Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi phương pháp tọa độ trong mặt phẳng về tứ giác
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (719.13 KB, 22 trang )
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
A. TĨM TẮT LÝ THUYẾT CƠ BẢN
I. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
1. Vectơ chỉ phương của đường thẳng
Vectơ u 0 đgl vectơ chỉ phương của đường thẳng nếu giá của nó song song hoặc trùng với .
Nhận xét: – Nếu u là một VTCP của thì ku (k 0) cũng là một VTCP của .
– Một đường thẳng hoàn toàn được xác định nếu biết một điểm và một VTCP.
2. Vectơ pháp tuyến của đường thẳng
Vectơ n 0 đgl vectơ pháp tuyến của đường thẳng nếu giá của nó vng góc với .
Nhận xét: – Nếu n là một VTPT của thì kn (k 0) cũng là một VTPT của .
– Một đường thẳng hoàn toàn được xác định nếu biết một điểm và một VTPT.
– Nếu u là một VTCP và n là một VTPT của thì u n .
3. Phương trình tham số của đường thẳng
Cho đường thẳng đi qua M0 ( x0 ; y0 ) và có VTCP u (u1; u2 ) .
Phương trình tham số của :
x x0 tu1
y y0 tu2
(1)
( t là tham số).
x x0 tu1
Nhận xét: – M(x; y) t R:
.
y y0 tu2
u
– Gọi k là hệ số góc của thì: k = 2 ,
với u1 0 .
u1
4. Phương trình chính tắc của đường thẳng
Cho đường thẳng đi qua M0 ( x0 ; y0 ) và có VTCP u (u1; u2 ) .
x x 0 y y0
(2) (u1 0, u2 0).
u1
u2
Chú ý: Trong trường hợp u1 = 0 hoặc u2 = 0 thì đường thẳng khơng có phương trình
chính tắc.
5. Phương trình tổng qt của đường thẳng
PT ax by c 0 với a2 b2 0 đgl phương trình tổng quát của đường thẳng.
Nhận xét: – Nếu có phương trình ax by c 0 thì có:
VTPT là n ( a; b) và VTCP u ( b; a) hoặc u (b; a) .
– Nếu đi qua M0 ( x0 ; y0 ) và có VTPT n ( a; b) thì phương trình của là:
Phương trình chính tắc của :
a( x x0 ) b( y y0 ) 0
đi qua hai điểm A(a; 0), B(0; b) (a, b 0): Phương trình của :
x y
1.
a b
(phương trình đường thẳng theo đoạn chắn ) .
đi qua điểm M0 ( x0 ; y0 ) và có hệ số góc k: Phương trình của : y y0 k ( x x0 )
(phương trình đường thẳng theo hệ số góc)
6. Vị trí tương đối của hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng 1: a1 x b1y c1 0 và 2: a2 x b2 y c2 0 .
Toạ độ giao điểm của 1 và 2 là nghiệm của hệ phương trình:
a1 x b1y c1 0
(1)
a2 x b2 y c2 0
1 cắt 2
hệ (1) có một nghiệm
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
a1 b1
a2 b2
Trang 1
(nếu a2 , b2 , c2 0 )
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
1 // 2
hệ (1) vô nghiệm
a1 b1 c1
(nếu a2 , b2 , c2 0 )
a2 b2 c2
1 2
hệ (1) có vơ số nghiệm
a1 b1 c1
(nếu a2 , b2 , c2 0 )
a2 b2 c2
7. Góc giữa hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng 1: a1 x b1y c1 0 (có VTPT n1 (a1; b1 ) )
và 2: a2 x b2 y c2 0 (có VTPT n2 (a2 ; b2 ) ).
(n , n )
khi (n1 , n2 ) 90 0
(2 ) 1 0 2
1 ,
0
180 (n1 , n2 ) khi (n1 , n2 ) 90
) cos( ) n1.n2
cos(1 , 2
n1 , n2
n1 . n2
Chú ý:
a1b1 a2 b2
2
2
2
2
a1 b1 . a2 b2
1 2 a1a2 b1b2 0 .
Cho 1: y k1 x m1 , 2: y k2 x m2 thì:
+ 1 // 2 k1 = k2
+ 1 2 k1. k2 = –1.
8. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
Cho đường thẳng : ax by c 0 và điểm M0 ( x0 ; y0 ) .
d ( M0 , )
ax0 by0 c
a2 b2
Vị trí tương đối của hai điểm đối với một đường thẳng
Cho đường thẳng : ax by c 0 và hai điểm M ( x M ; yM ), N ( x N ; yN ) .
– M, N nằm cùng phía đối với (ax M byM c)(ax N byN c) 0 .
– M, N nằm khác phía đối với (ax M byM c)(ax N byN c) 0 .
Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng 1: a1 x b1y c1 0 và 2: a2 x b2 y c2 0 cắt nhau.
Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường thẳng 1 và 2 là:
a1 x b1y c1
2
2
a1 b1
a2 x b2 y c2
2
2
a2 b2
II. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRỊN
1. Phương trình đường trịn
Phương trình đường trịn có tâm I(a; b) và bán kính R: ( x a)2 ( y b)2 R 2 .
Nhận xét: Phương trình x 2 y 2 2 ax 2 by c 0 , với a2 b2 c 0 , là phương trình đường t rịn
tâm I(–a; –b), bán kính R = a2 b2 c .
2. Phương trình tiếp tuyến của đường trịn
Cho đường trịn (C) có tâm I, bán kính R và đường thẳng .
tiếp xúc với (C) d ( I , ) R
III. PHƯƠNG TRÌNH ELIP
1. Định nghĩa
Cho F1, F2 cố định với F1F2 2c (c > 0).
M ( E ) MF1 MF2 2a (a > c)
F1, F2: các tiêu điểm, F1F2 2c : tiêu cự.
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 2
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
2. Phương trình chính tắc của elip
x2
2
y2
2
1
(a b 0, b2 a2 c2 )
a
b
Toạ độ các tiêu điểm: F1 (c; 0), F2 (c; 0) .
Với M(x; y) (E), MF1 , MF2 đgl các bán kính qua tiêu điểm của M.
MF1 a
c
c
x , MF2 a x
a
a
3. Hình dạng của elip
(E) nhận các trục toạ độ làm các trục đối xứng và gốc toạ độ làm tâm đối xứng.
A1 (a; 0), A2 (a; 0), B1 (0; b), B2 (0; b)
Toạ độ các đỉnh:
Độ dài các trục:
trục lớn: A1 A2 2a , trục nhỏ: B1B2 2b
c
(0 < e < 1)
a
Hình chữ nhật cơ sở: tạo bởi các đường thẳng x a, y b (ngoại tiếp elip).
4. Đường chuẩn của elip (chương trình nâng cao)
a
Phương trình các đường chuẩn i ứng với các tiêu điểm F i là: x 0
e
MF1
MF2
e
Với M (E) ta có:
(e < 1)
d ( M , 1 ) d ( M , 2 )
Tâm sai của (E):
e
B. BÀI TẬP
I. VỀ TAM GIÁC
Cần nắm:
1
1
1
aha bhb chc
2
2
2
1. Về diện tích : Chủ yếu sử dụng hai cơng thức chính :
1
1
1
S ab.sin C bc.sin A ca.sin B
2
2
2
2. Các khái niệm .
Trực tâm là giao ba đường cao . Trọng tâm là g iao ba đường trung tuyến . Tâm đường tròn ngoại tiếp là
giao ba đường trung trực . Tâm đường t ròn nội tiếp là giao ba đường phâ n giác.
3. Tính chất trọng tâm :
A
Trọng tâm của tam giác chia các đường trung tuyến thành ba
2
AG AM
phần , cách đỉnh hai phần và cách đáy 1 phần.
G
3
S
B
4. Tính chất đư ờng phân giác :
Chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỷ lệ
với hai cạnh kề hai đoạn thẳng ấy .
DB AB
AB
DB
.DC
DC AC
AC
M
C
A
B
D
C
5. Bài toán tam giác :Một số lưu ý:
Khi giả thiết bài toán cho đường cao, nghĩ đến khai thác quan hệ vng góc.
Khi giả thiết bài toán cho trung tuyến, nghĩ đến khai thác quan hệ trung điểm.
Khi giả thiết bài toán cho đường phân giác, nghĩ đến khai thác quan hệ đối xứng.
