Chuyên đề Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng - Luyện thi đại học
Trang 1Chuyên đề 3
Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
§1 Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Bài tập 3.1 Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (−1; 1) , B (2; 5) , C (4; 3) Tìm tọa độ điểm D sao cho −→
AD =
3−→
AB − 2−→
AC Tìm tọa độ điểm M sao cho−−→
M A + 2−−→
M B = 5−−→
M C
Lời giải
• Gọi D(x; y) ta có−AD = (x + 1; y − 1),→ −→
AB = (3; 4),−→
AC = (5; 2) ⇒ 3−→
AB − 2−→
AC = (−2; 8)
Do đó−→
AD = 3−→
AB − 2−→
AC ⇔
x + 1 = −2
y − 1 = 8 ⇔
x = −3
y = 9 Vậy D(−3; 9).
• Gọi M (x; y) ta có−−→M A = (−1−x; 1−y),−−→
M B = (2−x; 5−y) ⇒−−→
M A+2−−→
M B = (3−3x; 11−3y);−−→
M C = (4−x; 3−y)
Do đó−−→
M A + 2−−→
M B = 5−−→
M C ⇔
3 − 3x = 5(4 − x)
11 − 3y = 5(3 − y) ⇔
x = 172
y = 2 Vậy M
17
2; 2
Bài tập 3.2 Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (2; 5) , B (1; 1) , C (3; 3) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành Tìm tọa độ tâm hình bình hành đó
Lời giải Gọi D(x; y) ta có−→
AD = (x − 2; y − 5),−→
BC = (2; 2)
Khi đó ABCD là hình bình hành ⇔−→
AD =−→
BC ⇔
x − 2 = 2
y − 5 = 2 ⇔
x = 4
y = 7 Suy ra D(4; 7).
Gọi I là tâm hình bình hành ABCD ta có I là trung điểm AC nên I 52; 4
Bài tập 3.3 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A (−3; 2) , B (4; 3) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục Ox sao cho tam giác M AB vuông tại M
Lời giải Vì M ∈ Ox nên M (x; 0) ⇒−−→
M A = (x + 3; −2),−−→
M B = (x − 4; −3)
Khi đó tam giác M AB vuông tại M ⇔−−→
M A.−−→
M B = 0 ⇔ (x + 3)(x − 4) + 6 = 0 ⇔
x = 3
x = −2 . Vậy M (3; 0) hoặc M (−2; 0)
Bài tập 3.4 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (1; −1) , B (5; −3), đỉnh C thuộc trục Oy và trọng tâm G thuộc trục Ox Tìm tọa độ đỉnh C và trọng tâm G
Lời giải Ta có C ∈ Oy ⇒ C(0; y), G ∈ Ox ⇒ G(x; 0) Khi đó G là trọng tâm tam giác ABC nên
xA+ xB+ xC= 3xG
yA+ yB+ yC= 3yG ⇔
1 + 5 + 0 = 3x
−1 − 3 + y = 0 ⇔
x = 2
y = 4
Vậy C(0; 4) và G(2; 0)
Bài tập 3.5 Trong mặt phẳng Oxy, cho A (−1; 3) , B (0; 4) , C (3; 5) , D (8; 0) Chứng minh rằng ABCD là tứ giác nội tiếp
Lời giải Ta có−→
AB = (1; 1),−→
AD = (9; −3) ⇒ cos \BAD = cos−→
AB,−→
AD= √9 − 3
2.√
90 =
1
√
5.
−→
CB = (−3; −1),−−→
CD = (5; −5) ⇒ cos \BCD = cos−→
CB,−−→
CD= −15 + 5
√
10.√
50 = −
1
√
5. Suy ra cos \BAD + cos \BCD = 0 ⇒ \BAD + \BCD = 1800 Vậy tứ giác ABCD nội tiếp
Trang 2Bài tập 3.6 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (0; 6) , B (−2; 0) , C (2; 0) Gọi M là trung điểm AB,
G là trọng tâm tam giác ACM và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng GI vuông góc với CM
Lời giải Ta có M là trung điểm AB ⇒ M (−1; 3), G là trọng tâm tam giác ACM ⇒ G 13; 3
Gọi I(x; y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có
−→
AI = (x; y − 6) ⇒ AI =
q
x2+ (y − 6)2=px2+ y2− 12y + 36
−→
BI = (x + 2; y) ⇒ BI =p(x + 2)2+ y2=px2+ y2+ 4x + 4
−→
CI = (x − 2; y) ⇒ CI =p(x − 2)2+ y2=px2+ y2− 4x + 4
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nên
AI = BI
AI = CI ⇔
4x + 12y = 32 4x − 12y = −32 ⇔
x = 0
y = 8 3
⇒ I 0;8
3 Khi đó−→
GI = −13; −13 ,−−→CM = (−3; 3) ⇒−→
GI.−−→
CM = 0 Vậy GI vuông góc với CM (đpcm)
Bài tập 3.7 (A-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (0; 2) , B −√
3; −1 Tìm toạ độ trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB
Lời giải Gọi H(x; y) ta có−−→
OH = (x; y),−→
AB = (−√
3 − 3),−−→
AH = (x; y − 2),−→
OB = (−√
3; −1)
Khi đó H là trực tâm tam giác OAB khi và chỉ khi
( −−→
OH.−→
AB = 0
−−→
AH.−→
OB = 0 ⇔
−√3x − 3y = 0
−√3x − y + 2 = 0 ⇔
x =√ 3
y = −1
Gọi I(a; b) ta có−→
OI = (a; b) ⇒ OI =√
a2+ b2
−→
AI = (a; b − 2) ⇒ AI =√
a2+ b2− 4b + 4
−→
BI = a +√
3; b + 1 ⇒ BI =pa2+ b2+ 2√
3a + 2b + 4 Khi đó I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB khi và chỉ khi
OI = AI
OI = BI ⇔
−4b + 4 = 0
2√ 3a + 2b + 4 = 0 ⇔
a = −√
3
b = 1
Vậy H(√
3; −1) và I(−√
3; 1)
Bài tập 3.8 (B-03) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A Biết M (1; −1) là trung điểm cạnh
BC và G 23; 0 là trọng tâm tam giác Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác
Lời giải Gọi A(x; y), ta có−→
