Bai tap hinh giai tich trong mat phang (có dap an)

BI TP V PHNG PHP TA TRONG MT PHNG
Bi 1. Trong mt phng Oxy, cho tam giỏc ABC bit A(3;0), ng cao t nh B cú phng trỡnh
01 =++ yx
,
trung tuyn t nh C cú phng trỡnh: 2x-y-2=0. Vit phng trỡnh ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC.
Bi 2. Trong mt phng ta Oxy, cho tam giỏc ABC bit A(1;-1), B(2;1), din tớch bng
5,5
v trng tõm G
thuc ng thng d:
043 =+ yx
. Tỡm ta nh C.
Bi 2. Trong h ta Oxy, cho hai ng trũn cú phng trỡnh
( )
2 2
1
: 4 5 0C x y y+ =
v
( )
2 2
2
: 6 8 16 0.C x y x y+ + + =
Lp phng trỡnh tip tuyn chung ca
( )
1
C
v
( )
2
.C
Bi 4.Trong mt phng ta Oxy cho hỡnh ch nht ABCD cú tõm
1

( ;0)
2
I
ng thng AB cú phng trỡnh: x 2y + 2 = 0, AB = 2AD v honh im A õm. Tỡm ta cỏc nh ca
hỡnh ch nht ú.
Bi 5.Trong mp vi h ta Oxy cho ng trũn : x
2
+y
2
- 2x +6y -15=0 (C ). Vit PT ng thng () vuụng
gúc vi ng thng: 4x-3y+2 =0 v ct ng trũn (C) ti A;B sao cho AB = 6.
Bi 6. Trong mt phng ta Oxy cho im M(3; 0), ng thng d
1
: 2x y 2 = 0,
ng thng d
2
: x + y + 3 = 0. Vit phng trỡnh ng thng d i qua M v ct d
1
, d
2
ln lt ti A v B sao cho
MA = 2MB.
Bi 7. Trong mt phng to Oxy, cho hỡnh ch nht ABCD cú phng trỡnh ng thng AB: x 2y + 1 = 0,
phng trỡnh ng thng BD: x 7y + 14 = 0, ng thng AC i qua M(2; 1). Tỡm to cỏc nh ca hỡnh ch
nht.
Bi 8. Trong mt phng to Oxy cho tam giỏc ABC, cú im A(2; 3), trng tõm G(2; 0). Hai nh B v C ln
lt nm trờn hai ng thng d
1
: x + y + 5 = 0 v d
2

: x + 2y 7 = 0. Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm C v
tip xỳc vi ng thng BG.
Bi 9. Tam giỏc cõn ABC cú ỏy BC nm trờn ng thng : 2x 5y + 1 = 0, cnh bờn AB nm trờn ng thng :
12x y 23 = 0 . Vit phng trỡnh ng thng AC bit rng nú i qua im (3;1)
Bi 10. Vit phng trỡnh tip tuyn chung ca hai ng trũn :
(C
1
) : (x - 5)
2
+ (y + 12)
2
= 225 v (C
2
) : (x 1)
2
+ ( y 2)
2
= 25.
Trong mt phng vi h to Oxy, cho ng trũn (C) :
2 2
x y 2x 8y 8 0+ + =
. Vit phng trỡnh ng thng
song song vi ng thng d: 3x+y-2=0 v ct ng trũn theo mt dõy cung cú di bng 6.
Bi 12. Vit phng trỡnh cỏc cnh ca tam giỏc ABC bit B(2; -1), ng cao v ng phõn giỏc trong qua nh
A, C ln lt l : (d
1
) : 3x 4y + 27 = 0 v (d
2
) : x + 2y 5 = 0.
Bi 13. Trong mt phng vi h ta cỏc vuụng gúc Oxy , xột tam giỏc ABC vuụng ti A, phng trỡnh ng

