Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết đỉnh A có hoành độ dương.. Tìm m để đường thẳng dm cắt C tại hai điểm A, B phân biệt sao cho độ dài dây cung AB bằng bán kính của đường tròn C
Trang 1vn
TỔNG HỢP 40 BÀI HÌNH GIẢI TÍCH PHẲNG CỦA MATH.VN
1 Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có giao điểm 2 đường chéo là M 1
2; 0
cạnh AB có phương trình: x − 2y + 2 = 0; AB= 2AD Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết đỉnh A có hoành
độ dương
Giải:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AB Suy ra H là trung điểm của AB
Từ đó có MH = d(M, AB) =
√ 5
2 Do đề bài cho AB = 2AD ⇔ AH = 2MH =
√ 5
Nhận xét rằng ABCD nội tiếp trong đường tròn (C) có tâm M và bán kính R = MA
Suy ra R2= MA2= MH2+ AH2=25
4 Vậy pt đường tròn (C) :
x−1 2
2
+ y2= 25
4
Mà (C) ∩ AB = {A, B} nên tọa độ A, B là nghiệm của hệ phương trình:
x−1 2
2
+ y2= 25
4
x− 2y + 2 = 0
⇔
x2= 4
y=x+ 2 2
⇒ A(2; 2), B(−2; 0) vì xA> 0
Vì M là trung điểm của AC nên
xC= 2xM− xA= −1
yC= 2yM− yA= −2
⇒ C(−1; −2)
Vì M là trung điểm của BD nên
xD= 2xM− xB= 3
yD= 2yM− yB= 0
⇒ D(3; 0)
2 Trên mặt phẳng Oxy cho d : x + 2y − 1 = 0; d0: 3x + y + 7 = 0 cắt nhau tại I và điểm M(1; 2) Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt d, d0lần lượt tại A và B sao cho AI =√
2AB
Giải:
Ta có tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình
x+ 2y − 1 = 0 3x + y + 7 = 0
⇔
x= −3
y= 2
⇒ I (−3; 2) Lấy điểm H (1; 0) ∈ d(H 6= A); K ∈ d0(K 6= B) sao cho√
2HK = HI Do K ∈ d0⇒ K (a : −3a − 7)
Có−→
HI= (−4; 2) ,−→
HK= (a − 1; −3a − 7); Mà HI =√
2HK ⇔ HI2= 2HK2
⇔ 20 = 2[(a − 1)2+ (3a + 7)2]⇔ (a + 2)2= 0 ⇔ a = −2 Vậy K(−2; −1)
Có:
HI=√
2HK
AI=√
2AB
⇒ IH
AI = HK
AB ⇒ HKkAB
Vậy đường thẳng d đi qua M và có véc tơ chỉ phương−→
KH= (3; 1) ⇒ pt d : x− 1
3 =
y− 2 1
3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A(7; 1) và hai đường thẳng d1: 2x + y + 7 = 0;
d2: 4x + 3y − 27 = 0 Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết B thuộc d1,
Cthuộc d2và nhận G 7
3;
5 3
là trọng tâm của tam giác ABC
Giải:
Gọi đường tròn cần lập phương trình là (C); B ∈ d1⇒ B(xB; −7 − 2xB); C ∈ d2⇒ C
xC;27 − 4xC
3
xG=xA+ xB+ xC
3 =
7 3
yG=yA+ yB+ yC
3 =
5 3
⇔
xB+ xC= 0
−6xB+ −4xC= 6
⇔
xB== −3, yB= −1
xC= 3, yC= 5 Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC :
−
→ AI
=
−
→ BI
=
−
→ CI
⇔
q (x + 3)2+ (y + 1)2=
q (x − 3)2+ (y − 5)2=