AG = 23− x; −y ,−−→GM = 13; −1
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên−→
AG = 2−−→
GM ⇔
2
3 − x = 2
3
−y = −2 ⇔
x = 0
y = 2 ⇒ A (0; 2)
Gọi B(x; y) ⇒ C(2 − x; −2 − y) ta có
−→
AB = (x; y − 2) ⇒ AB =px2+ y2− 4y + 4
−→
AC = (2 − x; −4 − y) ⇒ AC =px2+ y2− 4x + 8y + 20
Tam giác ABC vuông cân tại A nên
−→
AB.−→
AC = 0
AB = AC ⇔
x(2 − x) + (y − 2)(−4 − y) = 0
−4y + 4 = −4x + 8y + 20 ⇔
x2+ y2− 2x + 2y − 8 = 0 (1)
x = 3y + 4 (2)
Thay (2) vào (1) ta có (3y + 4)2+ y2− 2 (3y + 4) + 2y − 8 = 0 ⇔ 10y2+ 20y = 0 ⇔
y = 0
y = −2 . Với y = 0 ⇒ x = 4 ⇒ B(4; 0), C(−2; −2) Với y = −2 ⇒ x = −2 ⇒ B(−2; −2), C(4; 0)
Vậy A(0; 2), B(4; 0), C(−2; −2) hoặc A(0; 2), B(−2; −2), C(4; 0)
Bài tập 3.9 (D-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (−1; 0) , B (4; 0) , C (0; m) , m 6= 0 Tìm toạ độ trọng tâm G Tìm m để tam giác GAB vuông tại G
Lời giải Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên G 1;m3 Ta có−→GA = −2; −m3 ,−GB = 3; −→ m3
Khi đó tam giác GAB vuông tại G ⇔−→
GA.−→
GB = 0 ⇔ −6 +m92 = 0 ⇔ m = ±3√
6
Bài tập 3.10 (D-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A (3; −7), trực tâm là H (3; −1), tâm đường tròn ngoại tiếp là I (−2; 0) Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương
Trang 3Lời giải Gọi B (x1; y1) , C (x2; y2) Ta có−−→
AH = (0; 6),−→
BC = (x2− x1; y2− y1)
Vì H là trực tâm tam giác ABC nên−−→
AH.−→
BC = 0 ⇔ 6 (y2− y1) = 0 ⇔ y2= y1⇒ B (x1; y1) , C (x2; y1)
Khi đó−→
IA = (5; −7) ⇒ IA =√
74
−→
IB = (x1+ 2; y1) ⇒ IB =
q (x1+ 2)2+ y2
−→
IB = (x1+ 2; y1) ⇒ IC =
q (x2+ 2)2+ y2
Vì I là trọng tâm tam giác ABC nên
IB = IA
IC = IA ⇔
(x1+ 2)2+ y2= 74 (x1+ 2)2+ y2= 74
Vì x2> 0 nên với |y1| ≤ 74 ta có
x1= −2 −p74 − y2
x2= −2 +p74 − y2 ⇒ B−2 −p74 − y2; y1
, C−2 +p74 − y2; y1
Khi đó−−→
BH =5 +p74 − y2; −1 − y1
,−→
CA =5 −p74 − y2; −7 − y1
Vì H là trực tâm nên −−→
BH.−→
CA = 0 khi và chỉ khi
5 +
q
74 − y2
5 − q
74 − y2
+ (1 + y1) (7 + y1) = 0 ⇔ y21+ 4y1− 21 = 0 ⇔
y1= 3
y1= −7
Với y1= −7 ⇒ x2= 3 ⇒ C(3; −7) (loại)
Với y1= 3 ⇒ x2= −2 +√
65 ⇒ C −2 +√
65; 3 (thỏa mãn) Vậy C −2 +√65; 3
§2 Phương Trình Đường Thẳng
Bài tập 3.11 Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (−1; 2) , B (2; 3) và C (6; 2) Viết phương trình đường thẳng qua A và song song với BC
Lời giải Gọi đường thẳng cần tìm là ∆ Vì ∆ song song với BC nên có vectơ chỉ phương −→u =−BC = (4; −1).→ Hơn nữa ∆ qua A nên có phương trình tham số
x = −1 + 4t
y = 2 − t .
Bài tập 3.12 Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (3; 5) Viết phương trình đường thẳng qua A cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại M, N sao cho diện tích tam giác OM N bằng 30
Lời giải Gọi đường thẳng cần tìm là ∆ Giả sử ∆ cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại M (a; 0), N (0; b) (a, b > 0) Khi đó ∆ có phương trình đoạn chắn x
a +
y
b = 1 ⇔ bx + ay − ab = 0 Vì A ∈ ∆ nên 3b + 5a − ab = 0 (*) Lại có OM = a, ON = b ⇒ S∆OM N = 12ab Từ giả thiết suy ra 12ab = 30 ⇔ ab = 60
Với ab = 60 thay vào (*) ta có 3.60
a + 5a − 60 = 0 ⇔ 5a2− 60a + 180 = 0 ⇔ a = 6 ⇒ b = 10
Vậy ∆ có phương trình 10x + 6y − 60 = 0
Bài tập 3.13 Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (8; 6) Lập phương trình đường thẳng qua A và tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 12
Lời giải Gọi đường thẳng cần tìm là ∆ Giả sử ∆ cắt hai trục Ox, Oy lần lượt tại M (a; 0), N (0; b)
Khi đó ∆ có phương trình đoạn chắn x
a +
y
b = 1 ⇔ bx + ay − ab = 0 Vì A ∈ ∆ nên 8b + 6a − ab = 0 (*) Lại có OM = |a|, ON = |b| ⇒ S∆OM N =12|ab| Từ giả thiết suy ra 1
2|ab| = 12 ⇔ |ab| = 24 ⇔ ab = ±24
Với ab = 24 thay vào (*) ta có 8.24
a + 6a − 24 = 0 ⇔ 6a2− 24a + 192 = 0 (vô nghiệm)
Với ab = −24 thay vào (*) ta có 8.−24a + 6a + 24 = 0 ⇔ 6a2+ 24a − 192 = 0 ⇔
a = 4
a = −8 . Với a = 4 ⇒ b = −6 ⇒ ∆ có phương trình 6x − 4y + 24 = 0
Với a = −8 ⇒ b = 3 ⇒ ∆ có phương trình 3x − 8y − 24 = 0
Vậy có hai phương trình của ∆ là 6x − 4y + 24 = 0 và 3x − 8y − 24 = 0
Bài tập 3.14 (D-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (0; 2) và ∆ là đường thẳng đi qua O Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ∆ Viết phương trình đường thẳng ∆, biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH
Lời giải Gọi H(x; y), ta có−−→
OH = (x; y),−−→
AH = (x; y − 2), d(H, Ox) = |y|
Từ giả thiết ta có
AH = d(H, Ox)
−−→
AH.−−→
OH = 0 ⇔
x2+ (y − 2)2= y2
x2+ y(y − 2) = 0 ⇔
x2= 4y − 4
y2+ 2y − 4 = 0 ⇔
x2= 4y − 4
y = −1 ±√
5 . Với y = −1 −√
5 ⇒ x2= −8 − 4√
5 (vô nghiệm) Với y = −1 +√
5 ⇒ x2= −8 + 4√
5 ⇔ x = ±p−8 + 4√5 ⇒−−→
AH =±p−8 + 4√5; −3 +√
5 Vậy ∆ có hai phương trình là p−8 + 4√5x + √
5 − 3 y = 0 và −p−8 + 4√5x + √
5 − 3 y = 0
Trang 4Bài tập 3.15 (CĐ-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : x + y + 3 = 0 Viết phương trình đường thẳng
đi qua A (2; −4) và tạo với đường thẳng d một góc bằng 450
Lời giải Ta có −n→
d= (1; 1)
Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm và −n→
∆= (a; b) (a2+ b26= 0) Khi đó cos (∆, d) = |−→n∆.−
→
nd|
|−→n∆| |−n→d| =
|a + b|
√
2.√
a2+ b2 Theo giả thiết ta có cos (∆, d) = cos 450⇔ √ |a + b|
2.√
a2+ b2 =
√ 2
2 ⇔ (a + b)2= a2+ b2⇔ 2ab = 0 ⇔
a = 0
b = 0 . Với a = 0 chọn b = 1 ta có −n→
∆= (0; 1) ⇒ ∆ : y + 4 = 0 Với b = 0 chọn a = 1 ta có −n→
∆= (1; 0) ⇒ ∆ : x − 2 = 0 Vậy có hai đường thẳng ∆ cần tìm là y + 4 = 0 và x − 2 = 0
Bài tập 3.16 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d1: 2x − y − 1 = 0; d2: x + 2y − 3 = 0 và điểm M (2; −1) Tìm giao điểm A của d1, d2 Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M và cắt d1, d2 lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC cân tại A
Lời giải Tọa độ A là nghiệm của hệ
2x − y − 1 = 0
x + 2y − 3 = 0 ⇔
x = 1
y = 1 ⇒ A (1; 1)
Lấy điểm H(0; −1) ∈ d1 và K(3 − 2t; t) ∈ d2 ta có
−−→
AH = (−1; −2) ⇒ AH =√
5,−−→
AK = (2 − 2t; t − 1) ⇒ AK =p5(t − 1)2
Khi đó ∆ nhận−−→
HK làm vectơ chỉ phương ⇔ AH = AK ⇔ 5 = 5(t − 1)2⇔
t = 0
t = 2 .
Với t = 0 ⇒ K(3; 0) ⇒−−→
HK = (3; 1) ⇒ ∆ :
x = 2 + 3t
y = −1 + t .
Với t = 2 ⇒ K(−1; 2) ⇒−−→
HK = (−1; 3) ⇒ ∆ :
x = 2 − t
y = −1 + 3t .
Vậy có ∆ có hai phương trình là
x = 2 + 3t
y = −1 + t và
x = 2 − t
y = −1 + 3t .
Bài tập 3.17 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B (−4; −5) và hai đường cao lần lượt có phương trình là d1: 5x + 3y − 4 = 0 và d2: 3x + 8y + 13 = 0 Lập phương trình cạnh AC
Lời giải Nhận thấy B /∈ d1, B /∈ d2 nên có thể giả sử d1 là đường cao qua A và d2là đường cao qua C
Đường thẳng d1có vectơ chỉ phương −→u
1= (3; −5); đường thẳng d2 có vectơ chỉ phương −→u
2= (8; −3)
Ta có A ∈ d1⇒ A t;4−5t
3 ⇒−BA = t + 4;→ 19−5t3
Vì d2vuông góc với AB nên−→
BA.−→u
2= 0 ⇔ 8 (t + 4) − 19 + 5t = 0 ⇔ t = −1 ⇒ A (−1; 3)
Lại có C ∈ d2⇒ C k;−13−3k
8 ⇒−BC = k + 4;→ 27−3t8
Vì d1vuông góc với BC nên−→
BC.−→u
1= 0 ⇔ 3 (k + 4) − 5 27−3k8 = 0 ⇔ k = 1 ⇒ B (1; −2)
Suy ra−→
AB = (2; −5) ⇒ chọn vectơ pháp tuyến của AC là −→n = (5; 2)
Vậy đường thẳng chứa AC có phương trình 5 (x + 1) + 2 (y − 3) = 0 ⇔ 5x + 2y − 1 = 0
Bài tập 3.18 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có phương trình AB là 5x − 3y + 2 = 0; các đường cao qua đỉnh A và B lần lượt là d1: 4x − 3y + 1 = 0 và d2: 7x + 2y − 22 = 0 Lập phương trình hai cạnh còn lại
Lời giải Đường thẳng d1 có vectơ chỉ phương −→u
1= (3; 4); đường thẳng d2 có vectơ chỉ phương −→u
2= (2; −7) Tọa độ A là nghiệm của hệ
5x − 3y + 2 = 0 4x − 3y + 1 = 0 ⇔
x = −1
y = −1 ⇒ A (−1; −1)
Tọa độ B là nghiệm của hệ
5x − 3y + 2 = 0 7x + 2y − 22 = 0 ⇔
x = 2
y = 4 ⇒ B (2; 4)
Cạnh AC qua A(−1; −1) và nhận −u→
2= (2; −7) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
2 (x + 1) − 7 (y + 1) = 0 ⇔ 2x − 7y − 5 = 0
Cạnh BC qua B(2; 4) và nhận −→u
1= (3; 4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
3 (x − 2) + 4 (y − 4) = 0 ⇔ 3x + 4y − 22 = 0
Vậy hai cạnh còn lại của tam giác có phương trình là AC : 2x − 7y − 5 = 0 và BC : 3x + 4y − 22 = 0
Bài tập 3.19 (CĐ-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC Các đường thẳng BC, BB0, B0C0 lần lượt có phương trình là y − 2 = 0, x − y + 2 = 0, x − 3y + 2 = 0 với B0, C0 tương ứng là chân các đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC Viết phương trình các đường thẳng AB, AC
Trang 5Lời giải Tọa độ B0 là nghiệm của hệ
x − y + 2 = 0
x − 3y + 2 = 0 ⇔
x = −2
y = 0 ⇒ B0(−2; 0)
Đường thẳng BB0 có vectơ chỉ phương −→u = (1; 1).
