40 bài tập hình học phẳng

HèNH HC PHNG ễN THI I HC VIETMATHS.NET
HèNH HC PHNG ễN THI I HC
1) Trong mp(Oxy) cho tam giỏc ABC bit A = ( 1; 4 ) , phng trỡnh ng cao (BH): x 2 y + 9 = 0 ,
Phng trỡnh ng phõn giỏc (CD) x + y 3 = 0 . Tỡm to 2 im B, C
2) Trong mt phng Oxy, cho ng trũn (C): ( x 1)2 + ( y + 1)2 = 4 . Mt ng trũn (C') tip xỳc vi
Oy v tip xỳc ngoi vi (C). Tỡm tõm ca (C') bit tõm thuc ng thng (d): 2 x y = 0 .
3) Cho ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM: 2 x + y + 1 = 0 v phõn giỏc trong CD
x + y 1 = 0 . Vit phng trỡnh ng thng BC

HD: im C CD : x + y 1 = 0 C ( t ;1 t ) .

t +1 3 t

;
Suy ra trung im M ca AC l M
ữ.
2
2

im
t +1 3 t
M BM : 2 x + y + 1 = 0 2
+ 1 = 0 t = 7 C ( 7;8 )
ữ+
2
2
T A(1;2), k AK CD : x + y 1 = 0 ti I (im K BC ).
Suy ra AK : ( x 1) ( y 2 ) = 0 x y + 1 = 0 .
x + y 1 = 0
I ( 0;1) .
x y +1 = 0

Ta im I tha h:

Tam giỏc ACK cõn ti C nờn I l trung im ca AK ta ca K ( 1;0 ) .
ng thng BC i qua C, K nờn cú phng trỡnh:

x +1 y
= 4x + 3y + 4 = 0
7 + 1 8

4) 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 vuuu
D.
r
Ta cú: AB = ( 1; 2 ) AB = 5 . Phng trỡnh ca AB l:
2x + y 2 = 0 .
I ( d ) : y = x I ( t ; t ) . I l trung im ca AC v BD nờn ta
cú: C ( 2t 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t 2 )

4
5
4
5 8 8 2
| 6t 4 | 4
t = 3 C 3 ; 3 ữ, D 3 ; 3 ữ
=

Ngoi ra: d ( C ; AB ) = CH
5
5
t = 0 C ( 1;0 ) , D ( 0; 2 )

Mt khỏc: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiu cao) CH =

5 8

8 2

Vy ta ca C v D l C ; ữ, D ; ữ hoc C ( 1;0 ) , D ( 0; 2 )
3 3 3 3
5) Trên Oxy cho Elip

x2 y2
+
= 1 (a > b > 0) biết
a2 b2

a2 b2
1
=
hình chữ nhật cơ sở cắt Ox
a
2

tại A, A, cắt Oy tại B, B. Lập phơng trình Elip biết diện tích hình tròn nội tiếp hình thoi
ABAB có diện tích bằng 4 .

HD: . gt: Diện tích hình tròn nội tiếp
hình thoi ABAB bằng 4
bán kính đờng tròn r = 2

1


HèNH HC PHNG ễN THI I HC VIETMATHS.NET
. O là tâm hình tròn, kẻ OK AB r = OK = 2
.Xét tam giác vuông OAB ta có:

1
1
1
1 1
1
=
+
= 2 + 2 (1)
2
2
2
4 a
OK
OA
OB
b

. Từ gt:

B

a2 b2
1
=
a = 2. a 2 b 2
a
2
a 2 = 2a 2 2b 2 a 2 = 2b 2 (2)

A

A

O
B

K

. a2 và b2 đợc tìm từ hệ (1); (2)
a 2 = 2b 2
a 2 = 12

2
1
1
b = 6
2 + 2 =4
b
a

Vậy Elíp thoả yêu cầu bài toán co pt là:

x2 y2
+
=1
12 6

6) Trên Oxy cho 2 đờng thẳng d1: 2x-y-1=0, d2: 2x+y-3=0. Gọi I là giao điểm của d1 và d2; A
là điểm thuộc d1, A có hoành độ dơng khác 1 (0 < xA 1). Lập phơng trình đờng thẳng
() đi qua A, cắt d2 tại B sao cho diện tích IAB bằng 6 và IB = 3IA


