Tuyen tap cac bai hinh hoc phang hay nhat ( Luyen thi dai hoc 2016)

hoctoancapba.com - Kho thi THPT quc gia, kim tra cú ỏp ỏn, ti liu ụn thi i hc mụn toỏn
TUYN TP CC BI TP HèNH HC PHNG HAY NHT
( Ti liu ụn thi i hc )
Bi 1. Trong mt phng Oxy cho cỏc im A 1;0 , B 2; 4 , C 1; 4 , D 3;5 v ng
thng d : 3x y 5 0 . Tỡm im M trờn d sao cho hai tam giỏc MAB, MCD cú din tớch
bng nhau.
Gii
- M thuc d thi M(a;3a-5 )
x 1 y
4x 3y 4 0
3
4
x 1 y 4
CD 4;1 CD 17; CD :

x 4 y 17 0
4
1
4a 3 3a 5 4 13a 19
a 4 3a 5 17 3 11a
- Tớnh : h1 M , AB

, h2

5
5
17
17

- Mt khỏc : AB 3; 4 AB 5, AB :

- Nu din tich 2 tam giỏc bng nhau thỡ :
11

5. 13a 19
17. 3 11a
a
13a 19 3 11a
1
1

AB.h1 CD.h2



12

2
2
5
17
13a 19 11a 3
a 8
11 27
- Vy trờn d cú 2 im : M1 ; , M 2 8;19
12 12

Bi 2. Cho hỡnh tam giỏc ABC cú din tớch bng 2. Bit A(1;0), B(0;2) v trung im I
ca AC nm trờn ng thng y = x. Tỡm to nh C
Gii
- Nu C nm trờn d : y=x thỡ A(a;a) do ú suy ra C(2a-1;2a).

- Ta cú : d B, d

02

2.
2
1
4

- Theo gi thit : S AC.d B, d 2 AC
2
2

2a 2 2 a 0
2

2


1 3
a
2
8 8a 2 8a 4 2 a 2 2 a 1 0

1 3
a

2
1 3 1 3
1 3 1 3

;
;
- Vy ta cú 2 im C : C1
, C2

2
2
2
2
Bi 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1) , B (2; 5) , đỉnh C nằm
trên đ-ờng thẳng x 4 0 , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đ-ờng thẳng
2 x 3 y 6 0 . Tính diện tích tam giác ABC.

Gii
AB 5
- Ta C cú dng : C(4;a) , AB 3; 4
AB : x 1 y 1 4 x 3 y 7 0
3
4

xA xB xC
1 2 4


xG
1
xG


3

3
- Theo tớnh chỏt trng tõm ;

y y A yB yC
y 1 5 a a 6
G
G
3
3
3




Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

a6
6  0  a  2 .
 3 
4.4  3.2  7
1
1
15
- Vậy M(4;2) và d  C , AB  
(đvdt)
 3  S ABC  AB.d  C , AB   5.3 
2
2

2
16  9
Bài 4. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2;1) , B(1; 2) , träng t©m G
cña tam gi¸c n»m trªn ®-êng th¼ng x  y  2  0 . T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diÖn tÝch tam gi¸c

- Do G nằm trên : 2x-3y+6=0 , cho nên :  2.1  3 

ABC b»ng 13,5 .
Giải.
- Ta có : M là trung điểm của AB thì
3 1
M  ;   . Gọi C(a;b) , theo tính chất
2

A(2;1)

2

a3

 xG  3
trọng tam tam giác : 
y  b 3
 G
3

3
2

1

2

G

M( ;  )

d:x+y-2=0
C

B(1;-2)

- Do G nằm trên d :

a 3 b3

 2  0  a  b  6 1
3
3
3a  b  5
x  2 y 1

 3x  y  5  0  h  C , AB  
- Ta có : AB  1;3   AB  :
1
3
10
2a  b  5 2 a  b  5
1
1


 13,5
- Từ giả thiết : S ABC  AB.h  C , AB   10.
2
2
2
10
2a  b  5  27
2a  b  32
 2a  b  5  27  

2a  b  5  27
2a  b  22

- Kết hợp với (1) ta có 2 hệ :

20
b


 a  b  6
 a  b  6

3



38

2a  b  32
3a  38

 38 20 


  a 
 C1  ;   , C2  6;12 
 a  b  6
 a  b  6
3

3 
 3



 b  12
 2a  b  22
 3a  18
 a  6


Bài 5. Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương
trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình : x + y +1 = 0 . Xác
định tọa độ B và C . Tính diện tích ABC .
Giải
- Đường thẳng (AC) qua A(2;1) và vuông
B
góc với đường cao kẻ qua B , nên có véc tơ
chỉ phương
x+y+1=0
x  2  t

n  1; 3   AC  : 
t  R 
 y  1  3t

- Tọa độ C là giao của (AC) với đường trung
x  2  t

tuyến kẻ qua C :   y  1  3t
x  y 1  0


Trang 2

M
C
A(2;1)

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

x-3y-7=0


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

Giải ta được : t=2 và C(4;-5). Vì B nằm trên đường cao kẻ qua B suy ra B(3a+7;a) . M là
3a  9 a  1 
;
.

2 
 2

trung điểm của AB  M 

- Mặt khác M nằm trên đường trung tuyến kẻ qua C :

3a  9 a  1

 1  0  a  3  B 1; 2 
2
2
12
x  2 y 1
- Ta có : AB   1; 3  AB  10,  AB  :

 3x  y  5  0, h  C; AB  
1
3
10
1
1
12
 6 (đvdt).
- Vậy : S ABC  AB.h  C , AB   10.
2
2
10


Bài 6. 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
Giải
a5 b2
;
 . M nằm trên
2 
 2

- Gọi B(a;b) suy ra M 

trung tuyến nên : 2a-b+14=0 (1).
- B,B đối xứng nhau qua đường trung trực cho
x  a  t
nên :  BC  : 
t  R  .
y  b t

A(5;2)
2x-y+3=0
M

Từ đó suy ra tọa độ N :

N

 6a b
B
t 

2
x  a  t

3a  b  6


y

b

t


x 
2
x  y  6  0 

6ba

y 
2

 3a  b  6 6  b  a 
 N
;
 . Cho nên ta có tọa độ C(2a-b-6;6-a )
2
2



C

x+y-6=0

- Do C nằm trên đường trung tuyến : 5a-2b-9=0 (2)
2a  b  14  0
a  37

 B  37;88 , C   20; 31
5
a

2
b

9

0
b

88



- Từ (1) và (2) :  

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  ’.

Giải
Bài 7.

 x  2  3t
 I  2  3t; 2  t 
 y  2  t

- Gọi tâm đường tròn là I , do I thuộc  : 
- A thuộc đường tròn  IA 

 3t    3  t   R (1)
3  2  3t   4  t  2   10
2

- Đường tròn tiếp xúc với  ' 
- Từ (1) và (2) :

 3t    3  t 
2

2

2

R

13t  12
 R . (2)
5

5
13t  12
2
2
2

 25  3t    3  t    13t  12 


5

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 3


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

Bài 8. 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
Giải
* Cách 1.
 x  1  at
 y  bt

- Gọi d là đường thẳng qua M có véc tơ chỉ phương u   a; b   d : 

- Đường tròn  C1  : I1 1;1 , R1  1.  C2  : I 2  2;0  , R2  3 , suy ra :

 C1  :  x 1   y  1
2

2

 1,  C2  :  x  2   y 2  9
2

t  0  M

2ab
2b 2 

- Nếu d cắt  C1  tại A :   a  b  t  2bt  0 
 A 1  2
; 2
2
2 
t  2 2b 2
 a b a b 
 a b
t  0  M

6a 2
6ab 
2
2
2


C
- Nếu d cắt  2  tại B :   a  b  t  6at  0 
 B 1  2
; 2
6
a

2
t   2
a  b2 
 a b
2
a b

2
2
- Theo giả thiết : MA=2MB  MA  4MB *
2

2

2

2
2
2
 6a 2 2  6ab 2 
 2ab   2b 
- Ta có :  2 2    2 2   4  2 2    2 2  

 a b   a b 
 a  b   a  b  
b  6a  d : 6 x  y  6  0
4b2
36a 2
 2 2  4. 2 2  b2  36a 2  
a b
a b
b  6a  d : 6 x  y  6  0