Đường thẳng AC qua B0(−2; 0) và nhận −→u = (1; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x + y + 2 = 0. Tọa độ B là nghiệm của hệ
x − y + 2 = 0
y − 2 = 0 ⇔
x = 0
y = 2 ⇒ B(0; 2)
Tọa độ C là nghiệm hệ
x + y + 2 = 0
y − 2 = 0 ⇔
x = −4
y = 2 ⇒ C(−4; 2)
Ta có C0 ∈ B0C0⇒ C0(3t − 2; t) ⇒−−→
BC0= (3t − 2; t − 2),−−→
CC0= (3t + 2; t − 2)
Vì BC0⊥CC0 nên−−→
BC0.−−→
CC0= 0 ⇔ (3t − 2) (3t + 2) + (t − 2)2= 0 ⇔
t = 0
t = 25 . Với t = 0 ⇒−−→
BC0= (−2; −2) ⇒ chọn −→n (1; −1) làm vectơ pháp tuyến của AB ta có phương trình x − y + 2 = 0. Với t = 2
5 ⇒−−→BC0=
−4
5; −
8 5
⇒ chọn −→n (2; −1) làm vectơ pháp tuyến của AB ta có phương trình 2x−y+2 = 0 Vậy cạnh AC có phương trình x + y + 2 = 0, cạnh AB có hai phương trình x − y + 2 = 0 và 2x − y + 2 = 0
Bài tập 3.20 (D-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là d1 : 7x − 2y − 3 = 0; d2 : 6x − y − 4 = 0 Viết phương trình đường thẳng AC
Lời giải Tọa độ A là nghiệm hệ
7x − 2y − 3 = 0 6x − y − 4 = 0 ⇔
x = 1
y = 2 ⇒ A (1; 2)
Vì B đối xứng với A qua M nên B(3; −2)
Gọi N trung điểm BC Khi đó N ∈ d1⇒ N t;7t−3
2 ⇒−−→BN = t − 3;7t+1
2
Đường thẳng d2 có vectơ chỉ phương −→u
2= (1; 6)
Ta có d2⊥BN ⇒ −→u2.−−→
BN = 0 ⇔ t − 3 + 3(7t + 1) = 0 ⇔ t = 0 ⇒ N 0; −3
2 ⇒−−→M N = −2; −3
2
Vì AC||M N nên có vectơ pháp tuyến −→n = (3; −4) Do đó AC có phương trình 3x − 4y + 5 = 0.
Bài tập 3.21 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A (1; 3) và hai trung tuyến kẻ từ B và C lần lượt
có phương trình d1: x − 2y + 1 = 0 và d2: y − 1 = 0 Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC
Lời giải Ta có B ∈ d1⇒ B(2t1− 1; t1), C ∈ d2⇒ C(t2; 1)
Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, AC ta có M t1;t1 +3
2 , N t2+1
2 ; 2
Khi đó M ∈ d2, N ∈ d1 nên
t1+3
2 − 1 = 0
t2+1
2 − 4 + 1 = 0 ⇔
t1= −1
t2= 5 ⇒ B(−3; −1), C(5; 1) ⇒−BC = (8; 2).→
Do đó cạnh BC nhận −→n = (1; −4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x − 4y − 1 = 0.
Bài tập 3.22 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (2; −1) và hai đường phân giác trong của góc B, C lần lượt có phương trình là d1: x − 2y + 1 = 0 và d2: x + y + 3 = 0 Lập phương trình cạnh BC
Lời giải Đường thẳng d1 có vectơ chỉ phương −→u
1= (2; 1); đường thẳng d2 có vectơ chỉ phương −→u
2= (1; −1) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên d1và d2ta có
H(2t1− 1; t1), K(t2; −t2− 3) ⇒−−→AH = (2t1− 3; t1+ 1),−−→
AK = (t2− 2; −t2− 2) Khi đó AH⊥d1⇒−−→AH.−u→
1= 0 ⇔ 2(2t1− 3) + (t1+ 1) = 0 ⇔ t1= 1 ⇒ H(1; 1)
AK⊥d2⇒−−→AK.−u→
2= 0 ⇔ (t2− 2) − (−t2− 2) = 0 ⇔ t2= 0 ⇒ K(0; −3)
Gọi A1, A2lần lượt là điểm đối xứng A qua d1, d2ta có A1(0; 3), A2(−2; −5) ⇒−−−→
A1A2= (−2; −8)
Do đó cạnh BC qua A1(0; 3) và có vectơ pháp tuyến −→n (4; −1) nên có phương trình 4x − y + 3 = 0.
Bài tập 3.23 (B-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C (−4; 1), phân giác trong góc A có phương trình x + y − 5 = 0 Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác bằng 24 và đỉnh
A có hoàng độ dương
Lời giải Đặt d : x + y − 5 = 0 ⇒ d có vectơ chỉ phương −→u = (1; −1) Gọi H là hình chiếu của C trên d.
Ta có H ∈ d ⇒ H(t; 5 − t) ⇒−−→
CH = (t + 4; 4 − t)
Vì CH⊥d nên −−→
CH.−→u = 0 ⇔ t + 4 − 4 + t = 0 ⇔ t = 0 ⇒ H(0; 5).