Bài 1.(KB-2011- CB)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai 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 M thỏa mãn : OM.ON=8
Giải
+/ Vì M nên M a; a 4 . Vì N thuộc d nên N b; 2b 2 .
+/ Đường thẳng ON cắt tại M thì O,M,N thẳng hàng : OM kON k 0
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 3
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
a 2k 4
a kb
a kb
2k 4 (1)
a 4 k 2b 2
kb 4 k 2b 2
b k
ả thiết : OM .ON 8 OM 2ON 2 64
+/ Theo gi
2
2
a 2 a 4 b 2 2b 2 64 (2)
Thay (1) vào (2) ta được:
2k 4 2 2k 8 2
2
2
2k 4 2k 8
64
k2
8k 48k 80 64k
2
2
y
: 2x y 2 0
O
1
d:x-y-4=0
M
-2
4
x
N
-4
2
k 2 6k 10 k 2 0
2
k 5
k 2 7 k 10 k 2 5k 10 0
k 2
Với k 2 b 0 N 0; 2 . Với k 5 b
6
6 2
N ; .
5
5 5
6 2
Vậy, N 0; 2 hoặc N ; .
5 5
Bài 2.(KB-2011-NC)
1
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B( ;1) . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp
2
xúc với các cạnh BC,CA,AB tương ứng tại các diểm 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.
Giải
A d
ình đường thẳng BD là: y 1 0 .
Phương tr
AF AE
Do đó, BD//EF. Suy ra
mà AE AF (theo tính chất
F
E
y=3
AB AC
tiếp tuyến từ một điểm nằm ngồi đường trịn kẻ đến đường
trịn) nên ta có AB AC . Vậy , tam giác ABC cân tại A.
y=1
Suy ra D là trung điểm BC.
1
B( ;1 )
C
Đường thẳng AD đi qua D và vng góc với EF có phương trình
D(3;1)
2
x 3 0.
Vì F thuộc đường thẳng y 3 0 suy ra tọa độ có dạng : F a;3 . Theo tính chất tiếp tuyến từ một điểm
nằm ngồi đường trịn kẻ đến đường trịn ta có :
2
2
a 1
1
5
BD=BF a 22 a 2 a 2 0
.
2
2
a 2
+) Với a 1 F 1;3 . Suy ra đường thẳng BF có phương trình 4 x 3 y 5 0 .
Ta có A là giao điểm của AD và BF nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
x 3
x 3 0
7
7 . Suy ra A 3; .
3
4 x 3 y 5 0
y 3
+) Với a 2 F 2;3 . Suy ra đường thẳng BF có phương trình 4 x 3 y 1 0 .
Ta có A là giao điểm của AD và BF nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
x 3
x 3
7
13
13
13 . Suy ra A 3; . Vậy, A 3; hoặc A 3; .
3
3
3
4 x 3 y 1 0
y 3
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 4
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
Bài 3 (KD-2011-CB)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B(-4;1) , trọng tâm G(1;1) và đường thẳng chứa
đường phân giác trong góc A có phương trình x y 1 0 . Tìm tọa độ đỉnh A và C
Giải
Đặt d : x y 1 0
A
Gọi M ( x; y ) là trung điểm của AC .
Với G là trọng tâm tam giác ABC BG 2GM (1)
M
Ta có : M(x;y) GM x 1; y 1 .BG 5;0 nên:
7
5 2 x 1
x
7
(1)
2 M ;1
2
0 2 y 1
y 1
D
G(1;1)
C
B(-4;1)
Gọi D là điểm đối xứng với B qua đường phân giác d. Ta có D AC .
Đường thẳng BD đi qua B và vng góc với d nên có phương
trình : x y 3 0 .
Gọi I là trung điểm của BD, tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình :
x y 3 0
x 1
. Suy ra, I 1; 2 . Do đó, D 2; 5 .
x y 1 0
y 2
Đường thẳng AC đi qua D và M nên có phương trình 4 x y 13 0 .
d
4 x y 13 0
x 4
Vì A là giao điểm của d và AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:
.
x y 1 0
y 3
Suy ra A 4;3 .
7
x 2. 4 3
của AC nên C
Vì M là trung điểm
C 3; 1 .
2
yC 2.1 3 1
Vậy, A 4;3 , C 3; 1 .
Bài 4.(KA-2010-CB)
Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng d1 : 3x y 0 và d 2 : 3x y 0 . Gọi (T) là đường t ròn tiếp
xúc với d1 tại A và cắt d 2 tại B và C sao cho tam giác ABC vng tại B . Viết phương trình của (T) , biết
3
và điểm A có hồnh độ dương.
2
Giải
Ta có hai đường thẳng d1 , d 2 cắt nhau tại O 0;0 .
Đường thẳng d1 có vectơ pháp tuyến n1 3;1 .
Đường thẳng d 2 có vectơ pháp tuyến n2 3; 1 .
tam giác ABC có diện tích bằng
3 3 1
d1
d2
A
I
C
1
.
2.2
2
B
Góc tạo bởi hai đường thẳng d1 , d 2 bằng 600 .
O
Do đó ta có BOA 600 . Ta có tam giác ABC vng tại B suy ra AC
là đường kính. Mặt khác đường tròn (T) tiếp xúc với d1 tại A , do vậy AC d1 tại A .
Ta có: cos d1 ; d 2
OA 3
và tam giác vuông OAC: AC OA.tan 600 OA. 3 .
2
1
3 1
3 3
4
2
. Hay : OA2 OA
(1)
AB. AC sin 600
OA 3OA
2
2
2
2 2
3
3
Xét tam giác vuông OAB: AB OA.sin 600
Từ giả thiết : S ABC
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 5
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
Do A thuộc d1 A t ; 3t OA2 t 2 3t 2 4t 2 . Từ (1) , suy ra:
1
1
. A
; 1 .
3
3
Đường thẳng AC đi qua A vng góc với d1 nên có phương trình
4
1
.
4t 2 t
3
3
Vì A có hồnh độ dương nên t
3x 3 y 4 0 .
Vì C là giao điểm của AC và d 2 nên tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình:
2
3x 3 y 4 0
2
x
; 2 .
3 C
3
3x y 0
y 2
3
1
Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của đ ường trịn (T). Ta có I là trung điểm của AC I
;
2 3 2
1
1
và R AC .2 1 .
2
2
2
2
1
3
Vậy, phương trình đường trịn (T) là : x
y 2 1.
2 3
Bài 5 . (KA-2010-NC)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6;6) ; đường thẳng đi qua trung điểm
các cạnh AB và AC có phương trình : x y 4 0 . Tìm tọa độ đỉnh B và C biết điểm E 1; 3 nằm trên
đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho .
Giải
A(6;6)
Đặt d : x y 4 0 .
Gọi D là trung điểm của BC, H là trung điểm của AD.
d:x+y-4=0
Ta có: AD BC (Vì tam giác ABC cân) và H d .
Đường thẳng AD qua A(6;6) và vng góc với d nên có phương trình:
H
E(1;-3)
x y 0.
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:
B
D
C
x y 0
x 2
H 2; 2 D 2; 2 (Vì H là trung
x y 4 0
y 2
điểm của AD).
Đường thẳng BC qua D(-2;-2) và song song với d nên có phương trình: x y 4 0 .
Điểm B thuộc BC suy ra B t ; t 4 . Vì D là trung điểm củ a BC nên C 4 t ; t .
Ta có : CE 5 t ; 3 t ; AB t 6; t 10 .
Vì E nằm trên đường cao kẻ từ C cho nên CE AB 0
t 0
t 5 t 6 t 3 t 10 0 2t 2 12t 0
.
t 6
Với t 0 B 0; 4 ; C 4;0 . Với t 6 B 6; 2 ; C 2; 6 .
Vậy, B 0; 4 ; C 4;0 hoặc B 6; 2 ; C 2; 6 .
Bài 6.(KD-2010-CB)
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(3;-7), trực tâm H(3;-1) và tâm đường tròn ngoại tiếp
là I(-2;0) . Xác định tạo độ đỉnh C, biết C có hồnh độ dương .
Giải
* Cách 1.Phương trình đường thẳng AH là x 3 .
Gọi D là giao điểm của AI với đường tròn ngoại tiếp. Suy ra I là trung điểm của AD.
Gọi M là giao điểm của HD và BC.
Vì tứ giác BHCD là hình bình hành nên M là trung điểm của BC.
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 6
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
1
Xét tam giác ADH có IM là đường trung bình. Suy ra IM AH .
