Hình phẳng (Hay nhất)

Một số bài toán hình học khó
Bài toán 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(2; 0) và B(2;
2 3
). Lập phương trình đường phân
giác trong OD của
OAB∆
.
Giải tóm tắt
Cách 1
·
·
3 30tg AOB AOD= ⇒ =
o
3
30 : 3 0
3
OD
k tg OD x y⇒ = = ⇒ − =
o
.
Cách 2
Gọi
(1; 0)
1 3
;
2 2
OD
OA
e
OA
u e f

OB
f
OB

= =


⇒ = +

 

= =
 ÷
 ÷

 

uuur
r
r r ur
uuur
ur
.
Nhận xét
+ Cách 1 cho kết quả nhanh nhưng chỉ dùng được với tam giác đặc biệt.
+ Cách 2 dùng được với trường hợp tổng quát và kể cả hình học giải tích không gian.
Bài toán 2 (trích đề thi Đại học khối A–2002). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho
ABC∆
vuông tại A, biết
phương trình của cạnh

(BC) : x 3 y 3 0− − =
. Điểm A, B thuộc Ox và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm
tọa độ trọng tâm G của
ABC
∆
.
Giải tóm tắt
+ Xét trường hợp x
C
> x
B
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp
ABC
∆
và H là hình
chiếu của I trên Ox.
B (BC) Ox B(1; 0)= ∩ ⇒
pt(BC) : 3x y 3 0− − =
y 3x 3 k 3⇔ = − ⇒ =
·
60ABC HBI⇒ = ⇒ ∆
o
nửa đều
3 2 3BH IH⇒ = =
.
HA = IH = 2
⇒
OA = OB + BH + HA
3 2 3 A(3 2 3; 0)= + ⇒ +
AC Ox, C (BC) C(3 2 3; 6 2 3)⊥ ∈ ⇒ + +

7 4 3 6 2 3
G ;
3 3
 
+ +
⇒
 ÷
 ÷
 
.
+ Xét trường hợp x
C
< x
B
Do hai tam giác trong hai trường hợp đối xứng nhau qua B nên áp dụng công thức trung điểm ta được
1 4 3 6 2 3
G ; .
3 3
 
− − − −
 ÷
 ÷
 
Bài toán 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(1; 0). Tìm tọa độ điểm B trên trục hoành và điểm C trên
đường thẳng (d): x – 2y + 2 = 0 sao cho
ABC
∆
đều.
Giải tóm tắt
1

Một số bài toán hình học khó
Vẽ đường cao CH suy ra H là trung điểm AB.
( ) (2 2; )C d C c c∈ ⇒ − ⇒
H(2c – 2; 0)
⇒
B
Giải pt 1 ẩn AB = AC ta có kết quả.
Nhận xét
Nếu giải hệ AB = AC = BC với
A(1; 0), B(b; 0) và C(2c – 2; 0) sẽ gặp khó khăn.
Bài toán 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 4x = 0 và đường thẳng (d): x +
3
y – 4
= 0 cắt nhau tại A và B. Tìm tọa độ điểm M trên đường tròn (C) sao cho
ABM∆
vuông.
Gợi ý
+ Giải hệ tìm tọa độ A và B.
+ Đường thẳng không qua tâm I của (C) nên
ABM∆
chỉ có thể vuông tại A (hoặc B). Suy ra M đối xứng A (hoặc B)
qua I.
Bài toán 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): (x – 1)
2
+ y
2

= 4 và đường thẳng (d):x – 2y +
5
– 1 = 0 cắt nhau tại A, B. Lập phương trình đường tròn đi qua 3 điểm A, B và K(0; 2).
Giải tóm tắt
+ Gọi (C’): x
2
+ y
2
– 2ax – 2by + c = 0 là đường tròn cần lập,
( ') 4 4K C c b∈ ⇒ = −
.
+ Pt trục đẳng phương của (C) và (C’) là (d’): (2a – 2)x + 2by – 4b + 1 = 0.
+ Cho (d’) trùng (d) ta được kết quả.
Bài toán 6. Trong mặt phẳng cho hình vuông ABCD có cạnh 1 đơn vị. Điểm M, N lần lượt di động trên cạnh AD, CD
sao cho AM = m, CN = n và
·
0
45MBN =
.
a. Chứng tỏ m + n = 1 – mn.
b. Chứng tỏ đường thẳng MN luôn tiếp xúc với đường tròn tâm B.
Giải tóm tắt
Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, ta có:
A(0; 0), B(1; 0), C(1; 1), D(0; 1)
⇒
M(0; m), N(1 – n; 1).
a.
·
·
( )