2 x y 1 = 0
x = 1

2 x + y 3 = 0 y = 1

I = d1 d2 tạo độ của I là n0 của hệ

Vậy I(1; 1)


Từ gt d1 có VTPT n1 = (2;1); d2 có VTPT n 2 = ( 2;1);



Gọi là góc của d1 và d2
4 1 3
4

= sin =
5
5
5
2
1
4 6 IA
= IA.3IA. =
2
5
5

cos =
S IAB

A
I




IA 2 = 5 IB 2B= 45
Từ gt: S IAB = 6IB=3TA

.A d1 A(a,2a 1) với a > 0, a 1
=0
aloại
a = 2

2

2
2
2
. pt IA = 5 (a 1) + (2a 2) = 5 5(a 1) = 5

a = 2 A(2;3)
* .B d 21 B(a,3 2b)
IB 2 = (b 1) 2 + (2 2b) 2 = 5(b 1) 2
b = 4 B( 4;5)
IB 2 = 45 (b 1) 2 = 9
b = 2 B (2;7)



Với A(2;3); B(4;5) pt cần tìm là

x2
y3
=
4 x + y 11 = 0
42 53



Với A(2;3); B(-2;7) pt cần tìm là

x2
y 3
=
x+ y 5 = 0

22 73

2


HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET
7) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trung điểm cạnh AB là M (−1;2) , tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác là I (2; −1) . Đường cao của tam giác kẻ từ A có phương trình:
2 x + y + 1 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C .
uuur
HD: AB đi qua M nhận MI = (3, −3) làm vtpt nên có pt: x − y + 3 = 0

x − y + 3 = 0
⇒
2
x
+
y
+
1
=
0


Tọa độ A là nghiệm của hệ : 

 −4 5 
A ; ÷
 3 3

 −2 7 
M (−1;2) là trung điểm của AB nên B  ; ÷
 3 3
r
BC nhận n = (2;1) làm vtcp nên có p
t:
−2

x
=
+ 2t

7 
 −2
3
⇒ C
+ 2t ; + t ÷

3 
 3
y = 7 + t

3
2

2

2

2

8   10   8   10 

IB = IC ⇒ IB = IC ⇒  2t − ÷ +  t + ÷ =  ÷ +  ÷
3 
3   3  3 

t = 0,loai (do C ≡ B)
⇒ 4
t =
 5
 14 47 
Vậy C  ; ÷
 15 15 
2

2

8) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B ( −12;1) , đường phân giác trong góc A có

1 2
3 3

phương trình: x + 2 y − 5 = 0 . Trọng tâm tam giác ABC là G  ; ÷.Viết phương trình đường
thẳng BC .

 x = 5 − 2t
⇒ H ( 5 − 2t ; t )
y
=

t


Gọi H là hình chiếu của B trên d : 

uuur
uur
BH = ( 17 − 2t ; t − 1) ⊥ ud = ( −2;1) ⇒ −2 ( 17 − 2t ) + t − 1 = 0

⇒ t = 7 ⇒ H ( −9;7 )

Gọi M là điểm đối xứng của B qua d

uuuur uuuuuuur
⇒ BM = 2 BH ⇒M ( −6;13) ∈ AC

A ∈ d ⇒ A ( 5 − 2a; a ) ⇒ C ( 8 + 2a;1 − a )
uuur uuuur
MA / / MC ⇒ a = −2 ⇒ C ( 4;3) Vậy BC : x − 8 y + 20 = 0

9) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua M ( 2;1) và tạo với các trục
tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 .
x y
HD: Gọi d là ĐT cần tìm và A ( a;0 ) , B ( 0; b ) là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra: d : + = 1 .
a b
2 1
Theo giả thiết, ta có: + = 1, ab = 8 .
a b
Khi ab = 8 thì 2b + a = 8 . Nên: b = 2; a = 4 ⇒ d1 : x + 2 y − 4 = 0 .

