toán tổng hợp hình oxy và hệ phương trình thầy hùng

Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

TỔNG HỢP VỀ OXY VÀ HỆ PT (Lớp off) – PHẦN 2
Thầy Đặng Việt Hùng ĐZ
( x + 2 y )( x − y − 1) + 2 x 2 + 3 xy + 4 y 2 = 0
Bài 1: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
3 3 x − 2 + 4 2 x + y − 2 = 5 3 x + 5 y + 2 − 3

 ( x + 1) 2 + x 2 − y 2 = 2 x − y + 1

Bài 2: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
1 + x − y + 2 x + 2 y − 2 = 3 3 x + 3 y − 3

Bài 3: [ĐVH]. Giải hệ phương trình

Bài 4: [ĐVH]. Giải hệ phương trình

Bài 5: [ĐVH]. Giải hệ phương trình

Bài 6: [ĐVH]. Giải hệ phương trình

(1)

(1)

( x, y ∈ ℝ).

(2)
( x, y ∈ ℝ).

(2)

x +1
 2
2
 x + 3x − 2 y = x + y +
2

 x − 1 + y − 2 = 1 + xy − 5 y + 1

 x 2 + 1 + y 2 + 3 = 3 y

2 x 2 + 1 − y 2 + 3 = 2 x
 2 x 2 y + 4 x y + 1 − xy 2 + x = y x + 1 + 2
( )


2 3 x + 4 + 3 5 y + 9 = x 2 + 6 y + 13
2 x 2 + 3 y 2 − 4 y = ( x − y )(1 − x + y )
(1)
( x, y ∈ ℝ).

3
 x + 2 y + 3 − 5 − x − y = ( x − 1) − 13 x + 27 (2)

(

)

 x 2 + 2 y + y = x + y 2 + 2 x + 2
Bài 7: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
2
 10 y + 10 + ( 2 y + 5) 2 x + 2 = x + 5 x + 2 y + 12
Bài 8: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp trong đường tròn
( C ) : x 2 + y 2 + 2 x − 4 y + 1 = 0 và M ( 0;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết M là trung điểm của
cạnh AB và A có hoành độ dương.
Đ/s: A (1; 2 ) , B ( −1; 0 ) , C ( −1; 4 ) .

Bài 9: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x − y − 3 = 0 và điểm A ( 2;6 ) . Viết
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết rằng hai điểm B, C thuộc đường thẳng d, tam giác
35
ABC vuông tại A và có diện tích bằng
.
2
Đ/s: (T ) : ( x − 5 ) + ( y − 2 ) = 25 hoặc (T ) : ( x − 6 ) + ( y − 3) = 25
2

2

2

2

Bài 10: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD và A ( −1; 2 ) . Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của AD và DC, E là giao điểm của BN và CM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
BME biết BN nằm trên đường thẳng 2 x + y − 8 = 0 và B có hoành độ lớn hơn 2.
Đ/s: (T ) : ( x − 1) + ( y − 3) = 5
2

2

Bài 11: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x + y + 3 = 0, d 2 : x − y + 1 = 0 và
điểm M (1; 2 ) . Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt d1 tại hai điểm A và B sao cho AB = 8 2 và
đồng thời tiếp xúc với d 2 .
Đ/s: (T ) : ( x − 6 ) + ( y + 3) = 50 hoặc (T ) : ( x + 4 ) + ( y − 7 ) = 50.
Bài 12: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm
I ( 4; 0 ) và phương trình hai đường thẳng lần lượt chứa đường cao và đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A
2

2

2

2

Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN

Tel: 04.3629.0880


Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

của tam giác là d1 : x + y − 2 = 0 và d 2 : x + 2 y − 3 = 0. Viết phương trình các đường thẳng chứa cạnh của tam
giác ABC biết B có tung độ dương.
Đ/s: Phương trình BC : x − y − 6 = 0, phương trình AB : y = 1, phương trình AC : 2 x + y − 3

LỜI GIẢI BÀI TẬP

( x + 2 y )( x − y − 1) + 2 x 2 + 3 xy + 4 y 2 = 0
Bài 1: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
3 3 x − 2 + 4 2 x + y − 2 = 5 3 x + 5 y + 2 − 3

(1)

( x, y ∈ ℝ).

