Tuyển tập Hình học giải tích trong mặt phẳng

122 trang Đức Chiến 03/01/2024 1370

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tuyển tập Hình học giải tích trong mặt phẳng", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tuyen_tap_hinh_hoc_giai_tich_trong_mat_phang.pdf

Nội dung text: Tuyển tập Hình học giải tích trong mặt phẳng

Mục lục Tóm tắt Lý thuyết 1 Bài toán có lời giải 15 1 Điểm - Đường thẳng 15 2 Đường tròn - Đường elip 68 Bài tập ôn luyện có đáp số 94 1 Bài tập Điểm - Đường thẳng 94 2 Bài tập Đường tròn - Đường elip 107
Lời nói đầu Hình học giải tích hay hình học tọa độ là một cách nhìn khác về Hình học . Hình học giải tích trong mặt phẳng được đưa vào chương trình toán của lớp 10 nhưng vẫn có trong đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng. Để góp phần trong việc ôn tập cho học sinh trước khi dự thi Diễn đàn BoxMath xin đóng góp tuyển tập này. Khi thực hiện biên soạn trên diễn đàn BoxMath, tôi đã nhận được sự quan tâm của nhiều thành viên và quản trị viên. Những người đã góp sức vào quá trình biên soạn, góp ý sửa chữa về các chi tiết trong tuyển tập. Sự đóng góp của các bạn, và những thầy cô tâm huyết chứng tỏ cuốn tài liệu này là cần thiết cho học sinh. Bây giờ đây, khi bạn đang đọc nó trên máy tính hay đã được in ra trên giấy. Chúng tôi hy vọng nó sẽ góp phần ôn tập kiến thức của bản thân đồng thời tăng thêm động lực khi học tập hình học giải tích trong không gian. Mặc dù đã biên soạn rất kỹ tuy nhiên tài liệu có thể vẫn còn sai sót, mong các bạn khi đọc hãy nhặt ra dùm và gởi email về hungchng@yahoo.com. Đồng thời qua đây cũng xin phép các Tác giả đã có bài tập trong tuyển tập này mà chúng tôi chưa nhớ ra để ghi rõ nguồn gốc vào, cùng lời xin lỗi chân thành. Thay mặt nhóm biên soạn, tôi xin chân thành cảm ơn! Chủ biên Châu Ngọc Hùng Các thành viên biên soạn 1. Huỳnh Chí hào -THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu - Đồng Tháp 2. Lê Đình Mẫn - THPT Nguyễn Chí Thanh - Quảng Bình 3. Lê Trung Tín - THPT Hồng Ngự 2 - Đồng Tháp 4. Đỗ Kiêm Tùng - THPT Ngọc Tảo - Hà Nội 5. Tôn Thất Quốc Tấn - Huế 6. Nguyễn Tài Tuệ - THPT Lương Thế Vinh - Vụ Bản Nam Định 7. Nguyễn Xuân Cường - THPT Anh Sơn 1 - Nghệ An 8. Lê Đức Bin - THPT Đồng Xoài - Bình Phước 9. Châu Ngọc Hùng - THPT Ninh Hải - Ninh Thuận 10. Phạm Tuấn Khải - THPT Trần Văn Năng - Đồng Tháp. boxmath.vn
Tĩm tắt lý thuyết Huỳnh Chí Hào – boxmath.vn HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ ĐIỂM - TỌA ĐỘ VÉCTƠ A. KIẾN THỨC CƠ BẢN I. Hệ trục toạ độ ĐỀ-CÁC trong mặt phẳng : y r · x'Ox : trục hoành j ' r · yOy : trục tung i x' x · O : gốc toạ độ O rr rrrr · ij, : véctơ đơn vị ( i=j=^1 vaø ij) y' Quy ước : Mặt phẳng mà trên đó có chọn hệ trục toạ độ Đề-Các vuông góc Oxy được gọi là mặt phẳng Oxy và ký hiệu là : mp(Oxy) II. Toạ độ của một điểm và của một véctơ: uuuur 1. Định nghĩa 1: Cho MÎmp()Oxy . Khi đó véctơ OM được biểu diển một cách duy nhất theo rr uuuurrr y ij, bởi hệ thức có dạng : OM=xi+Îyj voi x,y . Q M ¡ r j Cặp số (x;y) trong hệ thức trên được gọi là toạ độ của điểm M. r i Ký hiệu: M(x;y) ( x: hoành độ của điểm M; y: tung độ của điểm M ) x' x O P dn/ uuuurrr y ' M(x;y) Û OM=+xiyj · Ý nghĩa hình học: y Q M y x x' x O P x= OP và y=OQ y' r r 2. Định nghĩa 2: Cho aÎ mp()Oxy . Khi đó véctơ a được biểu diển một cách duy nhất theo rr rrr ij, bởi hệ thức có dạng : a=a1i+Îaj2 voi a12,a ¡ . r y r Cặp số (a1;a2) trong hệ thức trên được gọi là toạ độ của véctơ a . a r v e2 Ký hiệu: a= (aa12;) ev x' 1 x O rdn/ rrr P a=(a1;a2) Û a=+a12iaj y' y B K B · Ý nghĩa hình học: 2 A A 2 H x' x O B a= ABB và a=A A1 1 111222 boxmath.vny' 1
Tĩm tắt lý thuyết Huỳnh Chí Hào – boxmath.vn III. Các công thức và định lý về toạ độ điểm và toạ độ véctơ : Định lý 1: Nếu A(x;yy) và B(x;) thì AABB B(x ; y ) uuur B B AB=(x x;)yy BABA A(x ; y ) A A rr Định lý 2: Nếu a==(a1;a2) và b(bb12;) thì av rr ìa11= b * ab=Û í bv îab22= rr * a+b=(a1++b1;)ab22 rr * a-b=(a1 b1;)ab22 r * k.a= (ka12;)ka ()k Î¡ IV. Sự cùng phương của hai véctơ: Nhắc lại · Hai véctơ cùng phương là hai véctơ nằm trên cùng một đường thẳng hoặc nằm trên hai đường thẳng song song . · Định lý về sự cùng phương của hai véctơ: rrrr Định lý 3 : Cho hai véctơ a và bb voi ¹ 0 v rrrr a a cùng phuong b Û $!kÎ=¡ sao cho akb. v rr b Nếu a ¹ 0 thì số k trong trường hợp này được xác định như sau: r r bv k > 0 khi a cùng hướng b r r av r v k < 0 khi a ngược hướng b b a r a k = r 25 b avv=-=bvv , b-a C 52B A uuuruuur Định lý 4 : A,B,C thang hàng Û AB cùng phuong AC (Điều kiện 3 điểm thẳng hàng ) rr Định lý 5: Cho hai véctơ a==(a;a) vaø b(bb;) ta có : 1212 rr a cùng phuong b Û a1.b2-=ab21.0 (Điều kiện cùng phương của 2 véctơ v av = (1;2) a=(aa12;) VD : v bv = (2;4) b=(bb12;) boxmath.vn2
Tĩm tắt lý thuyết Huỳnh Chí Hào – boxmath.vn V. Tích vô hướng của hai véctơ: Nhắc lại: y rrrrrr v B a.b= a.b.cos(ab,) v b bv b rr2 2 ϕ aa= O x v A rrrr x' v a a^b Û= ab.0 O av a rr Định lý 6: Cho hai véctơ a==(a;a) và b(bb;) ta có : 1212 y' rr a.b=+a1b1ab22 (Công thức tính tích vô hướng theo tọa độ) r Định lý 7: Cho hai véctơ a= (aa;) ta có : 12 r 22 a=+aa12 (Công thức tính độ dài véctơ ) A(xyAA;) B(xyBB;) Định lý 8: Nếu A(x;yy) và B(x;) thì AABB 22 AB=(xB-xA)+-()yyBA (Công thức tính khoảng cách 2 điểm) rr Định lý 9: Cho hai véctơ a==(a1;a2) và b(bb12;) ta có : rr a^b Û a01b1+=ab22 (Điều kiện vuông góc của 2 véctơ) rr Định lý 10: Cho hai véctơ a==(a1;a2) và b(bb12;) ta có rr rr a.bab+ ab cos(ab,)== 1122 (Công thức tính góc của 2 véctơ) rr 2222 ab. a1++a2.bb12 VI. Điểm chia đoạn thẳng theo tỷ số k: uuuruuur Định nghĩa: Điểm M được gọi là chia đoạn AB theo tỷ số k ( k ¹ 1 ) nếu như : MA= k.MB A M B · · · uuuruuur Định lý 11 : Nếu A(x;yy) , B(x;) và MA= k.MB ( k ¹ 1 ) thì AABB æöxA k xByABky ( xyMM;;) = ç÷ èø11 kk boxmath.vn3
Tĩm tắt lý thuyết Huỳnh Chí Hào – boxmath.vn æöxA++xByyAB Đặc biệt : M là trung điểm của AB Û ( xyMM;;) = ç÷ èø22 VII. Một số điều kiện xác định điểm trong tam giác : A ì xA++xxBC xG = uuuruuuruuurr ï 3 G 1. G là trong tâm tam giác ABC Û GA+GB+GC =Û0 í yyy++ C ï ABCB yG = îï 3 A uuuruuuruuuruuur ïïììAH^=BCAH.0BC 2. H là truc tâm tam giác ABC ÛÛ H ííuuuruuuruuuruuur A C îîïïBH^=ACBH.0AC B uuur uuur ïìAA' ^ BC 3. A' là chân duong cao ke tu A Û í uuur' uuur C îïBA cùng phuong BC B A' A ìIA=IB 4. I là tâm duong tròn ngoai tiêp tam giác ABC Û í îIA=IC I uuurAB uuur C 5. D là chân duong phân giác trong cua góc A cua DABC Û DB=- .DC B AC uuurAB uuur A 6. E là chân duong phân giác ngoài cua góc A cua DABC Û= EB.EC A AC uurAB uuur 7. J là tâm duong tròn nôi tiêp DABC Û JA=- .JD C BD J B D VIII. Kiến thức cơ bản thường sử dụng khác: C B D Công thức tính diện tích tam giác theo toạ độ ba đỉnh : uuuruuur Định lý 12: Cho tam giác ABC . Đặt AB==(a;a) và AC(bb;) ta có : 1212 B 1 S=-. abab DABC 2 1221 B C Cơng thức tính góc hai đường thẳng dựa vào hệ số góc : Định lý 13: Cho hai đường thẳng D1 với hệ số góc k1 và D2 với hệ số góc k2 . Khi đó nếu (·D12;D=) α thì kk- tanα = 12 1+ kk12 boxmath.vn4
Tĩm tắt lý thuyết Huỳnh Chí Hào – boxmath.vn ĐƯỜNG THẲNG TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ A.KIẾN THỨC CƠ BẢN I. Các định nghĩa về VTCP và VTPT (PVT) của đường thẳng: rr r dn ïìa ¹ 0 a là VTCP của đường thẳng ( D ) Û ír îïa có giá song song hay trùng voi ()D rr r dn ïìn ¹ 0 n là VTPT của đường thẳng ( D ) Û ír îïn có giá vuông góc voi ()D av v n av (D) * Chú ý: ( ) r r D · Nếu đường thẳng ( D ) có VTCP a= (aa12;) thì có VTPT là n=-(aa21;) r r · Nếu đường thẳng ( D ) có VTPT n= (AB;) thì có VTCP là a=-(BA;) nv av (D) II. Phương trình đường thẳng : 1. Phương trình tham số và phương trình chính tắc của đường thẳng : r a. Định lý : Trong mặt phẳng (Oxy). Đường thẳng ( D ) qua M0(x0;y0) và nhận a= (aa12;) làm VTCP sẽ có : y M(xy;) ìx=+x01ta. av Phương trình tham số là : (DÎ):í ()t ¡ îy=+y02ta. O x M0(xy00;) x x00yy Phương trình chính tắc là : (D=): (aa12,0¹ ) aa12 boxmath.vn5
Tĩm tắt lý thuyết Huỳnh Chí Hào – boxmath.vn 2. Phương trình tổng quát của đường thẳng : r a. Phương trình đường thẳng đi qua một điểm M0(x0;y0) và có VTPT n= (AB;) là: y nv M(xy;) O x M0(xy00;) 22 (D):A(x-x00)+B(yy-=)0 ( AB+¹0 ) b. Phương trình tổng quát của đường thẳng : Định lý :Trong mặt phẳng (Oxy). Phương trình đường thẳng ( D ) có dạng : y nv = ( A ; B ) Ax+ByC+=0 với AB22+¹0 M 0 (x0 ; y0 ) x O av = (-B; A) av = (B;- A) Chú ý: Từ phương trình ( D ): Ax+ByC+=0 ta luôn suy ra được : r 1. VTPT của ( D ) là n= (AB;) rr 2. VTCP của ( D ) là a=(-B;A) hay a=-(BA;) 3. M0(x0;y0)Î(D)0ÛAx00+ByC+= Mệnh đề (3) được hiểu là : Điều kiện cần và đủ để một điểm nằm trên đường thẳng là tọa độ điểm đó nghiệm đúng phương trình của đường thẳng . 3. Các dạng khác của phương trình đường thẳng : a. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(xA;yA) và B(xB;yB) : x xAAyy (AB): = (AB):xx= A (AB): yy= A xB xAyyBA y y A(x ; y ) y B(x ; y ) B(x ; y ) y A(x ; y ) A A B B M (x; y) B B A A A x x y A y B x A B x O x A(x A ; y A ) y B(x ; y ) B B B b. Phương trình đường thẳng theo đoạn chắn: Định lý: Trong mp(Oxy) phương trình đường thẳng ( D ) cắt trục hồng tại điểm A(a;0) và trục tung tại xy điểm B(0;b) với a, b ¹ 0 có dạng: +=1 ab boxmath.vn6
Tĩm tắt lý thuyết Huỳnh Chí Hào – boxmath.vn c. Phương trình đường thẳng đi qua một điểm M0(x0;y0) và có hệ số góc k: y Định nghĩa: Trong mp(Oxy) cho đường thẳng D . Gọi α =D(Ox,) thì k = tanα được gọi là hệ số góc của đường thẳng D α x O Định lý 1: Phương trình đường thẳng D qua M0(xy00;) có hệ số góc k là : y y M (x; y) 0 y-y00=k(x-x) (1) x O x 0 Chú ý 1: Phương trình (1) không có chứa phương trình của đường thẳng đi qua M0 và vuông góc Ox nên khi sử dụng ta cần để ý xét thêm đường thẳng đi qua M0 và vuông góc Ox là x = x0 Chú ý 2: Nếu đường thẳng D có phương trình y=+axb thì hệ số góc của đường thẳng là ka= Định lý 2: Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của hai đường thẳng DD12, ta có : · D1//D2 Û= k12k (D12¹D ) · D1 ^ D2 Û k12.1k =- d. Phương trình đt đi qua một điểm và song song hoặc vuông góc với một đt cho trước: i. Phương trình đường thẳng (DD1) //(): Ax+By+C=0 có dạng: Ax+By+m1=0 ii. Phương trình đường thẳng (D1) ^D(): Ax+By+C=0có dạng: Bx-Ay+m2 =0 Chú ý: mm12; được xác định bởi một điểm có tọa độ đã biết nằm trên DD12; y D 1 : Ax + By + m1 = 0 y D 1 : Bx - Ay + m 2 = 0 D : Ax + By + C1 = 0 x x x M O 0 x 1 M O 0 1 D : Ax + By + C = 0 1 III. Vị trí tương đối của hai đường thẳng : y y y D 1 D 2 D 1 x x x O O O D 1 D 2 D 2 D // D 1 2 D1 caét D 2 D1 º D 2 (D):0Ax+ByC+= Trong mp(Oxy) cho hai đường thẳng : 1111 (D2):0A2x+B22yC+= boxmath.vn7
Tĩm tắt lý thuyết Huỳnh Chí Hào – boxmath.vn Vị trí tương đối của (DD12) và () phụ thuộc vào số nghiệm của hệ phương trình : ìA1x+B11yC+=0 ìA1x+B11yC=- í hay í (1) îA2x+B22yC+=0 îA2x+B22yC=- Chú ý: Nghiệm duy nhất (x;y) của hệ (1) chính là tọa độ giao điểm M của (DD12) vaø () Định lý 1: i. Hê (1) vô nghiêm Û (DD12)//() ii. Hê (1) có nghiêm duy nhât Û (DD12) cát ( ) iii. Hê (1) có nghiêm tùy ý Û (D12)ºD() Định lý 2: Nếu ABC2;;22 khác 0 thì A11B i. (D12) cát (D) Û¹ A22B A1BC11 ii. (D12) // (D) Û =¹ A2BC22 A1BC11 iii. (D12)º(D) Û == A2BC22 IV. Góc giữa hai đường thẳng 1.Định nghĩa: Hai đường thẳng a, b cắt nhau tạo thành 4 góc. Số đo nhỏ nhất trong các số đo của bốn góc đó được gọi là góc giữa hai đường thẳng a và b (hay góc hợp bởi hai đường thẳng a và b). Góc giữa hai đường thẳng a và b đước kí hiệu là (ab, ) Khi a và b song song hoặc trùng nhau, ta nói rằng góc của chúng bằng 00 2. Cơng thức tính góc giữa hai đường thẳng theo VTCP và VTPT r r a) Nếu hai đường thẳng có VTCP lần lượt là u và v thì rr rr uv. cos(a,b) ==cos,(uv) rr uv. r uur b) Nếu hai đường thẳng có VTPT lần lượt là n và n' thì ruur ruur nn.' cos(a,b) ==cos(nn,') ruur nn.' (D):0Ax+ByC+= Định lý : Trong mp(Oxy) cho hai đường thẳng : 1111 (D2):0A2x+B22yC+= 00 Gọi ϕ ( 0££ϕ 90 ) là góc giữa (DD12) vaø () ta có : y A1A2+ BB12 ϕ cosϕ = D 1 2222 A1++B1. AB22 x O Hệ quả: D 2 (D1)^(D2) Û A01A2+=BB12 boxmath.vn8
Tĩm tắt lý thuyết Huỳnh Chí Hào – boxmath.vn V. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng : Định lý 1: Trong mp(Oxy) cho hai đường thẳng (D):0Ax+ByC+= và điểm M0(xy00;) Khoảng cách từ M0 đến đường thẳng ()D được tính bởi công thức: M 0 y Ax++ByC H dM(;)D= 00 0 22 AB+ x O (D) (D):0Ax+ByC+= Định lý 2: Trong mp(Oxy) cho hai đường thẳng : 1111 D y (D2):0A2x+B22yC+= 1 Phương trình phân giác của góc tạo bởi (DD12) vaø () là : Ax+By+CAx++ByC x 111=± 222 O 2222 A1++B1AB22 D 2 Định lý 3: Cho đường thẳng (D1 ):0Ax+ByC+= và hai điểm M(xM;yM), N(xN;yN) không nằm trên ( D ). Khi đó: N M · Hai điểm M , N nằm cùng phía đối với ( D ) khi và chỉ khi D (AxM+ByM+C)(AxNN+ByC+>)0 · Hai điểm M , N nằm khác phía đối với ( D ) khi và chỉ khi M D (AxM+ByM+C)(AxNN+ByC+<)0 N boxmath.vn9
