Phân dạng và bài tập có lời giải chi tiết Hình học giải tích phẳng – Lưu Huy Thưởng

TUYỂN TẬP HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG (ĐÁP ÁN CHI TIẾT) BIÊN SOẠN: LƯU HUY THƯỞNG Toàn bộ tài liệu của thầy ở trang: http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HÀ NỘI, 4/2014 HỌ VÀ TÊN: ………………………………………………………………… LỚP :…………………………………………………………………. TRƯỜNG :………………………………………………………………… Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nhỏ - www.toanmath.comGV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 1 HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG Toàn bộ tài liệu luyện thi đại học môn toán của thầy Lưu Huy Thưởng: http://www.Luuhuythuong.blogspot.com PHẦN I ĐƯỜNG THẲNG I. LÝ THUYẾT CẦN NHỚ 1. Vectơ chỉ phương của đường thẳng Vectơ 0 u ≠ được gọi là vectơ chỉ phương của đường thẳng Δ nếu giá của nó song song hoặc trùng với Δ. Nhận xét: – Nếu u là một VTCP của Δ thì ku (k ≠ 0) cũng là một VTCP của Δ. – Một đường thẳng hoàn toàn được xác định nếu biết một điểm và một VTCP. 2. Vectơ pháp tuyến của đường thẳng Vectơ 0 n ≠ được gọi là vectơ pháp tuyến của đường thẳng Δ nếu giá của nó vuông góc với Δ. Nhận xét: – Nếu n là một VTPT của Δ thì kn (k ≠ 0) cũng là một VTPT của Δ. – Một đường thẳng hoàn toàn được xác định nếu biết một điểm và một VTPT. – Nếu u là một VTCP và n là một VTPT của Δ thì u n ⊥ . 3. Phương trình tham số của đường thẳng Cho đường thẳng Δ đi qua 0 0 0 ( ; ) M x y và có VTCP 1 2 ( ; ) u u u = . Phương trình tham số của Δ: 0 1 0 2   = +    = +   x x tu y y tu (1) ( t là tham số). Nhận xét: – M(x; y) ∈ Δ ⇔ ∃ t ∈ R: 0 1 0 2   = +    = +   x x tu y y tu . – Gọi k là hệ số góc của Δ thì: + k = tanα, với α = xAv , α ≠ 0 90 . + k = 2 1 u u , với 1 0 u ≠ . 4. Phương trình chính tắc của đường thẳng Cho đường thẳng Δ đi qua 0 0 0 ( ; ) M x y và có VTCP 1 2 ( ; ) u u u = . Phương trình chính tắc của Δ: 0 0 1 2 x x y y u u − − = (2) (u 1 ≠ 0, u 2 ≠ 0). Chú ý: Trong trường hợp u 1 = 0 hoặc u 2 = 0 thì đường thẳng không có phương trình chính tắc. 5. Phương trình tham số của đường thẳng PT 0 ax by c + + = với 2 2 0 a b + ≠ được gọi là phương trình tổng quát của đường thẳng. Nhận xét: – Nếu Δ có phương trình 0 ax by c + + = thì Δ có: VTPT là ( ; ) n a b = và VTCP ( ; ) u b a = − hoặc ( ; ) u b a = − . – Nếu Δ đi qua 0 0 0 ( ; ) M x y và có VTPT ( ; ) n a b = thì phương trình của Δ là: 0 0 ( ) ( ) 0 a x x b y y − + − = Các trường hợp đặc biệt: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 2 • Δ đi qua hai điểm A(a; 0), B(0; b) (a, b ≠ 0): Phương trình của Δ: 1 x y a b + = . (phương trình đường thẳng theo đoạn chắn) . • Δ đi qua điểm 0 0 0 ( ; ) M x y và có hệ số góc k: Phương trình của Δ: 0 0 ( ) y y k x x − = − (phương trình đường thẳng theo hệ số góc) 6. Vị trí tương đối của hai đường thẳng Cho hai đường thẳng Δ 1: 1 1 1 0 a x by c + + = và Δ 2: 2 2 2 0 a x b y c + + = . Toạ độ giao điểm của Δ 1 và Δ 2 là nghiệm của hệ phương trình: 1 1 1 2 2 2 0 0 a x by c a x b y c   + + =     + + =    (1) • Δ 1 cắt Δ 2 ⇔ hệ (1) có một nghiệm ⇔ 1 1 2 2 a b a b ≠ (nếu 2 2 2 , , 0 a b c ≠ ) • Δ 1 // Δ 2 ⇔ hệ (1) vô nghiệm⇔ 1 1 1 2 2 2 a b c a b c = ≠ (nếu 2 2 2 , , 0 a b c ≠ ) • Δ 1 ≡ Δ 2 ⇔ hệ (1) có vô số nghiệm⇔ 1 1 1 2 2 2 a b c a b c = = (nếu 2 2 2 , , 0 a b c ≠ ) 7. Góc giữa hai đường thẳng Cho hai đường thẳng Δ 1: 1 1 1 0 a x by c + + = (có VTPT 1 1 1 ( ; ) n a b = ) và Δ 2: 2 2 2 0 a x b y c + + = (có VTPT 2 2 2 ( ; ) n a b = ). 0 1 2 1 2 1 2 0 0 1 2 1 2 ( , ) ( , ) 90 ( , ) 180 ( , ) ( , ) 90 n n khi n n n n khi n n   ≤   Δ Δ =   − >    1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 . cos( , ) cos( , ) . . n n a a bb n n n n a b a b + Δ Δ = = = + + Chú ý: • Δ 1 ⊥ Δ 2 ⇔ 1 2 1 2 0 aa bb + = . • Cho Δ 1: 1 1 y k x m = + , Δ 2: 2 2 y k x m = + thì: + Δ 1 // Δ 2 ⇔ k 1 = k 2 + Δ 1 ⊥ Δ 2 ⇔ k 1. k 2 = –1. 8. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng • Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng Cho đường thẳng Δ: 0 ax by c + + = và điểm 0 0 0 ( ; ) M x y . 0 0 0 2 2 ( , ) ax by c d M a b + + Δ = + • Vị trí tương đối của hai điểm đối với một đường thẳng Cho đường thẳng Δ: 0 ax by c + + = và hai điểm ( ; ), ( ; ) M M N N M x y N x y ∉ Δ. – M, N nằm cùng phía đối với Δ ⇔ ( )( ) 0 M M N N ax by c ax by c + + + + > . – M, N nằm khác phía đối với Δ ⇔ ( )( ) 0 M M N N ax by c ax by c + + + + < . • Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường thẳng Các hệ số Phương trình đường thẳng Δ Δ Δ Δ Tính chất đường thẳng Δ Δ Δ Δ c = 0 Δ đi qua gốc toạ độ O a = 0 Δ // Ox hoặc Δ ≡ Ox b = 0 Δ // Oy hoặc Δ ≡ Oy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 3 Cho hai đường thẳng Δ 1: 1 1 1 0 a x by c + + = và Δ 2: 2 2 2 0 a x b y c + + = cắt nhau. Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường thẳng Δ 1 và Δ 2 là: 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 a x b y c a x b y c a b a b + + + + =± + + BÀI TẬP CƠ BẢN HT 1. Cho đường thẳng : 2 1 0 d x y − + = . Viết phương trình đường thẳng d dưới dạng chính tắc và tham số. Giải Ta có: d có 1 vec-tơ pháp tuyến (1; 2) n − . Suy ra, d có 1 vec-tơ chỉ phương (2;1) u Ta có, d qua ( 1;0) M − Vậy, phương trình tham số của 1 2 : x t d y t   =− +     =    Phương trình chính tắc của 1 : 2 1 x y d + = HT 2. Cho đường thẳng 1 : 1 2 x t d y t   = +     =− +    . Viết phương trình đường thẳng d dưới dạng chính tắc và tổng quát. Giải Ta có : d đi qua điểm (1; 1) M − và có vec-tơ chỉ phương (1;2) u . Suy ra d có 1 vec-tơ pháp tuyến (2; 1) n − Phương trình chính tắc của 1 1 : 1 2 x y d − + = Phương trình tổng quát của :2( 1) 1.( 1) 0 2 3 0 d x y x y − − + = ⇔ − − = HT 3. Cho đường thẳng 2 1 : 1 2 x y d − + = − . Viết phương trình tổng quát và tham số của d . Giải Ta có : d đi qua (2; 1) M − và nhận vec-tơ ( 1;2) u− làm vec-tơ chỉ phương. Suy ra d có 1 vec-tơ pháp tuyến (2;1) n Phương trình tham số của đường thẳng 2 : 1 2 x t d y t   = −     =− +    Phương trình tổng quát của :2( 2) 1.( 1) 0 2 3 0 d x y x y − + + = ⇔ + − = HT 4. Viết phương trình tổng quát của đường thẳng d biết : a. Qua (2;1) M nhận (1;2) u làm vec-tơ chỉ phương. b. Qua (2;1) M nhận (1;2) n làm vec-tơ pháp tuyến. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 4 c. Đi qua hai điểm (1;2), ( 2;1) A B− d. Đi qua (1;2) M với hệ số góc 2 k=− Giải a. d có vec-tơ chỉ phương (1;2) u suy ra d có 1 vec-tơ pháp tuyến (2; 1) n − Phương trình đường thẳng :2( 1) 1( 2) 0 2 0 d x y x y − − − = ⇔ − = b. Phương trình đường thẳng :1( 2) 2( 1) 0 2 4 0 d x y x y − + − = ⇔ + − = c. Ta có: ( 3; 1) AB= − − Suy ra đường thẳng AB có 1 vec-tơ pháp tuyến (1; 3) n − Vậy, phương trình tổng quát của :1( 1) 3( 2) 0 3 5 0 d x y x y − − − = ⇔ − + = d. Phương trình đường thẳng : 2( 1) 2 2 4 d y x y x =− − + ⇔ =− + HT 5. Viết phương trình đường thẳng d trong các trường hợp: a. Đi qua (1;2) M và song song với đường thẳng : 2 1 0 x y Δ + − = b. Đi qua (1;2) M và vuông góc với đường thẳng : 2 1 0 x y Δ + − = Giải a. Ta có: // d Δ nên phương trình đường thẳng : 2 0 ( 1) d x y C C + + = ≠− Mặt khác: d qua M nên d có phương trình: : 2 5 0 d x y + − = (thỏa mãn) b. Ta có: d⊥Δ nên d có phương trình: :2 0 d x y C − + = Mặt khác, d qua M nên d có phương trình: :2 0 d x y − = BÀI TẬP NÂNG CAO HT 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho 2 đường thẳng 1 : 7 17 0 d x y − + = , 2 : 5 0 d x y + − = . Viết phương trình đường thẳng d qua điểm M(0;1) tạo với 1 2 , d d một tam giác cân tại giao điểm của 1 2 , d d . Giải Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d 1, d 2 là: ( ) ( ) 1 2 2 2 2 2 7 17 5 3 13 0 3 4 0 1 ( 7) 1 1 x y x y x y x y  − + + − + − = Δ  = ⇔  − − = Δ   + − + Đường thẳng cần tìm đi qua M(0;1) và song song với 1 Δ hoặc 2 Δ . KL: 3 3 0 x y + − = và 3 1 0 x y − + = http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 7. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ , Oxy cho cho hai đường thẳng 1 :2 5 0 d x y − + = . 2 : 3 6 – 7 0 d x y + = . Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P(2; –1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d 1 và d 2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d 1, d 2. Giải (Cách này hơi đặc biệt và có vẻ “rắc rối” hơn so với HT 6 – Bài giải chỉ mang tính chất tham khảo, nên làm theo Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 5 cách HT 6) d 1 VTCP 1 (2; 1) a = − ; d 2 VTCP 2 (3;6) a = Ta có: 1 2 . 2.3 1.6 0 a a = − = nên 1 2 d d ⊥ và d 1 cắt d 2 tại một điểm I khác P. Gọi d là đường thẳng đi qua P( 2; –1) có phương trình: : ( 2) ( 1) 0 2 0 d Ax B y Ax By A B − + + = ⇔ + − + = d cắt d 1, d 2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I ⇔ khi d tạo với d 1 ( hoặc d 2) một góc 45 0 0 2 2 2 2 2 2 2 3 cos45 3 8 3 0 3 2 ( 1) A B A B A AB B B A A B  − =  ⇔ = ⇔ − − = ⇔  =−   + + − * Nếu A = 3B ta có đường thẳng : 3 5 0 d x y + − = * Nếu B = –3A ta có đường thẳng : 3 5 0 d x y − − = Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. : 3 5 0 d x y + − = ; : 3 5 0 d x y − − = . HT 8. Trong mặt phẳng , Oxy cho hai đường thẳng 1 : 3 5 0 d x y + + = , 2 : 3 1 0 d x y + + = và điểm (1; 2) I − . Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua I và cắt 1 2 , d d lần lượt tại A và B sao cho 2 2 AB= . Giải Giả sử 1 2 ( ; 3 5) ; ( ; 3 1) Aa a d Bb b d − − ∈ − − ∈ ; ( 1; 3 3); ( 1; 3 1) IA a a IB b b = − − − = − − + I, A, B thẳng hàng 1 ( 1) 3 1 ( 3 3) b k a IB kIA b k a   − = −   ⇒ = ⇔  − + = − −    • Nếu 1 a= thì 1 b= ⇒ AB = 4 (không thoả). • Nếu 1 a≠ thì 1 3 1 ( 3 3) 3 2 1 b b a a b a − − + = − − ⇔ = − − 2 2 2 2 ( ) 3( ) 4 2 2 (3 4) 8 AB b a a b t t   = − + − + = ⇔ + + =     (với t a b = − ). 2 2 5 12 4 0 2; 5 t t t t ⇔ + + = ⇔ =− =− + Với 2 2 0, 2 t a b b a =− ⇒ − =− ⇒ = =− : 1 0 x y ⇒Δ + + = + Với 2 2 4 2 , 5 5 5 5 t a b b a − − = ⇒ − = ⇒ = = : 7 9 0 x y ⇒Δ − − = HT 9. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ , Oxy cho hai đường thẳng 1 : 1 0 d x y + + = , 2 :2 – –1 0 d x y = . Lập phương trình đường thẳng d đi qua M(1;–1) cắt d 1 và d 2 tương ứng tại A và B sao cho 2 0 MA MB + = . Giải Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 6 Từ điều kiện 2 0 MA MB + = tìm được A(1; –2), B(1;1) suy ra : 1 0 d x− = HT 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho điểm M(1; 0). Lập phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt hai đường thẳng 1 2 : 1 0, : – 2 2 0 d x y d x y + + = + = lần lượt tại A, B sao cho MB = 3MA. Giải 1 2 ( ) ( ; 1 ) ( 1; 1 ) ( ) (2 2; ) (2 3; ) A d Aa a MA a a B d B b b MB b b       ∈ − − = − − −       ⇔ ⇒       ∈ − = −          . Từ A, B, M thẳng hàng và 3 MB MA = ⇒ 3 MB MA = (1) hoặc 3 MB MA =− (2) (1) ⇒ 2 1 ; ( ): 5 1 0 3 3 ( 4; 1) A d x y B         − −        ⇒ − − =      − −    hoặc (2) ⇒ ( ) 0; 1 ( ): 1 0 (4;3) A d x y B   −   ⇒ − − =      HT 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho điểm M(1; 1). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt hai đường thẳng 1 2 : 3 5 0, : 4 0 d x y d x y − − = + − = lần lượt tại A, B sao cho 2 – 3 0 MA MB= . Giải Giả sử 1 ( ;3 5) Aa a d − ∈ , 2 ( ;4 ) B b b d − ∈ . Vì A, B, M thẳng hàng và 2 3 MA MB = nên 2 3 (1) 2 3 (2) MA MB MA MB  =    =−   + 5 2( 1) 3( 1) 5 5 (1) ; , (2;2) 2 2(3 6) 3(3 ) 2 2 2 a b a A B a b b        − = − =        ⇔ ⇔ ⇒          − = −     =      . Suy ra : 0 d x y − = . + 2( 1) 3( 1) 1 (2) (1; 2), (1;3) 2(3 6) 3(3 ) 1 a b a A B a b b     − =− − =     ⇔ ⇔ ⇒ −     − =− − =       . Suy ra : 1 0 d x− = . Vậy có : 0 d x y − = hoặc : 1 0 d x− = . HT 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy Lập phương trình đường thẳng d qua (2;1) M và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 S= . Giải Gọi ( ;0), (0; ) ( , 0) Aa B b a b≠ là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra: : 1 x y d a b + = . Theo giả thiết, ta có: 2 1 1 8 a b ab    + =      =    ⇔ 2 8 b a ab ab   + =     =    . • Khi 8 ab= thì 2 8 b a + = . Nên: 1 2; 4 : 2 4 0 b a d x y = = ⇒ + − = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 7 • Khi 8 ab=− thì 2 8 b a + =− . Ta có: 2 4 4 0 2 2 2 b b b + − = ⇔ =− ± . + Với ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0 b d x y =− + ⇒ − + + − = + Với ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0 b d x y =− − ⇒ + + − + = . Câu hỏi tương tự: a) (8;6), 12 M S= . ĐS: : 3 2 12 0 d x y − − = ; : 3 8 24 0 d x y − + = HT 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho điểm A(2; –1) và đường thẳng d có phương trình 2 – 3 0 x y+ = . Lập phương trình đường thẳng Δ qua A và tạo với d một góc α có cosα 1 10 = . Giải PT đường thẳng (Δ) có dạng: ( – 2) ( 1) 0 a x b y + + = ⇔ –2 0 ax by a b + + = 2 2 ( 0) a b + ≠ Ta có: 2 2 2 1 cos 10 5( ) a b a b α − = = + ⇔ 7a 2 – 8ab + b 2 = 0. Chon a = 1 ⇒ b = 1; b = 7. ⇒ 1 : 1 0 x y Δ + − = và 2 : 7 5 0 x y Δ + + = http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho điểm (2;1) A và đường thẳng :2 3 4 0 d x y + + = . Lập phương trình đường thẳng Δ đi qua A và tạo với đường thẳng d một góc 0 45 . Giải PT đường thẳng (Δ) có dạng: ( – 2) ( 1) 0 a x b y + − = ⇔ –(2 ) 0 ax by a b + + = 2 2 ( 0) a b + ≠ . Ta có: 0 2 2 2 3 cos45 13. a b a b + = + ⇔ 2 2 5 24 5 0 a ab b − − = ⇔ 5 5 a b a b  =   =−   + Với 5 a b = . Chọn 5, 1 a b = = ⇒ Phương trình : 5 11 0 x y Δ + − = . + Với 5a b =− . Chọn 1, 5 a b = =− ⇒ Phương trình : 5 3 0 x y Δ − + = . HT 15. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường thẳng :2 2 0 d x y − − = và điểm (1;1) I . Lập phương trình đường thẳng Δ cách điểm I một khoảng bằng 10 và tạo với đường thẳng d một góc bằng 0 45 . Giải Giả sử phương trình đường thẳng Δ có dạng: ax 0 by c + + = 2 2 ( 0) a b + ≠ . Vì 0 ( , ) 45 d Δ = nên 2 2 2 1 2 . 5 a b a b − = + 3 3 a b b a  =  ⇔  =−   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 8 • Với 3 a b = ⇒ Δ: 3 0 x y c + + = . Mặt khác ( ; ) 10 d I Δ = 4 10 10 c + ⇔ = 6 14 c c  =  ⇔  =−   • Với 3 b a =− ⇒ Δ: 3 0 x y c − + = . Mặt khác ( ; ) 10 d I Δ = 2 10 10 c − + ⇔ = 8 12 c c  =−  ⇔  =   Vậy các đường thẳng cần tìm: 3 6 0; x y + + = 3 14 0 x y + − = ; 3 8 0; x y − − = 3 12 0 x y − + = . HT 16. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ , Oxy cho đường thẳng ( ): – 3 – 4 0 d x y = và đường tròn 2 2 ( ): – 4 0 C x y y + = . Tìm M thuộc (d) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua điểm A(3; 1). Giải M ∈ (d) ⇒ M(3b+4; b) ⇒ N(2 – 3b; 2 – b) N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b) 2 + (2 – b) 2 – 4(2 – b) = 0 ⇒ 6 0; 5 b b = = Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) hoặc 38 6 8 4 ; , ; 5 5 5 5 M N           −             HT 17. Trong mặ t phanng to ̣ a đo ̣̂ , Oxy cho điepm A(1; 1) và đường thẳng Δ: 2 3 4 0 x y + + = . Tı ̀m điểm B thuộc đường thẳng Δ sao cho đường thẳng AB và Δ hợp với nhau góc 0 45 . Giải Δ có PTTS: 1 3 2 2 x t y t   = −     =− +    và VTCP ( 3;2) u= − . Giả sử (1 3 ; 2 2 ) B t t − − + ∈Δ . 0 ( , ) 45 AB Δ = ⇒ 1 cos( ; ) 2 AB u = . 1 . 2 ABu AB u ⇔ = 2 15 13 169 156 45 0 3 13 t t t t   =  ⇔ − − = ⇔   =−    . Vậy các điểm cần tìm là: 1 2 32 4 22 32 ; , ; 13 13 13 13 B B           − −             . HT 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho đường thẳng : 3 6 0 d x y − − = và điểm (3;4) N . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác OMN (O là gốc tọa độ) có diện tích bằng 15 2 . Giải Ta có (3;4) ON = , ON = 5, PT đường thẳng ON: 4 3 0 x y − = . Giả sử (3 6; ) M m m d + ∈ . Khi đó ta có 2 1 ( , ). ( , ) 3 2 ONM ONM S S d M ON ON d M ON ON Δ Δ = ⇔ = = ⇔ 4.(3 6) 3 13 3 9 24 15 1; 5 3 m m m m m + − − = ⇔ + = ⇔ =− = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 9 + Với 1 (3; 1) m M =− ⇒ − + Với 13 13 7; 3 3 m M   − −    = ⇒ −        HT 19. Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho điểm (0;2) A và đường thẳng : 2 2 0 d x y − + = . Tìm trên đường thẳng d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông ở B và AB = 2BC . Giải Giả sử (2 2; ), (2 2; ) B b b C c c d − − ∈ . Vì ΔABC vuông ở B nên AB ⊥ d ⇔ . 0 d ABu = ⇔ 2 6 ; 5 5 B            ⇒ 2 5 5 AB= ⇒ 5 5 BC = 2 1 125 300 180 5 BC c c = − + = 5 5 ⇔ 1 (0;1) 7 4 7 ; 5 5 5 c C c C  = ⇒         = ⇒         HT 20. Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho hai đường thẳng 1 : 3 0 d x y + − = , 2 : 9 0 d x y + − = và điểm (1;4) A . Tìm điểm 1 2 , B d C d ∈ ∈ sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Giải Gọi 1 2 ( ;3 ) , ( ;9 ) Bb b d C c c d − ∈ − ∈ ⇒ ( 1; 1 ) AB b b = − − − , ( 1;5 ) AC c c = − − . ΔABC vuông cân tại A ⇔ . 0 ABAC AB AC   =     =    ⇔ 2 2 2 2 ( 1)( 1) ( 1)(5 ) 0 ( 1) ( 1) ( 1) (5 ) b c b c b b c c   − − − + − =     − + + = − + −    (*) Vì 1 c= không là nghiệm của (*) nên (*) ⇔ 2 2 2 2 2 2 ( 1)(5 ) 1 (1) 1 (5 ) ( 1) ( 1) ( 1) (5 ) (2) ( 1) b c b c c b b c c c   + −  − =   −    −   + + + = − + −   −    Từ (2) ⇔ 2 2 ( 1) ( 1) b c + = − ⇔ 2 b c b c  = −   =−   . + Với 2 b c = − , thay vào (1) ta được 4, 2 c b = = ⇒ (2;1), (4;5) B C . + Với b c =− , thay vào (1) ta được 2, 2 c b = =− ⇒ ( 2;5), (2;7) B C − . Vậy: (2;1), (4;5) B C hoặc ( 2;5), (2;7) B C − . CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ HT 21. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho điểm M(3; 1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M cắt các tia Ox, Oy tại A và B sao cho ( 3 ) OA OB + nhỏ nhất. Giải PT đường thẳng d cắt tia Ox tại A(a;0), tia Oy tại B(0;b): 1 x y a b + = (a,b>0) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 10 M(3; 1) ∈ d ô 3 1 3 1 1 2 . 12 C si ab a b a b − = + ≥ ⇒ ≥ . Mà 3 3 2 3 12 OA OB a b ab + = + ≥ = min 3 6 ( 3 ) 12 3 1 1 2 2 a b a OA OB b a b   =    =     ⇒ + = ⇔ ⇔     = = =        Phương trình đường thẳng d là: 1 3 6 0 6 2 x y x y + = ⇔ + − = http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 22. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M(1; 2) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B khác O sao cho 2 2 9 4 OA OB + nhỏ nhất. Giải Đường thẳng (d) đi qua (1;2) M và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B khác O, nên ( ;0); (0; ) Aa B b với . 0 ab≠ ⇒ Phương trình của (d) có dạng 1 x y a b + = . Vì (d) qua M nên 1 2 1 a b + = . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có : 2 2 2 2 1 2 1 3 2 1 9 4 1 . 1. 1 3 9 a b a b a b                    = + = + ≤ + +                            ⇔ 2 2 9 4 9 10 a b + ≥ ⇔ 2 2 9 4 9 10 OA OB + ≥ . Dấu bằng xảy ra khi 1 3 2 : 1: 3 a b = và 1 2 1 a b + = ⇔ 20 10, 9 a b = = ⇒ :2 9 20 0 d x y + − = . HT 23. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm M (0; 2) và hai đường thẳng 1 d , 2 d có phương trình lần lượt là 3 2 0 x y + + = và 3 4 0 x y − + = . Gọi A là giao điểm của 1 d và 2 d . Viết phương trình đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng 1 d và 2 d lần lượt tại B , C (B vàC khácA ) sao cho 2 2 1 1 AB AC + đạt giá trị nhỏ nhất. Giải 1 2 ( 1;1) A d d A = ∩ ⇒ − . Ta có 1 2 d d ⊥ . Gọi Δ là đường thẳng cần tìm. H là hình chiếu vuông góc của A trên Δ . ta có: 2 2 2 2 1 1 1 1 AB AC AH AM + = ≥ (không đổi) ⇒ 2 2 1 1 AB AC + đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 1 AM khi H ≡ M, hay Δ là đường thẳng đi qua M và vuông góc với AM. ⇒ Phương trình Δ: 2 0 x y + − = . HT 24. Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho các điểm A(0; 1) B(2; –1) và các đường thẳng có phương trình: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 11 1 :( –1) ( – 2) 2 – 0 d m x m y m + + = ; 2 :(2 – ) ( –1) 3 – 5 0 d m x m y m + + = . Chứng minh d 1 và d 2 luôn cắt nhau. Gọi P = d 1 ∩ d 2. Tìm m sao cho PA PB + lớn nhất. Giải Xét Hệ PT: ( 1) ( 2) 2 (2 ) ( 1) 3 5 m x m y m m x m y m   − + − = −     − + − =− +    . Ta có 2 1 2 3 1 2 0, 2 1 2 2 m m D m m m m   − −    = = − + > ∀      − −   ⇒ 1 2 , d d luôn cắt nhau. Ta có: 1 2 1 2 (0;1) , (2; 1) , A d B d d d ∈ − ∈ ⊥ ⇒ Δ APB vuông tại P ⇒ P nằm trên đường tròn đường kính AB. Ta có: 2 2 2 2 ( ) 2( ) 2 16 PA PB PA PB AB + ≤ + = = ⇒ 4 PA PB + ≤ . Dấu "=" xảy ra ⇔ PA = PB ⇔ P là trung điểm của cung AB ⇔ P(2; 1) hoặc P(0; –1) ⇔ 1 m= hoặc 2 m= . Vậy PA PB + lớn nhất ⇔ 1 m= hoặc 2 m= . HT 25. Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho đường thẳng (Δ): –2 –2 0 x y = và hai điểm ( 1;2) A− , (3;4) B . Tìm điểm M∈(Δ) sao cho 2 2 2MA MB + có giá trị nhỏ nhất. Giải Giả sử M (2 2; ) (2 3; 2), (2 1; 4) M t t AM t t BM t t + ∈Δ⇒ = + − = − − Ta có: 2 2 2 2 15 4 43 ( ) AM BM t t f t + = + + = ⇒ 2 min ( ) 15 f t f      = −        ⇒ 26 2 ; 15 15 M      −        HT 26. Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho đường thẳng :2 3 0 d x y − + = và 2 điểm (1;0), (2;1) A B . Tìm điểm M trên d sao cho MA MB + nhỏ nhất. Giải Ta có: (2 3).(2 3) 30 0 A A B B x y x y − + − + = > ⇒ A, B nằm cùng phía đối với d. Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua d ⇒ ( 3;2) A′− ⇒ Phương trình : 5 7 0 A B x y ′ + − = . Với mọi điểm M ∈ d, ta có: MA MB MA MB A B ′ ′ + = + ≥ . Mà MA MB ′+ nhỏ nhất ⇔ A′, M, B thẳng hàng ⇔ M là giao điểm của A′B với d. Khi đó: 8 17 ; 11 11 M      −       . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 12 PHẦN II ĐƯỜNG TRÒN Toàn bộ tài liệu luyện thi đại học môn toán của thầy Lưu Huy Thưởng: http://www.Luuhuythuong.blogspot.com I. LÝ THUYẾT CẦN NHỚ 1. Phương trình đường tròn Phương trình đường tròn có tâm I(a; b) và bán kính R: 2 2 2 ( ) ( ) x a y b R − + − = . Nhận xét: Phương trình 2 2 2 2 0 x y ax by c + + + + = , với 2 2 0 a b c + − > , là phương trình đường tròn tâm I(–a; –b), bán kính R = 2 2 a b c + − . 