(2)

Lời giải:

2 x + 3 xy + 4 y ≥ 0

2

ĐK:  x ≥
(*)
3

2 x + y ≥ 2
2

2

Khi đó (1) ⇔ ( x + 2 y )( x − y ) + 2 x 2 + 3xy + 4 y 2 − ( x + 2 y ) = 0

⇒ ( x − y )( x + 2 y ) +

2 x 2 + 3 xy + 4 y 2 − x 2 − 4 y 2 − 4 xy

2 x 2 + 3 xy + 4 y 2 + x + 2 y
x( x − y)

⇔ ( x − y )( x + 2 y ) +

2 x 2 + 3 xy + 4 y 2 + x + 2 y

=0

=0



x
=0
⇔ ( x − y) x + 2y +

2 x 2 + 3xy + 4 y 2 + x + 2 y 

Từ (2) ⇒ 5 3 x + 5 y + 2 − 3 ≥ 0 ⇒ 3 x + 5 y + 2 ≥

(3)

3
> 0 ⇒ x + 5 y + 2 > 0.
5

Kết hợp với 2 x + y ≥ 2 ⇒ ( x + 5 y + 2 ) + ( 2 x + y ) > 2 ⇒ 3 ( x + 2 y ) > 0 ⇒ x + 2 y > 0.
Mặt khác x ≥

2
x
> 0 ⇒ x + 2y +
> 0.
3
2 x 2 + 3 xy + 4 y 2 + x + 2 y

Do đó (3) ⇔ x − y = 0 ⇔ y = x.
Thế y = x vào (2) ta được 3 3 x − 2 + 4 3 x − 2 = 5 3 6 x + 2 − 3 ⇔ 5 3 6 x + 2 − 7 3 x − 2 − 3 = 0.

Đặt

3

6 x + 2 = a;

5a − 3

b=

7
5a − 7b − 3 = 0

3x − 2 = b ⇒  3
⇔
2
2
a − 2b = 6
 a 3 − 2  5a − 3  − 6 = 0




 7 

 5a − 3 
3
2
Ta có a 3 − 2 
 − 6 = 0 ⇔ 49a − 2 ( 25a − 30a + 9 ) − 294 = 0
 7 
2

⇔ 49a 3 − 50a 2 + 60a − 312 = 0 ⇔ ( a − 2 ) ( 49a 2 + 48a + 156 ) = 0
Với x ≥

(4)

2
⇒ a = 3 6 x + 2 > 0 ⇒ 49a 2 + 48a + 156 > 0. Khi đó (4) ⇔ a − 2 = 0 ⇔ a = 2
3

Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN

Tel: 04.3629.0880


Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

⇒ 3 6 x + 2 = 2 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1. Thử lại x = y = 1 đã thỏa mãn hệ đã cho.

Đ/s: Hệ có nghiệm là ( x; y ) = (1;1) .
 ( x + 1) 2 + x 2 − y 2 = 2 x − y + 1

Bài 2: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
1 + x − y + 2 x + 2 y − 2 = 3 3 x + 3 y − 3

(1)

( x, y ∈ ℝ).

(2)

Lời giải:
( x + 1) + x − y ≥ 0

ĐK:  x + 2 y − 2 ≥ 0
(*).
x − y ≥ 0

2

Khi đó (1) ⇔

2

( x + 1)

2

2

− y 2 + x2 − x = x − y + 1

( x + 1) + x 2 − y 2 − x 2 = x − y + 1 ⇔ ( x − y + 1)( x + y + 1) = x − y + 1
2
2
( x + 1) + x 2 − y 2 + x
( x + 1) + x 2 − y 2 + x
2

⇒

Do x − y ≥ 0 ⇒ x − y + 1 ≥ 1 > 0 nên (3) ⇔

( x + 1)

2

(3)

+ x2 − y 2 + x = x + y + 1

 y ≥ −1
 y ≥ −1
 y + 1 ≥ 0
⇔
⇔
⇔



2
2
2
2
2
2
2 x + 2 x = 2 y + 2 y
( x − y )( x + y + 1) = 0
( x + 1) + x − y = ( y + 1)