q (x − 7)2+ (y − 1)2 (∗)
Trang 2vn
Từ (∗) ta có hệ
x+ y = 2 5x + y = 10
⇒ I(2; 0) ⇒
−
→ IA
2
= R2= 26 ⇒ (C) : (x − 2)2+ y2= 26
4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A Gọi I 1
2; −
1 2
, G
0;2 3
lần lượt
là trung điểm của cạnh BC và trọng tâm của tam giác ABC Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC
Giải:
Gọi B(xB; yB),C(xC; yC)
xI =xB+ xC
2 =
1 2
yI =yB+ yC
2 = −
1 2
⇒ B(1 − xC; −1 − yC);−→
GI=1 3
−
→ AI; ⇒ A(−1; 3)
mà ta lại có:
−→
BA
=
−→ CA
⇔
q (xC− 2)2+ (4 + yC)2=
q (−1 − xC)2+ (3 − yC)2 (1)
Và−→
AB.−→
AC= 0 ⇔ (xC− 2)(−1 − xC) + (4 + yC)(3 − yC) = 0 (2)
Từ (1) và (2) ⇒
−6xC+ 14yC= −10
−xC2− yC2+ xC− yC+ 14 = 0 TH1: C(4; 1); B(−3; −2); Phương trình các cạnh của tam giác ABC là:
AC: 2x + 5y − 13 = 0; AB : 5x − 2y + 11 = 0; BC : 3x − 7y − 5 = 0 TH2: C(−3; −2); B(4; 1); Phương trình các cạnh của tam giác ABC là:
AB: 2x + 5y − 13 = 0; AC : 5x − 2y + 11 = 0; BC : 3x − 7y − 5 = 0
5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x + 1)2+ (y − 4)2= 25 và đường thẳng (dm) :
mx− (m − 1)y + 1 = 0 Tìm m để đường thẳng (dm) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho độ dài dây cung AB bằng bán kính của đường tròn (C)
Giải:
Từ phương trình đường tròn ta suy ra tọa độ tâm I(−1; 4) và bán kính R = 5
Gọi H là trung điểm của AB Vậy ta có IH⊥AB và IH =
s
R2− AB
2
2
=5
√ 3 2
Ta có : d(I, dm) = IH ⇔ |5 − 5m|
√ 2m2− 2m + 1 =
5√ 3
2 ⇔ 2m2+ 2m − 1 = 0 ⇔
m= −1 −√3
2
m= −1 +√3
2 KL: Vậy ta tìm được 2 đường thẳng tương ứng với hai m tìm được ở trên thỏa mãn yêu cầu bài toán
6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ∆ABC có M 3
2;
7 2
, N 1
2;
5 2
lần lượt là trung điểm của
BC, AC và đường thẳng d :
x= 1
y= 2 +4
3t ,t ∈ R là đường phân giác trong của dBAC Lập phương trình
đường tròn ngoại tiếp 4ABC
Giải:
+) Điểm A thuộc phân giác d nên ta có tọa độ A
1; 2 +4
3t
⇒ C
0; 3 −4
3t
; B
3; 4 +4
3t
+) Gọi N0là điểm đối xứng của N qua phân giác của góc A Suy ra N0 3
2;
5 2
⇒ N0∈ AB +) Phương trình cạnh AB đi qua N0nhận véctơ chỉ phương−→
MN= (−1; −1) nên véctơ pháp tuyến−→n
AB= (1; −1) ⇒ AB : x − y + 1 = 0 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
x− y + 1 = 0
x= 1
⇒ A(1; 2) ⇒ C(0; 3); B(3; 4) Vậy bài toán trở thành viết phương trình đường tròn qua 3 điểm A(1; 2); B(3; 4);C(0; 3)
Trang 3vn
Ta viết được phương trình là :
x−3 2
2
+
y−7 2
2
= 10 4