Gọi C0 là điểm đối xứng với C qua d ⇒ C0(4; 9)
Ta có A ∈ d ⇒ A(t; 5 − t) ⇒−→
AC = (−4 − t; −4 + t),−−→
AC0= (4 − t; 4 + t)
Vì −→
AC.−−→
AC0= 0 ⇔ (−4 − t) (4 − t) + (−4 + t)(4 + t) = 0 ⇔
t = 4
t = −4 (loại) ⇒ A(4; 1)
Khi đó−→
AC = (−8; 0) ⇒ AC = 8 Suy ra AB có phương trình x = 4
Trang 6Vì B ∈ AB nên B(4; t) ⇒−→
AB = (0; t − 1) ⇒ AB = |t − 1|
Theo giả thiết ta có S∆ABC = 24 ⇔12AB.AC = 24 ⇔ 8|t − 1| = 48 ⇔
t = 7
t = −5 ⇒ B(4; 7) hoặc B(4; −5)
Vì d là phân giác trong nên B(4; −5) không thỏa mãn Với B(4; 7) ⇒−→
BC = (−8; −6)
Chọn vectơ pháp tuyến của BC là −→n (3; −4) ta có phương trình BC là 3(x − 4) − 4(y − 7) = 0 ⇔ 3x − 4y + 16 = 0. Bài tập 3.24 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành có hai cạnh là x + 3y − 6 = 0 và 2x − 5y − 1 = 0 Biết hình bình hành có tâm đối xứng I (3; 5), hãy viết phương trình hai cạnh còn lại của hình bình hành
Lời giải Giả sử AB : x + 3y − 6 = 0; AD : 2x − 5y − 1 = 0
Khi đó tọa độ A là nghiệm hệ
x + 3y − 6 = 0 2x − 5y − 1 = 0 ⇔
x = 3
y = 1 ⇒ A(3; 1) ⇒ C(3; 9)
Cạnh BC qua C(3; 9) và nhận −−→nAD= (2; −5) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 2x − 5y + 39 = 0 Cạnh DC qua C(3; 9) và nhận −−→nAB = (1; 3) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x + 3y − 30 = 0 Vậy hai cạnh còn lại của hình bình hành là 2x − 5y + 39 = 0 và x + 3y − 30 = 0
Bài tập 3.25 (A-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giao điểm của hai đường chéo AC và BD Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng
∆ : x + y − 5 = 0 Viết phương trình đường thẳng AB
Lời giải Ta có E ∈ ∆ ⇒ E(t; 5 − t)
Gọi F là trung điểm AB ⇒ F (12 − t; t − 1) Ta có−−→
F M = (t − 11; 6 − t),−→
F I = (t − 6; 3 − t)
Vì ABCD là hình chữ nhật nên−−→
F M −→
F I = 0 ⇔ (t − 11)(t − 6) + (6 − t)(3 − t) = 0 ⇔
t = 6
t = 7 . Với t = 6 ⇒ F (6; 5) ⇒−−→
F M = (−5; 0) ⇒ AB nhận −→n (0; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình y − 5 = 0. Với t = 7 ⇒ F (5; 6) ⇒−−→
F M = (−4; −1) ⇒ AB nhận −→n (1; −4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
(x − 1) − 4(y − 5) = 0 ⇔ x − 4y + 19 = 0
Vậy có hai phương trình của AB là y − 5 = 0 và x − 4y + 19 = 0
Bài tập 3.26 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ :
x = −2 − 2t
y = 1 + 2t và điểm M (3; 1) Tìm điểm B ∈ ∆ sao cho đoạn M B là ngắn nhất
Lời giải Ta có B ∈ ∆ ⇒ B(−2 − 2t; 1 + 2t) ⇒−−→
M B = (−5 − 2t; 2t) ⇒ M B =√
8t2+ 20t + 25
Xét f (t) = 8t2
+ 20t + 25 trên R có f0(t) = 16t + 20; f0(t) = 0 ⇔ t = −54 Bảng biến thiên
t − ∞ −5
f0(t) − 0 +
f (t) + ∞
25 2
+ ∞
Vậy M B đạt giá trị nhỏ nhất bằng √5
2 khi t = −54 hay B 12; −32
Bài tập 3.27 (B-07) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (2; 2) và các đường thẳng d1: x + y − 2 = 0, d2: x + y − 8 = 0 Tìm điểm B ∈ d1 và C ∈ d2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A
Lời giải Ta có B ∈ d1⇒ B(t1; 2 − t1), C ∈ d2⇒ C(t2; 8 − t2) Suy ra−→
AB = (t1− 2; −t1),−→
AC = (t2− 2; 6 − t2) Theo giả thiết ta có
(t1− 2) (t2− 2) − t1(6 − t2) = 0 (t1− 2)2+ t2= (t2− 2)2+ (6 − t2)2 ⇔
t1t2− 4t1− t2+ 2 = 0 (1)
t2− 2t1= t2− 8t2+ 18 (2) . Nhận thấy t1= 1 không phải nghiệm hệ Với t16= 1 ta có (1) ⇔ t2= 4t1 −2
t1−1 thay vào (2) được
t41− 4t3
1+ 3t21+ 2t1− 6 = 0 ⇔ (t1+ 1) t31− 5t2
1+ 8t1− 6 = 0 ⇔
t1= −1
t1= 3
Với t1= −1 ⇒ t2= 3 ⇒ B(−1; 3), C(3; 5) Với t1= 3 ⇒ t2= 5 ⇒ B(3; −1), C(5; 3)
Vậy B(−1; 3), C(3; 5) hoặc B(3; −1), C(5; 3)
Bài tập 3.28 (B-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (1; 1) , B (4; −3) Tìm điểm C thuộc d : x − 2y − 1 = 0 sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6
Trang 7Lời giải Ta có−→
AB = (3; −4) Do đó đường thẳng AB có vectơ pháp tuyến −→n (4; 3) nên có phương trình
4(x − 1) + 3(y − 1) = 0 ⇔ 4x + 3y − 7 = 0
Lại có C ∈ d ⇒ C(2t + 1; t) ⇒ d(C, AB) = |4(2t + 1) + 3t − 7|
|11t − 3|
5 . Theo giả thiết d(C, AB) = 6 ⇔ |11t − 3|
5 = 6 ⇔
t = 3
t = −27 11
Vậy C(7; 3) hoặc C −4311; −2711
Bài tập 3.29 (B-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường thẳng ∆ : x − y − 4 = 0 và d : 2x − y − 2 = 0 Tìm tọa độ điểm N thuộc d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8
Lời giải Ta có N ∈ d ⇒ N (a; 2a − 2) ⇒−−→
ON = (a; 2a − 2) Suy ra ON có phương trình
x = at
y = (2a − 2)t .