(4)

2 x − y + 1 ≥ 0
2 x − y + 1 ≥ 0


Từ (1) và (2) ta có  x + 2 y − 2 ≥ 0 ⇒  x + 2 y − 2 ≥ 0
3
x + 3y − 3 > 0
 x + 3y − 3 > 0 

⇒ ( 2 x − y + 1) + ( x + 2 y − 2 ) + ( x + 3 y − 3) > 0 ⇒ 4 ( x + y ) > 4 ⇒ x + y + 1 > 2 > 0.
 y ≥ −1
 y ≥ −1
Do đó (4) ⇔ 
⇔
x − y = 0
y = x

Thế y = x vào (2) ta được 1 + 2 3 x − 2 = 3 3 4 x − 3.

3b − 1

a=

2
1 + 2a = 3b

Đặt a = 3 x − 2 ≥ 0; b = 3 4 x − 3 ⇒  2
⇔

2
3
4a − 3b = 1 4  3b − 1  − 3b3 = 1
  2 

b = 0
2
 3b − 1 

3
3
2
Ta có 4 
 − 3b ⇔ 13b − 9b + 6b = 0 ⇔ b = 1
2



b = 2
1
Với b = 0 ⇒ a = − ⇒ Loại vì a ≥ 0.
2
Với b = 1 ⇒ 3 4 x − 3 = 1 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1. Với b = 2 ⇒ 3 4 x − 3 = 2 ⇔ x =

11
11
⇒y= .
4
4

Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN

Tel: 04.3629.0880


Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95


 11 11  
Thử lại ( x; y ) = (1;1) ,  ;   đều thỏa mãn hệ đã cho.
 4 4 


 11 11  
Đ/s: Hệ có nghiệm là ( x; y ) = (1;1) ,  ;   .
 4 4 


x +1
 2
2
 x + 3x − 2 y = x + y +
2
Bài 3: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
 x − 1 + y − 2 = 1 + xy − 5 y + 1

Lời giải:
 x ≥ 1; y ≥ 2
ĐK: 
.
 xy − 5 x + 1 ≥ 0
Khi đó: PT (1) ⇔ 2 x 2 + 3x − 2 y = 2 x + y 2 + x + 1 ⇔ x 2 + 3x − 2 y − 2 x + y 2 + x 2 + 3x − 2 y − x − 1 = 0
⇔

x2 − x − 2 y − 4 y2
x + 3x − 2 y + 2 x + y
2

2

+

x − 2y
x + 3x − 2 y + x + 1
2

=0



1
x + 2 y −1
⇔ ( x − 2y) 
+
 = 0 (1)
 x 2 + 3x − 2 y + 2 x + y 2
x 2 + 3x − 2 y + x + 1 
Do x ≥ 1; y ≥ 2 : (1) ⇔ x = 2 y thế vào PT (2) ta có:

2 y −1 + y − 2 = 1+ 2 y2 − 5 y + 1

 2 y − 1 = 1  y = 1 ( loai )
y − 2 ⇒ a + b = 1 + ab ⇔ ( a − 1)( b − 1) = 0 ⇔ 
⇔
 y − 2 = 1
 y = 3; x = 6
Vậy x = 6; y = 3 là nghiệm của PT đã cho
Đặt a = 2 y − 1; b =

 x 2 + 1 + y 2 + 3 = 3 y
Bài 4: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
2 x 2 + 1 − y 2 + 3 = 2 x
Lời giải:
2
Ta có: PT ( 2 ) ⇔ 2 x 2 + 1 − 2 x = y 2 + 3 ⇔
= y2 + 3 ⇔ 2 x2 + 1 + 2x =
2

x +1 + x
⇒ 4 x2 + 1 =

y2 + 3 +

4
y2 + 3

thế vào PT(1) ta có:

5 y2 + 3
+
4

1
y2 + 3

4
y +3
2

= 3y

y ≥ 0
⇔ 5 ( y 2 + 3) + 4 = 8 y y 2 + 3 ⇔ 5 y 2 + 19 = 12 y y 2 + 3 ⇔ 
4
2
4
2
25 y + 190 y + 361 = 144 y + 432 y

⇔ y = 1 ⇒ x = 0 là nghiệm của HPT đã cho.