Tĩm tắt lý thuyết Huỳnh Chí Hào – boxmath.vn ĐƯỜNG TRÒN TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ A.KIẾN THỨC CƠ BẢN I. Phương trình đường tròn: 1. Phương trình chính tắc: Định lý : Trong mp(Oxy). Phương trình của đường tròn (C) tâm I(a;b), bán kính R là : y I (a; b) 222 b (C):(x-a)+()y-=bR (1) R M (x; y) x O a Phương trình (1) được gọi là phương trình chính tắc của đường tròn Đặc biệt: Khi I º O thì (C):x2+=yR22 2. Phương trình tổng quát: Định lý : Trong mp(Oxy). Phương trình : x22+y-2ax-20byc+= với a22+bc->0 là phương trình của đường tròn (C) có tâm I(a;b), bán kính R=a22+-bc II. Phương trình tiếp tuyến của đường tròn: Định lý : Trong mp(Oxy). Phương trình tiếp tuyến với đường tròn 22 (C):x+y 2ax20byc+=tại điểm M(x00;yC)Î() là : M (x ; y ) 0 0 0 (D):xx+yy-a(x+x)-b(y+yc)0+= (C) 0000 I(a;b) (D) VI. Các vấn đề có liên quan: 1. Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn: ()C ()C ()C I R I I M R R H H MHº M Định lý: (D)I (C)=Æ ÛD d(I;) > R (D) tiêp xúc (C) ÛD d(I;) = R (D) cát (C) ÛD d(I;) < R boxmath.vn10
Tĩm tắt lý thuyết Huỳnh Chí Hào – boxmath.vn Lưu ý: Cho đường tròn (C):x22+y 2ax20byc+= và đường thẳng (D) :0Ax+ByC+=. Tọa độ giao điềm (nếu có) của (C) và ( D ) là nghiệm của hệ phương trình: ìx22+y 2ax20byc+= í îAx+ByC+=0 2. Vị trí tương đối của hai đường tròn : C1 C1 C1 C1 C2 C2 C2 R1 R2 R I1 I R1 2 R R I 2 1 I1 1 2 I1 I 2 I 2 I 2 C2 (CR1) và (C2) không cát nhau Û+ I1I2 > R12 (C) và (C) cát nhau Û R -+RR< II < R 12121212 (CR1) và (C2) tiêp xúc ngoài nhau Û+ I1I2 = R12 (C1) và (C21) tiêp xúc trong nhau Û II2 = R12-R Lưu ý: Cho đường tròn (C):x22+y 2ax20byc+= và đường tròn (C') :x22+y-2a'x-2b'yc+='0. Tọa độ giao điềm (nếu có) của (C) và (C’) là nghiệm của hệ phương trình: ïìx22+y-2ax-20byc+= í22 îïx+y-2a'x-2b'yc+='0 boxmath.vn11
Tĩm tắt lý thuyết Huỳnh Chí Hào – boxmath.vn ĐƯỜNG ELÍP TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ A.KIẾN THỨC CƠ BẢN I.Định nghĩa: Elíp (E) là tập hợp các điểm M có tổng khoảng cách đến hai điểm cố định F1; F2 bằng hằng số * Hai điểm cố định F1; F2 được gọi là các tiêu điểm * F F = 2c ( c > 0 ) được gọi là tiêu cự (E) 1 2 M 2c (E)={M/2MF12+=MFa} ( a>0 : hằng số và a>c ) F1 F2 II. Phương trình chính tắc của Elíp và các yếu tố: 1. Phương trình chính tắc: xy22 (E):1+= với b2=-ac22 ( a > b) (1) ab22 y Q (E B 2 P ) M r1 r2 - - c a x A F O F A a 1 c 1 2 2 R B S 2. Các yếu tố của Elíp: 1 * Elíp xác định bởi phương trình (1) có các đặc điểm: - Tâm đối xứng O, trục đối xứng Ox; Oy - Tiêu điểm F1(-c;0); F2(c;0) - Tiêu cự F1F2 = 2c - Trục lớn nằm trên Ox; độ dài trục lớn 2a ( = A1A2 ) - Trục nhỏ nằm trên Oy; độ dài trục lớn 2b ( = B1B2 ) - Đỉnh trên trục lớn : A1(-a;0); A2(a;0) - Đỉnh trên trục nhỏ :B1(0;-b); B2(0;b) - Bán kính qua tiêu điểm: ì c r=MF=a+x=+aex ï11 a Với M(x;y) Î (E) thì í c ïr=MF=a-x=-aex îï 22 a c - Tâm sai : ee=(0<<1) a a - Đường chuẩn : x =± e boxmath.vn12
Tĩm tắt lý thuyết Huỳnh Chí Hào – boxmath.vn ĐƯỜNG HYPEBOL TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ A.KIẾN THỨC CƠ BẢN I. Định nghĩa: M (H)={M/2MF12-=MFa} ( a > 0 : hằng số và a 0 Þ í Với x (1) a a - Đường chuẩn : x =± e boxmath.vn13
Tĩm tắt lý thuyết Huỳnh Chí Hào – boxmath.vn ĐƯỜNG PARABOL TRONG MẶT PHẲNG TỌA ĐỘ A.KIẾN THỨC CƠ BẢN I. Định nghĩa : (P)={M/MF=DdM(,} M * F là điểm cố định gọi là tiêu điểm K * ( D ) là đường thẳng cố định gọi là đường chuẩn * HF = p > 0 gọi là tham số tiêu H II. Phương trình chính tắc của parabol: p F D 2 2 1) Dạng 1: Ptct: y = 2px 2) Dạng 2: Ptct: y = -2px y y M F(-p/2;0) -p/2 x p/2 x O F(p/2;0) M (D) : x = p / 2 ( ): x=-p/2 2 2 3) Dạng 3: Ptct: x = 2py 4) Dạng 4: Ptct : x = -2py y y ( ) : y = p/2 p/2 O M F(0;p/2) x F(0;-p/2) x M O -p/2 :y = -p/2 boxmath.vn14
BÀI TOÁN CÓ LỜI GIẢI 1 Điểm - Đường thẳng ¡ 4 ¢ Bài 1. Trong mặt phẳng Ox y, cho hình thoi ABCD có tâm I (3;3) và AC 2BD. Điểm M 2; 3 ¡ 13 ¢ = thuộc đường thẳng AB, điểm N 3; 3 thuộc đường thẳng CD. Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3. Giải: C N D I B N 0 M A µ 5¶ Tọa độ điểm N 0 đối xứng với điểm N qua I là N 0 3; 3 Đường thẳng AB đi qua M,N 0 có phương trình: x 3y 2 0 3 9 2 4 − + = Suy ra: IH d (I, AB) | − + | Do AC 2BD nên IA 2IB. = = p10 = p10 = = 1 1 5 Đặt IB x 0, ta có phương trình x2 2 x p2 = > x2 + 4x2 = 8 ⇔ = ⇔ = Đặt B ¡x, y¢. Do IB p2 và B AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ: = ∈  14 ( 2 ¡ ¢2 ( 2  ( (x 3) y 3 2 5y 18y 16 0 x 3 x 4 3 − + − = − + = = 5 ⇔ ⇔ 8 x 3y 2 0 x 3y 2  y y 2 − + = = −  = 5 = µ14 8¶ Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn B ; 5 5 Vậy, phương trình đường chéo BD là: 7x y 18 0. − − = Bài 2. Trong mặt phẳng Ox y, cho điểm A ( 1;2) và đường thẳng (d) : x 2y 3 0. Tìm trên đường − − + = thẳng (d) hai điểm B,C sao cho tam giác ABC vuông tại C và AC 3BC. = Giải: Từ yêu cầu của bài toán ta suy ra C là hình chiếu vuông góc của A trên (d). Phương trình đường thẳng (∆) qua A và vuông góc với (d) là: 2x y m 0 + + = A ( 1;2) (∆) 2 2 m 0 m 0 Suy ra: (∆) : 2x y 0. − ∈ ⇔ − + + = ⇔ = + =  3 (  2x y 0 x µ 3 6¶ Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: + = = −5 C ; ⇔ 6 ⇒ −5 5 x 2y 3  y − = −  = 5 Đặt B (2t 3;t) (d), theo giả thiết ta có: AC 3BC AC 2 9BC 2 − ∈ boxmath.vn= ⇔ = 15
 16 ·µ ¶2 µ ¶2¸ t 4 16 12 6  = 15 9 2t t 45t 2 108t 64 0  . ⇔ 25 + 25 = − 5 + − 5 ⇔ − + = ⇔  4 t = 3 16 µ 13 16¶ Với t B ; = 15 ⇒ −15 15 4 µ 1 4¶ Với t B ; = 3 ⇒ −3 3 µ 13 16¶ µ 1 4¶ Vậy, có hai điểm thỏa đề bài là: B ; hoặc B ; . −15 15 −3 3 A B1 C B2 Bài 3. Cho điểm A ( 1;3) và đường thẳng ∆ có phương trình x 2y 2 0. Dựng hình vuông − − + = ABCD sao cho hai đỉnh B,C nằm trên ∆ và các tọa độ đỉnh C đều dương. Tìm tọa độ các đỉnh B,C,D. Giải: D A C B Đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với ∆ có phương trình: 2x y m 0 + + = A ( 1;3) ∆ 2 3 m 0 m 1 Suy ra: (d) : 2x y 1 0 − ∈ ⇔ − + + = ⇔ = − + − = (x 2y 2 (x 0 Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình: − = − = B (0;1) 2x y 1 ⇔ y 1 ⇒ + = = Suy ra: BC AB p1 4 p5 Đặt C ¡x ; y ¢ với x , y 0, ta có: = = + = 0 0 0 0 > (C ∆ (x 2y 2 0 (x 2y 2 ∈ 0 − 0 + = 0 = 0 − p ⇔ 2 ¡ ¢2 ⇔ 2 ¡ ¢2 BC 5 x0 y0 1 5 x0 y0 1 5 ( = ( + − = + − = x0 2 x0 2 Giải hệ này ta được: = hoặc = − (loại). Suy ra: C (2;2) y0 2 y0 0 = = ( ( xD 2 1 0 xD 1 Do ABCD là hình vuông nên: CD−−→ −→BA − = − − = D (1;4) = ⇔ y 2 3 1 ⇔ y 4 ⇒ D − = − D = Vậy B (0;1),C (2;2),boxmath.vnD (1;4) 16 boxmath.vn
Bài 4. Trên mặt phẳng tọa độ Ox y, hãy viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết A (1;6) và hai đường trung tuyến nằm trên hai đường thẳng có phương trình là x 2y 1 0,3x y 2 0. − + = − − = Giải: A B C Do tọa độ điểm A không nghiệm đúng các phương trình đã cho nên ta có thể giả sử rằng: Phương trình trung tuyến BM là: x 2y 1 0 Phương trình trung tuyến CN là: 3x y 2 0 − + = µ b 6¶ − − = Đặt B (2b 1;b), do N là trung điểm AB nên : N b; + − 2 µ b 6¶ b 6 N b; + CN 3b + 2 0 b 2 Suy ra: B (3;2) 2 ∈ ⇔ − 2 − = ⇔ = µc 1 3c 4¶ Đặt C (c;3c 2), do M là trung điểm AC nên : M + ; + − 2 2 µc 1 3c 4¶ c 1 3c 4 M + ; + BM + 2. + 1 0 c 1 Suy ra: C ( 1; 5) 2 2 ∈ ⇔ 2 − 2 + = ⇔ = − − − Vậy phương trình ba cạnh là: AB : 11x 2y 1 0, BC : 7x 4y 13 0, AC : 2x y 8 0 − + = − − = + − = Bài 5. Trong mặt phẳng Ox y, cho tam giác ABC vuông tại A. Biết A ( 1;4),B (1; 4) và đường µ 1¶ − − thẳng BC đi qua điểm I 2; . Tìm tọa độ đỉnh C. 2 Giải: C A I B µ 9c 17¶ Phương trình đường thẳng BC : 9x 2y 17 0 Do C BC nên ta có thể đặt C c; − , − − = ∈ 2 µ 9c 25¶ ta có −→AB (2; 8) −→AC c 1; − . Theo giả thiết tam giác ABC vuông tại A nên: = − = + 2 9c 25 −→AB.−→AC 0 c 1 4. − 0 c 3 = ⇔ + − 2 = ⇔ = Vậy C (3;5) boxmath.vn 17
Bài 6. Trong mặt phẳng Ox y, cho tam giác ABC có đường phân giác trong (AD) : x y 0, đường − = cao (CH) : 2x y 3 0, cạnh AC qua M (0; 1), AB 2AM. Viết phương trình ba cạnh của tam + + = − = giác ABC. Giải: A H B M D C Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD. Suy ra: N tia AB ∈ Mặt khác ta có: AN AM AB 2AN N là trung điểm của AB. = ⇒ = ⇒ Do MN AD nên phương trình MN là: x y m 0 ⊥ + + 1 = M (0; 1) MN 1 m 0 m 1 Suy ra: (MN) : x y 1 0 − ∈ ⇔ − + 1 = ⇔ 1 = + + = Gọi K MN T AD, tọa độ K là nghiệm của hệ pt: =  1 (  x y 1 x µ 1 1¶ + = − = −2 K ; ⇔ 1 ⇒ −2 −2 x y 0  y − =  = −2 ( xN 2xK xM 1 Vì K là trung điểm của MN nên: = − = − N ( 1;0) y 2y y 0 ⇒ − N = K − M = Do AB CH nên phương trình AB là: x 2y m 0 ⊥ − + 2 = N ( 1;0) AB 1 m 0 m 1 Suy ra: (AB) : x 2y 1 0 − ∈ ⇔ − + 2 = ⇔ 2 = − + = (x 2y 1 (x 1 Vì A AB T AD nên tọa độ A là nghiệm của hệ pt: − = − = A (1;1) = x y 0 ⇔ y 1 ⇒ − = = Suy ra: (AC) : 2x y 1 0 Vì C AC TCH nên tọa độ C là nghiệm của hệ pt: − − = =  ( 1 2x y 1 x µ 1 ¶ − = = −2 C ; 2 ⇔ ⇒ −2 − 2x y 3  y 2 + = − = − ( xB 2xN xA 3 Do N là trung điểm của AB = − = − B ( 3; 1) ⇒ y 2y y 1 ⇒ − − B = N − A = − Phương trình cạnh BC: 2x 5y 11 0 + + = Bài 7. Trong mặt phẳng Ox y, cho tam giác ABC có các đỉnh A ( 1;2). Trung tuyến CM : 5x 7y − + − 20 0 và đường cao BH : 5x 2y 4 0. Viết phương trình các cạnh AC và BC. = − − = Giải: Do AC BH nên phương trình AC là: 2x 5y m 0 A ( 1;2) AC 2 10 m 0 m 8 ⊥ + + = − ∈ ⇔ − + + = ⇔ = − Suy ra: (AC) : 2x 5y 8 0 Do C AC TCM nên tọa độ C là nghiệm của hệ pt: + − = = (2x 5y 8 (x 4 + = = C (4;0) 5x 7y 20 ⇔ y 0 ⇒ + = = Đặt B (a;b), do B BH nên: 5a 2b 4 0 ∈ − − = µ 1 a 2 b ¶ Vì M là trung điểm của AB nên tọa độ M là : M − + ; + boxmath.vn2 2 18 boxmath.vn
µ 1 a 2 b ¶ 1 a 2 b Do M − + ; + CM 5.− + 7. + 20 0 5a 7b 31 0 2 2 ∈ ⇔ 2 + 2 − = ⇔ + − = Tọa độ M là nghiệm của hệ: (5a 2b 4 (a 2 − = = B (2;3) 5a 7b 31 ⇔ b 3 ⇒ + = = Phương trình cạnh BC là: (BC) : 3x 2y 12 0 + − = B M A H C ¡ 9 3 ¢ Bài 8. Trong mặt phẳng Ox y, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, I 2 ; 2 là tâm của hình chữ nhật và M (3;0) là trung điểm của cạnh AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải: B C I A M D r9 9 Do MI là đường trung bình của tam giác ABD nên AB 2MI 2 3p2 = = 4 + 4 = 12 Vì S ABCD AB.AD 12 nên AD 2p2 MA MD p2 = = = AB = ⇒ = = µ3 3¶ Đường thẳng AD qua M (3;0) và nhận −−→IM ; làm VTPT có phương trình là: = 2 2 3 3 (x 3) ¡y 0¢ 0 x y 3 0 2 − + 2 − = ⇔ + − = Phương trình đường tròn tâm M bán kính R p2 là: (x 3)2 y2 2 = − + = Tọa độ A và D là nghiệm của hệ phương trình: (x y 3 0 ( y 3 x (x 2 (x 4 + − = = − = = (x 3)2 y2 2 ⇔ (x 3)2 (3 x)2 2 ⇔ y 1 ∨ y 1 − + = − + − = = = − Suy ra: ta chọn A (2;1),D (4; 1) − ( xC 2xI xA 9 2 7 Vì I là trung điểm của AC nên: = − = − = C (7;2) yC 2yI y A 3 1 2 ⇒ ( = − = − = xB 2xI xD 5 Vì I là trung điểm của BD nên: = − = B (5;4) y 2y y 4 ⇒ boxmath.vnB = I − D = 19
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là A (2;1),B (5;4),C (7;2),D (4; 1). − Bài 9. Trong mặt phẳng Ox y, cho tam giác ABC với A (2; 4),B (0; 2) và trọng tâm G thuộc đường − − thẳng 3x y 1 0. Hãy tìm tọa độ của C biết rằng tam giác ABC có diện tích bằng 3. − + = Giải: C 0 C G0 G B A 1 1 Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên: S∆G AB S∆ABC .3 1 = 3 = 3 = x 2 y 4 Phương trình đường thẳng AB là: − + x y 2 0 2 = 2 ⇔ + + = Đặt G (a;b), do G (d) : 3x y 1 0−nên 3a b 1 0, ta có: ∈ − + = 1 − + = 1 S∆G AB 1 .AB.d (G, AB) 1 .2p2.d (G, AB) 1 = ⇔ 2 = ⇔ 2 = 1 d (G, AB) ⇔ = p2 a b 2 1 | + + | ⇔ p2 = p2 a b 2 1 ⇔ + + = ±  1 ( (  ( 3a b 1 3a b 1 a a 1 Tọa độ G là nghiệm của hệ: − = − − = − = −2 = − ∨ ⇔ 1 ∨ a b 1 a b 3 b b 2 + = − + = −  = −2 = − µ 1 1¶ Suy ra: G ; hoặc G ( 1; 2) −2 −2 − −  7  µ 1 1¶ xC 3xG (xA xB ) µ 7 9¶ Với G ; thì = − + = −2 C ; −2 −2  ¡ ¢ 9 ⇒ −2 2  yC 3yG y A yB  = − + = 2 ( xC 3xG (xA xB ) 5 Với G ( 1; 2) thì = − + = − C ( 5;0) − − y 3y ¡y y ¢ 0 ⇒ − C = G − A + B = µ 7 9¶ Vậy có hai điểm C thỏa đề bài là : C ( 5;0) và C ; boxmath.vn− −2 2 20 boxmath.vn
