Chuyên đề Hình học phẳng: Các bài tập & hướng dẫn & kết quả

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC PHẲNG Đây là những bài toán trong hình học tọa độ phẳng chúng ta có thể gặp hoặc chưa gặp. Chúng có thể chưa phải là những cách giải hoàn hảo và duy nhất, nhưng chúng cho một cái nhìn khái quát về các dạng toán. Mong đọc giả đọc và đóng góp ý kiến. CÁC BÀI TẬP & HƯỚNG DẪN & KẾT QUẢ 1 Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ( ;0) .Đường thẳng AB 2 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. Ta có: d ( I , AB) . 5  AD 2. = 5  AB = 2 5  BD = 5. 2. 1 25  Suy ra:Phương trình đường tròn đường kính BD là:  x    y 2  2 4   x  2  1 2 25  2 ( x  )  y    y  2  A(2;0), B(2; 2)  2 4  Do đó: tọa độ A, B là nghiệm của hệ:   x  2  x  2 y  2  0    y  0. Mà C, D lần lượt là hai điểm đối xứng của A và B qua điểm I nên C (3;0), D(1; 2) Bài 2: Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng. 3 2. và trọng tâm thuộc đường thẳng : 3x  y  8  0 . Tìm tọa độ đỉnh C. Ta cã: AB = S ABC =. 2 , trung ®iÓm M (. 5 5 ;  ) và đường thẳng AB có phương trình: 3 x  y  5  0 2 2 3. 1 3 d(C, AB).AB =  d(C, AB)= 2 2. 2. Gäi G(t;3t-8) lµ träng t©m tam gi¸c ABC . Suy ra d(G, AB)=. 1 2. t  (3t  8)  5 1 =  d(G, AB)=  t = 1 hoÆc t = 2. Suy ra: G(1; - 5) hoÆc G(2; - 2) 2 2   Mµ CM  3GM nên C = (-2; -10) hoÆc C = (1; -1). Bài 3: Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A 1;0  , B  2;4  ,C  1;4  , D  3;5  và đường thẳng d : 3x  y  5  0 . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. Giả sử M  x; y   d  3x  y  5  0.. Giáo viên: Phan Minh Dũng Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> AB  5,CD  17   AB  3;4   n AB  4;3  PT AB : 4x  3y  4  0   CD  4;1  n CD 1; 4   PT CD : x  4y  17  0 SMAB  SMCD  AB.d  M;AB   CD.d  M;CD   5. 4x  3y  4 x  4y  17  17   4x  3y  4  x  4y  17 5 17. 3x  y  5  0   4x  3y  4  x  4y  17  3x  y  5  0  3x  7y  21  0 7    M1  ;2  , M 2  9; 32   3x  y  5  0 3    5x  y  13  0. Bài 4: Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. . Ta có: AB   1; 2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2 x  y  2  0 . Do 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 . Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1) , B(2; 5) , đỉnh C nằm trên ®­êng th¼ng x  4  0 , vµ träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®­êng th¼ng x  y  2  0 . TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. Vì G nằm trên đường thẳng x  y  2  0 nên G có tọa độ G  (t ; 2  t ) . Khi đó AG  (t  2;3  t ) , AB  (1;1) Vậy. . . 2 2t  3 1 1 AG 2 . AB 2  AG. AB  2 (t  2) 2  (3  t ) 2  1 = 2 2 2 2t  3  4,5 , suy ra t  6 hoÆc NÕu diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 th× diÖn tÝch tam gi¸c ABG b»ng 13,5 : 3  4,5 . VËy 2 t  3 . VËy cã hai ®iÓm G : G1  (6;4) , G 2  (3;1) . V× G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn xC  3 xG  ( xa  xB ) vµ. diÖn tÝch tam gi¸c ABG lµ S . . yC  3 yG  ( ya  yB ) . Víi G1  (6;4) ta cã C1  (15;9) , víi G 2  (3;1) ta cã C2  (12;18). Giáo viên: Phan Minh Dũng Lop12.net. .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bài 6: 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 .. 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 . B. M. A. C. H. . +AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là n  (3;1) AC có phương trình 3x + y - 7 = 0  AC ... ...     ……  C(4;- 5) CM ... ... 2  xB 1  y B  1  0 ; M thuộc CM ta được 2 2. + Tọa độ C là nghiệm của hệ . 