(

)

 2 x 2 y + 4 x y + 1 − xy 2 + x = y x + 1 + 2
( )

Bài 5: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
2 3 x + 4 + 3 5 y + 9 = x 2 + 6 y + 13
Lời giải:
DK : x; y ≥ 0

(

)

(

)

Ta có: PT (1) ⇔ 2 x 2 y + 4 x y + 1 − xy 2 − x y + 2 + x − y = 0
xy ( x − y )

 xy

x− y
1
= 0 ⇔ ( x − y)

+
 = 0 ⇔ x = y
 MS
MS
x+ y
x
+
y


2
Thế vào PT(1) ta có: 2 3 x + 4 + 3 5 x + 9 = x + 6 x + 13
⇔

+

Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN

Tel: 04.3629.0880


Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

⇔2

(

) (

Facebook: LyHung95

)

3x + 4 − ( x + 2 ) + 3

5 x + 9 − ( x + 3) = x 2 + x

x = y = 0
2
3


⇔ ( x2 + x ) 
+
 = 0 ⇔  x = y = −1 là nghiệm của HPT
5x + 9 + x + 3 
 3x + 4 + x + 2

2
2
2 x + 3 y − 4 y = ( x − y )(1 − x + y )
(1)
Bài 6: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
( x, y ∈ ℝ).
3
 x + 2 y + 3 − 5 − x − y = ( x − 1) − 13 x + 27 (2)
Lời giải:
x + 3y ≥ 0
x + 2 y + 3 ≥ 0


(*)
ĐK:  x + 2 y + 3 ≥ 0 ⇔ 
x + y ≤ 5
5 − x − y ≥ 0

2

2

Khi đó (1) ⇔ 2 x 2 + 3 y 2 − 4 y = x − y − ( x − y )

4 ( x2 + 3 y 2 ) − ( x + 3 y )

⇔ 2 x + 3y − ( x + 3y) + ( x − y) = 0 ⇒
2

⇔

2

2

3 x 2 + 3 y 2 − 6 xy
2 x2 + 3 y2 + ( x + 3 y )

2

2

+ ( x − y) = 0

2

2 x + 3y + ( x + 3y )
2

+ ( x − y) = 0 ⇔
2

2

3( x − y )

2

+ ( x − y) = 0
2

2 x2 + 3 y 2 + ( x + 3 y )



3
2
⇔ ( x − y) 
+ 1 = 0
 2 x2 + 3 y 2 + ( x + 3 y ) 



(3)

Ta có 4 ( x 2 + 3 y 2 ) − ( x + 3 y ) = 3 x 2 + 3 y 2 − 6 xy = 3 ( x − y ) ≥ 0
2

2

⇒ 4 ( x2 + 3 y 2 ) ≥ ( x + 3 y ) ≥ 0 ⇒ 2 x2 + 3 y2 ≥ x + 3 y ≥ − ( x + 3 y )
2

⇒ 2 x2 + 3 y 2 + ( x + 3 y ) ≥ 0 ⇒

3
2 x2 + 3 y 2 + ( x + 3 y )

+ 1 > 0.

Do đó (3) ⇔ x − y = 0 ⇔ y = x.
Thế y = x vào (2) ta được

3 x + 3 − 5 − 2 x = ( x − 1) − 13 x + 27
3

⇔ 3 x + 3 − 3 + 1 − 5 − 2 x = x 3 − 3 x 2 − 10 x + 24 ⇔ 3 x + 3 − 5 − 2 x = x3 − 3 x 2 − 10 x + 26
⇔ 3 x + 3 − 3 + 1 − 5 − 2 x = x 3 − 3 x 2 − 10 x + 24 ⇔

3( x − 2)

3
2



⇔ ( x − 2) 
+
− x 2 + x + 12  = 0
 3x + 3 + 3 1 + 5 − 2 x

Với −1 ≤ x ≤

⇒

+

2 ( x − 2)

3x + 3 + 3 1 + 5 − 2 x

= ( x − 2 ) ( x 2 − x − 12 )

(4)