7 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD Biết rằng AB = 2BC A, B thuộc đường thẳng
đi qua điểm M
−4
3; 1
B,C thuộc đường thẳng đi qua N(0; 3) A, D thuộc đường thẳng đi qua điểm P
4; −1
3
C, D thuộc đường thẳng đi qua điểm Q(6; 2) Viết phương trình các cạnh hình chữ nhật ABCD
Giải:
8 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(−1; 1), trực tâm H(−31; 41) và tâm đường tròn ngoại
tiếp là I(16; −18) Hãy tìm tọa độ các đỉnh B,C
Giải:
Cách 1: Gọi A0, M lần lượt là các điểm đối xứng của A qua I và trung điểm của BC
Lúc đó có AA0là đường kính của đường tròn tâm (I)
Suy ra IA = IA0và [ABA0= [ACA0
Từ đó tứ giác HCA0Blà hình bình hành nên đường chéo HA0đi qua trung điểm M của BC
Vậy IM || AH, IM = 1
2AH(tính chất đường trung bình của 4AA
0H )
Có :−→
AH= 2−→
IM⇒
xH− xA= 2(xM− xI)
yH− yA= 2(yM− yI)
⇔
−30 = 2(xM− 16)
40 = 2(yM+ 18)
⇔
xM= 1
yM= 2
Vậy M(1; 2) Mặt khác ta lại có
IA= IB IM⊥MB
⇔
IA2= IB2
−→
IM.−→
MB= 0
⇔
650 = (xB− 16)2+ (yB+ 18)2
−15(xB− 1) + 20(yB− 2) = 0
⇔
10400 = 16(xB− 16)2+ (3xB+ 77)2
y=3x + 5
4
⇔
x2− 2x − 15 = 0
y= 3x + 5 4
⇔
"
xB= 5 ⇒ yB= 5
xB= −3 ⇒ yB= −1 +Với B(5; 5) Có M là trung điểm của BC nên
xC= 2xM− xB= −3
yC= 2yM− yB= −1
.Vậy C(−3; −1) +Với B(−3; −1) Có M là trung điểm của BC nên
xC= 2xM− xB= 5
yC= 2yM− yB= 5
.Vậy C(5; 5)
Do đó tọa độ 2 đỉnh B,C là B(5; 5);C(−3; −1) hoặc ngược lại
Cách 2: Gọi A0là điểm đối xứng với A qua tâm I Ta có A0(33; −37)
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: (x − 16)2+ (y + 18)2= 650
Dễ dàng chứng minh được BHCA0là hình bình hành nên HA0cắt BC tại trung điểm M của BC và HA0; suy
ra M(1; 2) Ta có−→
AH= (−30; 40) Từ đó suy ra phương trình BC là 3x − 4y + 5 = 0
Tọa độ B,C là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Giải hệ phương trình:
3x − 4y + 5 = 0 (x − 16)2+ (y + 18)2= 650
ta tính được
"
B(5; 5);C(−3; −1) C(5; 5); B(−3; −1)
9 Trong mặt phẳng Oxy, cho 1 đường tròn (C) cắt parabol (P) : y = x2tại 4 điểm, một điểm có toạ độ
là (1; 1) và 3 điểm còn lại là 3 đỉnh của 1 tam giác đều.Tính bán kính của đường tròn (C)
Giải:
10 Cho elip (E) : x
2
25+
y2
4 = 1 và đường thẳng d : 2x + 15y − 10 = 0 Biết d cắt (E) tại 2 điểm phân biệt A, B(xA> 0) Tìm tọa độ điểm C thuộc (E) sao cho tam giác ABC cân tại A
Trang 4vn
Giải:
Theo giả thiết đề bài ta có, A và B là nghiệm của hệ phương trình:
x=10 − 15y
2 (1) 4x2+ 25y2= 100 (2) Thế (1) vào (2), cho ta:
y= 0, x= 5 (∗)
y=6
5, x= −4 Dựa vào điều kiện đề bài cho xA> 0 Vậy ta có được: A(5; 0), B
−4;6 5
Gọi C(x; y), Ta lại có:
−→ AC
=
−→ AB
⇔
q (x − 5)2+ (y)2=3
√ 229 5
Và C là nghiệm của hệ: ⇔
q (x − 5)2+ (y)2= 3
√ 229 5 4x2+ 25y2= 100
⇔
x=334
21 ; y
2< 0
x= −4, y= ±6
5 Với x =334
21 ⇒ y2< 0 (loại trường hợp này); Và C
−4;6 5
trùng với B (loại trường hợp này)
Vậy C có toạ độ là C
−4; −6 5
11 Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, cho các điểm M(0; 2), N(5; −3), P(−2; −2), Q(2; −4)
lần lượt thuộc đường thẳng chứa các cạnh AB, BC,CD, DA của hình vuông ABCD Tính diện tích hình vuông đó
Giải:
Gọi phương trình cạnh AB, AD lần lượt là: AB : ax + b (y − 2) = 0 ⇔ ax + by − 2b = 0;
AD: b(x − 2) + a(y − 4) = 0 ⇔ bx − ay − 2b − 4a = 0; a2+ b2> 0
Theo giả thiết, d(P; AP) = d(N; AD) ⇔|−2a − 4b|
√
a2+ b2 = |3b − a|
√
a2+ b2 ⇔
"
3a + b = 0
a+ 7b = 0 Với 3a + b = 0, chọn a = 1, b = −3, thì diện tích hình vuông là: S = |3b − a|
√
a2+ b2
2
= 10 Với a + 7b = 0, chọn a = 7, b = −1, thì diện tích hình vuông là: S = |3b − a|
√
a2+ b2
2
= 2
12 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : x2+ y2− 2x − 4y = 0 và điểm A(−1; 3) Tìm độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong (C) và có diện tích bằng 10
Giải:
Cách 1 Từ pt của (C) ⇒ tọa độ tâm I(1; 2); R =√
5 Điểm C đối xứng với A qua tâm I ⇒ C(3; 1)
SABCD= 2.SACB= AC.BH = 10 (với H là chân đường cao kể từ B xuống AC)
Ta có AC = 2√
5 ⇒ BH =√
5 Vậy H trung với tâm I của đường tròn và ABCD là hình vuông Viết pt đường thẳng d đi qua tâm I và nhận−→
AC= (4; −2) làm vectơ pháp tuyến có dạng : 2x − y = 0 Tọa độ của B, D là nghiệm của hệ pt trình :
x2+ y2− 2x − 4y = 0 2x − y = 0
⇒ B(0; 0); D(2; 4)
Cách 2 Nếu không phát hiện ABCD là hình vuông hay là tổng quát hóa cách giải bài toán trên Đối với (C)
có tâm I(1; 2),bán kính R =√
5 Mà có A ∈ (C) Suy ra A,C đối xứng qua I
Từ đó có
xC= 2xI− xA
yC= 2xI− xA ⇔
xC= 3
yC= 1
.Vậy C(3; 1)
Kẻ BH⊥AC có SABCD= AC.BH ⇒ BH = SABCD
AC = 10
2√
5=
√ 5
Trang 5vn
Có AC đi qua A(−1; 3) và có VTCP−→
AC= (4; −2) nên pt AC : x+ 1
4 =
y− 3
−2 ⇔ x + 2y − 5 = 0
Có BH = d(B,AC)=|xB+ 2yB− 5|
√
5 =
√
5 Suy ra |xB+ 2yB− 5| = 5 ⇒ xB= 10 − 2yB∨ xB= −2yB Mặt khác do B ∈ (C) nên (xB− 1)2+ (yB− 2)2= 5 (∗)
+Với xB= 10 − 2yB từ (*) có (9 − 2yB)2+ (yB− 2)2= 5 ⇔ (yB− 4)2= 0 ⇔ yB= 4 ⇒ xB= 2
Vì B, D đối xứng qua I nên
