Chuyên đề hình học phẳng oxy có giải chi tiết

Vậy đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc trong với đường tròn đi qua trung điểm các cạnh của tam giác OAB.. Xác định tâm đường tròn nội tiếp J của tam giác ABC biết bán kính đường t

DẠNG 01 TÂM ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP TAM GIÁC

Bài 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cĩ A 3;5(− ) và phương trình đường thẳng ( )BC : y 1 0+ = , với xB <xC, biết I 1;2( ) là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa

độ J là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC

Đường thẳng AB đi qua A 3;5 và (− ) B 3; 1 cĩ phương trình (− − ) ( )AB : x 3 0 + =

Đường thẳng AC đi qua A 3;5 và (− ) C 5; 1 cĩ phương trình ( − ) ( )AC : 3x 4y 11 0 + − =

Cách 1 Giả sử J a; b Điều kiện ( ) { } { }

Vậy đường trịn nội tiếp tam giác ABC cĩ tâm J 1;1 ( )

Cách 2 Phương trình đường phân giác gĩc A : x 3+ = ±3x 4y 11+ −

( ) ( )

d : x 2y 13 0

d : 2x y 1 0 Xét phương trình ( )d : x 2y 13 0 Ta cĩ 1 − + = P dB( )1 =12 , P dC( )1 =20 Suy ra B và C cùng phía so với ( )d nên 1 ( )d là phân giác ngồi gĩc A 1

Vậy phương trình đường phân giác trong gĩc A là ( )d : 2x y 1 0 2 + + =

Phương trình đường phân giác trong gĩc B đi qua B 3; 1 và cĩ vtcp (− − ) = + =( )

Khi đĩ J=( ) ( )d2 I ∆ nên tọa độ J x; y thỏa mãn hệ ( )  + + = − + =2x y 1 0x y 2 0 ⇒ −J 1;1( ).

Bài 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ba điểm J 3; 1( − ), B 2; 6(− − ) và C 6; 2( − ) Tìm tọa độ điểm A sao cho J là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC

Lời giải Đường thẳng BC đi qua B 2; 6 và (− − ) C 6; 2 nên cĩ phương trình ( − ) ( )BC : x 2y 10 0 − − =

Gọi ( )T là đường trịn nội tiếp tam giác ABC, suy ra ( )T cĩ tâm J 3; 1 , bán kính ( − )

Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học

Do ( )AB tiếp xúc với ( )T nên ( ( ) ) = ⇔ + = ⇔ + + =

Khi đó A=( ) ( )AB I AC nên tọa độ A x; y thỏa mãn hệ ( )  − − = + − =2x y 2 02x y 10 0⇒A 3;4( ) .

Bài 3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại B và có tung độ B khác -3, đỉnh

Do tam giác ABC cân tại B nên điểm C đối xứng với A qua E, suy ra C 5; 3 ( − )

Mặt khác, tam giác ABC cân tại B nên đường thẳng BE đi qua E 1; 3 và ( − ) J 1;0 nên ( ) ( )BE : x 1 0 − =

Điểm B=( ) ( )AB I BE nên tọa độ B x; y thỏa mãn hệ ( )  ⇒  ÷

75

B 1;

7 và C 5; 3 nên có phương trình ( − ) ( )BC : 24x 7y 99 0 + − =

Bài 4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A 3;0( ) và B 0;4( ) Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc với đường tròn đi qua trung điểm các cạnh của tam giác

Phân giác trong góc O đi qua O và có vtcp = + =( )

Khi đó J=( ) ( )OJ I AJ nên có tọa độ J x; y thỏa mãn hệ ( )  − = + − =x y 0x 2y 3 0⇒J 1;1( ) .

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là r d J; OA= ( ( ) )= yJ =1

Ta có IJ= = −1 R r

4 Vậy đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc trong với đường tròn đi qua trung điểm các cạnh của tam giác OAB

Bài 5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có phương trình cạnh

( )BC : 3x y− − 3 0= Các đỉnh A và B thuộc trục hoành Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác

ABC bằng 2 Xác định toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC Trích TSĐH Khối A.