Bài 10. Trong mặt phẳng Ox y, cho điểm A (0;2) và đường thẳng (d) : x 2y 2 0. − + = Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm B,C sao cho tam giác ABC vuông ở B và AB 2BC. = Giải: A C 0 B C Từ yêu cầu của bài toán ta suy ra B là hình chiếu vuông góc của A trên (d) Phương trình đường thẳng (∆) qua A và vuông góc với (d) là: 2x y m 0 + + = A (0;2) (∆) 2 m 0 m 2 Suy ra: (∆) : 2x y 2 0 ∈ ⇔ + = ⇔ = − + − = Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:  2 (  2x y 2 x µ2 6¶ + = = 5 B ; ⇔ 6 ⇒ 5 5 x 2y 2  y − = −  = 5 Đặt C (2t 2;t) (d), theo giả thiết ta có: − ∈ AB 2BC AB 2 4BC 2 = ⇔ = µ2 ¶2 µ6 ¶2 ·µ 12¶2 µ 6¶2¸ 0 2 4 2t t ⇔ 5 − + 5 − = − 5 + − 5 2t 2 12t 7 0 ⇔ − + =  t 1 C (0;1) = ⇒  µ ¶  7 4 7 ⇔ t C ; = 5 ⇒ 5 5 µ2 6¶ µ2 6¶ µ4 7¶ Vậy các điểm cần tìm là: B ; ,C (0;1) hoặc B ; ,C ; 5 5 5 5 5 5 Bài 11. Trong mặt phẳng Ox y, cho điểm M (1; 1) và hai đường thẳng d : x y 1 0, − 1 − − = d : 2x y 5 0 Gọi A là giao điểm của d ,d . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M 2 + − = 1 2 cắt d ,d lần lượt ở B và C sao cho ba điểm A,B,C tạo thành tam giác có BC 3AB. 1 2 = Giải: (x y 1 (x 2 Tọa độ A là nghiệm của hệ: − = = A (2;1) 2x y 5 ⇔ y 1 ⇒ + = = Lấy điểm E (3;2) d (E A). Ta tìm trên d điểm F sao cho EF 3AE. ∈ 1 6= 2 = Đặt F (m;5 2m). Khi đó: −   m 0 F (0;5) 2 2 2  =  µ ¶ EF 3AE (m 3) (3 2m) 18 5m 18 0  18  18 11 = ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ m ⇒ F ; = 5 5 − 5 EF AE Vì BC 3AB và EF 3AE BC//EF ∆//EF = = ⇒ BC = AB ⇒ ⇒ Với F (0;5) −→EF ( 3;3) ∆ : x y 0 ⇒ = boxmath.vn− ⇒ + = 21
µ18 11¶ µ3 21¶ Với F ; −→EF ; ∆ : 7x y 6 0 5 − 5 ⇒ = 5 − 5 ⇒ + − = Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: x y 0 hoặc 7x y 6 0. + = + − = F 0 C 0 E A B0 B M F C Bài 12. Cho hình thang ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, BCD 45o, đường thẳng AD = có phương trình 3x y 0 và đường thẳng BD có phương trình x 2y 0. Viết phương trình − = − = đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 15 và điểm B có hoành độ dương. Giải: A B D C ¯ ¯ ¯−−→nAD .−−→nBD ¯ 1 o D (AD) (BD) D(0; 0) cos(AD,BD) ¯ ¯ ¯ ¯ ADB 45 = ∩ ⇒ = ¯−−→nAD .¯.¯.−−→nBD ¯ = p2 ⇒ = CD Suy ra tam giác ABD,BCD vuông cân AB AD ⇒ = = 2 1 3 2 S ABCD (AB CD)AD AB 15 AB p10 BD 2p5 = 2 + = 2 = ⇒ = ⇒ = µ b ¶ Ta có B b; d : x 2y 0 với b 0 2 ∈ boxmath.vn− = > 22 boxmath.vn
s µb ¶2 BD b2 2p5 B(4; 2). (BC) : 2(x 4) 1(y 2) 0 = + 2 = ⇒ − + − = Vậy phương trình đường thẳng BC : 2x y 10 0 + − = Bài 13. Trong mặt phẳng toạ độ Ox y, cho hình chữ nhật ABCD biết đường thẳng AB có phương trình x 2y 1 0, đường thẳng BD có phương trình x 7y 14 0 và đường thẳng AC đi qua − − = − + = điểmM(2;1) .Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải: C I B D M A Ta có . B (AB) (BD) B(7; 3) Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc AB nên có phương trình = ∩ ⇒ 2(x 7) 1(y 3) 0 2x y 17 0 − + − = ⇔ + − = Ta có A AB A(2a 1;a),C BC C(c;17 2c),a 3,c 7, ∈ ⇒ + ∈ µ⇒2a 1 c− a 176= 2c ¶6= Suy ra tâm I của hình chữ nhật I + + ; + − . 2 2 Ta có I BD 3c a 18 0 a 3c 18 A(6c 35;3c 18) ∈ ⇔ − − = ⇔ = − ⇒ − − "c 7 (loai) Vì M, A,C thẳng hàng −−→MA,−−→MC cùng phương = ⇔ c 6 = Vậy : A(1;0),C(6;5),D(0;2),B(7;3) Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho điểm A(3;2), đường thẳng ∆ : x y 3 0 và đường 1 + − = thẳng ∆ : x y 9 0. Biết điểm B thuộc ∆ và điểm C thuộc ∆ sao cho tam giác ABC vuông cân 2 + − = 1 2 tại A. Tìm tọa độ điểm B và C. Giải: Ta có B ∆1 B(a; 3 a) , C ∆2 C(b; 9 b) ∈ ⇒ (− ∈ ⇒ ( − −→AB.−→AC 0 (a 3)(b 3) (1 a)(7 b) 0 Theo giả thiết ta có = − − + − − = AB AC ⇔ (a 3)2 (b 3)2 a2 (7 b)2 ( = − + − = + − 2ab 10a 4b 16 0 − − + = a 2 không là nghiệm của hệ trên. ⇔ 2a2 8a 2b2 20b 48 = − = − + 5a 8 (1) b − , thay vào phương trình (2) a 0, a 4 ⇔ = a 2 ⇒ = = " − B(0; 3) , C(4; 5) Vậy tọa độ điểm B(4; 1) , C(6; 3) boxmath.vn− 23
C C 0 B A B0 Bài 15. Trong mặt phẳng toạ độ Ox y cho điểm C(2; 5)và đường thẳng ∆ : 3x 4y 4 0. Tìm − µ 5¶ − + = trên đường thẳng ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua điểm I 2; sao cho diện tích tam giác 2 ABC bằng 15. Giải: B I A C µ 3a 4¶ µ 16 3a ¶ Gọi A a; + B 4 a; − . 4 ⇒ − 4 1 Khi đó diện tích tam giác ABC là S ABC AB.d(C,∆) 3AB. = 2 = " µ6 3a ¶2 a 4 Theo giả thiết ta có AB 5 (4 2a)2 − 25 = = ⇔ − + 2 = ⇔ a 0 = Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1),B(4;4) hoặc A(4;4),B(0;1) . Bài 16. Trong mặt phẳng toạ độ Ox y, cho ba đường thẳng d : 2x y 3 0; d : 3x 2y 1 0; 1 + + = 2 − − = ∆ : 7x y 8 0. Tìm điểm P d và Q d sao cho ∆ là đường trung trực của đoạn thẳng PQ. − + = ∈ 1 ∈ 2 Giải: µ ¶ 3x2 1 P d1 : 2x y 3 0 P(x1 ; 2x1 3). Q d2 : 3x 2y 1 0 Q x2 ; − . ∈ + + = ⇒ − − ∈ − − = ⇒ 2 µ ¶ µ ¶ x1 x2 4x1 3x2 7 3x2 4x1 5 Suy ra trung điểm PQ là I + ; − + − và −−→PQ x2 x1 ; + + . 2 4 − 2   I ∆ Yêu cầu bài toán P và Q đối xứng nhau qua ∆ ∈ ⇔ ⇔ u .−−→PQ 0 boxmath.vn−→∆ = 24 boxmath.vn
 x x 4x 3x 5  1 2 1 2 ( ( 7. + + + 0 18x 11x 39 0 x 4 2 − 2 = 1 + 2 + = 1 = − ⇔  3x2 4x1 5 ⇔ 26x 23x 35 0 ⇔ x 3 1.(x2 x1) 7. + + 0 1 2 2  − + 2 = + + = = Suy ra P( 4 ; 5), Q(3 ; 4). − P I Q µ4 ¶ Bài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giác ABC có trọng tâm G ;1 , trung điểm BC là 3 M(1;1), phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là x y 7 0. Tìm tọa độ A,B,C. + − = Giải: B M G A C Từ tính chất trọng tâm ta có −−→MA 3−−→MG A(2; 1). = ⇒ B BH : y x 7 B(b, b 7). ∈ = − + ⇒ − + Vì M(1; 1) là trung điểm BC nên C(2 b; b 5). Suy ra −→AC ( b; b 6). − − = − − BH AC nên u .−→AC 0 b (b 6) 0 b 3. Suy ra B(3; 4), C( 1; 2). ⊥ −−→BH = ⇔ + − = ⇔ = − − Vậy A(2; 1),B(3; 4), C( 1; 2). − − Bài 18. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giác ABC. Đường cao kẻ từ A,trung tuyến kẻ từ B, trung tuyến kẻ từ C lần lượt nằm trên các đường thẳng có phương trình x y 6 0, x 2y 1 0, + − = − + = x 1 0. Tìm tọa độ A, B, C. − = Giải: (x 2y 1 0 Từ hệ − + = suy ra trọng tâm G(1; 1). x 1 0 − = A AH, B BM, C CN A(a; 6 a), B(2b 1; b), C(1; c). ∈ ∈ boxmath.vn∈ ⇒ − − 25
(a (2b 1) 1 3 (a 2b 3 Do G(1; 1) là trọng tâm nên + − + = + = (1) (6 a) b c 3 ⇔ a b c 3 − + + = − + + = − Ta có u (1; 1), −→BC (2 2b; c b). Vì AH BC nên −−→AH = − = − − ⊥ u .−→BC 0 2 2b c b 0 b c 2 (2) −−→AH = ⇔ − − + = ⇔ + = Từ (1) và (2) suy ra a 5, b 1, c 3. Vậy A(5; 1), B( 3; 1), C(1; 3). = = − = − − C G A B Bài 19. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giác ABC vuông cân tại A, phương trình BC : 2x y 7 0, đường thẳng AC đi qua điểm M( 1; 1), điểm A nằm trên đường thẳng ∆ : x 4y 6 0. − − = − − + = Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh A có hoành độ dương. Giải: C A M B Vì A ∆ : x 4y 6 0 A(4a 6; a) −−→MA(4a 5; a 1). ∈ − + = ⇒ − ⇒ − − Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên ACB 45o. ¯ =¯ 1 (4a 5) 2(a 1) 1 ¯ ¯ Do đó ¯cos(−−→MA, −−→uBC )¯ p | − + − | = p2 ⇔ (4a 5)2 (a 1)2.p5 = p2   − + − a 2 A(2; 2) 2  =  µ ¶ 13a 42a 32 0  16  14 16 ⇔ − + = ⇔ a ⇒ A ; (không thỏa mãn) = 13 −13 13 Vậy A(2; 2). Suy ra AC : x 3y 4 0, AB : 3x y 8 0. Từ đó ta có B(3; 1), C(5; 3). − + = + − = − Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giácABC, phương trình các đường thẳng chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là x 2y 13 0 và 13x 6y 9 0. Tìm − − = − − = tọa độ các đỉnh B và C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I( 5; 1). − Giải: Ta có A( 3; 8). Gọi M là trung điểm BC IM AH. Ta suy ra pt IM : x 2y 7 0. − − boxmath.vn⇒ k − + = 26 boxmath.vn
(x 2y 7 0 Nên tọa độ M thỏa mãn − + = M(3; 5). 13x 6y 9 0 ⇒ − − = Pt đường thẳng BC : 2(x 3) y 5 0 2x y 11 0. B BC B(a; 11 2a). − + − = ⇔ + − = ∈ ⇒ − "a 4 Khi đó IA IB a2 6a 8 0 = . = ⇔ − + = ⇔ a 2 = Từ đó suy ra B(4; 3), C(2; 7) hoặc B(2; 7), C(4; 3). C B I A Bài 21. Trong mặt phẳng với hệ trục Ox y, cho hai đường thẳng d : 3x y 5 0,d : x y 4 0. 1 − − = 2 + − = và điểm M(1;1). Viết phương trình tổng quát của đường thẳng d đi qua M và cắt d1, d2 lần lượt tại A, B sao cho 2MA 3MB 0. − = Giải: B M A A d A(x ; 3x 5), B d B(x ; 4 x ). ∈ 1 ⇒ 1 1 − ∈ 2 ⇒ 2 −2 2−−→MA 3−−→MB (1) Vì A,B,M thẳng hàng và 2MA 3MB  = = ⇒ 2−−→MA 3−−→MB (2) = − Ta có −−→MA (x1 1; 3x1 6), −−→MB (x2 1; 3 x2). = − − = − − 5 x1 µ5 5¶ (1) 2(x1 1; 3x1 6) 3(x2 1; 3 x2) = 2 Suy ra A ; , B(2; 2). ⇔ − − = − − ⇔ 2 2 x 2 boxmath.vn2 = 27
( x1 1 Suy ra phương trình d : x y 0. (2) 2(x1 1; 3x1 6) 3(x2 1; 3 x2) = − = ⇔ − − = − − − ⇔ x 1 2 = Suy ra A(1; 2), B(1; 3). Nên phương trình d : x 1 0. − − = Bài 22. Trong mặt phẳng với hệ trục Ox y, cho các điểm A(1; 2), B(4; 3). Tìm tọa độ điểm M sao p10 cho M AB 135o và khoảng cách từ M đến đường thẳng AB bằng . = 2 Giải: M B A O p10 Giả sử M(x; y). Kẻ MH AB. Từ giả thiết suy ra MH và ∆MAH vuông cân. ⊥ = 2 Suy ra AM MHp2 p5. = =  3(x 1) 1(y 2) 0 1 ( 0  − + − cos135 (−→AB, −−→AM) 135  q = = −p Yêu cầu bài toán = p10. (x 1)2 (y 2)2 2 ⇔ ⇔ − + − AM p5  = (x 1)2 (y 2)2 5 − + − = Đặt u x 1, v y 2. Khi đó ta có = − = − (3u v 5 "u 1, v 2 + = − = − = − u2 v2 5 ⇔ u 2, v 1 + = = − = Vậy M(0; 0) hoặc M( 1; 3) − Bài 23. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 1); đường cao từ đỉnh A có phương trình 2x y 1 0 và các đỉnh B,C thuộc đường thẳng ∆ : x 2y 1 0. Tìm tọa độ − + = + − = các đỉnh A,B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 6. Giải: A I G C H B µ 1 3¶ Tọa độ chân đường cao H ; . Đường thẳng d đi qua G và song song BC có pt d : x 2y 3 0. −5 5 + − = µ1 7¶ 6 d AH I I ; . Ta có −−→HA 3−→HI A(1; 3). d(A, BC) . ∩ = ⇒ 5 5 = ⇒ = p5 2S ABC Suy ra BC 2p5. Gọi M là trung điểm BC. Khi đó −−→MA 3−−→MG M(1; 0). = d(A, BCboxmath.vn) = = ⇒ 28 boxmath.vn
µ ¶ "x 3 x1 1 2 1 Gọi B x1; − + . Khi đó MB p5 (x1 1) 4 = 2 = ⇔ − = ⇔ x 1. 1 = − +) Với x 3 B(3; 1) C( 1; 1). 1 = ⇒ − ⇒ − +) Với x 1 B( 1; 1) C(3; 1). 1 = − ⇒ − ⇒ − Suy ra A(1; 3), B(3; 1), C( 1; 1) hoặc A(1; 3), B( 1; 1), C(3; 1). − − − − Bài 24. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC cân tại A.Đường thẳng AB và BC lần lượt có phương trình: 7x 6y 24 0;x 2y 2 0. Viết phương trình đường cao kẻ từ B của tam giác + − = − − = ABC. Giải: A 4 2 B H C 0 2 4 E 2 − 1 Ta có tọa độ B(3; 2 ) Gọi vecto pháp tuyến của phương trình AC là ~n(a;b) Do tam giác ABC cân tại A nên ta có: 7 12 a 2b cosB cosC | − | | − | p85. a 2b 5pa2 b2 = ⇔ p72 62.p12 22 = pa2 b2.p12 22 ⇔ | − |= + 9b 7+b + + + a hoặc a (loại vì song song với AB) ⇔ = 2 = 6 9b Với a chọn a 9;b 2 ta có phương trình đường cao kẻ từ B là: (qua B và nhận −→n là vecto = 2 = = chỉ phương) x 3 y 1 − − 2 4x 18y 3 0 9 = 2 ⇒ − − = Kết luận: Vậy phương trình đường cao kẻ từ B là: 4x 18y 3 0 − − = Bài 25. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC vuông tại B, có phương trình đường cao qua C : 2x y 4 0, đường phân giác trong góc A có phương trình d : x y 1 0. Gọi M(0; 2) nằm + + = A − − = − trên cạnh AC . Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C của tam giác đó. Giải: - Gọi N là điểm đối xứng với M qua phân giác dA. Theo tính chất phân giác trong thì N thuộc đường thẳng BA. * Xác định tọa độ N: Ta có phương trình đường thẳng MN : x y 2 0 + + = 1 3 Nên tọa độ giao điểm của đường thẳng MN và AD là I( −2 ; −2 ). Do đó tọa độ N( 1; 1). x 1 y 1 − − * Phương trình đường thẳng AB: + + x 2y 1 0 boxmath.vn2 = 1 ⇔ − − = 29
( x 2y 1 0 Do đó tọa độ A là nghiệm của hệ − − = Nên A(1;0) x y 1 0 − − = x 1 Suy ra ta có phương trình đường thẳng AC : − y 2x y 2 0 1 = 2 ⇔ − − = ( 2x y 4 0 1 Nên tọa độ C thảo mãn hệ: + + = . Suy ra C( − ; 3) 2x y 2 0 2 − − − = Vì AB 2AM nên AB 2AN ( do AM AN) nên N là trung điểm của AB . suy ra B( 3 : 2) = = = 1 − − Kết luận: Vậy tọa độ các đỉnh là: A(1;0);B( 3 : 2);C( − ; 3) − − 2 − E A 4 2 0 2 − − N D D B M 2 − C 4 − Bài 26. Trong mặt phẳng toạ độ Ox y , cho 3 điểm A(3;4) , B(1;2) ,C(5;0) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua A(3;4) sao cho : d 2d(B;d) d(C;d) đạt giá trị lớn nhất . = + Giải: A 4 E B 2 C F 0 2 4 6 2 − Gọi phương trình đường thẳng qua A cần tìm là : a(x 3) b(y 4) 0, (a2 b2 0) (∆) − + − = + 6= Ta có:  4a 4b 2.d(B,∆) | − − |  = pa2 b2 2a 4b+  d(C;∆) | − | = pa2 b2 Do đó: + 4a 4b 2a 4b A 2d(B;∆) d(C;∆) | − − | + | − | = + = pa2 b2 Xét TH 1: + B và C cùng phía với (∆) ( 4a 4b)(2a 4b) 0 ( ) boxmath.vn⇔ − − − ≥ ∗ 30 boxmath.vn
2a 8 a b a b Ta có: A | − | 2p17 (1). Dấu xảy ra . = pa2 b2 ≤ = ⇔ 2 = 8 ⇔ 1 = 4 − − Chọn (a 1;b +4) thỏa mãn ( ) = = ∗ Vậy phương trình đường thẳng: x 4y 19 0. + − = Xét TH 2: B và C khác phía với (∆) ( 4a 4b)(2a 4b) 0 ( ) 6a ⇔ − − − ≤ ∗∗ Ta có: A | − | d(I;∆) (với I(2 : 4)) = pa2 b2 = Ta thấy rằng đường+ thẳng (∆) qua A và chạy từ C đến B (do B và C khác phía với (∆) ) Do đó d max (∆) qua A và vuông góc với Ox . Khi đó (∆): x 3. và A 1 (2) (I;∆) ⇔ = = Từ (1) và (2) ta có A 2p17. max = Kết luận: Phương trình đường thẳng: x 4y 19 0. + − = Bài 27. Tam giác ABC có trung tuyến BM : 2x y 3 0; phân giác trong BN : x y 2 0 . Điểm + − = + − = P(2;1) thuộc AB ,bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R p5. Xác định tọa độ các = đỉnh của tam giác . Giải: C 8 6 M 4 N D H 2 B A 2 0 2 4 − 2 − Từ phương trình trung tuyến BM và phân giác BN ta suy ra tọa độ điểm B(1;1) Vì P(2;1) thuộc AB nên ta suy ra phương trình AB ( đi qua B và P) là: y 1. Đặt A(a;1). = Ta viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với BN.x y 1 a 0. a 1 3 a − + − = Cho đường này giao với BN ta tìm được toạ độ của H( + ; − ) điểm D là điểm đối xứng của A 2 2 ⇒ qua H và D BC. D(1;2 a). ∈ − Từ đó có : −−→BD (0;1 a) và −→AB (1 a;0) suy ra BD AB suy ra tam giác ABC vuông tại B. = − = − ⊥ Đặt M(m;3 2m) thì ta có : BM AM (trung tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác vuông) − = a 1 (m a)2 (2 2m)2 (m 1)2 (2 2m)2 m + (vì a 1) ⇒ − + − = − + − ⇒ = 2 ¬ +Thế m và chú ý rằng BM AM p5 = = (1 a)2 (1 a)2 − 5 (1 a)2 4 a 3 hoặc a 1 ⇒ − + 4 = ⇒ − = ⇔ = = − Với a 3 thì A(3;0);C(1; 8) = boxmath.vn− 31