2
M 2;3 .
Do đó
Đường thẳng BC đi qua M và vng góc với AH nên có phương trình
y 3.
Gọi C m;3 BC , do C có hồnh độ dương cho nên : m 0 .
A
H
Vì M là trung điểm của BC nên B 4 m;3 .
Ta có : BH 7 m; 4 , AC m 3;10
Do BH là đường cao
BH AC BH . AC 0 m 7 m 3 40 0
I
B
C
M
D
m 2 65(l )
m 2 4m 61 0
. Vậy, C 2 65;3 .
m 2 65(n)
* Cách 2.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I bán kính IA :
Với IA
3 2 7 0
2
2
A
74 C : x 2 y 2 74
2
Phương trình AH : x 3 và BC AH suy ra (BC) có dạng y a ( a 7)
(vì (BC) khơng qua A) . Do đó tọa độ B,C thỏa mãn phương trình :
2
x 2 a 2 74 x 2 4 x a 2 74 0 (1).
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có ít nhất 1 nghiệm đương
khi và chỉ khi: 1. a 2 74 0 a 70 .
H
I
C
B
Do C có hồnh độ dương cho nên từ (1) ta có: B 2 74 a 2 ; a ; C 2 74 a 2 ; a
Vì AC BH AC.BH 0 74 a 2 5
74 a 2 5 a 7 1 a 0
a 7(l )
a 2 4a 21 0
. Vậy C 2 65;3 .
a 3(n)
Bài 7 (KD-2010-NC)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(0;2) và d là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình chiếu vng
góc của A trên d . Viết phương trình đường th ẳng d , biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH
Giải
Gọi H a; b là hình chiếu vng góc của A trên d .
y
d
Gọi K,E lần lượt là hình chiếu của H lên trục Ox, Oy.
A(0;2)
Ta có: K a;0 , E 0; b .
H
E
Xét tam giác AEH vng tại E ta có:
2
O
AH 2 AE 2 EH 2 b 2 a 2
K
x
Mặt khác, ta có: AH 2 HK 2 b 2 (gt)
2
Do đó: b 2 a 2 b 2 a 2 4b 4 0 (1)
Vì tam giác OAH vng tại H nên H nằm trên đường trịn (C) có đường kính OA , có tâm I (0;1) là trung
OA
2
điểm của OA và bán kính bằng
=1. cho nên (C) có phương trình : x 2 y 1 1 từ đó suy ra :
2
2
2
2
2
a b 1 1 a b 2b 0 (2).
a 2 4b 4 0
b 2 2b 4 0
Từ (1) và (2) ta có hệ : 2
2
2
2
a b 2b 0
a b 2b 0
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 7
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Suy ra H 2
Chuyên đề: Giải tích phẳng
Vậy có hai đường thẳng d:
5 1 x 2
5 2; 5 1 hoặc H 2
5 2 y 0 hoặc :
5 2; 5 1 .
5 1 x 2
5 2y 0
Chú ý : Ta cịn có cách giải khác :
Gọi H a; b là hình chiếu vng góc của A trên d.
Gọi K,E lần lượt là hình chiếu của H lên trục Ox, Oy.
Xét tam giác vuông OAH ta có :
OA2 OH 2 AH 2 4 a 2 b 2 b 2 a 2 2b 2 (1) ( do AH=HK )
Xét tam giác vuông AEH : AH 2 AE 2 EH 2 b 2 2 b a 2 (2)
Từ (1) và (2), ta có:
a 2 2b 2 4
b 2 2 b 2 4 2b 2
2
b 2b 4 0
2
2
2
2
2
2
2
a 2b 4
b 2 b a
a 2b 4
b 1 5
Từ b 2 2b 4 0
b 1 5
y
A(0;2)
E
2
* Với : b 5 1 thay vào a 2 4 2b 2 4 2
Suy ra : a 2
5 2 . Do đó: H 2
2
5 1 4 12 4 5 4
5 2; 5 1 hoặc H 2
d
H
O
K
52
x
5 2; 5 1
2
* Với : b 1 5 thay vào a 2 4 2b 2 4 2 5 1 4 12 4 5 4 5 2 (vô nghiệm )
+/ Ta cũng có kết quả trên
Bài 8. (KB-2010-CB)
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 ABC bằng 24 và đỉnh A có
hồnh độ dương.
Giải
A
Đặt d : x y 5 0
Gọi C' là điểm đối xứ ng của C qua phân giác d thì C' phải nằm
trên AB và tam giác AC'C vuông cân tại A .
450 450
Gọi d' là đường thẳng qua C(-4;1) và vuông góc với d.
B
Phương trình đường thẳng d’ là : x y 5 0 .
Gọi H là hình chiếu vng góc của C lên d thì tọa độ H là
nghiệm của hệ :
C'
H
d:x+y-5=0
C(-4;1)
x y 5 0
x 0
H 0;5
x y 5 0
y 5
C' đối xứng với C qua H suy ra C'=(4;9).
Vì A nằm trên d suy ra A a;5 a . Do hoành độ A dương cho nên a 0 .
Ta có : CH 42 42 32; AC
a 4 a 4
2
2
2 a 2 16
Xét tam giác AHC vng cân tại H ta có:
AC HC 2 2 a 2 16 2 32 a 2 16 32 a 2 16 a 4 ( vì a 0 )
Với a 4 suy ra A(4;1).
Đường thẳng AC' đi qua A(4;1) có nhận AC ' 0;8 làm vectơ chỉ phương nên có phương trình t ham số
x 4
là
.
y 1 t
Vì B thuộc AC' suy ra B(4;1+t) AB 02 t 2 t . Và AC 82 02 8
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 8
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
t 6 B(4; 5)
1
AB. AC 48 8 t t 6
2
t 6 B 4;7
Do AB, AC ' cùng hướng suy ra : với B(4;-5) thì AB 0; 6 , AC ' 0;5 . Hai véc tơ ngược hướng cho
nên B(4;-5) loại . Vậy B(4;7) và đường thẳng BC qua B(4;7) có véc tơ chỉ phương BC 8; 6 nên có
+/ Từ giả thiết : S ABC 24
phương trình: 3 x 4 y 16 0 .
Chú ý . Bài này cịn có cách giải khác
x 4 y 1 0
Vì C' đối xứng với C qua d: x+y-5=0 suy ra C'(x;y) thỏa mãn : x 4 y 1
C ' 4;9 .
5 0
2
2
x y 5 0
Vì A thuộc đường trịn đường kính CC' nên tọa độ A(x;y) thỏa mãn : 2
.
2
x y 5 32
Với x>0 suy ra A(4;1).
2S
Ta có AC 8 AB ABC 6.
AC
Vì B thuộc đường t hẳng AC' : x=4 .Suy ra tọa độ có dạng B(4;m). Ta có:
m 5
2
AB 6 AB 2 36 m 1 36
. Suy ra B 4; 5 hoặc B 4;7 .
m 7
Vì AB, AC ' cùng hướng suy ra B(4;7) thỏa mãn. Vậy, đường thẳng BC qua B(4;7) có véc tơ chỉ phươn g
BC 8; 6 nên có phương trình: 3 x 4 y 16 0 .
Bài 9 (KB-2009-NC)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác cân ABC tại A có đỉnh A( -1;4) và các đỉnh B,C thuộc đường
thẳng d : x y 4 0 . Xác định tọa độ các đỉn h B và C , biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
Giải
Gọi H là trung điểm của BC. Vì tam giác ABC cân tại A nên H là hình chiếu của A lên d.
Gọi d' là đường thẳng qua A( -1;4) và vng góc với d thì d' có phương
A(-1;4)
trình x y 3 0 .
Ta có H là giao điểm của d và d’ nên tọa độ H là nghiệm của hệ phương
7
x 2
x y 3 0
7 1
trình
H ; .
2 2
B
H
x y 4 0
y 1
2
1 4 4
9
Khoảng cách từ A đến BC : d(A;BC)=d(A;d)=
AH
2
2
Vì B thuộc d nên B(t;t -4 ), Vì H là trung điểm của BC nên C(7 -t;3-t).
2
x-y-4=0
C
2
7
7 7
Ta có: BH t t 2 t (1)
2
2 2
1
9
Theo giả thiết thì : S .2 BH . AH 18 BH .