thng BC l :
3
x y -
3
= 0, cỏc nh A v B thuc trc honh v bỏn kớnh ng trũn ni tiptam giỏc ABC
bng 2 . Tỡm ta trng tõm G ca tam giỏc ABC .
Bi 14. Trong mt phng vi h ta Oxy. Cho ng trũn (C) :
0124
22
=+ yxyx
v ng thng d :
01 =++ yx
. Tỡm nhng im M thuc ng thng d sao cho t im M k c n (C) hai
tip tuyn hp vi nhau gúc 90
0
Bi 15. Trong mt phng vi h ta Oxy. Cho elip (E) :
044
22
=+ yx
. Tỡm nhng im N trờn elip (E)
sao cho :
0
21
60

=FNF
( F
1
, F
2

l hai tiờu im ca elip (E)).
Bi 16. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho

ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM:
2 1 0x y+ + =
v phõn
giỏc trong CD:
1 0x y+ =
. Vit phng trỡnh ng thng BC.
Bi 17. Cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú din tớch bng 4. Bit A(1;0), B(0;2) v giao im I ca hai ng chộo nm
trờn ng thng y = x. Tỡm ta nh C v D.
B i 18. Cho đ ờng tròn (C) có phơng trình :
2 2
4 4 4 0x y x y+ + =
và đờng thẳng (d) có phơng trình : x + y 2
= 0 Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đờng tròn (C) sao cho
diện tích tam giác ABC lớn nhất.
B i 19. Viết ph ơng trình đờng thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) , đờng cao và đờng phân giác
trong qua đỉnh A, C lần lợt là : 3x -4y + 27 =0 và x + 2y 5 = 0.
Bi 20. Cho Elip cú phng trỡnh chớnh tc
2 2
1
25 9
x y
+ =
(E), vit phng trỡnh ng thng song song Oy v ct
(E) ti hai im A, B sao cho AB=4.
Bi 21.Trong mt phng vi h ta Oxy cho ng trũn (C) cú phng trỡnh (x-1)
2
+ (y+2)

2
= 9 v ng thng
d: x + y + m = 0. Tỡm m trờn ng thng d cú duy nht mt im A m t ú k c hai tip tuyn AB, AC
ti ng trũn (C) (B, C l hai tip im) sao cho tam giỏc ABC vuụng.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1.
KH:
022:;01:
21
=−−=++ yxdyxd

1
d
có véctơ pháp tuyến
)1;1(
1
=n
và
2
d
có véctơ pháp tuyến
)1;1(
2
=n
• AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương
)1;1(
1
=n
⇒
phương trình AC:

03 =−− yx
.

⇒∩=
2
dACC
Tọa độ C là nghiệm hệ:
)4;1(
022
03
−−⇒



=−−
=−−
C
yx
yx
.
• Gọi
);(
BB
yxB
⇒

)
2
;
2

3
(
BB
yx
M
+
( M là trung điểm AB)
Ta có B thuộc
1
d
và M thuộc
2
d
nên ta có:
)0;1(
02
2
3
01
−⇒





=−−+
=++
B
y
x

yx
B
B
BB
• Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng:
022
22
=++++ cbyaxyx
. Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có





−=
=
−=
⇔





−=+−−
−=+−
−=+
3
2
1
1782

12
96
c
b
a
cba
ca
ca
⇒
Pt đường tròn qua A, B, C là:
0342
22
=−+−+ yxyx
. Tâm I(1;-2) bán kính R =
22
Bài 2.
• Gọi tọa độ của điểm
)
3
;
3
1();(
CC
CC
yx
GyxC +⇒
. Vì G thuộc d
)33;(3304
33
13 +−⇒+−=⇒=−+







+⇒
CCCC
CC
xxCxy
yx
•Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương
)2;1(=AB

032: =−−⇒ yxptAB
•
5
11
5
3332
5
11
);(
2
11
);(.
2
1
=
−−+

⇔=⇔==
∆
CC
ABC
xx
ABCdABCdABS





=
−=
⇔=−⇔
5
17
1
1165
C
C
C
x
x
x
TH1:
)6;1(1 −⇒−= Cx
C

TH2:
)