Với a 1 thì A( 1;1);C(1;8) = − − Kết luận: Vậy bài toán có hai họ nghiệm: A(3;1);B(1;1);C(1; 8) và A( 1;1);B(1;1);C(1;8) − − Bài 28. Cho tam giác ABC có 3 góc đều nhọn. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác , biết tọa độ chân đường cao hạ từ đỉnhF A;B;C tương ứng là: M( 1; 2);N(2;2);P( 1;2). − − − Giải: A 4 A1 3 P N 2 H 1 C1 B1 E 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 −B − − − 1 − M 2 D − 3 − C 4 − Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Một hệ quả quen thuộc, nếu H là trực tâm của tam giác ABC thì H cũng là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác MNP với M,N,P lần lượt là chân các đường cao hạ từ các đỉnh A,B,C (Ta dễ dàng chứng minh hệ quả này bằng tứ giác nội tiếp ) Theo tọa độ 3 điểm M,N,P đã biết ta dễ dàng viết được phương trình các đường thẳng: MN : 4x 3y 2 0, NP : y 2 0, MP : x 1 0 − − = − = + = Tới đây ta có thể làm theo hai cách để tìm tọa độ điểm H Cách 1: Vì H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP nên : d(H;MP) d(H;PN) d(H,MN). x 1 y 2 4x 3y 2 = = Gọi H(x; y) ta có: | + | | − | | − − | 1 = 1 = 5 Giải ra ta được H(0;1) Cách 2: Dễ dàng ta viết được phương trình đường phân giác trong của các góc:PNM ;MPN Phân giác góc: PNM : 4x 8y 8 0. Phân giác góc: MPN : x y 1 0. − + = + − = Tọa độ điểm H là giao điểm của 2 phương trình đường thẳng trên H(0;1) ⇒ Phương trình đường thẳng AB qua P( 1;2) nhận −−→HP làm pháp tuyến:x y 3 0 − − + = Phương trình đường thẳng BC qua M( 1; 2) nhận −−→HM làm pháp tuyến:x 3y 7 0 − − + + = Phương trình đường thẳng AC qua N(2;2) nhận −−→HN làm pháp tuyến:2x y 6 0 + − = Kết luận: Vậy phương trình các cạnh của tam giác ABC là: AB : x y 3 0;BC : x 3y 7 0; AC : 2x y 6 0 − + = + + = + − = Bài 29. Trong mặt phẳng Ox y, cho hình vuông ABCD cố định, biết A(2;1), I(3;2) (I là giao điểm của AC và BD). Một đường thẳng d đi qua C cắt các tia AB, AD lần lượt tại M và N. Viết phương trình đường thẳng d sao cho độ dài MN là nhỏ nhất. boxmath.vnGiải: 32 boxmath.vn
M 5 4 B C 3 I 2 A D N 1 E 1 0 1 2 3 4 5 6 7 − 1 − Cách 1: Vì I là trung điểm AC nên ta suy ra được tọa độ điểm C(4;3) Các cạnh AB, AD có phương trình:x 2 0 và y 1 0 − = − = Chuyển hệ trục toạ độ Ox y sang hệ trục JXY qua phép tịnh tiến theo OJ−→ với J(2;1). ( ( x X 2 X x 2 Công thức đổi trục: = + hay = − y Y 1 Y y 1 = + = − Trong hệ JXY ta có A(0;0);C(2;2) và 2 cạnh AB, AD trùng với 2 trục toạ độ X 0 và Y 0 = = Không mất tính tổng quát giả sử M(m;0);N(0,n) (m 0;n 0). MN pm2 n2 X Y > > ⇒ = + Phương trình đưởng thẳng MN : 1 (∆) m + n = 1 1 1 Do C(2;2) (∆) ∈ ⇒ m + n = 2 1 1 4 1 p m n Ta có m n 8 MN 2(m2 n2) + 4p2 m + n ≥ m n ⇒ + ≥ ⇒ = p2 + ≥ p2 ≥ + MN nhỏ nhất bằng 4p2 khi và chỉ khi m n 4 ⇒ = = Khi đó (∆): X Y 4 0. Trong hệ Ox y phương trình đường thẳng (∆): x y 7 0 + − = + − = Kết luận:Vậy đường thẳng x y 7 0 thoả mãn điều kiện bài toán + − = Cách 2: Đặt CMB=NCD x. Gọi độ dài cạnh hình vuông là a = Tam giác CMB vuông tại B và tam giác CDN vuông tại D a a µ 1 1 ¶ Có MN MC CN a = + = sinx + cosx = sinx + cosx 1 1 Dùng AM-GM cho 2 số không âm , sinx cosx 1 1 2 2p2 Ta có sinx + cosx ≥ psinx.cosx = psin2x Mà sin2x 1 nên x 45 ≤ = Vậy MN AC. Phương trình đường thẳng MN qua C(4;3) nhận −→AC làm pháp tuyến: x y 7 0 ⊥ + − = Kết luận: Vậy đường thẳng x y 7 0 thoả mãn điều kiện bài toán + − = Bài 30. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Ox y cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A( 1;4) và các đỉnh − B,C thuộc đường thẳng ∆ : x y 4 0. Xác định tọa độ các điểm B,C biết tam giác ABC có diện − − = tích bằng 18. boxmath.vnGiải: 33
A 4 3 2 B 1 2 1 0 1 2 3 H 4 5 6 − − 1 − 2 − C 3 − µ7 1¶ Gọi H là trung điểm BC thì AH BC AH : x y 3 0 H , . ⊥ ⇒ + − = ⇒ 2 −2 Gọi B(x,x 4) ( Vì B BC) C(7 x,3 x)(Vì H là trung điểm BC) − ∈ ⇒ − − 1 p Vì tam giác ABC có diện tích bằng 18. S ABC 2 .d(A,∆).BC 18 BC 4. 2 ⇒ =11 3= ⇒ = Nên ta có : (x 7 x)2 (x 4 3 x)2 32 x hoặc x − + + − − + = ⇒ = 2 = 2 µ11 3¶ µ3 5¶ µ3 5¶ µ11 3¶ Do đó B , hoặc B , C , hoặc C , 2 2 2 −2 ⇒ 2 −2 2 2 µ11 3¶ µ3 5¶ µ3 5¶ µ11 3¶ Kết luận: Vậy: B ; ;C , hoặc B , ;C , 2 2 2 −2 2 −2 2 2 Bài 31. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y viết phương trình 4 cạnh của hình vuông không song song E với các trục tọa độ, có tâm O và 2 cạnh kề lần lượt đi qua M( 1;2);N(3; 1). − − Giải: 4 A F 2 B D1 S 4 2 0 2 4 − − D 2 − C Không mất tính tổng quát, giả sử AB đi qua M( 1;2) và AD đi qua N(3; 1). − − Gọi véc tơ pháp tuyến của đường thẳng AB là n (a;b) với a,b đồng thời khác 0 (điều này do 4 −→ = cạnh của hình vuông không song song với các trục tọa độ). Khi đó: AB : a(x 1) b(y 2) 0 và AD : b(x 3) a(y 1) 0 . + + − = a 2b − 3−b a + = Ta có d(O; AB) d(O; AD) | − | | − − | = ⇔ pa2 b2 = pa2 b2 boxmath.vn+ + 34 boxmath.vn
Từ đó ta có 2a b (loại đo trường hợp b 0), chon a 1,b 2. = − = = = − Ta có phương trình của AB : x 2y 5 0, của AD : 2x y 5 0. − + = + − = Từ đó tìm điểm A(1;3) là giao của AB, AD. Điểm C đối xứng A qua O nên C( 1; 3). − − Từ đó phương trình của CD : x 2y 5 0, của CB : 2x y 5 0. − − = + + = Kết luận: Phương trình các cạnh là: AB : x 2y 5 0, AD : 2x y 5 0 CD : x 2y 5 0, CB : 2x y 5 0. − + = + − = − − = + + = Bài 32. Trong mặt phẳng Ox y cho ∆ABC có A (d) : 2x y 6 0, đường trung tuyến (BM): ∈ − + = x y 3 0, trung điểm cạnh BC là N(1;2). Tính S biết BC (d). + + = ABC k Giải: D C 6 4 2 E M 6 4 2 0 2 4 − − − B 2 − 4 − 6 − A 8 − Vì: BC//(d) và BC qua N nên BC : 2x y 0 − = Ta có: N là giao điểm của BC và BM B( 1, 2) C(3,6) (Vì N là trung điểm BC). ⇒ − − ⇒ M BM M(m, m 3) A(2m 3, 2m 12) ∈ ⇒ − − ⇒ − − − 1 3 Mặt khác A d m 2 A( 7, 8). Ta có: S ABC d(A,BC).BC ∈ ⇒ = − ⇒ − − = 2 = 20 3 Kết luận: Vậy diện tích tam giác là: S ABC = 20 Bài 33. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC có diện tích bằng 24 và phương trình các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C lần lượt là ∆ : x y 2 0, ∆ : 5x y 2 0, ∆ : x 3y 10 0. 1 − + = 2 − − = 3 + − = Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. Giải: µ 10 b ¶ Gọi tọa độ điểm B(a;5a 2);C b; − . − 3 µ a b 15a b 4¶ Gọi M là trung điểm của AB thì tọa độ M + ; − + 2 6 Vì điểm M thuộc trung tuyến qua A, nên thay tọa độ trên và rút gọn ta được: b 3a 1. = − Thay vào trên ta có: C(3a 2;4 a) Suy ra: −→BC (2a 2;6 6a) − − = − − Ta dễ dàng tìm được: S 3S 24 S 8 boxmath.vn∆ABC = ∆GBC = ⇒ ∆GBC = 35
A 6 F C 4 D 2 E 2 0 2 4 6 − B 2 − Ta viết được phương trình đường thẳng BC là: (x a)(6a 6) (y 5a 2)(2a 2) 0 − − + − + − = Từ đây suy ra: a 1, và ta rút gọn lại thành: 6(x a) 2(y 5a 2) 0. 6= 1 − + − + = Thay vào công thức diện tích là: S∆GBC 8 d(G,BC).BC 8. = ⇔ 2 = Suy ra: a 1 1 a 0 hoặc a 2 | − | = ⇔ = = Với: a 0, suy ra tọa độ các điểm là: B(0; 2);C( 2;4), A(5;7) = − − Với: a 2, suy ra tọa độ các điểm là: B(2;8);C(4;2); A( 3; 1) = − − Kết luận: Bài toán có hai kết quả là: B(0; 2);C( 2;4), A(5;7) hoặc B(2;8);C(4;2); A( 3; 1) − − − − Bài 34. Xác định m để khoảng cách từ điểm A(3,1) đến đường thẳng (∆): x (m 1)y m 0 là + − + = lớn nhất.Tìm giá trị lớn nhất đó. Giải: 1 A 2 1 0 1 2 3 − −H 1 − 2 − 2 m 1 2p5 m 1 2p5 m 1 p Ta có: d(M;∆) p | + | p | + | p | + | 2 5 = (m 1)2 1 = [(m 1)2 12)(12 22) ≤ (m 1)2 = m 1 −1 + 3 − + + + Dấu xảy ra khi và chỉ khi: − m = 1 = 2 ⇔ = 2 3 Kết luận: Vậy m = 2 Bài 35. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC có diện tích bằng 2 , AB có phương trình x y − = 0, I(2,1) là trung điểm của BC. Tìm tọa độ trung điểm K của AC. Giải: 2 1 1 Ta có d(I, AB) − . = p2 = p2 Vì I là trung điểm của BC d(C, AB) 2;d(I, AB) p2 boxmath.vn⇒ = = 36 boxmath.vn
3 K1 2 D I 1 1 0 1K2 2 3 − A 1 − 2 − Từ diện tích tam giác ABC 2 nên ta suy ra được cạnh AB 2p2. = 1 = KI là đường trung bình của tam giác ABC KI AB p2 ⇒ = 2 = Phương trình đường thẳng KI song song với AB là: x y m 0 − + = Mà I(2;1) m 1. Suy ra phương trình KI : x y 1 0 ⇒ = − − − = Giả sử K (a,a 1). KI 2 2 (a 2)2 (a 2)2 2 a 3 hoặc a 1. Suy ra K (3;2) hoặc K (1;0) − = ⇔ − + − = = = Kết luận:Vậy trung điểm K của AC có tọa độ là: K (3;2);K (1;0) Bài 36. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC có cạnh AB 4p2 và đỉnh C(1;5). Đường thẳng = AB có phương trình x y 2 0, đường thẳng (d): x 3y 16 0 đi qua trọng tâm G của tam giác. − + = + − = Tìm tọa độ các đỉnh A,B. Giải: 7 6 A C 5 4 I 3 2 B 1 1 0 1 2 3 4 5 − 1 − Thay tọa độ điểm C(1;5) vào phương trình (d): x 3y 16 0 thấy thỏa mãn. + − = Suy ra (d) là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh C µ5 9¶ Gọi I là trung điểm AB I là giao điểm của (d) và (AB) I , ⇒ ⇒ 2 2 2 2 9 1 Gọi tọa độ điểm A(xo,xo 2) B(5 xo,7 xo) AB 2(2xo 5) 32 xo hoặc xo + ⇒ − − ⇒ = − = ⇔ = 2 = 2 µ9 13¶ µ1 5¶ A ; ;B ; . Hoặc ngược lại (Vì A và B có vai trò như nhau). ⇒ 2 2 2 2 µ9 13¶ µ1 5¶ µ9 13¶ µ1 5¶ Kết luận:Vậy A ; ;B ; hoặc B ; ; A ; 2 2 2 2 2 2 2 2 Bài 37. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC biết B( 4; 1),C(3; 2), diện tích tam giác ABC 51 − − − bằng và trọng tâm G thuộc đường thẳng (d): x y 2 0. Hãy tìm tọa độ đỉnh A. 2 − + = boxmath.vnGiải: 37
A2 5 B 5 0 C 5 10 15 − 5 − A1 µ 1 3¶ Gọi G(t;t 2) (d). Gọi M là trung điểm của BC, ta có M − ; − . + ∈ 2 2 BC đi qua B,C nên BC : x 7y 11 0 1 + + 1 =1 1 1 1 1 1 51 17 S∆GMC GK .MC AH BC AH.BC S∆ABC = 2 = 2 · 3 2 = 6 · 2 = 6 = 6 · 2 = 4 1 17 17 17 17 GK .MC GK . ⇒ 2 = 4 ⇔ = 2.MC = 5p2 = 5p2 2 2 t 7(t 2) 11 17 21 Nên: GK d(G,BC) + + + 8t 25 17 t 1 hoặc t − . = = 5p2 = 5p2 ⇔ | + | = ⇔ = − = 4 µ 21 13¶ Suy ra G1( 1;1), G2 − ; − − 4 4 µ 59 27¶ Tiếp tục sử dụng đẳng thức : −→AG 2.GM−−→ suy ra điểm A1( 2; 6), A2 − ; − . = − − 4 4 µ 59 27¶ Kết luận:Vậy có 2 tọa độ đỉnh A thỏa mãn điều kiện đề bài là: A1( 2; 6), A2 − ; − − − 4 4 Bài 38. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC . Đường phân giác góc A có phương trình x y 3 0, đường trung tuyến từ B có phương trình x y 1 0 đường cao kẻ từ C có phương + − = − + = trình 2x y 1 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. + + = Giải: 3 B A 2 H D M 1 C 1 0 1 2 − 1 − Gọi các đường thẳng đã cho lần lượt là: AD;BM;CH, và gọi tọa độ các điểm như sau: A AD A(a;3 a); B BM B(b;b 1); C CH C(c; 2c 1) ∈ ⇒ − ∈ ⇒ +µ a c∈2 a⇒ 2c ¶ − − Khi đó ta có tọa độ điểm M là trung điểm của AC là: M + ; − − Mà M BM, nên thay M 2 2 ∈ vào phương trình BM, ta được: 2a 3c 0 (1) + = Ta có: −→AB (b a;a b 2). Do CH là đường cao có u (1; 2), = − + − −→ = − nên ta có: −→AB. u 0 3a b 4 (2) −→ = ⇔ + = Ta để ý rằng: AD BM I, nên I chính là trung điểm của BM. ⊥boxmath.vn= 38 boxmath.vn
µ a 2b c a 2b 2c 4¶ Tọa độ I + + ; − + − + . Ta có: I AD 4b c 8(3). 4 4 ∈ ⇒ − = 12 32 8 Kết hợp (1);(2);(3) ta thu được hệ 3 phương trình 3 ẩn, giải ra ta được: a ;b ;c = 17 = 17 = −17 µ12 39¶ µ32 49¶ µ 8 1¶ Kết luận: Vậy tọa độ 3 đỉnh của ∆ABC là: A ; ;B ; ;C − ; − 17 17 17 17 17 17 Bài 39. Trong mặt phẳng Ox y cho điểm A(1;1). Hãy tìm điểm B trên đường thẳng y 3 và điểm = C trên trục hoành sao cho ∆ABC đều. Giải: B1 B 3 2 A 1 2 C1 1 0 1 2 3 C 4 − − 1 − Ta có: B thuộc đường thẳng y 3 B(a;3), và C thuộc Ox C(b;0)  = ⇒  ⇒ AB AC (a 1)2 (b 1)2 3   − − − = Vì ∆ABC đều nên: = π (a 1)(b 1) 2 (−→AB;−→AC) ⇔  − − − 1 = 3  (a 1)2 4 = 2 − + Coi đây là hệ phương trình hai ẩn là a 1 và b 1 (dễ thấy hệ đưa về hệ đẳng cấp) − 5 − 1 Đặt b 1 k(a 1) , thay vào ta được: k1 và k2 − − = − = 4 = 2 5 5 + Với k1 thì b 1 (a 1), thay vào hệ thấy vô nghiệm. = 4 − = 4 − 1 4 4 + Với k2 − , thay vào hệ ta được: a 1 hoặc a 1 − = 2 − = p3 − = p3 Kết luận:Vậy tồn tại hai cặp điểm B,C để ∆ABC đều: Ã ! Ã ! Ã ! 3 4p3 3 5p3 3 4p3 3 5p3 B + ;3 ;C + ;0 và B − ;3);C( − ;0 3 3 3 3 Bài 40. Trong mặt phẳng Ox y cho hình thoi ABCD biết phương trình của một đường chéo là: 3x y 7 0 và điểm B(0; 3). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết diện tích của + − = − hình thoi bằng 20. Giải: Rõ ràng B không thuộc đường chéo đã cho nên ta có AC : 3x y 7 0. + − = Vì BD đi qua B đồng thời vuông góc với AC nên phương trình của BD là : x 3y 9 0 − − = Tọa độ tâm I của hình thoi là nghiệm của hệ phương trình :   x 3y 9 0 x 3 − − = = 3x y 7 0 ⇔ y 2 + − = = − Từ đó : I(3, 2), lại do D đối xứng với B qua I nên tìm được : D(6, 1). − − Từ : S ABCD 20 2.IB.IA, chú ý với : IB p10 ta có được : IA p10. = = = p = Giả sử A có tọa độ : A(a,7 3a). Khi đó : IA (a 3)2 (9 3a)2 p10 − = − + − = Giải phương trình ta được: a 4 hoặc a 2 = = Như vậy, ta có : A(4, 5), A(2;1), do C đối xứng với A qua I nên tìm được : C(2,1),C(4, 5). boxmath.vn− − 39
