PP toa do trong mat phang

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (154.61 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG ( năm học 2013-2014)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(4; 1), ( 3; 2) B   và đường thẳng
: 3x 4y 42 0

    . Viết phương trình đường trịn ( )C đi qua hai điểm A B, và tiếp xúc
với đường thẳng .

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có A(1; 0), B(3; 2) và

∠ABC=1200 Xác định tọa độ hai đỉnh C và D.

3. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 1). Lấy điểm B nằm trên trục hồnh
có hồnh độ khơng âm sao cho tam giác ABC vng tại A. Tìm toạ độ B, C để tam giác

ABC có diện tích lớn nhất.

4) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vng ABCD có đỉnh A(4; 5), đường
chéo BD có phương trình: y - 3 = 0. Tìm toạ độ của các đỉnh cịn lại của hình vng đó.
5) Trong mặt phẳng Oxy cho A(2;1) và đường thẳng (d): 2x+3y+4=0 . Lập phương trình
đường thẳng Δ đi qua A tạo với đường thẳng (d) một góc 450.

6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh
AB và đường chéo BD lần lượt là x 2y 1 0 và x 7y14 0 , đường thẳng AC đi qua
điểm M



2;1



. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A



2;0



và hai đường thẳng d x y1:  0,

2: 2 1 0

d x y  . Tìm các điểm B d C d 1,  2 để tam giác ABC vuông cân tại A.

8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ba đường thẳng d x1:  3y0,d2:2x y  5 0,

3: 0

d x y  . Tìm tọa độ các điểm A d B d C D d 1,  2, ,  3để tứ giác ABCD là một hình
vng.

9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn :
(C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x - 6)2 + y2 = 25 cắt nhau tại A(2; 3).

Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua A và lần lượt cắt (C1), (C2) theo hai dây cung

phân biệt có độ dài bằng nhau.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

11.) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 5 = 0 và đường tròn (C) :

2 2 2 6 9 0

x y  x y  . Tìm những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho MN có độ dài
nhỏ nhất.

LỜI GIẢI BÀI TẬP PP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

1,

Gọi I(a;b) là tâm và R là bán kính của (C)
AI2 = BI2

 7a + b = 2 (1)

BI2 = d2(I,

)  (a + 3)2 + (b + 2)2 =

2
(3 4 42)

25
a b

(2)

Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được I(1;-5) hoặc I(-3;23)
+ I(1; -5)  R = 5

(C): (x – 1)2 + (y + 5)2 = 25

+ I(-3; 23)  R = 25

(C): (x + 3)2 + (y – 23)2 = 625

2,

Từ giả thiết suy ra ABD đều.

Ta có : AB(2; 2)



, trung điểm của AB là M(2;1)

 pt trung trực của đoạn AB: x y  3 0
D thuộc trung trực của ABD(t; 3  t)

+ ABCD là hình thoi nên:

2 2 2

( 1) (3 ) 8 4 1 0 2 3

AD AB  t   t   t  t    t
+ t 2 3 D(2 3;1 3), ( 3; 1C   3)

+ t 2 3 D(2 3;1 3), (C  3; 1  3)

3,

Gọi A(2; 1); B(b; 0); C(0; c); b, c > 0.

Theo giả thiết ta có tam giác ABC vng tại A nên
5

. 0 2 5 0

2
AB AC  c b  O b 
 

 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

2 2 2

1 1

. ( 2) 1. 2 ( 1)

2 2

ABC

S  AB AC  b   c (b 2)2 1 b2 4b 5

     

Do max

5
0

b S

  

khi b =0. Suy ra B(0; 0); C(0; 5).

4,

Đường thẳng AC vng góc với BD: y - 3 = 0 nên
có phương trình dạng: x + c = 0. mặt khác AC lại
đi qua A( 4; 5) nên c = - 4.

Vậy AC: x- 4 = 0  I(4;3).

Đường trịn ngoại tiếp ABCD có tâm I(4;3), bán kính
R= AI = 2 nên có phương trình:









2 2

4 3 4

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Toạ độ điểm B và D thoả mãn hệ phương trình:













2 2 2

3 3

4 3 4 4 4

2
y

y y

x

x y x

x



 

 

  

   

  

     

  

  



Vậy: A(4;5), B(6;3), C(4;1), D(2;3).
Hoặc: A(4;5), B(2;3), C(4;1), D(6;3).

5). Đường thẳng (d): 2x + 3y + 4 = 0 có vectơ pháp tuyến là nd (2;3)



Đường thẳng  đi qua A(2; 1) có PT dạng: a(x - 2) + b(y - 1) = 0 (a2 + b2 0)

 ax + by - (2a +b) = 0

 () có vec tơ pháp tuyến n ( ; )a b



Theo giả thiết thì góc giữa  và d bằng 450.

0 .

cos 45 cos( , )

d
d

d

n n
n n

n n





  

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 

 

2 2

2 3
2

2 13.
a b

a b


 

  26. a2b2 2 2a3b

 26(a2 + b2) = 4(4a2 + 12ab + 9b2)  5a2 - 24ab - 5b2 = 0
2

5 a 24 a 5 0

b b

   

      

   

5
1
5
a
b
a
b




 



 



TH1: 5

a

b  chọn a = 5, b = 1  có phương trình: 5x + y - 11 = 0
TH2:

5
a

b  chọn a = -1, b= 5  có phương trình: -x + 5y - 3 = 0.