* Cách 2.
1
2

- Sử dụng phép vị tự tâm I tỉ số vị tự k=  . ( Học sinh tự làm )
Bài 9. 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) .
Giải
- Theo tính chất đường cao : HK vuông góc với AC
cho nên (AC) qua K(0;2) có véc tơ pháp tuyến
KH  1; 2    AC  : x  2  y  2   0  x  2 y  4  0 .
A

- B nằm trên (BH) qua H(1;0) và có véc tơ chỉ

phương KH  1; 2   B 1  t ; 2t  .
M(3;1)
- M(3;1) là trung điểm của AB cho nên A(5-t;2+2t).
- Mặt khác A thuộc (AC) cho nên : 5-t-2(2+2t)+4=0 ,

B
suy ra t=1 . Do đó A(4;4),B(2;-2)
- Vì C thuộc (AC) suy ra C(2t;2+t) ,
BC   2t  2; 4  t  , HA   3; 4  . Theo tính chất đường cao kẻ từ A :

K(0;2
)
H(1;0)

C

 HA.BC  0  3  2t  2   4  4  t   0  t  1 . Vậy : C(-2;1).

- (AB) qua A(4;4) có véc tơ chỉ phương BA   2;6  // u  1;3   AB  :
 3x  y  8  0

Trang 4

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

x4 y4

1
3


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

- (BC) qua B(2;-2) có véc tơ pháp tuyến HA   3; 4    BC  : 3  x  2   4  y  2   0
 3x  4 y  2  0 .
Bài 10. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình
 C1  : x 2  y 2  4 y  5  0 và  C2  : x2  y 2  6 x  8 y  16  0. Lập phương trình tiếp tuyến
chung của  C1  và  C2  .

Giải
- Ta có :

 C1  : x2   y  2

C2  :  x  3   y  4   9  I 2 3; 4  , R2  3
- Nhận xét : I1 I 2  9  4  13  3  3  6   C1  không cắt  C2 
- Gọi d : ax+by+c =0 ( a 2  b 2  0 ) là tiếp tuyến chung , thế thì : d  I1 , d   R1 , d  I 2 , d   R2
2

 9  I1  0; 2  , R1  3,

2

2

 2b  c
 2 2  3 1
2b  c
3a  4b  c
3a  4b  c  2b  c
 a b




 2b  c  3a  4b  c  
2
2
2
2
a b
a b
3a  4b  c  2b  c
 3a  4b  c  3 2


 a 2  b2


 a  2b
2
. Mặt khác từ (1) :  2b  c   9  a 2  b 2  

3a  2b  2c  0

- Trường hợp : a=2b thay vào (1) :

 2b  c 

2


2b  3 5c
b 

4
 9  4b 2  b 2   41b 2  4bc  c 2  0. 'b  4c 2  41c 2  45c 2  

23 5 c
b 

4





- Do đó ta có hai đường thẳng cần tìm :

2  3 5  x  2  3 5  y 1  0  2 2  3 5 x  2  3 5 y  4  0

 

2
4
2  3 5  x  2  3 5  y 1  0  2 2  3 5 x  2  3 5 y  4  0
d :

 

2
4
d1 :

1

- Trường hợp : c 

2b  3a
, thay vào (1) :
2

2b 

2b  3a
2

a b
2

2

 3  2b  a  a 2  b 2

a

b0c
b  0, a  2c

2
2
2
2
2
  2b  a   a  b  3b  4ab  0  


b  4a , a  6c
4
a
a
b 
c
3


3
6
- Vậy có 2 đường thẳng : d3 : 2 x  1  0 , d 4 : 6 x  8 y  1  0

Bài 11. 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.
Giải
- Do A thuộc d : A(4;2)
x2 y 2
16 4
- Giả sử (H) : 2  2  1*  A   H   2  2  11
a
b
a b

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 5

Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

- Mặt khác do d tiếp xúc với (H) thì hệ sau có 12 nghiệm bằng nhau :

 b2  a 2  x 2  4a 2 x  4a 2  a 2b 2  0
b2 x 2  a 2  x  2 2  a 2b 2
b2 x 2  a 2 y 2  a 2b 2





y

x

2

y  x  2


y  x  2
  'a  4a 4   b2  a 2  4a 2  a 2b2   4a 2b2  a 2b4  a 4b2  a 2b2  4  b2  a 2   0  a 2  b2  4

2
2
2 2
4

2
2



x2 y 2
16b  4a  a b
b  8b  16  0
b  4
- Kết hợp với (1) :  2 2
 2


H
:

1



2
2
8
4
a  b  4

a  8

a  b  4


Bài 12. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường
thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC
đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
Giải
- Dễ nhận thấy B là giao của BD với
AB cho nên tọa dộ B là nghiệm của
x-2y+1=0
x  2 y 1  0
 21 13 
 B ; 
5 5
 x  7 y  14  0

hệ : 

B

A

- Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và
vuông góc với (AB) cho nên có véc
tơ chỉ phương:

D

21

 x  5  t
u  1; 2    BC  : 

 y  13  2t

5
- Ta có :  AC , BD   BIC  2 ABD  2  2

x-7y+14=0

I
C

M(2;1)

 AB, BD 

- (AB) có n1  1; 2  , (BD) có n2  1; 7   cos =
- Gọi (AC) có n   a, b   cos  AC,BD   cos2 =

n1.n2
n1 n2



1  14
15
3


5 50 5 10
10

4
9
 2cos2   1  2    1 
5
 10 
50 a  b
a-7b
2

2

- Do đó :  5 a  7b  4 50 a2  b2   a  7b   32  a2  b2   31a2  14ab  17b2  0
2

17
17

a   b   AC  :   x  2    y  1  0  17 x  31y  3  0

31
31
- Suy ra :

 a  b   AC  : x  2  y  1  0  x  y  3  0
21

x  5  t

13
7


 14 5 
- (AC) cắt (BC) tại C   y   2t  t   C  ; 
5
15
 3 3

x  y  3  0


x  2 y 1  0 x  7
- (AC) cắt (AB) tại A :  

 A  7; 4 
x  y  3  0
y  4
x  7  t
- (AD) vuông góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy ra (AD) : 
 y  4  2t

Trang 6

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

x  7  t

7

 98 46 
- (AD) cắt (BD) tại D :  y  4  2t
 t   D ; 
15
 15 15 
 x  7 y  14  0


- Trường hợp (AC) : 17x-31y-3=0 các em làm tương tự .
Bài 13. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2;
0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7
= 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG
Giải
x  t
, C thuộc d'
 y  5  t
 x  7  2m
cho nên C: 
.
y  m

- B thuộc d suy ra B : 

A(2;3)
x+2y-7=0

- Theo tính chất trọng tâm :

 t  2m  9   2, y

G(2;0)

mt 2
0
3
3
m  t  2
m  1
- Ta có hệ : 

t  2m  3 t  1
 xG 

G



B
x+y+5=0

C

M

- Vậy : B(-1;-4) và C(5;1) . Đường thẳng (BG) qua G(2;0) có véc tơ chỉ phương u   3; 4  ,
20  15  8 13
x2 y
  4 x  3 y  8  0  d  C ; BG  

 R
3
4
5
5
13
169
2
2
- Vậy đường tròn có tâm C(5;1) và có bán kính R=   C  :  x  5    y  1 
5
25

cho nên (BG):

Bài 14. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên
AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng
nó đi qua điểm (3;1)
Giải
2 x  5 y  1  0
12 x  y  23  0