5
36
;
5
17
(
5
17
−⇒= Cx
C
.
Bài 3.
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 2 2 2
: 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.C I R C I R= − =
Gọi tiếp tuyến chung của
( ) ( )
1 2
,C C
là
( )
2 2
: 0 0Ax By C A B∆ + + = + ≠
∆
là tiếp tuyến chung của
( ) ( )
1 2
,C C

( )

( )
( )
( )
2 2
1 1
2 2
2 2
2 3 1
;
;
3 4 3 2
B C A B
d I R
d I R
A B C A B


+ = +
∆ =
 
⇔ ⇔
 
∆ =
 
− + = +


Từ (1) và (2) suy ra
2A B=
hoặc

3 2
2
A B
C
− +
=
Trường hợp 1:
2A B=
.
Chọn
1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0B A C x y= ⇒ = ⇒ = − ± ⇒ ∆ + − ± =
Trường hợp 2:
3 2
2
A B
C
− +
=
. Thay vào (1) được
2 2
4
2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0
3
A B A B A A B y x y− = + ⇔ = = − ⇒ ∆ + = ∆ − − =
Bài 4.
+)
5
( , )
2
d I AB =

⇒
AD =
5
⇒ AB = 2
5
⇒ BD = 5.
+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)
2
+ y
2
= 25/4
+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:
2 2
2
1 25
2
( )
( 2;0), (2;2)
2 4
2
2 2 0
0
x
y
x y
A B
x
x y
y

 =




=
− + =
 

⇔ ⇒ −


= −


− + =



=



(3;0), ( 1; 2)C D⇒ − −
Bài 5. Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5
Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy ra IH =4
Mặt khác IH= d( I; Δ )
Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng
3x+4y+c=0
d(I; Δ )=

Vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0
Bài 6.
+) Dạng tham số của d
1
và d
2
:
1 2
: , :
2 2 3
x t x u
d d
y t y u
= =
 
 
= − + = − −
 
+) Tọa độ A(t; - 2 + 2t), B(u; - 3 – u).
( ) ( )
3; 2 2 ; 3; 3MA t t MB u u= − − + = − − −
uuur uuur
+) TH1:
2.MA MB=
uuur uuur
: Tìm được
( )
7 16 20
, ; : 4;5
3 3 3

d
t MA VTCPd u
 
= − = − − ⇒ =
 ÷
 
uuur uur

3
: 5 4 15 0
4 5
x y
d x y
−
⇒ = ⇔ − − =
+) TH2:
2.MA MB= −
uuur uuur
: Tìm được
( )
17 8 28
, ; : 2;7
3 3 3
d
t MA VTCPd u
 
= = ⇒ =
 ÷
 
uuur uur

3
: 7 2 21 0
2 7
x y
d x y
−
⇒ = ⇔ − − =
Bài 7.
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21
2 1 0
21 13
5
;
7 14 0 13
5 5
5
x
x y
B
x y
y

=

− + =


 

⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=


Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và
BD, kí hiệu
(1; 2); (1; 7); ( ; )
AB BD AC
n n n a b− −
uuur uuur uuur
(với a
2
+ b
2
> 0) lần lượt là VTPT của các đường
thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:
( ) ( )
os , os ,
AB BD AC AB
c n n c n n=
uuur uuur uuur uuur
2 2 2 2
3
2 7 8 0

2
7
a b
a b a b a ab b
b
a
= −


⇔ − = + ⇔ + + = ⇔

= −

- Với a = - b. Chọn a = 1
⇒
b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
1 0 3
(3;2)
2 1 0 2
x y x
A
x y y
− − = =
 
⇒ ⇒
 
− + = =
 
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:

7
1 0
7 5
2
;
7 14 0 5
2 2
2
x
x y
I
x y
y

=

− − =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=



Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
( )
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
 
 ÷
 
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)
Bài 8.
Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − +
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
+ + =


+ + =


Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)

Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n⇒ −
uuur uuur
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
Bán kính R = d(C; BG) =
9
5

⇒
phương trình đường tròn: (x – 5)
2
+(y – 1)
2
=
81
25
.
Bài 9.
Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình :
a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a
2
+ b
2

≠
0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với
BC nên :

2 2 2 2 2 2 2 2
2a 5b 2.12 5.1
2 5 . a b 2 5 . 12 1
− +
=
+ + + +

2 2
2a 5b
29
5
a b
−
⇔ =
+

( )
( )
2
2 2
5 2a 5b 29 a b⇔ − = +

⇔
9a
2
+ 100ab – 96b
2
= 0
a 12b
8

a b
9
= −


⇒

=

Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc
AB) nên không phải là cạnh tam giác .
Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9
Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0
Bài 10.
Đường tròn (C
1
) có tâm I
1
(5 ; -12) bán kính R
1
= 15 , Đường tròn (C
2
) có tâm I
2
(1 ; 2) bán
kính R
1
= 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0
(A
2

+ B
2

≠
0) là tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
) thì khoảng cách từ I
1
và I
2
đến đường
thẳng đó lần lượt bằng R
1
và R
2
, tức là :

( )
( )
2 2
2 2
5A 12B C
15 1
A B
A 2B C
5 2
A B
 − +

=

 +

+ +

=

+

Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C |
Hay 5A – 12B + C =
±
3(A + 2B + C)
TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)
⇒
C = A – 9B thay vào (2) :
|2A – 7B | = 5
2 2
A B+

2 2
21A 28AB 24B 0⇒ + − =
14 10 7
A B
21
− ±
⇒ =
Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14
10 7±

, C =
203 10 7− ±
Vậy có hai tiếp tuyến :
(- 14
10 7±
)x + 21y
203 10 7− ±
= 0
TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)
4A 3B
C
2
− +
⇒ =
, thay vào (2) ta được : 96A
2
+
28AB + 51B
2
= 0. Phương trình này vô nghiệm.
Bài 11. Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5
Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ∆,
=> ∆ : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0)
Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> khoảng cách từ
tâm I đến ∆ bằng
2 2
5 3 4− =
( )
2
4 10 1

3 4
, 4
3 1 4 10 1
c
c
d I
c

= −
− + +
⇒ ∆ = = ⇔

+ = − −


(thỏa mãn c≠2)
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
3 4 10 1 0x y+ + − =
hoặc
3 4 10 1 0x y+ − − =
.
x 2 y 1
4x 7y 1 0
7 4
− +
= ⇔ + − =
−
Bài 13.
+) Täa ®é ®iÓm B lµ nghiÖm cña HPT :
( )

x 1
3x y 3 0
B 1;0
y 0
y 0

=

− − =

⇔ ⇒
 
=
=



Ta nhËn thÊy ®êng th¼ng BC cã hÖ sè gãc
Bài 12. PT c¹nh BC ®i qua B(2 ; -1) vµ nhËn VTCP
( )
1
u 4;3=
uur
cña (d
2
) lµm VTPT
(BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0
+) Täa ®é ®iÓm C lµ nghiÖm cña HPT :
( )
4x 3y 5 0 x 1

C 1;3
x 2y 5 0 y 3
+ − = = −
 
⇔ ⇒ = −
 
+ − = =
 
+) §êng th¼ng ∆ ®i qua B vµ vu«ng gãc víi (d
2
) cã VTPT lµ
( )
2
u 2; 1= −
uur
∆ cã PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0
+) Täa ®é giao ®iÓm H cña ∆ vµ (d
2
) lµ nghiÖm cña HPT :

( )
2x y 5 0 x 3
H 3;1
x 2y 5 0 y 1
− − = =
 
⇔ ⇒ =
 
+ − = =
 

+) Gäi B’ lµ ®iÓm ®èi xøng víi B qua (d
2
) th× B’ thuéc AC vµ H lµ trung ®iÓm cña BB’
nªn :
( )
B' H B
B' H B
x 2x x 4
B' 4;3
y 2y y 3
= − =