Lại có M ∈ ON ⇒ M (at; (2a − 2)t) mà M ∈ ∆ ⇒ at − (2a − 2)t − 4 = 0 ⇔ t = 4
2 − a ⇒ M
4a
2 − a;
4 (2a − 2)
2 − a
Khi đó ON =p5a2− 8a + 4, OM = 4
|2 − a|
p 5a2− 8a + 4 ⇒ ON.OM = 4 5a
2− 8a + 4
|2 − a| . Theo giả thiết ON.OM = 8 ⇔ 4 5a
2− 8a + 4
|2 − a| = 8 ⇔ 5a
2− 8a + 4 = 2 |2 − a| ⇔
a = 0
a = 65 . Vậy N (0; −2) hoặc N 65;25
Bài tập 3.30 (A-06) Trong mặt phẳng Oxy, cho ba đương thẳng d1: x + y + 3 = 0, d2: x − y − 4 = 0, d3: x − 2y = 0 Tìm M thuộc d3sao cho khoảng cách từ M đến d1 bằng hai lần khoảng cách từ M đến d2
Lời giải Ta có M ∈ d3⇒ M (2t; t)
Khi đó d (M, d1) = 2d (M, d1) ⇔ |2t + t + 3|
√
2 =
2 |2t − t − 4|
√
2 ⇔ |3t + 3| = 2 |t − 4| ⇔
t = 1
t = −11 . Vậy M (2; 1) hoặc M (−22; −11)
Bài tập 3.31 Trong mặt phẳng Oxy, cho P (1; 6) , Q (−3; −4) và đường thẳng ∆ : 2x − y − 1 = 0 Tìm toạ độ M trên ∆ sao cho M P + M Q là nhỏ nhất Tìm toạ độ N trên ∆ sao cho |N P − N Q| là lớn nhất
Lời giải Nhận thấy P, Q nằm cùng phía với ∆
Gọi P0 là điểm đối xứng với P qua ∆ và lấy M ∈ ∆, ta có M P + M Q = M P0+ M Q ≥ P0Q
Dấu bằng xảy ra ⇔ M = P0Q ∩ ∆
Gọi H là hình chiếu của P trên ∆ ⇒ H(t; 2t − 1) ⇒−−→
P H = (t − 1; 2t − 7)
Vì P H⊥∆ nên−−→
P H.−u→
∆= 0 ⇔ t − 1 + 2(2t − 7) = 0 ⇔ t = 3 ⇒ H(3; 5) ⇒ P0(5; 4)
Khi đó−−→
P0Q = (−8; −8) ⇒ −n−−→
P 0 Q(1; −1) ⇒ P0Q có phương trình x − y − 1 = 0
Tọa độ M là nghiệm hệ
2x − y − 1 = 0
x − y − 1 = 0 ⇔
x = 0
y = −1 ⇒ M (0; −1)
Lấy N ∈ ∆, ta có |N P − N Q| ≤ P Q Dấu bằng xảy ra ⇔ N = P Q ∩ ∆
Ta có −→
P Q = (−4; −10) ⇒ −−→nP Q= (5; −2) ⇒ P Q có phương trình 5x − 2y + 7 = 0
Tọa độ N là nghiệm hệ
2x − y − 1 = 0 5x − 2y + 7 = 0 ⇔
x = −9
y = −19 ⇒ M (−9; −19)
Vậy M (0; −1) và N (−9; −19)
Bài tập 3.32 (CĐ-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có C (−1; −2), đường trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5x + y − 9 = 0; x + 3y − 5 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A và B
Lời giải Đặt d1: 5x + y − 9 = 0, d2: x + 3y − 5 = 0 Đường thẳng d2 có vectơ chỉ phương −→u
2= (3; −1)
Ta có A ∈ d1⇒ A(t; 9 − 5t) ⇒−→AC = (−1 − t; 5t − 11)
Vì AC⊥d2 nên−→
AC.−→u
2= 3(−1 − t) − (5t − 11) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ A(1; 4)
Lại có B ∈ d2⇒ B(5 − 3k; k) Gọi M là trung điểm BC ⇒ M 4−3k
2 ;k−22
Khi đó M ∈ d1 nên 5.4−3k2 +k−22 − 9 = 0 ⇔ k = 0 ⇒ B (5; 0) Vậy A(1; 4) và B(5; 0)
Bài tập 3.33 (A-02) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, đường thẳng chứa BC có phương trình√
3x − y −√
3 = 0, A và B thuộc Ox, bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2 Tìm trọng tâm tam giác ABC
Lời giải Từ giả thiết ta có B = Ox ∩ BC ⇒ B(1; 0); A ∈ Ox ⇒ A(a; 0) Tam giác ABC vuông tại A nên C(a; b) Lại có C ∈ BC ⇒√
3a − b −√
3 = 0 ⇔ b =√
3a√
3 ⇒ C(a;√
3a√ 3)
Suy ra AB = |a − 1|, AC =√
3|a − 1|, BC = 2|a − 1| ⇒ p = 12 3 +√
3 |a − 1| , S = √3
2 (a − 1)2 Khi đó S = pr ⇔
√ 3
2 (a − 1)2= 3 +√
3 |a − 1| ⇔ |a − 1| = 2 √3 + 1 ⇔
a = 2√
3 + 3
a = −2√
3 − 1 .
Trang 8Với a = 2√
3 + 3 ⇒ A 2√
3 + 3; 0 , C 2√3 + 3; 2√
3 + 6 ⇒ G4 √
3+7
3 ;2 √ 3+6 3
Với a = −2√
3 − 1 ⇒ A −2√
3 − 1; 0 , C −2√3 − 1; −2√
3 − 6 ⇒ G−4√3−1
3 ;−2
√ 3−6 3
Vậy G4
√
3+7
3 ;2
√ 3+6 3
hoặc G−4
√ 3−1
3 ;−2
√ 3−6 3
Bài tập 3.34 (B-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B 12; 1 Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm DEF Cho D (3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y − 3 = 0 Tìm tọa độ điểm A, biết A có tung độ dương
Lời giải Ta có−−→
BD = 52; 0 ⇒ BD||EF ⇒ ∆ABC cân tại A Khi đó AD⊥EF nên có phương trình x − 3 = 0 Gọi F (a; 3) ta có−→
BF = a −12; 2 ⇒ BF =qa2− a +9
4 Do đó BF = BD ⇔ a2− a +17
4 = 254 ⇔
a = −1
a = 2 . Với a = −1 ⇒ F (−1; 3) ⇒−→
BF −32; 2 ⇒ chọn vectơ pháp tuyến của AB là −→n (4; 3) ⇒ AB có phương trình
4x + 3y − 5 = 0
Tọa độ A là nghiệm hệ
x − 3 = 0 4x + 3y − 5 = 0 ⇔
x = 3
y = −7 3
⇒ A 3; −7
3 (loại)
Với a = 2 ⇒ F (2; 3) ⇒−→
BF 32; 2 ⇒ chọn vectơ pháp tuyến của AB là −→n (4; −3) ⇒ AB có phương trình
4x + 3y + 1 = 0
Tọa độ A là nghiệm hệ
x − 3 = 0 4x − 3y + 1 = 0 ⇔
x = 3
y = 133 ⇒ A 3;13
3 (thỏa mãn) Vậy A 3;13
3
Bài tập 3.35 (B-08) Trong mặt phẳng Oxy, tìm toạ độ đỉnh C của tam giác ABC biết hình chiếu C lên đường thẳng AB là H(−1; −1), đường phân giác trong góc A là x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B là 4x + 3y − 1 = 0
Lời giải Đặt d1: x − y + 2 = 0 và d2: 4x + 3y − 1 = 0
Đường thẳng d1có vectơ chỉ phương −→u
1= (1; 1); đường thẳng d2có vectơ chỉ phương −→u
2= (3; −4)
Gọi M là hình chiếu của H trên d1⇒ M (t; t + 2) ⇒−−→HM = (t + 1; t + 3)
Khi đó HM ⊥d1nên−−→
HM −u→
1= 0 ⇔ t + 1 + t + 3 = 0 ⇔ t = −2 ⇒ M (−2; 0)
Gọi H0 là điểm đối xứng với H qua d1⇒ H0(−3; 1)
Khi đó H0∈ AC mà AC⊥d2nên nhận u2(3; −4) làm vectơ pháp tuyến
Do đó AC có phương trình 3x − 4y + 13 = 0
Khi đó tọa độ A là nghiệm hệ
x − y + 2 = 0 3x − 4y + 13 = 0 ⇔
x = 5
y = 7 ⇒ A (5; 7)
Đường thẳng HC nhận−−→
AH = (−6; −8) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 3x + 4y + 7 = 0
Tọa độ C là nghiệm của hệ
3x + 4y + 7 = 0 3x − 4y + 13 = 0 ⇔
x = −103
y =34 ⇒ C −10
3;34 Vậy C −10
3;34
Bài tập 3.36 (D-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B (−4; 1), trọng tâm G (1; 1) và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x − y − 1 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A và C
Lời giải Gọi M (x; y) là trung điểm AC, ta có−→
BG = (5; 0),−−→
GM = (x − 1; y − 1)
Vì G là trọng tâm nên−→
AG = 2−−→
GM ⇔
5 = 2(x − 1)
0 = 2(y − 1) ⇔
x = 72
y = 1 ⇒ M 7
2; 1
Đặt d : x − y − 1 = 0 Đường thẳng d có vectơ chỉ phương −→u = (1; 1).