- Đường (AB) cắt (BC) tại B 

A

12x-y-23=0

Suy ra : B(2;-1). . (AB) có hệ số góc k=12, đường
thẳng (BC) có hệ số góc k'=

2
, do đó ta có :
5

M(3;1)
H

2
12 
B
C
5
2x-5y+1=0
tan B 
 2 . Gọi (AC) có hệ số góc là m thì
2
1  12.
5
2
m
2  5m

ta có : tan C  5
. Vì tam giác ABC cân tại A cho nên tanB=tanC, hay ta có :
2m
5

2
m

1
5
8

m


 2  5m  4m  10
2  5m
 2  2  5m  2 2m  5  

9

5  2m
 2  5m  4m  10
 m  12
9
9
- Trường hợp : m     AC  : y    x  3  1  9 x  8 y  35  0
8
8

- Trường hợp : m=12 suy ra (AC): y=12(x-3)+1 hay (AC): 12x-y-25=0 ( loại vì nó //AB ).
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 7


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

- Vậy (AC) : 9x+8y-35=0 .
Bài 15. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn :
(C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25
Giải : .
- Ta có (C) với tâm I(5;-12) ,R=15. (C') có J(1;2) và R'=5. Gọi d là tiếp tuyến chung có
phương trình : ax+by+c=0 ( a 2  b 2  0 ).
- Khi đó ta có : h  I , d  

5a  12b  c

a  2b  c

 5  2
a 2  b2
5a  12b  c  3a  6b  3c
- Từ (1) và (2) suy ra : 5a  12b  c  3 a  2b  c  
5a  12b  c  3a  6b  3c
 a  9b  c

. Thay vào (1) : a  2b  c  5 a 2  b 2 ta có hai trường hợp :
3
 2a  b  c

2
2
- Trường hợp : c=a-9b thay vào (1) :  2a  7b   25  a 2  b 2   21a 2  28ab  24b 2  0
a 2  b2

 15 1 , h  J , d  


 14  10 7 
14  10 7
175  10 7
 d : 
0
a 
 x  y 
21
21
21



Suy ra : 
 a  14  10 7  d :  14  10 7  x  y  175  10 7  0



21
21
21



3
2
- Trường hợp : c  2a  b  1 :  7b  2a   100  a 2  b 2   96a 2  28ab  51b 2  0 . Vô

2
nghiệm . ( Phù hợp vì : IJ  16  196  212  R  R '  5  15  20  400 . Hai đường tròn

cắt nhau ) .
Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2  y 2  2x  8y  8  0 .
Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn
theo một dây cung có độ dài bằng 6.
Giải
- Đường thẳng d' song song với d : 3x+y+m=0
B
3  4  m m  1

5
5
2
 AB 
- Xét tam giác vuông IHB : IH 2  IB 2  
  25  9  16
 4 

- IH là khoảng cách từ I đến d' : IH 



 m  1
25

2

A

I(-1;4)

 m  19  d ' : 3x  y  19  0
 16  m  1  20  
 m  21  d ' : 3x  y  21  0

Bài 17. Viết phương trình các cạnh của tam
giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường
phân giác trong qua đỉnh A, C lần lượt là : (d1) :
3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y– 5=0
Giải
- Đường thẳng (BC) qua B(2;-1) và vuông góc
 x  2  3t
, hay :
 y  1  4t

A
K
x+2y-5=0
B(2;-1)

với (AH) suy ra (BC): 

Trang 8

H

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

H

3x-4y+27=0

C


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

x  2 y 1

 4 x  3 y  7  0  n   4;3
3
4
 x  2  3t

- (BC) cắt (CK) tại C :   y  1  4t  t  1  C  1;3
x  2 y  5  0

- (AC) qua C(-1;3) có véc tơ pháp tuyến n   a; b 


Suy ra (AC): a(x+1)+b(y-3)=0 (*). Gọi   KCB  KCA  cos =
a+2b

- Tương tự : cos =



a+2b



46
10
2


5 16  9 5 5
5

2
2
  a  2b   4  a 2  b2 
5

5 a b
5 a b
 a  0  b  y  3  0  y  3  0
2
 3a  4ab  0  
 a  4b  4  x  1   y  3  0  4 x  3 y  5  0

3
3
 y  3

 y  3  0
  x  5



3x  4 y  27  0
 31 582 
- (AC) cắt (AH) tại A : 
   x   31  A1  5;3 , A2    ;

 4 x  3 y  5  0

 25 25 
25


 
582
 3x  4 y  27  0
 y 
25

2

2

2

2

- Lập (AB) qua B(2;-1) và 2 điểm A tìm được ở trên . ( học sinh tự lập ).
Bài 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông
tại A, phương trình đường thẳng BC là : 3 x – y - 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc trục
hoành và bán kính đường tròn nội tiếptam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của

tam giác ABC .
Giải
- Đường thẳng (BC) cắt Ox tại B : Cho y=0 suy ra x=1 , B(1;0) . Gọi A(a;0) thuộc Ox là
đỉnh của góc vuông ( a khác 1 ).. Đường thẳng x=a cắt (BC) tại C : a; 3  a  1 .





- Độ dài các cạnh : AB  a  1 , AC  3 a  1  BC  AB  AC  BC  2 a  1
2



2

2



- Chu vi tam giác : 2p= a  1  3 a  1  2 a  1  3  3 a  1  p 

3  3  a 1
2

S
1
1
3
2

.(*) Nhưng S= AB. AC  a  1 3 a  1 
 a  1 . Cho nên
r
2
2
2
a  3  2 3
3
2
3  1 a 1 
 a  1  a  1  2 3  1  
4
 a  1  2 3

- Ta có : S=pr suy ra p=
(*) trở thành :

1
3
2

- Trọng tâm G :














2 3  2 3 1 7  4 3
2a  1


x

x


G

74 3 2 36
3
 G
3
3


 G1 
;

3
3 
3 22 3


 y  3  a  1 
2 36

 G
 yG 
3
3
3






Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 9


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218






2 1  2 3  1

2a  1

1 4 3

x

x


G

G
 1 4 3 2 3  6 
3

3
3


 G2  
;

3
3 
3 2  2 3

 y  3  a  1

2 36


 G
 yG 
3
3
3






Bài 19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2  y 2  4 x  2 y  1  0
và đường thẳng d : x  y  1  0 . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm
M kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 90 0
Giải
- M thuộc d suy ra M(t;-1-t). . Nếu 2 tiếp tuyến vuông góc
với nhau thì MAIB là hình vuông ( A,B là 2 tiếp điểm ).
Do đó AB=MI= IA 2 =R 2 = 6 2  2 3 .

2  t   2  t 

- Ta có : MI 

2

2

A

 2t 2  8  2 3

- Do đó :



I(2;1)



t   2  M 1  2; 2  1
.
2t  8  12  t  2  
t  2  M
2;

2

1
2

2

2





M
B

x+y+1=0

* Chú ý : Ta còn cách khác
- Gọi d' là đường thẳng qua M có hệ số góc k suy ra d' có
phương trình : y=k(x-t)-t-1, hay : kx-y-kt-t-1=0 (1) .
- Nếu d' là tiếp tuyến của (C) kẻ từ M thì d(I;d')=R 

2k  kt  t  2
1 k 2

 6

  2  t  k  t  2  6 1  k 2    t 2  4t  2  k 2  2  t  2  2  t  k  t 2  4t  2   0
2


t 2  4t  2  0

- Từ giả thiết ta có điều kiện :   '   4  t 2    t 2  2  4t  t 2  2  4t   0
 2
 t  4t  2  1
 t 2  4t  2
t  2  6
1



k1  k2  
2
2

-   '  t 19  t   0  t   2  
2  k1; k2  M
2
k k  1
 1 2

t  2

Bài 20.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) : x 2  4 y 2  4  0 .Tìm những
điểm N trên elip (E) sao cho : F1 Nˆ F2  60 0 ( F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip (E) )
Giải
x2
 y 2  1  a 2  4, b 2  1  c 2  3  c  3
4
 x02  4 y02  4

3
3

x0 ; MF2  2 
x0 . Xét tam giác F1MF2 theo hệ thức
- Gọi N  x0 ; y0    E    MF1  2 
2
2

 F1 F2  2 3


- (E) :

hàm số cos :  F1F2   MF12  MF22  2MF1MF2cos600 
2

Trang 10

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
2

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2


3  
3  
3 
3 
 2 3   2 
x0    2 
x0    2 
x0 
2

x0 
2
2
2 

2 

 
 


4 2
1

y0  
 x0  

3 2 
3 2
9 2
32
1
3
3
 12  8  x0   4  x0   x0  8  x02 

 y02   
2
4 
4
9
9


4 2

y  1
 x0 
 0 3
3

 4 2 1 
 4 2 1 
4 2 1
4 2 1
- Như vậy ta tìm được 4 điểm : N1 
;   , N 2 
;  , N3 
;   , N 4 
; 
3
3
 3
 3 3
 3
 3 3
Bài 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + 4 =0
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau góc





2

450.