Lời giải Do B∈( )BC I Ox nên tọa độ B x; y thỏa mãn hệ ( )  − − = ⇒ ( )

Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học

Theo đề bài, A cũng thuộc trục hoành và tam giác ABC vuông tại A nên tọa độ của A là hình chiếu của điểm C lên trục Ox, suy ra A c;0 ( )

Bài 6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A các đỉnh A, B thuộc

đường thẳng y 2= , phương trình cạnh ( )BC : 3x y 2 0− + = Xác định tâm đường tròn nội tiếp J của tam giác ABC biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 3

Lời giải Do B∈( )BC I Ox nên tọa độ B x; y thỏa mãn hệ ( )  − + = ⇒ ( )

=



3x y 2 0 B 0;2

Đường thẳng BC có hệ số góc bằng 3 nên ( )BC hợp với đường thẳng y 2 một góc = 60 , do đó BJ 0

hợp với đường thẳng y 2 một góc = 30 nên 0 ( )BJ có phương trình y= 1 x 2+

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm  − ÷

1

I ; 1

2 , bán kính R IA= =5 52 nên có phương trình ( )  − ÷ +( + ) =

Đường phân giác trong góc A đi qua A 3;4 và ( ) J 3; 1 nên có phương trình ( − ) ( )AJ : x 3 0 − =

Gọi D=( ) ( )AJ I C nên tọa độ D x; y thỏa mãn hệ ( )

Từ (1) và (2) ta có DJ DC DB hay B và C thuộc đường tròn tâm = = D 3; 6 , bán kính ( − ) DJ 5 =

Do đó B và C là giao điểm của ( )C và ( )C' nên có tọa độ thỏa mãn hệ

● Với c 0 , suy ra = ( )BC : x 2y 0 Lúc này − = P BCA( ) = −5 , P BCJ( ) =5 Suy ra A và J khác phía với

BC Điều này vô lý vì tâm đường tròn nội tiếp tam giác nằm miền trong tam giác

Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học

● Vậy ta chọn ( )BC : x 2y 10 0 Khi đó đó B và C là giao điểm của − − = ( )C và ( )BC nên có tọa độ thỏa mãn hệ

Bài 8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, với B 3;0(− ), C 7;0( ) Biết tâm J đường tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng x 3y 7 0+ − = Tìm tâm J và bán kính

đường tròn nội tiếp tam giác ABC biết J có tung độ dương

Gọi ( )∆ là đường thẳng đi qua tâm I 2;0 và vuông góc với đường kính BC nên có vtpt ( )

=

uuur

BC 10;0 , suy ra ( )∆ : x 2 0 − =

Do J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AJ là phân giác trong góc A

Gọi D là giao điểm của AJ và đường tròn ( )C , khi đó D= ∆( ) ( )I C D x; y có tọa độ thỏa mãn hệ ( )

Với a 2 , suy ra = J 1;2 , khi đó ( ) r d J; BC= ( ( ) ) =d J; Ox( ( ) )=2

Vậy tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là J 1;2 và bán kính đường tròn nội tiếp ( ) r 2 =

Cách 2 Do B, C cố định mà tam giác ABC vuông tại A nên A thuộc đường tròn ( )C đường kính BC, suy ra ( )C có tâm I 2;0 , bán kính ( ) R 5 =

Do J thuộc đường thẳng x 3y 7 0+ − = có tọa đọ dạng J 7 3a;a , a 0 Suy ra ( − ) ( > ) IJ=(5 3a;a − )Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, khi đó r d J; BC= ( ( ) )=d J; Ox( ( ) ) = =a a (do J

có tung độ dương)

Áp dụng hệ thức Ơle ta có IJ2=R2−2Rr⇔(5 3a− )2+a2 =25 2.5.a− ⇔ =a 2 hoặc a 0 (loại).=

Với a 2 , suy ra = J 1;2 , khi đó ( ) r a 2 = =

Vậy tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là J 1;2 và bán kính đường tròn nội tiếp ( ) r 2 =

Bài 9 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, với B 3;0(− ) , C 7;0( ) và bán kính đường tròn nội tiếp là r 2= Tìm toạ độ điểm A và tâm J của đường tròn nội tiếp tam giác ABC, biết J có tung độ dương

Lời giải

Cách 1 Giải tương tự [Bài 4], ta tìm được D 2; 5 ( − )

Do B, C cố định mà tam giác ABC vuông tại A nên A thuộc đường tròn ( )C đường kính BC

Hai điểm B và C thuộc Ox mà bán kính đường tròn nội tiếp r 2 nên J thuộc đường thẳng = y= ±2 ,

do J có tung độ dương nên ta chọn J thuộc đường thẳng y 2 Suy ra = J a;2 và ( ) uurDJ=(a 2;7 − )

Chứng minh tương tự [Bài 4] ta được DJ 5 2= ⇔ (a 2− )2+72 =5 2⇔ =a 1 hoặc a 3 =

● Với a 1 , suy ra = J 1;2 ( )