Gọi H là hình chiếu của B trên d ⇒ H(t; t − 1) ⇒−−→
BH = (t + 4; t − 2)
Khi đó BH⊥d nên−−→
BH.−→u = 0 ⇔ t + 4 + t − 2 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ H(−1; −2).
Gọi B0 là điểm đối xứng với B qua d ⇒ B0(2; −5)
Đường thẳng AC qua M, B0 nên nhận−−−→
M B0 = −3
2; −6 làm vectơ chỉ phương ⇒ vectơ pháp tuyến −→n (4; −1)
Do đó AC có phương trình 4x − y − 13 = 0
Tọa độ A là nghiệm hệ
x − y − 1 = 0 4x − y − 13 = 0 ⇔
x = 4
y = 3 ⇒ A (4; 3) ⇒ C (3; −1) Vậy A (4; 3) , C (3; −1) Bài tập 3.37 (A-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A (6; 6); đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E (1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho
Trang 9Lời giải Đặt d : x + y − 4 = 0 Đường thẳng d có vectơ chỉ phương −→u = (1; −1).
Gọi M là trung điểm BC Vì ∆ABC cân tại A nên M đối xứng với A qua d
Gọi H là hình chiếu của A trên d ⇒ H(t; 4 − t) ⇒−−→
AH = (t − 6; −t − 2)
Vì AH⊥d nên−−→
AH.−→u = 0 ⇔ t − 6 + t + 2 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ H(2; 2) ⇒ M (−2; −2).
Đường thẳng BC qua M (−2; −2) và có vectơ pháp tuyến−−→
AM = (−8; −8) nên có phương trình x + y + 4 = 0
Vì B ∈ BC ⇒ B(t; −4 − t) ⇒ C(−4 − t; t) ⇒−→
AB = (t − 6; t − 10),−→
EC = (−5 − t; t + 3)
Vì E nằm trên đường cao qua C nên−→
AB.−→
EC = 0 ⇔ (t − 6)(−5 − t) + (t − 10)(t + 3) = 0 ⇔
t = 0
t = −6 . Vậy B(0; −4), C(−4; 0) hoặc B(−6; 2), C(2; −6)
Bài tập 3.38 (B-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A có đỉnh A (−1; 4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng ∆ : x − y − 4 = 0 Xác định toạ độ các điểm B, C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18
Lời giải Gọi H là hình chiếu của A trên ∆ ta có AH = d (A; ∆) = |−1−4−4|√
2 ⇒ HB = S∆ABC
2 (1)
Ta có H ∈ ∆ ⇒ H(t; t − 4) ⇒−−→
AH = (t + 1; t − 8) Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương −→u = (1; 1).
Khi đó−−→
AH.−→u = 0 ⇔ t + 1 + t − 8 = 0 ⇔ t = 7
2; −1
2
Lại có B ∈ BC ⇒ B(a; a − 4) ⇒−−→
HB = a −72; a − 72 ⇒ HB =√2 a −72 (2)
Từ (1) và (2) ta có √
2 a −7 2
= 2√
2 ⇔
a =112
a =32 . Với a = 3
2; −5
2 ⇒ C 11
2;3
2; với a = 11
2;3
2 ⇒ C 3
2; −5
2
Vậy B 32; −52 , C 11
2;32 hoặc B 11
2;32 , C 3
2; −52
Bài tập 3.39 (B-02) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I 12; 0 , AB : x − 2y + 2 = 0, cạnh
AB = 2AD Tìm toạ độ các đỉnh biết A có hoành độ âm
Lời giải Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương −→u = (2; 1).
Gọi H là hình chiếu của I trên AB ta có H là trung điểm AB và IH = d (I, AB) = |1 +2|
√
√ 5
2 Khi đó H(2t − 2; t) ⇒−→
IH = 2t −52; t
Vì IH⊥AB ⇒−→
IH.−→u = 0 ⇔ 2 2t −5
2 + t = 0 ⇔ 5t − 5 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ H(0; 1)
Vì A ∈ AB ⇒ A(2a − 2; a) ⇒−−→
AH = (2 − 2a; 1 − a) ⇒ AH =√
5|a − 1|
Từ giả thiết AB = 2AD ⇒ AH = 2IH ⇔√
5|a − 1| =√
5 ⇔
a = 2
a = 2 . Với a = 2 ⇒ A(2; 2) (không thỏa mãn)
Với a = 0 ⇒ A(−2; 0) ⇒ B(2; 2), C(3; 0), D(−1; −2) Vậy A(−2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(−1; −2)
Bài tập 3.40 (A-05) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d1: x − y = 0, d2: 2x + y − 1 = 0 Tìm các đỉnh hình vuông ABCD biết A thuộc d1, B thuộc d2 và B, D thuộc trục hoành
Lời giải Ta có ABCD là hình vuông và B, D ∈ Ox nên A, C đối xứng nhau qua Ox Vì A ∈ d1⇒ A(t; t) ⇒ C(t; −t) Lại có C ∈ d2⇒ 2t − t − 1 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ A(1; 1), C(1; −1)
Gọi I = AC ∩ BD ⇒ I(1; 0) Vì B ∈ Ox ⇒ B(a; 0) ⇒ D(2 − a; 0)
Suy ra−→
AB = (a − 1; −1),−→
AD = (1 − a; −1) Khi đó−→
AB.−→
AD = 0 ⇔ (a − 1)(1 − a) + 1 = 0 ⇔
a = 0
a = 2 . Với a = 0 ⇒ B(0; 0), D(2; 0); với a = 2 ⇒ B(2; 0), D(0; 0)
Vậy A(1; 1), B(0; 0), C(1; −1), D(2; 0) hoặc A(1; 1), B(2; 0), C(1; −1), D(0; 0)
Bài tập 3.41 (D-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Các đường thẳng AC và AD lần lượt
có phương trình là x + 3y = 0 và x − y + 4 = 0; đường thẳng BD đi qua điểm M −13; 1 Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD
Lời giải Tọa độ A là nghiệm hệ
x + 3y = 0
x − y + 4 = 0 ⇔
x = −3
y = 1 ⇒ A (−3; 1)
Lấy N ∈ AC sao cho M N ||AD Khi đó M N qua M −13; 1 và nhận −−→nAD= (1; −1) làm vectơ pháp tuyến