⇒ =

= − =

+) §êng th¼ng AC ®i qua C( -1 ; 3) vµ B’(4 ; 3) nªn cã PT : y - 3 = 0
+) Täa ®é ®iÓm A lµ nghiÖm cña HPT :

y 3 0 x 5
A ( 5;3)
3x 4y 27 0 y 3
− = = −
 
⇔ ⇒ = −
 
− + = =
 
+) §êng th¼ng qua AB cã VTCP
( )

AB 7; 4= −
uuur
, nªn cã PT :
O
y
xA
B
C
60
0
k =
3
, nên
0
ABC 60 =
. Suy ra
đờng phân giác trong góc B của
ABC có hệ số góc k =
3
3
nên có PT :
3 3
y x
3 3
=
()
Tâm I( a ;b) của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc () và cách trục Ox một khoảng
bằng 2 nên : | b | = 2
+ Với b = 2 : ta có a =
1 2 3+

, suy ra I=(
1 2 3+
; 2 )
+ Với b = -2 ta có a =
1 2 3
, suy ra I = (
1 2 3
; -2)
Đờng phân giác trong góc A có dạng:y = -x + m ().Vì nó đi qua I nên
+ Nếu I=(
1 2 3+
; 2 ) thì m = 3 + 2
3
.
Suy ra : () : y = -x + 3 + 2
3
. Khi đó () cắt Ox ở A(3 + 2
3
. ; 0)
Do AC vuông góc với Ox nên có PT : x = 3 + 2
3
.
Từ đó suy ra tọa độ điểm C = (3 + 2
3
; 6 + 2
3
)
Vậy tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC lúc này là :
4 4 3 6 2 3
;

3 3

+ +
ữ
ữ

.
+ Nếu I=(
1 2 3
; 2 ) thì m = -1 - 2
3
.
Suy ra : () : y = - x -1 - 2
3
. Khi đó () cắt Ox ở A(-1 - 2
3
. ; 0)
Do AC vuông góc với Ox nên có PT : x = -1 - 2
3
.
Từ đó suy ra tọa độ điểm C = (-1 - 2
3
; -6 - 2
3
)
Vậy tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC lúc này là :
1 4 3 6 2 3
;
3 3

+

ữ
ữ

.
Vậy có hai tam giác ABC thoả mãn đề bài và trọng tâm của nó là :
G
1
=
4 4 3 6 2 3
;
3 3

+ +
ữ
ữ

và G
2
=
1 4 3 6 2 3
;
3 3

+

ữ
ữ

.
Bi 14.
+ (C) cú tõm I(2 , 1) v bỏn kớnh R =
6

+
BABMA ,(90

0
=
l cỏc tip im ) suy ra :
122.2. === RMAMI
Vy M thuc ng trũn tõm I bỏn kớnh R
/
=
12
v M thuc d nờn M( x , y) cú ta
tha h:

( ) ( )





+=
=

=
=






=++
=+
21
2
21
2
01
1212
22
y
x
y
x
yx
yx
Vy cú 2 im tha yờu cu bi toỏn cú ta nờu trờn.
Bi 15.
(E) :
33;11;24;1

4
222222
2
========+ cbacbbaay
x
+ p dng nh lớ cụsin trong tam giỏc F
1
NF
2
:

18
2
;
9
32
3
4
)(
3
4
.
2)()(
60cos.2)(
22
22
21
2121
2
21

2
21
0
21
2
2
2
1
2
21
==
==
+=
+=
yx
caNFNF
NFNFNFNFNFNFFF
NFNFNFNFFF
Vậy có 4 điểm thỏa yêu cầu bài toán :








−−









−








−








3
1
,
3
24
;

3
1
,
3
24
;
3
1
,
3
24
;
3
1
,
3
24
4321
NNNN
.
Bài 16. Điểm
( )
: 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ −
.
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M