BH 2 2 (2)
2
2
3
t
7
7
ừ (1) và (2) : 2 t 2 2 t 2 2
T
2
2
t 11
2
3
3 5
11 3
Với t B ; ; C ;
2
2 2
2 2
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 9
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
11
11 3
3 5
B ; ; C ; .
2
2 2
2 2
Bài 10 (KD-2009)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có M(2;0) là trung điểm của cạnh AB . Đường trung
tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là : 7 x 2 y 3 0 và 6 x y 4 0 . Viết
phương trình đường thẳng AC.
Giải
Gọi H là chân đường cao hạ từ A. Phương trình đường cao
A
AH : 6 x y 4 0 .
M(2;0)
Gọi N là trung điểm của AC. Phương trình trung tuyến
AN : 7 x 2 y 3 0 .
B
H
N
C
7 x 2 y 3 0
Tọa độ A thỏa mãn :
A 1; 2
6x-y-4=0 7x-2y-3=0
6 x y 4 0
Vì M là trung điểm AB suy ra B(3;-2) .
Đường thẳng BC qua B(3; -2) vng góc với đường cao AH nên có phương
trình: x 3 6 y 2 0 x 6 y 9 0 .
Với t
x 6 y 9 0
3
Vì N là giao điểm của AN và BC nên tọa độ N thỏa mãn hệ phương trình
N 0; .
2
7 x 2 y 3 0
Vì C đối xứng với B qua N suy ra C (-3;-1).
Vậy AC qua A(1;2) và nhận AC 4; 3 làm vec tơ chỉ phương nê n có phương trình x 4 y 5 0 .
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình là x 3 y 2 0 và hai điểm
phân biệt A 1; 3 và B khơng thuộc đường thẳng d . Lập phương trình đường thẳng AB . Biết rằng
khoảng cách từ điểm B đến giao điểm của đường thẳng AB với đường thẳng d bằng hai lần khoảng
cách từ điểm B đến đường thẳng d.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy viết phương trình các cạnh tam giác ABC biết trực tâm H(1;0) , chân
đường c ao hạ từ đỉnh B là K(0; -2) và trung điểm cạnh AB là M(3;1).
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 2 . Đường thẳng AB có phương
trình x-y=0 . Điểm I(2;1) là trung điểm của cạnh BC . Tìm tọa độ trung điểm M của đoạn thẳng AC.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A . Biết cạnh huyền nằm trên đường
5
thẳng d: x+7y-31=0 , điểm N 1; thuộc đường thẳng AC , điểm M(2; -3) thuộc đường thẳng AB .
2
Xác định tọa dộ các đỉnh tam giác .
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường cao AH , đường trung tuyến CM và
17
đường phân giác trong BD . Biết H( -4;1), M ;12 và BD : x y 5 0 . Tìm tọa độ đỉnh A .
5
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân đỉnh A , đỉnh B thuộc đường thẳng
d : x 4 y 2 0 . Cạnh AC song song với đường thẳng d . Đư ờng cao kẻ từ A có phương trình :
x y 3 0 . Điểm M(1;1) nằm trên cạnh AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác A BC cân tại A có chu vi bằng 16 . đỉnh A và B thuộc
đường thẳng d có phương trình 2 2 x y 2 2 0 . B và C thuộc Ox . Xác định tọa độ trọng tâm tam
giác ABC.
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đỉnh A(1;-3) và đường thẳng BC có phương
trình : x-2y-2=0 . Tìm tọa độ B,C biết tam giác ABC vuông cân tại B.
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(5; -3), trọng tâm G(3;1) .Đỉnh B thuộc
đường thẳng d có phương trình : 2x+y -4=0 . Tìm tọa độ các dỉnh B,C biết BC bằng 2 2 và B có tọa
độ nguyên .
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 10
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: 2x+y -1=0 , phương
trình AC: 3x+4y+6=0 và điểm M(1; -3) nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn 3MB=2MC . Tìm tọa độ
trọng tâm G của tam giác ABC.
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình cạnh
BC : x y 4 0 , trung điểm cạnh AC là M(0;3) , đường cao AH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC tại điểm N(7;-1). Xác định tọa độ các đỉnh A,B,C và viết phương trình đườn g trịn ngoại tiếp tam
giác HBC.
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(3;4) ;B(1;2), đỉnh C thuộc đường
thẳng d có phương trình : x+2y+1=0 , có trọng tâm G . Biế t diện tích tam giác GAB bằng 3 , tìm tọa độ
đỉnh C .
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đỉnh A(1;-2), đường cao CH , phân giác
trong BK lần lượt có phương trình x y 1 0 và 2 x y 5 0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường
thẳng BC sao cho tam giác AMB cân tại M.
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có cạnh AC đi qua M(0;-1). Biết AB=2AM,
đường phân giác trong AD có phương trình : x -y=0 và đường cao CH có phương trình là 2x+y+3=0 .
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(-1;2) và đường thẳng d: x-2y+3=0 . Tìm trên đường
thẳng d hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vng tại C và AC=3BC .
II. VỀ HÌNH CHỮ NHẬT
Cần nắm:
A
B
1. Trong hình chữ nhật : Hai cạnh liên tiếp vng góc nhau
2. Hai đường chéo cắt nhau tại điểm giữa mỗi đường
3. Hai cạch đối diện nhau bằng nhau
I
3. Theo tính chất hai đường thẳng song song bị cắt bởi một cát tuyến :
- Các góc so le bằng nhau.
D
C
- Các góc cùng phía bằng nhau.
Bài 1. (KD-2012 )
Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD . Các đường thẳng AC và AD có phương trình x 3 y 0
1
và x y 4 0 , đường thẳng BD đi qua diểm M ;1 . Tìm tọ a độ các đỉnh của hình chữ nhật.
3
Giải
A
B
ắt AD tại A nên tọa độ điểm A thỏa mãn:
Vì AC c
M
x 3y 0
y 1
A 3;1 .
K
I
E
x y 4 0
x 3
N
Gọi d' là đường th ẳng đi qua M song song với AD. Đường thẳng d’
4
D
C
có phương trình : x y 0
3
1
x 3y 0
y
1
Gọi N là giao điểm của d' và AC. Tọa độ điểm N thỏa mãn
3 N 1; .
4
3
x y 3 0
x 1
2 2
Gọi E là trung điểm MN E ; .
3 3
Gọi là đường thẳng đi qua E vng góc với AD. Đường thẳng có phương trình x y 0 .
Đường thẳng cắt AC tại I thì I là tâm hình chữ nhật.
x y 0
x 0
Tọa độ I thỏa mãn
I 0;0 . Vì C đối xứng với A qua I, suy ra C 3; 1 .
x 3y 0
y 0
Đường thẳng cắt AD tại K thì K là trung điểm của AD.
x y 0
x 2
Tọa độ K thỏa mãn
K 2; 2 . Vì D đối xứng với A qua K nên D 1;3 .
x y 4 0
y 2
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 11
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
Ta lại có B đối xứng với D qua I nên ta có : B 1; 3 .
Vậy, C 3; 1 ; D 1;3 ; B 1; 3 .
Bài 2 .(KA-2009)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6;2) là giao điểm của của hai đường
chéo AC và BD . Điểm M(1;5) thuộc đư ờng thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng
có phương trình x+y -5=0 . Viết phương trình đường thẳng AB.
Giải
A
F
M(1;5) B
Vì E thuộc d suy ra E(t;5-t) . Gọi F là điểm đối xứng với E qua I thì F thuộc
AB và F(12-t;t-1 ).
Khi đó : MF 11 t ; t 6 ; IE 6 t ; t 3
I(6;2)
Theo tính chất hình chữ nhật :
D
E
C
MF IE MF IE 0 11 t 6 t t 6 t 3 0
d:y+y-5=0
t 7
t 13t 42 0
t 6
Với t 7 ta có F 5;6 MF 4;1 . Đường thẳng AB qua M(1;5) có MF là chỉ phương nên có
2
phương trình x 4 y 19 0 .
Với t 6 ta có F 6;5 MF 5;0 . Đường thẳng AB qua M(1;5) có MF là chỉ phương nên có
phương trình y 5 .
Vậy, AB : x 4 y 19 0 hoặc AB : y 5 .
Bài 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng
AB : x – 2 y 1 0 , phương trình đường thẳng BD : x – 7 y 14 0 , đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm
toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật , biết C có tọa độ nguyên .
