đẳng thức tam giác mở rộng ta có
− ≤ =MA MB AB 2 2
.
Dấu
='' ''
xảy ra khi A, M, B thẳng hàng hay M thuộc đường thẳng AB.
Đường thẳng AB đi qua
( )
A 1;4
và
( )
B 3;2
nên có phương trình
( )
+ − =AB : x y 5 0
.
Vậy tọa độ
( )
M x;y
thỏa mãn hệ
( )
+ − =
⇒ −
+ − =
M 6; 1
x y 5 0
x 2y 4 0
.
Nhận xét: Bài toán này dùng cho hai điểm cùng phía so với
( )
d
. Nếu đề bài cho A và B khác phía
với
( )
d
thì ta đối xứng điểm A (hoặc B) qua
( )
d
.
Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
( )
+ − =d : x 2y 4 0
và hai điểm
( )
A 1;4
,
( )
B 5;2
. Tìm điểm M thuộc
( )
d
sao cho
+
uuuur uuur
MA MB
nhỏ nhất.
Lời giải. Điểm
( )
∈M d
có tọa độ dạng
( )
−M 4 2m;m
.
Khi đó
( )
− −=
uuuur
2mM 3;4A m
,
( )
+ −=
uuur
2mM 1;2B m
. Suy ra
( )
+ = − −
uuuur uuur
MA MB 4m 2;6 2m
.
Ta có
( ) ( )
+ = − + − = − +
uuuur uuur
2 2
2
MA MB 4m 2 6 2m 20m 40m 40
( )
= − + ≥ = ∀ ∈¡
2
2 5. m 1 1 2 5. 1 2 5, m
.
Dấu
='' ''
xảy ra khi
=m 1
. Khi đó
( )
M 2;1
và
+ =
uuuur uuur
MA MB 2 5
.
Nhận xét: Ta có
+ =
uuuur uuur uur
MA MB 2MI
, với I là trung điểm AB. Do A, B cố định nên I cố định. Vậy
+
uuuur uuur
MA MB
nhỏ nhất khi
uur
MI
nhỏ nhất, khi đó M là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng
( )
d
.
Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
( )
+ − =d : x 2y 4 0
và hai điểm
( )
A 1;4
,
( )
B 9;0
. Tìm điểm M thuộc
( )
d
sao cho
+
uuuur uuur
MA 3MB
nhỏ nhất.
Lời giải. Điểm
( )
∈M d
có tọa độ dạng
( )
−M 4 2m;m
.
Trang22
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Khi đó
( )
− −=
uuuur
2mM 3;4A m
,
( ) ( )
= + − = + −⇒
uuur uuur
MB 3.2m 5; m 6m 1B 5;M 3m
.
Suy ra
( )
+ = + −
uuuur uuur
MA 3MB 8m 12;4 4m
.
Ta có
( ) ( )
+ = + + − = + + = + +
uuuur uuur
2 2
2 2
MA 3MB 8m 12 4 4m 80m 160m 160 4 5 m 2m 2
( )
= + + ≥ =
2
4 5 m 1 1 4 5. 1 4 5
.
Dấu
='' ''
xảy ra khi
= −m 1
. Khi đó
( )
−M 6; 1
và
+ =
uuuur uuur
MA 3MB 4 5
.
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
( )
+ − =d : x 2y 4 0
và hai điểm
( )
A 1;4
,
( )
B 5;2
. Tìm điểm M thuộc
( )
d
sao cho
+
2 2
MA MB
nhỏ nhất.
Lời giải. Điểm
( )
∈M d
có tọa độ dạng
( )
−M 4 2m;m
.
Khi đó
( )
− −=
uuuur
2mM 3;4A m
, suy ra
( ) ( )
− + −=
2
2
2
2m 3 4M mA
( )
+ −=
uuur
2mM 1;2B m
, suy ra
( ) ( )
+ + −=
2
2
2
2m 1 2M mB
.
Do đó
( )
= − + = − + ≥+
2
2
2 2
10m 20m 3MA MB 0 10 m 1 20 20
.
Dấu
='' ''
xảy ra khi
=m 1
. Khi đó
( )
M 2;1
và
=+
2 2
MA MB 20
.
Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
( )
+ − =d : x 2y 4 0
và hai điểm
( )
A 1;4
,
÷
1
B 8;
2
. Tìm điểm M thuộc
( )
d
sao cho
+
2 2
5MA 2MB
nhỏ nhất.
Lời giải. Điểm
( )
∈M d
có tọa độ dạng
( )
−M 4 2m;m
.