3


HèNH HC PHNG ễN THI I HC VIETMATHS.NET
1

10) Trong mt phng ta (Oxy) , cho im M 3; ữ . Vit phng trỡnh chớnh tc ca elip i
2


(

)

qua im M v nhn F1 3;0 lm tiờu im
11) Trong mt phng vi h to Oxy, lp phng trỡnh ng thng d i qua im A(1; 2) v ct
ng trũn (C) cú phng trỡnh ( x 2) 2 + ( y + 1) 2 = 25 theo mt dõy cung cú di bng 8
r
HD : G/s mt vộc t phỏp tuyn ca d l n(a; b) ,vỡ d i qua im A(1;2) nờn d cú phng trỡnh
d: a(x 1)+ b(y 2) = 0 hay d: ax + by a 2b = 0 ( a2 + b2 > 0)
Vỡ d ct (C) theo dõy cung cú di bng 8 nờn khong cỏch t tõm I(2; 1) ca (C) n d bng 3.
d ( I,d ) =

2a b a 2b
a2 + b2

= 3 a 3b = 3 a + b
2

2

a = 0
8a + 6ab = 0
a = 3 b

4
2

a = 0: chn b = 1 d: y 2 = 0
3
4

a = b : chn a = 3, b = 4 d: 3x 4 y + 5 = 0
12) Trong mt phng vi h to Oxy, vit phng trỡnh tip tuyn chung ca hai ng trũn
(C1): x2 + y2 2x 2y 2 = 0,
(C2): x2 + y2 8x 2y + 16 = 0.
HD: (C1): ( x 1)2 + ( y 1) 2 = 4 cú tõm I1 (1; 1) , bỏn kớnh R1 = 2.
(C2): ( x 4) 2 + ( y 1)2 = 1 cú tõm I 2 (4; 1) , bỏn kớnh R2 = 1.
Ta cú: I1 I 2 = 3 = R1 + R2 (C1) v (C2) tip xỳc ngoi nhau ti A(3; 1)
(C1) v (C2) cú 3 tip tuyn, trong ú cú 1 tip tuyn chung trong ti A l x = 3 // Oy
* Xột 2 tip tuyn chung ngoi: () : y = ax + b () : ax y + b = 0 ta cú:
a + b 1


2
2
=2
2
a=
a=

2
d ( I1 ; ) = R1
a +b


4
4


hay

d ( I 2 ; ) = R2
4a + b 1 = 1
b = 4 7 2
b = 4 + 7 2
a 2 + b2


4
4


Vy, cú 3 tip tuyn chung: (1 ) : x = 3, (2 ) : y =

2
4+7 2
2
47 2

x+
, (3 ) y =
x+
4
4
4
4

13) Trong mt phng to Oxy cho ng trũn (C) : x2 + y2 + 4x 6y + 9 = 0 v im
M( 1; - 8).Vit phng trỡnh ng thng d qua M sao cho d ct (C) ti hai im A,B phõn bit
m din tớch tam giỏc ABI t giỏ tr ln nht.Vi I l tõm ca ng trũn (C).
Đtròn (C) có tâm I(- 2; 3) & bán kính R = 2.
Giả sử ptđt (d) : Ax + By A + 8B = 0 với A2 + B2 > 0
1
Luôn có BIA cân tại I với IA = IB = 2 ; SBIA = IA.IB.sinAIB = 2sinAIB
2
11B 3 A
= 2
SBIA 2 Dấu = khi AIB vuông cân tại I hay d(I ; (d)) = 2
A2 + B 2
7A2 66BA + 119B2 = 0 (A 7B)(7A 17B) = 0
Vậy có hai đờng thẳng d thoả mãn: 7x + y + 1 = 0 & 17x + 7y + 39 = 0
14) Cho A(1 ; 4) v hai ng thng b : x + y 3 = 0 ; c : x + y 9 = 0. Tỡm im B trờn b , im C
trờn c sao cho tam giỏc ABC vuụng cõn ti A
Gọi B(b ; 3 - b) & C( c ; 9 - c) => AB (b - 1 ; - 1 - b) ; AC (c - 1 ; 5 - c)
AB. AC = 0
(b 1)(c 1) = (b + 1)(5 c)

& ABC vuông cân tại A

2
2
2
2
AB = AC
(b 1) + (b + 1) = (c 1) + (5 c)

4


HèNH HC PHNG ễN THI I HC VIETMATHS.NET
(b + 1)(5 c)

...........................................(1)
b 1 =
c 1
vì c = 1 không là n0 nên hệ
2
2 (5 c )
(b + 1) .
+ (b + 1) 2 = (c 1) 2 + (5 c) 2 ....(2)
2

(c 1)
2
2
Từ (2) (b + 1) = (c - 1) .
Với b = c 2 thay vào (1) => c = 4 ; b = 2 => B(2 ; 1) & C( 4 ; 5).
Với b = - c thay vào (1) => c = 2 ; b = - 2 => B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7).
Kết luận :có hai tam giác thoả mãn: B(2 ; 1) & C( 4 ; 5) hoặc B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7).