Giải
Ta có B là giao của BD với AB cho nên tọa độ B là
B
x 2 y 1 0
21 13
x-2y+1=0
x-7y+14=0
nghiệm của hệ:
B ;
A
x 7 y 14 0
5 5
I
- Đường thẳng BC qua B và vng góc với AB cho nên
M(2;1)
có véc tơ chỉ phương: u 1; 2 nBC 2;1 .
D
C
Nên BC có phương trình: 2 x y 11 0 .
Gọi n a; b là vectơ pháp tuyến của AC.
Ta có: cos BD,BC
27
5.5 2
2a b
1
; cos AC,BC
10
5 a 2 b2
ACB
Vì CBD nên cos BD,BC cos AC,BC
2a b
a b
1
2
2 2a b a 2 b 2 7 a 2 8ab b 2 0
10
5 a 2 b2
b 7 a
+ Với a b , chọn b 1 a 1 . Ta có n 1;1 . Đường thẳng AC đi qua M và có vectơ pháp tuyến
n 1;1 nên có phương trình là: x 2 y 1 0 x y 1 0 .
2 x y 11 0
Vì C là giao điểm của AC và BC nên tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình:
C 4;3
x y 1 0
x y 1 0
Vì A là giao điểm của AB và AC nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình:
A 1;0
x 2 y 1 0
x y 1 0
7 5
Gọi I là giao điểm của AC và BD, tọa độ I thỏa mãn:
I ;
2 2
x – 7 y 14 0
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 12
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
14 12
Vì D đối xứng với B qua I nên D ; .
5 5
+ Với b 7 a , chọn a 1 b 7 . Ta có n 1; 7 . Đường thẳng AC đi qua M và có vectơ pháp
tuyến n 1; 7 nên có phương trình là: x 2 7 y 1 0 x 7 y 5 0 .
Vì C là giao điểm của AC và BC nên tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình:
2 x y 11 0
24 7
C ; (loại vì tọa độ C nguyên).
5 5
x 7 y 5 0
21 13
14 12
Vậy, A 1;0 , B ; , C 4;3 , D ; .
5 5
5 5
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 , giao điểm hai đường
Bài 1. Trong mặt
9 3
chéo là I( ; ), trung điểm cạnh BC là M(3;0) và hoành độ điểm B lớn hơn ho ành độ điểm C. Xác
2 2
định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho hình chữ nhật ABCD, cạnh AB có phương trình : x y 1 0 ,
tọa độ tâm I(1;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật , biết AB=3BC và A có hồn h độ âm.
Bài 3. Viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật ABCD biết cạnh AB ,BC,CD và DA lần lượt đi qua
các điểm M(4;5) ,N(6;5);P(5;2) và Q(2;1) với diện tích hình chữ nhật bằng 16 .
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;1). Các đường thẳng chứ a các
cạnh AB , AD lần lượt đi qua các điểm M(-2;2) và N(2;3) . Xác định tọa độ các điểm A,B,C,D , biết
3AB=2AD và điểm A có hồnh độ âm.
III. VỀ HÌNH VNG
Cần nắm:
A
B
1. Các cạnh đơi một vng góc nhau và bằng nhau
2. Hai đường chéo bằng nhau và vng g óc với nhau
3. Bốn tam giác vng cân : AIB,BIC,CID và AID bằng nhau .
I
4. Nếu cạnh hình vng bằng a thì hai đường chéo có đọ dài là a 2
a 2
5. Hình vng nội tiếp trong đường trịn có tâm I bán kính R=
D
C
2
Bài 1 . Một hình vng có đỉnh A – 4;5 và một đường chéo có phương trình 7 x – y 8 0 . Hãy lập
phương trình đường chéo cịn lại và các cạnh của hình vng ấy.
Giải
A
B
Thay tọa độ điểm A và phương trình 7 x – y 8 0 khơng thỏa mãn. Do đó phương
trình đường chéo BD là 7 x – y 8 0 .
Đường chéo AC đi qua A và vuông góc với BD nên có phương trình: x 7 y 31 0 .
I
Gọi I là tâm của hình chữ nhật, ta có I giao điểm của AC và BD. Tọa độ điểm I là
7 x y 8 0
1 9
nghiệm của hệ phương trình :
I ; .
D
C
2 2
x 7 y 31 0
Vì I là trung điểm của AC nên C 3; 4 .
Vì B BD nên tọa độ điểm B có dạng: B t ;7t 8 . Vì I là trung điểm BD nên suy ra D 1 t ;1 7t .
t 0
Ta có: BI AI t 2 t 0
.
t 1
Với t 0 B 0;8 , D 1;1 . Với t 1 B 1;1 , D 0;8 .
Vì tọa độ 2 điểm B và D hốn đổi cho nhau nên ta chọn B 0;8 , D 1;1 .
Ta có: AB 4;3 .
Đường thẳng AB đi qua A và nhận AB 4;3 làm vectơ chỉ phương nên có pt: 3 x 4 y 32 0 .
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 13
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
Đường thẳng AD đi qua A và nhận AB 4;3 làm vectơ pháp tuyến nên có pt: 4 x 3 y 1 0 .
Đường thẳng DC đi qua C và nhận AB 4;3 làm vectơ chỉ phương nên có pt: 3 x 4 y 7 0 .
Đường thẳng BC đi qua C và nhận AB 4;3 làm vectơ pháp tuyến nên có pt: 4 x 3 y 24 0 .
Bài 2. (KA-2012). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vng ABCD .Gọi M là trung điểm cạnh BC , N
11 1
là điểm trên cạnh CD sao cho CN=2ND .Giả sử M ; và đường thẳng AN có phương trì nh 2x-y-3=0
2 2
Tìm tọa độ đỉnh A.
Giải
Gọi giao của AN với BD là P .Kẻ qua P đường thẳng song song với AB cắt
A
B
AD tại E cà cắt BC tại K .
PA AB
Vì hai tam giác PDN và PBA đồng dạng nên
3.
M
PN DN
(Vì AB DC 3DN ). Ta lại có hai tam giác AEP và AND đồng dạng nên
P
K
E
AE AP
3.
ED PN
D
N
C
Đặt ED x , suy ra AE 3 x .
Xét tam giác EPD ta có DEP 900 ; EDP 450 nên EPD là tam giác vuông cân tại E ED EP x . Suy
ra AE PK 3 x . Mặt khác ta lại có KC=x cho nên MK=x , cho nên tam giác AEP=PKM. Từ đó suy ra
AP PM và AP=PM .
3 10
Do đó suy ra APM vng cân tại P. Ta có: AM PM 2 2.d M , AN
.
2
2
Vì A thuộc AN suy ra A(t;2t-3). Ta có: MA
2
3 10
7
45
11
t 2t
2
2
2
2
t 1 A 1; 1
t 2 5t 4 0
t 4 A 4;5
Chú ý :
Phần chứng minh AP PM cịn có cách khác .
+/ Gọi cạnh hình vng là x . Hai tam giác PDN đồng dạng với PAB suy ra
PB PA AB 3DN
3 PB 3PD; PA 3PN
PD PN DN
DN
2
2
10 x 2 5 x 2
2
1 10 x
+/ Xét tam giác vuông ADN AN 2 AD 2 DN 2 4 PN x 2 x
PN 2
9
9.16 72
3
5x2 5x2
Nhưng : AP 3PN AP 2 9 PN 2 9
(1)
72
8
+/ Xét tam giác PBM với PBM 450 , ta áp dụng hệ thức cos in trong tam giác ta có :
PM 2 PB 2 BM 2 2 PB.PM .cos450 (*)
AE AP
1
3
Ta có:
3 AE 3ED ED x , suy ra PB=3PD=3.ED 2 x 2 .
AD AN
4
4
Thay vào (*) ta được :
2
2
2
3
x
3
x 2 5x
(2)
PM x 2 2 x 2
4
8
4
4
2 2
2
2
x2 2
25 x 2
+/ Xét tam giác CMN : MN CM CN x
(3)
4 3
36
5 x 2 5 x 2 25 x 2
ừ (1) ,(2),(3) ta có AP=PM và AP 2 PM 2
T
MN 2 . Tam giác PMN vuông cân tại P
72
8
36
hay PM AP . (…) (Làm như trên)
2
2
2
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 14
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
Bài 3. (KA-2014). Trong mặt phẳng tạo độ Oxy cho hình vng ABCD có điểm M là trung điểm của AB
và N điểm thuộc đoạn AC sao cho AN 3 NC . Viết phương trình đường thẳng CD, biết rằng M 1; 2 ,
N 2; 1 .