2. Phương trình tiếp tuyến của đường tròn Cho đường tròn (C) có tâm I, bán kính R và đường thẳng Δ. Δ tiếp xúc với (C) ⇔ ( , ) dI R Δ = II. BÀI TẬP HT 27. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy viết phương trình đường tròn tâm (2;1) I , bán kính 2 R= Giải Phương trình đường tròn: 2 2 ( 2) ( 1) 4 x y − + − = HT 28. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy viết phương trình đường tròn tâm (1;2) I và đi qua ( 1;1) A− Giải Bán kính đường tròn: 4 1 5 R IA = = + = Phương trình đường tròn cần viết: 2 2 ( 1) ( 2) 5 x y − + − = HT 29. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy viết phương trình đường tròn tâm ( 1;3) I − và tiếp xúc với đường thẳng : 3 4 1 0 d x y − − = Giải Bán kính đường tròn: 3 12 1 16 ( , ) 5 5 R dI d − − − = = = Phương trình đường tròn cần viết: 2 2 256 ( 1) ( 3) 25 x y + + − = HT 30. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy viết phương trình đường tròn đi qua (1;1), ( 1;3) A B− và có bán kính bằng 10 R= . Giải +) Gọi ( ; ) I ab là tâm đường tròn. Ta có, đường tròn qua , AB nên suy ra : 2 2 2 2 (1 ) (1 ) ( 1 ) (3 ) IA IB a b a b = ⇔ − + − = − − + − 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 9 6 a a b b a a b b ⇔ − + + − + = + + + − + 4 4 8 2 a b b a ⇔ − =− ⇔ = + (1) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 13 + Bán kính đường tròn : 2 2 10 (1 ) (1 ) 10 R IA a b = = ⇔ − + − = (2) Thay (1) vào (2) ta được : 2 2 (2) (1 ) ( 1 ) 10 a a ⇔ − + − − = 2 2 1 2 1 2 10 a a a a ⇔ − + + + + = 2 2 8 a ⇔ = 2 a ⇔ =± +) Với : 2 4 (2;4) a b I = ⇒ = ⇒ Vậy, phương trình đường tròn : 2 2 ( 2) ( 4) 10 x y − + − = Với, 2 0 ( 2;0) a b I =− ⇒ = ⇒ − Vậy, phương trình đường tròn : 2 2 ( 2) 10 x y + + = Kết luận : 2 2 ( 2) ( 4) 10 x y − + − = và 2 2 ( 2) 10 x y + + = Với câu hỏi tương tự : (3;1), (4;0); 13 A B R= Đáp số : 2 2 ( 1) ( 2) 13 x y − + + = và 2 2 ( 6) ( 3) 13 x y − + − = HT 31. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy viết phương trình đường tròn đi qua 3 điểm (3;0), (2;1), ( 1;0) A B C − Giải Gọi ( ; ) I ab là tâm đường tròn : Ta có : đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C nên suy ra : 2 2 2 2 IA IB IA IB IC IA IC   =   = =   =    2 2 2 2 2 2 2 2 (3 ) (2 ) (1 ) (3 ) ( 1 ) a b a b a b a b   − + = − + −   ⇔   − + = − − +    6 9 4 4 2 1 1 6 9 2 1 1 a a b a a a b     − + =− + − + =     ⇔ ⇔     − + = + =−       (1; 1) I ⇔ − Bán kính đường tròn : 5 R IA = = Vậy, phương trình đường tròn : 2 2 ( 1) ( 1) 5 x y − + + = http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 32. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy gọi A, B là các giao điểm của đường thẳng (d): 2 – – 5 0 x y = và đường tròn (C’): 2 2 20 50 0 x y x + − + = . Hãy viết phương trình đường tròn (C) đi qua ba điểm A, B, C(1; 1). Giải Tọa độ giao điểm của d và (C’) là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 2 2 5 0 2 5 20 50 0 (2 5) 20 50 0 x y y x x y x x x x     − − = = −     ⇔     + − + = + − − + =       Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 14 2 3 2 5 2 5 1 3 5 5 40 75 0 5 5 x y x y x y x x x x x y   =     = −      = −  =           = ⇔ ⇔ ⇔        =  − + =       =          =     Vậy, A(3; 1), B(5; 5) Đường tròn (C) đi qua 3 điểm: (3;1); (5;5); (1;1) A B C Học sinh làm tương tự HT trên ta có: (C): 2 2 4 8 10 0 x y x y + − − + = HT 33. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm (0;4); (1;1) A B và tiếp xúc với đường thẳng: : 2 0 d x y − = Giải Gọi ( ; ) I ab là tâm đường tròn Ta có, đường tròn đi qua 2 điểm A, B nên suy ra : 2 2 2 2 (0 ) (4 ) (1 ) (1 ) IA IB a b a b = ⇔ − + − = − + − 8 16 2 1 2 1 b a b ⇔− + =− + − + 2 6 14 3 7 (1) a b a b ⇔ − =− ⇔ = − Đường tròn tiếp xúc với d nên : 2 2 2 ( , ) (4 ) 5 a b IA dI d a b − = ⇔ + − = (2) Thay (1) vào (2) ta được : 2 2 7 (3 7) ( 4) 5 b b b − − + − = 2 2 14 49 10 50 65 5 b b b b − + ⇔ − + = 2 138 49 236 276 0 49 2 b b b b   =  ⇔ − + = ⇔  =   Với, 138 71 49 49 b a = ⇒ = 71 138 ; 49 49 I      ⇒        ; Bán kính đường tròn : 8405 2401 R= Phương trình đường tròn : 2 2 71 138 8405 49 49 2401 x y           − + − =               Với, 2 1 ( 1;2) b a I = ⇒ =− ⇒ − ; Bán kính : 5 R= Phương trình đường tròn : 2 2 ( 1) ( 2) 5 x y + + − = Kết luận : 2 2 71 138 8405 49 49 2401 x y           − + − =               và 2 2 ( 1) ( 2) 5 x y + + − = HT 34. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy viết phương trình đường tròn (C) đi qua ( 1; 2) A− − và tiếp xúc với : 7 5 0 d x y − − = tại điểm (1;2) M Giải Cách 1 : Vì đường tròn tiếp xúc với đường thẳng tại M nên M thuộc đường tròn. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 15 Như vậy, bài toán trở thành viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A và M, tiếp xúc với d. Học sinh viết tương tự HT trên. Đáp số : 2 2 ( 6) ( 3) 50 x y + + − = Cách 2 : Gọi I là tâm đường tròn. Ta có, đường tròn tiếp xúc với d tại M nên IM d ⊥ ⇒ Phương trình đường thẳng : 7 0 IM x y c + + = , IM qua M nên 15 c=− Vậy, : 7 15 0 IM x y + − = (15 7 ; ) I aa ⇒ − Ta có : Đường tròn đi qua A 2 2 2 2 ( 16 7 ) ( 2 ) ( 14 7 ) (2 ) IA IM a a a a ⇒ = ⇔ − + + − − = − + + − 2 2 50 220 260 50 200 200 3 a a a a a ⇔ − + = − + ⇔ = Vậy, ( 6;3) I − , bán kính : 50 R= Phương trình đường tròn : 2 2 ( 6) ( 3) 50 x y + + − = HT 35. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy viết phương trình đường tròn tiếp xúc với đường thẳng : 2 0 d x y − − = tại điểm (3;1) M và có tâm I thuộc đường thẳng 1 : 2 2 0 d x y − − = Giải Ta có: (C) tiếp xúc với d tại M, suy ra tâm I của (C) thuộc đường thẳng Δ có phương trình cho bởi: (3;1) (1;1) quaM vtptn     Δ      : 4 0 x y ⇔Δ + − = Khi đó: 1 , I d = ∩Δ tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình: 4 0 (2;2) 2 2 0 x y I x y   + − =   ⇔   − − =    (C) tiếp xúc với d khi: 2 R MI = = Vậy, phương trình đường tròn cần viết: 2 2 ( 2) ( 2) 2 x y − + − = HT 36. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho ba đường thẳng: 1 : 2 3 0 d x y + − = , .., 3 : 4 3 2 0 d x y + + = . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d 1 và tiếp xúc với d 2 và d 3. Giải Gọi tâm đường tròn là ( ;3 2 ) I t t − ∈ d 1. Khi đó: 2 3 ) ( , ) ( , d I d dI d = ⇔ 3 4(3 2 ) 5 5 4 3(3 2 ) 2 5 t t t t + − + = + − + ⇔ 2 4 t t      = = Vậy có 2 đường tròn thoả mãn: 2 2 49 25 ( 2) ( 1) x y = − + + và 2 2 9 ( 4) ( 5) 25 x y − + + = . Câu hỏi tương tự: a) Với 1 : – 6 – 10 0 d x y = , .., 3 : 4 3 5 0 d x y − − = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 16 ĐS: 2 2 ( 10) 49 x y − + = hoặc 2 2 2 10 70 7 43 43 43 x y                − + + =                   . http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 37. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho hai đường thẳngΔ : 3 8 0 x y + + = , ' :3 4 10 0 x y Δ − + = và điểm A(– 2; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng Δ , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng Δ′. Giải Giả sử tâm ( 3 8; ) I t t − − ∈ Δ.. Ta có: ( , ) d I IA ′ Δ = ⇔ 2 2 2 2 3( 3 8) 4 10 ( 3 8 2) ( 1) 3 4 t t t t − − − + = − − + + − + ⇔ 3 t=− ⇒ (1; 3), 5 I R − = PT đường tròn cần tìm: 2 2 ( 1) ( 3) 25 x y − + + = . HT 38. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho hai đường thẳng : 4 3 3 0 x y Δ − + = và ' : 3 4 31 0 x y Δ − − = . Lập phương trình đường tròn ( ) C tiếp xúc với đường thẳng Δ tại điểm có tung độ bằng 9 và tiếp xúc với '. Δ Tìm tọa độ tiếp điểm của ( ) C và ' Δ . Giải Gọi ( ; ) I ab là tâm của đường tròn (C). ( ) C tiếp xúc với Δ tại điểm (6;9) M và ( ) C tiếp xúc với ′ Δ nên 54 3 4 3 3 3 4 31 ( , ) ( , ') 4 3 3 6 85 4 5 5 (3;4) 3( 6) 4( 9) 0 3 4 54 a a b a b dI dI a a IM u a b a b Δ     − − + − −     Δ = Δ − + = −  =      ⇔ ⇔       ⊥ =    − + − = + =         25 150 4 6 85 10; 6 54 3 190; 156 4 a a a b a a b b   − = −   = =    ⇔ ⇔  −   =− = =       Vậy: 2 2 ( ) : ( 10) ( 6) 25 C x y − + − = tiếp xúc với ' Δ tại (13;2) N hoặc 2 2 ( ) : ( 190) ( 156) 60025 C x y + + − = tiếp xúc với ' Δ tại ( 43; 40) N − − HT 39. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy viết phương trình đường tròn đi qua (2; 1) A − và tiếp xúc với các trục toạ độ. Giải Đường tròn tiếp xúc với các trục tọa độ nên tâm I có dạng: 1 ( ; ) I aa hoặc 2 ( ; ) I a a − Phương trình đường tròn có dạng: 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x a y a a a x a y a a b  − + + =    − + − =   Thay tọa độ điểm A vào phương trình ta được: a) ⇒ 1; 5 a a = = b) ⇒ vô nghiệm. Kết luận: 2 2 ( 1) ( 1) 1 x y − + + = và 2 2 ( 5) ( 5) 25 x y − + + = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 17 HT 40. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho đường thẳng ( ) : 2 4 0 d x y − − = . Lập phương trình đường tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d). Giải Gọi ( ;2 4) ( ) I m m d − ∈ là tâm đường tròn cần tìm. Ta có: 4 2 4 4, 3 m m m m = − ⇔ = = . • 4 3 m= thì phương trình đường tròn là: 2 2 4 4 16 3 3 9 x y           − + + =               . • 4 m= thì phương trình đường tròn là: 2 2 ( 4) ( 4) 16 x y − + − = . HT 41. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho điểm A(–1;1) và B(3;3), đường thẳng (Δ): 3 – 4 8 0 x y+ = . Lập phương trình đường tròn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng (Δ). Giải Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực d của đoạn AB d qua M(1; 2) có VTPT là (4;2) AB= ⇒ d: 2x + y – 4 = 0 ⇒ Tâm I(a;4 – 2a) Ta có IA = d(I,D) 2 11 8 5 5 10 10 a a a ⇔ − = − + ⇔ 2a 2 – 37a + 93 = 0 ⇔ 3 31 2 a a  =    =   • Với a = 3 ⇒ I(3;–2), R = 5 ⇒ (C): (x – 3) 2 + (y + 2) 2 = 25 • Với a = 31 2 ⇒ 31 ; 27 2 I      −        , R = 65 2 ⇒ (C): 2 2 31 4225 ( 27) 2 4 x y      − + + =        HT 42. Trong hệ toạ độ , Oxy cho hai đường thẳng : 2 3 0 d x y + − = và : 3 5 0 x y Δ + − = . Lập phương trình đường tròn có bán kính bằng 2 10 5 , có tâm thuộc d và tiếp xúc với Δ . Giải Tâm I ∈ d ⇒ ( 2 3; ) I a a − + . (C) tiếp xúc với Δ nên: ( , ) dI R Δ = 2 2 10 5 10 a− ⇔ = 6 2 a a  =  ⇔  =−   ⇒ (C): 2 2 8 ( 9) ( 6) 5 x y + + − = hoặc (C): 2 2 8 ( 7) ( 2) 5 x y − + + = . http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 43. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 4 3 4 0 x y x + + − = . 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 tâm .., bán kính R= 4; A(0; 2). Gọi I′ là tâm của (C′). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 18 PT đường thẳng IA : 2 3 2 2 x t y t   =     = +    , ' I IA ∈ ⇒ (2 3 ;2 2) I t t ′ + . 1 2 '( 3;3) 2 AI IA t I ′ = ⇔ = ⇒ ⇒ (C′): 2 2 ( 3) ( 3) 4 x y − + − = HT 44. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 – 4 – 5 0 x y y + = . Hãy viết phương trình đường tròn (C′) đối xứng với đường tròn (C) qua điểm M 4 2 ; 5 5             Giải (C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3. Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M ⇒ I′ 8 6 ; 5 5   −           ⇒ (C′): 2 2 8 6 9 5 5 x y           − + + =               HT 45. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 2 4 2 0 x y x y + − + + = . Viết phương trình đường tròn (C′) tâm M(5; 1) biết (C′) cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho 3 AB= . Giải (C) có tâm I(1; –2), bán kính 3 R= . PT đường thẳng IM: x 3 4 11 0 y − − = . 3 AB= . Gọi ( ; ) H x y là trung điểm của AB. Ta có: 2 2 3 2 H IM IH R AH   ∈      = − =     ⇔ x 2 2 3 4 11 0 9 ( 1) ( 2) 4 y x y   − − =      − + + =     ⇔ 1 29 ; 5 10 11 11 ; 5 10 x y x y   =− =−    = =−    ⇒ 1 29 ; 5 10 H      − −       hoặc 11 11 ; 5 10 H      −       . • Với 1 29 ; 5 10 H      − −       . Ta có 2 2 2 43 R MH AH ′ = + = ⇒ PT (C′): 2 2 ( 5) ( 1) 43 x y − + − = . • Với 11 11 ; 5 10 H      −       . Ta có 2 2 2 13 R MH AH ′ = + = ⇒ PT (C′): 2 2 ( 5) ( 1) 13 x y − + − = . HT 46. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 ( 1) ( 2) 4 x y − + − = và điểm (3;4) K . Lập phương trình đường tròn (T) có tâm K, cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất, với I là tâm của đường tròn (C). Giải (C) có tâm (1;2) I , bán kính 2 R= . IAB S Δ lớn nhất ⇔ ΔIAB vuông tại I ⇔ 2 2 AB= . Mà 2 2 IK = nên có hai đường tròn thoả YCBT. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 19 + 1 ( ) T có bán kính 1 2 R R = = ⇒ 2 2 1 ( ) : ( 3) ( 4) 4 T x y − + − = + 2 ( ) T có bán kính 2 2 2 (3 2) ( 2) 2 5 R = + = ⇒ 2 2 1 ( ) : ( 3) ( 4) 20 T x y − + − = . HT 47. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(–2;3), 1 ;0 , (2;0) 4 B C            . Giải Điểm D(d;0) 1 2 4 d      < <       thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A khi và chỉ khi ( ) ( ) 2 2 2 2 9 1 3 4 4 4 1 6 3 1. 2 4 3 d DB AB d d d DC AC d      + −   −      = ⇔ = ⇒ − = − ⇒ = − + − Phương trình AD: 2 3 1 0 3 3 x y x y + − = ⇔ + − = − ; AC: 2 3 3 4 6 0 4 3 x y x y + − = ⇔ + − = − Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1 b − và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có: ( ) 2 2 3 1 4 6 3 5 3 4 b b b b b − + − = ⇔ − = + ⇒ 4 3 5 3 1 3 5 2 b b b b b b   − = ⇒ =−    − =− ⇒ =    Rõ ràng chỉ có giá trị 1 2 b= là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp ΔABC là: 2 2 1 1 1 2 2 4 x y           − + − =               http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 48. Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho hai đường thẳng (d 1): 4 3 12 0 x y − − = và (d 2): 4 3 12 0 x y + − = . Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d 1), (d 2) và trục Oy. Giải Gọi 1 2 1 2 , , A d d B d OyC d Oy = ∩ = ∩ = ∩ ⇒ (3;0), (0; 4), (0;4) A B C − ⇒ ΔABC cân đỉnh A và AO là phân giác trong của góc A. Gọi I, R là tâm và bán kính đường tròn nội tiếp ΔABC ⇒ 4 4 ;0 , 3 3 I R      =       . HT 49. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho đường thẳng d: 1 0 x y − − = và hai đường tròn có phương trình: (C 1): Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 20 2 2 ( 3) ( 4) 8 x y − + + = , (C 2): 2 2 ( 5) ( 4) 32 x y + + − = . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d và tiếp xúc ngoài với (C 1) và (C 2). Giải Gọi I, I 1, I 2, R, R 1, R 2 lần lượt là tâm và bán kính của (C), (C 1), (C 2). Giả sử ( ; – 1) I aa d ∈ . (C) tiếp xúc ngoài với (C 1), (C 2) nên 1 1 2 2 1 1 2 2 , – – II R R II R R II R II R = + = + ⇒ = ⇔ 2 2 2 2 ( 3) ( 3) 2 2 ( 5) ( 5) 4 2 a a a a − + + − = − + + − ⇔ a = 0 ⇒ I(0; –1), R = 2 ⇒ Phương trình (C): 2 2 ( 1) 2 x y + + = . HT 50. Trong mặt phẳng tọa độ , Oxy cho đường tròn ( ) 2 2 : 2 0 C x y x + + = . Viết phương trình tiếp tuyến của ( ) C , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng 30 . Giải 2 2 ( ) : ( 1) 1 ( 1;0); 1 C x y I R + + = ⇒ − = . Hệ số góc của tiếp tuyến (Δ) cần tìm là 3 ± . ⇒ PT (Δ) có dạng 1 : 3 0 x y b Δ − + = hoặc 2 : 3 0 x y b Δ + + = + 1 : 3 0 x y b Δ − + = tiếp xúc (C) 1 ( , ) dI R ⇔ Δ = 3 1 2 3 2 b b − ⇔ = ⇔ =± + . Kết luận: 1 ( ) : 3 2 3 0 x y Δ − ± + = + 2 ( ) : 3 0 x y b Δ + + = tiếp xúc (C) 2 ( , ) dI R ⇔ Δ = 3 1 2 3 2 b b − ⇔ = ⇔ =± + . Kết luận: 2 ( ) : 3 2 3 0 x y Δ + ± + = . HT 51. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho đường tròn (C): x 2 2 6 2 5 0 x y y + − − + = và đường thẳng (d): x 3 3 0 y + − = . Lập phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C), biết tiếp tuyến không đi qua gốc toạ độ và hợp với đường thẳng (d) một góc 0 45 . Giải (C) có tâm I(3; 1), bán kính R = 5 . Giả sử (Δ): ax 0 ( 0) by c c + + = ≠ . Từ: ( , ) 5 2 cos( , ) 2 dI d   Δ =       Δ =    ⇒ 2, 1, 10 1, 2, 10 a b c a b c  = =− =−   = = =−   ⇒ x : 2 10 0 : 2 10 0 y x y  Δ − − =   Δ + − =   . HT 52. Trong hệ toạ độ , Oxy cho đường tròn 2 2 ( ) : ( 1) ( 1) 10 C x y − + − = và đường thẳng : 2 2 0 d x y − − = . Lập phương trình các tiếp tuyến của đường tròn( ) C , biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng d một góc 0 45 . Giải Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 21 (C) có tâm (1;1) I bán kính 10 R= . Gọi ( ; ) n ab = là VTPT của tiếp tuyến Δ 2 2 ( 0) a b + ≠ , Vì 0 ( , ) 45 d Δ = nên 2 2 2 1 2 . 5 a b a b − = + 3 3 a b b a  =  ⇔  =−   • Với 3 a b = ⇒ Δ: 3 0 x y c + + = . Mặt khác ( ; ) dI R Δ = 4 10 10 c + ⇔ = 6 14 c c  =  ⇔  =−   • Với 3 b a =− ⇒ Δ: 3 0 x y c − + = . Mặt khác ( ; ) dI R Δ = 2 10 10 c − + ⇔ = 8 12 c c  =−  ⇔  =   Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm: 3 6 0; x y + + = 3 14 0 x y + − = ; 3 8 0; x y − − = 3 12 0 x y − + = . http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 53. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C 1): 2 2 – 2 – 2 – 2 0 x y x y + = , (C 2): 2 2 – 8 – 2 16 0 x y x y + + = . Giải (C 1) có tâm 1 (1; 1) I , bán kính R 1 = 2; (C 2) có tâm 2 (4; 1) I , bán kính R 2 = 1. Ta có: 1 2 1 2 3 I I R R = = + ⇒ (C 1) và (C 2) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1) ⇒ (C 1) và (C 2) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy. * Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài: ( ) : ( ) : 0 y ax b ax y b Δ = + ⇔ Δ − + = ta có: 2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 2 2 ( ; ) 4 4 ( ; ) 4 1 4 7 2 4 7 2 1 4 4 a b a a dI R a b hay dI R a b b b a b   + −       =       = =−   Δ =     +     ⇔ ⇔         Δ = + − − +          = = =          +   Vậy, có 3 tiếp tuyến chung: 1 2 3 2 4 7 2 2 4 7 2 ( ) : 3, ( ) : , ( ) 4 4 4 4 x y x y x + − Δ = Δ =− + Δ = + HT 54. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho hai đường tròn (C): 2 2 ( 2) ( 3) 2 x y − + − = và (C’): 2 2 ( 1) ( 2) 8 x y − + − = . Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C) và (C’). Giải (C) có tâm I(2; 3) và bán kính 2 R= ; (C′) có tâm I′(1; 2) và bán kính ' 2 2 R = . Ta có: ' 2 II R R′ = = − ⇒ (C) và (C′) tiếp xúc trong ⇒ Tọa độ tiếp điểm M(3; 4). Vì (C) và (C′) tiếp xúc trong nên chúng có duy nhất một tiếp tuyến chung là đường thẳng qua điểm M(3; 4), có véc tơ pháp tuyến là ( 1; 1) II′= − − ⇒ PTTT: 7 0 x y + − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 22 HT 55. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho hai đường tròn 2 2 1 ( ) : 2 3 0 C x y y + − − = và x 2 2 2 ( ) : 8 8 28 0 C x y y + − − + = . Viết phương trình tiếp tuyến chung của 1 ( ) C và 2 ( ) C . Giải 1 ( ) C có tâm 1 (0;1) I , bán kính 1 2 R = ; 2 ( ) C có tâm 2 (4;4) I , bán kính 2 2 R = . Ta có: 1 2 1 2 5 4 I I R R = > = + ⇒ 1 2 ( ),( ) C C ngoài nhau. Xét hai trường hợp: + Nếu d // Oy thì phương trình của d có dạng: 0 x c + = . Khi đó: 1 2 ( , ) ( , ) 4 d I d d I d c c = ⇔ = + ⇔ 2 c=− ⇒ : 2 0 d x− = . + Nếu d không song song với Oy thì phương trình của d có dạng: ax : d y b = + . Khi đó: 1 1 2 ( , ) 2 ( , ) ( , ) dI d dI d d I d   =     =    ⇔ a 2 2 2 1 2 1 1 4 4 1 1 b a b b a a   − +  =    +    − + − +  =    + +   ⇔ 3 7 ; 4 2 3 3 ; 4 2 7 37 ; 24 12 a b a b a b   = =    = =−     =− =   ⇒ x : 3 4 14 0 d y − + = hoặc x : 3 4 6 0 d y − − = hoặc x : 7 24 74 0 d y + − = . Vậy: : 2 0 d x− = ; x : 3 4 14 0 d y − + = ; x : 3 4 6 0 d y − − = ; x : 7 24 74 0 d y + − = . HT 56. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho hai đường tròn 2 2 1 ( ) : 4 5 0 C x y y + − − = và 2 2 2 ( ) : 6 8 16 0 C x y x y + − + + = . Viết phương trình tiếp tuyến chung của 1 ( ) C và 2 ( ) C . Giải 1 ( ) C có tâm 1 (0;1) I , bán kính 1 3 R = ; 2 ( ) C có tâm 2 (3; 4) I − , bán kính 2 3 R = . Giả sử tiếp tuyến chung Δ của 1 2 ( ), ( ) C C có phương trình: ax 2 2 0 ( 0) by c a b + + = + ≠ . Δ là tiếp tuyến chung của 1 2 ( ), ( ) C C ⇔ 1 1 2 2 ( , ) ( , ) dI R dI R   Δ =     Δ =    ⇔ a 2 2 2 2 2 3 (1) 3 4 3 (2) b c a b b c a b    + = +      − + = +    Từ (1) và (2) suy ra 2 a b = hoặc a 3 2 2 b c − + = . + TH1: Với 2 a b = . Chọn 1 b= ⇒ 2, 2 3 5 a c = =− ± ⇒ x : 2 2 3 5 0 y Δ + − ± = + TH2: Với a 3 2 2 b c − + = . Thay vào (1) ta được: 2 2 0 2 2 4 3 a a b a b a b  =   − = + ⇔  =−   . ⇒ : 2 0 y Δ + = hoặc x : 4 3 9 0 y Δ − − = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 23 HT 57. Trong mặt phẳng , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 4 3 4 0 x y x + + − = . Tia Oy cắt (C) tại điểm A. Lập phương trình đường tròn (T) có bán kính R′ = 2 sao cho (T) tiếp xúc ngoài với (C) tại A. Giải (C) có tâm ( 2 3;0) I − , bán kính 4 R= . Tia Oy cắt (C) tại (0;2) A . Gọi J là tâm của (T). Phương trình IA: 2 3 2 2 x t y t   =     = +    . Giả sử (2 3 ;2 2) ( ) J t t IA + ∈ . (T) tiếp xúc ngoài với (C) tại A nên A 1 2 ( 3;3) 2 AI J t J = ⇒ = ⇒ . Vậy: 2 2 ( ) : ( 3) ( 3) 4 T x y − + − = . HT 58. Trong mặt phẳng , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 1 x y + = và phương trình: 2 2 – 2( 1) 4 – 5 0 x y m x my + + + = (1). Chứng minh rằng phương trình (1) là phương trình của đường tròn với mọi m. Gọi các đường tròn tương ứng là (C m). Tìm m để (C m) tiếp xúc với (C). Giải (C m) có tâm ( 1; 2 ) I m m + − , bán kính 2 2 ' ( 1) 4 5 R m m = + + + , (C) có tâm O(0; 0) bán kính R = 1, OI 2 2 ( 1) 4 m m = + + , ta có OI < R′ Vậy (C) và (C m) chỉ tiếp xúc trong. ⇒ R′ – R = OI ( vì R’ > R) ⇒ 3 1; 5 m m =− = . HT 59. Trong mặt phẳng , Oxy cho các đường tròn có phương trình 2 2 1 1 ( ) : ( 1) 2 C x y − + = và 2 2 2 ( ) : ( 2) ( 2) 4 C x y − + − = . Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với 1 ( ) C và cắt 2 ( ) C tại hai điểm , M N sao cho 2 2 MN = . Giải 1 ( ) C có tâm 1 (1;0) I , bán kính 1 1 2 R = ; 2 ( ) C có tâm 1 (2;2) I , bán kính 2 2 R = . Gọi H là trung điểm của MN ⇒ 2 2 2 2 2 ( , ) 2 2 MN dI d I H R      = = − =       Phương trình đường thẳng d có dạng: ax 2 2 0 ( 0) by c a b + + = + ≠ . Ta có: 1 2 1 ( , ) 2 ( , ) 2 d I d d I d    =      =    ⇔ a 2 2 2 2 2 2 2 2 a c a b b c a b    + = +      + + = +    . Giải hệ tìm được a, b, c. Vậy: : 2 0; : 7 6 0 d x y d x y + − = + − = ; : 2 0 d x y − − = ; x : 7 2 0 d y − − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 24 HT 60. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 – 6 5 0 x y x + + = . Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 0 60 . Giải (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m) ∈ Oy Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ⇒ 0 0 60 (1) 120 (2) AMB AMB  =    =   Vì MI là phân giác của AMB nên: (1) ⇔ AMI = 30 0 0 sin30 IA MI ⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔ 2 9 4 7 m m + = ⇔ =± (2) ⇔ AMI = 60 0 0 sin60 IA MI ⇔ = ⇔ MI = 2 3 3 R ⇔ 2 4 3 9 3 m + = Vô nghiệm Vậy có hai điểm M 1(0; 7 ) và M 2(0; 7 − ) http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 61. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho đường tròn (C) và đường thẳng Δ định bởi: 2 2 ( ) : 4 2 0; : 2 12 0 C x y x y x y + − − = Δ + − = . Tìm điểm M trên Δ sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 60 0 . Giải Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính 5 R= . Gọi A, B là hai tiếp điểm. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 60 0 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra R=2 5 2 IM = . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: 2 2 ( 2) ( 1) 20 x y − + − = . Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng Δ, nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: 2 2 ( 2) ( 1) 20 (1) 2 12 0 (2) x y x y   − + − =     + − =    Khử x giữa (1) và (2) ta được: ( ) ( ) 2 2 2 3 2 10 1 20 5 42 81 0 27 5 y y y y y y  =   − + + − = ⇔ − + = ⇔  =   Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: ( ) 6;3 M hoặc 6 27 ; 5 5 M             HT 62. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 ( 1) ( 2) 9 x y − + + = và đường thẳng : 0 d x y m + + = . Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 25 đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. Giải (C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 3 2 IA ⇒ = ⇔ 1 5 3 2 1 6 7 2 m m m m  − =−  = ⇔ − = ⇔  =   Câu hỏi tương tự: a) 2 2 ( ) : 1, : 0 C x y d x y m + = − + = ĐS: 2 m=± . HT 63. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 ( 1) ( 2) 9 x y − + + = và đường thẳng x : 3 4 0 d y m − + = . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến PA, PB tới đường tròn (C) (A, B là hai tiếp điểm) sao cho PAB là tam giác đều. • (C) có tâm (1; 2) I − , bán kính 3 R= . ΔPAB đều ⇒ A R 2 2 6 PI I = = = ⇒ P nằm trên đường tròn (T) có tâm I, bán kính 6 r= . Do trên d có duy nhất một điểm P thoả YCBT nên d là tiếp tuyến của (T) ⇒ 19 11 ( , ) 6 6 41 5 m m dI d m  = +  = ⇔ = ⇔  =−   . HT 64. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho hai đường tròn 2 2 ( ) : 18 6 65 0 C x y x y + − − + = và 2 2 ( ) : 9 C x y ′ + = . Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C′), gọi A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng 4,8 . • (C’) có tâm ( ) O 0;0 , bán kính R OA 3 = = . Gọi H AB OM = ∩ ⇒ H là trung điểm của AB ⇒ AH 12 5 = . Suy ra: OH OA AH 2 2 9 5 = − = và OA OM OH 2 5 = = . Giả sử ( ; ) M x y . Ta có: M OM 2 2 2 2 ( ) 18 6 65 0 5 25 C x y x y x y     ∈ + − − + =     ⇔     = + =       4 5 3 0 x x y y     = =     ⇔ ∨     = =       Vậy (4;3) M hoặc (5;0) M . HT 65. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 ( 1) ( 2) 4 x y − + + = . M là điểm di động trên đường thẳng : 1 d y x = + . Chứng minh rằng từ M kẻ được hai tiếp tuyến 1 MT , 2 MT tới (C) (T 1, T 2 là tiếp điểm) và tìm toạ độ điểm M, biết đường thẳng 1 2 TT đi qua điểm (1; 1) A − . • (C) có tâm (1; 2) I − , bán kính 2 R= . Giả sử 0 0 ( ; 1) M x x d + ∈ . 2 2 2 0 0 0 ( 1) ( 3) 2( 1) 8 2 IM x x x R = − + + = + + > = ⇒ M nằm ngoài (C) ⇒ qua M kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 26 Gọi J là trung điểm IM ⇒ 0 0 1 1 ; 2 2 x x J   + −           . Đường tròn (T) đường kính IM có tâm J bán kính 1 2 IM R = có phương trình 2 2 2 2 0 0 0 0 1 1 ( 1) ( 3) ( ) : 2 2 4 x x x x T x y     + − − + +         − + − =             Từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MT 1, MT 2 đến (C) ⇒ 0 1 2 1 2 90 , ( ) ITM ITM T T T = = ⇒ ∈ 1 2 { , } ( ) ( ) T T C T ⇒ = ∩ ⇒ toạ độ 1 2 , T T thoả mãn hệ: 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 2 2 1 1 ( 1) ( 3) ( ) ( ) (1 ) (3 ) 3 0 (1) 2 2 4 ( 1) ( 2) 4 x x x x x y x x x y x x y   + − − + +   − + − =  ⇒ − − + − − =     − + + =   Toạ độ các điểm 1 2 , T T thoả mãn (1), mà qua 2 điểm phân biệt xác định duy nhất 1 đường thẳng nên phương trình 1 2 TT là 0 0 0 (1 ) (3 ) 3 0 x x y x x − − + − − = . (1; 1) A − nằm trên 1 2 TT nên 0 0 0 1 (3 ) 3 0 x x x − + + − − = ⇔ 0 1 x = ⇒ (1;2) M . HT 66. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 ( – 1) ( 1) 25 x y + + = và điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho MA = 3MB. • /( ) 27 0 M C P = > ⇒ M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5. Mặt khác: 2 /( ) . 3 3 3 M C P MAMB MB MB BH = = ⇒ = ⇒ = 2 2 4 [ ,( )] IH R BH dM d ⇒ = − = = Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a 2 + b 2 > 0). 2 2 0 6 4 [ ,( )] 4 4 12 5 a a b dM d a b a b  = − −   = ⇔ = ⇔  =−  +  . Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0. HT 67. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(1; 2) và cắt đường tròn (C) có phương trình 2 2 ( 2) ( 1) 25 x y − + + = theo một dây cung có độ dài bằng 8 l= . • d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0 ⇔ ax + by – a – 2b = 0 ( a 2 + b 2 > 0) Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài 8 l= nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) của (C) đến d bằng 3. ( ) 2 2 2 2 2 2 , 3 3 3 a b a b d I d a b a b a b − − − = = ⇔ − = + + 2 0 8 6 0 3 4 a a ab a b  =   ⇔ + = ⇔  =−   • a = 0: chọn b = 1 ⇒ d: y – 2 = 0 • a = 3 4 b − : chọn a = 3, b = – 4 ⇒ d: 3x – 4 y + 5 = 0. Câu hỏi tương tự: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 27 a) d đi qua O, 2 2 ( ) : 2 6 15 0 C x y x y + − + − = , 8 l= . ĐS: : 3 4 0 d x y − = ; : 0 d y= . b) d đi qua (5;2) Q , 2 2 ( ) : 4 8 5 0 C x y x y + − − − = , 5 2 l= . ĐS: : 3 0 d x y − − = ; : 17 7 71 0 d x y − − = . c) d đi qua (9;6) A , 2 2 ( ) : 8 2 0 C x y x y + − − = , 4 3 l= . ĐS: : 2 12 d y x = − ; 1 21 : 2 2 d y x =− + http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 68. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho đường tròn (C) : 2 2 2 8 8 0 x y x y + + − − = . Viết phương trình đường thẳng Δ song song với đường thẳng : 3 2 0 d x y + − = và cắt đường tròn (C) theo một dây cung có độ dài 6 l= . • (C) có tâm I(–1; 4), bán kính R = 5. PT đường thẳng Δ có dạng: 3 0, 2 x y c c + + = ≠ . Vì Δ cắt (C) theo một dây cung có độ dài bằng 6 nên: ( ) 2 3 4 4 10 1 , 4 4 10 1 3 1 c c d I c  − + + = −  ⇒ Δ = = ⇔   =− − +  . Vậy phương trình Δ cần tìm là: 3 4 10 1 0 x y + + − = hoặc 3 4 10 1 0 x y + − − = . Câu hỏi tương tự: a) 2 2 ( ) : ( 3) ( 1) 3 C x y − + − = , : 3 4 2012 0 d x y − + = , 2 5 l= . ĐS: : 3 4 5 0 x y Δ − + = ; : 3 4 15 0 x y Δ − − = . HT 69. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ , Oxy cho đường tròn 2 2 ( ) :( 4) ( 3) 25 C x y + + − = và đường thẳng : 3 4 10 0 x y Δ − + = . Lập phương trình đường thẳng d biết ( ) d⊥ Δ và d cắt (C) tại A, B sao cho AB = 6. • (C) có tâm I(– 4; 3) và có bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm AB, AH = 3. Do d ⊥Δ nên PT của d có dạng: 4 3 0 x y m + + = . Ta có: 1 ( ,( )) dI Δ = IH = 2 2 2 2 5 3 4 AI AH − = − = ⇔ 2 2 27 16 9 4 13 4 3 m m m  = − + +  = ⇔  =−   + Vậy PT các đường thẳng cần tìm là: 4 3 27 0 x y + + = và 4 3 13 0 x y + − = . HT 70. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho đường tròn (C): x 2 2 2 2 3 0 x y y + − − − = và điểm M(0; 2). Viết phương trình đường thẳng d qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB có độ dài ngắn nhất. • (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = 5 . IM = 2 5 < ⇒ M nằm trong đường tròn (C). Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên d. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 28 Ta có: AB = 2AH = 2 2 2 2 2 2 5 2 5 2 3 IA IH IH IM − = − ≥ − = . Dấu "=" xảy ra ⇔ H ≡ M hay d ⊥ IM. Vậy d là đường thẳng qua M và có VTPT (1; 1) MI = − ⇒ Phương trình d: 2 0 x y − + = . Câu hỏi tương tự: a) Với (C): 2 2 8 4 16 0 x y x y + − − − = , M(–1; 0). ĐS: x : 5 2 5 0 d y + + = HT 71. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho đường tròn (C) có tâm O, bán kính R = 5 và điểm M(2; 6). Viết phương trình đường thẳng d qua M, cắt (C) tại 2 điểm A, B sao cho ΔOAB có diện tích lớn nhất. • Tam giác OAB có diện tích lớn nhất ⇔ ΔOAB vuông cân tại O. Khi đó 5 2 ( , ) 2 dOd = . Giả sử phương trình đường thẳng d: 2 2 ( 2) ( 6) 0 ( 0) Ax By A B − + − = + ≠ 5 2 ( , ) 2 dOd = ⇔ A 2 2 2 6 5 2 2 B A B − − = + ⇔ A A 2 2 47 48 17 0 B B + − = ⇔ 24 5 55 47 24 5 55 47 B A B A  − −  =    − +  =   + Với 24 5 55 47 B A − − = : chọn A = 47 ⇒ B = 24 5 55 − − ⇒ d: ( ) 47( 2) 24 5 55 ( 6) 0 x y − − + − = + Với 24 5 55 47 B A − + = : chọn A = 47 ⇒ B = 24 5 55 − + ⇒ d: ( ) 47( 2) 24 5 55 ( 6) 0 x y − + − + − = Câu hỏi tương tự: a) x 2 2 ( ) : 4 6 9 0 C x y y + + − + = , (1; 8) M − . ĐS: x x 7 1 0; 17 7 39 0 y y + + = + + = . HT 72. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 6 2 6 0 x y x y + − + − = và điểm (3;3) A . Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt (C) tại hai điểm sao cho khoảng cách giữa hai điểm đó bằng độ dài cạnh hình vuông nội tiếp đường tròn (C). • (C) có tâm I(3; –1), R = 4. Ta có: A(3 ;3) ∈ (C). PT đường thẳng d có dạng: 2 2 ( 3) ( 3) 0, 0 ax by a b − + − = + ≠ ⇔ 3 3 0 ax by a b + − − = . Giả sử d qua A cắt (C) tại hai điểm A, B ⇒ AB = 4 2 . Gọi I là tâm hình vuông. Ta có: 1 1 ( , ) 2 2 ( ) 2 2 d I d AD AB = = = 2 2 3 3 3 2 2 a b a b a b − − − ⇔ = + Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 29 2 2 2 2 4 2 2 b a b a b a b ⇔ = + ⇔ = ⇔ =± . Chọn b = 1 thì a = 1 hoặc a = –1. Vậy phương trình các đường thẳng cần tìm là: x 6 0 y + − = hoặc 0 x y − = . HT 73. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho hai đường tròn (C 1): 2 2 13 x y + = và (C 2): 2 2 ( 6) 25 x y − + = . Gọi A là một giao điểm của (C 1) và (C 2) với y A > 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và cắt (C 1), (C 2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau. • (C 1) có tâm O(0; 0), bán kính R 1 = 13 . (C 2) có tâm I 2(6; 0), bán kính R 2 = 5. Giao điểm A(2; 3). Giả sử d: 2 2 ( 2) ( 3) 0 ( 0) ax by a b − + − = + ≠ . Gọi 1 2 2 ( , ), ( , ) d dOd d dI d = = . Từ giả thiết ⇒ 2 2 2 2 1 1 2 2 R d R d − = − ⇔ 2 2 2 1 12 d d − = ⇔ a a a 2 2 2 2 2 2 (6 2 3 ) ( 2 3 ) 12 b b a b a b − − − − − = + + ⇔ a 2 3 0 b b + = ⇔ a 0 3 b b  =   =−   . • Với b = 0: Chọn a = 1 ⇒ Phương trình d: 2 0 x− = . • Với b = –3a: Chọn a = 1, b = –3 ⇒ Phương trình d: 3 7 0 x y − + = . HT 74. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho đường thẳng Δ: 4 0 mx y + = , đường tròn (C): 2 2 2 2 2 24 0 x y x my m + − − + − = có tâm I. Tìm m để đường thẳng Δ cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 12. • (C) có tâm (1; ) I m , bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm của dây cung AB. 2 2 4 5 ( , ) 16 16 m m m IH dI m m + = Δ = = + + ; 2 2 2 2 2 (5 ) 20 25 16 16 m AH IA IH m m = − = − = + + 12 IAB S Δ = ⇔ 2 3 ( , ). 12 3 25 48 0 16 3 m dI AH m m m  =±   Δ = ⇔ − + = ⇔  =±   HT 75. Trong mặ t pha{ng to ̣ a đo ̣̂ , Oxy cho đươ ̀ ng tro ̀ n 2 2 ( ) : 1 C x y + = , đươ ̀ ng tha{ng ( ) : 0 d x y m + + = . Tı ̀m m đe ( ) C ca€t ( ) d ta ̣ i A và B sao cho diệ n tı ́ch tam giác ABO lơ ́ n nha‚t. • (C) có tâm O(0; 0) , bán kính R = 1. (d) cắt (C) tại A, B ( ; ) 1 dOd ⇔ < Khi đó: 1 1 1 . .sin .sin 2 2 2 OAB S OAOB AOB AOB = = ≤ . Dấu "=" xảy ra ⇔ 0 90 AOB= . Vậy AOB S lón nhất ⇔ 0 90 AOB= . Khi đó 1 ( ; ) 2 dI d = 1 m ⇔ =± . HT 76. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho đường thẳng ( ) d : 2 1 2 0 x my + + − = và đường tròn có phương Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 30 trình 2 2 ( ) : 2 4 4 0 C x y x y + − + − = . Gọi I là tâm đường tròn ( ) C . Tìm m sao cho ( ) d cắt ( ) C tại hai điểm phân biệt A và B. Với giá trị nào của m thì diện tích tam giác IAB lớn nhất và tính giá trị đó. • ( ) C có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3. (d) cắt ( ) C tại 2 điểm phân biệt A, B ( , ) dI d R ⇔ < 2 2 2 1 2 3 2 m m ⇔ − + − < + 2 2 2 1 4 4 18 9 5 4 17 0 m m m m m m R ⇔ − + < + ⇔ + + > ⇔ ∈ Ta có: 1 1 9 . sin . 2 2 2 S IAIB AIB IAIB IAB = ≤ = Vậy: S IAB lớn nhất là 9 2 khi 0 90 AIB= ⇔ AB = 2 3 2 R = ⇔ 3 2 ( , ) 2 dI d = ⇔ 3 2 2 1 2 2 2 m m − = + 2 2 16 32 0 m m ⇔ + + = 4 m ⇔ =− Câu hỏi tương tự: a) Với : – 2 3 0 d x my m + + = , 2 2 ( ) : 4 4 6 0 C x y x y + + + + = . ĐS: 8 0 15 m m = ∨ = HT 77. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho đường tròn x 2 2 ( ) : 4 6 9 0 C x y y + + − + = và điểm (1; 8) M − . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M, cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho tam giác ABI có diện tích lớn nhất, với I là tâm của đường tròn (C). • (C) có tâm ( 2;3) I − , bán kính 2 R= . PT đường thẳng d qua (1; 8) M − có dạng: : 8 0 d ax by a b + − + = ( 2 2 0 a b + ≠ ). 1 . .sin 2sin 2 IAB S IAIB AIB AIB Δ = = . Do đó: IAB S Δ lớn nhất ⇔ 0 90 AIB= ⇔ 2 ( , ) 2 2 dI d IA = = ⇔ a 2 2 11 3 2 b a b − = + ⇔ a a 2 2 7 66 118 0 b b − + = ⇔ a 7 7 17 a b b  =   =   . + Với 1 7 b a = ⇒ = ⇒ x : 7 1 0 d y + + = + Với 7 17 b a = ⇒ = ⇒ x : 17 7 39 0 d y + + = HT 78. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 4 4 6 0 x y x y + + + + = và đường thẳng Δ: – 2 3 0 x my m + + = với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để Δ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích ΔIAB lớn nhất. • (C) có tâm là I (–2; –2); R = 2 . Giả sử Δ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ΔIAB, ta có: S ΔABC = 1 . .sin 2 IAB S IAIB AIB = = sinAIB Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 31 Do đó IAB S lớn nhất ⇔ sin AIB = 1 ⇔ ΔAIB vuông tại I ⇔ IH = 1 2 IA = (thỏa IH < R) ⇔ 2 1 4 1 1 m m − = + ⇔ 15m 2 – 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m = 8 15 Câu hỏi tương tự: a) Với 2 2 ( ) : 2 4 4 0 C x y x y + − + − = , : 2 1 2 0 x my Δ + + − = . ĐS: 4 m=− . b) Với 2 2 ( ) : 2 4 5 0 C x y x y + − − − = , : 2 0 x my Δ + − = . ĐS: 2 m=− HT 79. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho đường thẳng d: – 5 – 2 0 x y = và đường tròn (C): 2 2 2 4 8 0 x y x y + + − − = . Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. • Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 0; 2 2 4 8 0 1; 3 5 2 0 y x x y x y y x x y     = = + + − − =     ⇔     =− =− − − =       . Vì 0 A x > nên ta được A(2;0), B(–3;–1). Vì 0 90 ABC = nên AC là đường kính đường tròn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4). HT 80. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , Oxy cho đường tròn (C ): 2 2 2 4 8 0 x y x y + + − − = và đường thẳng (Δ ): 2 3 1 0 x y − − = . Chứng minh rằng (Δ ) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm toạ độ điểm M trên đường tròn ( C ) sao cho diện tích tam giác ABM lớn nhất. • (C) có tâm I(–1; 2), bán kính R = 13 . 9 ( , ) 13 dI R Δ = < ⇒ đường thẳng (Δ ) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt. Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có 1 . ( , ) 2 ABM S ABd M Δ = Δ . Trong đó AB không đổi nên ABM S Δ lớn nhất ⇔ ( , ) dM Δ lớn nhất. Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với (Δ ). PT đường thẳng d là 3 2 1 0 x y + − = . Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 4 8 0 3 2 1 0 x y x y x y   + + − − =     + − =    ⇔ 1, 1 3, 5 x y x y  = =−   =− =   ⇒ P(1; –1); Q(–3; 5) Ta có 4 ( , ) 13 dP Δ = ; 22 ( , ) 13 dQ Δ = . Như vậy ( , ) dM Δ lớn nhất ⇔ M trùng với Q. Vậy tọa độ điểm M(–3; 5). HT 81. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho đường tròn (C): x 2 2 2 4 5 0 x y y + − − − = và A(0; –1) ∈ (C). Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho ΔABC đều. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 32 • (C) có tâm I(1;2) và R= 10 . Gọi H là trung điểm BC. Suy ra 2. AI IH = 3 7 ; 2 2 H      ⇔        ABC Δ đều ⇒ I là trọng tâm. Phương trình (BC): 3 12 0 x y + − = Vì B, C ∈ (C) nên tọa độ của B, C là các nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 2 2 4 5 0 2 4 5 0 3 12 0 12 3 x y x y x y x y x y x y     + − − − = + − − − =     ⇔     + − = = −       Giải hệ PT trên ta được: 7 3 3 3 3 7 3 3 3 3 ; ; ; 2 2 2 2 B C       + − − +                   hoặc ngược lại. HT 82. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 ( 3) ( 4) 35 x y − + − = và điểm A(5; 5). Tìm trên (C) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. • (C) có tâm I(3; 4). Ta có: AB AC IB IC   =     =    ⇒ AI là đường trung trực của BC. ΔABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân giác của BAC . Do đó AB và AC hợp với AI một góc 0 45 . Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 0 45 . Khi đó B, C là giao điểm của d với (C) và AB = AC. Vì (2;1) IA= ≠ (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ ⇒ VTCP của d có hai thành phần đều khác 0. Gọi (1; ) u a = là VTCP của d. Ta có: ( ) 2 2 2 2 2 2 cos , 2 1 2 1 5 1 a a IAu a a + + = = = + + + ⇔ 2 2 2 5 1 a a + = + ⇔ 3 1 3 a a  =    =−   + Với a = 3, thì (1;3) u= ⇒ Phương trình đường thẳng d: 5 5 3 x t y t   = +     = +    . Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: 9 13 7 3 13 9 13 7 3 13 ; , ; 2 2 2 2       + + − −                   + Với a = 1 3 − , thì 1 1; 3 u      = −       ⇒ Phương trình đường thẳng d: 5 1 5 3 x t y t   = +      = −     . Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: 7 3 13 11 13 7 3 13 11 13 ; , ; 2 2 2 2       + − − +                   +Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là: 7 3 13 11 13 9 13 7 3 13 ; , ; 2 2 2 2       + − + +                   và 7 3 13 11 13 9 13 7 3 13 ; , ; 2 2 2 2       − + − −                   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV.Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 33 HT 83. Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 4 x y + = và các điểm 8 1; 3 A      −       , (3;0) B . Tìm toạ độ điểm M thuộc (C) sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 20 3 . • 64 10 4 ; : 4 3 12 0 9 3 AB AB x y = + = − − = . Gọi M(x;y) và ( , ) h d M AB = . Ta có: 4 3 8 0 4 3 12 1 20 . 4 4 4 3 32 0 2 3 5 x y x y hAB h x y  − + = − −  = ⇔ = ⇔ = ⇔  − − =   + 2 2 4 3 8 0 14 48 ( 2;0); ; 25 75 4 x y M M x y   − + =        ⇒ − −         + =    + 2 2 4 3 32 0 4 x y x y   − − =     + =    (vô nghiệm) HT 84. Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho đường tròn x 2 2 ( ) : 2 6 9 0 C x y y + + − + = và đường thẳng x : 3 4 5 0 d y − + = . Tìm những điểm M ∈ (C) và N ∈ d sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. • (C) có tâm ( 1;3) I − , bán kính 1 R= ⇒ ( , ) 2 dI d R = > ⇒ ( ) d C ∩ =∅ . Gọi Δ là đường thẳng qua I và vuông góc với d ⇒ x ( ) : 4 3 5 0 y Δ + − = . Gọi 0 0 1 7 ; 5 5 N d N      = ∩Δ⇒       . Gọi 1 2 , M M là các giao điểm của Δ và (C) ⇒ 1 2 2 11 8 19 ; , ; 5 5 5 5 M M           − −             ⇒ MN ngắn nhất khi 1 0 , M M N N ≡ ≡ . Vậy các điểm cần tìm: 2 11 ; ( ) 5 5 M C      − ∈       , 1 7 ; 5 5 N d     ∈       . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 34 PHẦN III CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TAM GIÁC Toàn bộ tài liệu luyện thi đại học môn toán của thầy Lưu Huy Thưởng: http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 85.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có 3 đỉnh ( 5;3), (2; 1), ( 1;3) A B C − − − . a) Viết phương trình ba cạnh của tam giác. b) Viết phương trình đường trung tuyến AM c) Viết phương trình đường cao BH d) Viết phương trình đường trung trực d của cạnh AC. e) Viết phương trình đường phân giác trong đỉnh C. Giải a) Cạnh ( 5;3) (7; 4) quaA AB vtcpAB   −     = −    5 3 : 7 4 x y AB + − ⇒ = − Cạnh ( 5;3) : (4;0) quaA AC vtcpAC   −     =    5 4 : 3 x t AC y   =− +   ⇒   =    Cạnh (2; 1) : ( 3;4) quaB BC vtcpBC   −     = −    2 1 : 3 4 x x BC − + ⇒ = − b) Ta có, M là trung điểm của BC 1 ( ;1) 2 M ⇒ Phương trình đường trung tuyến ( 5;3) : 11 ( ; 2) 2 quaA AM vtcpAM   −      = −     5 3 : 11 2 2 x x AM + − ⇒ = − c) Đường cao (2; 1) 2 4 : : 1 (4;0) quaB x t BH BH y vtptAC    −  = +     ⇒     = =       d) Gọi N là trung điểm của AC ( 3;3) N ⇒ − Đường trung trực của AC : ( 3;3) 3 4 : : 3 (4;0) quaN x t d d y vtptAC    −  =− +     ⇒     = =       e) Ta có : : 4 3 5 0 BC x y + − = ; : 3 0 AC y− = Phương trình đường phân giác góc tạo bởi BC và AC là : 4 3 5 3 5 1 x y y + − − =± 4 3 5 5 15 4 3 5 5 15 x y y x y y  + − = −  ⇔  + − =− +   1 2 2 5 0 ( ) 2 5 0 ( ) x y l x y l  − + =  ⇔  + − =   Xét vị trí tương đối của A và B so với 1 l Ta có : 2.( 5) 3 5 8 A t = − − + =− ; 2.2 1 5 10 B t = + + = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 35 . 80 0 A B t t ⇒ =− < Vậy, A và B nằm khác phía so với 1 l nên 1 l là đường phân giác trong đỉnh C. HT 86.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có (2;2) A và phương trình hai đường cao kẻ từ B và C lần lượt là: 1 2 : 9 3 4 0; : 2 0 d x y d x y − − = + − = . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. Giải Lập phương trình AC : Ta có : 1 1 : 3 0 AC d AC x y c ⊥ ⇒ + + = AC qua 1 (2;2) 8 : 3 8 0 A c AC x y ⇒ =− ⇒ + − = Lập phương trình AB : Ta có : 2 2 : 0 AB d AB x y c ⊥ ⇒ − + = AB qua 2 (2;2) 0 : 0 A c AB x y ⇒ = ⇒ − = Lập phương trình BC : Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình : 2 0 2 2 3 ; 9 3 4 0 2 3 3 3 x x y B x y y    =      − =        ⇔ ⇒          − − =       =     Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình : 3 8 0 1 ( 1;3) 2 0 3 x y x C x y y     + − = =−     ⇔ ⇒ −     + − = =       Vậy, ( 1;3) : : 7 5 8 0 5 7 ( ; ) 7 3 quaC BC BC x y vtcpBC   −    ⇒ + − =   = −     http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 87.