15) Trong hệ toạ độ Oxy đờng thẳng (d): x y +1 =0 và đờng tròn (C): x 2 + y 2 + 2 x 4 y = 0 .Tìm
điểm M thuộc đờng thẳng (d) mà qua M kẻ đợc hai đờng thẳng tiếp xúc với đờng tròn (C) tại A và
B sao cho ãAMB =600.
16) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD biết phơng trình cạnh BC:x + 2y - 4
= 0 phơng trình đờng chéo BD: 3x + y 7 = 0,đờng chéo AC đi qua M(-5;2).Hãy tìm tọa độ các
đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
17) Phng trỡnh hai cnh ca mt tam giỏc trong mt phng ta l 5x - 2y + 6 = 0;
4x + 7y 21 = 0. vit phng trỡnh cnh th ba ca tam giỏc ú, bit rng trc tõm ca nú trựng gc
ta O
Gi s AB: 5x - 2y + 6 = 0;
AC: 4x + 7y r21 = 0 Vy A(0;3)
ng cao nh BO i qua O nhn VTCP a = (7; - 4) ca AC lm VTPT
Võy BO: 7x - 4y = 0 vy B(-4;-7)
A nm trờn Oy, vy ng cao AO chớnh l trc OY, Vy AC: y + 7 = 0
18) Trong mpOxy, cho ng trũn (C): x2 + y2 6x + 5 = 0. Tỡm M thuc trc tung sao cho qua M k
c hai tip tuyn ca (C) m gúc gia hai tip tuyn ú bng 600.
HD: (C) cú tõm I(3;0) v bỏn kớnh R = 2
M Oy M(0;m)
Qua M k hai tip tuyn MA v MB ( A v B l hai tip im)
ãAMB = 600 (1)
Vy
ãAMB = 1200 (2)
Vỡ MI l phõn giỏc ca ãAMB
IA
(1) ãAMI = 300 MI =
MI = 2R m 2 + 9 = 4 m = m 7
sin 300
IA
2 3
4 3

(2) ãAMI = 600 MI =
MI =
R m2 + 9 =
Vụ nghim
sin 600
3
3
Vy cú hai im M1(0; 7 ) v M2(0;- 7 )
19) Trong mt phng to Oxy. Lp phng trỡnh ng thng i qua A(8 ;6) v to vi 2 trc to
mt tam giỏc cú din tớch bng 12
Gi s (d) i qua A(8;6) ct cỏc trc Ox, Oy ln lt ti cỏc im M(a;0), N(0;b) a,b khỏc 0.Khi ú
x y
8 6
(d) cú phng trỡnh + = 1 . Vỡ (d) i qua A nờn + = 1 (1)
a b
a b
8 6
1
+ =1
li cú S OAB = ab = 12 (2). T (1) v (2) ta cú h a b
2
ab = 24

a = 4

x y
x y
b = 6

= 1, + = 1

t
ú
cú
2
ng
thng
tho
món
iu
kin
l
a = 8
4 6
8 3

b = 3

5


HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET
20) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật ABCD .Biết rằng
4
AB = 2BC , A, B thuộc đường thẳng đi qua M( − ;1 ), B, C thuộc đường thẳng đi qua N(0 ; 3), A,D
3
thuộc đường thẳng đi qua P(4 ; -1/3), C,D thuộc đường thẳng đi qua Q(6 ;2)
HD : Phương trình AB có dạng: y = k(x + 4/3) + 1
DC: y = k(x - 6) + 2 , BC: x + ky – 3k = 0 , AD: x + ky -4 + k/3 = 0
Vì AB = 2BC nên d(AD,BC)=2d(AB,DC) hay d(P;BC) = 2d(M;DC)
k