Đường thẳng DJ đi qua D 2; 5 và ( − ) J 1;2 nên có phương trình ( ) ( )DJ : 7x y 9 0 + − =

Khi đó A=( ) ( )DJ I C nên có tọa độ A x; y thỏa mãn hệ( )

Đường thẳng DJ đi qua D 2; 5 và ( − ) J 3; 2 nên có phương trình ( ) ( )DJ : 7x y 19 0 − − =

Khi đó A=( ) ( )DJ I C nên có tọa độ A x; y thỏa mãn hệ( )

Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học

Bài 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A 1;3( ) và B 2; 1(− − ) Tìm tọa độ điểm C, biết tâm J của đường tròn nội tiếp tam giác thuộc thẳng ( )d : x y 4 0+ − = và tam giác

ABC có diện tích bằng 10

Lời giải.

Ta thấy A 1;3 thuộc ( ) ( )d : x y 4 0 nên + − = ( )d là đường phân giác trong góc A

Gọi ( )∆ là đường thẳng qua B và vuông góc ( )d nên có phương trình ( )∆ : x y 1 0 Gọi − + =

x y 1 0 2 2 Gọi B' là điểm đối xứng của

B qua ( )d , khi đó E là trung điểm BB' , suy ra B' 5;6( ) ( )∈ AC

Đường thẳng AC đi qua A 1;3 và ( ) B' 5;6 nên có phương trình ( ) ( )AC : 3x 4y 9 0 − + =

Đường thẳng AB đi qua A 1;3 và ( ) B 2; 1 nên có phương trình (− − ) ( )AB : 4x 3y 5 0 − + =

Do C AC có tọa độ dạng ∈( ) C 1 4c;3 3c , với ( + + ) c 0 , suy ra ≠ d C; AB( ( ) ) = 7c

5 .Theo đề S∆ABC =10⇔1AB.d C; AB( ( ) ) =10⇔ 1.5.7c =10⇔ 7c 20= ⇔ = ±c 20

● Với t= −1 , suy ra F 1;3 Đường thẳng AB đi qua (− )  ÷

● Với t 2 , suy ra = F 2;3 Đường thẳng AB đi qua ( )  ÷

Bài 12 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC đều Đường tròn nội tiếp tam giác

ABC có phương trình ( ) (T : x 1− ) (2+ y 2− )2 =5, đường thẳng BC đi qua điểm  ÷

7

2 Tính diện tích tam giác ABC

Lời giải Xét hệ phương trình x3x 42++y2−−2x=− − =0 ⇔ = − =xy 21

y 5

y 5

0

hoặc  = = −x 3y 1 Vậy ( )d cắt ( )T tại hai điểm phân biệt B 1;2 và (− ) C 3; 1 hoặc ( − ) B 3; 1 và ( − ) C 1;2 (− )

Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học

đường thẳng ( )d' song song với ( )d và cách ( )d một khoảng bằng 1 nên ( )d' có phương trình ( )d' : 3x 4y 0 hoặc + = ( )d' : 3x 4y 10 0 Vì A thuộc góc phần tư thứ tư nên ta chọn + − =

2 và vuông góc với ( )d nên ( )∆ : 8x 6y 5 0 − − =

Gọi D là giao điểm của AJ và đường tròn ( )C , khi đó D= ∆( ) ( )I C nên tọa độ D x; y thỏa mãn hệ ( )

Suy ra  ÷

5 5

2 2 (do A thuộc góc phần tư thứ tư)

Với J thuộc ( )d' : 3x 4y 0 có tọa độ dạng + = J 4a; 3a Suy ra ( − ) = − − − ÷

1a

Ta chọn A 1; 1 , (do (− − ) A D ), thỏa yêu cầu bài toán ≠

DẠNG 02 BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DIỆN TÍCH

Bài 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cĩ A 2; 3( − ) , B 3; 2( − ) và diện tích tam giác ABC bằng 3

2 Biết trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng 3x y 8 0− − = Tìm tọa độ điểm C của tam giác ABC, biết C cĩ hồnh độ dương

Lời giải Trọng tâm G thuộc đường thẳng 3x y 8 0 nên cĩ tọa độ dạng − − = G t;3t 8 ( − )

Tọa độ điểm C được suy ra từ cơng thức

x 3x x x 3t 5 và yC =3yG−yA −yB = −9t 19 Vậy C 3t 5;9t 19 ( − − )

Đường thẳng AB đi qua A 2; 3 và ( − ) B 3; 2 nên cĩ phương trình ( − ) ( )AB : x y 5 0 − − =