Giải
- Gọi d là đường thẳng qua A(1;1) có véc tơ pháp tuyến n   a; b  thì d có phương trình
dạng : a(x-1)+b(y-1)=0 (*). Ta có n   2;3 .
- Theo giả thiết : cos  d,  

2a  3b

 cos450 

1
2
 2  2a  3b   13  a 2  b 2 
2

13 a 2  b 2
1
1

a   b  d :   x  1   y  1  0  x  5 y  4  0
2
2

5
5
 5a  24ab  5b  0 

 a  5b  d : 5  x  1   y  1  0  5 x  y  6  0

- Vậy B là giao của d với  cho nên :
x  5 y  4  0

5x  y  6  0
 32 4 
 22 32 
 B1 
 B1   ;  , B2 : 
 B2  ;  
 13 13 
 13 13 
2 x  3 y  4  0
2 x  3 y  4  0

Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng
d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; d1 : 2 x  y  5  0 .
1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là
giao điểm của hai đường thẳng d1, d2.
Giải
- Trước hết lập phương trình 2 đường phân giác
tạo bởi 2 đường thẳng cắt nhau :
d:2x-y+5=0
Bài 22.

2x  y  5
 3x  6 y  7

 3 5
9 x  3 y  8  0
5


 3x  6 y  7 2 x  y  5

3x  9 y  22  0

 3 5
5


- Lập đường thẳng 1 qua P(2;-1) và vuông góc

d':3x+6y-7=0

P(2;-1)

với tiếp tuyến : 9x+3y+8=0 .
 1 :

x  2 y 1

 x  3y  5  0
9
3

- Lập  2 qua P(2;-1) và vuông góc với : 3x-9y+22=0   2 :

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

x  2 y 1

 3x  y  5  0
3
9

Trang 11


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Bài 23.
2

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình:

2

x
y

 1 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của
16 9

(H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).
Giải
- (H) có a 2  16, b2  9  c 2  25  c  5  F1  5;0  , F2  5;0  . Và hình chữ nhật cơ sở của (H)
có các đỉnh :  4; 3 ,  4;3 ,  4; 3 ,  4;3 .
- Giả sử (E) có :

x2 y 2

 1 . Nếu (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) thì ta có

a 2 b2

phương trình : c 2  a 2  b2  25 1
- (E) đi qua các điểm có hoành độ x 2  16 và tung độ y 2  9 
- Từ (1) và (2) suy ra : a 2  40, b 2  15   E  :

16 9
  1  2
a 2 b2

x2 y 2

1
40 15

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:
x  y  4 3x  4  0 Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’
= 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A
Giải
- (C) có I( 2 3;0 ), R= 4 . Gọi J là tâm đường tròn cần tìm :
Bài 24.
2

2

J(a;b)   C ' :  x  a    y  b   4
2

2

y

-Do (C) và (') tiếp xúc ngoài với nhau cho nên khoảng cách
IJ =R+R' 

a  2 3

2

A(0;2
)

 b2  4  2  6  a 2  4 3a  b 2  28

- Vì A(0;2) là tiếp điểm cho nên :  0  a    2  b   4  2 
2



I(-2 2 ;0)

2

x



 a  2 3 2  b 2  36
a 2  4 3a  b 2  24


- Do đó ta có hệ : 
 2
2
a  4b  b  0
a 2   2  b 2  4

- Giải hệ tìm được : b=3 và a=





3   C '  : x  3   y  3  4 .
2

2

* Chú ý : Ta có cách giải khác .
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của J trên Ox suy ra OH bằng a và JH bằng b
- Xét các tam giác đồng dạng : IOA và IHJ suy ra :

IA IO OA
4
2 3
2


 

IJ IH HJ

6 a2 3 b

- Từ tỷ số trên ta tìm được : b=3 và a= 3 .
Bài 25. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y
-1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ
các đỉnh của hình chữ nhật
Giải
- Hình vẽ : ( Như bài 12 ).

Trang 12

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

 x  2 y 1  0
 B  7;3 .
 x  7 y  14  0

- Tìm tọa độ B là nghiệm của hệ : 

x  7  t
 y  3  2t

- Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và   AB   uBC  1; 2    BC  : 

1 1


1
1
1
7
2 1
  . Mặt khác : k BD  , k AB   tan  
11 3
2
7
2
1
72

 2 x  y  17  0  k BC

1
2
7
k

1
2
tan

3
7 

 3 
- Gọi (AC) có hệ số góc là k  tan 2 

2
k
7  k 1  tan  1  1 4
1
7
9
k

17

 28k  4  3k  21  k  
- Do đó : 4 7k  1  3 k  7  

31

 28k  4  3k  21
k  1

- Trường hợp : k=1 suy ra (AC) : y=(x-2)+1 , hay : x-y-1=0 .
x  7  t

- C là giao của (BC) với (AC) :   y  3  2t  t  1, C  6;5 
x  y 1  0

x  7  t

- A là giao của (AC) với (AB) :   y  3  2t
 t  0, A 1;0 
x  2 y 1  0


- (AD) //(BC) suy ra (AD) có dạng : 2x+y+m=0 (*) , do qua A(1;0) : m= -2 . Cho nên (AD)
có phương trình : 2x+y-2=0 .
2 x  y  2  0
 D  0; 2 
 x  7 y  14  0

- D là giao của (AD) với (BD) : 
- Trường hợp : k=-

17
cách giải tương tự ( Học sinh tự làm ).
31

Bài 26. Trong mp (Oxy) cho đường thẳng () có phương trình: x – 2y – 2 = 0 và hai
điểm A (-1;2); B (3;4). Tìm điểm M  () sao cho 2MA 2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất
Giải
- M thuộc  suy ra M(2t+2;t )
- Ta có : MA2   2t  3   t  2   5t 2  8t  13  2MA2  10t 2  16t  26
2

2

Tương tự : MB2   2t  1   t  4   5t 2  12t  17
2

2

- Do dó : f(t)= 15t 2  4t  43  f '  t   30t  4  0  t  
f(t) =

2
. Lập bảng biến thiên suy ra min
15

641
2
 26 2 
đạt được tại t    M  ;  
15
15
 15 15 

Bài 27. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M (2;4)
Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn tại 2 điểm A và B, sao cho M là
trung điểm của AB
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 13


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

Giải
- Đường tròn (C) :  x  1   y  3  4  I 1;3 , R  2, PM /(C )  1  1  4  2  0  M nằm
2

2

trong hình tròn (C) .
 x  2  at
 y  4  bt

- Gọi d là đường thẳng qua M(2;4) có véc tơ chỉ phương u   a; b   d : 

- Nếu d cắt (C) tại A,B thì :  at  1   bt  1  4   a 2  b 2  t 2  2  a  b  t  2  0 1 ( có 2
2

2

nghiệm t ) . Vì vậy điều kiện :  '   a  b   2  a 2  b 2   3a 2  2ab  3b 2  0 *
2

- Gọi A  2  at1; 4  bt1  , B  2  at2 ; 4  bt2   M là trung điểm AB thì ta có hệ :


4  a  t1  t2   4
a  t1  t2   0


 t1  t2  0 . Thay vào (1) khi áp dụng vi ét ta được :
8  b  t1  t2   8
b  t1  t2   0


 t1  t2  

Bài 28.