xD= 2xI− xB= 0
yD= 2yI− yB= 0
.Vậy D(0; 0) +Với xB= −2yB từ (∗) có (2yB+ 1)2+ (yB− 2)2= 5 ⇔ yB= 0 ⇒ xB= 0
Vì B, D đối xứng qua I nên
xD= 2xI− xB= 2
yD= 2yI− yB= 4
.Vậy D(2; 4)
Do đó tọa độ các đình của hình chữ nhật ABCD là:
A(−1; 3); B(2; 4);C(3; 1), D(0; 0) hoặc A(−1; 3); B(0; 0);C(3; 1), D(2; 4)
13 Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A(0; 1), B(2; −1) và hai đường thẳng d1: (m − 1)x + (m − 2)y +
2 − m = 0,d2: (2 − m)x + (m − 1)y + 3m − 5 = 0.Chứng minh rằng d1luôn cắt d2 tại M Viết phương trình các đường thẳng d1, d2khi tổng MA + MB đạt giá trị lớn nhất
Giải:
Dễ thấy d1⊥ d2và A(0; 1) ∈ d1; B(2; −1) ∈ d2với mọi m Từ đó ta có: [AMB= 90o⇒ ∆ABM vuông tại M
S= MA + MB ≤p2(MA2+ MB2) = AB√
2 Dấu = xảy ra ⇔ MA = MB ⇔ ∆AMB vuông cân tại M Gọi M(a; b); Trung điểm I(1; 0) của AB
Ta có−→
IM= (a − 1; b) ⊥−→
AB= (2; −2) ⇔ 2(a − 1) − 2b = 0 ⇔ a − 1 = b
Ta có: MI =p(a − 1)2+ b2= IA =√
2 ⇔ 2b2= 2 ⇔
"
b= 1 ⇒ a = 2
b= −1 ⇒ a = 0 Với M(2; 1) ta có: d1≡ AM : y = 1; d2≡ BM : x = 2
Với M(0; −1) ta có: d1≡ AM : x = 0; d2≡ BM : y = −1
14 Lập phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng một điểm M thuộc elip có xM = 0 hợp với hai tiêu điểm F1, F2một góc \F1MF2= 120ovà chu vi hình chữ nhật cơ sơ của elip bằng 60
Giải:
PT chính tắc của elip (E) : x
2
a2+y
2
b2 = 1; (a > b > 0) Điểm M ∈ (E); xM = 0 ⇒ yM= ±b
Ta có: c = OF1= OM tan \OMF1= b tan 60o= b√
3; a=√
b2+ c2= 2b Chu vi hình chữ nhật cơ sở là P = 4(a + b) = 60 ⇔ 3b = 15 ⇔ b = 5 ⇒ a = 10
Vậy (E) : x
2
100+
y2
25 = 1
15 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H Các đường thẳng AH, BH,CH lần
lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tạiD(2; 1), E(3; 4), F(65;175) (D khác A, E khác B, F khác C) Viết phương trình BC
Giải:
Ta có: DE =√
10, DF = 45√
10, EF =35√
10 ⇒ DE2= EF2+ DF2Vậy tam giác DEF vuông tại F Vậy tâm I(52,52) là tâm ngoại tiếp tam giác Vậy pt đường tròn: (x −52)2+ (y −52)2=52 (1)
Ta có [CFE= dBEC= dDAC= [DFC⇒ FC phân giác.−→FE = (95;35) =35(3, 1);−→
FD= (45;−125 ) = 45(1, −3)
Ta dễ dàng tìm được pt đt (FC) : x + 2y − 8 = 0 (2)
(1), (2), ta ra đc C(4, 2)
Để ý : ta dễ thấy rằng CB chính là tia phân giác của [FCDTừ đó dễ dàng suy ra (BC) : y = 2
Trang 6vn
16 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB : x − 3y + 5 = 0, đường chéo