Ta cĩ S∆ABC = ⇔3 1.AB.d C;AB( )=3

⇔ 1 2.− +6t 9 = ⇔ −3 3 2t 1= ⇔ =t 1

● Với t 1, suy ra = C 2; 10 , khơng thỏa mãn (C cĩ hồnh độ dương).(− − )

● Với t 2 , suy ra = C 1; 1 , thỏa mãn yêu cầu.( − )

Bài 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuơng tại A, phương trình đường

thẳng ( )BC : 4x 3y 4 0− − = và A, B thuộc Ox Tìm tọa độ trọng tâm tam giác ABC, biết diện tích tam

Lời giải Đường thẳng AB đi qua A 1;1 và ( ) B 2;5 nên cĩ phương trình (− ) ( )AB : 4x 3y 7 0 + − =

Điểm C thuộc đường thẳng x 4 0 nên cĩ tọa độ dạng − = C 4;t ( )

Tọa độ trọng tâm G được suy ra từ cơng thức

Cách 1 Với t 2 , suy ra = C 4;2 Ta cĩ ( ) S∆ABC=1AB.d C; AB( ( ) ) =1 15 15.5 =

Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học

Lời giải Do B d có tọa độ dạng ∈( ) B 5 2t;t , với (− − ) t∈¢

Điểm M là trung điểm AB, suy ra A 9 2t; 2 t N là trung điểm AC, suy ra ( + − − ) C 13 2t;10 t (− − + )Đường thẳng MN đi qua M 2, 1 và ( − ) N 2,4 nên có phương trình (− ) (MN : 5x 4y 6 0 ) + − =

Cách 1 Gọi C' x; y là điểm đối xứng của ( ) C 4;1 qua phân giác (− ) ( )d : x y 5 0 Suy ra CC' + − =

vuông góc với ( )d và trung điểm E của CC' thuộc ( )d nên ta có hệ

Điểm B thuộc đường thẳng AC' có phương trình x 4 0 , suy ra tọa độ − = B 4;t ( )

Từ AB 6= ⇔ (t 1− )2 = ⇔ =6 t 7 hoặc t= −5 Suy ra B 4;7 hoặc ( ) B 4; 5 ( − )

Do ( )d là phân giác trong góc A, nên AB và uuur AC' cùng hướng, suy ra uuuur B 4;7 ( )

Do đó, đường thẳng BC đi qua B 4;7 và ( ) C 4;1 nên có phương trình (− ) ( )BC : 3x 4y 16 0 − + =

Cách 2 Gọị ( )∆ là đường thẳng qua C 4;1 và vuông góc với (− ) ( )d : x y 5 0 nên có phương + − =

trình ( )∆ : x y 5 0 Gọi − + = E= ∆( ) ( )I d nên tọa độ E x; y thỏa mãn hệ ( )  − + = + − =x y 5 0x y 5 0 ⇒E 0;5 ( )Gọi C' là điểm đối xứng của C qua ( )d nên E là trung điểm CC' , suy ra C' 4;9( ) ( )∈ AB

Điểm A d có tọa độ dạng ∈( ) A a;5 a Suy ra ( − ) uuurAC= − −( 4 a;a 4 và − ) AC'uuuur=(4 a;a 4 − + )

Tam giác ABC vuông tại A nên uuur uuuurAC.AC' 0= ⇔ − −( 4 a 4 a) ( − + −) (a 4 a 4) ( + ) = ⇔ = −0 a 4 hoặc a 4 =

● Với a= −4 , suy ra A 4;9 , không thỏa mãn ((− ) xA >0 )

● Với a 4 , suy ra = A 4;1 , thỏa mãn yêu cầu.( )

Đường thẳng AB đi qua A 4;1 và ( ) C' 4;9 nên có phương trình ( ) ( )AB : x 4 0 − =

Đường thẳng BC đi qua B 4;7 và ( ) C 4;1 nên có phương trình ( )(− ) BC : 3x 4y 16 0 − + =

Cách 2 Do A thuộc đường thẳng ( )d : x y 5 0 nên có tọa độ dạng + − = A a;5 a , a 0 ( − ) ( > )

Gọi B x; y Suy ra ( ) uuurAB=(x a; y a 5 , − + − ) uuurAC= − −( 4 a;a 4 Đường thẳng − ) ( )d có vtcp u 1; 1 ur( − )

Từ (3) ta được a2=16⇔ =a 4 hoặc a= −4 (loại vì a 0 ).>

Thay a 4 vào (1) và (2) ta được =  −( ) (+ − ) =  =

Đường thẳng BC đi qua B 4;7 và ( ) C 4;1 nên có phương trình (− ) ( )BC : 3x 4y 16 0 − + =