2  a  b
x2 y4
 0  a  b  0  a  b  d :

 d : x y6  0
2
2
a b
1
1

Viết phương trình các tiếp tuyến của e líp (E):

x2 y2

 1 , biết tiếp tuyến đi qua
16 9

điểmA(4;3)
Giải
- Giả sử đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n   a; b  qua A(4;3) thì d có phương trình là
:a(x-4)+b(y-3)=0 (*) , hay : ax+by-4a-3b (1) .
- Để d là tiếp tuyến của (E) thì điều kiện cần và đủ là : a 2 .16  b2 .9   4a  3b 

2

a  0  d : y  3  0
 16a 2  9b2  16a 2  24ab  9b2  24ab  0  
b  0  d : x  4  0

Bài 29. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2
- 24 = 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn
(C) tại hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.
Giải
- (C) :  x  1   y  m   25
2

2

 I (1; m), R  5 .

m

y   4 x

- Nếu d : mx +4y=0 cắt (C) tại 2 điểm A,B thì  2
2
 m  16  x 2  2  4  m  x  m 2  24  0 1
 16 
 4 


 

- Điều kiện :  '  m 2  25  0  m  R . Khi đó gọi A  x1;  x1  , B  x2 ;  x2 
4
4
m



 AB 

 x2  x1 

2



m2
2
 x2  x1   x2  x1
16

- Khoảng cách từ I đến d =

m  4m
m2  16



m





m 2  16
m 2  25

8
4
m 2  16

5m
m2  16

5m
1
1
m 2  25
m 2  25
.
 4 5m
 12
- Từ giả thiết : S  AB.d  .8
2
2
m 2  16
m 2  16 m 2  16

Trang 14

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )




Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
 5m

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

2
m2  25
 3  25m2  m2  25   9  m2  16 
2
m  16

- Ta có một phương trình trùng phương , học sinh giải tiếp .
Bài 30. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh
AB: x - y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3;
2). Viết phương trình cạnh BC
Giải
x  y  2  0
 A  3;1
x  2 y  5  0

- (AB) cắt (AC) tại A :  

- B nằm trên (AB) suy ra B(t; t-2 ), C nằm trên (AC) suy ra C(5-2m;m)
t  2m  8

3
 xG 
t  2m  1 m  2  C 1; 2 
3
- Theo tính chất trọng tâm : 



t  m  7
 y  t  m 1  2
t  5  B  5;3
G

3

Bài 31. Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) và tiếp xúc với
đường thẳng có phương trình 3x – y + 9 = 0.
Giải
- Gọi M là trung điểm AB suy ra M(3;3 ) . d' là đường trung trực của AB thì d' có phương
trình : 1.(x-3)-2(y-3)=0 , hay : x-2y+3=0 .
- Tâm I của (C) nằm trên đường thẳng d' cho nên I(2t-3;t) (*)
- Nếu (C) tiếp xúc với d thì h  I , d   R 

3  2t  3  t  9
10

- Mặt khác : R=IA=

2
2
 5  2t    5  t  . (2) .

- Thay (2) vào (1) :

 5  2t    5  t 
2

2





5t
10



10
t  R . (1)
2

10
t  4  5t 2  30t  50   10t 2
2

t  6  34
. Thay các giá trị t vào (*) và (1) ta tìm được tọa độ tâm I và
 t 2  12t  2  0  
t  6  34

bán kính R của (C) .
* Chú ý : Ta có thể sử dụng phương trình (C) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 ( có 3 ẩn a,b,c)
- Cho qua A,B ta tạo ra 2 phương trình . Còn phương trình thứ 3 sử dụng điều kiện tiếp xúc
của (C) và d : khoảng cách từ tâm tới d bằng bán kính R .
Bài 32. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 =
0.
A

Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C')
cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB  3 .
H
Giải
I
M
- Đường tròn (C) :
2
2
B
 x  1   y  2  3  I 1; 2 , R  3 .
- Gọi H là giao của AB với (IM). Do đường tròn (C')

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 15


Chuyờn : HèNH HC PHNG

Nguyn ỡnh S -T: 0985.270.218

tõm M cú bỏn kớnh R' = MA . Nu AB= 3 IA R , thỡ tam giỏc IAB l tam giỏc u , cho
3 7
3. 3 3
( ng cao tam giỏc u ) . Mt khỏc : IM=5 suy ra HM= 5 .
2 2
2
2
2

AB
49 3

13 R '2
- Trong tam giỏc vuụng HAM ta cú MA2 IH 2
4
4 4
2
2
- Vy (C') : x 5 y 1 13 .

nờn IH=

Bi 33. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đ-ờng tròn (C) có ph-ơng trình (x-1)2 +
(y+2)2 = 9 và đ-ờng thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đ-ờng thẳng d có duy nhất một
điểm A mà từ đó kẻ đ-ợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đ-ờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm)
sao cho tam giác ABC vuông.
Gii
- (C) cú I(1;-2) v bỏn kớnh R=3 . Nu tam giỏc ABC
vuụng gúc ti A ( cú ngha l t A k c 2 tip
tuyn ti (C) v 2 tip tuyn vuụng gúc vi nhau ) khi
x+y+m=0
ú ABIC l hỡnh vuụng . Theo tớnh cht hỡnh vuụng ta
B
cú IA= IB 2 (1) .
- Nu A nm trờn d thỡ A( t;-m-t ) suy ra :
IA

A

t 1 t 2 m . Thay vo (1) :
2

2

t 1 t 2 m 3 2
2t 2 2 m 1 t m2 4m 13 0 (2). trờn d cú



2

I(1;-2)

2

C

ỳng 1 im A thỡ (2) cú ỳng 1 nghim t , t ú ta cú
2
iu kin : m2 10m 25 0 m 5 0 m 5 .Khi ú (2) cú nghim kộp l :
t1 t2 t0

m 1 5 1

3 A 3;8
2
2

Bi 34. Trong mt phng to Oxy cho hai ng thng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 v (d2):

4x + 3y - 12 = 0. Tỡm to tõm v bỏn kớnh ng trũn ni tip tam giỏc cú 3 cnh nm
trờn (d1), (d2), trc Oy.
Gii
4 x 3 y 12 0
A 3;0 Ox
4 x 3 y 12 0
- Vỡ (BC) thuc Oy cho nờn gi B l giao ca d1 vi Oy : cho x=0 suy ra y=-4 , B(0;-4) v
C l giao ca d 2 vi Oy : C(0;4 ) . Chng t B,C i xng nhau qua Ox , mt khỏc A nm

- Gi A l giao ca d1 , d2 A :

trờn Ox vỡ vy tam giỏc ABC l tam giỏc cõn nh A . Do ú tõm I ng trũn ni tip tam
giỏc thuc Ox suy ra I(a;0).

IA AC 5
IA IO 5 4
OA 9





IO AO 4
IO
4
IO 4
4OA 4.3 4
4
IO

. Cú ngha l I( ; 0 )
9
9
3
3
1
1
15 1 AB BC CA 1 5 8 5
18 6

r .
- Tớnh r bng cỏch : S BC.OA .5.3
2
2
2 2
r
2
r
15 5

- Theo tớnh cht phõn giỏc trong :

Bi 35.