5
có − x 2 + x + 12 = ( x + 3)( 4 − x ) > 0
2

3
2
+
− x 2 + x + 12 > 0.
3x + 3 + 3 1 + 5 − 2 x

Do đó (4) ⇔ x − 2 = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 2. Thử lại x = y = 2 thỏa mãn hệ đã cho.
Vậy hệ có nghiệm là ( x; y ) = ( 2; 2 ) .
Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN

Tel: 04.3629.0880


Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

 x 2 + 2 y + y = x + y 2 + 2 x + 2
Bài 7: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
2
 10 y + 10 + ( 2 y + 5) 2 x + 2 = x + 5 x + 2 y + 12
Lời giải:
2
x + 2 y ≥ 0
 2
 y + 2x + 2 ≥ 0
Điều kiện: 
 y ≥ −1
 x ≥ −1


(1) ⇔ x 2 + 2 y − ( x + 1) + y + 1 − y 2 + 2 x + 2 = 0 ⇔

2 y − 2x −1
x2 + 2 y + x + 1

+

2 y − 2x −1
y + 1 + y2 + 2x + 2

=0



1
1
⇔ ( 2 y − 2 x − 1) 
+
 = 0 ⇔ 2 y − 2 x − 1 = 0 (do x, y ≥ −1 )
 x2 + 2 y + x + 1 y + 1 + y 2 + 2 x + 2 


Thay vào (2) ta được
2
10 x + 15 + ( x + 2 ) 3x + 3 = x 2 + 7 x + 13 ⇔ ( x + 4 ) − 10 x + 15 + ( x + 3) − ( 2 x + 6 ) 2 x + 2 = 0
− 8 ( x + 1)
 =0
x + 4 + 10 x + 15
x + 3 + 8x + 8
( x + 3) ( x 2 − 2 x + 1)
x2 − 2x + 1
x+3
1
2 


⇔
+
= 0 ⇔ ( x − 1) 
+
=0
x + 4 + 10 x + 15
x + 3 + 8x + 8
 x + 4 + 10 x + 15 x + 3 + 8 x + 8 

( x + 4)
⇔

2

− (10 x + 15)

⇔ x =1⇔ y =

+

( x + 3) ( x + 3)

2

3
(thỏa mãn)
2

 3
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = 1;  .

 2

Bài 8: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp trong đường tròn
( C ) : x 2 + y 2 + 2 x − 4 y + 1 = 0 và M ( 0;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết M là trung điểm của
cạnh AB và A có hoành độ dương.
Lời giải:
Gọi I là tâm đường tròn ( C ) ta có: I ( −1; 2 ) ; IA = IB = IC = R = 2 .
Do tam giác ABI cân tại I nên ta có IM ⊥ AB . Mặt khác IM (1; −1)
Phương trình đường thẳng AB qua M và vuông góc với IM là:
AB : x − y + 1 = 0 . Khi đó toạ độ các điểm Avà B là nghiệm của HPT:
 A (1; 2 )
 x2 + y2 + 2x − 4 y + 1 = 0
 x = 1; y = 2
⇔
⇒
( do xA > 0 ) .

 x = −1; y = 0 

 B ( −1;0 )
x + y −1 = 0
Phương trình đường thẳng BC qua B và vuông góc với AI là:
 y = 0 ⇒ C ( −1; 0 ) ≡ B ( loai )
BC : x = −1 . Với x = −1 ⇒ 
.
 y = 4 ⇒ C ( −1; 4 )
Đ/s: A (1; 2 ) , B ( −1; 0 ) , C ( −1; 4 ) .

Bài 9: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x − y − 3 = 0 và điểm A ( 2;6 ) . Viết
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết rằng hai điểm B, C thuộc đường thẳng d, tam giác

35
ABC vuông tại A và có diện tích bằng
.
2
Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN

Tel: 04.3629.0880


Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

Lời giải:
Gọi H là chân đường cao hạ từ A. Ta có: AH = d ( A; BC ) =

7
.
2

1
35
AH .BC =
⇒ BC = 10 = 2 R ⇔ R = 5 .
2
2
Do ∆ABC vuông tại A nên tâm I thuộc đường thẳng BC.
t = 6
2
2