Giải
Ta có MN 10 .
Gọi a là độ dài cạnh của hình vng ABCD (Điều kiện a 0 ).
3 AC 3a 2
a
Ta có AC a 2 . Theo giả thiết ta có : AM và AN
.
4
4
2
N
Xét tam giác AMN, theo định lí cơsin ta có:
2
5a .
MN 2 AM 2 AN 2 2. AM . AN .cos MAN
D
C
I
8
2
5a
Do đó, ta có :
10 a 4 .
8
1
Gọi I x; y là trung điểm của CD. Ta có : IM AD 4 và IN BD 2 .
4
Khi đó I là giao điểm của đường trịn tâm M, bán kính bằng 4 và đ ường trịn tâm N, bán kính bằng 2 .
x 1
y 2
2
2
x 1 y 2 16
17 6
Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ :
x 17 I 1; 2 hoặc I ;
2
2
5
5
5
x 2 y 1 2
6
y
5
+) Với I 1; 2 IM 0; 4 . Đường thẳng CD đi qua I và nhận IM 0; 4 làm vectơ pháp tuyến nên
có phương trình : y 2 0 .
12 16
12 16
17 6
+) Với I ; IM ; . Đường thẳng CD đi qua I và nhận IM ; làm vectơ
5
5
5 5
5 5
pháp tuyến nên có phương trình : 3 x 4 y 15 0 .
Vậy, CD : y 2 0 hoặc CD : 3 x 4 y 15 0 .
Chú ý : bài này cịn có cách giải khác :
M
A
A
M
I
D
B
K
B
N
HP
C
Ta có MN 10 .
Gọi I là tâm của hình vng.
Dựng đường thẳng đi qua N và vng góc với AB cắt AB, CD lần lượt tại K, H .
Vì N là trung điểm của IC nên K là trung điểm của MB.
Ta có AMK vng tại K và MAK 450 nên AMK vuông cân nên AK NK .
Đặt MK a a 0 . Ta có NK AK 3a .
Xét tam giác MKN vuông tại K, theo định lí Pitago, ta có MK 2 NK 2 MN 2 a 2 3a 10 a 1 .
2
Xét tam giác MAD vng tại A, ta có : MD 2 MA2 AD 2 22 42 20 MD 2 5 .
Ta có NH HC 1 . Xét tam giác NHD vuông tại H, ta có :
ND 2 MH 2 HD 2 12 32 10 ND 10 .
Do đó, D là giao điểm của đường trịn tâm M, bán kính 2 5 và đường trịn tâm N, bán kính 10 .
x 1
2
2
x 1 y 2 20
y 2
D 1; 2 hoặc D 5;0 .
Tọa độ điểm D thỏa mãn :
2
2
x 5
x 2 y 1 10
y 0
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 15
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
Mặt khác, gọi P là giao điểm của MK và CD. Ta có hai tam giác NHP và NKM đồng dạng nên :
1
7
xP 2 3 1 2
1
NP NH 1
xP
7
. Suy ra NP NM
3 P ; 2 .
3
NM NK 3
3
y 1 1 2 1
y P 2
P
3
7
+) Với D 1; 2 và P ; 2 . Ta có đường thẳng CD đi qua D và nhận DP làm vectơ chỉ phương nên
3
ình : y 2 0 .
có phương tr
7
+) Với D 5;0 và P ; 2 . Ta có đường thẳng CD đi qua D và nhận DP làm vectơ chỉ phương nên có
3
phương trình : 3 x 4 y 15 0 .
Vậy, CD : y 2 0 hoặc CD : 3 x 4 y 15 0 .
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Viết phương trình các cạnh hình vng ABCD biết AB,CD,lần lượ t đi qua các điểm P(2;1) và
Q(3;5), còn BC và AD qua các điểm R(0;1) và S( -3;-1).
2
5
2
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C : x y 1 2 . Xác định tọa độ các
4
đỉnh của hình vng ABCD biết các đỉnh B, C thuộc đường tròn ( C), hai đỉnh A,D thuộ c trục Ox và
đỉnh B có tung độ dương.
3 1
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vng ABCD có tâm I ; . Các đường thẳng AB và CD
2 2
lần lượt đi qua các điểm M(-4;-1),N(-2;-4). Tìm tọa độ các đỉnh hình vng, biết B có hồnh độ âm .
IV. VỀ HÌNH THOI
ần nắm:
C
1. Có hai cặp cạnh tương ứng song song và bằng nhau
2. Hai đường chéo cắt nhau tại điểm giữa mỗi đường và chúng vng góc
với nhau
3. Hai đường chéo là hai trục đối xứng của hình thoi
4. Các tam giác cân bằng nhau : ABD=CBD và ABC=ADC .
1
5. Diện tích hình thoi bằng tích hai đường chéo : S AC.BD .
2
B
A
I
C
D
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD có tâm I(1;1) , điểm M(2;3) thuộc đường thẳng
chứa cạnh AB và N(4; -1) thuộc cạnh CD . Biết độ dài AC=2BD . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi.
Giải
B
Gọi E đối xứng với N qua I thì E thuộc cạnh AB và E(-2;3) ,do đó AB
M(2;3)
có vectơ chỉ phương ME 4;0 . Suy ra AB có phương trình
A
C
y 3 0 và có vec tơ pháp tuyến là nAB 0;1 .
I(1;1)
Gọi n AC a; b là vectơ pháp tuyến của AC (với a 2 b 2 0 ) thì
ta có: cos AB;AC
0.a b
N(4;-1)
(1)
a 2 b2
Mặt khác, từ AC=2BD suy ra IA=2IB . Xét tam giác vng AIB có :
IA2 5 IA2
IA2 4
IA
2
AB 2 IA2 IB 2 IA2
cos AB;AC (2)
2
4
4
AB
5
AB
5
0.a b
b 2a
2
Từ (1) và (2) ta có:
4 a 2 b 2 5b 2 b 2 4a 2
.
5
a 2 b2
b 2a
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 16
D
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
+/ Với b 2 a , chọn a 1, b 2 thì AC có vectơ pháp tuyến n AC 1; 2 . Đường thẳng AC đi qua I
và nhận n AC 1; 2 làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x 2 y 1 0 .
Đường thẳng BD đi qua I và vng góc với AC nên có phương trình: 2 x y 3 0 .
y 3 0
Vì A là giao điểm của AB và AC nên tọa độ A thỏa mãn:
A 5;3 .
x 2 y 1 0
y 3 0
Vì B là giao điểm của AB và BD nên tọa độ B thỏa mãn:
B 0;3 .
2 x y 3 0
Ta có: AE 7;0 , BE 2;0 , hai vectơ này cùng hướng . Do đó điểm E khơng nằm trên cạnh AB.
Suy ra hai điểm A, B này không thỏa mãn.
+/ Với b 2a , chọn a 1, b 2 thì AC có vectơ pháp tuyến n AC 1; 2 . Đường thẳng AC đi qua I và
nhận n AC 1; 2 làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x 2 y 3 0 .
Đường thẳng BD đi qua I và vng góc với AC nên có phương trìn h: 2 x y 1 0 .
y 3 0
Vì A là giao điểm của AB và AC nên tọa độ A thỏa mãn:
A 3;3 .
x 2 y 3 0
y 3 0
Vì B là giao điểm của AB và BD nên tọa độ B thỏa mãn:
B 2;3 .
2 x y 1 0
Ta có: AE 1;0 , BE 4;0 , hai vectơ này ngược hướng . Do đó điểm E nằm trên cạnh AB. Suy ra hai
điểm A, B này thỏa mãn bài tốn.
Vì I là trung điểm AC và BD nên suy ra C 5; 1 , D 0; 1 .
Vậy, A 3;3 , B 2;3 , C 5; 1 , D 0; 1 .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD với AC có phương trình là : x 7 y 31 0 , hai
đỉnh B,C lần lượt thuộc đường thẳng d1 : x y 8 0; d 2 : x 2 y 3 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi
biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hồnh độ â m .
Giải
Cách 1.
Vì B thuộc d1 B t1 ;8 t1 và D thuộc d 2 D 2t2 3; t2 BD 2t2 t1 3; t2 t1 8
Dường thẳng AC có vectơ pháp tuyến n 1;7 . Do BD vng góc
x+y-8=0
AC nên vec tơ BD cùng phương với n 1;7 .