Trong mt phng to Oxy cho im C(2;-5 ) v ng thng :

: 3 x 4 y 4 0 . Tỡm trờn hai im A v B i xng nhau qua I(2;5/2) sao cho din tớch

tam giỏc ABC bng15
Gii

Trang 16

Biờn son t-6-2012( Ti liu ni b-lu )


Chuyờn : HèNH HC PHNG

Nguyn ỡnh S -T: 0985.270.218

- Nhn xột I thuc , suy ra A thuc : A(4t;1+3t) . Nu B i xng vi A qua I thỡ B cú
ta B(4-4t;4+3t) AB 16 1 2t 9 1 2t 5 1 2t
2

2

6 20 4
6
5
t 0 A 0;1 , B 4; 4
1
1
- T gi thit : S AB.h 5. 1 2t .6 15 1 2t 1
2
2
t 1 A 4; 4 , B 0;1

- Khong cỏch t C(2;-5) n bng chiu cao ca tam giỏc ABC :

Bi 36.

x2 y 2
Trong mt phng vi h to Oxy cho elớp ( E ) : 1 v hai im A(3;-2)
9
4

, B(-3;2) Tỡm trờn (E) im C cú honh v tung dng sao cho tam giỏc ABC cú din
tớch ln nht.
Gii
- A,B cú honh l honh ca 2 nh ca 2 bỏn trc ln ca (E) , chỳng nm trờn
ng thng y-2=0 . C cú honh v tung dng thỡ C nm trờn cung phn t th nht
- Tam giỏc ABC cú AB=6 c nh . Vỡ th tam giỏc cú din tớch ln nht khi khong cỏch
t C n AB ln nht .
- D nhn thy C trựng vi nh ca bỏn trc ln (3;0)
Bi 37.
bằng

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích

3
và trọng tâm thuộc đ-ờng thẳng : 3x y 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.
2

Gii
- Do G thuc suy ra G(t;3t-8). (AB) qua A(2;-3) cú vộc t ch phng u AB 1;1 , cho
x2 y3
5 5

x y 5 0 . Gi M l trung im ca AB : M ; .
1
1

2 2
5
11
5
5

- Ta cú : GM t; 3t 8 t; 3t . Gi s C x0 ; y0 , theo tớnh cht trng tõm
2
2
2
2


nờn (AB) :


5
x0 t 2 2 t
x0 5 2t




C 2t 5;9t 19 1
ta cú : GC 2GM
y0 9t 19
y 3t 8 2 11 3t


0

2


- Ngoi ra ta cũn cú : AB= 2 , h C ,

3 2t 5 9t 19 8
10



4 3t
10

4 3t 3
1
2
2 4 3t 3 10
2
2
10
43 5
76 5

C
; 7 9 5
t
3
3

90 9t 2 24t 29 0
t 4 3 5 C 6 5 7 ;9 5 7



3
3



1
2

- Theo gi thit : S AB.h C ,

2 4 3t

2

Biờn son t-6-2012( Ti liu ni b-lu )

Trang 17


Chuyờn : HèNH HC PHNG

Bi 38.

Nguyn ỡnh S -T: 0985.270.218

Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

x2 y 2

1 và đ-ờng thẳng :3x + 4y =12.
4
3

Từ điểm M bất kì trên kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đ-ờng thẳng
AB luôn đi qua một điểm cố định
Gii

1
Trong mt phng ta Oxy cho hỡnh ch nht ABCD cú tõm I ( ;0)
2
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
Gii
- Do A thuc (AB) suy ra A(2t-2;t) ( do A cú honh õm cho nờn t<1)
- Do ABCD l hỡnh ch nht suy ra C i xng vi A qua I : C 3 2t; t .
Bi 39.

1

x t
- Gi d' l ng thng qua I v vuụng gúc vi (AB), ct (AB) ti H thỡ : d ' : 2 , v
y 2t
H cú ta l H 0;1 . Mt khỏc B i xng vi A qua H suy ra B 2 2t; 2 t .

2 2t 1 t

- T gi thit : AB=2AD suy ra AH=AD , hay AH=2IH

2

2

2 1

1
4

t 1 1 t 0
5
2
5t 2 10t 5 4. t 1 1

4
t 1 1
t 2 1

- Vy khi t =

1
A 2;0 , B 2; 2 , C 3;0 , D 1; 2 .
2

* Chỳ ý : Ta cũn cú cỏch gii khỏc nhanh hn
1

02
5
2

- Tớnh h I ; AB
, suy ra AD=2 h(I,AB)=
2
5

- Mt khỏc : IA IH
2

2

AB


2

4

IH

2

2 AD

4

5

2

IH 2 AD2

5
5
25
5
IA=IB =
2
4
4

-Do ú A,B l giao ca (C) tõm I bỏn kớnh IA ct (AB) . Vy A,B cú ta l nghim ca
x 2 y 2 0

h : 1 2 2 5 2 A 2;0 , B 2; 2 (Do A cú honh õm
x 2 y 2




- Theo tớnh cht hỡnh ch nht suy ra ta ca cỏc nh cũn li : C(3;0) v D(-1;-2)
Bi 40. Trong mt phng Oxy cho tam giỏc ABC vi A(1; -2), ng cao
CH : x y 1 0 , phõn giỏc trong BN : 2 x y 5 0 .Tỡm to cỏc nh B,C v tớnh din
tớch tam giỏc ABC
Gii
- ng (AB) qua A(1;-2) v vuụng gúc vi
C 2x+y+5=0

x 1 t
.
y 2 t

(CH) suy ra (AB):

N

B
Trang 18

Biờn son t-6-2012( Ti liu ni b-lu )

H
x-y+1=0

A(1;-2)


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

x  1 t

- (AB) cắt (BN) tại B:   y  2  t
 t  5
2 x  y  5  0


Do đó B(-4;3).Ta có : k AB  1, kBN  2  tan  

1  2 1

1 2
3

- Gọi A' đối xứng với A qua phân giác (BN) thì A' nằm trên (AB). Khi đó A' nằm trên d
 x  1  2t
 y  2  t

vuông góc với (BN)  d : 

 x  1  2t

- d cắt (BN) tại H :  H :  y  2  t
 t  1  H  1; 3 .
2 x  y  5  0


- A' đối xứng với A qua H suy ra A'(-3;-4) . (BC) qua B,A' suy ra : u  1; 7 
 x  4  t
 x  4  t
3

 13 9 
. (BC) cắt (CH) tại C:   y  3  7t  t   C   ;  
  BC  : 
4
 4 4

 y  3  7t
x  y 1  0


- Tính diện tích tam giác ABC :
 AB  2 5
1
1
9
9 10

- Ta có : 

9  S ABC  AB.h(C , AB)  .2 5
2
2
4
2 2
h  C , AB  
2 2


Bài 41. 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 d2 : 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
Giải
x  y  3  0
9 3
 I  ;  . Gọi M là trung điểm của AD thì
2 2

x  y  6  0

- Theo giả thiết , tọa độ tâm I  

M có tọa độ là giao của : x-y-3=0 với Ox suy ra M(3;0). Nhận xét rằng : IM // AB và DC ,
nói một cách khác AB và CD nằm trên 2 đường thẳng // với d1 ( có n  1; 1 .
x  3  t
. Giả sử A  3  t; t  (1), thì
 y  t

-A,D nằm trên đường thẳng d vuông góc với d1  d : 

do D đối xứng với A qua M suy ra D(3-t;t) (2) .
- C đối xứng với A qua I cho nên C(6-t;3+t) (3) . B đối xứng với D qua I suy ra B( 12+t;3t).(4)
- Gọi J là trung điểm của BC thì J đối xứng với M qua I cho nên J(6;3). Do đó ta có kết quả
là : : MJ  AB  AD  3 2 . Khoảng cách từ A tới d1 : h  A, d1  

2t
2

 S ABCD  2h  A, d1  .MJ

t  1
. Thay các giá trị của t vào (1),(2),(3),(4) ta tìm
3 2  12 t  12  
2
t  1
t  1  A  3;1 , D  4; 1 , C  7; 2  , B 11; 4 
được các đỉnh của hình chữ nhật :  
t  1  A  4; 1 , D  2;1 , C  5; 4  , B 13; 2 

 S ABCD  2

2t

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 19


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

x 2 y2

1
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H): 2 3
và điểm M(2;

Bài 42.
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
Giải
 x  2  at
 y  1  bt

- Giải sử d có véc tơ chỉ phương u   a; b  , qua M(2;1)  d : 


 x  2  at

2
2

2  at  1  bt 

- d cắt (H) tại 2 điểm A,B thì A,B có tọa độ :   y  1  bt 

1
2
3
 x2 y 2
 
1
 2 3
 3  2  at   2  2  bt   6   3a 2  2b 2  t 2  4  3a  b  t  4  0(1)
2

2

2
2

3a  2b  0
- Điều kiện :  
(*). Khi đó A  2  at1;1  bt1  , và tọa độ của
2
2
2

'