Bài 6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A 3; 1( − ) , B 0;5( ) và C 3; 1(− − ) Tìm điểm M thuộc đường thẳng BC sao cho diện tích tam giác ABM bằng 13 diện tích tam giác ABC

Lời giải Đường thẳng AB đi qua A 3; 1 và ( − ) B 0;5 nên có phương trình ( ) ( )AB : 2x y 5 0 + − =

Học thêm toán – 0968 64 65 97 Chuyên đề: Hình học phẳng Oxy – Ôn thi đại học

Đường thẳng BC đi qua B 0;5 và ( ) C 3; 1 nên có phương trình ( )(− − ) BC : 2x y 5 0 − + =

Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán M1(−1;3 , ) M 1;7 2( )

Nhận xét: Ta cũng có thể giải theo cách khác Hai tam giác ABC và ABM có chung AB, vì vậy yêu cầu bài toán thỏa mãn khi M thuộc đường thẳng ( )∆ được xác định là song song và cách AB một

khoảng bằng 1.d C; AB( ( ) )= 4

3 5 Do đó điểm M là giao điểm của ( )∆ và đường thẳng BC

Bài 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A 0;5( ) , B 2; 2(− − ) và C 4;0( ) Viết phương trình đường thẳng đi qua A và chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau

Lời giải Giả sử đường thẳng cần tìm là ( )d đi qua A và cắt BC tại M

Vậy đường thẳng cần tìm ( )d đi qua A 0;5 và ( ) M 1; 1 nên có phương trình ( − ) ( )d : 6x y 5 0 + − =

Bài 8 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A 0;5( ), B 2; 1(− − ) và C 4;2( ) Viết phương trình đường thẳng đi qua A và chia tam giác ABC thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 2

Lời giải Giả sử đường thẳng cần tìm là ( )d đi qua A và cắt BC tại M

Đường thẳng ( )d chia tam giác ABC thành hai phần nên M thuộc đoạn BC

● Với M 2;1 , suy ra ( ) ( )d đi qua A 0;5 và ( ) M 2;1 nên có phương trình ( ) ( )d : 2x y 5 0 + − =

● Với M 0;0 , suy ra ( ) ( )d đi qua A 0;5 và ( ) M 0;0 nên có phương trình ( ) ( )d : x 0 =

Bài 9 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho bốn điểm A 6;4(− ) , B 3; 9(− − ) , C 5;1( ) và I 1; 4( − ) Viết phương trình đường thẳng ( )d đi qua điểm I chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích

Lời giải Điểm M d có tọa độ dạng ∈( ) M m;3m 5 ( − )

Đường thẳng AB đi qua A 1;0 và ( ) B 2;4 nên có phương trình (− ) ( )AB : 4x 3y 4 0 + − =

Đường thẳng CD đi qua C 1;4 và (− ) D 3;5 nên có phương trình ( ) ( )CD : x 4y 17 0 − + =

Theo yêu cầu bài toán S∆MAB=S∆MCD ⇔ 1.AB.d M; AB( ( ) )=1.CD.d M; CD( ( ) )

Bài 11 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm C 3;2(− ) và đường thẳng ( )∆ có phương

trình x 3y 1 0− − = Tìm trên ( )∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I 4;1( ) sao cho diện tích tam giác ABC bằng 10

Lời giải Ta thấy tọa độ điểm I thỏa mãn phương trình x 3y 1 0 nên I thuộc đường thẳng − − = ( )∆ .

Do A∈ ∆( ) có tọa độ dạng A 3a 1;a Vì I là trung điểm AB nên suy ra ( + ) B 7 3a;2 a ( − − )

Suy ra AB 6 6a;2 2a uuur( − − )

Theo đề bài S∆ABC =10⇔ 1.AB.d C; AB( ( ) )=10⇔ 1.AB.d C;( ( )∆ =) 10

⇔ 1 6 6a( − ) (2+ −2 2a )2 −10 =10⇔ − = ⇔ =1 a 1 a 0

Vậy có hai điểm thỏa bài toán A 1;0 , ( ) B 7;2 hoặc ( ) A 7;2 , ( ) B 1;0 ( )

Bài 12 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, 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 và C, biết diện tích tam

giác ABC bằng 18 Trích TSĐH Khối B.

Lời giải

Cách 1 Gọi H là hình chiếu của A lên ( )∆ , suy ra H cũng là trung điểm BC.

Ta có AH d A; BC= ( ( ) ) =d A;( ( )∆ =) 9

2 Suy ra BC=2S∆ABC =4 2