Gọi I ( t ; t − 3) ta có: IA2 = ( t − 2 ) + ( t − 9 ) = 25 ⇔ 
.
t = 5
Mặt khác

Với t = 6 ⇒ I ( 6;3) ⇒ ( T ) : ( x − 6 ) + ( y − 3) = 25 .
2

2

Với t = 5 ⇒ I ( 5; 2 ) ⇒ ( T ) : ( x − 5 ) + ( y − 2 ) = 25
2

2

Bài 10: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD và A ( −1; 2 ) . Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của AD và DC, E là giao điểm của BN và CM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
BME biết BN nằm trên đường thẳng 2 x + y − 8 = 0 và B có hoành độ lớn hơn 2.
Lời giải:
2
Dễ thấy cos NBC =
. Mặt khác NBC + ABN = 900 do vậy
5
2
sin ABN = cos NBC =
. Lại có: d ( A; BN ) = AB sin ABN
5
8
2
⇔

= AB.
⇔ AB = 4 . Gọi B ( t ;8 − 2t ) ( t > 2 ) ta có: AB 2 = 16
5
5
t = 3
2
2
⇔ ( t + 1) + ( 6 − 2t ) = 16 ⇔  7
⇒ B ( 3; 2 ) .
t = ( loai )
 5
Ta có tan NBC = tan MCD ⇒ NBC = MCD ⇒ NBC + ECB = 900 hay BN ⊥ CM .
Giả sử AI cắt BC tại F thì AMCF là hình bình hành ⇒ NB ⊥ AI . Ta có : AI : x − 2 y + 5 = 0 .
Phương trình trung trực của AB là: x = 1 ( d ) ⇒ I = d ∩ AI ⇒ I (1;3) ⇒ IB 2 = 5 = R 2

Do vậy (T ) : ( x − 1) + ( y − 3) = 5 .
2

2

Bài 11: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x + y + 3 = 0, d 2 : x − y + 1 = 0 và
điểm M (1; 2 ) . Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt d1 tại hai điểm A và B sao cho AB = 8 2 và
đồng thời tiếp xúc với d 2 .
Lời giải
Gọi I ( a; b ) là tâm của đường tròn, H là trung điểm của AB

Ta có M (1; 2 ) ∈ d 2 , mà M ∈ ( C )

⇒ M là giao điểm của d 2 và ( C )

H ∈ d 2 ⇒ H ( a; a + 1)

1
AB = 4 2
2
2
2
2
⇒ ( a − 1) + ( a − 1) = 32 ⇔ ( a − 1) = 16

Ta có MH =

 a = 5 ⇒ H ( 5;6 )
⇒
 a = −3 ⇒ H ( −3; −2 )

Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN

Tel: 04.3629.0880


Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

Bài 12: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm
I ( 4; 0 ) và phương trình hai đường thẳng lần lượt chứa đường cao và đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A
của tam giác là d1 : x + y − 2 = 0 và d 2 : x + 2 y − 3 = 0. Viết phương trình các đường thẳng chứa cạnh của tam
giác ABC biết B có tung độ dương.
Lời giải

Gọi M là trung điễm của BC , H là chân đường cao kẻ
từ A
Ta có A = AH ∩ AM ⇒ A (1;1)
Đường thẳng IM qua I và song song với AH
⇒ IM : x + y − 4 = 0
Ta có M = IM ∩ AM ⇒ M ( 5; −1)

Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH
⇒ BC : x − y − 6 = 0

Đường tròn ngoại tiếp ∆ABC có tâm I ( 4; 0 ) bán kinh
IA = 10 là ( C ) : ( x − 4 ) + y 2 = 10
2

B, C là giao điểm của ( C ) với BC nên tọa độ B, C thỏa

 x = 7, y = 1
 x − y − 6 = 0
mãn hệ phương trình 
⇒
2

2
( x − 4 ) + y = 10  x = 3, y = −3
Giả sử B ( 7;1) , C ( 3; −3)
Đường thẳng AB qua A (1;1) và B ( 7;1) ⇒ AB : y = 1

Đường thẳng AC qua A (1;1) và C ( 3; −3) ⇒ AC : 2 x + y − 3 = 0

Thầy Đặng Việt Hùng

Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN

Tel: 04.3629.0880