4
3
a

b

4
3
a

2
b

0






B : B  2  at2 ;1  bt2  , suy ra nếu M là trung điểm của AB thì : 4+a  t1  t2   4  t1  t2  0

4
4
2
 t1  t2  t22  2
 t2  
2
3

3a  2b
2b  3a
2b2  3a3
4  b  3a 
x  2 y 1
x  2 y 1
 0  b  3a  d :



- Áp dụng vi ét cho (1) : t1  t2  2
2
3a  2b
a
b
a
3a

- Kết hợp với t1t2 

2

- Vậy d : 3(x-2)=(y-1) hay d : 3x-y-5=0 .
Bài 43. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng  có phương trình x+2y-3=0 và hai
điểm A(1;0),B(3;-4). Hãy tìm trên đường thẳng  một điểm M sao cho : MA  3MB là nhỏ
nhất
Giải

- D M    M  3  2t; t  có nên ta có : MA   2t  2; t  ,3MB   6t ; 3t  12  . Suy ra tọa độ
của MA  3MB  8t; 4t  14   MA  3MB 

- Vậy : f(t) =

8t    4t  14 
2

2

2
2
8t    4t  14  .

 80t 2  112t  196 . Xét g(t)= 80t 2  112t  196 , tính đạo hàm

112
51
 51  15.169
   g   
 196
80
80
80
 80 
51
 131 51 
- Vậy min MA  3MB  196  14 , đạt được khi t= 
và M  
; 
80
 40 80 

g'(t)= 160t+112. g'(t)=0 khi t  

Bài 44.

Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường tròn :  C1  : x 2  y 2  13 và

 C2  :  x  6  y 2  25 cắt nhau tại A(2;3).Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt
 C1  ,  C2  theo hai dây cung có độ dài bằng nhau
2

Giải

- Từ giả thiết :  C1  : I   0;0  , R  13.  C2  ; J  6;0  , R '  5
 x  2  at
 y  3  bt

- Gọi đường thẳng d qua A(2;3) có véc tơ chỉ phương u   a; b   d : 

Trang 20

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

- d cắt  C1 

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

 x  2  at

2a  3b

tại A, B :   y  3  bt   a 2  b 2  t 2  2  2a  3b  t   0  t   2 2
a b
 x 2  y 2  13


 b  2b  3a  a  3a  2b  
 B
;
 . Tương tự d cắt  C2  tại A,C thì tọa độ của A,C là nghiệm của
2
2
a 2  b2 
 a b
 x  2  at
2  4a  3b 
 10a 2  6ab  2b 2 3a 2  8ab  3b 2 

hệ :   y  3  bt
t 

C
;


2
2
2
2

a

b
a

b
a 2  b2



2
2
 x  6   y  25

- Nếu 2 dây cung bằng nhau thì A là trung điểm của A,C . Từ đó ta có phương trình :

x  2
a

0

;
d
:


2b  3ab  10a 2  6ab  2b 2

y  3t
2




 4  6a  9ab  0 
2
2
2
2

a b
a b
3
3

 a  b  u   b; b  // u '   3; 2 
2
2


 x  2  3t
Suy ra :  d : 
. Vậy có 2 đường thẳng : d: x-2=0 và d': 2x-3y+5=0
 y  3  2t
2

Bài 45. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có
phương trình x+y+1=0 trung tuyến từ đỉnh C có phương trình : 2x-y-2=0 . Viết phường
trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Giải
- Đường thẳng d qua A(3;0) và vuông góc với

(BH) cho nên có véc tơ chỉ phương u  1;1
B

2x-y-2=0
K

x  3  t
. Đường thẳng d cắt (CK)
y

t


do đó d : 

x  3  t

tại C :  y  t
 t  4  C  1; 4 
2 x  y  2  0


C

H

A(3;0)

- Vì K thuộc (CK) : K(t;2t-2) và K là trung
x+y+1=0

điểm của AB cho nên B đối xứng với A qua K
suy ra B(2t-3;4t-4) . Mặt khác K lại thuộc (BH) cho nên : (2t-3)+(4t-4)+1=0 suy ra t=1 và
tạo độ B(-1;0) . Gọi (C) : x2  y 2  2ax  2by  c  0  a 2  b2  c  R 2  0  là đường tròn ngoại
1

a

9  6a  c  0
2


 b  0
tiếp tam giác ABC . Cho (C) qua lần lượt A,B,C ta được hệ : 4  4a  c  0
5  2a  8b  c  0 c  6



2

1
25

- Vậy (C) :  x    y 2 
2
4


Bài 46.

Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(1;-1) ,B(2;1), diện tích bằng

11
2

và trọng tâm G thuộc đường thẳng d : 3x+y-4=0 . Tìm tọa độ đỉnh C ?

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 21


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

Giải
- Nếu G thuộc d thì G(t;4-3t). Gọi C( x0 ; y0 ) . Theo
 1  2  x0
t 
 x0  3t  3
3
tính chất trọng tâm : 

 y0  12  9t
4  3t  y0

3

Do đó C(3t-3;12-9t).
-Ta có :

A(1;-1)
3x+y-4=0
G
B(2;1)

C

x 1 y  1

( AB) : 1  2  2 x  y  3  0
AB  1; 2   
 AB  1  22  5


- h(C,AB)=

2  3t  3  12  9t   3
5



15t  21
5

. Do đó : S ABC 

1
AB.h  C , AB  
2

 32
 17 26 
 32
t
 C   ; 
t


15t  21 15t  21 11
1
15
5 
15
 5
S
5

  15t  21  11  

2
2
2
5
 4
t  20
t  3  C 1;0 
 15

Bài 47. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông có đỉnh (-4;5) và một đường chéo có

phương trình : 7x-y+8=0 . Viết phương trình chính tắc các cạnh hình vuông
Giải
- Gọi A(-4;8) thì đường chéo (BD): 7x-y+8=0. Giả sử B(t;7t+8) thuộc (BD).
- Đường chéo (AC) qua A(-4;8) và vuông góc với (BD) cho nên có véc tơ chỉ phương
 x  4  7t
x  4 y 5
u  7; 1   AC  : 


 x  7 y  39  0 . Gọi I là giao của (AC) và
y

5

t
7

1

 x  4  7t
1

 1 9
(BD) thì tọa độ của I là nghiệm của hệ :  y  5  t
 t   I   ;   C  3; 4 
2
 2 2
7 x  y  8  0


- Từ B(t;7t+8) suy ra : BA   t  4;7t  3 , BC   t  3;7t  4  . Để là hình vuông thì BA=BC :
t  0
t  1

Và BAvuông góc với BC   t  4  t  3   7t  3 7t  4   0  50t 2  50t  0  

t  0  B  0;8 
 B  0;8   D  1;1

. Tìm tọa độ của D đối xứng với B qua I  
t  1  B  1;1
 B  1;1  D  0;8 
x 4 y 5

- Từ đó : (AB) qua A(-4;5) có u AB   4;3   AB  :
4
3
x 4 y 5

(AD) qua A(-4;5) có u AD   3; 4    AB  :
3
4
x y 8
(BC) qua B(0;8) có uBC   3; 4    BC  : 
3
4
x 1 y 1

(DC) qua D(-1;1) có u DC   4;3   DC  :
4

3

* Chú ý : Ta còn cách giải khác
- (BD) : y  7 x  8 , (AC) có hệ số góc k  

Trang 22

1
x 31
và qua A(-4;5) suy ra (AC): y   .
7
7 7

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

 xA  xC  2 xI
y  y  2y
C
I
 A
-Gọi I là tâm hình vuông :   yI  7 xI  8  C  3; 4 

 y   xC  31
 C
7 7

- Gọi (AD) có véc tơ chỉ phương u   a; b  ,  BD  : v  1;7   a  7b  uv  u v cos450
3
3
3
  AD  : y   x  4   5  x  8
4
4
4
4
4
1
3
3
7
Tương tự :  AB  : y    x  4   5   x  ,  BC  : y   x  3  4  x  và đường thẳng
3
3
3
4
4
4
4
4
(DC): y    x  3  4   x  8
3
3

 a  7b  5 a 2  b2 . Chọn a=1, suy ra b 

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(-1;0) và đường tròn
( C ): x2 + y2 – 8x – 4y – 16 = 0.
Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E cắt ( C ) theo dây cung MN có độ dài ngắn
nhất.
Giải
2
2
-  C  :  x  4   y  2   36  I  4; 2  , R  6
- Nhận xét : P/(M,C)=1+8-16=-7<0 suy ra E nằm trong (C)
Bài 48.