4
1

4 − − 3k
− k − 1 − 6k + 2
k=

10k − 12 = 6 − 44k
3
3
3
=
⇔
⇔
2
2
10
k
−
12
=
44
k
−
6
1+ k
1+ k

k = − 3


17
Với k = 1/3 ta có phương trình các cạnh hình chữ nhật là: AB:
y = 1/ 3( x + 4 / 3) + 1, DC : y = 1/ 3( x − 6) + 2, BC : x + 1/ 3 y − 1 = 0, AD : x + 1/ 3 y − 35 / 9 = 0
Với k = -3/17 ta có phương trình các cạnh của hình chữ nhật là:
AB : y = −3 /17( x + 4 / 3) + 1, DC : y = −3 /17( x − 6) + 2, BC : x − 3 /17 y + 9 /17 = 0,
AD : x − 3 /17 y − 4 − 3 /17 = 0
21) Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C ).
Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B
sao cho AB = 6
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 )
I
Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng 3x+4y+c=0
A
H B
vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0
d(I; Δ )=
x 2 y2
−
=1
22) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H) có phương trình: 2 3
và

điểm M(2; 1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M, biết rằng đường thẳng đó cắt
(H) tại hai điểm A, B mà M là trung điểm của AB.
HD: Giả sử d qua M cắt (H) tại A, B : với M là trung điểm AB
3x 2A − 2y 2A = 6 (1)
 2
2

A, B ∈ (H) : ⇒ 3x B − 2y B = 6 (2)

M là trung điểm AB nên : xA + xB = 4 (3) và yA + yB = 2 (4)
(1) − (2) ta có : 3(x2A - x2B) - 2(y2A - y2B) = 0 (5)
Thay (3) và (4) vào (5) ta có : 3(xA -xB)-(yA-yB) = 0 ⇔ 3(2xA-4)-(2yA- 2) = 0 ⇔ 3xA - yA = 5
Tương tự : 3xB - yB = 5. Vậy phương trình d : 3x - y - 5 = 0
23) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC
nằm trênuuu
đường
thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
r
HD: Ta có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 . Phương trình của AB là: 2 x + y − 2 = 0 .
I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) . I là trung điểm của AC: C (2t − 1;2t )

Theo bài ra: S ∆ABC

t = 0
1
= AB.d (C , AB) = 2 ⇔ . 6t − 4 = 4 ⇔  4
t =
2
 3
5 8
3 3

Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( ; ) thoả mãn

6

HèNH HC PHNG ễN THI I HC VIETMATHS.NET
24) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1) , B (2; 5) , đỉnh C nằm trên đờng thẳng
x 4 = 0 , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 2 x 3 y + 6 = 0 . Tính diện tích tam
giác ABC.
1 2 + 4
1 + 5 + yC
y
= 1, yG =
= 2 + C . Điểm G nằm trên đờng
Ta có C = (4; yC ) . Khi đó tọa độ G là xG =
3
3
3
2
x

3
y
+
6
=
0
2

6

y
+
6
=

0
y
=
2
thẳng
nên
, vậy C
, tức là
C
C = (4; 2) . Ta có AB = (3; 4) , AC = (3;1) , vậy AB = 5 , AC = 10 , AB. AC = 5 .
2
1
1
15
Diện tích tam giác ABC là S =
AB 2 . AC 2 AB. AC =
25.10 25 =
2
2
2
25) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;1) , B (1; 2) , trọng tâm G của tam giác
nằm trên đờng thẳng x + y 2 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5
Vì G nằm trên đờng thẳng x + y 2 = 0 nên G có tọa độ G = (t ; 2 t ) . Khi đó AG = (t 2;3 t ) ,
2
1
1
AG 2 . AB 2 AG. AB =
2 (t 2) 2 + (3 t ) 2 1 =
AB = (1;1) Vậy diện tích tam giác ABG là S =
2

2
2t 3
2
2t 3
Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng 13,5 : 3 = 4,5 . Vậy
= 4,5 , suy
2
ra t = 6 hoặc t = 3 . Vậy có hai điểm G : G1 = (6;4) , G 2 = (3;1) . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
xC = 3 xG ( xa + xB ) và yC = 3 yG ( ya + y B ) .
Với G1 = (6;4) ta có C = (15;9) , với G 2 = ( 3;1) ta có C =(12;18)

(

)

(

1

)

[

]