Do đó M N có phương trình x − y +43 = 0
Tọa độ N là nghiệm hệ
x + 3y = 0
x − y +43= 0 ⇔
x = −1
y =13 ⇒ N −1;1
3
Gọi K là trung điểm M N ⇒ K −23;23
Gọi I, J lần lượt là trung điểm AC, AD
Khi đó IJ qua K và nhận −−→uAD= (1; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x + y = 0
Tọa độ I là nghiệm hệ
x + 3y = 0
x + y = 0 ⇔
x = 0
y = 0 ⇒ I (0; 0)
Trang 10Tọa độ J là nghiệm hệ
x − y + 4 = 0
x + y = 0 ⇔
x = −2
y = 2 ⇒ J (−2; 2)
Khi đó I là trung điểm AC ⇒ C(3; −1); J là trung điểm AD ⇒ D(−1; 3); I là trung điểm BD ⇒ B(1; −3) Vậy A(−3; 1), B(1; −3), C(3; −1), D(−1; 3)
Bài tập 3.42 (A-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2N D Giả sử M 112;12 và đường thẳng AN có phương trình 2x − y − 3 = 0 Tìm tọa độ điểm A
Lời giải Đặt d : 2x − y − 3 = 0 Gọi H = AN ∩ BD
Qua H kẻ đường thẳng song song AB lần lượt cắt AD, BC tại P và Q
Đặt HP = x ⇒ P D = QC = x, AP = HQ = BQ = 3x ⇒ M Q = x
Do đó ∆AHP = ∆HM Q ⇒ AH⊥HM và AH = HM = d (M, d) = |11− 1 −3|
√
√ 5 2
Suy ra AM =√
2HM = 3
√ 10
2 (1)
Lại có A ∈ d ⇒ A(t; 2t − 3) ⇒−−→
AM = 112 − t;7
2− 2t ⇒ AM =q5t2− 25t +85
2 (2)
Từ (1) và (2) ta có 5t2− 25t +85
2 =45
t = 4
t = 1 Vậy A(4; 5) hoặc A(1; −1).
§3 Phương Trình Đường Tròn
Bài tập 3.43 (B-06) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x2+ y2− 2x − 6y + 6 = 0 và điểm M (−3; 1) Gọi T1, T2 là các tiếp điểm vẽ từ M đến (C) Lập phương trình đường thẳng T1T2
Lời giải Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2
Khi đó−→
M I = (4; 2) ⇒ M I = 2√
5 > R Do đó M nằm ngoài (C)
Giả sử T (a; b) điểm tiếp xúc của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C), ta có−−→
M T = (a + 3; b − 1),−→
IT = (a − 1; b − 3)
Khi đó
T ∈ (C)
−−→
M T −→
IT = 0 ⇔
a2+ b2− 2a − 6b + 6 = 0 (a + 3) (a − 1) + (b − 1)(b − 3) = 0 ⇔
a2+ b2− 2a − 6b + 6 = 0 (1)
a2+ b2+ 2a − 4b = 0 (2) . Trừ theo vế (1) và (2) ta có −4a − 2b + 6 = 0 ⇔ b = 3 − 2a thay vào (2) ta có
a2+ (3 − 2a)2+ 2a − 4 (3 − 2a) = 0 ⇔ 5a2− 2a − 3 = 0 ⇔
a = 1
a = −35
Với a = 1 ⇒ b = 1 ⇒ T (1; 1); với a = −35 ⇒ b = 21
5 ⇒ T −3
5;215
Không mất tính tổng quát ta giả sử T1(1; 1), T2 −3
5;215
Khi đó T1T2nhận −→
M I = (4; 2) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 2x + y − 3 = 0
Bài tập 3.44 (D-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (1; 0) và đường tròn (C) : x2+ y2− 2x + 4y − 5 = 0 Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M, N sao cho tam giác AM N vuông cân tại A
Lời giải Đường tròn (C) có tâm I(1; −2) và bán kính R =√
10
Ta có IM = IN và AM = AN nên IA⊥M N hay IA⊥∆ mà−→
IA = (0; 2) nên ∆ có phương trình dạng y = m
Vì M, N ∈ ∆ nên M (x1; m), N (x2; m)
Mặt khác M, N ∈ (C) nên x1, x2là hai nghiệm của phương trình x2− 2x + m2+ 4m − 5 = 0 (*)
Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m2+ 4m − 6 < 0
Khi đó theo định lý vi-et có x1+ x2= 2; x1x2= m2+ 4m − 5 (1)
Lại có−−→
AM = (x1− 1; m),−−→AN = (x2− 1; m)
Do đó−−→
AM −−→
AN = 0 ⇔ (x1− 1) (x2− 1) + m2= 0 ⇔ x1x2− (x1+ x2) + 1 + m2= 0 (2)
Thay (1) vào (2) được m2+ 4m − 5 − 2 + 1 + m2= 0 ⇔
m = 1
m = −3 (thỏa mãn).
Vậy có hai phương trình ∆ là y = 1 hoặc y = −3
Bài tập 3.45 (CĐ-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x2+ y2− 2x − 4y + 1 = 0 và đường thẳng
d : 4x − 3y + m = 0 Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho [AIB = 1200, với I là tâm của (C)
Lời giải Đường tròn (C) có tâm I(1; 2) và bán kính R = 2
Gọi H là trung điểm AB ta có [AIH = 600⇒ IH = IA cos 600= 1
Lại có IH = d (I, d) = |4 − 6 + m|
5 =
|m − 2|
5 ⇒ |m − 2|
5 = 1 ⇔
m = 7
m = −3 Vậy m = 7 hoặc m = −3.
... 3.41 (D-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Các đường thẳng AC ADcó phương trình x + 3y = x − y + = 0; đường thẳng BD qua điểm M −13; 1 Tìm tọa độ đỉnh... vectơ pháp tuyến nên có phương trình 2x + y − =
Bài tập 3.44 (D-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (1; 0) đường tròn (C) : x2+ y2− 2x + 4y − = Viết phương. ..
Bài tập 3.39 (B-02) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I 12; 0 , AB : x − 2y + = 0, cạnh
AB = 2AD Tìm toạ độ đỉnh biết A có hồnh độ âm
Lời