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình hai đường cao lần lượt là: : 4 1 0 AH x y − − = và : 3 0 BK x y − + = , trọng tâm tam giác (1;2) G . Viết phương trình các cạnh của tam giác. Giải Tọa độ điểm ( ;4 1); ( ; 3) Aa a Bbb − + Hệ thức trọng tâm trong tam giác : 3 3 A B C G A B C G x x x x y y y y   + +   =     + +  =     1 3 3 4 4 4 1 3 2 3 C C C a b x x a b y a b a b   + +    =  = − −     ⇔ ⇔     = − − − + +     =     (3 ;4 4 ) C a b a b ⇔ − − − − (3 2 ;5 8 ) AC a b a b = − − − − ; (3 2 ;1 4 2 ) BC a b a b = − − − − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 36 Ta có: . 0 3 2 5 8 0 3 2 4 16 8 0 . 0 BK AH AC BK ACu a b a b BC AH a b a b BCu       ⊥ = − − + − − =       ⇔ ⇔       ⊥ − − + − − = =          5 4 1 17 10 7 1 a b a a b b     + = =     ⇔     + = =−       Vậy, (1;3), ( 1;2), (3;1) A B C − Phương trình các cạnh (học sinh tự viết) : 2 5 0; : 4 0, : 4 7 0 AB x y AC x y BC x y − + = + − = + − = HT 88.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 3) và hai đường trung tuyến của nó có phương trình là: – 2 1 0 x y+ = và – 1 0 y = . Hãy viết phương trình các cạnh của ΔABC. Giải Thay tọa độ điểm A vào phương trình hai đường trung tuyến ta thấy không thỏa mãn. Không mất tính tổng quát, đặt trung tuyến : 2 1 0 BM x y − + = , trung tuyến : 1 0 CN y− = Tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ phương trình: 2 1 0 1 0 x y y   − + =     − =    1 (1;1) 1 x G y   =   ⇔ ⇒   =    Ta có, tọa độ (2 1; ); ( ;1) B b b C c − Hệ thức trọng tâm tam giác: 1 2 1 1 1 3 3 3 1 5 1 3 3 A B C G A B C G x x x b c x b y y y b c y    + +  + − +    = =    =−       ⇔ ⇔ ⇔       + + + + =      = =         Vậy, ( 3; 1), (5;1) B C − − Phương trình ba cạnh (học sinh tự viết) • (AC): x + 2y – 7 = 0; (AB): x – y + 2 = 0; (BC): x – 4y – 1 = 0. HT 89.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có (2;1) A . Đường cao BH có phương trình 3 7 0 x y − − = . Đường trung tuyến CM có phương trình 1 0 x y + + = . Xác định toạ độ các đỉnh B, C. Tính diện tích tam giác ABC. Giải • AC qua A và vuông góc với đường cao BH ⇒ ( ) : 3 7 0 AC x y − − = . Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ: 3 7 0 1 0 x y x y   − − =     + + =    ⇒ (4; 5) C − . Trung điểm M của AB có: 2 1 ; 2 2 B B M M x y x y + + = = . ( ) M CM ∈ ⇒ 2 1 1 0 2 2 B B x y + + + + = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 37 Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: 3 7 0 2 1 1 0 2 2 B B x y x y   − − =     + +  + + =     ⇒ ( 2; 3) B− − . Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ: x 3 7 0 3 7 0 x y y   − − =     + − =    ⇒ 14 7 ; 5 5 H      −       . 8 10 ; 2 10 5 BH AC = = ⇒ 1 1 8 10 . .2 10. 16 2 2 5 ABC S ACBH Δ = = = (đvdt). HT 90.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ΔABC có tọa độ đỉnh B(3; 5) , phương trình đường cao hạ từ đỉnh A và đường trung tuyến hạ từ đỉnh C lần lượt là 1 d : 2x – 5y + 3 = 0 và 2 d : x + y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C của tam giác ABC. Giải • Gọi M là trung điểm AB thì M ∈ 2 d nên ( ;5 ) M a a − . Đỉnh A ∈ 1 d nên 5 3 ; 2 b A b   −           . M là trung điểm AB: 2 2 A B M A B M x x x y y y   + =     + =    4 5 3 2 2 5 1 a b a a b b     − = =     ⇔ ⇔     + = =       ⇒ A(1; 1). Phương trình BC: x 5 2 25 0 y + − = ; 2 C d BC = ∩ ⇒ C(5; 0). HT 91.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có (4; 2) A − , phương trình đường cao kẻ từ C và đường trung trực của BC lần lượt là: 2 0 x y − + = , x 3 4 2 0 y + − = . Tìm toạ độ các đỉnh B và C. Giải • Đường thẳng AB qua A và vuông góc với đường cao CH ⇒ ( ) : 2 0 AB x y − + = . Gọi ( ;2 ) ( ) Bb b AB − ∈ , ( ; 2) ( ) C cc CH + ∈ ⇒ Trung điểm M của BC: 4 ; 2 2 b c b c M   + − +          . Vì M thuộc trung trực của BC nên: 3( ) 4(4 ) 4 0 b c b c + + − + − = ⇔ 7 12 0 b c − + + = (1) ( ; ) BC c bc b = − + là 1 VTPT của trung trực BC nên 4( ) 3( ) c b c b − = + ⇔ 7 c b = (2) Từ (1) và (2) ⇒ 7 1 , 4 4 c b =− =− . Vậy 1 9 7 1 ; , ; 4 4 4 4 B C           − −             . HT 92.Trong mặt phẳng với hệ toạ 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 • Gọi ( ; 2 3) C c c+ và ( ;6 ) I m m − là trung điểm của BC. Suy ra: (2 ; 9 2 2 ) B m c m c − − − . Vì C’ là trung điểm của AB nên: 2 5 11 2 2 ' ; ' 2 2 m c m c C CC   − + − −   ∈        Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 38 nên 2 5 11 2 2 5 2 3 0 2 2 6 m c m c m   − + − −   − + = ⇒ =−       5 41 ; 6 6 I      ⇒ −       . HT 93. Phương trình BC: 3 3 23 0 x y − + = ⇒ 14 37 ; 3 3 C             ⇒ 19 4 ; 3 3 B      −        .Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; –4). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C lần lượt là 1 : 1 0 d x y + − = và 2 : 3 9 0 d x y − − = . Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC. Giải • Gọi 2 ( ;3 9) C c c d − ∈ và M là trung điểm của BC ⇒ 1 ( ;1 ) M m m d − ∈ . ⇒ (2 ;11 2 3 ) B m c m c − − − . Gọi I là trung điểm của AB, ta có 2 3 7 2 3 ; 2 2 m c m c I   − + − −          . Vì I ∈ 2 ( ) d nên 2 3 7 2 3 3. 9 0 2 2 m c m c − + − − − − = ⇔ 2 m= ⇒ (2; 1) M − ⇒ Phương trình BC: 3 0 x y − − = . 2 (3;0) (1; 2) C BC d C B = ∩ ⇒ ⇒ − . HT 94.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 5); B(4; –3), đường phân giác trong vẽ từ C là : 2 8 0 d x y + − = . Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải • Gọi E là điểm đối xứng của A qua d ⇒ E ∈ BC. Tìm được (1;1) E ⇒ PT đường thẳng BC: x 4 3 1 0 y + + = . C d BC = ∩ ⇒ ( 2;5) C − . Phương trình đường tròn (ABC) có dạng: 2 2 2 2 2 2 0; 0 x y ax by c a b c + − − + = + − > Ta có A, B, C ∈ (ABC) ⇒ 4 10 29 1 5 99 6 10 34 ; ; 2 8 4 8 6 25 a b c a b c a b c a b c   − + =−     −    − − + =− ⇔ = = =       − + + =−   Vậy phương trình đường tròn là: 2 2 5 99 0 4 4 x y x y + − − − = . http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 95.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ΔABC biết: B(2; –1), đường cao qua A có phương trình d 1: 3 – 4 27 0 x y+ = , phân giác trong góc C có phương trình d 2: 2 – 5 0 x y + = . Tìm toạ độ điểm A. Giải • Phương trình BC: 2 1 3 4 x y − + = − ⇒ Toạ độ điểm ( 1;3) C − + Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d 2, I là giao điểm của BB’ và d 2. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 39 ⇒ phương trình BB’: 2 1 1 2 x y − + = 2 5 0 x y ⇔ − − = + Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: 2 5 0 3 (3;1) 2 5 0 1 x y x I x y y     − − = =     ⇔ ⇒     + − = =       + Vì I là trung điểm BB’ nên: ' ' 2 4 (4;3) 2 3 B I B B I B x x x B y y y   = − =   ′ ⇒   = − =    + Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0. + Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 3 0 5 ( 5;3) 3 4 27 0 3 y x A x y y     − = =−     ⇔ ⇒ −     − + = =       HT 96.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là (d 1): 2 0 x y + + = , phương trình đường cao vẽ từ B là (d 2): 2 – 1 0 x y+ = , cạnh AB đi qua M(1; –1). Tìm phương trình cạnh AC. Giải • Gọi N là điểm đối xứng của M qua (d 1) N AC ⇒ ∈ . ( 1, 1) N N MN x y = − + Ta có: 1 / / (1; 1) d MN n = 1( 1) 1( 1) 0 2 (1) N N N N x y x y ⇔ − − + = ⇔ − = Tọa độ trung điểm I của MN: 1 1 (1 ), ( 1 ) 2 2 I N I N x x y y = − = − + 1 1 1 ( ) (1 ) ( 1 ) 2 0 2 2 N N I d x y ∈ ⇔ − + − + + = 4 0 (2) N N x y ⇔ + + = Giải hệ (1) và (2) ta được N(–1; –3) Phương trình cạnh AC vuông góc với (d 2) có dạng: x + 2y + C = 0. ( ) 1 2.( 3) 0 7. N AC C C ∈ ⇔ + − + = ⇔ = Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + 7 = 0. HT 97.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; –2), đường cao : 1 0 CH x y − + = , phân giác trong : 2 5 0 BN x y + + = . Tìm toạ độ các đỉnh B, C và tính diện tích tam giác ABC. Giải • Do AB CH ⊥ nên phương trình AB: 1 0 x y + + = . + B = AB BN ∩ ⇒ Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: 2 5 0 1 0 x y x y   + + =     + + =    ⇔ 4 3 x y   =−     =    ⇒ ( 4;3) B− . + Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì ' A BC ∈ . Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): 2 5 0 x y − − = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 40 Gọi ( ) I d BN = ∩ . Giải hệ: 2 5 0 2 5 0 x y x y   + + =     − − =    . Suy ra: I(–1; 3) '( 3; 4) A ⇒ − − + Phương trình BC: 7 25 0 x y + + = . Giải hệ: : 7 25 0 : 1 0 BC x y CH x y   + + =     − + =    ⇒ 13 9 ; 4 4 C      − −       . + 2 2 13 9 450 4 3 4 4 4 BC           = − + + + =             , 2 2 7.1 1( 2) 25 ( ; ) 3 2 7 1 d ABC + − + = = + . Suy ra: 1 1 450 45 ( ; ). .3 2. . 2 2 4 4 ABC S d ABC BC = = = HT 98.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh (2; 1) B − , đường cao xuất phát từ A và đường phân giác trong góc C lần lượt là x 1 : 3 4 27 0 d y − + = , 2 : 2 5 0 d x y + − = . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. Giải • Đường thẳng BC qua B và vuông góc với 1 d ⇒ x ( ) : 4 3 5 0 BC y + + = . Toạ độ đỉnh C là nghiệm của hệ: x 4 3 5 0 2 5 0 y x y   + + =     + − =    ⇒ ( 1;3) C − . Gọi B′ là điểm đối xứng của B qua 2 d ⇒ (4;3) B′ và ( ) B AC ′∈ . Đường thẳng AC đi qua C và B′ ⇒ ( ) : 3 0 AC y− = . Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ: x 3 0 3 4 27 0 y y   − =     − + =    ⇒ ( 5;3) A− . Đường thẳng AB qua A và B ⇒ x ( ) : 4 7 1 0 AB y + − = . Vậy: x ( ) : 4 7 1 0 AB y + − = , x ( ) : 4 3 5 0 BC y + + = ,( ) : 3 0 AC y− = . http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 99.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, choΔ ABC có đỉnh A(1;2), phương trình đường trung tuyến BM: 2 1 0 x y + + = và phân giác trong CD: 1 0 x y + − = . Viết phương trình đường thẳng BC. Giải • Điểm : 1 0 ( ;1 ) C CD x y C t t ∈ + − = ⇒ − . Suy ra trung điểm M của AC là 1 3 ; 2 2 t t M   + −           . Từ A(1;2), kẻ : 1 0 AK CD x y ⊥ + − = tại I (điểm K BC ∈ ). Suy ra : ( 1) ( 2) 0 1 0 AK x y x y − − − = ⇔ − + = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 41 Tọa độ điểm I thỏa hệ: ( ) 1 0 0;1 1 0 x y I x y   + − =   ⇒   − + =    Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của ( 1;0) K − . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y + = ⇔ + + = − + HT 100.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(4; 3). Biết phương trình đường phân giác trong (AD): 2 5 0 x y + − = , đường trung tuyến (AM): x 4 13 10 0 y + − = . Tìm toạ độ đỉnh B. Giải • Ta có A = AD ∩ AM ⇒ A(9; –2). Gọi C′ là điểm đối xứng của C qua AD ⇒ C′ ∈ AB. Ta tìm được: C′(2; –1). Suy ra phương trình (AB): 9 2 2 9 1 2 x y − + = − − + ⇔ 7 5 0 x y + + = . Viết phương trình đường thẳng Cx // AB ⇒ (Cx): 7 25 0 x y + − = HT 101.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC Δ , với đỉnh A(1; –3) phương trình đường phân giác trong BD: 2 0 x y + − = và phương trình đường trung tuyến CE: 8 7 0 x y + − = . Tìm toạ độ các đỉnh B, C. Giải • Gọi E là trung điểm của AB. Giả sử D ( ;2 ) Bb b B − ∈ 1 1 ; 2 2 b b E CE   + +    ⇒ − ∈        ⇒ 3 b=− ⇒ ( 3;5) B− . Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua BD ⇒ A′ ∈ BC. Tìm được A′(5; 1) ⇒ Phương trình BC: 2 7 0 x y + − = ; 8 7 0 : (7;0) 2 7 0 x y C CE BC C x y   + − =   = ∩ ⇒   + − =    . HT 102.Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC với (1; 2) B − đường cao : 3 0 AH x y − + = . Tìm tọa độ các đỉnh A, C của tam giác ABC biết C thuộc đường thẳng :2 1 0 d x y + − = và diện tích tam giác ABC bằng 1. Giải • Phương trình : 1 0 BC x y + + = . C = BC ∩ d ⇒ (2; 3) C − . Gọi 0 0 0 0 ( ; ) 3 0 Ax y AH x y ∈ ⇒ − + = (1); 0 0 1 2, ( , ) 2 x y BC AH d ABC + + = = = 0 0 0 0 0 0 1 1 2 (2) 1 1 . 1 . . 2 1 1 2 (3) 2 2 2 ABC x y x y S AHBC x y Δ  + + + + =  = = ⇔ = ⇔  + + =−   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 42 Từ (1) và (2) 0 0 1 ( 1;2) 2 x A y   =−   ⇒ ⇒ −   =    . Từ (1) và (3) 0 0 3 ( 3;0) 0 x A y   =−   ⇒ ⇒ −   =    HT 103.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh ( 1; 3) A− − , trọng tâm (4; 2) G − , trung trực của AB là x : 3 2 4 0 d y + − = . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải • Gọi M là trung điểm của BC ⇒ 3 2 AM AG = ⇒ 13 3 ; 2 2 M      −       . AB d ⊥ ⇒ AB nhận (2; 3) d u = − làm VTPT ⇒ Phương trình x : 2 3 7 0 AB y − − = . Gọi N là trung điểm của AB ⇒ N = AB ∩ d ⇒ (2; 1) N − ⇒ (5;1) B ⇒ (8; 4) C − . PT đường tròn (C) ngoại tiếp ΔABC có dạng: ax 2 2 2 2 0 x y by c + + + + = ( 2 2 0 a b c + − > ). Khi đó ta có hệ: a a a 2 6 10 10 2 26 16 8 80 b c b c b c   + − =    + + =−    − + =−    ⇔ 74 21 23 7 8 3 a b c    =       =−       =     . Vậy: 2 2 148 46 8 ( ) : 0 21 7 3 C x y x y + − + + = HT 104.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phân giác trong AD và đường cao CH lần lượt có phương trình 2 0 x y + − = , 2 5 0 x y − + = . Điểm (3;0) M thuộc đoạn AC thoả mãn A 2 AB M = . Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC. Giải • Gọi E là điểm đối xứng của M qua AD ⇒ (2; 1) E − . Đường thẳng AB qua E và vuông góc với CH ⇒ x ( ) : 2 3 0 AB y + − = . Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: x 2 3 0 2 0 y x y   + − =     + − =    ⇒ (1;1) A ⇒ PT ( ) : 2 3 0 AM x y + − = Do A 2 AB M = nên E là trung điểm của AB ⇒ (3; 3) B − . Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ: 2 3 0 2 5 0 x y x y   + − =     − + =    ⇒ ( 1;2) C − Vậy: (1;1) A , (3; 3) B − , ( 1;2) C − . Câu hỏi tương tự: a) D ( ) : 0 A x y − = , x ( ) : 2 3 0 CH y + + = , (0; 1) M − . ĐS: (1;1) A ; ( 3; 1) B− − ; 1 ; 2 2 C      − −        Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 43 HT 105.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, đường thẳng BC có phương trình 2 2 0 x y + − = . Đường cao kẻ từ B có phương trình 4 0 x y − + = , điểm ( 1;0) M − thuộc đường cao kẻ từ C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. Giải • Toạ độ đỉnh B là nghiệm của hệ: 2 2 0 4 0 x y x y   + − =     − + =    ⇒ ( 2;2) B− . Gọi d là đường thẳng qua M và song song với BC ⇒ : 2 1 0 d x y + + = . Gọi N là giao điểm của d với đường cao kẻ từ B ⇒ Toạ độ của N là nghiệm của hệ: 4 0 2 1 0 x y x y   − + =     + + =    ⇒ ( 3;1) N − . Gọi I là trung điểm của MN ⇒ 1 2; 2 I      −       . Gọi E là trung điểm của BC ⇒ IE là đường trung trực của BC ⇒ x : 4 2 9 0 IE y − + = . Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ: x 2 2 0 4 2 9 0 x y y   + − =     − + =    ⇒ 7 17 ; 5 10 E      −       ⇒ 4 7 ; 5 5 C      −       . Đường thẳng CA qua C và vuông góc với BN ⇒ 3 : 0 5 CA x y + − = . Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ: x 4 2 9 0 3 0 5 y x y   − + =      + − =     ⇒ 13 19 ; 10 10 A      −       . Vậy: 13 19 ; 10 10 A      −       , ( 2;2) B− , 4 7 ; 5 5 C      −       . HT 106.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: – 4 – 2 0 x y = , cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: 3 0 x y + + = và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. Giải • Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình: y x = . Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ : 2 4 2 0 2 2 3 ; 2 3 3 3 x x y A y x y    =−      − − =        ⇔ ⇒ − −          =       =−     Vì M là trung điểm của AC nên 8 8 ; 3 3 C             Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương trình: 2 4 x y= + Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 44 3 0 4 : ( 4;1) 1 2 4 x y x BH BC B B x y y   + + =    =−     ∩ = ⇔ ⇒ −     = = +        http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 107.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao : 3 4 10 0 BH x y + + = , đường phân giác trong góc A là AD có phương trình là 1 0 x y − + = , điểm M(0; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C một khoảng bằng 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Giải • Gọi N đối xứng với M quaAD . Ta cóN AC ∈ và N (1;1) ⇒ PT cạnh : 4 3 1 0 AC x y − − = (4;5) A AC AD A = ∩ ⇒ . AB đi qua M, A ⇒ PT cạnh : 3 4 8 0 AB x y − + = ⇒ 1 3; 4 B      − −       Gọi ( ; ) 4 3 1 0 C ab AC a b ∈ ⇒ − − = , ta có 2 MC = ⇒ (1;1) C hoặc 31 33 ; 25 25 C             . Kiểm tra điều kiện B, C khác phía với AD, ta có cả hai điểm trên đều thỏa mãn. HT 108.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh AB là ( 1;2) M − , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là (2; 1) I − . Đường cao của tam giác kẻ từ A có phương trình x 2 1 0 y + + = . Tìm toạ độ đỉnh C. Giải • PT đường thẳng AB qua M và nhận (3; 3) MI = − làm VTPT: ( ) : 3 0 AB x y − + = . Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: x 3 0 2 1 0 x y y   − + =     + + =    ⇒ 4 5 ; 3 3 A      −       . ( 1;2) M − là trung điểm của AB nên 2 7 ; 3 3 B      −       . Đường thẳng BC qua B và nhận (2;1) n= làm VTCP nên có PT: 2 2 3 7 3 x t y t    =− +       = +     Giả sử 2 7 2 ; ( ) 3 3 C t t BC      − + + ∈       . Ta có: 2 2 2 2 8 10 8 10 2 3 3 3 3 IB IC t t                     = ⇔ − + + = +                         ⇔ 0 ( ) 4 5 t loaïi vìC B t  = ≡    =   Vậy: 14 47 ; 15 15 C            . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 45 HT 109.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong BD. Biết 17 ( 4;1), ;12 5 H M      −       và BD có phương trình 5 0 x y + − = . Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC. Giải • Đường thẳng Δ qua H và vuông góc với BD có PT: 5 0 x y − + = . (0;5) BD I I Δ∩ = ⇒ Giả sử ' AB H Δ∩ = . Δ ' BHH cân tại B ⇒ I là trung điểm của ' '(4;9) HH H ⇒ . Phương trình AB: 5 29 0 x y + − = . B = AB ∩ BD ⇒ (6; 1) B − ⇒ 4 ;25 5 A             HT 110.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 , A(2;–3), B(3;–2). Tìm toạ độ điểm C, biết điểm C nằm trên đường thẳng (d): 3 – – 4 0 x y = . Giải • PTTS của d: 4 3 x t y t   =     =− +    . Giả sử C(t; –4 + 3t) ∈ d. ( ) 2 2 2 1 1 . .sin . . 2 2 S ABAC A AB AC ABAC = = − = 3 2 ⇔ 2 4 4 1 3 t t + + = ⇔ 2 1 t t  =−   =   ⇒ C(–2; –10) hoặc C(1;–1). HT 111.Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(2; –3), B(3; –2), có diện tích bằng 3 2 và trọng tâm G thuộc đường thẳng Δ : 3 – – 8 0 x y = . Tìm tọa độ đỉnh C. Giải • Ta có: AB = 2 , trung điểm 5 5 ; 2 2 M      −       . Phương trình AB: 5 0 x y − − = . 1 3 3 . ( , ) ( , ) 2 2 2 ABC S ABdC AB dC AB = = ⇒ = . Gọi ( ;3 8) Gt t− ∈Δ ⇒ 1 ( , ) 2 dG AB = ⇒ (3 8) 5 1 2 2 t t − − − = ⇔ 1 2 t t  =   =   • Với 1 t= ⇒ G(1; –5) ⇒ C(–2; –10) • Với 2 t= ⇒ G(2; –2) ⇒ C(1; –1) Câu hỏi tương tự: a) Với (2; 1), (1; 2) A B − − , 27 2 ABC S = , : 2 0 G x y ∈Δ + − = . ĐS: (18; 12) C − hoặc ( 9;15) C − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 46 HT 112.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường thẳng : 2 3 0 d x y + − = và hai điểm ( 1;2) A− , (2;1) B . Tìm toạ độ điểm C thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2. Giải • 10 AB= , ( 2 3; ) C a a − + ∈ d. Phương trình đường thẳng : 3 5 0 AB x y + − = . 2 ABC S Δ = 1 . ( , ) 2 2 ABdC AB ⇔ = 2 1 10. 2 2 10 a− ⇔ = 6 2 a a  =  ⇔  =−   • Với 6 a= ta có ( 9;6) C − • Với 2 a=− ta có (7; 2) C − . Câu hỏi tương tự: a) Với : 2 1 0 d x y − − = , A(1; 0), B(3; −1) , 6 ABC S = . ĐS: (7;3) C hoặc ( 5; 3) C − − . HT 113.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; –3), B(3; –2), diện tích tam giác bằng 1,5 và trọng tâm I nằm trên đường thẳng d: x 3 8 0 y − − = . Tìm toạ độ điểm C. Giải • Vẽ CH ⊥ AB, IK ⊥ AB. AB = 2⇒ CH = S 2 3 2 ABC AB Δ = ⇒ IK = 1 1 3 2 CH = . Giả sử I(a; 3a – 8) ∈ d. Phương trình AB: 5 0 x y − − = . ( , ) d I AB IK = ⇔ a 3 2 1 − = ⇔ 2 1 a a  =   =   ⇒ I(2; –2) hoặc I(1; –5). + Với I(2; –2) ⇒ C(1; –1) + Với I(1; –5) ⇒ C(–2; –10). HT 114.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có (1;0), (0;2) A B , diện tích tam giác bằng 2 và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng d: y x = . Tìm toạ độ điểm C. Giải • Phương trình x : 2 2 0 AB y + − = . Giả sử ( ; ) I tt d ∈ ⇒ (2 1;2 ) C t t − . Theo giả thiết: 1 . ( , ) 2 2 ABC S ABdC AB Δ = = ⇔ 6 4 4 t− = ⇔ 4 0; 3 t t = = . + Với 0 t= ⇒ ( 1;0) C − + Với 4 3 t= ⇒ 5 8 ; 3 3 C            . HT 115.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với 5 AB= , đỉnh ( 1; 1) C − − , đường thẳng AB có phương trình 2 3 0 x y + − = , trọng tâm của ΔABC thuộc đường thẳng : 2 0 d x y + − = . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tam giác ABC. Giải Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 47 • Gọi ( ; ) I ab là trung điểm của AB, G là trọng tâm ΔABC ⇒ 2 3 CG CI = ⇒ a 2 1 3 2 1 3 G G x b y   −  =      −  =     Do G d ∈ nên a 2 1 2 1 2 0 3 3 b − − + − = ⇒ Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: 2 3 0 2 1 2 1 2 0 3 3 a b a b   + − =     − −  + − =     ⇒ 5 1 a b   =     =−    ⇒ (5; 1) I − . Ta có , ( ) 5 2 AB AB IA IB   ∈      = =     ⇒ Toạ độ các điểm A, B là các nghiệm của hệ: 2 2 2 3 0 5 ( 5) ( 1) 4 x y x y   + − =      − + + =     ⇔ 1 4; 2 3 6; 2 x y x y   = =−    = =−    ⇒ 1 3 4; , 6; 2 2 A B           − −             hoặc 3 1 6; , 4; 2 2 A B           − −             . HT 116.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm (2;1) G và hai đường thẳng 1 : 2 7 0 d x y + − = , x 2 : 5 8 0 d y + − = . Tìm toạ độ điểm 1 2 , B d C d ∈ ∈ sao cho tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm, biết A là giao điểm của 1 2 , d d . Giải • Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: x 2 7 0 5 8 0 x y y   + − =     + − =    ⇔ 1 3 x y   =     =    ⇒ (1;3) A . Giả sử 1 2 (7 2 ; ) ; ( ;8 5 ) B bb d C c c d − ∈ − ∈ . Vì G là trọng tâm của ΔABC nên: 3 3 A B C G A B C G x x x x y y y y   + +   =     + +  =     ⇒ 2 2 5 8 b c b c   − =     − =−    ⇒ 2 2 b c   =     =    . Vậy: (3;2), (2; 2) B C − . HT 117.Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại ( 1;4) A− và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng : 4 0 x y Δ − − = . Xác định toạ độ các điểm B, C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18. Giải • Gọi H là trung điểm của BC ⇒ H là hình chiếu của A trên Δ ⇒ 7 1 ; 2 2 H      −       ⇒ 9 2 AH = Theo giả thiết: 1 18 . 18 4 2 2 ABC S BCAH BC Δ = ⇒ = ⇒ = ⇒ 2 2 HB HC = = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 48 Toạ độ các điểm B, C là các nghiệm của hệ: 2 2 4 0 7 1 8 2 2 x y x y   − − =               − + + =               ⇔ 11 3 ; 2 2 3 5 ; 2 2 x y x y   = =    = =−    Vậy 11 3 3 5 ; , ; 2 2 2 2 B C           −             hoặc 3 5 11 3 ; , ; 2 2 2 2 B C           −             . http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 118.Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d 1: 5 0 x y + + = , d 2: 2 – 7 0 x y + = và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d 1 và điểm C thuộc d 2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. • Do B ∈ d 1 nên B(m; – m – 5), C ∈ d 2 nên C(7 – 2n; n) Do G là trọng tâm ΔABC nên 2 7 2 3.2 3 5 3.0 m n m n   + + − =     − − + =    1 1 m n   =−   ⇔   =    ⇒ B(–1; –4), C(5; 1) ⇒ PT đường tròn ngoại tiếp ΔABC: 2 2 83 17 338 0 27 9 27 x y x y + − + − = HT 119.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 1 : 5 0 d x y + + = và 2 : 2 – 7 0 d x y + = . Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. Giải • Giả sử 1 2 ( 5 ; ) ; (7 2 ; ) B bb d C cc d − − ∈ − ∈ . Vì G là trọng tâm ΔABC nên ta có hệ: 2 6 3 0 B C B C x x y y   + + =     + + =    ⇒ B(–1;–4) , C(5; 1). Phương trình BG: 4 – 3 – 8 0 x y = . Bán kính 9 ( , ) 5 R dC BG = = ⇒ Phương trình đường tròn: 2 2 81 ( – 5) ( – 1) 25 x y + = HT 120.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có ( 3;6) A− , trực tâm (2;1) H , trọng tâm 4 7 ; 3 3 G             . Xác định toạ độ các đỉnh B và C. Giải • Gọi I là trung điểm của BC. Ta có 2 7 1 ; 3 2 2 AG AI I      = ⇒        Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình: 3 0 x y − − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 49 Vì I là trung điểm của BC nên giả sử ( ; ) B B B x y thì (7 ;1 ) B B C x y − − và 3 0 B B x y − − = . H là trực tâm của tam giác ABC nên CH AB ⊥ ; ( 5 ; ), ( 3; 6) B B B B CH x y AB x y = − + = + − 3 1 6 . 0 ( 5)( 3) ( 6) 0 2 3 B B B B B B B B B x y x x CHAB x x y y y       − = = =       = ⇔ ⇔ ∨       − + + − = =− =          Vậy ( ) ( ) 1; 2 , 6;3 B C − hoặc ( ) ( ) 6;3 , 1; 2 B C − HT 121.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng d đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. Giải • • • • Gọi H là chân đường cao xuất phát từ A ⇒ H đối xứng với A qua d ⇒ ( 2; 2) H − − ⇒ PT đường thẳng BC: 4 0 x y + + = . Giả sử ( ; 4 ) Bm m BC − − ∈ ⇒ ( 4 ; ) C mm − − ⇒ , (5 ; 3 ) ( 6; 10 ) CE m m AB m m = + − − = − − − . Vì CE AB ⊥ nên . 0 ( 6)( 5) ( 3)( 10) 0 ABCE m m m m = ⇔ − + + + + = ⇔ 0; 6 m m = =− . Vậy: (0; 4), ( 4;0) B C − − hoặc ( 6;2), (2; 6) B C − − . HT 122.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh (2;4) A . Đường thẳng Δ qua trung điểm của cạnh AB và AC có phương trình 4 6 9 0 x y − + = ; trung điểm của cạnh BC nằm trên đường thẳng d có phương trình: 2 2 1 0 x y − − = . Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết rằng tam giác ABC có diện tích bằng 7 2 và đỉnh C có hoành độ lớn hơn 1. Giải • Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua Δ, ta tính được 40 31 ' ; 13 13 A             ⇒ : 2 3 1 0 BC x y − + = Ta gọi M là trung điểm của BC, thì M là giao của đường thẳng d và BC nên 5 ;2 2 M             . Giả sử 3 1 ; ( ) 2 t C t BC   −   ∈        . Ta có 1 7 1 7 ( ; ). . 13 2 2 2 13 ABC S d ABC BC BC BC Δ = ⇔ = ⇔ = 13 2 CM ⇔ = 2 2 3 (4;3) 3 6 13 ( 2) 1 (1;1) ( ) 2 2 t C t t t C loaïi     = −      ⇔ + − = ⇔ ⇔         =     ⇒ (1;1) B . Vậy: (1;1) B , (4;3) C . HT 123.Trong mặt phẳng toạ độ với hệ toạ độ , Oxy cho ABC Δ với 5, AB= đỉnh ( 1; 1) C − − , phương trình cạnh : 2 3 0 AB x y + − = và trọng tâm G của ABC Δ thuộc đường thẳng : 2 0 d x y + − = . Xác định tọa độ các đỉnh , AB của tam giác. Giải • Gọi ( ; ) I x y là trung điểm AB , ( ; ) G G G x y là trọng tâm của ΔABC Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 50 ⇒ 2 1 2 3 2 1 3 3 G G x x CG CI y y   −  =    = ⇔   −  =     : 2 0 G d x y ∈ + − = nên có: 2 0 G G x y + − = ⇔ 2 1 2 1 2 0 3 3 x y − − + − = Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ: 2 3 0 (5; 1) 2 1 2 1 2 0 3 3 x y I x y   + − =    ⇒ −  − −  + − =     Gọi 2 2 2 2 5 ( ; ) ( 5) ( 1) 2 4 A A A A AB Ax y IA x y      ⇒ = − + + = =        . Hơn nữa : 2 3 0 A AB x y ∈ + − = suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: ( ) ( ) 2 2 2 3 0 4 6 5 1 3 5 1 4 2 2 A A A A A A A A x y x x x y y y       + − = = =          ⇔ ∨       − + + = =− =−             Vậy: 1 3 4, , 6; 2 2 A B           − −               hoặc 1 3 4, , 6; 2 2 B A           − −               . HT 124.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm toạ độ các đỉnh của một tam giác vuông cân, biết đỉnh (3; 1) C − và phương trình của cạnh huyền là : 3 2 0 d x y − + = . Giải • Toạ độ điểm C không thoả mãn phương trình cạnh huyền nên ΔABC vuông cân tại C. Gọi I là trung điểm của AB . Phương trình đường thẳng CI: 3 0 x y + = . I CI AB = ∩ ⇒ 3 1 ; 5 5 I      −        ⇒ 72 5 AI BI CI = = = Ta có: , 72 5 AB d AI BI   ∈      = =     ⇔ 2 2 3 2 0 3 1 72 5 5 5 x y x y   − + =                 + + − =                    ⇔ 3 19 ; 5 5 9 17 ; 5 5 x y x y   = =    =− =−    Vậy toạ độ 2 đỉnh cần tìm là: 3 19 9 17 ; , ; 5 5 5 5          − −              . HT 125.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; –5) và đường thẳng Δ có phương trình: 3 4 4 0 x y − + = . Tìm trên Δ hai điểm A và B đối xứng nhau qua 5 2; 2 I            sao cho diện tích tam giác ABC bằng 15. Giải Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 51 • Gọi 3 4 16 3 ; 4 ; 4 4 a a A a B a     + −       ∈Δ⇒ −             ⇒ 1 . ( , ) 3 2 ABC S ABdC AB = Δ = ⇒ AB = 5. 2 2 4 6 3 5 (4 2 ) 25 0 2 a a AB a a    = −     = ⇔ − + = ⇔       =     . Vậy hai điểm cần tìm là A(0; 1) và B(4; 4). HT 126.Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại (2;1) A , điểm B nằm trên trục hoành, điểm C nằm trên trục tung sao cho các điểm B, C có toạ độ không âm. Tìm toạ độ các điểm B, C sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Giải • Giả sử ( ;0), (0; ), ( , 0) Bb C c bc≥ . ΔABC vuông tại A ⇔ . 0 ABAC = ⇔ 2 5 0 c b =− + ≥ ⇔ 5 0 2 b ≤ ≤ . 1 . 2 ABC S ABAC Δ = = 2 2 2 2 2 1 ( 2) 1. 2 ( 1) ( 2) 1 4 5 2 b c b b b − + + − = − + = − + Do 5 0 2 b ≤ ≤ nên ABC S Δ đạt GTLN ⇔ 0 b= ⇒ (0;0), (0;5) B C . http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 127.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm ( 1;6) H − , các điểm (2;2) (1;1) M N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, BC. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. Giải • Đường thẳng CH qua H và vuông góc với MN ⇒ : 5 0 CH x y + + = . Giả sử ( ;5 ) C a a CH − ∈ ⇒ (1 ; 4) CN aa = − − Vì M là trung điểm của AC nên (4 ; 1) A aa − − ⇒ ( 5;7 ) AH a a = − − Vì N là trung điểm của BC nên (2 ; 3) B aa − − Vì H là trực tâm ΔABC nên: . 0 AHCN = ⇔ ( 5)(1 ) (7 )( 4) 0 a a a a − − + − − = ⇔ 3 11 2 a a  =    =   . + Với 3 a= ⇒ (3;2), (1;2), ( 1;0) C A B− + Với 11 2 a= ⇒ 11 1 3 9 7 5 ; , ; , ; 2 2 2 2 2 2 C A B                − − −                   HT 128.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm M(–1; 1) là trung điểm của cạnh BC, hai cạnh AB, AC lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: 2 0 x y + − = và d 2: x 2 6 3 0 y + + = . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. Giải Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 52 • Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: x 2 0 2 6 3 0 x y y   + − =     + + =    ⇒ 15 7 ; 4 4 A      −       . Giả sử: ( ;2 ) Bb b − ∈ d 1, 3 2 ; 6 c C c   − −          ∈ d 2. M(–1; 1) là trung điểm của BC ⇔ 1 2 3 2 2 6 1 2 b c c b   +  =−     − −   − +    =    ⇔ 1 4 9 4 b c    =       =−     ⇒ 1 7 ; 4 4 B            , 9 1 ; 4 4 C      −       . HT 129.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABC Δ cân có đáy là BC. Đỉnh A có tọa độ là các số dương, hai điểm B và C nằm trên trục Ox, phương trình cạnh : 3 7( 1) AB y x = − . Biết chu vi của ABC Δ bằng 18, tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. Giải • (1;0) B AB Ox B = ∩ ⇒ , ( ) ;3 7( 1) 1 A AB A a a a ∈ ⇒ − ⇒ > (do 0, 0 A A x y > > ). Gọi AH là đường cao ( ;0) (2 1;0) 2( 1), 8( 1) ABC H a C a BC a AB AC a Δ ⇒ ⇒ − ⇒ = − = = − . ( ) vi 18 2 (3;0), 2;3 7 Chu ABC a C A Δ = ⇔ = ⇒ . HT 130.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4 3 – 4 0 x y + = ; – – 1 0 x y = . Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng 2 – 6 0 x y + = . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Giải • Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: 4 3 4 0 2 ( 2;4) 2 6 0 4 x y x A x y y     + − = =−     ⇔ ⇒ −     + − = =       Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình ( ) 4 3 4 0 1 1;0 1 0 0 x y x B x y y     + − = =     ⇔ ⇒     − − = =       Phương trình AC qua điểm A(–2;4) có dạng: ( 2) ( 4) 0 2 4 0 ax by ax by a b + + − = ⇔ + + − = Gọi 1 2 3 : 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0 x y x y ax by a b Δ + − = Δ + − = Δ + + − = Từ giả thiết suy ra ( ) ( ) 2 3 1 2 ; ; Δ Δ = Δ Δ . Do đó 2 3 1 2 2 2 1. 2. 4.1 2.3 cos( ; ) cos( ; ) 25. 5 5. a b a b + + Δ Δ = Δ Δ ⇔ = + 2 2 0 2 2 (3 4 ) 0 3 4 0 a a b a b a a b a b  =  ⇔ + = + ⇔ − = ⇔  − =   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 53 • a = 0 0 b ⇒ ≠ . Do đó 3 : 4 0 y Δ − = • 3a – 4b = 0: Chọn a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 3 4 0 x y Δ + − = (trùng với 1 Δ ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y – 4 = 0. Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: 4 0 5 (5;4) 1 0 4 y x C x y y     − = =     ⇔ ⇒     − − = =       HT 131.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, biết toạ độ trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là H(2;2), I(1;2) và trung điểm 5 5 ; 2 2 M            của cạnh BC. Hãy tìm toạ độ các đỉnh , , A B C biết B C x x > ( B x , C x lần lượt hoành độ điểm B và C). Giải • Gọi G là trọng tâm ΔABC ta có : 2 GH GI =− ⇒ 4 ;2 3 G            Mặt khác vì 2 GA GM =− nên ( 1;1) A− . Phương trình BC: 3 10 0 x y + − = . Đường tròn (C) ngoại tiếp Δ có tâm I(1; 2) và bán kính 4 1 5 R= + = . Do đó (C) : 2 2 ( 1) ( 2) 5 x y − + − = . Khi đó toạ độ B ;C là nghiệm hệ : 2 2 2 3 ( 1) ( 2) 5 4 1 3 10 0 x x x y y y x y       = = − + − =       ⇔ ∨       = = + − =          Vì B C x x > nên B(3;1) ; C(2;4). Vậy : A(–1; 1); B(3; 1) ; C(2; 4). HT 132.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại C có diện tích bằng 10, phương trình cạnh AB là 2 0 x y − = , điểm I(4; 2) là trung điểm của AB, điểm 9 4; 2 M            thuộc cạnh BC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết tung độ điểm B lớn hơn hoặc bằng 3. Giải • Giả sử (2 ; ) B B B y y AB ∈ ⇒ (8 2 ;4 ) B B A y y − − . Phương trình CI: 2 10 0 x y + − = . Gọi ( ;10 2 ) C C C x x − ⇒ 5 4 C CI x = − ; 20 2 B AB y = − . 1 . 10 4 2 8 2 2 ABC B C C B S CIAB y x x y = = ⇔ + − − = 4 2 6 (1) 4 2 10 (2) C B B C C B B C x y y x x y y x  − − =−  ⇔  − − =−   Vì ( ) 4 2 4 11 9 2 2 2 C B C B x k y M BC CM kMB x k y   − = −      ∈ ⇒ = ⇔      − + = −            2 6 5 16 0 C B B C x y y x ⇒ − − + = (3) • Từ (1) và (3): 4 2 6 1 2 2 6 5 16 0 1 2 C B B C B C B B C B x y y x y x y y x y     − − =− =− −     ⇒     − − + = =− +       (loại, vì 3 B y ≥ ) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 54 • Từ (2) và (3): 4 2 10 3 2 6 5 16 0 2 C B B C B C B B C C x y y x y x y y x x     − − =− =     ⇔     − − + = =       (thoả) Vậy A(2; 1), B(6; 3), C(2; 6). HT 133.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, các đỉnh A, B thuộc đường thẳng d: y = 2, phương trình cạnh BC: 3 2 0 x y − + = . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 3 . Giải • B d BC = ∩ ⇒ B(0; 2). Giả sử ( ;2) ,( 2) Aa d a ∈ ≠ , ( ;2 3) ,( 0) C c c BC c + ∈ ≠ . ( ;0), ( ; 3), ( ; 3) AB a AC c ac BC cc = − = − = ⇒ 2 2 , ( ) 3 , 2 AB a AC c a c BC c = = − + = ΔABC vuông ở A và 3 r= ⇒ r . 0 ABAC S p   =     =    ⇔ . 0 1 . . 3 2 2 ABAC AB BC AC ABAC   =     + +  =     ⇔ ( ) 2 2 2 2 ( ) 0 ( ) 3 2 ( ) 3 3 ac a a c a c a c c a c  − − =     − + = + + − +    ⇔ 0 3 3 c a a   = ≠     = +    ⇒ 3 3 (3 3;2), (3 3;5 3 3) 3 3 ( 3 3;2), ( 3 3; 1 3 3) c a A C c a A C  = = + ⇒ + + +    = =− − ⇒ − − − − − −  HT 134.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, tìm toạ độ các đỉnh của tam giác vuông cân ABC, có phương trình hai cạnh : 2 1 0 AB x y − + = , : 2 3 0 AC x y + − = và cạnh BC chứa điểm 8 ;1 3 I             . Giải • Ta có: AB ⊥ AC ⇒ ΔABC vuông cân tại A ⇒ (1;1) A . Gọi M(x ; y) thuộc tia phân giác At của góc BAC . Khi đó M cách đều hai đường thẳng AB, AC. Hơn nữa M và I cùng phía đối với đường thẳng AB và cùng phía đối với đường thẳng AC, tức là: 2 1 2 3 5 5 8 ( 2 1) 2 1 0 3 4 0 3 16 (2 3) 1 3 0 3 x y x y x y x y x y   − + + −  =             − + − + > ⇒ + − =                  + − + − >            (3; 1) BC At BC n ⊥ ⇒ = − : 3 7 0 BC x y ⇒ − − = ; 2 1 0 : (3;2) 3 7 0 x y B AB BC B x y   − + =   = ∩ ⇒   − − =    ; Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 55 2 3 0 : (2; 1) 3 7 0 x y C AC BC C x y   + − =   = ∩ ⇒ −   − − =    . HT 135.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, biết các đỉnh A, B, C lần lượt nằm trên các đường thẳng d: 5 0 x y + − = , d 1: 1 0 x+ = , d 2: 2 0 y+ = . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, biết BC = 5 2 . Giải • Chú ý: d 1 ⊥ d 2 và ΔABC vuông cân tại A nên A cách đều d 1, d 2 ⇒ A là giao điểm của d và đường phân giác của góc tạo bởi d 1, d 2 ⇒ A(3; 2). Giả sử B(–1; b) ∈ d 1, C(c; –2) ∈ d 2. ( 4; 2), ( 3; 4) AB b AC c = − − = − − . Ta có: 2 . 0 50 ABAC BC   =     =    ⇔ 5, 0 1, 6 b c b c  = =   =− =   ⇒ (3;2), ( 1;5), (0; 2) (3;2), ( 1; 1), (6; 2) A B C A B C  − −   − − −   . HT 136.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh C biết phương trình đường thẳng AB là: – 2 0 x y + = , trọng tâm của tam giác ABC là 14 5 ; 3 3 G             và diện tích của tam giác ABC bằng 65 2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải • Gọi H là trung điểm của AB CH AB ⇒ ⊥ ⇒ CH: 3 0 x y − − = ⇒ 5 1 ; 2 2 H      −       ⇒ (9;6) C . Gọi A(a 2 a ; ) AB − ∈ ⇒ (5 ; 3) B aa − − 13 13 (5 2 ;2 5); ; 2 2 AB a a CH      ⇒ = − − = − −       2 0 65 1 65 . 8 40 0 5 2 2 2 ABC a S ABCH a a a  =  = ⇔ = ⇔ − = ⇔  =   • Với 0 a= (0;2); (5; 3) A B ⇒ − • Với 5 a= (5; 3), (0;2) A B ⇒ − PT đường tròn (C) ngoại tiếp ΔABC có dạng: 2 2 2 2 2 2 0 ( 0) x y ax by c a b c + + + + = + − > (C) qua A, B, C nên 137 26 4 4 59 10 6 34 26 18 12 117 66 13 a b c a b c b a b c c   −  =     + =−      −   − + =− ⇔ =         + + =−     =     ⇒ 2 2 137 59 66 ( ) : 0 13 13 13 C x y x y + − − + = HT 137.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Δ ABC có phương trình cạnh AB: – 3 0 x y + = , phương trình cạnh AC: 3 – 7 0 x y + = và trọng tâm 1 2; 3 G            . Viết phương trình đường tròn đi qua trực tâm H và hai đỉnh B, C của Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 56 tam giác ABC. Giải • (2;1) A AB AC A = ∩ ⇒ . Giả sử ( ;3 – ), ( ;7 – 3 ) Bm m C n n . 1 2; 3 G            là trọng tâm ΔABC nên: 2 6 1 1 3 7 3 1 3 m n m m n n     + + = =     ⇔     + − + − = =       ⇒ B(1; 2), C(3; –2) H là trực tâm ΔABC ⇔ AH BC BH AC   ⊥     ⊥    ⇔ (10;5) H . PT đường tròn (S) qua B, C, H có dạng: c 2 2 2 2 2 2 0 ( 0) x y ax by c a b + + + + = + − > Do B, C, H ∈ (S) ⇔ 2 4 5 6 6 4 13 2 20 10 125 15 a b c a a b c b a b c c     + + =− =−       − + =− ⇔ =−         + + =− =     . Vậy (S): 2 2 – 12 – 4 15 0 x y x y + + = . HT 138.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d: – 2 2 0 x y+ = . Tìm trên d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại B và AB = 2BC. Giải Ta có, tam giác ABC vuông tại B nên AB BC ⊥ hay AB d ⊥ Suy ra, 1 : 2 0 AB x y c + + = ; AB qua (0;2) A nên 1 2 c =− : 2 2 0 AB x y ⇒ + − = Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 0 2 6 5 ; 2 2 0 6 5 5 5 x x y B x y y    =      + − =        ⇔ ⇒          − + =       =     2 5 5 AB= , Tọa độ 2 2 12 6 (2 2; ) 2 5 5 C c c BC c c           − ⇒ = − + −               Theo đề bài: 2 2 2 5 12 6 2 2 2 5 5 5 AB BC c c           = ⇔ = − + −               2 2 1 1 36 5 12 5 12 7 0 7 5 5 5 c c c c c c  =   ⇔ = − + ⇔ − + = ⇔  =   Với, 1 1 (0;1) c C = ⇒ Với, 2 7 4 7 ; 5 5 5 c C      = ⇒        Kết luận: 2 6 ; 5 5 B            ; 1 2 4 7 (0;1); ; 5 5 C C            Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 57 http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 139.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân ngoại tiếp đường tròn 2 2 ( ) : 2 C x y + = . Tìm toạ độ 3 đỉnh của tam giác, biết điểm A thuộc tia Ox. Giải A là giao của tia Ox với (C) ⇒ (2;0) A . Hai tiếp tuyến kẻ từ A đến (C) là: 2 0 x y + − = và 2 0 x y − − = . Vì ΔABC vuông cân nên cạnh BC tiếp xúc với (C) tại trung điểm M của BC ⇒ M là giao của tia đối tia Ox với (C) ⇒ ( ) 2;0 M − . Phương trình cạnh BC: 2 x=− . B và C là các giao điểm của BC với 2 tiếp tuyến trên ⇒ Toạ độ 2 điểm B, C là: ( )( ) 2;2 2 , 2; 2 2 − + − − − . HT 140.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh BC là điểm (3; 1) M − , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B đi qua điểm ( 1; 3) E − − và đường thẳng chứa cạnh AC đi qua điểm (1;3) F . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết rằng điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm (4; 2) D − . Giải Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, ta chứng minh được BDCH là hình bình hành nên M là trung điểm của HD suy ra (2;0) H . Đường thẳng BH có VTCP là (3;3) EH = ⇒ VTPT là (1; 1) : 2 0 BH n BH x y = − ⇒ − − = + AC vuông góc với BH nên (1;1) : 4 0 AC BH n u AC x y = = ⇒ + − = + AC vuông góc với CD nên (1; 1) : 6 0 DC AC n u DC x y = = − ⇒ − − = . + C là giao của AC và DC nên tọa độ C là nghiệm của hệ: 4 0 (5; 1) 6 0 x y C x y   + − =   ⇒ −   − − =    + M là trung điểm của BC nên (1; 1) B − . AH vuông góc với BC ⇒ : 2 0 AH x− = + A là giao điểm của HA và AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ 2 0 (2;2) 4 0 x A x y   − =   ⇒   + − =    . Vậy: (2;2) A , (1; 1) B − , (5; 1) C − . HT 141.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong của góc ABC là : 2 5 0 d x y + − = . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua điểm (6;2) K Giải Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 58 Giả sử (5 2 ; ), (2 5; ) B bb C b b d − − − ∈ , (0;0) O BC ∈ Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc ABC nên (2;4) I và I AB ∈ Tam giác ABC vuông tại A nên (2 3;4 ) BI b b = − − vuông góc với (11 2 ;2 ) CK b b = − + ⇔ 2 1 (2 3)(11 2 ) (4 )(2 ) 0 5 30 25 0 5 b b b b b b b b  =  − − + − + = ⇔− + − = ⇔  =   + Với 1 (3;1), ( 3; 1) (3;1) b B C A B = ⇒ − − ⇒ ≡ (loại) + Với 5 ( 5;5), (5; 5) b B C = ⇒ − − 31 17 ; 5 5 A      ⇒        Vậy 31 17 ; ; ( 5;5); (5; 5) 5 5 A B C      − −        HT 142.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh 4 7 ; 5 5 A            và phương trình hai đường phân giác trong BB′: 2 1 0 x y − − = và CC′: 3 1 0 x y + − = . Chứng minh tam giác ABC vuông. Giải Gọi A 1, A 2 lần lượt là điểm đối xứng của A qua BB′, CC′ ⇒ A 1, A 2 ∈ BC. Tìm được: A 1(0; –1), A 2(2; –1) ⇒ Phương trình BC: 1 y=− ⇒ B(–1; –1), C(4; –1) ⇒ AB AC ⊥ ⇒  A vuông. HT 143.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho phương trình hai cạnh của một tam giác là 5 2 6 0 x y − + = và x 4 7 21 0 y + − = . Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc toạ độ. Giải Giả sử: x ( ) : 5 2 6 0 AB y − + = , x ( ) : 4 7 21 0 AC y + − = ⇒ (0;3) A . Đường cao BO đi qua B và vuông góc với AC ⇒ x ( ) : 7 4 0 BO y − = ⇒ ( 4; 7) B− − . Cạnh BC đi qua B và vuông góc với OA ⇒ ( ) : 7 0 BC y+ = . HT 144.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh ( 12;1) B− , đường phân giác trong góc A có phương trình : 2 5 0 d x y + − = . 1 2 ; 3 3 G            là trọng tâm tam giác ABC. Viết phương trình đường thẳng BC. Giải Gọi M là điểm đối xứng của B qua d ⇒ ( 6;13) ( ) M AC − ∈ . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 59 Giả sử a (5 2 ; ) A a d − ∈ ⇒ a (8 2 ;1 ) C a + − . Do , MAMC cùng phương ⇒ 2 a=− ⇒ (4;3) C Vậy: ( ) : 8 20 0 BC x y − + = . http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 145.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình d 1: 1 0 x y + + = . Phương trình đường cao vẽ từ B là d 2: 2 2 0 x y − − = . Điểm M(2; 1) thuộc đường cao vẽ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. Giải B(0; –1). (2;2) BM = ⇒ MB ⊥ BC. Kẻ MN // BC cắt d 2 tại N thì BCNM là hình chữ nhật. PT đường thẳng MN: 3 0 x y + − = . N = MN ∩ d 2 ⇒ 8 1 ; 3 3 N            . NC ⊥ BC ⇒ PT đường thẳng NC: 7 0 3 x y − − = . C = NC ∩ d 1 ⇒ 2 5 ; 3 3 C      −        . AB ⊥ CM ⇒ PT đường thẳng AB: 2 2 0 x y + + = . AC ⊥ BN ⇒ PT đường thẳng AC: 6 3 1 0 x y + + = HT 146.