2

26)Trong mt phng oxy cho ABC cú A(2;1) . ng cao qua nh B cú phng trỡnh x3y - 7 = 0 .ng trung tuyn qua nh C cú phng trỡnh x + y +1 = 0 . Xỏc nh ta
B v C . Tớnh din tớch ABC .
r

+AC qua A v vuụng gúc vi BH do ú cú VTPT l n = (3;1) AC cú phng trỡnh 3x +
y- 7=0
AC
C(4;- 5)
CM
2 + xB 1 + y B
+
+1 = 0
; M thuc CM ta c
2
2

+ Ta C l nghim ca h

2 + xB
1 + yB
= xM ;
= yM
2
2
2 + xB 1 + y B
+
+1 = 0

2
+ Gii h 2
ta c B(-2 ;-3)
xB 3 yB 7 = 0

+

Tớnh din tớch ABC .

+ Ta H l nghim ca h
. Tớnh c
Din tớch S =

14

x
=
x 3y 7 = 0

5


3x
+
y

7
=
0

y = 7

5

8 10

; AC = 2 10
5
1
1
8 10
AC.BH = .2 10.
= 16 ( vdt)
2
2
5

BH =

7


HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET
27) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung
trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC
28) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : x + 3 y + 8 = 0 , ∆ ' :3 x − 4 y + 10 = 0 và
điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆ , đi qua điểm A và tiếp
xúc với đường thẳng ∆ ’.
HD: Tâm I của đường tròn thuộc ∆ nên I(-3t – 8; t)
3( −3t − 8) − 4t + 10
= (−3t − 8 + 2) 2 + (t − 1) 2
Theo yc thì k/c từ I đến ∆ ’ bằng k/c IA nên ta có
2
2
3 +4

Giải tiếp được t = -3
Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25

29)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I ( 1; −2;3) . Viết phương trình mặt cầu tâm
I và tiếp xúc với trục Oy
2
2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x + y + 2 x = 0 . Viết phương

trình tiếp tuyến của ( C ) , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng 30o .
Ta có: Hệ số góc của tiếp tuyến ( ∆ ) cần tìm là ± 3 .

( C ) : ( x + 1) 2 + y 2 = 1 ⇒ I ( −1;0 ) ; R = 1
Do đó: ( ∆1 ) : 3 x − y + b = 0 tiếp xúc (C)
⇔

b− 3

⇔ d ( I , ∆1 ) = R

= 1 ⇔ b = ±2 + 3 . KL: ( ∆1 ) : 3 x − y ± 2 + 3 = 0 .

2
Và : ( ∆ 2 ) : 3 x + y + b = 0 tiếp xúc (C) ⇔ d ( I , ∆ 2 ) = R
⇔

b− 3
2

= 1 ⇔ b = ±2 + 3 . KL: ( ∆ 2 ) : 3 x + y ± 2 + 3 = 0 .

30)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết
trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là M (3;1) .+
Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận
uuur
HK = (−1; 2) làm vtpt và AC đi qua K nên
( AC ) : x − 2 y + 4 = 0. Ta cũng dễ có:
( BK ) : 2 x + y − 2 = 0 .
+ Do A ∈ AC , B ∈ BK nên giả sử
A(2a − 4; a ), B (b; 2 − 2b). Mặt khác M (3;1) là
trung điểm của AB nên ta có hệ:
 2a − 4 + b = 6
2a + b = 10
a = 4
⇔
⇔
.

 a + 2 − 2b = 2
 a − 2b = 0
b = 2
Suy ra: A(4; 4), B(2; − 2).
uuur
+ Suy ra: AB = (−2; − 6) , suy ra: ( AB) : 3x − y − 8 = 0 .

uuur

+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA = (3; 4) , suy ra:
( BC ) : 3 x + 4 y + 2 = 0.
KL: Vậy : ( AC ) : x − 2 y + 4 = 0, ( AB ) : 3 x − y − 8 = 0 , ( BC ) : 3 x + 4 y + 2 = 0.