B
2t t 3 t2 t1 3
2 1
13t2 8t1 13 (1)
1
7
t 2t2 3 8 t1 t2
Gọi I là trung điểm của BD, ta có: I 1
;
2
2
t 2t2 3
8 t1 t2
Vì I thuộc AC nên 1
7
31 0
2
2
9t2 6t1 9 3t2 2t1 3 (2)
A
I
x+7y-31=0
C
x-2y+3=0
D
13t 8t1 13 t1 0 B 0;8
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình : 2
3t2 2t1 3
t2 1 D 1;1
Từ đó su y ra : BD 1;7 BD 5 2 và đường thẳng BD có phương trình 7 x y 8 0 .
1 9
Vì I là trung điểm của BD nên I ;
2 2
Vì A thuộc AC A 31 7t ; t d A; BD
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
7 31 7t t 8
5 2
Trang 17
5
9 2t
2
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
+/ Từ giả thiết :
9 2t 3
t 6
1
5
.
S ABCD 2 S ABD 2 BD.d A;BD 5 2.
9 2t 75 9 2t 3
2
2
9 2t 3
t 3
Với t 6 A 11;6 . Với t 3 A 10;3 (loại)
Khi A 11;6 , vì I là trung điểm của AC nên C(10;3).
Vậy, các đỉnh hình thoi thỏa mãn là A( -11;6),B(0;8),C(10;3) và D(-1;1).
* Chú ý : Ta còn cách giải khác
Đường thẳng BD vng góc với AC có dạng : 7x-y+m=0 ( với m là tham số )
x y 8 0
m
m
BD cắt d1 tại B thỏa mãn :
, suy ra tọa độ B 1 ;7 . Tương tự BD cắt d 2 tại D
8
8
7 x y m 0
x 2 y 3 0
3 2m 21 m
thỏa mãn :
D
;
13
13
7 x y m 0
Trung điểm I của BD theo m ; sau đó thay tọa độ I vào phương trình của AC ta được phương trình có chứa
ẩn m . Giải phương trình này ta tìm đựơc m=8.
+/ Từ đó ta tìm được B,D . Các bước tiếp theo như phần sau của các h trên .
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ba đường thẳng d1 : 4 x y 9 ,0d 2 : 2 x y 6 0,
Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD, biết hình thoi ABCD có diện tích bằng
d 3 : x y 2 0
15, các đỉnh A,C thuộc d3 , B thuộc d1 và D thuộc d 2 và hoành độ điểm A dương .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có A(1; -2),B(-3;3) và giao điểm hai đường
chéo nằm trên đường thẳng d: x-y+2=0 . Tìm tọa độ C và D.
V. VỀ ĐƯỜNG TRỊN
Cần nắm:
2
2
1.Đường trịn có tâm I(a;b) có bán kính R có phương trình : x a y b R 2
2. Phương trình : x 2 y 2 2ax 2by c 0 (với a 2 b 2 c 0 ) là phương trình của đường trịn tâm
I a; b và bán kính là R a 2 b 2 c .
3. Vị trí tương đối của điểm M x0 ; y0 so với đường trịn (C) có tâm I(a;b), bán kính R.
+/ Nếu IM R , thì M nằm ngồi đường trịn (C).
+/ Nếu IM R , thì M nằm trên đường tròn (C) .
+ Nếu IM R , thì M nằm bên trong đường trịn (C).
4. Vị trí tương đối của đường thẳng d : Ax+By+C=0 , so với đường trịn (C) có tâm I(a;b), bán kính R.
+/ Nếu d I , d R , thì d khơng cắt (C).
+/ Nếu d I , d R , thì d tiếp xúc với (C) , khi đó d gọi là tiếp tuyến của đường tròn (C) .
+/ Nếu d I , d R , thì d cắt (C) tại hai điểm phân biệt M,N.
5. Đường t hẳng qua tâm đường tròn và trung điểm của dây cung AB thì đường thẳng đó vng góc với
dây cung đó. Ngược lại, một đường thẳng qua tâm đường trịn và vng góc với dây cung AB thì đường
thẳng đó đi qua trung điểm của AB .
6. Từ một điểm M kẻ hai tiếp tuyến tới (C) . Gọi I là tâm đường tròn và A, B là hai tiếp điểm của hai tiếp
tuyến thì ta có một số kết quả sau
- MA=MB và IA MA; IB MB
- Tứ giác : MAIB nội tiếp trong một đường trịn có đường kính là MI
- MI là phân giác của hai góc : và .
AMB
AIB
7. Tiếp tuyến của đường tròn (C) tại một điểm.
8. Đường thẳng d: Ax+By+C=0 là tiếp tuyến của đường tròn (I ;R) khi : d I , d R
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 18
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
Bài 1.( KB-2012-CB)
Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn C1 : x 2 y 2 4; C2 : x 2 y 2 12 x 18 0 và đường thẳng d:
x-y-4=0. Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc C2 , tiếp xúc với d và cắt C1 tại hai điểm phân
biệt AB sao cho AB vuông góc với d.
Giải
Đường trịn C1 có tâm là gốc tọa độ O 0;0 , bán kính R1 2 .
(C)
d
I
M
I2
A
(C2)
H
Đường trịn C2 có tâm I 2 6;0 , bán kính R2 2 3 .
Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của đường trịn cần lập (C ).
Gọi H là trung điểm của AB, ta có IH AB . Mặt khác, trong đường
tròn C1 ta cũng có OH AB . Do đó, I, O, H thẳng hàng và
OI AB . (1)
Theo giả thiết, ta lại có d AB (2).
Từ (1) và (2), ta có: OI //d . Tức là O nằm trên đường thẳng đi qua O
và song song với d.
Gọi d’ là đường thẳng đi qua O và song song với d. Suy ra d’ có
phương trình: x y 0 . Tọa độ điểm I có dạng: I t ; t
B
O
Mặt khác theo giả thiết, tâm I thuộc đường trịn C2 nên ta có:
(C1)
2t 2 12t 18 0 t 2 6t 9 0 t 3 I (3;3)
33 4
4
Bán kính của đường trịn (C) là: R d I ; d
2 2.
2
2
Vậy C : x 3 y 3 8 .
2
2
Bài 2.(KA-2011-CB)
Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d : x y 2 0 và đường tròn (C): x 2 y 2 4 x 2 y 0 . Gọi I là
tâm đường tròn (C), M là điểm thuộc đường thẳng d . Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) ( A,B
là các tiếp điểm ). Tìm tọa độ điểm M , biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10 .
Giải
Đường trịn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R 5 .
B
Nếu A,B là hai tiếp điểm thì IA IA MA, IB MB và từ giác MAIB nội
I
d
(C)
M
A
tiếp một đường tròn . Theo giả thiết IA IB 5 .
1
Vì IAM IBM nên S IAM S MAIB 5 .
2
1
Xét tam giác IAM vng tại A, ta có S IAM MA.IA 5
2
10 10
MA
2 5.
IA
5
Theo định lý Pi ta go , ta có IM 2 MA2 IA2 2 5
5
2
2
25 .Vì M thuộc d suy ra M t ; 2 t .
t 2 M 2; 4
2
2
Ta có: IM 2 25 2 t 3 t 25 2t 2 2t 12 0
t 3 M 3;1
Vậy, M 2; 4 hoặc M 3;1 .
Bài 3.(KA-2010-CB)
Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng d1 : 3x y 0 và d 2 : 3x y 0 . Gọi (T) là đường tròn tiếp
xúc với d1 tại A và cắt d 2 tại B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B . Viết phương trình của (T) , biết
tam giác ABC có diện tích bằng
3
và điểm A có hồnh độ dương.
2
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 19
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
Đường thẳng d1 có vectơ pháp tuyến n1
cos d1 , d 2 cos n1 ,n2
3 3 1
Giải
3;1 . Đường thẳng d 2 có vectơ pháp tuyến n2
3; 1 .
1
. Do đó ta thấy BOA 600 .
2.2
2
(T) tiếp xúc với d1 tại A và tam giác ABC vuông tại B suy ra AC là đường kính , do vậy AC d1 tại A .
OA 3
Từ kết quả trên suy ra 600 . Xét tam giác vuông OAB : AB OA.sin 600
AOC
và tam giác
2
vuông OAC : AC OA.tan 600 OA. 3 .
y
Từ giả thiết : S ABC
1
3 1
3 3
AB. AC sin 600
OA 3OA
2
2
2
2 2
4
OA .