2  xB 1  yB  xM ;  yM 2 2  2  xB 1  y B  1  0 Giải hệ  2 ta được B(-2 ;-3) 2  xB  3 yB  7  0. +. Tính diện tích ABC .. + Tọa độ H là nghiệm của hệ. …. Tính được Diện tích 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 ( đvdt) 2 2 5. BH =. Bài 7: 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. Gäi C = (c; 2c+3) vµ I = (m; 6-m) lµ trung ®iÓm cña BC. Giáo viên: Phan Minh Dũng Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  2m  c  5 11  2m  2c  ; Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). V× C’ lµ trung ®iÓm cña AB nªn: C '     CC ' nªn 2 2   5 41 2m  c  5 11  2m  2c 5 2( )  3  0  m    I  ( ; ) . 6 6 2 2 6 Phương trình BC: 3x – 3y + 23=0 2 x  y  3  0  14 37  Tọa độ của C là nghiệm của hệ:  C  ;   3 3  3 x  3 y  23  0  19 4  Tọa độ của B =   ;   3 3. 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 phươngtrình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B. sao cho MA= 2MB. 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. Bài 9: Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình  C1  : x 2  y 2  4 y  5  0 và  C2  : x 2  y 2  6 x  8 y  16  0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của  C1  và  C2  ..  C1  : I1  0; 2  , R1  3;  C2  : I 2  3; 4  , R2  3.. . Gọi tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2  là  : Ax  By  C  0 A2  B 2  0  là tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2 .   2 B  C  3 A2  B 2 1  d  I1;    R1    d  I 2 ;    R2  3 A  4 B  C  3 A2  B 2  2   3 A  2 B Từ (1) và (2) suy ra A  2 B hoặc C  2 Trường hợp 1: A  2 B .. Chọn B  1  A  2  C  2  3 5   : 2 x  y  2  3 5  0 Giáo viên: Phan Minh Dũng Lop12.net. .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 3 A  2 B . Thay vào (1) được 2 4 A  2 B  2 A2  B 2  A  0; A   B   : y  2  0;  : 4 x  3 y  9  0 3. Trường hợp 2: C . Bài 10: 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. Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21  x  x  2 y 1  0   21 13  5   B ;    5 5  x  7 y  14  0  y  13  5. Lại có: Tứ  giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu   nAB (1; 2); nBD (1; 7); nAC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi. .  . . .  . đó ta có: cos nAB , nBD  cos nAC , nAB. .  a  b 3 2 2 2 2  a  2b  a  b  7 a  8ab  b  0   a   b 2 7  Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, x  y 1  0 x  3 A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:    A(3; 2) x  2 y 1  0  y  2. Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7  x  x  y 1  0  2 I7;5     2 2  x  7 y  14  0 y  5  2  14 12  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;   5 5. - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) Bài 11: 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) Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2  0) . Góc của AC tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên : 2a  5b 2.12  5.1  2 2 2 2 2 2 5 . a b 2  52 . 122  12 2a  5b 29 2  5  2a  5b   29  a 2  b 2    5 a 2  b2. Giáo viên: Phan Minh Dũng Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> a  12b + 100ab – = 0   a  8 b 9  Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc (AB) nên không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 9a2. 96b2. Bài 12: 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. Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là :3x  y  c  0 (c  0) (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0) Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6. Suy ra: khoảng cách từ tâm I đến  bằng 52  32  4 c  4 10  1 (thỏa mãn c≠2) 4 32  1 c  4 10  1 Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 3x  y  4 10  1  0 hoặc 3x  y  4 10  1  0 .  d  I,  . 3  4  c. Bài 13: 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.  