31)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

8


HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET
+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R = 1, R ' = 3 , đường thẳng
(d) qua M có phương trình a ( x − 1) + b( y − 0) = 0 ⇔ ax + by − a = 0, ( a 2 + b 2 ≠ 0)(*) .
+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.
2
2
Khi đó ta có: MA = 2MB ⇔ IA2 − IH 2 = 2 I ' A2 − I ' H '2 ⇔ 1 − ( d ( I ;d ) ) = 4[9 − ( d ( I ';d ) ) ] ,
IA > IH .
9a 2
b2
36a 2 − b 2
−
=
35
⇔
= 35 ⇔ a 2 = 36b 2
2
2
2
2
2

2
a +b a +b
a +b
 a = −6
Dễ thấy b ≠ 0 nên chọn b = 1 ⇒ 
.
 a=6
Kiểm tra điều kiện IA > IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn
⇔ 4 ( d ( I ';d ) ) − ( d ( I ;d ) ) = 35 ⇔ 4.
2

2

32)Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp
xúc với đường thẳng d : x − y − 2 = 0 tại điểm A có hoành độ bằng 4.
Gọi ( H ) :

x2
a

2

−

y2
b

2

= 1 . (H) tiếp xúc với d : x − y − 2 = 0 ⇔ a 2 − b 2 = 4

x = 4 ⇒ y = 2 ⇒ A ( 4; 2 ) ∈ ( H ) ⇒

16
a

2

−

4
b2

( 1)

= 1 ( 2)

Từ (1) và (2) suy ra a 2 = 8; b 2 = 4 ⇒ ( H ) :

x2 y2
−
=1
8
4

33)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip (E):

x2 y2
+
= 1 và parabol (P): y2 = 12x.

8
6
Giả sử đường thẳng (∆) có dạng: Ax + By + C = 0 (A2 + B2 > 0)
(∆) là tiếp tuyến của (E) ⇔ 8A2 + 6B2 = C2 (1)
(∆) là tiếp tuyến của (P) ⇔ 12B2 = 4AC ⇔ 3B2 = AC (2)
Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = −2A.
Với C = −2A ⇒ A = B = 0 (loại)
Với C = 4A ⇒ B = ±

2A
3

⇒ Đường thẳng đã cho có phương trình:

2A
2 3
y + 4A = 0 ⇔ x ±
y+4=0
3
3
2 3
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: x ±
y+4=0
3
Ax ±

34) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x − y + 1 = 0 , phân
giác trong BN : 2 x + y + 5 = 0 .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC
+ Do AB ⊥ CH nờn AB: x + y + 1 = 0 .
2 x + y + 5 = 0

ta có (x; y)=(-4; 3).
 x + y +1 = 0
Do đó: AB ∩ BN = B (−4;3) .
+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A ' ∈ BC .

Giải hệ: 

9


HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET
- Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): x − 2 y − 5 = 0 .
2 x + y + 5 = 0
. Suy ra: I(-1; 3) ⇒ A '(−3; −4)
x − 2y − 5 = 0
7 x + y + 25 = 0
+ Phương trình BC: 7 x + y + 25 = 0 . Giải hệ: 
 x − y +1 = 0
13 9
Suy ra: C ( − ; − ) .
4 4
450 d ( A; BC ) = 7.1 + 1(−2) + 25 = 3 2
+ BC = (−4 + 13 / 4) 2 + (3 + 9 / 4) 2 =
,
.
4
7 2 + 12
1
1
450 45

Suy ra: S ABC = d ( A; BC ).BC = .3 2.
= .
2
2
4
4

Gọi I = (d ) ∩ BN . Giải hệ: 

35) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12,
tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x − y − 3 = 0 và d 2 : x + y − 6 = 0 . Trung điểm của
một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
Ta có: d 1 ∩ d 2 = I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:

x − y − 3 = 0
x = 9 / 2
9 3
⇔
. Vậy I =  ; ÷

2 2
x + y − 6 = 0
y = 3/ 2

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD ⇒ M = d 1 ∩ Ox
Suy ra M( 3; 0)
2

2

9 3

Ta có: AB = 2 IM = 2  3 −  +   = 3 2
2 2

S ABCD
12
=
=2 2
AB
3 2
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ⇒ d 1 ⊥ AD
Theo giả thiết: S ABCD = AB.AD = 12 ⇔ AD =

Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT:
1(x − 3) + 1(y − 0) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 . Lại có: MA = MD = 2
x + y − 3 = 0
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: 
2
 ( x − 3) + y 2 = 2
y = − x + 3
y = − x + 3
y = 3 − x
⇔
⇔
⇔