Kết luận:Vậy tọa độ 3 đỉnh còn lại của hình thoi là: A(4, 5);D(6, 1);C(2,1) hoặc A(2;1);C(4; 5);D(6; 1) − − − − A 1 1 0 1 2 3 4 5 6 − D 1 − 2 − I B 3 − 4 − C 5 − 1 Bài 41. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC có đỉnh B( ;1). Đường tròn nội tiếp tam giác 2 ABC tiếp xúc với cạnh BC, AC, AB tương ứng tại các điểm D,E,F . Cho D(3;1) và đường thẳng EF có phương trình y 3 0. Tìm tọa độ đỉnh A biết A có tung độ dương. − = Giải: 5 A 4 F E 3 2 B D C 1 1 0 1 2 3 4 5 6 − 1 − 5 Vì BC đi qua B( 1 ;1) và D(3;1) nên phương trình được thẳng BC có dạng: (y 1) 0 y 1 0 2 2 − = ⇔ − = Mà đường thẳng EF có phương trình y 3 0. EF BC − = ⇒ ∥ 5 Vậy ∆ABC cân tại A AD BC AD có phương trình: (x 3) 0 x 3 0 ⇒ ⊥ ⇒ 2 − = ⇔ − = 5 Gọi F (x,3) .(Vì F EF ). Dễ thấy BF BD F (2,3) hoặc F ( 1,3) ( loại vì khác phía với C,D so ∈ = = 2 ⇒ − với B) BF có dạng: 4x 3y 1 0 ⇒ − + = 13 Mà A là giao điểm của BF và AD A(3, 3 ) (nhận) ⇒ 15 Kết luận: Vậy tọa độ đỉnh A thỏa mãn điều kiện là: A(3, 3 ) Chú ý :Lí giải tại sao BF BD; AF AE;CD CE = = = Ta có: ∆AF I ∆AE I vì: AI chung và IF IE r ( ) (cạnh huyền- cạnh góc vuông) = =AF = AE ∗ AE AF (1). Vì EF song song BD ⇒ = ⇒ AB = AC kết hợp với (1) AB AC tam giác ABC lại cân tại A. ⇒ = ⇒ Ta cũng lần lượt xét các tam giác giống ( ) để có: BF BD và CD CE boxmath.vn∗ = = 40 boxmath.vn
5 A 4 3 E F I 2 B D C 1 2 1 0 1 2 − − Bài 42. Trong mặt phẳng Ox y cho ba đường thẳng d : 4x y 9 0,d : 2x y 6 0,d : x y 2 0. 1 + − = 2 − + = 3 − + = Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD, biết hình thoi ABCD có diện tích bằng 15, các đỉnh A,C thuộc d3, B thuộc d1 và D thuộc d2 . Giải: A 5 D 4 3 O 2 B 1 C 2 1 0 1 2 3 4 − − 1 − Do B,D lần lượt thuộc d ,d nên ta có tọa độ của B,D lần lượt là : B(b,9 4b);D(d,2d 6). 1 2 − + Gọi O là tâm của hình thoi, hiển nhiên O là trung điểm của BD và O thuộc AC. Từ đó ta dễ dàng thiết lập được phương trình : b d 15 4b 2d + − + 2 0 5b d 11 2 − 2 + = ⇔ − = Bây giờ sử dụng AC BD thu được phương trình : ⊥ d b 4b 2d 3 − + − b d 1 1 = 1 ⇔ + = − Từ đây giải hệ tìm được ngay b,d suy ra : B(2,1),D( 1,4). − Bây giờ giả sử : A(a,a 2),C(c,c 2). + + Trung điểm O của BD cũng chính là trung điểm của AC nên dễ dàng suy ra : a c 1. + = Ta tính được : BD 3p2, AC a c p2 2a 1 p2 đồng thời ta có : = = | − | = | − | 1 S ABCD AC.BD 3 2a 1 15 = 2 = | − | = Từ đây dễ dàng có được : a 3,a 2. Suy ra tọa độ : A(3;5);C( 2;0) = = − − Kết luận: Vậy tọa độ các đỉnh của hình thoi là: A(3;5);B(2,1);C( 2;0);D( 1,4) boxmath.vn− − 41
Bài 43. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC cân tại A , cạnh BC : x y 1 0, đường cao hạ − + = từ đỉnh B là: x 3y 5 0. Đường cao hạ từ đỉnh C đi qua M(3;0). Tìm tọa độ các đỉnh của tam + + = giác ABC. Giải: C 3 2 1 K M 2 1 0 1A 2 3 − B − 1 − H 2 − Gọi BH : x 3y 5 0. + + = Do B BC BH nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình : = ∩   x 3y 5 0 x 2 + + = = − B( 2; 1) x y 1 0 ⇔ y 1 ⇒ − − − + = = − Gọi CK là đường thẳng đi qua M và vuông góc với AB có vecto pháp tuyến n (a;b). −→ = Lúc đó ta có phương trình CK : a(x 3) by 0 ax by 3a 0 (a2 b2 0) − + = ⇔ + − = + 6= Mặt khác ta có ∆BHC ∆CKB ( cạnh huyền ; góc nhọn) HBC KCB . = ⇒ = Từ đây ta có cosHBC cosKCB cos(BHá,BC) cos(CKá,BC) (1) = ⇔ = Mặt khác ta có vecto pháp tuyến n (1; 1), vecto pháp tuyến n (1;3). −−→BC = − −−→BH = Từ (1) ta có : −−→nBH .−−→nBC −→n .−−→nBC 2 a b p | | | | | − | 2 a2 b2 p10 a b −−→nBH . −−→nBH = −→n . −−→nBC ⇔ p2.p10 = p2.pa2 b2 ⇔ + = | − | | | | | | | | | +  a 3b 2 2 2 2 2 2 4(a b ) 10(a 2ab b ) 3a 10ab 3b 0  = 1 ⇔ + = − + ⇔ − + = ⇔ a b = 3 Với a 3b ta chọn a 3;b 1. Lúc đó phương trình CK : 3x y 9 0 (nhận) = 1 = = + − = Với a b ta chọn a 1;b 3. Lúc đó phương trình CK : x 3y 3 0 (loại vì BH CK ) = 3 = = + − = || Mặt khác ta có C BC CK nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình : = ∩   3x y 9 0 x 0 + − = = C(2;3) x y 1 0 ⇔ y 1 ⇒ − + = = Lại có AB CK . Suy ra vecto chỉ phương u n (3;1). ⊥ −−→AB = −−→CK = Mà B AB nên ta có phương trình AB : ∈ x 2 y 1 + + x 3y 1 0 boxmath.vn3 = 1 ⇔ − − = 42 boxmath.vn
Do AC BH. Suy ra vecto chỉ phương u n (1;3). ⊥ −−→AC = −−→BH = Lại có C AC nên ta có phương trình AC : ∈ x 2 y 3 − − 3x y 3 0 1 = 3 ⇔ − − = Vì A AB AC nên ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình : = ∩   x 3y 1 0 x 1 − − = = A(1;0) 3x y 3 0 ⇔ y 0 ⇒ − − = = Kết luận:Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ∆ABC là: A(1;0);B( 2; 1);C(2;3) − − Bài 44. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC có trực tâm H(2;0), phương trình đường trung tuyến CM : 3x 7y 8 0, phương trình đường trung trực của BC : x 3 0. Tìm tọa độ của đỉnh + − = − = A. Giải: E A G H F PQ là trung trực BC (P thuộc BC). Ta có: CM : 3x 7y 8 0, PQ : x 3 0, AH : x 2 0 (do AH PQ và H(2;0) ) + − = − = − = k µ 2¶ µ 1¶ Gọi E,F lần lượt là giao của CM với AH,PQ. Suy ra tìm được E 2; và F 3, 7 −7 Nối AP cắt CM tại G là trọng tâm tam giác ABC. µ8 ¶ Để ý thấy EG 2GF do tam giác AEG đồng dạng tam giác PFG. Suy ra G ;0 = 3 Nếu gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì 2GI HG( đường thẳng euler). = Suy ra I(3;0). Biểu diễn A,P còn 1 ẩn theo pt đường thẳng: A(2; y A);P(3; yP )  y A 2yP 0 + = 1 Có y A yB yC 2.yP y A 3yG và AE 2EF ta được hệ pt : 1 1 Suy ra y A + + = + = =  y A yE = 7 2 − = 7 µ 1¶ Kết luận: Vậy tọa độ điểm A 2; 7 Bài 45. Trong mặt phẳng Ox y cho (d): x y 0 và M(2,1). Tìm phương trình (d ) cắt trục hoàng − = 1 tại A và cắt (d) tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M. boxmath.vnGiải: 43
2 B M 1 A 1 0 1 2 − 1 − Gọi A(a;0) thuộc trục hoành, B(b;b) thuộc d. Tam giác AMB vuông cân tại M nên ta có:    3b 5 MA MB a2 4a 2b2 6b a − = − = − = b 2 ⇔ ⇔ − −−→MA.−−→MB 0 ab 2a 3b 5 0 (3b a)2 4(3b 5)(b 2) 2b(b 3)(b 2)2 = − − + = − − − − = − −  3b 5 a − = b 2 b 1;a 2 ⇔ − ⇒ = = (b 1)(b 2)(b2 2b 4) 0 − − − + = Suy ra A(2;0) và B(1;1) Phương trình d :x y 2 0 1 + − = Kết luận: Vậy phương trình d : x y 2 0 1 + − = Bài 46. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC có B(1, 2) phân giác trong AK : 2x y 1 0. + − = Khoảng cách từ C đến AK bằng 2 lần khoảng cách từ B đến AK . Tìm tọa độ đỉnh A, C biết C thuộc trục tung. Giải: Ta có: 2.1 2 1 3 d(B, AK ) | + − | = p22 12 = p5 + Vì C Oy C(0, y) Theo giả thiết ta có: Khoảng cách từ C đến AK bằng 2 lần khoảng cách từ B ∈ ⇒ đến AK nên ta có: " 2.0 y 1 6 y 7 d(C, AK ) 2dB(AK ) | + − | . y 1 6. = = ⇐⇒ p22 12 = p5 ⇐⇒| − | = ⇐⇒ y 5 (loại) + = − µ 24 23¶ Vậy: C(0,7) Gọi C 0 đối xứng với C qua AK thì C , và C 0 BA − 5 5 ∈ Từ đây ta dễ dàng viết được phương trình đường thẳng BA : 13x 29y 71 0 µ 14 43¶ + − = Vì A AK , A AB A , ∈ ∈ ⇒ −15 15 µ 14 43¶ Kết luận:Vậy tọa độ đỉnh A là:A , −15 15 Bài 47. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ đỉnh B và phân giác trong của góc A có phương trình lần lượt là x 2y 2 0 và x y 1 0. Điểm M(0;2) thuộc đường − − = − − = thẳng AB và AB 2AC. Tìm tọa độ các đỉnh của ∆ABC. = boxmath.vnGiải: 44 boxmath.vn
A K M0 M B P C Đặt (AP): x y 1 0; (BK ): x 2y 2 0 − − = − − = Gọi H là hình chiếu của M trên AP. • Ta có M(0;2) MH và n u (1;1) (MH): x y 2 0. ∈ −→MH = −→AP = ⇒ + − = H là giao điểm của AP và MH , tọa độ của nó là nghiệm của hệ:  x y 2 0 µ3 1¶ + − = H ; x y 1 0 ⇔ 2 2 − − = Gọi M 0 là điểm đối xứng với M qua AP, H là trung điểm của MM 0. • Suy ra M 0(3; 1), mà M 0(3; 1) AM 0 và n u (2;1) (AM 0) : 2x y 5 0. − − ∈ −→AM 0 = −→BK = ⇒ + − = Ta có A AM 0 A(2;1) • ∈ ⇒ (AM): x 2y 2 0, B AM B(2;0) ⇒ + − = ∈ ⇒ Gọi C(c;5 2c) AM 0. − ∈ µ 1 2 ¶ µ 1 2 ¶ Theo giả thiết AB 2AC C 2 ;1 hoặc C 2 ;1 = ⇒ − p5 + p5 + p5 − p5 Bài 48. Trong mặt phẳng Ox y, cho tam giác ABC có trực tâm H(1;3), tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(2;0) và A(3;4). Viết phương trình của đường thẳng BC. Giải: A H I B M C A0 Nhận xét: Hẳn không ít người khi đọc tựa đề lên sẽ nghĩ ngay đến công thức Euler trong tam giác để áp dụng trong bài này. Nhưng trên thực tế công thức này muốn sử dụng trong khi thi Đại học-Cao đẳng thì phải chứng minh nó trước. Như vậy, ta phải lựa chọn con đường khác để làm bài này. Chẳng hạn Dựng đường tròn (C)ngoại tiếp ∆ABC. Gọi A0 là điểm đối xứng của điểm A qua I, suy ra A0 (C) ∈ và I là trung điểm của AA0. Do đó A0(1; 4). − Dễ dàng chứng minh được A0BHC là hình bình hành (BH A0C, HC A0B). boxmath.vn∥ ∥ 45
µ 1¶ Gọi M là giao điểm của BC và A0H, suy ra M là trung điểm của AH 0 M 1; . ⇒ −2 1 Như vậy ta có M(1; ) BC và BC AH PT của BC : 4x 2y 3 0 . −2 ∈ ⊥ ⇒ + − = Bài 49. Trong mặt phẳng Ox y cho điểm A( 3;5) và hai đường phân giác trong của ∆ABC lần − lượt là (d ): x y 2 0,(d ): x 3y 6 0. Viết phương trình đường thẳng BC. 1 + − = 2 − − = Giải: A B A2 A1 C Dễ dàng kiểm tra được rằng điểm A không thuộc d1 và d2 nên d1, d2 là hai phân giác trong xuất phát từ hai đỉnh B,C. Gọi A1 và A2 lần lượt là hai điểm đối xứng của điểm A qua d1 và d2. Ta tiến hành tìm tọa độ A1, A2 như sau: Gọi H là hình chiếu của A trên d1. Khi đó ) A( 3;5) AH − ∈ PT của AH : x y 8 0. n u ( 1;1) ⇒ − + − = −→AH = −→d1 = − Tọa độ của H là nghiệm của hệ  x y 2 0 + − = H(5; 3)  x y 8 0 ⇒ − − + − = Mặt khác H là trung điểm của AA1 nên A1(13; 11) µ 3 11¶ − Tương tự ta cũng tìm được A2 ; . −5 − 5 Như vậy, theo tính chất đường phân giác trong của tam giác suy ra A1, A2 thuộc đường thẳng BC, nên phương trình đường thẳng BC cũng chính là phương trình của A1 A2. Kết luận: BC : 11x 17y 220 0 . + + = Nhận xét: Qua các bài toán trên, chúng ta thấy rằng khi bài toán cho phương trình đường phân giác thường thì ta sẽ nghĩ tới hướng làm như thế nào? Thật may mắn, đường phân giác nó có một tính chất cơ bản đó là mỗi điểm nằm trên nó luôn cách đều hai cạnh kề, hay nói cách khác đó là tính đối xứng của các cặp điểm trên hai cạnh kề qua đường phân giác. Cụ thể, nếu ∆ là đường phân giác của góc xOy thì với mỗi điểm M Ox có điểm đối xứng của nó thuộc tia Oy. ∈ Bài 50. Trong mặt phẳng Ox y, viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm A( 1;3) và cắt 2 1 − trục Ox,Oy lần lượt tại M,N sao cho nhỏ nhất. OM 2 + ON 2 Giải: Gọi phương trình đường thẳng d có dạng: y kx b, k 0 = + 6= Do d đi qua A( 1;3) nên ta có k b 3 k b 3. − µ b ¶ − + = ⇒ = − (d) cắt Ox tại M M ;0 ⇒boxmath.vn−k 46 boxmath.vn
(d) cắt Oy tại N N(0;b) ⇒ 2 1 2k2 1 OM 2 + ON 2 = b2 + b2 Khi đó Ã !2 2(b 3)2 1 p19 6 2 2 − + = b2 = b − p19 + 19 ≥ 19 µ 2 1 ¶ 2 19 1 Do đó 2 2 khi b k . OM + ON min = 19 = 6 ⇒ = −6 x 19 Tóm lại, (d): y . = − 6 + 6 Bài 51. (Trích đề thi thử THPT Quốc gọc Huế-2012). Trong mặt phẳng Ox y cho 2 đường thẳng: (L ) : 4x 2y 5 0, (L ) : 4x 6y 13 0 1 − + = 2 + − = Đường thẳng ∆ cắt (L1),(L2) lần lượt tại T1,T2. Biết rằng (L1) là phân giác góc tạo bởi OT1 và ∆, (L2) là phân giác góc tạo bởi OT2 và ∆. Tìm tọa độ giao điểm của ∆ và trục tung? Giải: L1 L2 3 F T 2 2 T1 E 1 ∆ 2 1 0 1 2 3 − − 1 − Gọi E và F là điểm đối xứng của O qua (L1) và (L2) , I, J theo thứ tự là trung điểm của OE,OF Ta dễ dàng chứng minh được E,F thuộc ∆ Gọi I(a;b) E(2a;2b) ⇒ I thuộc (L ) và OI (L ) , suy ra I( 1; 1 ) E( 2;1) 1 ⊥ 1 − 2 ⇒ − Tương tự ta cũng tìm được J(1; 3 ) F (2;3) 2 ⇒ Phương trình ∆ đi qua E và F : ∆ : x 2y 4 0 − + = Kết luận, giao điểm của ∆ với trục tung là M(0;2) . Bài 52. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC vuông tại A và điểm B(1,1). Phương trình đường thẳng AC : 4x 3y 32 0. Tia BC lấy M sao cho BM.BC 75. Tìm C biết bán kính đường + − = = 5p5 tròn ngoại tiếp tam giác AMC là . 2 Giải: A I N boxmath.vnB M C 47