45tg ABM CBN tg+ =
o
·
·
·
·
1
1 .
tg ABM tgCBN
tg ABM tgCBN
+
⇒ = ⇒
−
đpcm.
b. Lập pt MN
⇒
d(B, MN) = 1.
Bài toán 7. Cho đường tròn
2 2
(C) : x y 2x 4y 0+ + − =
,
(d) : x y 1 0− + =
. Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho từ
M vẽ được hai tiếp tuyến MA, MB với (C) và
·
0
AMB 60=
(A, B là tiếp điểm).
Giải tóm tắt
Tâm I(–1; 2), R =

5
. Điểm M thuộc (d) nên M(m; m + 1).
·
0
AMB 60=

·
0
AMI 30 IM = 2R = 2 5⇒ = ⇒
2 2
(m 1) (m 1) 2 5 m 3.⇔ + + − = ⇔ = ±
Vậy
M(3; 4)
hoặc
M( 3; 2).− −
Bài toán 8. Lập phương trình tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn
2 2
1
(C ) : x y 2x 2y 2 0+ − + − =
và
2 2
2
(C ) : x y 6x 2y 9 0.+ − − + =
2
Một số bài toán hình học khó
Gợi ý
1 1
2 1 1 2
2 2
. .

I P R
R I P R I P
I P R
= ⇒ =
uuur uuur
⇒
tọa độ P.
Lập tiếp tuyến qua P với 1 trong 2
đường tròn trên.
* Đối với bài toán tiếp tuyến chung
trong ta giải tương tự chỉ cần để ý
vector ngược chiều.
Bài toán 9. Cho đường tròn
2 2
(C) : x y 4x 6y 12 0+ − + − =
và điểm M(1; 1). Lập phương trình đường thẳng (d) đi
qua M và cắt (C) tại A, B trong mỗi trường hợp sau:
a. Đoạn thẳng AB có độ dài lớn nhất.
b. Đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ nhất.
c. MA = 2MB.
Giải tóm tắt
Ta có tâm I(2;–3) và bán kính R = 5. Dễ thấy điểm M ở trong đường tròn (C).
a. Đoạn AB có độ dài lớn nhất khi AB là đường kính, suy ra (d) đi qua I.
b. Đoạn AB có độ dài nhỏ nhất khi AB vuông góc với IM.
c. Ta có phương tích của điểm M đối với đường tròn (C) là:
MA.MB 8 MA.MB 8 MB 2 AB 6= − ⇔ − = − ⇔ = ⇒ =
.
Gọi (d): Ax + By + C = 0 (
2 2
A B 0+ ≠

), M thuộc (d) suy ra (d): Ax + By – A – B = 0.
Gọi H là trung điểm của AB ta có:
2 2
2 2
A 4B
IH R AH 4
A B
−
= − ⇔ =
+
2
15A 8AB A 0 15A 8B.⇔ = − ⇔ = ∨ = −
+ Với A = 0: chọn B = 1 ta có (d): y – 1 = 0.
+ Với 15A = – 8B: chọn A = 8 suy ra B = – 15 ta có (d): 8x – 15y + 7 = 0.
Vậy (d): y – 1 = 0 hoặc (d): 8x – 15y + 7 = 0.
Bài toán 10. Tìm m để hệ phương trình
2 2
( 1) 2
4
mx m y
x y
+ + =


+ =

có nghiệm thực.
Giải tóm tắt
Xét đường thẳng (d): mx + (m + 1)y – 2 = 0 và đường tròn
2 2

( ) : 4C x y+ =
tâm O(0; 0), R = 2. Suy ra hệ phương
trình có nghiệm khi và chỉ khi (d) và (C) có điểm chung
2 2
2
( ; ( )) 2
( 1)
d O d R
m m
⇔ ≤ ⇔ ≤
+ +
2
2 2 0 1 0.m m m m⇔ + ≥ ⇔ ≤ − ∨ ≥
Bài toán 11. Cho hệ phương trình
2 2
(2 1) 2 5 8 0
6 8 0
m x my m
x y x y
− + + + =


+ + − =

. Tìm m để hệ PT có hai cặp nghiệm thực (x
1
; y
1
),
(x

2
; y
2
) phân biệt sao cho
2 2
1 2 1 2
( ) ( )M x x y y= − + −
đạt giá trị lớn nhất.
Giải tóm tắt
Xét đường tròn
2 2
( ) : 6 8 0C x y x y+ + − =
có tâm I(–3; 4), bán kính R = 5 và đường thẳng
( ) : (2 1) 2 5 8 0d m x my m− + + + =
. Gọi A, B là hai giao điểm của (C) và (d) ta có A(x
1
; y
1
), B(x
2
; y
2
)
3
Một số bài toán hình học khó
2 2 2
1 2 1 2
( ) ( ) .M x x y y AB⇒ = − + − =
Để M đạt giá trị lớn nhất thì (d) phải cắt (C) tại A, B phân biệt sao cho AB có độ dài lớn nhất. Suy ra (d) đi qua tâm I
hay:

11
(2 1)( 3) 8 5 8 0 .
7
m m m m− − + + + = ⇔ = −
Bài toán 12. Cho hai đường tròn (C
1
): x
2
+ y
2
= 13 và (C
2
): (x – 6)
2
+ y
2
= 25 cắt nhau tại A(2 ; 3).
Lập phương trình đường thẳng qua A cắt hai đường tròn hai dây cung có độ dài bằng nhau.
Gợi ý
M là trung điểm đoạn nối hai tâm
Từ đó suy ra (d) đi qua A và vuông
góc với MA.
Bài toán 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip
2 2
(E) : 1
9 4
x y
+ =
. Từ điểm M di động trên đường thẳng
(d): x + y – 4 = 0 lần lượt vẽ 2 tiếp tuyến MA và MB với (E) (A, B là tiếp điểm). Chứng tỏ đường thẳng (AB) luôn đi

qua một điểm cố định.
Giải tóm tắt
+ M thuộc (d) nên M(m; 4 – m).
+ MA :
1
9 4
A A
x x y y
+ =
. Vì M ∈ MA nên 4mx
A
+ 9(4 – m)y
A
– 36 = 0 (1). Tương tự : 4mx
B
+ 9(4 – m)y
B
– 36 = 0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra pt AB : 4mx + 9(4 – m)y – 36 = 0. Đi qua I(9/4 ; 1)
Bài toán 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): x + y – 3 = 0 và elip
2
2
(E) : 1
4
x
y+ =
. Tìm
tọa độ điểm M thuộc (E) có khoảng cách đến (d) ngắn nhất.
Gợi ý
+ Lập tiếp tuyến với (E) và song song (d) (có 2 tiếp tuyến).

+ Tìm tọa độ tiếp điểm (có 2 tiếp điểm).
+ Tính khoảng cách từ 2 tiếp điểm đến (d), suy ra M.
Bài toán 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip
2
2
( ) : 1
4
x
E y+ =
và đường thẳng
( ) : 2y∆ =
. Lập phương
trình tiếp tuyến với (E), biết tiếp tuyến tạo với (d) một góc 60
0
.
Giải tóm tắt
+ (d) tạo với (∆) một góc 60
0
nên (d) tạo với trục hoành một góc 60
0
, suy ra
( 60 ) 3
tt
k tg= ± = ±
o
, (d) :
3 0x y c± + =
.
+ Từ điều kiện tiếp xúc suy ra c.
Bài toán 16. Lập phương trình đường tròn đi qua các giao điểm của 2 elip

2 2
1
( ) : 1
36 4
x y
E + =
,
2 2
2
( ) : 1
16 9
x y
E + =
.
Giải tóm tắt
4
Một số bài toán hình học khó
Gọi M là giao điểm của hai elip, ta có :
2
2 2
2 2 2 2
2 2
2
144
9 36
180 180
13
( ) :
36
13 13

9 16 144
13
M
M M
M M
M M
M
x
x y
x y M C x y
x y
y

=


+ =
 
⇒ ⇒ + = ⇒ ∈ + =
 
+ =



=


.
GIẢI HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN

Để giải được các bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ ta cần phải chọn hệ trục tọa độ thích hợp.
Lập tọa độ các đỉnh, điểm liên quan dựa vào hệ trục tọa độ đã chọn và độ dài cạnh của hình.
Ta thường gặp các dạng sau
1. Hình chóp tam giác
a. Dạng tam diện vuông
Ví dụ 1. Cho hình chóp O.ABC có OA = a, OB = b, OC = c đôi một vuông góc. Điểm M cố định thuộc tam
giác ABC có khoảng cách lần lượt đến các mp(OBC), mp(OCA), mp(OAB) là 1, 2, 3. Tính a, b, c để thể tích
O.ABC nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có:
O(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c).
d[M, (OAB)] = 3
Þ
z
M
= 3.
Tương tự
Þ
M(1; 2; 3).
pt(ABC):
x y z
1
a b c
+ + =
1 2 3
M (ABC) 1
a b c
Î Þ + + =
(1).
O.ABC

1
V abc
6
=
(2).
3
1 2 3 1 2 3
(1) 1 3 . .
a b c a b c
Þ = + + ³

1
abc 27
6
Þ ³
.
(2)
min
1 2 3 1
V 27
a b c 3
Þ = Û = = =
.
b. Dạng khác
Ví dụ 2. Tứ diện S.ABC có cạnh SA vuông góc với đáy và
ABCD
vuông tại C. Độ dài của các cạnh là SA =
4, AC = 3, BC = 1. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, H là điểm đối xứng của C qua M.
Tính cosin góc phẳng nhị diện [H, SB, C]
Hướng dẫn giải

5