2
2

2
2
 x − 3 = ±1
( x − 3) + y = 2
( x − 3) + (3 − x) = 2
x = 2
x = 4
⇔
hoặc 
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
y = 1
 y = −1
x C = 2 x I − x A = 9 − 2 = 7
9 3
Do I ;  là trung điểm của AC suy ra: 
2 2
y C = 2 y I − y A = 3 − 1 = 2
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)

1 
36) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I =  ;0 ÷
2 
Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình chữ nhật đó.
+) d ( I , AB) =

5 ⇒
AD
2

= 5 ⇒ AB = 2 5 ⇒ BD = 5.

+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4

10


HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET

+) Tọa độ A, B là nghiệm của

 x = 2

1 2
25

2
( x − ) + y =
  y = 2 ⇒ A(−2;0), B(2; 2)
4 ⇔
hệ:  2
 x = −2
 x − 2 y + 2 = 0

  y = 0

⇒ C (3;0), D(−1; −2)
37) Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng ∆ : 3x − 4 y + 4 = 0 . Tìm
trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15.

3a + 4
16 − 3a
) ⇒ B (4 − a;
) . Khi đó diện tích tam giác ABC là
Gọi A(a;
4
4
1
S ABC = AB.d (C → ∆) = 3 AB .
2
2
a = 4
 6 − 3a 
2
Theo giả thiết ta có AB = 5 ⇔ (4 − 2a ) + 
÷ = 25 ⇔  a = 0
 2 

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
x2 y 2
38) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) : + = 1 và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . Tìm
9
4
trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất
Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
x2 y2
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có +
= 1 và diện tích tam giác ABC là
9
4

1
85
85 x y
S ABC = AB.d (C → AB ) =
2x + 3y = 3
+
2
13 3 4
2 13
85  x 2 y 2 
170
≤3
2 + ÷ = 3
13  9
4 
13
 x2 y 2

 9 + 4 = 1  x = 3 2
3 2
⇔
2
Dấu bằng xảy ra khi 
. Vậy C (
; 2)
2
x = y
y = 2

 3 2

39) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0.
Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy
Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có
I(4/3 ; 0), R = 4/3
40) Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua
2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d).
Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình
(1 + a ) 2 + b 2 = R 2
a = 0


2
2
2
2
2
(1 − a ) + (2 − y ) = R ⇔ b = 1 Vậy đường tròn cần tìm là: x + (y - 1) = 2
(a − b − 1) 2 = 2 R 2
R2 = 2



41)Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(−2, 0) biết phương trình các cạnh
AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0; 2x + 5y − 2 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C

{ 4x + y + 14 = 0 { x = −4

Tọa độ A là nghiệm của hệ 2x + 5y − 2 = 0 ⇔ y = 2 ⇒ A(–4, 2)
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ∆ABC nên
11


HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET
3x G = x A + x B + x C
x B + x C = −2
⇔

3y G = y A + y B + y C
y B + y C = −2

(1)

VìB(xB, yB) ∈ AB ⇔ yB = –4xB – 14 (2); C(xC, yC) ∈ AC ⇔ y C = −

2x C 2
+
( 3)
5
5

 xB + xC = −2
 xB = −3 ⇒ yB = −2

⇒
Thế (2) và (3) vào (1) ta có 
2 xC 2
−4 xB − 14 − 5 + 5 = −2  xC = 1 ⇒ yC = 0

Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)
42)Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trình đường tròn (C')
tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB = 3 .
Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R = 3
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của đoạn AB.
Ta có AH = BH =

AB
3
. Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I.
=
2
2

Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB. Gọi H' là trung điểm của A'B'
2

 3
3
2
2
Ta có: IH ' = IH = IA − AH = 3 −  ÷
Ta có: MI = ( 5 − 1) + ( 1 + 2 ) = 5
=
÷
2
 2 
3 13
3 7
và MH = MI − HI = 5 − = ; MH ' = MI + H ' I = 5 + =

2 2
2 2
3 49 52
R12 = MA 2 = AH 2 + MH 2 = +
=
= 13
Ta có:
4 4
4
3 169 172
R 22 = MA'2 = A' H'2 + MH'2 = +
=
= 43
4
4
4
2

2

Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13
hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43

12