Cách 1: • I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC. p 2 2 5 5 Ta có: P(B/(I)) −−→BM.−→BC BI R với R = = − = 2 425 Vì B nằm ngoài đường tròn (I) nên ta có: −−→BM.−→BC BM.BC 75 BI 2 R2 75 BI 2 = = ⇔ − = ⇒ = 4 Viết được phương trình AB : 3x 4y 1 0 và tìm được A(5;4)  125 − + = IA2   = 4 Gọi I(x; y) ta có:   425 IB 2 = 4 µ13 ¶ µ7 ¶ Tính được: I ;2 hoặc I ;6 2 2 Viết phương trình đường trung trực IN của AC. Tìm được N AC IN. = ∩ Dùng tính chất trung điểm suy ra: C(8;0) hoặc C(2;8) . Cách 2(HD cách làm:) • Vì BA AC nên tìm được tọa độ điểm A. ⊥ Kẻ MK BC cắt AB tại K . ⊥ Khi đó gọi I là trung điểm của CK ta dễ dàng suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC BM BK Do ∆BMK ∆B AC . Từ đó tính được BK . v ⇒ BA = BC Do A nằm giữa B và K nên ta sẽ có: AK BK BA = − Từ đó ta tính được độ dài cạnh AC p4R2 AK 2 = − Và suy ra tọa độ điểm C. Bài 53. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC có: A(0;2);B(2;6) và C thuộc đường thẳng (d): x 3y 1 0. Tìm tọa độ đỉnh C sao cho phân giác trong xuất phát từ đỉnh A song song với đường − + = thẳng d. Giải: A d M I B D C Vì đường phân giác trong góc A song song với đường thẳng d nên phương trình đường phân giác có dạng x 3y m 0. − + = Vì qua A(0;2) nên phân giác trong góc A có phương trình d : x 3y 6 0. 1 − + = Gọi M là điểm đối xứng với B qua đường phân giác d , khi đó ta có: M AC. 1 ∈ Ta viết được phương trình đường thẳng BM là: 3x y 12 0. + − = Từ đó, giao điểm I của d1 và BM có tọa độ là: I(3;3). Suy ra tọa độ điểm M(4;0). Từ đó suy ra phương trình đường thẳng AC là: x 2y 4. boxmath.vn+ = 48 boxmath.vn
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:   x 2y 4 x 2 + = = x 3y 1 0 ⇔ y 1 − + = = Kết luận: C(2;1) . Bài 54. Trong mặt phẳng Ox y cho ∆ABC cân tại A. Biết phương trình các đường thẳng AB;BC có phương trình lần lượt là x 2y 1 0;3x y 5 0. Viết phương trình cạnh AC biết rằng + − = − + = M(1; 3) thuộc cạnh AC. − Giải: A I N M H C B Xét phương trình đường thẳng qua M song song với BC. Phương trình đường thẳng này có dạng (d) : 3x y 6 0 µ−13−3¶ = Gọi N là giao điểm của (d) và AB. Tính được N 7 7 µ10 12¶ Trung điểm I của MN là: I ; . 7 7 46 Đường thẳng AI có dạng (AI): x 3y 0 + − 7 = µ 59 173¶ Ta tính được H ; là giao điểm của AI và BC. −70 70 µ 9 8¶ Hơn nữa, B là giao điểm của BC và AB, suy ra B ; −7 7 µ 2 19¶ Vì H là trung điểm của BC. Suy ra được tọa độ điểm C ; −5 5 Như vậy đường thẳng AC đi qua 2 điểm C và M có phương trình tổng quát là 34x 7y 13 0 + − = µ 1¶ Bài 55. Trong mặt phẳng Ox y cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC 2BD. Điểm M 0; = 3 thuộc đường thẳng AB; điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. boxmath.vnGiải: 49
A M N 0 H B I D N C Ở bài toán này trước tiên chúng ta hãy để ý tới vị trí của ba điểm M, I,N trên hình thoi ABCD ta thấy ngay được nếu ta gọi N 0 là điểm đối xứng của N qua tâm I thì ta có N 0 thuộc cạnh AB. Vậy phương trình AB hoàn toàn xác định được. Cụ thể ta có tọa độ điểm N 0(x0; y0) được xác định bởi công thức:  x0 2xI xN 4 = − = N 0(4; 5) ⇒ − y0 2y y 5 = I − N = − Lúc đó ta có đường thẳng AB là đường thẳng đi qua hai điểm M;N 0 nên:  N 0 AB  ∈ x 4 3(x 5) µ 16¶ nên phương trình AB : − + 4x 3y 1 0 = ⇔ + − = −→u AB 4; 4 16  = − 3 Bây giờ ta quan sát đến dữ kiện giả thiết AC 2BD. Điều quan tâm của chúng ta là qua dữ kiện = này bài toán muốn cho biết điều gì? Ta để ý rằng BD 2BI; AC 2AI. Vậy từ điều kiện AC 2BD ta có ngay được AI 2BI. = = = = Chú ý vào tam giác AB I vuông tại I ta không có dữ kiện cạnh cụ thể nào cả nên ta đặt BI x thì = ta có AI 2x. = Độ dài đường cao trong tam giác AB I vuông tại I chính là khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng AB nên ta có: 4.2 3.1 1 IH d(I,AB) | + − | 2 với IH AB = = p32 45 = ⊥ + Xét trong AB I vuông tại I ta có : 1 1 1 1 1 1 x p5 hay BI p5 (1) IH 2 = AI 2 + BI 2 ⇔ 4 = x2 + 4x2 ⇔ = = Ở (1) cho chúng ta liên tưởng điểm B thuộc đường tròn tâm I và bán kính bằng p5. Do đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ :  4x 3y 1 0 + − = B(1; 1) (vì B có hoành độ dương) (x 2)2 (y 1)2 5 ⇒ − − + − = Kết luận: B(1; 1) − Bài 56. (∗)Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC có phương trình các đường cao AH, phân giác trong BD, trung tuyến CM lần lượt là 2x y 12 0, y x 2,x 5y 3 0. Tìm tọa độ A,B,C. + − = = − − − = boxmath.vnGiải: 50 boxmath.vn
A G D M K I E F B H C Hướng dẫn giải: Trên AH lấy 1 điểm E bất kì và tại E dựng đường thẳng d AH. • ⊥ Dựng đường thẳng d 0 đối xứng với d qua phân giác BD. Đường thẳng này cắt BD tại F , cắt AH • tại G. Gọi K là trung điểm của FG. Ta cần chứng minh IK CM M (Với I là giao điểm của AH và • ∩ = BD). Từ đó ta dễ dàng tìm được tọa độ A,B,C. • Bài 57. Trong mặt phẳng Ox y cho hình vuông có AB : 4x 3y 4 0,CD : 4x 3y 18 0 và tâm − − = − − = I thuộc d : x y 1 0, viết phương trình đường thẳng chứa hai canh còn lại của hình vuông đó + − = Giải: d A 0 D I B C I d : x y 1 0 nên I (x ;1 x ). Vì I là tâm hình vuông nên ∈ + − = = 0 − 0 4x0 3(1 x0) 4 4x0 3(1 x0) 18 d(I, AB) d(I,CD) p− − − | p− − − | 7x0 7 7x0 21 = ⇔ 42 ( 3)2 42 ( 3)2 ⇔ | − | = | − | " + − + − 7x0 7 7x0 7x0 21 Vô lí − = = − x0 2 ⇔ 7x 7 21 7x ⇔ = 0 − = − 0 Nên điểm I(2; 1). Phương trình cạnh BC : 3x 4y c 0 − + + = " 4.2 3.( 1) 4 3.2 4( 1) c c 5 Có d(I, AB) d(I,BC) | p− − − | | + − + | 7 2 c = = ⇔ 42 ( 3)2 = p32 42 ⇔ = | + | ⇔ c 9 + −  +  = − BC : 3x 4y 5 0 BC : 3x 4y 9 0 Kết luận: Vậy phương trình các cạnh + + = hoặc + − = AD : 3x 4y 9 0 AD : 3x 4y 5 0 + − = − + = Bài 58. Trong mặt phẳng Ox y cho ∆ABC cân đỉnh A. Canh bên AB và canh đáy BC có phương trình lần lượt là x 2y 1 0 và 3x y 5 0 . Lập phương trình cạnh AC biết đường thẳng AC + − = − + = đi qua điểm M(1; 3). − boxmath.vnGiải: 51
B 0 C M A Gọi n (a;b)với a2 b2 0 là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AC, −→ = + 6= Khi đó phương trình cạnh AC đi qua M(1; 3) có dạng AC : a(x 1) b(y 3) 0 − − + + = Từ phương trình cạnh AB suy ra đường thẳng AB nhân −→n1(1;2) làm một vectơ pháp tuyến. Từ phương trình cạnh BC suy ra đường thẳng BC nhân n (3; 1) làm một vectơ pháp tuyến. −→2 − Vì tam giác ABC cân tại A nên ta có: cos(−→n1,−→n2) cos(−→n ,−→n2) | 1 | =3 | a b | | − | ⇔ p5 = pa2 b2 a2 b2 5(3a+ b)2 ⇔ + = − 44a2 30ab 4b2 0(1) ⇔ − + = + Nếu b 0 thay vào (1) a 0 (Loại) = ⇒ =  1 a 2  = 2 + Nếu b 0 chọn b 1 thay vào (1) ta có 44a 30a 4 0  2 6= = − + = ⇔ a = 11 1 * Với a thì phương trình cạnh AC : x 2y 5 0( Loại vì khi đó ACsong song với AB) = 2 + + = 2 * Với a thì phương trình cạnh AC : 2x 11y 31 0 = 11 + + = Kết luận: Phương trình cạnh AC : 2x 11y 31 0 + + = Bài 59. Trong mặt phẳng Ox y, tìm tọa độ các dỉnh còn lại của tam giác ABC biết A(5;2), phương trình đường trung trực của BC, đường trung tuyến CD lần lượt có phương trình là : x y 6 0 + − = và 2x y 3 0. − + = Giải: C 10 M 5 D A B 5 0 5 boxmath.vn− 52 boxmath.vn
Gọi G(xG ; yG ) là trọng tâm tam giác ABC , M là trung điểm của BC. nên M thuộc đường trung trực của BC suy ra M(a;6 a) − Ta có −→AG (x 5; y 2), −−→AM (a 5;4 a) = G − G − = − − Theo tính chất trọng tâm ta có  2  2a 5 2 xG 5 (a 5) xG −→AG −−→AM − = 3 − = 3 − 3 = 3 ⇔ 2 ⇔ 2a 14 yG 2 (4 a) yG − − = 3 − = 3 + 3 Mà G thuộc trung tuyến CD nên µ2a 5¶ µ 2a 14¶ 5 2 − 3 0 a − 3 − 3 − 3 + 3 + = ⇔ = − 6 µ 5 41¶ suy ra M − ; 6 6 µ 5¶ µ 41¶ 23 Phương trình đường thẳng BC : 1 x y 0 x y 0 − 6 − − 6 = ⇔ − + 3 =  23  14 x y 0 x µ14 37¶ Nên tọa độ điểm Clà nghiệm của hệ − + 3 = = 3 hay C ; 37 3 3 2x y 3 0 y − + = = 3 µ 19 4¶ Mà M là trung điểm của BC nên B − ; 3 3 µ 19 4¶ µ14 37¶ Kết luận: B − ; , C ; 3 3 3 3 Bài 60. Trong mặt phẳng Ox y cho đường phân giác từ A , trung tuyến từ B, đường cao từ C có phương trình lần lượt là: x y 3 0,x y 1 0,2x y 1 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác. + − = − + = + + = Giải: 3 B A 2 D 1 M H C 2 1 0 1 2 − − 1 − Gọi đường phân giác AD : x y 3 0, đường trung tuyến BM : x y 1 0 + − = − + = và đường cao CH : 2x y 1 0 + + = Mà A AD A(a;3 a);B BM B(b;b 1);C CH C(c; 2c 1) ∈ ⇒ − ∈ ⇒ µ a c+ 2 a∈ 2c ¶⇒ − − Có M là trung điểm của AC nên M + ; − − . 2 2 a c 2 a 2c Mà M BM nên thay vào phương trình BM, ta có: + − − 1 0 2a 3c 0 (1) ∈ 2 − 2 + = ⇔ + = Ta có −→AB (b a;a b 2). DO AB CH −→AB. u 0 3a b 4 (2) = − + − ⊥ ⇒ −→CH = ⇔ + = Trong đó u (1; 2) là một vectơ chỉ phương của đường cao CH. −→CH = − Gọi I BM AD Nhận thấy AD BM I , nên I là trung điểm của BM. = µ a∩ 2b c a 2b 2⊥c 4¶= Do đó I + + ; − + − + mà I AD 4b c 8 (3) = 4 boxmath.vn4 ∈ ⇒ − = 53
12 32 8 Từ (1),(2) và (3) ta có a ,b ,c − = 17 = 17 = 17 µ12 39¶ µ32 48¶ µ 8 1¶ Kết luận: A ; ,B ; ,C − , − 17 17 17 17 17 17 Bài 61. Trong mặt phẳng Ox y 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 đỉnh C và D. = Giải: 2 B C A 2 0 2 − D 2 − Vì I thuộc đường thẳng y x nên I (a;a) = = Suy ra C(2a 1;2a),D(2a;2a 2) − − Có AB p12 22 p5 = + = Phương trình đường thẳng AB : 2(x 1) y 0 hay 2x y 2 0 − + = + − = Theo bài ra thì diện tích hình binh hành ABCD bằng 4.  a 0 1 = Nên S ABC 2 .AB.d(C, AB) 2 3a 2 2  4 = ⇔ 2 = ⇔ | − | = ⇔ a = 3 + Với a 0 thì C ( 1;0),D (0; 2) = 4 =µ5−8¶ µ8=2¶ − + Với a thì C ; ,D ; = 3 3 3 3 3 µ5 8¶ µ8 2¶ Kết luận: C ( 1;0),D (0; 2) hoặc C ; ,D ; = − = − 3 3 3 3 Bài 62. Trong mặt phẳng Ox y cho các điểm A(0;1),B(2; 1) và hai đường thẳng d :(m 1)x − 1 − + (m 2)y 2 m 0,d : (2 m)x (m 1)y 3m 5 0. Chứng minh d và d luôn cắt nhau, Gọi P − + − = 2 − + − + − = 1 2 là giao điểm của d và d , Tìm m sao cho PA PB lớn nhất. 1 2 + Giải: 2 A P 1 I 1 0 1 2 3 − P0 B 1 boxmath.vn− 54 boxmath.vn
Ta có n (m 1;m 2) là một vectơ pháp tuyến của d −→1 = − − 1 n (2 m;m 1) là một vectơ pháp tuyến của d −→2 = − − 2 dễ thấy n .n 0 với mọi m hay d d nên hiển nhiên d cắt d với mọi m −→1 −→2 = 1⊥ 2 1 2 Kết hợp với A d ;B d ∈ 1 ∈ 2 P thuộc đường tròn đường kính AB (x 1)2 y2 2(C). ⇒ p − + = Ta có PA PB 2(PA2 PB 2) p2AB 2 4 + ≤ + = = đẳng thức xảy ra khi PA PB = Hay tam giác ABC vuông cân tại P , tức P là điểm chính giữa của cung ABC Gọi (d) là đường thẳng đi qua tâm I(1;0) của đường tròn (C) và vuông góc với AB. Ta có : d : x y 1 0 − − = Vì P d (C) Khi đó tọa độ của P là nghiệm của hệ phương trình = ∩  " (x 1)2 y2 2 x 2; y 1 − + = = = x y 1 0 ⇔ x 0, y 1 − − = = = − Từ đó dễ dàng tính được P(2;1) hoặc P(0; 1) − + Với P(0; 1) thay vào (d ) ta thu được m 2 − 1 = + Với P(2;1) thay vào d ta có m 1 1 = Kết luận: Vậy với m 1 hoặc m 2 thì PA PB lớn nhất. = = + Bài 63. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết rằng cạnh huyền nằm 5 trên đường thẳng d : x 7y 31 0. Điểm N(1; ) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2; 3) thuộc + − = 2 − đường thẳng AB. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Giải: B 5 C 4 3 N 2 A 1 4 3 2 1 0 1 2 3 4 − − − − 1 − 2 − M 3 − Gọi n (a;b),a2 b2 0 là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AC. −−→AC = + 6= Nên vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB là n (b; a) −−→AB = − Phương trình cạnh AB đi qua M(2; 3) là:bx ay 3a 2b 0 − − − − = Vì tam giác ABC cân tại A nên cos( n , n ) cos( n , n ) a 7b b 7a ( ) | −→AC −→BC | = | −→AB −→BC | ⇔ | + | = | − | ∗ + Nếu a 0 thay vào (*) suy ra b 0 (trường hợp này loại vì a2 b2 0) = = 9 + 6= + Nếu a 0 chọn a 3 thay vào (*) ta được b 4 hay b 6= boxmath.vn= = − = 4 55
- Với a=3 và b=4 ta được phương trình AC : 3x 4y 7 0 và AB : 4x 3y 1 0 − + = + + = Nên tọa độ điểm A( 1;1),B( 4;5),C(3;4) 9 − − 9 69 9 27 - Với a 3và b ta thu được phương trình AC : 3x y 0, AB : x 3y 0 = = 4 + 4 − 8 = 4 − − 2 = 3 µ 1 9¶ Nên tọa độ A(4; − ),B(10;3),C ; 2 −2 2 µ 3¶ µ 1 9¶ Kết luận: Vậy A( 1;1),B( 4;5),C(3;4) hoặc A 4; − ,B(10;3),C ; − − 2 −2 2 Bài 64. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC biết B( 4; 1),C(3; 2), diện tich tam giác ABC 51 − − − bằng và trọng tâm G thuộc đường thẳng d : x y 2 0. Hãy tìm tọa độ đỉnh A. 2 − + = Giải: A 6 4 2 G 4 2 0 2 −B − C 2 − Ta có BC 5p2. Phương trình BC : x 7y 11 0. Mà G thuộc d nên G(a;a 2) = + + = + Theo bài ra 1 51 51 S .BC.d(A,BC) d(A,BC) d(G,BC) = 2 ⇒ = 5p2 ⇒ = 15p2 a 7(a 2) 11 51 | + + + | ⇔ p72 12 = 15p2 " +  8a 25 17 a 1 8a 25 17 + =  = −21 ⇔ | + | = ⇔ 8a 25 17 ⇔ a − + = − = 4 Với a 1 thì G( 1;1) nên tọa độ điểm A( 2;6) = −21 −µ 21 13¶ µ 59 27−¶ Với a thì G − ; − A ; = − 4 4 4 ⇒ − 4 − 4 µ 59 27¶ Kết luận: Vậy A( 2;6) hoặc A ; − − 4 − 4 3 Bài 65. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC có S , hai đỉnh là A(2; 3),B(3; 2) và trọng = 2 − − tâm G của tam giác thuộc đường thẳng 3x y 8 0. Tìm tọa độ đinh C − − = Giải: Gọi C(x0; y0) là điểm cần tìm. µ ¶ 5 x0 5 y0 G là trọng tâm tam giác ABC nên G + ; − + 3 3 Mà G thuộc đường thẳng : 3x y 8 0 nên − − = 5 x0 5 y0 3. + − + 8 0 3x0 y0 4 0 (1) boxmath.vn3 − 3 − = ⇔ − − = 56 boxmath.vn