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác có phương trình hai cạnh là : 5 – 2 6 0 AB x y+ = và : 4 7 – 21 0 AC x y + = . Viết phương trình cạnh BC, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O. Giải AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 ⇒ A(0;3) Phương trình đường cao BO: 7x – 4y = 0 ⇒ B(–4; –7) A nằm trên Oy, vậy đường cao AO nằm trên trục Oy ⇒ BC: y + 7 = 0. HT 147.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: 2 0 x y − − = , phương trình cạnh AC: 2 5 0 x y + − = . Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình cạnh BC. Giải A AB AC = ∩ ⇒ A(3; 1). Gọi ( ; 2) , (5 2 ; ) Bbb ABC cc AC − ∈ − ∈ . Do G là trọng tâm của ΔABC nên 3 5 2 9 1 2 6 b c b c   + + − =     + − + =    ⇔ 5 2 b c   =     =    ⇒ B(5; 3), C(1; 2) ⇒ Phương trình cạnh BC: 4 7 0 x y − + = . HT 148.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; 7) và đường thẳng AB cắt trục Oy tại E sao cho Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 60 E 2 A EB = . Biết rằng tam giác AEC cân tại A và có trọng tâm là 13 2; 3 G             . Viết phương trình cạnh BC. Giải Gọi M là trung điểm của BC. Ta có 2 3 AG AM = ⇒ M(2; 3). Đường thẳng EC qua M và có VTPT 8 0; 3 AG      = −       nên có PT: 3 y= ⇒ E(0; 3) ⇒ C(4; 3). Mà E 2 A EB = nên B(–1; 1). ⇒ Phương trình BC: x 2 5 7 0 y − + = . HT 149.Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là 2 1 0 x y + − = và 3 5 0 x y − + = . Viết phương trình cạnh AC biết AC đi qua điểm M(1;–3). Giải Đường thẳng AC có VTPT: 1 (1;2) n = . Đường thẳng BC có VTPT 2 (3; 1) n = − . Đường thẳng AC qua M(1; –3) nên PT có dạng: 2 2 ( 1) ( 3) 0 ( 0) a x by a b − + + = + ≠ ΔABC cân tại đỉnh A nên ta có: cos( , ) cos( , ) AB BC AC BC = 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 1 2 3 1 3 1 a b a b − − ⇔ = + + + + 2 2 1 2 22 15 2 0 2 11 a ab b a b a b ⇔ − + = ⇔ = ∨ = • Với 1 2 a b = , chọn a = 1, b = 2 ta được AC: 2 5 0 x y + + = (loại vì khi đó AC//AB) • Với 2 11 a b = , chọn a = 2, b = 11 ta được AC: 2 11 31 0 x y + + = . Câu hỏi tương tự: a) x : 12 23 0 AB y − − = , : 2 5 1 0 BC x y − + = , (3;1) M ĐS: x : 8 9 33 0 AC y + − = . b) x : 2 6 0 AB y − + = , : 3 2 0 BC x y − − = , (3;2) M . ĐS: : 2 7 0 AC x y + − = . HT 150.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A(2; 3), đường phân giác trong góc A có phương trình 1 0 x y − + = , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(6; 6) và diện tích tam giác ABC gấp 3 lần diện tích tam giác IBC. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC. Giải Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. (C) có tâm (6;6) I và bán kính 5 R IA = = ⇒ (C): 2 2 ( 6) ( 6) 25 x y − + − = Gọi D là giao điểm của (C) với đường thẳng 1 0 x y − + = (9;10) D ⇒ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 61 Ta có: ID BC ⊥ (3;4) ID ⇒ = là VTPT của BC ⇒ Phương trình BC có dạng : 3 4 0 x y m + + = Theo đề bài ta có S 3 ABC IBC S Δ Δ = ⇔ ( , ) 3 ( , ) d ABC d I BC = 18 3 42 m m ⇔ + = + 54 36 m m  =−  ⇔  =−   Vậy có hai đường thẳng thỏa YCBT : 3 4 54 0 x y + − = và 3 4 36 0 x y + − = HT 151.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm ( 1;4) H − , tâm đường tròn ngoại tiếp ( 3;0) I − và trung điểm của cạnh BC là (0; 3) M − . Viết phương trình đường thẳng AB, biết điểm B có hoành độ dương. Giải Giả sử N là trung điểm của AC. Vì ΔABH ~ ΔMNI và HA // MI nên 2 HA MI = ⇒ ( 7;10) A− Ta có: , IA IB IM MB = ⊥ ⇒ Toạ độ điểm B thoả hệ: x 2 2 ( 3) 116 3 3( 3) 0 x y y   + + =     − + + =    ⇒ (7;4) B . Vậy: Phương trình x : 3 7 49 0 AB y + − = . http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 152.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 3), B(2; –1), C(11; 2). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và chia ΔABC thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 2. Giải Gọi d là đường thẳng cần viết. Gọi M d BC = ∩ Khi đó tam giác ABC được chia thành hai tam giác ABM và ACM. Ta có: 1 1 ( , ). ; ( , ). 2 2 ABM ACM S d ABC BM S d ABC CM Δ = = Theo đề bài: 2 2 ABM ACM S BM S CM Δ Δ = ⇔ = hoặc 1 1 2 2 ABM ACM S BM S CM Δ Δ = ⇔ = Trường hợp 1: 2 2 BM BM MC CM = ⇔ = Đặt ( ; ); ( 2; 1), (11 ;2 ) M ab BM a b MC a b = − + = − − Suy ra: 2 22 2 8 1 4 2 1 a a a b b b     − = − =     ⇔     + = − =       (8;1) : 2 5 21 0 M AM x y ⇒ ⇒ + − = Tương tự với trường hợp: 1 2 BM CM = ta được: AM: 3 2 15 0 x y + − = Kết luận: 3 2 – 15 0; 2 5 – 21 0 x y x y + = + = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 62 HT 153.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng 1 :2 5 3 0 d x y + + = ; 2 :5 2 7 0 d x y − − = cắt nhau tại A và điểm P( 7;8) − . Viết phương trình đường thẳng 3 d đi qua P tạo với 1 d , 2 d thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 29 2 . Giải Ta có A(1; 1) − và 1 2 d d ⊥ . PT các đường phân giác của các góc tạo bởi 1 d , 2 d là: Δ 1: 7 3 4 0 x y + − = và Δ 2: 3 7 10 0 x y − − = 3 d tạo với 1 d , 2 d một tam giác vuông cân ⇒ 3 d vuông góc với Δ 1 hoặc Δ 2.. ⇒ Phương trình của 3 d có dạng: 7 3 0 x y C + + = hay 3 7 0 x y C ′ − + = Mặt khác, 3 d qua ( 7;8) P− nên C = 25 ; C′ = 77. Suy ra : 3 : 7 3 25 0 d x y + + = hay 3 :3 7 77 0 d x y − + = Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng 29 2 ⇒ cạnh huyền bằng 58 Suy ra độ dài đường cao A H = 58 2 = 3 ( , ) d Ad • Với 3 : 7 3 25 0 d x y + + = thì 3 58 ( ; ) 2 d Ad = ( thích hợp) • Với 3 : 3 7 77 0 d x y − + = thì 3 87 ( ; ) 58 d Ad = ( loại ) HT 154.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 4 điểm A(1;0), B(–2;4), C(–1;4), D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) : 3 5 0 x y Δ − − = sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. Giải Phương trình tham số của Δ: 3 5 x t y t   =     = −    . M ∈ Δ ⇒ M(t; 3t – 5) ( , ). ( , ). MAB MCD S S d M AB AB d M CD CD = ⇔ = ⇔ 7 9 3 t t =− ∨ = ⇒ 7 ( 9; 32), ;2 3 M M      − −       HT 155.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình 2 cạnh AB, AC lần lượt là 2 2 0 x y + − = và 2 1 0 x y + + = , điểm (1;2) M thuộc đoạn BC. Tìm tọa độ điểm D sao cho . DBDC có giá trị nhỏ nhất. Giải Phương trình BC có dạng: 2 2 ( 1) ( 2) 0, 0 a x by a b − + − = + > . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 63 ΔABC cân tại A nên 2 2 2 2 2 2 cos cos . 5 . 5 a b a b a b B C a b a b a b  + + =−  = ⇔ = ⇔  =   + + • Với a b =− : chọn 1, 1 b a =− = ⇒ BC: 1 0 x y − + = 2 1 (0;1), ; 3 3 B C   −    ⇒       ⇒ M không thuộc đoạn BC. • Với a b = : chọn 1 a b = = ⇒ : 3 0 BC x y + − = (4; 1), ( 4;7) B C ⇒ − − ⇒ M thuộc đoạn BC. Gọi trung điểm của BC là (0;3) I .Ta có: 2 2 2 . ( ).( ) 4 4 BC BC DBDC DI IB DI IC DI = + + = − ≥− Dấu "=" xảy ra ⇔ D I ≡ . Vậy . DBDC nhỏ nhất khi D(0; 3). http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 156.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 ; trọng tâm G của ΔABC nằm trên đường thẳng (d): 3 – – 8 0 x y = . Tìm bán kính đường tròn nội tiếp Δ ABC. Giải • Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = 5 2 2 ABC a b S AB Δ − − = ⇒ 8 (1) 5 3 2 (2) a b a b a b  − =  − − = ⇔  − =   ; Trọng tâm G 5 5 ; 3 3 a b   + −           ∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3) • (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = 3 2 65 89 S p = + + • (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ 3 2 2 5 S r p = = + HT 157.Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 96 . Gọi (2;0) M là trung điểm của , AB phân giác trong của góc A có phương trình: : 10 0 d x y − − = . Đường thẳng AB tạo với d một góc α thỏa mãn 3 cos 5 α= . Xác định các đỉnh của tam giác ABC . Giải Gọi ' M đối xứng với (2;0) M qua : 10 0 d x y − − = '(10; 8) M ⇒ − . PT đường thẳng AB qua (2;0) M có dạng: ( 2) 0 ax by − + = . AB tạo với : 10 0 d x y − − = một góc α 2 2 7 3 cos 7 5 2 a b a b b a a b α  = −  ⇒ = = ⇔  =   + • Với 7 a b = ⇒ AB: 7 14 0 x y + − = . AB cắt d tại (3; 7) A A ⇒ − ⇒ (1;7) B 10 2 AB ⇒ = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 64 ' 1 1 . ( ', ) 48 2 ' (17; 9) 2 2 AM B ABC S ABd M AB S AC AM C Δ Δ ⇒ = = = ⇒ = ⇒ − • Với 7 b a = ⇒ AB: 7 2 0 x y + − = . AB cắt d tại (9; 1) A A ⇒ − ⇒ ( 5;1) B− ⇒ 10 2 AB= ' 1 1 . ( ', ) 48 2 ' (11; 15) 2 2 AM B ABC S ABd M AB S AC AM C Δ Δ ⇒ = = = ⇒ = ⇒ − Vậy, (3; 7), (1;7), (17; 9) A B C − − hoặc (9; 1), ( 5;1), (11; 15) A B C − − − . HT 158.Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho tam giác ABC vuông tại A. Đỉnh B(1; 1). Đường thẳng AC có phương trình: 4 3 32 0 x y + − = . Trên tia BC lấy điểm M sao cho . 75 BCBM = . Tìm đỉnh C biết bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC bằng 5 5 2 . Giải Đường thẳng (AB) qua B và vuông góc với (AC) ⇒ x ( ) : 3 4 1 0 AB y − + = ⇒ (5;4) A . Gọi E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp của tam giác AMC với BA thì ta có: . . 75 BABE BMBC = = ( vì M nằm trên tia BC ) ⇒ tìm được (13;10) E . Vì ΔAEC vuông tại A nên CE là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ΔAMC ⇒ 5 5 EC = . Do đó C là giao của đường tròn tâm E bán kính r = 5 5 với đường thẳng AC. ⇒ Toạ độ của C là nghiệm của hệ 2 2 4 3 32 0 ( 13) ( 10) 125 x y x y   + − =     − + − =    ⇔ 2; 8 8; 0 x y x y  = =   = =   . Vậy: (2;8) C hoặc (8;0) C . HT 159. Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC: 3 3 0 x y − − = , các đỉnh A và B nằm trên trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2. Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC. Giải Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: 3 3 0 0 x y y   − − =     =    ⇒ (1;0) B . Đường thẳng BC có hệ số góc 3 k= nên 0 60 ABC = ⇒ đường phân giác trong BE của tam giác ABC có hệ số góc 3 3 k′= nên có phương trình: 3 3 3 3 y x = − . Tâm ( ; ) I ab của đường tròn nội tiếp ΔABC thuộc BE và ( , ) 2 d I Ox = nên: 2 b = . + Với 2 b= ⇒ 1 2 3 a= + ⇒ (1 2 3;2) I + . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 65 + Với 2 b=− ⇒ 1 2 3 a= − ⇒ (1 2 3; 2) I − − . Đường phân giác trong AF có dạng: y x m =− + . Vì AF đi qua I nên: + Nếu (1 2 3;2) I + thì 3 2 3 m= + ⇒ AF ( ) : 3 2 3 y x =− + + ⇒ (3 2 3;0) A + . Do AC ⊥ Ox nên AC có phương trình: 3 2 3 x = + . Từ đó suy ra (3 2 3;6 2 3) C + + . Suy ra toạ độ trọng tâm 4 4 3 6 2 3 ; 3 3 G    + +          . + Nếu (1 2 3; 2) I − − thì 1 2 3 m=− − ⇒ AF ( ) : 1 2 3 y x =− − − ⇒ ( 1 2 3;0) A− − . Do AC ⊥ Ox nên AC có phương trình: 1 2 3 x =− − . Từ đó suy ra ( ) 1 2 3; 6 2 3 C − − − − . Suy ra toạ độ trọng tâm 1 4 3 6 2 3 ; 3 3 G    − − +          . Vậy có hai điểm thoả YCBT: 4 4 3 6 2 3 ; 3 3 G    + +          hoặc 1 4 3 6 2 3 ; 3 3 G    − − +          . http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 160. Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho tam giác ABC cân tại A. Đỉnh A có toạ độ là các số dương, hai điểm B, C nằm trên trục Ox, phương trình cạnh : 3 7( 1) AB y x = − . Biết chu vi của ΔABC bằng 18, tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. Giải Ta có: Ox ( ) B AB = ∩ ⇒ (1;0) B . Giả sử ( ) ;3 7( 1) A a a− ( 1 a> vì 0, 0 A A x y > > ). Gọi AH là đường cao của ΔABC ⇒ ( ;0) H a ⇒ a (2 1;0) C − . ⇒ 2( 1), 8( 1) BC a AB AC a = − = = − . 18 2 ABC P a Δ = ⇔ = ⇒ ( ) (3;0), 2;3 7 C A . Vậy: ( ) 2;3 7 A , (1;0) B , (3;0) C . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 PHẦN IV TỨ GIÁC Toàn bộ tài liệu luyện thi đại học môn toán của thầy Lưu Huy Thưởng: http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 161.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1; 0), B(0; 2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y x = . Tìm tọa độ các đỉnh C và D. Giải Ta có: ( 1;2) 5 AB AB = − ⇒ = . Phương trình AB: 2 2 0 x y + − = . ( ) : ( ; ) I d y x I t t ∈ = ⇒ . I là trung điểm của AC và BD nên: (2 1;2 ), (2 ;2 2) C t t D t t − − Mặt khác: D . 4 ABC S ABCH = = (CH: chiều cao) 4 5 CH ⇒ = . Ngoài ra: 4 5 8 8 2 ; , ; 6 4 4 ( ; ) 3 3 3 3 3 5 5 0 ( 1;0), (0; 2) t C D t dC AB CH t C D             = ⇒   −          = ⇔ = ⇔       = ⇒ − −   Vậy 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 C D                         hoặc ( 1;0), (0; 2) C D − − . Câu hỏi tương tự: a) Với 4 ABCD S = , A(2; 0), B(3; 0), D I AC B = ∩ , : I d y x ∈ = . ĐS: (3;4); (2;4) C D hoặc ( 5; 4); ( 6; 4) C D − − − − . b) Với 4 ABCD S = , A(0; 0), B(–1; 2), D I AC B = ∩ , : 1 I d y x ∈ = − . ĐS: C(2; 0), D(3; –2) hoặc 2 8 ; 3 3 C   − −           , D 1 14 ; 3 3   −           HT 162.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình x 1 : 3 0 d y − = , đường thẳng BD có phương trình 2 : 2 0 d x y − = , góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 45 0 . Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương. Giải 1 2 (0;0) D d d D O = ∩ ⇒ ≡ . VTPT của đường thẳng AD và BD lần lượt là 1 (3; 1) n = − , 2 (1; 2) n = − . Ta có: 0 1 cos 45 2 ADB ADB = ⇒ = ⇒ AD = AB. Vì 0 ( , ) 45 BC AB = nên D 0 45 BC = ⇒ ΔBCD vuông cân tại B ⇒ DC = 2AB. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 1 3. 24 ( ) 24 2 2 ABCD AB S AB CD AD = ⇔ + = = ⇒ AB = 4 ⇒ D 4 2 B = . Gọi 2 ; , 0 2 B B B x B x d x       ∈ >         . D 2 2 8 10 4 2 2 5 B B B x B x x       = + = ⇔ =         ⇒ 8 10 4 10 ; 5 5 B                Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với 2 d ⇒Phương trình BC là: 2 4 10 0 x y + − = . HT 163.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AB// CD, AB < CD). Biết A(0; 2), D(–2; –2) và giao điểm I của AC và BD nằm trên đường thẳng có phương trình : 4 0 d x y + − = . Tìm tọa độ của các đỉnh còn lại của hình thang khi góc 0 45 AID= . Giải ( ;4 ) I d I x x ∈ ⇒ − . D 2 2 5; 2 4 4 A IA x x = = − + ; D 2 2 8 40 I x x = − + Trong AID Δ có: 2 2 2 cos 2 . IA ID AD AID IAID + − = 2 4 x x  =  ⇒  =   + Với 2 x= ⇒ IA = 2, ID = 4 2 . ID ID IB IB ⇒ =− ( ) 2 2;2 2 B ⇒ + + , ( ) 2 4 2;2 4 2 C + + + Với 4 x= ( ) 4 3 2;2 2 B ⇒ + + , ( ) 4 4 2; 2 2 C + − . http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 164.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 ( 1) ( 1) 2 x y − + + = và 2 điểm A(0; –4), B(4; 0). Tìm tọa độ 2 điểm C và D sao cho đường tròn (C) nội tiếp trong hình thang ABCD có đáy là AB và CD. Giải 2 2 ( ) : ( 1) ( 1) 2 C x y − + + = có tâm (1; 1) I − và 2 R= . PT cạnh AB: 4 0 x y − − = . PT cạnh CD có dạng: 0; 4 x y c c − + = ≠− CD tiếp xúc với (C) ⇒ D 1 1 ( , ) 2 0 2 c d I C R c + + = ⇔ = ⇔ = ⇒ PT cạnh CD: 0 x y − = Nhận thấy các đường thẳng 0, 4 x x = = không phải là tiếp tuyến của (C). Giả sử phương trình cạnh AD có dạng: 4 0 ( 1) kx y k − − = ≠ . Ta có: D 2 2 ( , ) 3 2( 1) 6 7 0 7 d I A R k k k k k = ⇔ − = + ⇔ + − = ⇔ =− Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 ⇒ PT cạnh AD: 7 4 0 x y + + = ⇒ 1 1 ; 2 2 D   − −           . PT cạnh BC: 7 4 0 x y + − = ⇒ 1 1 ; 2 2 C             . HT 165.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A(0; 1), B(3; 4) nằm trên parabol (P): 2 2 1 y x x = − + , tâm I nằm trên cung AB của (P). Tìm tọa độ hai đỉnh C, D sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất. Giải I nằm trên cung AB của ( P) nên a 2 ( ; 2 1) I a a − + với 0 < a <3. Do AB không đổi nên diện tích ΔIAB lớn nhất khi ( , ) d I AB lớn nhất Phương trình AB: 1 0 x y − + = . ( , ) d I AB = 2 2 1 1 2 a a a − + − + = 2 3 2 a a − + = 2 3 2 a a − + (do a ∈ (0;3)) ⇒ d ( I, AB) đạt GTLN ⇔ 2 ( ) 3 f a a a =− + đạt GTLN ⇔ 3 2 a= ⇒ 3 1 ; 2 4 I            Do I là trung điểm của AC và BD nên ta có 1 7 3; ; 0; 2 2 C D           − −             . HT 166.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1 ;0 2 I            . Đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình – 2 2 0 x y+ = , AB = 2AD. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D, biết đỉnh A có hoành độ âm. Giải Gọi M là hình chiếu của I trên AB. Khi đó, 1 : 2 0 IM AB IM x y c ⊥ ⇒ + + = IM qua 1 1 ( ;0) 1 2 I c ⇒ =− : 2 1 0 IM x y ⇒ + − = Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: 2 1 0 0 (0;1) 2 2 0 1 x y x M x y y     + − = =     ⇔ ⇒     − + = =       Gọi (2 2; ) A a a − Điều kiến: 2 2 0 1 a a − < ⇔ < Ta có: 2 2 ( , ) 2 ( , ) 2 AB AM AD d I AB AM d I AB AB AD   =    = ⇒ =     =   Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 2 5 2 (2 2) ( 1) 2. 5 a a ⇔ − + − = 2 0( . ) 5 10 5 5 2( . ) a tm a a a kotm  =  ⇔ − + = ⇔  =   Với 0 ( 2;0) a A = ⇒ − . Vì M là trung điểm AB nên: (2;2) B I là trung điểm của AC và BD nên: (3;0), ( 1; 2) C D− − Kết luận: (–2;0), (2;2), (3;0), (–1;–2) A B C D . http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 167.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Biết 2 AB BC = , đường thẳng AB đi qua điểm 4 ;1 3 M      −       , đường thẳng BC đi qua điểm (0;3) N , đường thẳng AD đi qua điểm 1 4; 3 P      −       , đường thẳng CD đi qua điểm (6;2) Q . Viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật ABCD. Giải Dễ thấy đường thẳng AB không song song với trục Oy ⇒ PT AB có dạng: 4 1 3 y k x      = + +       . ⇒ Phương trình DC: ( 6) 2 y k x = − + , BC: 3 0 x ky k + − = , AD: 4 0 3 k x ky + − + = . Vì 2 AB BC = nên ( , ) 2 ( , ) d P BC d M DC = ⇔ 2 2 4 4 3 1 6 2 3 3 1 1 k k k k k k − − − − − + = + + ⇔ 10 12 6 44 10 12 44 6 k k k k  − = −   − = −   ⇔ 1 3 3 17 k k   =    =−    . + Với 1 3 k= thì 1 13 : 3 9 AB y x = + , 1 : 3 DC y x = , 1 : 1 0 3 BC x y − − = , 1 35 : 0 3 9 AD x y + − = . + Với 3 17 k=− thì 3 13 : 17 17 AB y x =− + , 3 52 : 17 17 DC y x =− + , 3 9 : 0 17 17 BC x y − + = , D 3 71 : 0 17 17 A x y − − = . HT 168.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm (4;5), (6;5), (5;2), (2;1) M N P Q và diện tích bằng 16. Viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật ABCD. Giải PT cạnh AB có dạng: 2 2 ( 4) ( 5) 0 ( 0) a x b y a b − + − = + ≠ . ⇒ PT cạnh BC: ( 6) ( 5) 0 b x a y − − − = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 Diện tích hình chữ nhật: 2 2 2 2 3 4 4 ( , ). ( , ) . 16 a b b a S d P AB dQ BC a b a b − − + = = = + + ⇔ 2 2 ( 3 )( ) 4( ) a b a b a b − − = + ⇔ 1, 1 1 , 1 3 a b a b  =− =    =− =   . Vậy: : 1 0 AB x y − + − = hoặc : 3 11 0 AB x y − + − = . Từ đó suy ra PT các cạnh còn lại. HT 169.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB: 2 1 0 x y − − = , đường chéo BD: 7 14 0 x y − + = và đường chéo AC đi qua điểm M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải (7;3) B BD AB B = ∩ ⇒ . PT đường thẳng BC: 2 – 17 0 x y + = . (2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7 A AB A a a C BC C c c a c ∈ ⇒ + ∈ ⇒ − ≠ ≠ . 2 1 2 17 ; 2 2 a c a c I   + + − +           là trung điểm của AC, BD. I 3 18 0 3 18 (6 35;3 18) BD c a a c A c c ∈ ⇔ − − = ⇔ = − ⇒ − − M, A, C thẳng hàng ⇔ , MAMC cùng phương ⇒ 2 – 13 42 0 c c+ = ⇔ 7 ( ) 6 c loaïi c  =   =   Với c = 6 ⇒ A(1; 0), C(6; 5) , D(0; 2), B(7; 3). Câu hỏi tương tự: a) ( ) : 1 0 AB x y − + = , ( ) : 2 1 0 BD x y + − = , ( 1;1) M − . ĐS: 1 2 2 1 ; , (0;1), (1;0), ; 3 3 3 3 A B C D           − −             HT 170.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng ( ) : 3 0 d x y − − = và có hoành độ 9 2 I x = , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật, biết 0 A y > . Giải 9 3 ; 2 2 I             . Gọi M = d ∩ Ox là trung điểm của cạnh AD, suy ra M(3;0). 2 3 2 AB IM = = . D D = 12 AD = 12 . 2 2. 3 2 ABCD ABC S S ABA AB = ⇔ = = ( ) AD d M AD   ⊥     ∈    , suy ra phương trình AD: 3 0 x y + − = . Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 2 2 2 2 3 0 3 ( 3) 2 ( 3) 2 x y y x x y x y    + − =  =− +     ⇔     − + = − + =       2 1 x y   =   ⇔   =    hoặc 4 1 x y   =     =−    . Vậy A(2;1), D(4;–1), 9 3 ; 2 2 I             là trung điểm của AC, suy ra: 2 9 2 7 2 2 3 1 2 2 A C I C I A A C C I A I x x x x x x y y y y y y   +   =   = − = − =     ⇔     + = − = − =     =     Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;–1) A B C D . Câu hỏi tương tự: a) Giả thiết như trên với tâm 1 2 I d d = ∩ , 1 : 3 0 d x y − − = và 2 : 6 0 d x y + − = , 1 M d Ox = ∩ ĐS: . (2;1), (5;4), (7;2), (4;–1) A B C D . http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 171.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng Δ: – 5 0 x y + = . Viết phương trình đường thẳng AB. Giải I (6; 2); M (1; 5). Δ : x + y – 5 = 0, E ∈ Δ ⇒ E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB. I trung điểm NE ⇒ 2 12 2 4 5 1 N I E N I E x x x m y y y m m   = − = −     = − = − + = −    ⇒ N (12 – m; m – 1) (11 – ; – 6) MN m m = ; ( – 6;3 – ) IE m m = . 0 MN IE= ⇔ (11 – )( – 6) ( – 6)(3 – ) 0 m m m m + = ⇔ 6; 7 m m = = + 6 m= ⇒ (5;0) MN = ⇒ ( ) : 5 AB y= + 7 m= ⇒ (4;1) MN = ⇒ ( ) : – 4 19 0 AB x y+ = . Câu hỏi tương tự: a) Với (2;2) I , (–3;1) M , : 2 4 0 E x y ∈Δ + − = . ĐS: 4 0 x y − + = hoặc 4 7 19 0 x y − + = HT 172.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có các đường thẳng AB, AD lần lượt đi qua các điểm (2;3), ( 1;2) M N − . Hãy lập phương trình các đường thẳng BC và CD, biết rằng hình chữ nhật ABCD có tâm là 5 3 ; 2 2 I             và độ dài đường chéo AC bằng 26 . Giải Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 Giả sử đường thẳng AB có VTPT là 2 2 ( ; ) ( 0) AB n a b a b = + ≠ , do AD vuông góc với AB nên đường thẳng AD có vtpt là ( ; ) AD n b a = − . Do đó phương trình AB, AD lần lượt là: : ( 2) ( 3) 0; : ( 1) ( 2) 0 AB a x b y AD b x a y − + − = + − − = . Ta có 2 2 2 2 3 7 2 ( ; ) ; 2 ( ; ) a b b a AD d I AB AB d I AD a b a b − + = = = = + + Do đó: 2 2 2 2 2 2 2 ( 3 ) (7 ) 26 a b b a AC AB AD a b − + + = + ⇔ = + 2 2 3 4 0 4 3 a b a ab b b a  =−   ⇔ − − = ⇔  =   Gọi M', N' lần lượt là điểm đối xứng của M, N qua I suy ra (3;0) ( ), (6;1) ( ) M CD N BC ′ ′ ∈ ∈ + Nếu a b =− , chọn 1, 1 a b = =− suy ra (1; 1), (1;1) AB AD n n = − = PT đường thẳng CD có VTPT là (1; 1) AB n = − và đi qua điểm (3;0) M′ : D) ( : 3 0 C x y − − = PT đường thẳng BC có VTPT là (1;1) AD n = và đi qua điểm (6;1) N′ : ( ) : 7 0 BC x y + − = + Nếu 4 3 b a= , chọn 4, 3 a b = = suy ra (4;3), (3; 4) AB AD n n = = − PT đường thẳng CD có VTPT là (4;3) AB n = và đi qua điểm (3;0) M′ : D ( ) : 4 3 12 0 C x y + − = PT đường thẳng BC có VTPT là (3; 4) AD n = − và đi qua điểm (6;1) N′ :( ) : 3 4 14 0 BC x y − − = Vậy: ( ) : 7 0 BC x y + − = , D) ( : 3 0 C x y − − = hoặc ( ) : 3 4 14 0 BC x y − − = , D ( ) : 4 3 12 0 C x y + − = . HT 173.