Khi đó
( )
− −=
uuuur
2mM 3;4A m
, suy ra
( ) ( )
− + −=
2 2
2
2m 3 4 m5MA 5
+ −
÷
=
uuur
1
2m 4; m
2
MB
, suy ra
( )
+ + −
÷
=
2
2
2
1
2m 4 m2
2
MB 2
.
Do đó
( )
= − + = − + ≥+
2
22 2
31
5MA 2M
5 245 245
35m 70m 35 m 1
2
B .
2 2
Dấu
='' ''
xảy ra khi
=m 1
. Khi đó
( )
M 2;1
và
+ =
2 2
5MA 2MB
245
2
.
Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
( )
A 2;1
. Lấy điểm B thuộc Ox có hoành độ
không âm và điểm C thuộc Oy có tung độ không âm sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm tọa độ
điểm B và C sao cho diện tích tam giác ABC
a. Lớn nhất. Trích TSĐH Dự bị 1 Khối D. b. Nhỏ nhất.
Lời giải. Gọi
( )
B b;0
,
( )
C 0;c
với
≥ ≥b 0,c 0
. Suy ra
( )
= −
uuur
AB b 2;1
,
( )
= −
uuur
AC 2;c 1
.
Tam giác ABC vuông tại A nên
( ) ( )
= ⇔ − + − = ⇔ + − =
uuur uuur
AB.AC 0 b 2 .2 1. c 1 0 2b c 5 0
. (*)
Từ (*) suy ra
−
=
5 c
b
2
, do
≥c 0
nên
≤
5
b
2
. Vậy
≤ ≤
5
0 b
2
.
Ta có
( ) ( )
∆
= = − + + −
2 2
ABC
1 1
S AB.AC . b 2 1. 4 c 1
2 2
( ) ( ) ( )
= − + + − = − +
2 2 2
1
b 2 1 4 4 b 2 b 2 1
2
.
a. Dùng đạo hàm khảo sát hàm số
( ) ( )
= − +
2
f b b 2 1
trên
5
0;
2
, ta tìm được
( ) ( )
= =
5
0;
2
Maxf b f 0 5
.
Trang23
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
Với
=b 0
, suy ra
=c 5
. Vậy
( )
B 0;0
,
( )
C 0;5
.
b. Ta có
( )
∆
− += ≥
BC
2
A
b 2 1S 1
.
Dấu
='' ''
xảy ra khi
=b 2
, suy ra
=c 1
. Vậy
( )
B 2;0
,
( )
C 0;1
.
Bài 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng đi qua
( )
M 3;2
cắt tia
Ox tại A (hoành độ dương) và tia Oy tại B (tung độ dương) sao cho diện tích tam giác OAB đạt giá
trị nhỏ nhất.
Lời giải.
Cách 1. Đường thẳng
( )
d
đi qua
( )
M 3;2
và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B khác O, nên
( )
A a;0
,
( )
B 0;b
với
> >
a 0,b 0
. Do đó phương trình của
( )
d
có dạng
+ =
y
x
1
a b
.
Đường thẳng
( )
d
đi qua
( )
M 3;2
nên
+ =
3 2
1
a b
.
Ta có
∆
= = =
OAB
1 1 1
S OA.OB . a . b ab
2 2 2
.
Áp dụng BĐT Cauchy ta được:
∆
= + ≥ =
OAB
3 2 6 3
1 2 2
a b ab S
, suy ra
∆
≥
OAB
S 12
.
Dấu
='' ''
xảy ra khi
=
= = ⇔
=
a 6
3 2 1
b 4
a b 2
.
Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình
( )
+ =
y
x
d : 1
6 4
.
Cách 2. Gọi
( )
A a;0
,
( )
B 0;b
với
> >
a 0,b 0
. Suy ra
( )
= − −
uuuur
MA a 3; 2
,
( )
= − −
uuur
MB 3; b 2
.
Do A, B, M thẳng hàng nên
( ) ( ) ( ) ( )
− − = − − ⇔ − − = ⇔ =
−
3b
a 3 b 2 2 3 ab 2a 3b 0 a
b 2
.
Ta có
∆
= = = = =
− −
2 2
OAB
1 1 1 1 3b 3 b
S OA.OB . a . b ab . .
2 2 2 2 b 2 2 b 2
.
Dùng đạo hàm khảo sát hàm số
( )
=
−
2
b
f b
b 2
trên
( )
+∞0;
, ta tìm được
( )
( ) ( )
+∞
= =
0;
Min f b f 4 8
.
Dấu
='' ''
xảy ra khi
=b 4
, suy ra
=a 6
. Đường thẳng cần tìm có phương trình
( )
+ =
y
x
d : 1
6 4
.