Phương trình cạnh AB:x y 5 0 − − = Diện tích tam giác ABC là : 1 2S S .AB.d(C, AB) d(C, AB) x0 y0 5 3 = 2 ⇔ = AB ⇔ | − − | = " x y 8 0 (2) 0 − 0 − = ⇔ x y 2 0 (3) 0 − 0 − = Từ (1) và (2) C( 2; 10) ⇔ − − Từ (1) và (3) C(1; 1) ⇔ − Kết luận: Vậy C( 2; 10) hoặc C(1; 1) − − − 0 1 2 3 C 1 − G B 2 − A 3 − 3 Bài 66. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC có diện tích bằng và các đỉnh A(3; 5),B(4; 4). 2 − − Biết rằng trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng 3x y 3 0 . Tìm tọa độ đỉnh C. − − = bài này tương tự bài trên các bạn tự rèn luyện nhé. Đs: C(13;18) hoặc C(16;27) Bài 67. Trong mặt phẳng Ox y cho điểm A(1;1) trên mặt phẳng tọa độ . hãy tìm điểm B trên đường thẳng y 3 và điểm C trên trục hoành sao cho tam giác ABC là tam giac đều. = Giải: 4 B 3 2 A 1 C 0 1 2 3 4 5 Gọi B(b;3) là điểm nằm trên đường thẳng y 3 và C(c;0) Ox là những điểm cần tìm. = ∈ Tam giác ABC đều nên  p p AB BC  (b 1)2 4 (c b)2 9 = − + = − + p p BC AC ⇔  (c b)2 9 (c 1)2 1  = − + = − + (b 1)2 (c b)2 5 (b 1)2 (c b)2 5(1) − = − + − = − + ⇔ (c b)2 (c 1)2 8 ⇔ 2(b 1)c b2 7(2) boxmath.vn− = − − − = + 57
Từ (2) ta thấy b 1 . 6= b2 7 8 (b 1)2 Do đó (2) c + c b − − ⇔ = 2(b 1) ⇒ − = 2(b 1) 8 (b −1)2 − Thay c b − − vào (1) ta có − = 2(b 1) − 2 ·8 (b 1)2 ¸ (b 1)2 − − 5 − = 2(b 1) + 3(b 1)4 4(b −1)2 64 0  ⇔ − − − −3 4=p3 b + 16  (b 1)2  = 3 ⇔ − = 3 ⇔  3 4p3 b − = 3 3 4p3 5p3 3 -Với b + C + = 3 ⇒ = 3 3 4p3 5p3 3 -Với b − C − − = 3 ⇒ = 3 Ã ! Ã ! Ã ! Ã ! 3 4p3 5p3 3 3 4p3 3 5p3 Kết luận: Vậy B + ;3 ,C − ;0 hoặc B − ;3 ,C − ;0 3 = 3 3 = 3 Bài 68. Trong mặt phẳng Ox y, cho hình vuông có đỉnh A(0;5) và một đường chéo nằm trên đường thẳng có phương trình y 2x 0. Tìm tọa độ hình vuông đó − = Giải: 6 A 5 I 4 3 2 1 1 0 1 2 3 − Gọi I là tâm của hình vuông ABCD đã cho thì I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Dễ thấy phương trình đường chéo BD : y 2x 0 − = Ta có AC BD tại I ⊥ Nên phương trình đường chéo AC có dạng : x 2y c 0 + + = Mà AC đi qua điểm A(0;5) do đó phương trình AC : x 2y 10 0 + − = Tọa độ tâm hình vuông là nghiệm của hệ  x 2y 10 0 + − = I(2;4) y 2x 0 ⇔ − = Kết luận: Vậy I(2;4)boxmath.vn 58 boxmath.vn
Bài 69. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC với A( 1;3), đường cao BH nằm trên đường − thẳng y x, phân giác trong của góc C nằm trên đường thẳng x 3y 2 0. Viết phương trình = + + = cạnh BC. Giải: 4 A 2 H F I ≡ 2 0 2 4 − C 2 − B Ta có AC BH nên phương trình AC có dạng : x+y+c=0(1) ⊥ AC đi qua A( 1;3) nên thay vào (1) ta có: c 2 − = − Do đó phương trình cạnh AC là : x y 2 0 + − =  x y 2 0 Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình + − = C(4; 2) x 3y 2 0 ⇔ − + + = Dựng AI vuông góc với đương phân giác CF : x 3y 2 0 tại điểm I + + = Suy ra, phương trình AI có dạng: 3x y d 0 − + = Mà A AI nên : 3.( 1) 3 d 0 d 6 ∈ − − + = ⇔ = Do vậy phương trình của AI : 3x y 6 0 − + = Tọa độ của I là nghiệm của hệ  3x y 6 0 − + = I( 2;0) x 3y 2 0 ⇔ − + + = Gọi A0 là điểm đối xưng với A qua phân giác CF , suy ra I là trung điểm của AA0 Ta có:  xA0 2xI xA 3 = − = − A0( 3; 3) y 2y y 3 ⇔ − − A0 = I − A = − mà A0 BC ∈ Do đó phương trinh canh BC là : x 7y 18 0 − − = Kết luận:Vậy phương trinh canh BC là : x 7y 18 0 − − = Bài 70. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC cân ở A. Điểm M(1; 1) là trung điểm của BC, µ2 ¶ − trọng tâm G ;0 . Tìm tọa độ các đỉnh B,C. 3 Giải:   xA xM 3(xG xM ) xA 0 Ta có −−→MA 3−−→MG − = − = A(0;2) = ⇔ y y 3(y y ) ⇔ y 2 ⇒ A − M = G − M A = Vì tam giác ABC vuông cân ở A nên BC nhận −−→AM (1; 3) làm một vectơ pháp tuyến. = − Vậy phương trình BC là: x 3y 4 0 boxmath.vn− − = 59
Mặt khác MB MA MC p10 = = = Nên A,B,C thuộc đường tròn tâm M bán kinh R p10 có phương trình (x 1)2 (y 1)2 10 = − + + = Do đó tọa độ các điểm B,C là nghiệm của hệ :   x 3y 4 0 x 3y 4 − − = = + (x 1)2 (y 1)2 10 ⇔ (3y 3)2 (y 1)2 10 − + + = + + + = " y 0 x 4 = ⇒ = − ⇒ y 2 x 2 = − ⇒ = − Kết luận: Vậy B(4;0),C( 2; 2) − − A 2 G B 2 0 2 4 − M C 2 − Bài 71. Trong mặt phẳng Ox y hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H(1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0;2) , trung điểm cạnh AB là M(3;1) . Giải: A 4 3 k 2 C M 1 H 2 1 0 1 2 3 4 − − 1 − B 2 − Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận −−→HK ( 1;2) làm một vectơ pháp tuyến và AC đi = − qua K nên phương trình đường thẳng AC : x 2y 4 0 − + = Ta cũng phương trình đường thẳng BK đi qua K và nhận −−→HK ( 1;2) làm vectơ chỉ phương nên = − BK : 2x y 2 0 + − = Do A AC A(2a 4;a) ∈ ⇒ − B BK B(b;2 2b) ∈ ⇒ − Mặt khác M(3;1) là trung điểm của AB, nên  xA xB ( ( ( xM + = 2 2a 4 b 6 2a b 10 a 4 y y − + = + = = . A B ⇔ a 2 2b 2 ⇔ a 2b 0 ⇔ b 2 yM + boxmath.vn= 2 + − = − = = 60 boxmath.vn
Do đó A(4;4),B(2; 2) − Từ đó ta có −→AB ( 2; 6) nên phương trình canh AB : 3x y 8 0 = − − − − = Đường thẳng BC qua B vuông góc với AH nên nhận −−→HA (3;4) là pháp vectơ suy ra phương trinh = : BC : 3x 4y 2 0 + + = Kết luận: AB : 3x y 8 0, BC : 3x 4y 2 0, AC : x 2y 4 0 − − = + + = − + = Bài 72. Trong mặt phẳng Ox y cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB : x 2y 1 0, phương trình đường thẳng BD : x 7y 14 0, đường thẳng AC đi qua M(2;1). Tìm − + = − + = toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải: C B I D A M  ( 21 x 2y 1 0  x µ21 13¶ Tọa độ của B là nghiệm của hệ : − + = = 5 B ; ⇔ 13 ⇒ 5 5 x 7y 14 0  y − + = = 5 Mặt khác, ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD. Gọi n (1; 2); n (1; 7); n (a;b) với a2 b2 0 lần lượt là vectơ pháp tuyến của các đường −−→AB − −−→BD − −−→AC + > thẳng AB,BD, AC. ¯ ¡ ¢¯ ¯ ¡ ¢¯ Khi đó: ¯cos n ,n ¯ ¯cos n ,n ¯ −−→AB −−→BD = −−→AC −−→AB  3 a b a 2b pa2 b2 7a2 8ab b2 0  = −b ⇔ | − | = p2 + ⇔ + + = ⇔ a = − 7 + Với a b cho a 1 thì b 1 khi đó phương trình cạnh AC : x y 1 0 mà A AB AC = − = = − − − = = ∩ nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: ( ( x y 1 0 x 3 − − = = A(3;2) x 2y 1 0 ⇒ y 2 ⇒ − + = = Gọi I là giao điểm hai đường chéo nên tọa độ của I là nghiệm hệ: ( ( x y 1 0 x 7 µ7 5¶ − − = = 2 I ; x 7y 14 0 ⇔ y 5 ⇒ 2 2 − + = = 2 µ14 12¶ mà I là trung điểm của AC và BD nên C(4;3),D ; 5 5 + Với b 7a cho a 1 b 7 khi đó phương trình cạnh AC : x 7y 5 0, dễ thấy AC BD nên = − boxmath.vn= ⇒ = − − + = k 61
trường hợp này loại. µ21 13¶ µ14 12¶ Kết luận: Vậy A(3;2),B ; ,C(4;3),D ; 5 5 5 5 Bài 73. Trong mặt phẳng Ox y cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4, các đỉnh A(2;2),B( 2;1). Tìm tọa độ đỉnh C và D biết rằng giao điểm của AC và BD thuộc đường thẳng − x 3y 2 0 − + = Giải: D A C 2 B F E 2 0 2 4 6 8 10 − Có AB p17 gọi I AC BD , = = ∩ 1 1 2 Ta có SI AB .S ABCD 1 AB.d(I; AB) 1 d(I; AB) = 4 = ⇔ 2 = ⇔ = p17 Phương trình đường thẳng AB : x 4y 6 0 − + = Mà I thuộc đường thẳng: x 3y 2 0 I(3t 2;t) − + = ⇒ − Từ đó : 2 3t 2 4t 6 2 d(I; AB) | − − + | 4 t 2 = p17 ⇔ p17 = p17 ⇔ | − | = " t 2 I(4;2) C(6;2), D(10;3) = ⇒ ⇒ ⇔ t 6 I(16;6) C(30;10), D(34;11) = ⇒ ⇒ Kết luận: C(6;2), D(10;3) hoặc C(30;10), D(34;11) Bài 74. Trong mặt phẳng Ox y cho A(10;5),B(15; 5),D( 20;0) là các đỉnh của hình thang cân − − ABCD trong đó AB song song với CD. Tìm tọa độ điểm C. Giải: A D F 20 10 0 10 − − B 10 E − 20 − C 30 − Ta có CD AB suy ra, đường thẳng CD qua D( 20;0) và nhận −→AB (5; 10) . k − = − Phương trình của CD là : 2x y 40 0 boxmath.vn+ + = 62 boxmath.vn
µ25 ¶ Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Ta có I ;0 và IJ CD 2 ⊥ Phương trình đường thẳng IJ : 2x 4y 25 0 − − = Mà J IJ CD nên tọa độ của J là nghiệm của hệ = ∩   27 2x y 40 0 x − µ 27 ¶ + + = = 2 J − ; 13 2x 4y 25 0 ⇔ y 13 ⇒ 2 − − − = = − Theo tính chất hình thang cân thì J là trung điểm của CD nên theo công thức trung điểm   x y 2x x 7 C + D = J C = − y y 2y ⇒ y 26 C + D = J C = − Kết luận: Vậy điểm C( 7; 26) là điểm cần tìm − − Bài 75. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC có M( 2;2) là trung điểm của cạnh BC. Cạnh − AB có phương trình là x 2y 2 0, cạnh AC có phương trình là :2x 5y 3 0 . Hãy xác định − − = + + = tọa độ các đỉnh của tam giác dó. Giải: C M 2 B 10 8 6 4 2 0 2 4 − − − − − A Tọa độ của A là nghiệm của hệ :  x 2y 2 0 µ4 7¶ − − = A ; 2x 5y 3 0 ⇒ 9 −9 + + = µ 2c 3¶ Vì B AB B(2b 2;b),C AC C c; − − ∈ ⇒ + ∈ ⇒ 5 Mà M là trung điểm của BC nên theo công thức trung điểm ta có   11 2b 2 c 4 b + + = = 9 2c 3 ⇔ 76 b − − 4 c − + 5 = = 9 µ40 11¶ µ 76 25¶ suy ra B ; ,C − ; 9 9 9 9 µ4 7¶ µ40 11¶ µ 76 25¶ Kết luận: VậyA ; ,B ; ,C − ; 9 −9 9 9 9 9 Bài 76. Trong mặt phẳng Ox y cho đỉnh A( 1; 3) biết hai đường cao BH : 5x 3y 25 0,CK : − − + − = 3x 8y 12 0 Hãy xác định tọa độ các đỉnh B và C. + − = boxmath.vnGiải: 63
6 B 4 2 C 2 0 2 4 − 2 A− 4 − Ta có AB CK ⊥ Phương trình cạnh AB có dạng: 8x 3y c 0 ⇒ − + = Vì AB đi qua A( 1; 3) nên 8 9 c 0 c 1 − − − + + = ⇔ = − Do đó phương trình AB : 8x 3y 1 0 − − = Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:  8x 3y 1 0 − − = B(2;5) 5x 3y 25 0 ⇒ + − = Ta có AC BH nên phương trình của AC : 3x 5y m 0 ⊥ − + = Mà AC đi qua A( 1; 3) m 12 − − ⇒ = − do đó phương trình AC : 3x 5y 12 0 C(4;0) − − = ⇒ Kết luận: B(2;5),C(4;0) Bài 77. Trong mặt phẳng Ox y cho hai đường thẳng d : x 2y 3 0, d : 3x y 4 0 cắt nhau 1 + − = 2 + − = tại M(1,1). Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm : A( 2, 1) cắt d ,d tại các điểm P,Q 3 − − 1 2 sao cho : MP p2MQ. = Giải: Trước tiên ta xét điểm T (3;0) d với T M. ∈ 1 6= Xét điểm N(x ;4 3x ) d với N M. 1 − 1 ∈ 2 6= Trong đó T,N phải thỏa điều kiện MT p2MN. = Từ điều kiện này ta có được  1 5 x1 y1 MT 2 2MN 2 5 2(10x2 20x 10)  = 2 ⇒ = 2 = ⇔ = 1 − 1 + ⇔  3 7 x1 y1 = 2 ⇒ = −2 Mặt khác ta có  MT p2MN MT MN = TN PQ (ĐL Talet.) MP p2MQ ⇒ MP = MQ ⇒ ∥ = Do đó d3 đi qua A và song song với TN. Vậy ta tìm được 2 đường thẳng (d3) là x y 3 0 hoặc 7x 3y 11 0 boxmath.vn+ + = − + − = 64 boxmath.vn
P Q M A Bài 78. Trong mặt phẳng Ox y cho hai đường thẳng ∆ : 2x 3y 4 0,∆ : 3x 2y 5 0 và điểm 1 − + = 2 + + = M(1;1). Lập phương trình đường thẳng đi qua M và cùng với các đường thẳng ∆1,∆2 tạo thành một tam giác cân. Nhận xét: Để xét một tam giác cân thì ta phải lần lượt xét 3 trường hợp cần tại 3 đỉnh. Nhưng nếu như thế thì bài toán sẽ có thể dài và mất thời gian. Vì thế ta hãy đọc kĩ đề bài xem có gì đặc biệt. Giải: Ta nhận thấy ∆ ∆ , do đó nếu gọi đường thẳng cần lập phương trình là ∆, A là giao điểm của 1 ⊥ 2 đường thẳng ∆1 và ∆2, B,C lần lượt là giao điểm của đường thẳng ∆ với ∆1,∆2 thì tam giác ABC vuông cân tại A. Nói cách khác, đường thẳng ∆ là đường thẳng qua M(1;1) và tạo với ∆1 một góc π . 4 2 4 ∆ : y x . = 3 + 3 Giải sử k là hệ số góc của ∆. Khi đó ¯ 2 ¯  ¯ ¯ k1 5 ¯ k 3 ¯ π ¯3k 2¯ ¯ − ¯ tan − 1 = ¯ 2 ¯ ¯ ¯  1 ¯1 k ¯ = 4 ⇔ ¯3 2k ¯ = ⇔ k2 + 3 + = −5 1 6 Vậy có hai đường thẳng qua cần tìm là: ∆ : y 5x 4; ∆0 : y x . = − = −5 + 5 M Bài 79. Trong mặt phẳng Ox y cho 3 điểm A(3;4) , B(1;2) ,C(5;0) .viết phương trình đường thẳng d đi qua A(3;4) sao cho : d 2d(B;d) d(C;d) đạt giá trị lớn nhất. = + boxmath.vnGiải: 65
d A B C Gọi phương trình đường thẳng qua A cần tìm là : a(x 3) b(y 4) 0 (a2 b2 0) (∆) 2a 2b 2a 4b − + − = + 6= Ta có: d(B;∆) | − − |, d(C;∆) | − | = pa2 b2 = pa2 b2 + 4a 4b +2a 4b 4a 4b 2a 4b Do đó: A 2d(B;∆) + d(C;∆) | − − | | − | | − − | + | − | = = pa2 b2 + pa2 b2 = pa2 b2 Xét TH 1: B và C cùng phía với (∆) +( 4a 4b)(2+a 4b) 0( ) + 2a 8b ⇔ − − − ≥ ∗ Ta có:A | − − | 2p17 (1) = pa2 b2 ≤ + a b a b Dấu “ = ” xảy ra . Chọn (a 1;b 4) thỏa mãn ( ) ⇔ 2 = 8 ⇔ 1 = 4 = = ∗ Vậy phương trình đường− − thẳng: x 4y 19 0. + − = Xét TH 2: B và C khác phía với (∆) ( 4a 4b)(2a 4b) 0 ( ): 6a ⇔ − − − ≤ ∗∗ Ta có: A | − | = d(I;∆) ( với I(2 : 4)) = pa2 b2 Ta thấy rằng đường+ thẳng (∆) qua A và chạy từ C đến B ( do B và C khác phía với (∆) ) do đó d(I;∆) max (∆) qua A và vuông góc với Ox . Khi đó (∆): x 3. và A 1 (2) ⇔ = = Từ (1) và (2) ta có Amax = 2p17. Kết luận: Phương trình đường thẳng: x 4y 19 0. + − = P/s: Cần nhớ a b a b ab 0 | | + | | = | + | ⇔ ≥ Bài 80. Trong mặt phẳng Ox y cho điểm I(2;4) và 2 đường thẳng d : 2x y 2 0,d : 2x y 2 0. 1 − − = 2 + − = Viết phương trình đường tròn tâm I , cắt d1 tại 2 điểm A,B và cắt đường thẳng d2 tại 2 điểm C,D 16 thoả mãn AB CD + = p5 Giải: 2 6 IH d (I,d1) ; IK d(I,d2) ; ID IA R; = = p5 = = p5 = = 8 r 4 r 36 8 KD AH R2 R2 + = p5 ⇔ − 5 + − 5 = p5 p p 5R2 4 5R2 36 8 5R2 40 R 2p2 ⇒ − + − = ⇒ = ⇒ = 2 (C): (x 2)2 ¡y 4¢ 8 ⇒ − + − = 2 ¡ ¢2 Kết luận: Phương trình đường tròn (C):(x 2) y 4 8 boxmath.vn− + − = 66 boxmath.vn
d1 A d2 I D C B Bài 81. Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC có A(8;4),B( 7; 1),C(4;6). Gọi (C) là đường − − tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Xác định M thuộc đường tròn (C) sao cho −−→NA−−→NB min Giải: *Nhận xét: Vì tọa độ A,B,C đã xác định nên AB, ACB là các hằng số đã biết. (+) Trước hết ta xét N khác A,B. Ta có −−→NA−−→NB NA.NB.cosANB (1) 1 1 = 2S∆N AB Mà S∆N AB NA.NB.sinN AB NA.NB.sin ACB NA.NB (2) = 2 = 2 ⇒ = sin ACB Dây cung AB chia đường tròn thành 2 cung. Ta tính được cos ACB 0 nên ACB là góc tù. Khi đó: cosANB cos ACB 0 Từ (1), (2), (3), (4) ta có, để −−→NA−−→NB min thì = µ r17 r17¶ Kết luận: N 2 ; 3 3 + 2 − − 2 boxmath.vn 67