+ −
 
 ÷
 
.
( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
+ −
 
∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −
 ÷
 
Từ A(1;2), kẻ
: 1 0AK CD x y⊥ + − =
tại I (điểm
K BC
∈
).
Suy ra
( ) ( )
: 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + =
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
( )
1 0
0;1

1 0
x y
I
x y
+ − =

⇒

− + =

.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của
AK
⇒
tọa độ của
( )
1;0K −
.
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương
trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
+
= ⇔ + + =
− +

Bài 17. Ta có:

( )
1;2 5AB AB= − ⇒ =
uuur
. Phương trình
của AB là:
2 2 0x y+ − =
.
( ) ( )
: ;I d y x I t t∈ = ⇒
. I là trung điểm của AC và BD nên ta có:
( ) ( )
2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− −
.
Mặt khác:
D
. 4
ABC
S AB CH= =
(CH: chiều cao)
4
5
CH⇒ =
.
Ngoài ra:
( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4
3 3 3 3 3

;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH
t C D

   
= ⇒
−
 ÷  ÷

= ⇔ = ⇔
   


= ⇒ − −

Vậy tọa độ của C và D là
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
   
 ÷  ÷
   
hoặc
( ) ( )
1;0 , 0; 2C D− −

.
Bài 18. (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2
Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ:
2 2
0
2
2 0
4 4 4 0
2
0
x
y
x y
x y x y
x
y
 =



=
+ − =



⇔


+ − − + =
=





=



Hay A(2;0), B(0;2)
Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B
Ta có
1
.
2
ABC
S CH AB=
V
(H là hình chiếu của C trên AB)
ax CH max
ABC
S m ⇔
V
Dễ dàng thấy CH max
( ) ( )
2
C
C C
x
= ∩


⇔

>

V
Hay
V
: y = x với
:
(2;2)
d
I
⊥


∈

V
V
V
H
4
A
B
I
y
x
M
2
2

O
C
(2 2;2 2)C⇒ + +
Vậy
(2 2;2 2)C + +
thì
ax
ABC
S m
V
Bài 19
Phươngtrình đường thẳng chứa cạnh BC:
1
( ) qua B
( ): 4 3 5 0
BC d
BC
BC x y

⇔ + − =

⊥

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
4 3 5 0
( 1;3)
2 5 0
x y
C
x y

+ − =

⇒ −

+ − =

Gọi K
AC
, K
BC
, K
2
theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC, d
2

Ta có:
2 2
2 2
3 1 1
4 2 2
1 3 1
1 . 1 .
1 . 1
2 4 2
0
1
(loai)
3
AC
BC d d AC

BC d d AC
AC
AC
AC
K
K K K K
K K K K
K
K
K
− + − −
− −
= ⇔ =
+ +
+ −
=


⇔

= −


Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3
+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

3 4 27 0
( 5;3)
3 0
x y

A
y
− + =

⇒ −

− =

⇒
Pt cạnh AB là:
5 3
4 7 1 0
2 5 1 3
x y
x y
+ −
= ⇔ + − =
+ − −
Vậy AB: 4x+7y-1=0
AC: y=3
BC: 4x+3y-5=0
Bài 20.
Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là:
25
25
25
1
9
1
925

222
22
aay
ya
−
=−=⇔
=+
2
2
2
25
5
3
25
25
.9 ay
a
y −±=⇒
−
=⇒
Vậy






−−







−
22
25
5
3
;,25
5
3
; aaBaaA






−=
2
25
5
6
;0 aAB
;
2 2 2
10 100 100 125
25 25 25
3 9 9 9

a a a⇔ − = ⇔ − = ⇔ = − =
3
55
±=⇒ a
Vậy phương trình đường thẳng:
3
55
,
3
55
=
−
= xx
.
Bài 21. Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được
2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và
ACAB
⊥
=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng
3
23=⇒ IA




=
−=
⇔=−⇔=
−
⇔

7
5
6123
2
1
m
m
m
m
.