BD: x − y − 1 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(−9; 2) Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD
Giải:
Gọi A(3a − 5; a) ∈ AB ⇒−→
MA= (3a + 4; a − 2)−→n
AB= (1; −3);−→n
BD= (1; −1);−→n
AC= (2 − a; 3a + 4) lần lượt là vectơ pháp tuyến của AB; BD; AC
Ta có: cos dABD= |−→nAB.−→n
BD|
|−→nAB|.|−→nBD| =
4
√
2.√
10 =
2
√ 5
Ta có: cos dBAC= |−→nAB.−→n
AC|
|−→nAB|.|−→nAC| =
10|a + 1|
√
10.p(2 − a)2+ (3a + 4)2 = cos dABD= √2
5
⇔ 2[(2 − a)2+ (3a + 4)2] = 25(a + 1)2⇔ a2+ 2a − 3 = 0 ⇔
"
a= 1
a= −3 Với a = −3 ⇒−→n
AC= (5; −5) ⇒ AC k DB (loại) Với a = 1 ⇒−→n
AC= (1; 7) Toạ độ B là nghiệm hệ:
x− 3y + 5 = 0
x− y − 1 = 0
⇔
x= 4
y= 3
⇒ B(4; 3)
ADđi qua A(−2; 1) và có vectơ chỉ phương−→n
AB= (1; −3) nên có pt: 3(x + 2) + (y − 1) = 0 ⇔ 3x + y + 5 = 0 Toạ độ D là nghiệm hệ:
3x + y + 5 = 0
x− y − 1 = 0 ⇔
x= −1
y= −2
⇒ D(−1; −2)
Tâm I của hình chữ nhật là trung điểm BD nên I 32;12 I trung điểm AC nên C(5; 0)
17 Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A, các đỉnh A, B,C lần lượt nằm
trên d : x + y − 5 = 0; d1: x + 1 = 0; d2: y + 2 = 0 và BC = 5√
2 Tìm tọa độ các đỉnh A, B,C
Giải:
Do d1⊥d2và ∆ABC vuông cân tại A nên A cách đều d1, d2
Suy ra A là giao điểm của d với đường phân giác của góc hợp bởi d1, d2
Phương trình các đường phân giác của góc hợp bởi d1, d2: x − 1 = ±(y + 2)
⇒ (d0) : x − y − 1 = 0 ∨ (d00) : x + y + 3 = 0 Do d00|| d nên A là giao điểm của d0và d
Suy ra tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:
x− y − 1 = 0
x+ y − 5 = 0
⇔
x= 3
y= 2
Vậy A(3; 2)
Gọi B(−1; b) ∈ d1,C(c; −2) ∈ d2Từ đó−→
AB= (−4; b − 2);−→
AC= (c − 3; −4) Theo giả thiết ta có hệ phương trình:
−→
AB.−→
AC= 0
BC2= 50
⇔
b+ c − 5 = 0 (c + 1)2+ (b + 2)2= 50
⇔
b= 5
c= 0
b= −1
c= 6
Do đó A(3; 2), B(−1; 5),C(0; −2) hoặc A(3; 2), B(−1; −1),C(6; −2)
18 Trong mặt phẳng Oxy cho 3 đường thẳng(d1)x − 3y = 0; (d2)2x + y − 5 = 0; (d3)x − y = 0 Tìm tọa
độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết A ∈ (d1);C ∈ (d2); B; D ∈ (d3)
Giải:
Có BD⊥AC ⇒ pt AC : x + y + m = 0
Mà A = d1∩ AC nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình:
x− 3y = 0
x+ y + m = 0
⇔
x= −3m
4
y= −m 4 Vậy A
−3m
4 ; −
m 4
Trang 7
vn
Lại có C = d2∩ AC nên tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình:
2x + y − 5 = 0
x+ y + m = 0
⇔
x= m + 5
y= −2m − 5
Vậy C (m + 5; −2m − 5)
Gọi I là tâm của hình vuông ABCD nên I là trung điểm của AC
Vậy
xI =xA+ xC
2
yI =yA+ yB
2
⇔