 x  1  at
 y  bt

- Gọi d là đường thẳng qua E(-1;0) có véc tơ chỉ phương u   a; b   d : 
- Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm M,N có tọa độ là nghiệm của hệ :

 x  1  at

  y  bt
  a 2  b 2  t 2  2  5a  2b  t  7  0 . (1)

2
2
 x  4    y  2   36

- Gọi M(-1+at;bt),N( -1+at';bt') với t và t' là 2 nghiệm của (1). Khi đó độ dài của dây cung
MN  a 2  t  t '  b 2  t  t '  t  t ' a 2  b 2 
2

2

2 '
2 18a 2  20ab  11b 2
2
2
a

b

a 2  b2
a 2  b2

2

b
b
18  20    11 
2
a
 a   2 18  20t  11t
- 2
2
1 t2
b
1  
a

18  20t  11t
b


 t   . Xét hàm số f(t)=
1 t2
a


2

- Tính đạo hàm f'(t) cho bằng 0 , lập bảng biến thiên suy ra GTLN của t , từ đó suy ra t ( tức
là suy ra tỷ số a/b ) ). Tuy nhiên cách này dài
* Chú ý : Ta sử dụng tính chất dây cung ở lớp 9 : Khoảng cách từ tâm đến dây cung càng
nhỏ thì dây cung càng lớn
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d bất kỳ qua E(-1;0). Xét tam giác
vuông HIE ( I là đỉnh ) ta luôn có : IH 2  IE 2  HE 2  IE 2  IH  IE . Do đó IH lớn nhất khi
HE=0 có nghĩa là H trùng với E . Khi đó d cắt (C) theo dây cung nhỏ nhất . Lúc này d là
đường thẳng qua E và vuông góc với IE cho nên d có véc tơ pháp tuyến n  IE   5; 2  , do
vậy d: 5(x+1)+2y=0 hay : 5x+2y+5=0 .
Bài 49.

Cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là:
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 23


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

x + 2y – 5 = 0 và 3x – y + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC, biết rằng AC đi qua

điểm F(1; - 3).
Giải
- Ta thấy B là giao của (AB) và (BC) cho nên tọa độ
9

A
x

x  2 y  5  0 
7
B là nghiệm của hệ : 

x+2y-5=0
3x  y  7  0  y   22

F(1;-3)
7
 9 22 
 B   ;   . Đường thẳng d' qua A vuông góc
7 
 7
B
C
3x-y+7=0
1
với (BC) có u   3; 1  n  1;3  k   . (AB)
3
1
có k AB   . Gọi (AC) có hệ số góc là k ta có
2

1

1 1
1
k 
 
k

15
k

5

3

k
3
k

1

8
3 1
phương trình : 2 3 
 15k  5  3  k  

11
k
5 3 k
15k  5  k  3  k   4

1
1

23
3
7
1
1
- Với k=-   AC  : y    x  1  3  x  8 y  23  0
8
8
4
4
- Với k=   AC  : y    x  1  3  4 x  7 y  25  0
7
7

Bài 50. Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC vuông
cân tại A. Biết rằng cạnh huyền nằm trên đường thẳng d: x + 7y – 31 = 0, điểm N(7;7)
thuộc đường thẳng AC, điểm M(2;-3) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB
Giải
- Gọi A  x0 ; y0   MA   x0  2; y0  3 , NA   x0  7; y0  7  .
- Do A là đỉnh của tam giác vuông cân cho nên AM vuông góc với AN hay ta có :
MA.NA  0   x0  2  x0  7    y0  3 y0  7   0  x02  y02  9 x0  4 y0  7  0

- Do đó A nằm trên đường tròn (C) :  x0  3   y0  2  20
- Đường tròn (C) cắt d tại 2 điểm B,C có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình :
2

2

2
2


 x  31  7 y
 x  3   y  2   20
 x  31  7 y



2
2
2
 x  7 y  31  0
 28  7 y    y  2   20
50 y  396 y  768  0



198  2 201 99  201
99  201
, tương ứng ta tìm được các

;y
50
25
25
 82  7 201 99  201 
82  7 201

82  7 201
;
giá trị của x : x 
. Vậy : A 
;x 
 và tọa độ của
25
25
25
25



- Do đó ta tìm được : y 

 82  7 201 99  201 
;

25
25



điểm A 

Bài 51. Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng d1: 2x + y + 5 = 0, d2: 3x + 2y – 1 =
0 và điểm G(1;3). Tìm tọa độ các điểm B thuộc d1 và C thuộc d2 sao cho tam giác ABC
nhận điểm G làm trọng tâm. Biết A là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2
Giải
Trang 24

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

2 x  y  5  0
 x  11

 A  11;17 
3x  2 y  1  0  y  17

- Tìm tọa độ A là nghiệm của hệ : 
- Nếu C thuộc

C

d1  C  t; 2t  5 , B  d 2  B 1  2m; 1  3m 

3x+2y-1=0

- Theo tính chất trọng tâm của tam giác ABC khi G
 t  2m  10
1

t  2m  13
3
là trọng tâm thì : 


11  2t  3m  3 2t  3m  2

3
t  13  2m t  35
t  13  2m



m  24
m  24
2 13  2m   3m  2

A

M

G
2x+y+5=0

B

- Vậy ta tìm được : C(-35;65) và B( 49;-53).
Bài 52. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y – 15 = 0. Tìm tọa
độ điểm M trên đường thẳng d: 3x – 22y – 6 = 0, sao cho từ điểm M kẻ được tới (C) hai
tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm) mà đường thẳng AB đi qua điểm C (0;1).
Giải
2
2
- (C) :  x  3   y  1  25 , có I(3;-1) và R=5 .

- Gọi A  x1; y1  , B  x2 ; y2  là 2 tiếp điểm của 2 tiếp
tuyến kẻ từ M .
- Gọi M  x0 ; y0   d  3x0  22 y0  6  0 (*)
- Hai tiếp tuyến của (C) tại A,B có phương trình là :
-  x1  3 x  3   y1  1 y  1  25 1 và :
-  x2  3 x  3   y2  1 y  1  25  2 
- Để 2 tiếp tuyến trở thành 2 tiếp tuyến kẻ từ M thì
2 tiếp tuyến phải đi qua M ;
-  x1  3 x0  3   y1  1 y0  1  25  3 và
-  x2  3 x0  3   y2  1 y0  1  25

A
I(3;-1)
H
M
3x-22y-6=0 B
C(0;1)

 4

Từ (3) và (4) chứng tỏ (AB) có phương trình là :  x0  3 x  3   y0  1 y  1  25
- Theo giả thiết thì (AB) qua C(0;1) suy ra :

5

3  x0  3  2  y0  1  25  3x0  2 y0  14  0(6)

 y0  1
3x0  22 y0  6  0


 16

- Kết hợp với (*) ta có hệ : 

16  M   ; 1

3
x

2
y

14

0
x0  
 3

0
0


3


Bài 53. Trong mặt phẳng Oxy : Cho hai điểm A(2 ; 1), B( - 1 ; - 3) và hai đường thẳng
d1: x + y + 3 = 0; d2 : x – 5y – 16 = 0. Tìm tọa độ các điểm C,D lần lượt thuộc d1 và d2 sao
cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
Giải
- Trường hợp : Nếu AB là một đường chéo

1
2




+/ Gọi I(  ; 1 , đường thẳng qua I có hệ số góc k suy ra d: y=k(x-1/2)-1

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 25