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có cạnh bằng 5 đơn vị, biết toạ độ đỉnh A(1; 5), hai đỉnh B, D nằm trên đường thẳng (d): 2 4 0 x y − + = . Tìm toạ độ các đỉnh B, C, D. Giải Gọi I AC BD = ∩ Ta có: 1 : 2 0 AO BD AI x y c ⊥ ⇒ + + = 1 (1;5) 7 AIquaA c ⇒ =− : 2 7 0 AI x y ⇒ + − = Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình: 2 7 0 2 (2;3) 2 4 0 3 x y x I x y y     + − = =     ⇔ ⇒     − + = =       Ta có: I là trung điểm AC nên suy ra: (3;1) C Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 Gọi (2 4; ) B b b − . Theo đề bài: 2 2 5 (2 5) ( 5) 25 AB b b = ⇔ − + − = 2 1 5 30 25 0 5 b b b b  =  ⇔ − + = ⇔  =   Với 1 ( 2;1) (6;5) b B D = ⇒ − ⇒ Với 5 (6;5) ( 2;1) b B D = ⇒ ⇒ − Kết luận: ( 2;1); (3;1); (6;5) B C D − hoặc (6;5); (3;1); ( 2;1) B C D− http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 174.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng Δ: – 1 0 x y + = , các điểm A( 0;–1), B(2; 1). Tứ giác ABCD là hình thoi có tâm nằm trên đường thẳng Δ. Tìm tọa độ các điểm C, D. Giải Gọi I(a; b) là tâm của hình thoi. Vì I∈Δ nên a + b – 1 = 0 hay b = 1 – a (1). Ta có: ( ; 1) AI a b = + và ( – 2; – 1) BI a b = . Do AI ⊥ BI ⇒ ( 2) ( 1)( 1) 0 a a b b − + + − = (2) Từ (1) và (2) ⇒ a 2 2 0 0 2 a a a − = ⇔ = ∨ = . • Với a = 0 thì I(0; 1) ⇒ C(0;3) và D(–2;1). • Với a = 2 thì I(2; –1) ⇒ C(4; –1) và D(2; –3). Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) và D(–2;1) hoặc C(4;–1) và D(2;–3). HT 175.Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD với A(1;0), đường chéo BD có phương trình : – 1 0 d x y+ = . Tìm toạ độ các đỉnh B, C, D , biết 4 2 BD= . Giải AC ⊥ BD ⇒ Phương trình AC: 1 0 x y + − = . Gọi I AC BD = ∩ ⇒ (0;1) I ( ) 1;2 C ⇒ − D 4 2 B = ⇒ 2 2 IB= . PT đường tròn tâm I bán kính 2 2 IB= : ( ) 2 2 1 8 x y + − = Toạ độ B, D là nghiệm của hệ : ( ) 2 2 2 (2;3), ( 2; 1) 4 1 8 ( 2; 1), (2;3) 1 1 0 B D x x y B D y x x y      − −  =  + − =    ⇔ ⇔      − − = + − + =         HT 176.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết phương trình của một đường chéo là : 3 7 0 d x y + − = , điểm B(0;–3). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết diện tích hình thoi bằng 20. Giải Ta có (0; 3) B d − ∉ ⇒ A, C ∈ d. Ph.trình BD: 3 9 0 x y − − = . Gọi I AC BD = ∩ (3; 2) I ⇒ − ⇒ (6; 1) D − . 2 10 BD= . Gọi ( ;7 3 ) Aa a d − ∈ . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 D D D 2 2 3(7 3 ) 9 ( , ). .2 10 20 1 3 ABC a a S d AB B − − − = ⇒ = + ⇔ 2 4 a a  =   =   ⇒ 1 1 2 2 (2;1); (4; 5) (4; 5); (2;1) A C A C  −   −   HT 177.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm (3;3) I và 2 AC BD = . Điểm 4 2; 3 M             thuộc đường thẳng AB , điểm 13 3; 3 N             thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3. Giải Tọa độ điểm N′ đối xứng với điểm N qua I là 5 3; 3 N     ′         ⇒ N′ nằm trên đường thẳng AB. Đường thẳng AB đi qua M, N′ có PT: 3 2 0 x y − + = ⇒ 3 9 2 4 ( , ) 10 10 IH d I AB − + = = = Do 2 AC BD = nên 2 IA IB = . Đặt 0 IB a = > . 2 2 2 1 1 1 IA IB IH + = ⇔ 2 2 1 1 5 2 8 4 a a a + = ⇔ = Đặt ( ; ) B x y . Do 2 IB= và B AB ∈ nên tọa độ B là nghiệm của hệ: ( ) ( ) 2 2 2 14 4 3 5 18 16 0 3 3 2 5 8 2 3 2 3 2 0 5 x x y y x y y x y x y y       =     = >  − + =   − + − =      ⇔ ⇔ ∨         = = − − + =       =         Do 3 B x < nên ta chọn 14 8 ; 5 5 B             . Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7 18 0 x y − − = . Câu hỏi tương tự: a) (2;1) I , 2 AC BD = , 1 0; 3 M            , (0;7) N , 0 B x > . ĐS: (1; 1) B − http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 178.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo BD nằm trên đường thẳng : 2 0 x y Δ − − = . Điểm (4; 4) M − nằm trên đường thẳng chứa cạnh BC, điểm ( 5;1) N − nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB. Biết 8 2 BD= . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD, biết điểm D có hoành độ âm. Giải Lấy M′ là điểm đối xứng với M qua BD ⇒ ( 2;2) M′− . Đường thẳng AB qua ( 5;1) N − và ( 2;2) M′− ⇒ Phương trình : 3 8 0 AB x y − + = . Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 2 0 3 8 0 x y x y   − − =     − + =    ⇒ (7;5) B . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 Giả sử ( ; 2) D d d− ∈Δ , do 2 2 8 2 ( 7) ( 7) 128 1 BD d d d = ⇔ − + − = ⇔ =− ⇒ ( 1; 3) D− − . Gọi I là tâm của hình thoi ⇒ (3;1) I , khi đó đường thẳng AC qua I và vuông góc với BD ⇒ Phương trình : 4 0 AC x y + − = . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 4 0 (1;3) 3 8 0 x y A x y   + − =   ⇒   − + =    ⇒ (5; 1) C − . HT 179.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình hai cạnh AB và AD lần lượt là 2 2 0 x y + − = và 2 1 0 x y + + = . Điểm (1;2) M thuộc đường thẳng BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi. Giải Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ: 2 2 0 4 5 ; 2 1 0 3 3 x y A x y     + − =      ⇒ −        + + =      PT các đường phân giác góc A là: 2 2 2 1 5 5 x y x y + − + + =± ⇔ 1 2 ( ) : 3 0 ( ) : 3 3 1 0 d x y d x y  − + =   + − =   . • Trường hợp 1 ( ) : 3 0 d x y − + = . Đường thẳng (BD) đi qua M và vuông góc với 1 ( ) d nên ( ) : 3 0 BD x y + − = . Suy ra (4; 1) B AB BD B = ∩ ⇒ − , ( 4;7) D AD BD D = ∩ ⇒ − . Gọi 1 ( ) (0;3) I BD d I = ∩ ⇒ . Vì C đối xứng với A qua I nên 4 13 ; 3 3 C             . • Trường hợp 2 ( ) : 3 3 1 0 d x y + − = . Đường thẳng (BD) đi qua M và vuông góc với 2 ( ) d nên ( ) : 1 0 BD x y − + = . Suy ra (0;1) B AB BD B = ∩ ⇒ , 2 1 ; 3 3 D AD BD D      = ∩ ⇒ −       . Gọi 2 1 2 ( ) ; 3 3 I BD d I      = ∩ ⇒ −       . Vì C đối xứng với A qua I nên 2 1 ; 3 3 C      −        . Vậy: 4 5 ; 3 3 A      −        , (4; 1) B − , 4 13 ; 3 3 C             , ( 4;7) D− hoặc 4 5 ; 3 3 A      −        , (0;1) B , 2 1 ; 3 3 C      −        , 2 1 ; 3 3 D      −       http://www.Luuhuythuong.blogspot.com Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 HT 180.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) có phương trình 2 2 ( 2) ( 1) 8 x y − + + = và điểm A thuộc đường thẳng (d): 2 3 0 x y − + = . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D, biết rằng 2 BD AC = và hoành độ của điểm A không nhỏ hơn 2. Giải (C) có tâm (2; 1) I − , bán kính 2 2 R= , 2 IB IA = . Trong tam giác vuông IAB ta có: 2 2 2 2 1 1 1 5 1 10 8 4 IA IA IB IH IA + = ⇒ = ⇒ = ⇒ 2 10 IB= . Giả sử (2 3; ) A t t d − ∈ và 2 A x ≥ . Ta có 10 IA= 2 2 (2 5) ( 1) 10 2 t t t ⇔ − + + = ⇔ = Suy ra (1;2) A , do I là trung điểm AC nên (3; 4) C − . Gọi Δ là đường thẳng qua I và vuông góc với AC ⇒ : 3 5 0 x y Δ − − = . Ta có B, D ∈ Δ và 2 10 IB ID = = ⇒ Toạ độ của B, D là các nghiệm của hệ: 2 2 3 5 0 ( 2) ( 1) 40 x y x y   − − =     − + + =    ⇔ 8; 1 4; 3 x y x y  = =   =− =−   ⇒ (8;1), ( 4; 3) B D− − hoặc ( 4; 3), (8;1) B D − − . Vậy: (1;2) A , (8;1), (3; 4), ( 4; 3) B C D − − − hoặc (1;2) A , ( 4; 3), (3; 4), (8;1) B C D − − − . HT 181.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm 5 5 ; 2 2 I            , hai điểm A, B lần lượt nằm trên các đường thẳng 1 : 3 0 d x y + − = và đường thẳng 2 : 4 0 d x y + − = . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. Giải Giả sử 1 2 ( ;3 ) ; ( ;4 ) Aa a d B b b d − ∈ − ∈ ⇒ 5 1 5 3 ; ; ; 2 2 2 2 IA a a IB b b           = − − = − −               ABCD vuông tâm I nên . 0 IA IB IAIB   =     =    ⇔ 2 1 1 3 a a b b     = =     ∨     = =       • Với a = 2; b = 1 ⇒ A(2; 1); B(1; 3), C(3; 4); D(4; 2). • Với a = 1; b = 3 ⇒ A(1; 2); B(3; 1), C(4; 3); D(2; 4). HT 182.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (C): 2 2 ( 2) ( 3) 10 x y − + − = . Xác định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua điểm M(–3; –2) và điểm A có hoành độ x A > 0. Giải (C) có tâm I(2; 3) và bán kính 10 R= . PT AB đi qua M(–3; –2) có dạng 3 2 0 ax by a b + + + = 2 2 ( 0) a b + ≠ . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 Ta có ( , ) d I AB R = ⇔ 2 2 2 2 2 2 3 3 2 10 10( ) 25( ) a b a b a b a b a b + + + = ⇔ + = + + ⇔ a 3 3 a b b  =−   =−   . • Với 3 a b =− ⇒ AB: x 3 7 0 y − + = . Gọi ( ;3 7),( 0) At t t + > . Ta có 2 IA R = ⇒ 0; 2 t t = =− (không thoả mãn). • Với a 3 b=− ⇒ AB: 3 3 0 x y − − = . Gọi (3 3; ), ( 1) A t t t + >− . Ta có 2 IA R = ⇒ 1 1 ( ) t t loaïi  =   =−   ⇒ A(6; 1) ⇒ C(–2; 5). http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 183.Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm 3 1 ; 2 2 I             . Các đường thẳng AB, CD lần lượt đi qua các điểm ( 4; 1) M − − , ( 2; 4) N − − . Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông đó biết B có hoành độ âm. Giải Gọi M′, N′ là các điểm đối xứng với M, N qua I ⇒ (7;2) M′ , (5;5) N′ . Ta có: N′ ∈ AB. Phương trình AB: 2 3 5 0 x y − + = . Gọi H là hình chiếu của I lên AB ⇒ 1 ;2 2 H             Gọi ( ; ), 0 B a b a< . Ta có 2 2 2 3 5 1 1 13 1 ( 2) 2 4 a b B AB a HA HI b a b   − =−      ∈  =−      ⇔ ⇔          = =      − + − =             ⇒ ( 1;1) B− . Khi đó (2;3), (1; 2), (4;0) A C D − . HT 184.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD trong đó A thuộc đường thẳng 1 : 1 0 d x y + − = và , C D nằm trên đường thẳng 2 : 2 3 0 d x y − + = . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông biết hình vuông có diện tích bằng 5. Giải Giả sử 1 ( ;1 ) Aa a d − ∈ . Ta có D 2 5 ( , ) 5 ABC S d Ad = ⇔ = ⇔ 1 a= hoặc 7 3 a − = . + Với 1 a= ⇒ (1;0) A ⇒ Phương trình cạnh AD : 2 1 0 x y + − = ⇒ ( 1;1) D− . Giả sử ( ; ) C x y . Ta có: 2 5 C d DC   ∈     =    ⇒ (0;3) C hoặc ( 2; 1) C − − – Với (0;3) C ⇒ Trung điểm I của AC là 1 3 ; 2 2 I             ( ) 2;2 B ⇒ – Với ( 2; 1) C − − ⇒ Trung điểm I của AC là 1 1 ; 2 2 I      − −       ⇒ ( ) 0; 2 B − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 + Với 7 3 a − = 7 10 ; 3 3 A   −    ⇒        . Tương tự như trên ta tìm được: 1 7 ; 3 3 D   −           , 4 1 ; 3 3 C   −           , 10 4 ; 3 3 B   −           hoặc 1 7 ; 3 3 D   −           , 2 13 ; 3 3 C             , 4 16 ; 3 3 B   −           . Vậy có 4 hình vuông ABCD thỏa mãn yêu cầu bài toán: (1;00, (2;2), (0;3), ( 1;1) A B C D− hoặc (1;0), (0; 2), ( 2; 1), ( 1;1) A B C D − − − − hoặc 7 10 10 4 4 1 1 7 ; , ; , ; , ; 3 3 3 3 3 3 3 3 A B C D         − − − −                                         hoặc 7 10 4 16 2 13 1 7 ; , ; , ; , ; 3 3 3 3 3 3 3 3 A B C D         − − −                                         http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 185.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho điểm (1; 1) E − là tâm của một hình vuông, một trong các cạnh của nó có phương trình : 2 12 0 d x y − + = . Viết phương trình các cạnh còn lại của hình vuông. Giải Giả sử cạnh AB nằm trên đường thẳng : 2 12 0 d x y − + = . Gọi H là hình chiếu của E lên đường thẳng AB ⇒ ( 2;5) H − ⇒ 45 AH BH EH = = = . Ta có: , 45 A B d AH BH   ∈     = =    ⇔ 2 2 2 12 0 ( 2) ( 5) 45 x y x y   − + =     + + − =    ⇔ 4; 8 8; 2 x y x y  = =   =− =   ⇒ (4;8), ( 8;2) A B− ⇒ ( 2; 10) C − − ⇒ Phương trình các cạnh còn lại: : 2 16 0 AD x y + − = ; : 2 14 0 BC x y + + = ; : 2 18 0 CD x y − − = . HT 186.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD biết các điểm M(2; 1); N(4; –2); P(2; 0); Q(1; 2) lần lượt thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông. Giải Giả sử đường thẳng AB qua M và có VTPT là ( ; ) n a b = (a 2 + b 2 ≠ 0) ⇒ VTPT của BC là: 1 ( ; ) n b a = − . Phương trình AB có dạng: a(x –2) +b(y –1)= 0 ⇔ ax + by –2a –b =0 BC có dạng: –b(x – 4) +a(y+ 2) =0 ⇔ – bx + ay +4b + 2a =0 Do ABCD là hình vuông nên d(P; AB) = d(Q; BC) ⇔ 2 2 2 2 3 4 2 b b a b a b a a b a b  − + =−  = ⇔  =−   + + • b = –2a: AB: x – 2y = 0 ; CD: x – 2y –2 =0; BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y – 4 =0 • b = –a: AB: –x + y+ 1 =0; BC: –x –y + 2= 0; AD: –x –y +3 =0; CD: –x + y+ 2 =0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 HT 187.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 – 8 6 21 0 x y x y + + + = và đường thẳng : 1 0 d x y + − = . Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A ∈ d. Giải (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2. Ta thấy I d ∈ . Vậy AI là một đường chéo của hình vuông ngoại tiếp đường tròn. Ta có: 2 x= và 6 x= là 2 tiếp tuyến của (C) nên: – Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và 2 x= ⇒ A(2; –1) – Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và 6 x= ⇒ A(6, –5) • A(2, –1) ⇒ B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1) • A(6, –5) ⇒ B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5) http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 188.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho hình vuông ABCD có ( 2;6) A− , đỉnh B thuộc đường thẳng : 2 6 0 d x y − + = . Gọi M, N lần lượt là hai điểm trên 2 cạnh BC, CD sao cho BM = CN. Xác định tọa độ đỉnh C, biết rằng AM cắt BN tại điểm 2 14 ; 5 5 I             . Giải Giả sử (2 6; ) B y y d − ∈ . Ta thấy AMB Δ = BNC Δ . 0 4 (2;4) AI BI IAIB y B ⇒ ⊥ ⇒ = ⇒ = ⇒ Phương trình : 2 0 ( ;2 ) BC x y C c c − = ⇒ , 2 5, AB= 2 2 ( 2) (2 4) BC c c = − + − 2 2 (0;0); (4;8) AB BC c C C = ⇒ − = ⇒ Vì I nằm trong hình vuông nên , I C cùng phía với đường thẳng (0;0) AB C ⇒ . HT 189.Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho hình vuông ABCD trên đoạn AC lấy điểm M sao cho AC = 4AM và N là trung điểm của cạnh CD. Chứng minh rằng BMN là tam giác vuông cân. Giải Goi a là độ dài cạnh hình vuông ABCD . Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho A( B(a 0;0), ;0) , C(a;a) và D( a 0; ) ⇒ 1 1 ; 4 4 M a a             , 1 ; 2 N a a             1 3 ; 4 4 MN a a      ⇒ =       , 3 1 ; 4 4 MB a a   −    =       Từ đó có . 0 MN MB= và 5 8 MN MB a = = BMN ⇒Δ vuông cân tại M . HT 190.Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho hình vuông có đỉnh ( 4;5) A− và một đường chéo có phương trình : 7 8 0 x y Δ − + = . Viết phương trình các cạnh của hình vuông. Giải Vì A∉Δ nên đường chéo BD nằm trên Δ. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 PT đường thẳng d đi qua A có dạng: ( 4) ( 5) 0 a x b y + + − = ( 2 2 0 a b + ≠ ) d hợp với BD một góc 0 45 ⇔ 2 2 7 2 2 50 a b a b − = + ⇔ 3, 4 4, 3 a b a b  = =−   = =   . ⇒ ( ) : 3 4 31 0 AB x y − + = , ( ) : 4 3 1 0 AD x y + + = . Gọi I là tâm hình vuông ⇒ 1 9 ; 2 2 I      −       ⇒ (3;4) C ⇒ ( ) : 4 3 24 0 BC x y + − = , ( ) : 3 4 7 0 CD x y − + = http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 191.Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh (4;5) A , đường chéo BD có phương trình 3 0 y− = . Tìm toạ độ các dỉnh còn lại của hình vuông đó. Giải Đường chéo AC vuông góc với BD nên PT có dạng: 0 x c + = . AC đi qua A nên 4 c=− . ⇒ ( ) : 4 0 AC x− = ⇒ (4;3) I . Đường tròn (C) ngoại tiếp hình vuông ABCD có tâm (4;3) I , bán kính 2 R AI = = ⇒ Phương trình (C): 2 2 ( 4) ( 3) 4 x y − + − = . Toạ độ các điểm B, D là các nghiệm của hệ: 2 2 3 ( 4) ( 3) 4 y x y   =     − + − =    ⇔ 6, 3 2, 3 x y x y  = =   = =   . Vậy: (6;3), (4;1), (2;3) B C D hoặc (2;3), (4;1), (6;3) B C D HT 192.Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của BC, phương trình đường thẳng : 2 0 DM x y − − = , đỉnh (3; 3) C − , đỉnh A nằm trên đường thẳng : 3 2 0 d x y + − = . Xác định toạ độ các đỉnh còn lại của hình vuông đó. Giải Giả sử ( ;2 3 ) At t d − ∈ . Ta có: ( , ) 2 ( , ) d ADM d C DM = ⇔ 4 4 2.4 2 2 t− = ⇔ 3 1 t t  =   =−   . ⇒ (3; 7) A − hoặc ( 1;5) A− . Mặt khác, A và C nằm về hai phía đối với DM nên chỉ có ( 1;5) A− thoả mãn. Gọi ( ; 2) D m m DM − ∈ ⇒ ( 1; 7) AD m m = + − , ( 3; 1) CD m m = − + . ABCD là hình vuông nên . 0 DADC DA DC   =     =    ⇔ 2 2 2 2 ( 1)( 3) ( 7)( 1) 0 5 ( 1) ( 7) ( 3) ( 1) m m m m m m m m m   + − + − + =   ⇔ =   + + − = − + +    Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 ⇒ (5;3) D ; ( 3; 1) AB DC B = ⇒ − − . Vậy: ( 1;5) A− , ( 3; 1) B− − , (5;3) D . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 82 PHẦN V ĐƯỜNG CO-NIC Toàn bộ tài liệu luyện thi đại học môn toán của thầy Lưu Huy Thưởng: http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 193.Trong mặt phẳng với hệ toạ độOxy , Lập phương trình chính tắc của (E), biết: a) Độ dài trục lớn bằng 10, trục nhỏ bằng 6. b) Độ dài trục lớn bằng 10, tiêu cự bằng 8. c) Độ dài trục lớn bằng 10, độ dài trục nhỏ bằng 3 4 tiêu cự. d) Tiêu cự bằng 8 và đi qua điểm 12 3; 5 M            . e) Độ dài trục nhỏ bằng 6 và đi qua điểm 9 4; 5 M      −       . Giải Phương trình chính tắc của elip có dạng: 2 2 2 2 ( ) : 1 x y E a b + = a) Độ dài trục lớn bằng 10 2 10 5 a a ⇒ = ⇔ = Độ dài trục nhỏ bằng 6 2 6 3 b b ⇔ = ⇔ = Vậy, Phương trình 2 2 ( ) : 1 25 9 x y E + = b) Độ dài trục lớn bằng 10 2 10 5 a a ⇒ = ⇔ = Tiêu cự bằng 8 2 8 4 c c ⇔ = ⇔ = Ta có: 2 2 2 2 2 5 4 9 b a c = − = − = Vậy, Phương trình 2 2 ( ) : 1 25 9 x y E + = c) Độ dài trục lớn bằng 10 2 10 5 a a ⇒ = ⇔ = Độ dài trục nhỏ bằng 3 4 tiêu cự 3 3 2 2 4 4 b c b c ⇔ = ⇔ = 4 3 c b ⇔ = Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 16 25 9 9 a b c a b b b = + ⇔ = + = 2 2 9 9 .25 9 25 25 b a = = = Vậy, Phương trình 2 2 ( ) : 1 25 9 x y E + = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 83 d) Tiêu cự bằng 8 2 8 4 c c ⇔ = ⇔ = 2 2 16 (1) a b ⇔ = + Đi qua điểm 2 2 2 2 2 2 144 12 9 25 3; 1 225 144 25 (2) 5 M b a a b a b     ⇒ + = ⇔ + =        Thay (1) vào (2) ta được: 2 2 2 2 225 144( 16) 25( 16) b b b b + + = + 2 4 2 2 9 25 31 2304 0 256 25 b b b b  =   ⇔ + − = ⇔  =−    2 2 9 25 b a ⇔ = ⇒ = Vậy, Phương trình 2 2 ( ) : 1 25 9 x y E + = e) Độ dài trục nhỏ bằng 6 2 6 3 b b ⇔ = ⇔ = Elip đi qua 9 4; 5 M      −        nên suy ra: 2 2 2 2 2 81 16 16 9 16 16 25 1 1 25 25 25 a a b a a + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = Vậy, Phương trình 2 2 ( ) : 1 25 9 x y E + = HT 194.Trong mặt phẳng với hệ toạ độOxy , Lập phương trình chính tắc của (E), biết: a) Một tiêu điểm là 1 ( 4;0) F − và độ dài trục lớn bằng 10. b) Một tiêu điểm là ( ) 2 4;0 F và đi qua điểm 5 5 ; 2 3 M       −       . c) Đi qua hai điểm 6 6 3 21 (1; ), 2; 5 5 M N       −       . Giải Phương trình chính tắc của elip : 2 2 2 2 1 x y a b + = a) Ta có : Tiêu điểm 1 ( 4;0) 4 F c − ⇒ = Elip có độ dài trục lớn bằng 10 2 10 5 a a ⇒ = ⇔ = Suy ra : 2 2 2 25 16 9 b a c = − = − = Vậy, Phương trình 2 2 ( ) : 1 25 9 x y E + = b) Ta có : Tiêu điểm 1 (4;0) 4 F c ⇒ = 2 2 16 (1) a b ⇔ = + Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 84 Elip đi qua điểm 5 5 ; 2 3 M       −          2 2 2 2 2 2 125 4 9 1 125 36 9 (2) b a a b a b ⇒ + = ⇔ + = Thay (1) vào (2) ta được: 2 2 2 2 125 36( 16) 9( 16) b b b b + + = + 2 4 2 2 9 9 17 576 0 64 9 b b b b  =   ⇔ − − = ⇔  =−    2 9 b ⇔ = 2 25 a ⇒ = Vậy, Phương trình 2 2 ( ) : 1 25 9 x y E + = c) Elip đi qua hai điểm: 6 6 3 21 (1; ), 2; 5 5 M N       −       Suy ra : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 216 1 25 1 25 216 25 (1) 189 100 189 25 (2) 4 25 1 b a a b a b b a a b a b       + =    + =     ⇔     + =        + =     Lấy (1) – (2) vế với vế ta được: 2 2 2 2 25 75 27 0 9 b a a b − + = ⇔ = thay vào (1) ta được : 2 2 4 25 25 25 216. 25. . 9 9 b b b + = 2 2 9 25 b a ⇔ = ⇒ = (Vì 0) b > Vậy, Phương trình 2 2 ( ) : 1 25 9 x y E + = http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 195.Trong mặt phẳng với hệ toạ độOxy , Lập phương trình chính tắc của (E), biết: a) Độ dài trục lớn bằng 10, tâm sai bằng 3 5 . b) Một tiêu điểm là 1 ( 4;0) F − và tâm sai bằng 4 5 . c) Độ dài trục nhỏ bằng 6, phương trình các đường chuẩn là 4 25 0 x ± = . d) Một đỉnh là 1 ( 10;0) A − , tâm sai bằng 3 5 . e) Đi qua điểm 5 2; 3      −       M và có tâm sai bằng 2 3 . Giải Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 85 Phương trình chính tắc của elip có dạng: 2 2 2 2 1 x y a b + = a) Độ dài trục lớn bằng10 2 10 5 a a ⇔ = ⇔ = Tâm sai : 3 5 5 c c e a = = = 3 c ⇒ = 2 2 2 25 9 16 b a c ⇒ = − = − = Vậy, phương trình elip : Vậy, Phương trình 2 2 ( ) : 1 25 16 x y E + = b) Tiêu điểm 1 ( 4;0) 4 F c − ⇒ = Tâm sai : 4 4 5 c e a a = = = 5 a ⇒ = 2 2 2 25 16 9 b a c ⇒ = − = − = Vậy, Phương trình 2 2 ( ) : 1 25 9 x y E + = c) Độ dài trục nhỏ bằng 6 2 6 3 b b ⇔ = ⇔ = 2 2 9 (1) a c = + phương trình các đường chuẩn là 4 25 0 x ± = . 2 2 25 25 4 4 4 25 a a a c e c ⇒ = ⇔ = ⇔ = Thay vào (1) ta được : 2 4 4 2 2 2 25 16 16 9 9 0 225 625 625 16 a a a a a a  =   = + ⇔ − + = ⇔  =    Vậy, phương trình elip : Vậy, Phương trình 2 2 ( ) : 1 25 9 x y E + = hoặc 2 2 1 225 9 16 x y + = HT 196.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2 9 25 225 x y + = . Tìm điểm M thuộc (E) sao cho : a) 1 2 MF MF = b) 1 2 3 MF MF = Giải Ta có : phương trình của 2 2 ( ) : 1 25 9 x y E + = Suy ra : 5, 3, 4 a b c = = = Ta có : 1 4 5 5 cx x MF a a = + = + ; 2 4 5 5 cx x MF a a = − = − a) 1 2 4 4 5 5 0 5 5 x x MF MF x = ⇔ + = − ⇔ = 3 y ⇒ =± Vậy, 2 điểm M cần tìm : 1 (0;3) M và 2 (0; 3) M − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 86 b) 1 2 4 4 25 3 5 3(5 ) 5 5 8 x x MF MF x = ⇔ + = − ⇔ = Thay vào phương trình (E) ta được : 2 2 625 351 3 39 64 1 25 9 64 8 y y y + = ⇔ = ⇔ =± Vậy, 2 điểm M cần tìm : 1 25 3 39 ; 8 8 M                hoặc 2 25 3 39 ; 8 8 M       −          HT 197.