x= m
8 +
5 2
y= −9m
8 −5 2
Vậy I m
8 +
5
2; −
9m
8 −5 2
Mà I ∈ BD⇒ m
8 +
5
2+
9m
8 +
5
2 = 0 ⇔ m = −4, Từ đó suy ra A(3; 1),C(1; 3), I(2; 2) Mặt khác IB = IC =√
2 Vì B ∈ d3⇒ B(xB; xB) có−→
IB= (xB− 2; xB− 2) Vậy IB2= 2 ⇔ 2(xB− 2)2= 2 ⇔ xB= 3 ∨ xB= 1
+Với B(3; 3).Do I là trung điểm của BD nên
xD= 2xI− xB= 1
yD= 2yI− yB= 1
Vậy D(1; 1) +Với B(1; 1).Do I là trung điểm của BD nên
xD= 2xI− xB= 3
yD= 2yI− yB= 3
Vậy D(3; 3)
Do đó tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD là
A(3; 1), B(3; 3),C(1; 3), D(1; 1) hoặc A(3; 1), B(1; 1),C(1; 3), D(3; 3)
19 Cho ba điểm A(3; 4), B(2; 1)và C(−1; −2) Tìm M trên đường thẳng BC để góc [AMB= 45o
Giải:
Cách 1: Đại số: Ta có:BC : y = x − 1 có vectơ chỉ phương→−u = (1; 1)
Điểm M(a; a − 1) ∈ BC ⇒−→
AM= (a − 3; a − 5) Điều kiện cần: giả thiết cho ta thấy
cos(AM; BC) =|−→u.−→
AM|
AM.|−→u| =√ |2a − 8|
2.p(a − 3)2+ (a − 5)2 = cos 45o
⇔ |2a − 8|2= (a − 3)2+ (a − 5)2⇔ 2a2− 16a + 30 = 0 ⇔
"
a= 5
a= 3 Điều kiện đủ:
+ Với a = 3 ⇒ M(3; 2) ⇒−→
AM= (0; −2);−→
BM= (1; 1); cos [AMB=
−→
AM.−→
BM AM.BM = −
1
√
2 ⇒ [AMB= 135o(loại) + Với a = 5 ⇒ M(3; 2) ⇒−→
AM= (2; 0);−→
BM= (3; 3); cos [AMB=
−→
AM.−→
BM AM.BM =
1
√
2 ⇒ [AMB= 45o(nhận) Vậy M(5; 4)
Cách 2: Đồ thị:
Trang 8vn
−2
−1
1 2 3 4
0
A
B
C
M
45o
45o
M2
135o
Ta có: BC tạo với 2 trục toạ độ những góc 45oVì vậy AM song song với Ox hoặc Oy
+ Với AM k Ox ta có pt AM : y = 4 M là giao điểm của AM với BC nên toạ độ M là M1(5; 4)
+ Với AM k Oy ta có pt AM : x = 3 M là giao điểm của AM với BC nên toạ độ M là M2(3; 2)
Nhìn vào hình vẽ ta có ngay \AM2B= 135ocòn \AM1B= 45o; Vậy nhận ngay M(5; 4)
20 Cho tam giác ABC vuông tại C, phân giác (CD) : 7x + y + 18 = 0, trung tuyến (AM) : 13x − 16y +
12 = 0 SABC= 25 Tìm tọa độ 3 đỉnh A, B,C
Giải:
21 Cho tam giác ABC, biết A(2, −1), đường cao và phân giác trong qua đỉnh B,C lần lượt là d1 : 3x − 4y + 27 = 0 và d2: x + 2y − 5 = 0 Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC
Giải:
+) Phương trình ACđi qua điểm A(2; −1) và nhận véctơ chỉ phương ~ud1 = (4; 3) làm một vectơ pháp tuyến
có dạng : 4x + 3y − 5 = 0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
4x + 3y − 5 = 0
x+ 2y − 5 = 0
⇒ C(−1; 3) +) Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua phân giác d2⇒ A0(4; 3) ∈ BC Phương trình cạch BC : y = 3
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
3x − 4y + 27 = 0