Mở rộng bài toán: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng
( )
d
đi qua
( )
0 0
M x ;y
với
≠
0 0
x .y 0
; và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B khác O sao cho tam giác OAB (ở
góc phần tư chứa điểm M) có diện tích bé nhất.
Hướng dẫn: Vì phép dời hình biến một hình thành một hình bằng nó, do đó ta thực hiện phép đối
xứng trục tung nếu M thuộc góc phần tư thứ hai, phép đối xứng trục hoành nếu M thuộc góc phần
tư thứ tư, và phép đối xứng tâm O nếu M thuộc góc phần tư thứ ba. Từ đó ta trở lại cách giải như
bài toán ban đầu. Sau đó lại sử dụng phép đối xứng đã sử dụng để tìm kết quả bài toán. Hoặc giải
trực tiếp như trên song cần lưu ý dấu dương khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy.
Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng
( )
d
đi qua
( )
M 4;1
và
cắt chiều dương các trục Ox, Oy lần lượt tại A và B khác O sao cho
+OA OB
nhỏ nhất.
Lời giải.
Cách 1. Gọi
( )
d
là đường thẳng đi qua
( )
M 4;1
và có vtpt
( )
ur
n a;b
,
( )
+ ≠
2 2
a b 0
nên có phương
trình
Trang24
Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học
( )
+ − − =d : ax by 4a b 0
.
Khi đó
( )
+
=
÷
I
4a b
d Ox A ;0
a
và
( )
+
=
÷
I
4a b
d Oy B 0;
b
. Điều kiện
+
>
⇔ >
+
>
4a b
0
a
a.b 0
4a b
0
b
.
Ta có
+ + + +
+ = + = + = + + ≥ + =
4a b 4a b 4a b 4a b b 4a b 4a
OA OB 5 5 2 . 9
a b a b a b a b
.
Dấu
='' ''
xảy ra khi
= ⇔ =
2 2
b 4a
b 4a
a b
. Ta chọn
=a 1
, suy ra
=b 2
.
Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình
( )
+ − =d : x 2y 6 0
.
Cách 2. Đường thẳng
( )
d
đi qua
( )
M 4;1
và cắt các chiều dương Ox, Oy lần lượt tại A và B khác O,
nên
( )
A a;0
,
( )
B 0;b
với
> >a 0,b 0
. Do đó phương trình của
( )
d
có dạng
+ =
y
x
1
a b
.
Đường thẳng
( )
d
đi qua
( )
M 4;1
nên
+ =
4 1
1
a b
.
Ta có
+ = + = +OA OB a b a b
.
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta được:
( )
+ ≤ + + = +
÷
÷
÷
2
4 1 4 1
. a . b . a b a b
a b a b
(do
+ =
4 1
1
a b
).
Suy ra
+ ≥a b 9
hay
+ ≥OA OB 9
.
Dấu
='' ''
xảy ra khi
=
=
⇔
=
+ =
4 1
: a : b
a 6
a b
b 3
4 1
1
a b
.
Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình
( )
+ =
y
x
d : 1
6 3
.
Cách 3. Gọi
( )
A a;0
,
( )
B 0;b
với
> >a 0,b 0
. Suy ra
( )
= − −
uuuur
MA a 4; 1
,
( )
= − −
uuur
MB 4; b 1
.
Do A, B, M thẳng hàng nên
( ) ( ) ( ) ( )
− − = − − ⇔ − − = ⇔ =
−
4b
a 4 b 1 1 4 ab a 4b 0 a
b 1
.
Ta có
+
+ = + = + = + =
− −
2
4b b 3b
OA OB a b a b b
b 1 b 1
.
Dùng đạo hàm khảo sát hàm số
( )
+
=
−
2
b 3b
f b
b 1
trên
( )
+∞0;
, ta tìm được
( )
( ) ( )
+∞
= =
0;
Min f b f 3 9
.
Dấu
='' ''
xảy ra khi
=b 3
, suy ra
=a 6
.
Vậy đường thẳng cần tìm đi qua
( )
A 6;0
và
( )
B 0;3
nên có phương trình
( )
+ =
y
x
d : 1
6 3
.
Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng
( )
d
đi qua
( )
M 3;1
và
cắt chiều dương các trục Ox, Oy lần lượt tại A và B khác O sao cho
+12OA 9OB
nhỏ nhất.
Lời giải.
Cách 1. Gọi
( )
d
là đường thẳng đi qua
( )
M 3;1
và có vtpt
( )
ur
n a;b
,
( )
+ ≠
2 2
a b 0
nên có phương
trình
( )
+ − − =d : ax by 3a b 0
.
Trang25