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2 9 25 225 x y + = . Tìm điểm M thuộc (E) sao cho M nhìn 2 tiêu điểm dưới 1 góc vuông. Giải Ta có: 2 2 ( ) : 1 25 9 x y E + = Suy ra: 5, 3, 4 a b c = = = 1 4 5 5 cx x MF a a = + = + ; 2 4 5 5 cx x MF a a = − = − M nhìn hai tiêu điểm dưới 1 góc vuông 2 2 2 1 2 1 2 1 2 MF MF MF MF FF ⇔ ⊥ ⇔ + = 2 2 4 4 5 5 64 5 5 x x           ⇔ + + − =               2 32 50 64 25 x ⇔ + = ⇔ 2 175 5 7 16 4 x x = ⇔ =± Với, 2 2 175 81 9 16 16 4 x y y = ⇒ = ⇔ =± Vậy, có 4 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán: 1 2 3 4 5 7 9 5 7 9 5 7 9 5 7 9 ; ; ; ; ; ; ; 4 4 4 4 4 4 4 4 M M M M                         − − − −                                     HT 198.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2 9 25 225 x y + = . Tìm điểm M thuộc (E) sao cho M nhìn 2 tiêu điểm dưới 1 góc 0 60 . Giải Ta có: 2 2 ( ) : 1 25 9 x y E + = Suy ra: 5, 3, 4 a b c = = = 1 4 5 5 cx x MF a a = + = + ; 2 4 5 5 cx x MF a a = − = − M nhìn 2 tiêu điểm dưới 1 góc 0 0 1 2 60 60 FMF ⇔ = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 87 2 2 2 2 2 2 0 1 2 1 2 2 1 2 4 4 32 5 5 64 50 64 5 5 1 25 cos60 2 . 2 4 4 32 2. 5 . 5 50 5 5 25 x x x MF MF FF MF MF x x x           + + − −     + −       + −     ⇔ = = = =           + −   −             2 2 2 64 32 325 5 13 28 50 25 25 16 4 x x x x ⇔− + = − ⇔ = ⇔ =± Với, 2 2 325 27 3 3 16 16 4 x y y = ⇒ = ⇔ =± Vậy, có 4 điểm M thỏa mãn: 1 2 3 4 5 13 3 3 5 13 3 3 5 13 3 3 5 13 3 3 ; , ; , ; , ; 4 4 4 4 4 4 4 4 M M M M                         − − − −                                     http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 199.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2 1 25 16 x y + = . A, B là các điểm trên (E) sao cho: 1 2 8 AF BF + = , với 1 2 , F F là các tiêu điểm. Tính 2 1 AF BF + . Giải 1 F 2 2 A AF a + = và 1 2 2 BF BF a + = ⇒ 1 2 F F 1 2 4 20 A A BF BF a + + + = = Mà 1 F 2 8 A BF + = ⇒ 2 F 1 12 A BF + = HT 200.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình hypebol (H) biết: a) Độ dài trục thực bằng 8, trục ảo bằng 6. b) Độ dài trục thực bằng 8, tiêu cự bằng 10. c) Tiêu cự bằng 10, một tiệm cận là 3 4 y x = . d) Độ dài trục thực bằng 8, tâm sai bằng 5 4 e) Độ dài trục ảo bằng 6, tâm sai bằng 5 4 . Giải Phương trình của 2 2 2 2 ( ) : 1 x y H a b − = a) Độ dài trục thực bằng 8 2 8 4 a a ⇔ = ⇔ = Độ dài trục ảo bằng 6 2 6 3 b b ⇔ = ⇔ = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 88 Vậy, phương trình 2 2 ( ) : 1 16 9 x y H − = b) Độ dài trục thực bằng 8 2 8 4 a a ⇔ = ⇔ = Tiêu cự bằng 10 2 10 5 c c ⇔ = ⇔ = Ta có: 2 2 2 25 16 9 b c a = − = − = Vậy, phương trình 2 2 ( ) : 1 16 9 x y H − = c) Tiêu cự bằng 10 2 10 5 c c ⇔ = ⇔ = ⇔ 2 2 25 (1) a b + = Một tiệm cận là 3 4 y x = . 3 3 4 4 b a b a ⇒ = ⇔ = Thay vào (1) ta được: 2 2 2 2 9 25 16 9 16 a a a b + = ⇔ = ⇒ = Vậy, phương trình 2 2 ( ) : 1 16 9 x y H − = d) Độ dài trục thực bằng 8 2 8 4 a a ⇔ = ⇔ = Tâm sai 5 4 c e a = = 2 2 2 5 9 c b c a ⇒ = ⇒ = − = Vậy, phương trình 2 2 ( ) : 1 16 9 x y H − = e) Độ dài trục ảo bằng 6 2 6 3 b b ⇔ = ⇔ = 2 2 2 2 9 c a b a ⇔ = + = + (1) Tâm sai 5 4 c e a = = 5 4 c a ⇒ = thay vào (1) ta được: 2 2 2 25 9 16 16 a a a = + ⇔ = Vậy, phương trình 2 2 ( ) : 1 16 9 x y H − = HT 201.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, Lập phương trình của hypebol biết: a) Một đỉnh là A(12; 0), một tiêu điểm là F(13; 0). b) Một tiêu điểm là F(–13; 0), tâm sai 13 12 e = . c) (H) đi qua hai điểm 12 29 12 26 ;2 , ; 1 5 5 M N             − −                   . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 89 d) Độ dài trục thực bằng 24 và đi qua điểm 25 13; 12 A             e) Tiêu cự bằng 26 và đi qua điểm 15 15; 4 A             f) Có cùng tiêu điểm với elip (E): 2 2 31 200 6200 x y + = , tâm sai bằng 13 12 . Giải Phương trình của hypebol có dạng : 2 2 2 2 ( ) : 1 x y H a b − = a) Một đỉnh là A(12; 0) 12 a ⇒ = Một tiêu điểm là F(13; 0) 13 c ⇒ = 2 2 2 169 144 25 b c a ⇒ = − = − = Vậy, phương trình của 2 2 ( ) : 1 144 25 x y H − = b) Một tiêu điểm là F(–13; 0) 13 c ⇒ = Tâm sai 13 12 e = 13 12 12 12 13 c c a a ⇒ = ⇒ = = Ta có : 2 2 2 169 144 25 b c a = − = − = Vậy, phương trình của 2 2 ( ) : 1 144 25 x y H − = c) (H) đi qua hai điểm 12 29 12 26 ;2 , ; 1 5 5 M N             − −                   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4176 4 25 1 4176 100 25 (1) 3744 3744 25 25 (2) 1 25 1 b a a b a b b a a b a b       − =    − =     ⇔     − =        − =     Lấy (1) trừ (2) vế với vế ta được : 2 2 2 2 144 432 75 0 25 b a a b − = ⇔ = Thay vào (1) ta được : 2 2 4 144 144 4176 100. 25. 25 25 b b b − = 2 2 25 144 b a ⇔ = ⇒ = Vậy, phương trình của 2 2 ( ) : 1 144 25 x y H − = d) Độ dài trục thực bằng 24 2 24 12 a a ⇒ = ⇔ = (H) đi qua điểm 25 13; 12 A             2 2 2 625 169 169 625 144 1 1 144 144 a b b ⇒ − = ⇔ − = 2 25 b ⇔ = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 90 Vậy, phương trình của 2 2 ( ) : 1 144 25 x y H − = e) Tiêu cự bằng 26 2 26 13 c c ⇒ = ⇔ = 2 2 2 169 (1) a b c ⇒ + = = 2 2 169 a b ⇔ = − (H) đi qua điểm 15 15; 4 A             2 2 2 2 2 2 225 225 16 1 3600 225 16 (2) b a a b a b ⇒ − = ⇔ − = Thay (1) vào (2) ta được: 2 2 2 2 3600 225(169 ) 16(169 ) b b b b − − = − 2 4 2 2 25 16 1121 38025 0 1521 16 b b b b  =   ⇔ + − = ⇔ −  =    2 2 25 144 b a ⇒ = ⇒ = Vậy, phương trình của 2 2 ( ) : 1 144 25 x y H − = f) Có cùng tiêu điểm với elip (E): 2 2 31 200 6200 x y + = , Ta có: 2 2 2 2 ( ) : 1 200 31 169 200 31 E E E x y E c a b + = ⇒ = − = − = Vậy, elip (E) có tiêu điểm: 1 2 ( 13;0), (13;0) F F − (H) có cùng tiêu điểm với (E) suy ra 2 2 13 169 H H H c a b = ⇔ + = Tâm sai của (H): 2 13 12 25 12 H H H c e a b a = = ⇒ = ⇒ = Vậy, phương trình của 2 2 ( ) : 1 144 25 x y H − = http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 202.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình của hypebol trong các trường hợp sau: a) Một đỉnh là ( 5;0) A− và một tiệm cận là d: 3 5 0 x y − = . b) Một đường tiệm cận là d: 3 5 0 x y + = và khoảng cách giữa hai đường chuẩn bằng 50 34 . c) Tiêu cự bằng 8 và hai tiệm cận vuông góc với nhau. d) Hai tiệm cận là d: 3 4 0 ± = x y và hai đường chuẩn là Δ: 5 16 0 ± = x . e) Đi qua điểm E(4; 6) và hai tiệm cận là d: 3 0 ± = x y . Giải a) Một đỉnh là ( 5;0) A− 5 a ⇒ = Một tiệm cận là d: 3 5 0 x y − = . 3 3 3 5 5 b y x b a ⇔ = ⇒ = ⇒ = Vậy, phương trình của 2 2 ( ) : 1 25 9 x y H − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 91 b) Một đường tiệm cận là d: 3 5 0 x y + = 3 3 3 (1) 5 5 5 b a y x b a ⇔ =− ⇒ = ⇔ = (H) có 2 đường chuẩn: 2 a a x e c =± =± ⇒ khoảng cách giữa hai đường chuẩn: 2 2a c Theo đề bài, khoảng cách giữa hai đường chuẩn bằng 50 34 2 2 2 50 34 (2) 25 34 a a c c ⇒ = ⇔ = Ta có: 2 2 2 (3) c a b = + Thay (1), (2) vào (3) ta được: 2 2 2 34 9 625 25 a a a = + ⇔ 2 a = 25 2 9 b ⇒ = Vậy, phương trình của 2 2 ( ) : 1 25 9 x y H − = c) Tiêu cự bằng 8 2 8 4 c c ⇒ = ⇔ = 2 2 16 (1) a b ⇒ + = Hai tiệm cận của (H): b y x a =± Hai đường tiệm cận vuông góc với nhau 2 2 . 1 b b a b a a − ⇔ =− ⇔ = (2) Thay vào (1) ta được: 2 2 2 2 16 8 8 a a b = ⇔ = ⇒ = Vậy, phương trình của 2 2 ( ) : 1 8 8 x y H − = d) Hai tiệm cận là d: 3 4 0 ± = x y 3 3 3 4 4 4 b a y x b a ⇔ =± ⇒ = ⇔ = (1) Hai đường chuẩn là Δ: 5 16 0 ± = x . 2 2 16 16 5 5 5 16 a a x c c ⇔ =± ⇒ = ⇔ = (2) Ta có : 2 2 2 (3) c a b = + Thay (1), (2) vào (3) ta được: 4 2 2 2 2 25 9 16 9 256 16 a a a a b = + ⇔ = ⇒ = Vậy, phương trình của 2 2 ( ) : 1 8 8 x y H − = e) Đi qua điểm E(4; 6) 2 2 2 2 2 2 16 36 1 16 36 (1) b a a b a b ⇒ − = ⇔ − = Và hai tiệm cận là d: 3 0 3 3 b x y y x a ± = ⇔ =± ⇒ = 3 (2) b a ⇔ = Thay (2) vào (1) ta được : 2 2 2 2 2 16.3 36 .3 4 a a a a a − = ⇔ = 2 12 b ⇒ = Vậy, phương trình của 2 2 ( ) : 1 4 12 x y H − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 92 HT 203.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (H): 2 2 1 9 16 x y − = . Tìm điểm M thuộc (H) sao cho: a) 1 2 MF MF = b) 1 2 2 MF MF = Giải Ta có: 3, 4 5 a b c = = ⇒ = 1 5 3 3 cx x MF a a = + = + ; 2 5 3 3 cx x MF a a = − = − a) 1 2 5 5 3 3 3 3 x x MF MF = ⇔ + = − 5 5 3 3 3 3 0 5 5 3 3 3 3 x x x x x   + = −  ⇔ ⇔ =   + =− +    Thay vào phương trình của (H) ta được: 2 16 y =− vô nghiệm. Vậy, không có điểm M thỏa mãn. b) 1 2 2 MF MF = ⇔ 5 5 3 2 3 3 3 x x + = − 5 10 3 3 6 3 3 5 5 10 27 3 6 3 3 5 x x x x x x     + = − =   ⇔ ⇔     + =− + =       Với 3 5 x = thay vào phương trình của (H) ta được: 2 384 25 y =− vô nghiệm Với 27 5 x = thay vào phương trình của (H) ta được: 2 896 8 14 25 5 y y = ⇔ =± Vậy, có 2 điểm M thỏa mãn: 1 2 27 8 14 27 8 14 ; ; ; 5 5 5 5 M M             −                   HT 204.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (E): 2 2 1 9 16 x y − = . Tìm điểm M thuộc (H) sao cho M nhìn hai tiêu điểm dưới 1 góc vuông. Giải Ta có: 3, 4 5 a b c = = ⇒ = 1 5 3 3 cx x MF a a = + = + ; 2 5 3 3 cx x MF a a = − = − M nhìn hai tiêu điểm dưới 1 góc vuông 0 2 2 2 1 2 1 2 1 2 90 FMF MF MF FF ⇔ = ⇔ + = 2 2 5 5 3 3 100 3 3 x x           ⇔ + + − =               2 2 50 369 18 100 9 25 x x ⇔ + = ⇔ = 3 41 5 x ⇔ =± Với 2 2 369 256 16 25 25 5 x y y = ⇒ = ⇔ =± Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 93 Vậy, có 4 điểm M thỏa mãn: 1 2 3 4 3 41 16 3 41 16 3 41 16 3 41 16 ; , ; , ; , ; 5 5 5 5 5 5 5 5 M M M M                         − − − −                                     HT 205.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (H): 2 2 1 16 9 x y − = .Tìm điểm M thuộc (H) sao cho M nhìn hai tiêu điểm dưới 1 góc 0 60 Giải Ta có: 4, 3, 5 a b c = = = 1 5 4 4 cx x MF a a = + = + ; 2 5 4 4 cx x MF a a = − = − M nhìn hai tiêu điểm dưới góc 0 60 ⇒ 0 1 2 60 FMF = 2 2 2 2 2 0 1 2 1 2 1 2 5 5 4 4 100 4 4 1 cos60 2 . 2 5 5 2 4 4 4 4 x x MF MF FF MF MF x x           + + − −           + −     ⇔ = = = + − 2 2 50 68 1 16 2 50 32 16 x x − + ⇔ = ⇔ − 2 2 2 2 100 50 136 32 16 16 100 50 136 32 16 16 x x x x   − + = −     − + =− +   2 2 448 25 832 25 x x   =  ⇔   =    Với 2 2 448 27 25 25 x y = ⇒ = 1 2 3 4 8 7 3 3 8 7 3 3 8 7 3 3 8 7 3 3 ( ; ), ( ; ), ( ; ), ( ; ) 5 5 5 5 5 5 5 5 M M M M ⇒ − − − − Với 2 832 25 x = 2 243 25 y ⇒ = 5 6 7 8 8 13 9 3 8 13 9 3 8 13 9 3 8 13 9 3 ; , ; , ; , ; 5 5 5 5 5 5 5 5 M M M M                         ⇒ − − − −                                     HT 206.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (E): 2 2 1 4 1 x y + = . Tìm toạ độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều. Giải Ta có, elip nhận trục hoành làm trục đối xứng mà A, B thuộc elip, A, B đối xứng nhau qua trục hoành nên: Nếu ( ; ) Aa b thì ( ; ) B a b − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 94 A thuộc elip 2 2 1 4 1 a b ⇒ + = 2 2 2 2 4 4 4 (1) 4 a a b b − ⇔ + = ⇔ = Tam giác ABC là tam giác đều 2 2 2 2 2 4 ( 2) AB AC b a b ⇒ = ⇔ = − + 2 2 4 4 3 0 (2) a a b ⇔ − + − = Thay (1) vào (2) ta được: 2 2 4 4 4 3. 0 4 a a a − − + − = 2 2 7 16 4 0 2 7 a a a a  =   ⇔ − + = ⇔  =   Với 2 2 0( ) a b loai = ⇒ = Với 2 2 48 4 3 7 49 7 a b b = ⇒ = ⇔ =± Vậy, 2 4 3 2 4 3 ; , ; 7 7 7 7 A B             −             hoặc 2 4 3 2 4 3 ; ; ; 7 7 7 7 A B             −             http://www.Luuhuythuong.blogspot.com HT 207.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2 1 9 3 x y + = và điểm (3;0) A . Tìm trên (E) các điểm B, C sao cho B, C đối xứng qua trục Ox và ΔABC là tam giác đều. Giải Không mất tính tổng quát, giả sử 0 0 0 0 ( ; ), ( ; ) B x y C x y − với 0 0 y > . Ta có: 2 2 2 2 0 0 0 0 1 3 9 9 3 x y x y + = ⇔ + = . 0 2 BC y = và 0 ( ) : BC x x = ⇒ 0 ( ,( )) 3 d A BC x = − Do Ox A∈ , B và C đối xứng qua Ox nên ΔABC cân tâị A Suy ra: ΔABC đều ⇔ 3 ( ,( )) 2 d A BC BC = ⇔ 0 0 3 3 x y − = ⇔ 2 2 0 0 3 ( 3) y x = − ⇒ 2 2 0 0 0 0 0 ( 3) 9 3 x x x x  =  + − = ⇔  =   . + Với 0 0 x = ⇒ 0 3 y = ⇒ (0; 3), (0; 3) B C − . + Với 0 3 x = ⇒ 0 0 y = (loại). Vậy: (0; 3), (0; 3) B C − . HT 208.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2 1 100 25 x y + = . Tìm các điểm M ∈ (E) sao cho Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 95 0 1 2 120 FMF = (F 1, F 2 là hai tiêu điểm của (E)). Giải Ta có: 10, 5 a b = = ⇒ 5 3 c = . Gọi M(x; y) ∈ (E) ⇒ 1 2 3 3 10 , 10 2 2 MF x MF x = − = + . 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 . .cos FF MF MF MF MF FMF = + − ⇔ ( ) 2 2 2 3 3 3 3 1 10 3 10 10 2 10 10 2 2 2 2 2 x x x x                             = − + + − − + −                             ⇔ x = 0 (y= ± 5). Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M 1(0; 5), M 2(0; –5). HT 209.Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) có hai tiêu điểm 1 2 ( 3;0); ( 3;0) F F − và đi qua điểm 1 3; 2 A             . Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính biểu thức: 2 2 2 1 2 1 2 – 3 – . P FM F M OM FM F M = + . Giải (E): 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 4 x y a b a b + = ⇒ + = , 2 2 3 a b = + ⇒ 2 2 1 4 1 x y + = ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( – ) – 2( ) – ( ) 1 M M M M M P a ex a ex x y a e x = + + + − = HT 210.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2 4 16 64 x y + = . Gọi F 2 là tiêu điểm bên phải của (E). M là điểm bất kì trên (E). Chứng tỏ rằng tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F 2 và tới đường thẳng 8 : 3 x Δ = có giá trị không đổi. Giải Ta có: 2 ( 12;0) F . Gọi 0 0 ( ; ) ( ) M x y E ∈ ⇒ 0 2 0 8 3 2 x MF a ex − = − = , 0 0 8 3 8 ( , ) 3 3 x d M x − Δ = − = (vì 0 4 4 x − ≤ ≤ ) ⇒ 2 3 ( , ) 2 MF d M = Δ (không đổi). HT 211.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x 2 2 5 16 80 y + = và hai điểm A(–5; –1), B(–1; 1). Một điểm M di động trên (E). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích ΔMAB. Giải Phương trình đường thẳng (AB): 2 3 0 x y − + = và 2 5 AB = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 96 Gọi 2 2 0 0 0 0 ( ; ) ( ) 5 16 80. M x y E x y ∈ ⇒ + = Ta có: 0 0 0 0 2 3 2 3 ( ; ) 1 4 5 x y x y d M AB − + − + = = + Diện tích ΔMAB: 0 0 1 . . ( ; ) 2 3 2 S ABd M AB x y = = − − Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho 2 cặp số 0 0 1 1 ; , ( 5 ; 4 ) 2 5 x y       −        có: ( ) 2 2 2 0 0 0 0 1 1 1 1 9 . 5 .4 5 16 .80 36 2 5 4 20 5 x y x y            − ≤ + + = =               0 0 0 0 0 0 0 0 2 6 6 2 6 3 2 3 9 2 3 9 x y x y x y x y ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔− ≤ − + ≤ ⇒ − + ≤ 0 0 0 0 0 0 0 0 5 4 5 8 1 1 max 2 3 9 2 6 2 5 2 3 9 x y x y x y x y x y     =    =−     ⇒ − + = ⇔ ⇔   −   − =       − + =    0 0 8 3 5 3 x y    =    ⇔    =−     Vậy, 8 5 max 9 ; 3 3 MAB S khi M      = −        . HT 212.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp 2 2 ( ) : 1 9 4 x y E + = và hai điểm A(3;–2), B(–3; 2) . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Giải PT đường thẳng AB: 2 3 0 x y + = . Gọi C(x; y) ∈ (E), với 0, 0 x y > > ⇒ 2 2 1 9 4 x y + = . 1 85 85 . ( , ) 2 3 3. 2 13 3 2 2 13 ABC x y S ABdC AB x y = = + = + 2 2 85 170 3 2 3 13 9 4 13 x y       ≤ + =          Dấu "=" xảy ra ⇔ 2 2 2 1 3 9 4 2 2 3 2 x y x x y y        + =   =   ⇔       = =        . Vậy 3 2 ; 2 2 C             . HT 213.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip 2 2 ( ) : 1 25 9 x y E + = và điểm (1;1) M . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt elip tại hai điểm , A B sao cho M là trung điểm của AB . Giải Nhận xét rằng M Ox ∉ nên đường thẳng 1 x = không cắt elip tại hai điểm thỏa YCBT. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 97 Xét đường thẳng Δ qua M(1; 1) có PT: ( 1) 1 y k x = − + . Toạ độ các giao điểm , A B của Δ và ( ) E là nghiệm của hệ: 2 2 1 (1) 25 9 ( 1) 1 (2) x y y k x     + =     = − +    ⇒ 2 2 2 (25 9) 50 ( 1) 25( 2 9) 0 k x k k x k k + − − + − − = (3) PT (3) luôn có 2 nghiệm phân biệt 1 2 , x x với mọi k . Theo Viet: 1 2 2 50 ( 1) 25 9 k k x x k − + = + . Do đó M là trung điểm của AB 1 2 2 50 ( 1) 9 2 2 25 25 9 M k k x x x k k − ⇔ + = ⇔ = ⇔ =− + . Vậy PT đường thẳng Δ: 9 25 34 0 x y + − = . Câu hỏi tương tự: a) Với 2 2 ( ) : 1 9 4 x y E + = , (1;1) M ĐS: : 4 9 13 0 x y Δ + − = HT 214.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2 1 8 2 x y + = . Tìm điểm M ∈ (E) sao cho M có toạ độ nguyên. Giải Trước hết ta có nhận xét: Nếu điểm ( ; ) ( ) x y E ∈ thì các điểm ( ; ),( ; ),( ; ) x y x y x y − − − − cũng thuộc (E). Do đó ta chỉ cần xét điểm 0 0 ( ; ) ( ) M x y E ∈ với 0 0 0 0 , 0; , x y x y Z ≥ ∈ . Ta có: 2 2 0 0 1 8 2 x y + = ⇒ 2 0 2 y ≤ ⇒ 0 0 2 y ≤ ≤ ⇒ 0 0 0 0 0 2 2 ( ) 1 2 y x loaïi y x  = ⇒ =   = ⇒ =   ⇒ (2;1) M . Vậy các điểm thoả YCBT là: (2;1),( 2;1),(2; 1),( 2; 1) − − − − . HT 215.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2 1 8 2 x y + = . Tìm điểm M ∈ (E) sao cho tổng hai toạ độ của M có giá trị lớn nhất (nhỏ nhất). Giải Giả sử ( ; ) ( ) M x y E ∈ ⇒ 2 2 1 8 2 x y + = . Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki, ta có: 2 2 2 ( ) (8 2) 10 8 2 x y x y       + ≤ + + =       ⇒ 10 10 x y − ≤ + ≤ . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 98 + 10 x y + ≤ . Dấu "=" xảy ra ⇔ 8 2 10 x y x y    =      + =    ⇔ 4 10 10 ; 5 5 M             . + 10 x y + ≥− . Dấu "=" xảy ra ⇔ 8 2 10 x y x y    =      + =−    ⇔ 4 10 10 ; 5 5 M       − −       HT 216.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2 1 9 4 x y + = và các đường thẳng x 1 : 0 d m ny − = , x+m 2 : 0 d n y = , với 2 2 0 m n + ≠ . Gọi M, N là các giao điểm của 1 d với (E), P, Q là các giao điểm của 2 d với (E). Tìm điều kiện đối với , m n để diện tích tứ giác MPNQ đạt giá trị nhỏ nhất. Giải PTTS của 1 2 , d d là: 1 1 1 : x nt d y mt   =     =    , 2 2 2 : x mt d y nt   =−     =    . + M, N là các giao điểm của 1 d và (E) ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 ; , ; 9 4 9 4 9 4 9 4 n m n m M N m n m n m n m n     − −                         + + + + + P, Q là các giao điểm của 2 d và (E) ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 6 6 ; , ; 4 9 4 9 4 9 4 9 m n m n P Q m n m n m n m n     − −                         + + + + + Ta có: MN ⊥ PQ tại trung điểm O của mỗi đường nên MPNQ là hình thoi. O 1 . 2 . 2 MPNQ S S MN PQ MOP = = = = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 72( ) 2 . (9 4 )(4 9 ) M M P P m n x y x y m n m n + + + = + + Áp dụng BĐT Cô-si: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (9 4 ) (4 9 ) 13 (9 4 )(4 9 ) ( ) 2 2 m n m n m n m n m n + + + + + ≤ = + ⇒ 2 2 2 2 72( ) 144 13 13 ( ) 2 m n S m n + ≥ = + . Dấu "=" xảy ra ⇔ 2 2 2 2 9 4 4 9 m n m n m n + = + ⇔ =± Vậy: 144 min 13 S = khi m n =± . http://www.Luuhuythuong.blogspot.com Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 99 HT 217.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho Hypebol (H) có phương trình: 2 2 1 16 9 x y − = . Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). Giải (H) có các tiêu điểm 1 2 ( 5;0); (5;0) F F − . HCN cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3), Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: 2 2 2 2 1 x y a b + = ( với a > b) (E) cũng có hai tiêu điểm 2 2 2 1 2 ( 5;0); (5;0) 5 (1) F F a b − ⇒ − = 2 2 2 2 (4;3) ( ) 9 16 (2) M E a b a b ∈ ⇔ + = Từ (1) và (2) ta có hệ: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 40 9 16 15 a b a a b a b b     = + =     ⇔     + = =       . Vậy (E): 2 2 1 40 15 x y + = HT 218.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hypebol (H) có phương trình 2 2 1 9 4 x y − = . Giả sử (d) là một tiếp tuyến thay đổi và F là một trong hai tiêu điểm của (H), kẻ FM ⊥(d). Chứng minh rằng M luôn nằm trên một đường tròn cố định, viết phương trình đường tròn đó Giải (H) có một tiêu điểm F( 13;0) . Giả sử pttt (d): ax + by + c = 0 . Khi đó: 9a 2 – 4b 2 = c 2 (*) Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( 13) x− – a y = 0 Toạ độ của M là nghiệm của hệ: 13 ax by c bx ay b   + =−     − =    Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng lại và kết hợp với (*), ta được x 2 + y 2 = 9 HT 219.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): 2 y x = và điểm I(0; 2). Tìm toạ độ hai điểm M, N ∈ (P) sao cho 4 IM IN = . Giải Gọi 0 0 1 1 ( ; ), ( ; ) M x y N x y là hai điểm thuộc (P), khi đó ta có: 2 2 0 0 1 1 ; x y x y = = 2 0 0 0 0 ( ; 2) ( ; 2) IM x y y y = − = − ; 2 2 1 1 1 1 1 1 ( ; 2) ( ; 2); 4 (4 ; 4 8) IN y y y y IN y y = − = − = − Theo giả thiết: 4 IM IN = , suy ra: 2 2 0 1 0 1 4 2 4 8 y y y y   =     − = −    1 1 0 0 1 1 0 0 1 1; 2; 4 3 9; 6; 36 y x y x y x y x  = ⇒ = =− =  ⇔  = ⇒ = = =   Vậy, có 2 cặp điểm cần tìm: (4;–2), (1;1) M N hay (36;6), (9;3) M N . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com GV. Lưu Huy Thưởng 0968.393.899 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Page 100 HT 220.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): 2 8 y x = . Giả sử đường thẳng d đi qua tiêu điểm của (P) và cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ tương ứng là 1 2 , x x . Chứng minh: AB = 1 2 4 x x + + . Giải Theo công thức tính bk qua tiêu: 1 2 FA x = + , 2 2 FB x = + ⇒ 1 2 4 AB FA FB x x = + = + + . HT 221.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho Elip (E): 2 2 5 5 x y + = , Parabol 2 ( ) : 10 P x y = . Hãy viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ( ) : 3 6 0 x y Δ + − = , đồng thời tiếp xúc với trục hoành Ox và cát tuyến chung của Elip (E) với Parabol (P). Giải Đường thẳng đi qua các giao điểm của (E) và (P): x = 2 Tâm I ∈ Δ nên: (6 3 ; ) I b b − . Ta có: 4 3 1 6 3 2 4 3 2 b b b b b b b b   − = =   − − = ⇔ ⇔   − =− =     ⇒ (C): 2 2 ( 3) ( 1) 1 x y − + − = hoặc (C): 2 2 ( 2) 4 x y + − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com