6,

Do B là giao của AB và BD nên tọa độ của B là nghiệm hệ phương trình:
21

2 1 0 5 21 13;

7 14 0 13 5 5

5
x
x y

B
x y

y





  

   

 

   

    

  




Lại có ABCD là hình chữ nhật nên



AC AB,

 

 AB BD,



.
Kí hiệu nAB 



1; 2 ,



nBD 



1; 7 ,



nAC 



a b,



  

lần lượt là vtpt của các đường thẳng AB, BD,
AC

Khi đó ta có:









2 2

cos , cos , 2

AB BD AC AB

n n  n n  a b  a b

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

2 2

7 8 0

a b

a ab b b

a





    

 


Với a = -b. chọn a= 1, b = -1. Khi đó phương trình AC: x – y – 1 = 0

A AB AC nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ





1 0 3

3; 2

2 1 0 2

x y x

A

x y y

   

 

 

 

   

 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

1 0 2 7 5;

7 14 0 5 2 2

2
x
x y

I
x y

y





  

   

 

      

 

  




Do I là trung điểm của AC và BD nên





14 12
4;3 , ;

5 5
C D 

 

Với b = -7a loại vì AC khơng cắt BD

7,

   

1, 2 ; , 1 2 ;

B d C d   B b b C   c c

4 6

. 0 3 4 6 0

3
c
AB AC AB AC bc b c b

c



          



 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

(1)

 2 2

2 1 5 12 7

ABAC b  c  c

(2)

Thế (1) vào (2) được

2 4 3 2

4 6

2 1 5 12 7 5 42 106 114 45 0

3
c

c c c c c c

c



 

         

 



 

 1  5 5



2 12 9



0 1
5
c

c c c c

c




       




Kết luận:

c 1 B1;1 , C1; 1 ;  c5 B7;7 , C9; 5 

8,

Gọi B b ;5 2 bd2. Đường thẳng 1 qua B và vng góc d3cắt d3 tại C. Phương trình
1:x y b 5 0

    

Tọa độ của C là nghiệm hệ

0 5 ;5

5 0 2 2

x y C b b

x y b

 

    



  

     



Đường thẳng AB //d3 nên có phương trình x y  5 3b0.
Tọa độ A là nghiệm hệ

5 3 0 9 15 3 5

;

3 0 2 2

x y b b b

A
x y

   

    



    

 



Đường thẳng 2qua A và vng góc d3cắt d3 tại D. Phương trình 1:x y  6b10 0

Tọa độ của D là nghiệm của hệ  

3 5;3 5
6 10 0

x y

D b b
x y b

 



  



   



ABCD là hình vng

2 5

.... 2 9 10 0 2
2

AD CD b b b b

          

   

3 1 3 3 5 15 5 5 5 5 5 5

2 ; , 2;1 , ; , 1;1 ; , ;0 , ; , ;

2 2 2 2 2 4 4 2 4 4 2 2

b  A  B C  D b  A  B  C  D 

           

9,

Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C1) và (C2) lần lượt là M và N

Gọi M(x; y)( )C1  x2y2 13 (1)

Vì A là trung điểm của MN nên N(4 – x; 6 – y).
Do N ( )C2  (2x)2(6 y)2 25 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ

2 2

(2 ) (6 ) 25
x y

x y

  




   




Giải hệ ta được (x = 2 ; y = 3) ( loại vì trùng A) và (x =
17
5


; y =
6

5 ). Vậy M(
17
5


</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Đường thẳng cần tìm đi qua A và M có phương trình : x – 3y + 7 = 0

10,

Gọi I(x; y) là trung điểm của AB, G x y



G; G



là trọng tâm của tam giác ABC

2 1

2 3

2 1
3

G

x
x

CG CI

y
y








   



 



 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Do G thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0

2 1 2 1

2 0

3 3

x y

   

Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình





2 3 0

5; 1
2 1 2 1

2 0

3 3

x y

I

x y

  




 

 



  




Gọi A x y



A; A











2 2

2 5 1 5

2 4

A A

AB

IA x y  

       

 

mặt khác điểm A thuộc đường thẳng x + 2y – 3 = 0 nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ









4
1
2 3 0

2
5

5 1 6

3
2

A
A

A A

A A A

A

x

y

x y

x y x

y

 






 

  

 



 



 

     

 

 

 

 

Vậy A

1
4,

 



 

 , B

3
6;

 



 

  hoặc B
1
4,

 



 

 , C

3
6;

 



 

 

11,

Đường trịn (C) có tâm I(- 1; 3), bán kính R = 1, d(I, d) = 2 > R  d

 

C 
Gọi  là đường thẳng đi qua I và vng góc với d : 4x + 3y – 5 = 0

điểm N0 d 0
1 7

;
5 5
N  

  

 

Gọi M1, M2 lần lượt là giao điểm của (C) và 

1 2

2 11 8 19

; , ;

5 5 5 5

M   M  

    

   

</div>

PP toa do trong mat phang









LỜI GIẢI BÀI TẬP PP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

1,

2,

3,

4,





















6,



 































7,

(1)

<sub> (2)</sub>

Thế (1) vào (2) được





Kết luận:

8,

9,

10,





























11,

 

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về