3
Do A thuộc d1 A t ; 3t OA2 t 2 3t 2 4t 2 .
O
B
2
x
600
A
300
C
4
4
1
. Vì A có hồnh độ dương su y ra
4t 2 t
3
3
3
1
1
và A
; 1 .
t
3
3
Đường thẳng AC đi qua A vng góc với d1 nên có phương trình 3 x 3 y 4 0 .
Vì C là giao điểm của AC và d 2 nên tọa độ điểm C t hỏa mãn hệ phương trình:
Ta có OA2
2
3x 3 y 4 0
2
x
; 2 .
3 C
3
3x y 0
y 2
3
1
Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của đường trịn (T). Ta có I là trung điểm của AC I
;
2 3 2
1
1
và R AC .2 1 .
2
2
2
2
1
3
Vậy, phương trình đường trịn (T) là : x
y 2 1.
2 3
Bài 4.(KA2009-NC)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 y 2 4 x 4 y 6 0 và đường thẳng có phương
trình x my 2m 3 0 (với m là tham số thực ). Gọi I là tâm đường trịn (C). Tìm m để cắt (C) tại hai
điểm A,B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất
Giải
Đường trịn (C) có tâm I 2; 2 , bán kính R 2 .
Khoảng cách từ I đến đường thẳng d là: d(I;d)= IH
1 4m
I(-2;-2)
.
1 m
Để cắt (C) thì :
1 4m
4 52
4 52
2
2 1 4m 4 1 m 2
(*)
m
2
12
12
1 m
1
1
Diện tích tam giác là S IAB IA.IB sin R 2 sin sin 1 .
AIB
AIB
AIB
2
2
Do dó S IAB đạt GTLN bằng 1 khi sin 1 900 IA IB .
AIB
AIB
2
d
A
H
B
Vậy tam giác IAB vuông cân tại I và IB IH 2 2 IH 2 IH 1 IH 2 1 .
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 20
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
1 4m
1 m2
Chuyên đề: Giải tích phẳng
1 1 4m
2
m 0
1 m 15m 8m 0
m 8
15
2
2
Bài 5.(KB-2009)
4
và hai đường thẳng d : x y 0 ,
5
d ' : x 7 y 0 . Xác định tọa độ tâm K và tính bán kính đường trịn (C') , biết đường tròn (C') tiếp xúc với
d và d' và tâm K thuộc (C).
Giải
4
2
Gọi K(a;b). Vì K thuộc (C) nên ta có: a 2 b 2 (1). Nếu (C') tiếp xúc với hai đường thẳng d và d'
5
a b a 7b
5a 5b a 7b
thì : d(K;d)=d(K;d')
5 a b a 7b
2
5 2
5a 5b 7b a
4a 2b
b 2 a
.
6a 12b
a 2b
4
16
2
+/ Với b=2a , Thay vào (1) ta được a 2 4a 2 5a 2 4a
0 . Phương trình vơ nghiệm.
5
25
4
16
4
8
2
+/ Với a=2b, Thay vào (1) ta được: 2b 2 b 2 5b 2 8b 0 b a .
5
5
5
5
8 4
a b
4
2 2
5 5
8 4
Do đó đường trịn (C’) có tâm K ; và bán kính R
.
5
2
2
5 2
5 5
Bài 6. (KD-2009-NC)
2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x 1 y 2 1 . Gọi I là tâm của (C) . Xác định tọa độ
điểm M thuộc (C) sao cho IMO 300 .
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 y 2
2
y
M
300
O
I(1;0)
x
Giải
Vì (C) có tâm I(1;0) nằm trên trục Ox với bán kính R =1 thì nó tiếp xúc với
Oy tại O. Suy ra tam giác IMO cân đỉnh I .Theo giả thiết IMO 300 , khi đó
góc ở đỉnh MIO 1200 .
Áp dụng hệ thức côsin cho tam giác MIO, ta có:
1
OM 2 IM 2 IO 2 2 IM .IO.cos120 0 R 2 R 2 2 R.R. 3R 2 3
2
2
Gọi M(a;b) ,vì M thuộc (C) nên ta có: a 1 b 2 1 và OM 2 3 a 2 b 2 3 .
a
3
b
a 12 b 2 1
a 12 3 a 2 1 a 2
Do đó tọa độ điểm M thỏa mãn :
2
2
2
2
a b 3
a b 3
b 2 3
a
4
b
3
2
3
2
3
2
3
2
3
3 3
3
ểm n ày đối xứng nhau qua Ox ).
Vậy có hai điểm M 1 ;
và M 2 ;
2
2 2 ( Hai đi
2
Bài 8 . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp trong đường tròn
2
2
(C ) : x 1 y 2 5 và điểm A(2;0) . Biết diện tích tam giác ABC bằng 4 . Tìm tọa độ đỉnh C ,B.
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 21
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học
Chuyên đề: Giải tích phẳng
B
C
H
I(1;-2)
A(2;0)
Gọi B(a;b) thì BH d ( B, AC )
Do đó
2a b 4
5
Giải
Đường trịn (C ) có tâm I 1; 2 và bán kính R 5 .
Vì tam giác vng ABC tại B và nội tiếp trong đường trịn (C) cho nên
AC là đường kính , tức I là trung điểm của AC. Do đó C 0; 4 .
Đường thẳng AC qua A(0; -2) nhận IA 1; 2 làm VTCP nên có
phương trình: 2 x y 4 0 .
Gọi H là hình chiếu vng góc của B trên AC ta có :
2S
1
2.4
4
.
S ABC AC.BH BH ABC
2
AC
2 5
5
2a b 4
5
b 2a 8
4
2a b 4 4
5
b 2a
Ta lại có B nằm trên (C) suy ra : a 1 b 2 5 (1)
2
2
1
a 2 b 7
+/ Nếu b=2a-8 thay vào (2) a 1 2a 6 5 2a 15a 28 0
a 7 b 6
a 0 b 0
2
2
b=2a : a 1 2a 2 5 5a 2 7 a 0
+/ Nếu
a 7 b 14
5
5
Kết luận…
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 y 2 2 x 4 y 20 0 , và đường
thẳng d có phương trình : 3x+4y -20=0 . Chứng minh d tiếp xúc với (C) , Tam giác ABC có đỉnh A
thuộc (C), các đỉnh B và C thuộc d , trung điểm cạnh AB thuộc (C) . Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C , biết
trực tâm của tam giác ABC trùng với tâm của đường trịn (C) và điểm B có hoành độ dương .
Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn
(C ) : x 2 y 2 – 2 x – 2 y 1 0, (C ') : x 2 y 2 4 x – 5 0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương
trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.
Bài 3. Cho đường tròn (C): x 2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết
(C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB 3 .
Bài 4. Trong (Oxy) cho điểm M(2;-1) và đường tròn (C): x 2 y 2 9 . Viết phương trình đường trịn (C')
có bán kính bằng 4 và cắt (C) theo dây cung qua M có độ dài nhỏ nhất .
Bài 5. (KD-06). Cho đường tròn (C): x 2 y 2 2 x 2 y 1 0 và đường thẳng d: x-y+3=0. Tìm điểm M
trên d sao cho đường trịn có tâm là M có bán kính gấp đơi bán kính của đường trịn (C) và tiếp xúc
ngoài với (C).
Bài 6. Cho đường thẳng d1 : x 2 y 4 0, d 2 : x y 1 0 và hai điểm A 1; 5 , B 1;3
2
2
2
a/ Viết phương trình đường trịn (C) có tâm I(-1;1) và tiếp xúc với d1
b/ Viết phương trình đường trịn (C') qua A,B và có tâm thuộc d 2 .
Bài 7. Cho tam giác ABC vuông tại A, đỉnh B(1;1) . Đường trịn đường kính AB có phương trình :
C : x 2 y 2 4 x 2 y 4 0 cắt cạnh BC tại H sao cho BC=4BH .Tìm tọa độ đỉnh C .
2
2
Bài 8. Cho đường tròn C : x 2 y 3 10 nội tiếp trong hình vng ABCD . Tìm tọa độ các
đỉnh hình vng biết cạnh AB đi qua điểm M( -3;-2) và điểm A có hồnh độ dương
2
2
ABC
Bài 9. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn C : x 1 y 2 5 , 900 , điểm
A(2;0) và diện tích tam giác ABC bằng 4 . Tìm tọa độ đỉnh B.
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde
Trang 22
Thầy. Nguyễn Xuân Quân