PT c¹nh BC ®i qua B(2 ; -1) vµ nhËn VTCP u1   4;3 cña (d2) lµm VTPT (BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0 +) Tọa độ điểm C là nghiệm của HPT : 4x  3y  5  0  x  1   C   1;3   x  2y  5  0 y  3  +) §­êng th¼ng ∆ ®i qua B vµ vu«ng gãc víi (d2) cã VTPT lµ u 2   2; 1 ∆ cã PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0 +) Tọa độ giao điểm H của ∆ và (d2) là nghiệm của HPT : 2x  y  5  0 x  3   H   3;1   x  2y  5  0 y  1 +) Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (d2) thì B’ thuộc AC và H là trung điểm của BB’ nên :  x B'  2x H  x B  4  B'   4;3   y B'  2y H  y B  3 +) §­êng th¼ng AC ®i qua C( -1 ; 3) vµ B’(4 ; 3) nªn cã PT : y - 3 = 0 +) Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT : y  3  0  x  5   A  (5;3)  3x  4y  27  0 y  3  +) §­êng th¼ng qua AB cã VTCP AB   7; 4  , nªn cã PT : x  2 y 1   4x  7y  1  0 7 4. Giáo viên: Phan Minh Dũng Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Bài 14: 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 900 + (C) có tâm I(2 , 1) và bán kính R = 6 + AMˆ B  900 ( A , B là các tiếp điểm ) suy ra : MI  MA. 2  R. 2  12 Vậy M thuộc đường tròn tâm I bán kính R/ = 12 và M thuộc d nên M( x , y) có tọa độ thỏa hệ:  x  2  x   2 x  2 2   y  12  12     x  y  1  0  y   1  2  y   1  2. Vậy có 2 điểm thỏa yêu cầu bài toán có tọa độ nêu trên. Bài 15: 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 450.  x  1  3t và có vtcp u  (3; 2)  có phương trình tham số  y  2  2t *A thuộc   A(1  3t ; 2  2t )   AB.u   1 1  *Ta có (AB;  )=450  cos(AB; u )    2 2 AB. u 15 3 t   13 13 32 4 22 32 *Các điểm cần tìm là A1 ( ; ), A2 ( ;  ) 13 13 13 13  169t 2  156t  45  0  t . Bài 16: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1 : 2 x  y  5  0 . d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -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. Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương a1 (2;1) ; d2 có vectơ chỉ phương a 2 (3;6) Ta có: a1.a 2  2.3  1.6  0 nên d1  d 2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình: d : A(x  2)  B(y  1)  0  Ax  By  2A  B  0 d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450 . 2A  B A2  B2. A  3B  cos 450  3A 2  8AB  3B 2  0   2 2  (1)2 B  3A. Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x  y  5  0 Nếu B = -3A ta có đường thẳng d : x  3y  5  0 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x  y  5  0 d : x  3y  5  0. Giáo viên: Phan Minh Dũng Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đã cho. Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình 3x  9y  22  0 (1 )  3 2x  y  5  3x  6 y  7   2 2  (1)2 32  6 2 9x  3y  8  0 ( 2 ) Nếu d // 1 thì d có phương trình 3x  9y  c  0 . Do P  d nên 6  9  c  0  c  15  d : x  3y  5  0 2x  y  5. . 3x  6 y  7. Nếu d // 2 thì d có phương trình 9x  3y  c  0 . Do P  d nên 18  3  c  0  c  15  d : 3x  y  5  0 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x  y  5  0 d : x  3y  5  0. Bài 17: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2  y 2  4 3 x  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 Ta có: Giao điểm của ( C ) và trục Oy là: A(0;2), I(-2 3 ;0), R= 4. Gọi (C’) có tâm I’  x  2 3t Pt đường thẳng IA :  , I '  IA => I’( 2 3t ; 2t  2 ),  y  2t  2   1 AI  2 I ' A  t   I '( 3;3) Từ giả thiết: 2. . Vậy đường tròn (C’): x  3. . 2.   y  3  4 2. Bài 18: 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 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất..   