2 Đường tròn - Đường elip 2 2 ¡ ¢ 2 2 Bài 1. Trong mặt phẳng Ox y, cho hai đường tròn (C) : x y 18x 6y 65 0 và C 0 : x y 9 + − − + = + = Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C 0), gọi A,B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng 4,8. Giải: A M A0 H H0 O M0 B B0 T Đường tròn (C 0) có tâm O (0;0), bán kính R OA 3. Gọi H AB OM, = = = 12 9 OA2 do H là trung điểm của AB nên AH . Suy ra: OH pOA2 AH 2 và OM 5 = 5 = − = 5 = OH = (M (C) (x2 y2 18x 6y 65 0 Đặt M ¡x; y¢, ta có: ∈ + − − + = OM 5 ⇔ x2 y2 25 = + = (3x y 15 0 (x2 9x 20 0 (x 4 (x 5 + − = − + = = hoặc = ⇔ x2 y2 25 ⇔ y 15 3x ⇔ y 3 y 0 + = = − = = Vậy, trên (C) có hai điểm M thỏa đề bài là: M (4;3) hoặc M (5;0). 2 Bài 2. Trong mặt phẳng Ox y, cho điểm M (6;2) và đường tròn (C): (x 1)2 ¡y 2¢ 5. Lập − + − = phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A,B sao cho AB p10. = Giải: B H A M I A0 H0 boxmath.vnB0 68 boxmath.vn
Đường tròn (C) có tâm I (1;2) và bán kính R p5 = Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, ta có: AB 2 10 5 p10 IH 2 IA2 AH 2 R2 5 IH = − = − 4 = − 4 = 2 ⇒ = 2 Đường thẳng (d) đi qua M và có VTPT n (a;b) ¡a2 b2 0¢ có dạng: −→ = + 6= a (x 6) b ¡y 2¢ 0 ax by 6a 2b 0 − + − = ⇔ + − − = Đường thẳng (d) thỏa đề bài khi: a 2b 6a 2b p10 d (I;(d)) IH | + − − | 9a2 b2 b 3a = ⇔ pa2 b2 = 2 ⇔ = ⇔ = ± Với b 3a ta được (d) : x 3y 0 + = − − = Với b 3a ta được (d) : x 3y 12 0 = + − = Vậy, có hai đường thẳng thỏa đề bài là: (d) : x 3y 0 hoặc (d) : x 3y 12 0 − = + − = 2 Bài 3. Trong mặt phẳng Ox y, cho đường tròn (C) có phương trình (x 1)2 ¡y 2¢ 5 và điểm − + − = M (6;2). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A,B sao cho AB p10 = Giải: A B I M Đường tròn (C) có tâm I (1;2) và bán kính R p5 = Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, ta có: AB 2 10 5 p10 IH 2 IA2 AH 2 R2 5 IH = − = − 4 = − 4 = 2 ⇒ = 2 Đường thẳng (d) đi qua M và có VTPT n (a;b) có dạng: −→ = a (x 6) b ¡y 2¢ 0 ax by 6a 2b 0 − + − = ⇔ + − − = Đường thẳng (d) thỏa đề bài khi: a 2b 6a 2b p10 d (I;(d)) IH | + − − | 9a2 b2 b 3a = ⇔ pa2 b2 = 2 ⇔ = ⇔ = ± Với b 3a ta được (d) : x 3y 0 + = − − = Với b 3a ta được (d) : x 3y 12 0 = + − = Vậy có 2 phương trình (d) : x 3y 0 hoặc (d) : x 3y 12 0 − = + − = Bài 4. Trong mặt phẳng Ox y, cho đường tròn (C) : x2 y2 2x 4y 0 và đường thẳng (d) : + + − = x y 1 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) mà qua đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến − + = MA và MB với (C) (A,B là hai tiếp điểm) sao cho AMB 60o. = Giải: p o 1 o (C) có tâm I ( 1;2) và bán kính R 5 Theo giả thiết: AMB 60 AMI 2 AMB 30 − = AI = ⇒ = = Tam giác AMI vuông tại A nên: sin30o IM 2AI 2R 2p5 boxmath.vn= IM ⇒ = = = 69
Đặt M (t;t 1) (d), ta có: IM 2 20 (t 1)2 (t 1)2 20 t 2 9 t 3 + ∈ = ⇔ + + − = ⇔ = ⇔ = ± Vậy có hai điểm cần tìm là M ( 3; 2) và M 0 (3;4) − − M0 I M x2 y2 Bài 5. Trong mặt phẳng Ox y, cho đường thẳng ∆ : x y 5 0 và hai elip (E1) : 1, − + = 25 + 16 = x2 y2 (E2) : 1(a b 0) có cùng tiêu điểm. Biết rằng (E2) đi qua điểm M thuộc đường thẳng ∆. a2 + b2 = > > Tìm tọa độ điểm Msao cho elip (E2) có độ dài trục lớn nhỏ nhất. Giải: e1 e2 N M F1 F2 Elip (E ) có tiêu điểm là F ( 3;0);F (3;0) và F ,F nằm khác phía đối với ∆ 1 1 − 2 1 2 Vì M (E ) và F ,F là tiêu điểm của (E ) nên MF MF 2a. ∈ 2 1 2 2 1 + 2 = Do đó: (E ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất MF MF nhỏ nhất 2 ⇔ 1 + 2 Gọi Nlà điểm đối xứng của F qua ∆. Ta có: MF MF NM MF NF (không đổi) 1 1 + 2 = + 2 ≥ 2 T Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M NF2 ∆. Tìm được N ( 5;2) và (NF2) : x 4y 3 0 =  17 − + − = (  x 4y 3 x Tọa độ M là nghiệm của hệ: + = = − 5 ⇔ 8 x y 5  y boxmath.vn− = −  = 5 70 boxmath.vn
µ 17 8¶ Vậy tọa độ điểm M thỏa đề bài là M ; . − 5 5 Bài 6. Trong mặt phẳng toạ độ Ox y, cho điểm K (3;2) và đường tròn (C): x2 y2 2x 4y 1 0 + − − + = với tâm là I. Tìm tọa độ điểm M (C) sao cho IMK 60o. ∈ = Giải: M K I M0 Ta có (C):(x 1)2 (y 2)2 4. Suy ra tâm I(1;2) và bán kính R 2. − + − = = Nhận thấy IK 2. Suy ra K (C). Do M (C) và IMK 60o. = ∈ ∈ = Suy ra IMK đều. Do đó yêu cầu bài toán Tìm M (C) sao cho KM R 2. 4 ⇔ ∈ = = Giả sử M(x , y ) (C) (x 1)2 (y 2)2 4 (1) 0 0 ∈ ⇔ 0 − + 0 − = Ta có KM 2 (x 3)2 (y 2)2 4 (2) = ⇔ 0 − + 0 − = Từ (1) và (2) suy ra M(2 ; 2 p3) hay M(2 ; 2 p3) + − x2 y2 Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ trục Ox y, cho elip (E): 1 có hai tiêu điểm F1, F2 lần lượt 4 + 3 = nằm bên trái và bên phải trục tung. Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho MF 2 7MF 2 đạt giá 1 + 2 trị nhỏ nhất. Giải: F1 F2 M 2 2 x0 y0 Giả sử M(x0 ; y0) (E). Khi đó 1 ( ) và 2 x0 2. ∈ 4 + 3 = ∗ − ≤ ≤ c 1 (E) có a 2, c p4 3 1. Suy ra e . = = − = = a = 2 Ta có MF 2 7MF 2 (a ex )2 7(a ex )2 8a2 12aex 8e2x2 2x2 12x 32. 1 + 2 = + 0 + − 0 = − 0 + 0 = 0 − 0 + Xét hàm f (x ) 2x2 12x 32 trên [ 2; 2]. 0 = 0 − 0 + − Ta có f 0(x0) 4x0 12 0, x0 [ 2; 2]. Suy ra min f (x0) f (2). = − < ∀ ∈ − x0 [ 2; 2] = ∈ − Suy ra min¡MF 2 7MF 2¢ 16, đạt khi x 2. Thay vào ( ) ta có y 0. 1 + 2 = 0 = ∗ 0 = Vậy M(2; 0). Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ trục Ox y, cho parabol (P): y2 4x. Lập phương trình đường = thẳng d đi qua tiêu điểm của (P), cắt (P) tại A và B sao cho AB 4. boxmath.vn= 71
Giải: (P): y2 4x có p 2. Suy ra tiêu điểm F (1 ; 0). = = (x 1 ( A(1; 2) TH 1. d Ox. Khi đó pt d : x 1. Từ hệ = AB 4. Vậy x 1 thỏa mãn. ⊥ = y2 4x ⇒ B(1; 2) ⇒ = = = − TH 2. d Ox . Khi đó pt d : y k(x 1). 6 ⊥ = − ( y kx k ( y kx k Tọa độ A,B là nghiệm của = − = − k2x2 2(k2 2)x k2 0 ( ) y2 4x ⇔ (kx k)2 4x ⇒ − + + = ∗ = − = (k 0 Ta có d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A,B 6= k 0. 2 ⇔ ∆0 4k 4 0 ⇔ 6= = + > Giả sử A(x1 ; kx1 k), B(x2 ; kx2 k) với x1, x2 là nghiệm của phương trình ( ). − − " 2 2∗ # 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4(k 2) 16(1 k ) Ta có AB (1 k )(x2 x1) (1 k )[(x1 x2) 4x1x2] (1 k ) + 4 + . = + − = + + − = + k4 − = k4 4(1 k2) 4 Suy ra AB + 4 4, không thỏa mãn. = k2 = k2 + > Vậy phương trình d : x 1 hay x 1 0. = − = Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho đường tròn (C): x2 y2 4x 2y 0 và đường thẳng + − − = ∆ : 5x 2y 19 0. Từ một điểm M nằm trên đường thẳng ∆ kẻ hai tiếp tuyến MA,MB đến đường − − = tròn (C) (A và B là hai tiếp điểm). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết rằng AB p10. = Giải: M0 I A B M 1 p10 Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính R p5. Gọi H MI AB. Ta có AH AB . = = ∩ = 2 = 2 Trong tam giác vuông MAI (tại A) với đường cao AH ta có 1 1 1 1 4 1 AM p5 MI p10. AH 2 = AI 2 + AM 2 ⇒ AM 2 = 10 − 5 ⇒ = ⇒ = x 5 y 3 Ta có ∆ : 5x 2y 19 0 ∆ : − − M(5 2m; 3 5m) − − = ⇔ 2 = 5 ⇒ + + 3 Khi đó MI p10 (3 2m)2 (2 5m)2 10 29m2 32m 3 0 m 1 hoặc m . = ⇔ + + + = ⇔ + + = ⇔ = − = −29 Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính MI. µ 5¶2 µ 1¶2 5 Với m 1 ta có M(3; 2). Khi đó pt đường tròn ngoại tiếp ∆AMB là x y . = − − − 2 + + 2 = 2 3 µ139 72¶ µ 197¶2 µ 101¶2 5 Với m ta có M ; . Khi đó pt đt ngoại tiếp ∆AMB là x y . = −29 boxmath.vn29 29 − 58 + − 58 = 2 72 boxmath.vn
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (C): x2 y2 2x 4y 1 0. Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C biết điểm M(0; 1) là trung điểm cạnh AB và + + − + = điểm A có hoành độ dương. Giải: C I A M B Đường tròn (C) có tâm I( 1; 2), bán kính IA 2. − = Ta có −−→IM (1; 1), IM AB suy ra phương trình đường thẳng AB : x y 1 0. A AB A(a; a 1). = − ⊥ − + = ∈ ⇒ + Khi đó IA 2 (a 1)2 (a 1)2 4 a2 1 a 1 (do a 0). Suy ra A(1; 2);B( 1; 0). = ⇔ + + − = ⇔ = ⇔ = > − Ta có −→IA (2; 0), IA BC suy ra phương trình BC : x 1 0, phương trình AI : y 2 0. = ⊥ + = − = Gọi N là giao điểm của AI và BC. Suy ra N( 1; 2) và N là trung điểm BC. Suy ra C( 1; 4). − − x2 y2 Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho hypebol (H): 1. Gọi F1,F2 là các tiêu điểm 1 − 3 = o của (H)(F1 có hoành độ âm). Tìm tọa độ điểm M thuộc (H) sao cho Fà1MF2 60 và điểm M có = hoành độ dương. Giải: (H) có a 1, b p3, c 2. Lấy M(x ; y ) (H), x 0. Khi đó MF 1 2x , MF 1 2x . Xét = = = M M ∈ M > 1 = + M 2 = − + M ∆MF F ta có: F F 2 MF 2 MF 2 2MF .MF .cos600 1 2 1 2 = 1 + 2 − 1 2 p 2 2 2 13 13 16 (1 2xM ) ( 1 2xM ) (1 2xM )( 1 2xM ) x xM (do xM 0). ⇔ = + + − + − + − + ⇔ M = 4 ⇔ = 2 > 27 3p3 Suy ra y2 y . M = ⇔ M = ± Ã ! Ã ! 4 2 p13 3p3 p13 3p3 Vậy M ; , M ; . 2 2 2 − 2 x2 y2 Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho elip (E): 1 có các tiêu điểm F1, F2 (F1 có hoành 8 + 4 = độ âm). Đường thẳng d đi qua F2 và song song với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất cắt (E) tại A và B. Tính diện tích tam giác ABF1. Giải: x2 y2 (E): 1 có c p8 4 2 F1( 2; 0), F2(2; 0). 8 + 4 = = − = ⇒ − Từ giả thiết d : y x 2 hay x y 2 0.  ⇒ = − − − =  y x 2  = − µ8 2¶ Từ hệ 2 2 A(0; 2), B ; . x y ⇒ − 3 3  1 8 + 4 = 1 1 8 16 p p Vậy SF1 AB AB.d(F1; AB) . 2.2 2 . = 2 boxmath.vn= 2 3 = 3 73
B F1 F2 A Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho parabol (P): y2 2x và điểm K (2; 0). Đường thẳng d = đi qua K cắt (P) tại hai điểm phân biệt M,N. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN nằm trên đường thẳng d. Giải: (x 2 (M(2; 2) TH1: d Ox d : x 2. Từ = OM−−→.ON−−→ 0. (1) ⊥ ⇒ = y2 2x ⇒ N(2; 2) ⇒ = = − TH2: d Ox d : y kx 2k. Tọa độ M,N là nghiệm của 6 ⊥ ⇒ = −  y2 (  y kx 2k x = − = 2 2 2 k y 2y 4k 0. (2) y2 2x ⇔  y ⇒ − − = =  y k. 2k = 2 − Để d cắt (P) tại M,N phân biệt thì (2) phải có 2 nghiệm phân biệt k 0. Ã 2 ! Ã 2 ! ⇔ 6= y1 y2 Gọi M ; y1 , N ; y2 trong đó y1, y2 là nghiệm của (2). 2 2 2 ³ y1 y2 ´ 2 Ta có OM−−→.ON−−→ y1 y2 ( 2) ( 4) 0. = 2 + = − + − = Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho đường tròn (C): x2 y2 4x 2y 15 0. Gọi I là tâm + − + − = đường tròn (C). Đường thẳng ∆ đi qua M(1; 3) cắt (C) tại hai điểm A và B. Viết phương trình − đường thẳng ∆ biết tam giác I AB có diện tích bằng 8 và cạnh AB là cạnh lớn nhất. Giải: A I A0 M B0 B Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính R 2p5. − = Gọi H là trung điểm AB. Đặt AH x (0 x 2p5). Khi đó ta có = < < " 1 x 4 IH.AB 8 xp20 x2 8 = 2 = ⇔ − = ⇔ x 2 (không thỏa mãn vì AB IA) = < nên AH 4 IH 2. Pt đường thẳng qua M: a(x 1) b(y 3) 0 (a2 b2 0) ax by 3b a 0. = ⇒ =boxmath.vn− + + = + 6= ⇔ + + − = 74 boxmath.vn
a 2b 4 Ta có d(I, AB) IH 2 | + | 2 a(3a 4b) 0 a 0 hay a b. = = ⇔ pa2 b2 = ⇔ − = ⇔ = = 3 * Với a 0 ta có pt ∆ : y 3 0. + = 4 + = * Với a b. Chọn b 3 ta có a 4. Suy ra pt ∆ : 4x 3y 5 0. = 3 = = + + = Vậy có hai đường thẳng ∆ thỏa mãn là y 3 0 và 4x 3y 5 0. + = + + = x2 y2 Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho đường thẳng d : 2x y 3 0 và elíp (E): 1. + + = 4 + 1 = Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với d và cắt (E) tại hai điểm A,B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 1. Giải: B A O A0 B0 ∆ d pt ∆ có dạng x 2y m 0. Tọa độ A,B là nghiệm của hệ ⊥ ⇒ − + = x 2y m 0 (  − + = x 2y m 2 = − x 2 ⇔ 2 2  y 1 8y 4my m 4 0 (1) 4 + = − + − = d cắt (E) tại hai điểm A,B hệ có 2 nghiệm phân biệt 32 4m2 0 2p2 m 2p2. ( ) ⇔ ⇔ − > ⇔ − < < ∗ m m2 4 Gọi A(2y1 m; y1), B(2y2 m; y2) trong đó y1, y2 là nghiệm của (1) y1 y2 , y1 y2 − . − − ⇒ + = 2 = 8 2 p p 2 2 2 2 5(8 m ) 5. 8 m AB 5(y2 y1) 5[(y1 y2) 4y1 y2] − AB − . ⇒ = − = + − = 4 ⇒ = 2 p m 1 m2(8 m2) Đường cao OH d(O,∆) | | SOAB OH.AB − 1 = = p5 ⇒ = 2 = 4 = m2 4 m 2 (thỏa mãn ( )). ⇔ = ⇔ = ± ∗ Suy ra phương trình ∆ : x 2y 2 0 hoặc x 2y 2 0. − + = − − = Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho parabol (P): y2 4x có tiêu điểm F . Gọi M là điểm = thỏa mãn điều kiện −−→FM 3−−→FO; d là đường thẳng bất kì đi qua M, d cắt (P) tại hai điểm phân = − biệt A và B. Chứng minh rằng tam giác OAB là tam giác vuông. Giải: (P): y2 4x có p 2 tiêu điểm F (1; 0) M(4; 0). = = ⇒ ⇒ Nếu d Ox pt d : x 4. Từ hệ ⊥ ⇒ = ( y2 4x ( A(4; 4) = OA−−→.OB−−→ 16 16 0 AOB 90o. x 4 ⇒ B(4; 4) ⇒ = − = ⇒ = = − Nếu d Ox pt d : y k(x 4). Tọa độ A,B là nghiệm của hệ 6 ⊥ ⇒ = −  ( y2 y kx 4k x = − = 4 2 ⇔ y 4x k y2 4y 16k 0 (1) = − − = Điều kiện d cắt (P) tại hai điểm phân biệt là pt (1) có 2 nghiệm phân biệt k 0. Ã 2 ! Ã 2 ! ⇔ 6= y1 y2 Giả sử A ; y1 , B ; y2 trong đó y1, y2 là nghiệm của (2) y1 y2 16. 4 boxmath.vn4 ⇒ = − 75