Ta có: M    M (2t  2; t ), AM  (2t  3; t  2), BM  (2t  1; t  4) Suy ra: 2 AM 2  BM 2  15t 2  4t  43 . Đặt f (t )  15t 2  4t  43 2 f '(t )  30t  4  t   15 2  2  26 Min f(t) = f    => M  ;    15   15 15 . Bài 19: (C) : I(1; 3), R= 2, A, B  (C ) , M là trung điểm AB => IM  AB  Đường thẳng d cần tìm là đg thẳng AB  d đi qua M có vectơ pháp tuyến là IM => d: x + y - 6 =0 Đg thẳng tiếp tuyến có dạng : y = - x + m  x + y – m =0 (d’) d’ tiếp xúc với (C)  d ( I ; d ')  R  2. m  4  2 2   m  4  2 2. Giáo viên: Phan Minh Dũng Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  x  y  (4  2 2)  0 Pt tiếp tuyến :   x  y  (4  2 2)  0 Bài 20: 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. Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm của dây cung AB. Ta có IH là đường cao của tam giác IAB. IH = d ( I ,  ) . | m  4m | m 2  16. . 5. | 5m |. A. m 2  16. I  H. B. (5m ) 2 20  2 m  16 m 2  16 Diện tích tam giác IAB là SIAB  12  2S IAH  12. AH  IA2  IH 2  25 .  m  3  d ( I ,  ). AH  12  25 | m | 3( m  16)   16 m   3  2. Bài 21: 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. x - y - 2  0  A(3; 1) x  2 y - 5  0. Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT: . Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC 3  b  5  2c  9  1  b  2  c  6   Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là u  BC  ( 4; 1) .. Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên . b  5 . Hay B(5; 3), C(1; 2)  c  2. Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0 Bài 22: 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. Gọi I  a; b  là tâm đường tròn ta có hệ.  2  a 2   5  b 2   4  a 2  1  b 2 (1)  IA  IB  2   3a  b  9   2 2 IA  d I ;      2  a    5  b    2 10  1  a  2b  3 thế vào (2) ta có b 2  12b  20  0  b  2  b  10 *) với b  2  a  1; R  10   C  :  x  1   y  2   10 2. 2. Giáo viên: Phan Minh Dũng Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> *)với b  10  a  17; R  250   C  :  x  17    y  10   250 2. 2. Bài 23: 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  2 2. Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B' 2.  3 3 Ta có: IH '  IH  IA  AH  3     2  2  2. Ta có: MI . 2.  5  1  1  2 . và MH  MI  HI  5 . 2. 3 7  ; 2 2. 2. 5. MH '  MI  H ' I  5 . 3 13  2 2. 3 49 52    13 4 4 4 3 169 172 R 22  MA'2  A' H'2  MH'2     43 4 4 4 R12  MA 2  AH 2  MH 2 . Ta có:. Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 Bài 24: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng.. Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới ®­êng trßn vµ AB  AC => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3  IA  3 2 . m 1. m  5  3 2  m 1  6   2 m  7. Bài 25: 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). Giáo viên: Phan Minh Dũng Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 Bài 26: Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng  : 3 x  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 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).. Gọi. A(a;. 1 Bài 27: 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 +) Tọa độ A, B là nghiệm của.  x  2  1 2 25  2 (x  )  y    y  2  A(2;0), B(2; 2)  hệ:  2 4   x  2  x  2 y  2  0    y  0.  C (3;0), D(1; 2). Bài 28: 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 nên 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 thì A '  BC .. Giải hệ: . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): x  2 y  5  0 . Gọi I  (d )  BN . 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. Giải hệ: . Giáo viên: Phan Minh Dũng Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 7.1  1(2)  25 450 , d ( A; BC )  3 2. 4 7 2  12 1 1 450 45  d ( A; BC ).BC  .3 2.  . 2 2 4 4. + BC  (4  13 / 4) 2  (3  9 / 4) 2  Suy ra: S ABC. Giáo viên: Phan Minh Dũng Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>