y= 3
⇒ B(−5; 3) Phương trình cạnh AB : 4x + 7y − 1 = 0
KL : Vậy pt các cạnh của tam giác ABC là : AB :: 4x + 7y − 1 = 0 BC : y = 3 AC : 4x + 3y − 5 = 0
22 Trong hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(12; 0), phương trình đường thẳng AB là
x− 2y + 2 = 0 và AB = 2AD Tìm tọa độ các đỉnh A, B,C, D biết rằng đỉnh A có hoành độ âm
Giải:
Gọi H là trung điểm của AB ⇒ IH⊥AB Đường IH đi qua I(1
2; 0) và nhận vectơ chỉ phương ~uAB = (2; 1) làm một vectơ pháp tuyến có dạng :2x + y − 1 = 0
+) Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình
x− 2y + 2 = 0 2x + y − 1 = 0
⇒ H(0; 1) Gọi H0là điểm đối xứng với H qua I ⇒ H0(1; −1) ∈ CD
+) Vì ABkCD nên phương trình đường thẳng CD có dạng x − 2y + c = 0 (c 6= 2)
Vì H0(1; −1) ∈ CD ⇒ c = −3 ⇒ phương trình CD : x − 2y − 3 = 0
+)d(I, AB) =
√ 5
2 = IH Theo bài ra ta có AB = 2AD = 4IH = 2
√ 5
Trang 9vn
Đường thẳng ADkIH nên có dạng : 2x + y + c = 0 (c 6= −1)
Vậy ta có d(I, AD) =√
5 ⇔ |c + 1| = 5 ⇔
"
c= 4
c= −6 +) Vậy ta có 2 phương trình
"
2x + y + 4 = 0 2x + y − 6 = 0 Theo bài ra A có hoành độ âm nên suy ra phương trình AD : 2x + y + 4 = 0 ⇒ A(−2; 0); D(−1; −2)
Vậy phương trình BC : 2x + y − 6 = 0 ⇒ B(2; 2);C(3; 0)
KL : Tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là A(−2; 0); B(2; 2);C(3; 0); D(−1; −2)
23 Trong mặt phẳng tọa độ cho elip (E) : 7x2+ 16y2= 112 và hai điểm A (−5; −1) , B (−1; 1) Tìm M thuộc (E) sao cho diện tích 4MAB lớn nhất
Giải:
Gọi M(m; n) ∈ (E) Pt đt AB : −x + 2y − 3 = 0
Để dtMAB max thì d(M; AB)max ⇔ | − m + 2n − 3| max
Mà | − m + 2n − 3| ≤ | − m + 2n| − 3 Dấu = khi −m + 2n ≥ 3 (∗)
Ta có: 112 = 7m2+ 16n2= 7((−m)2+16
7 n
2) ≥28
11(−m +
√ 7
2 .
r 16
7 n)
2⇔ | − m + 2n| ≤ 2√11
Từ (∗) ⇒ −m + 2n ≤ 2√
11 Dấu = khi m
−1 =
√ 16
√
7 n:
√ 7
2 ⇒ M(−√8
11;
7
√
11)
24 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 đường tròn : (C1) : x2+y2= 1 ; (C2) : (x − 2)2+(y + 1)2=
4 và đường thẳng d : x + y − 1 = 0 Tìm điểm A trên đường thẳng d sao cho từ A kẻ được 2 tiếp tuyến
AB, AC lần lượt đến 2 đường tròn (C1) , (C2) đồng thời d là đường phân giác của dBAC
Giải:
Phân tích bài toán : Điểm A nằm trên đường thẳng (d) mà từ đó kẻ được 2 tiếp tuyến AB và AC lên đường tròn (C1) và (C2) mà d là phân giác của góc dBAC⇒ AB cũng là tiếp tuyến của (C2)
+) Từ phương trình (C1) ⇒ tâm I1(0; 0); R1= 1 (C2) ⇒ tâm I2(2; −1); R2= 2 ⇒ I1I2=√
5 < R1+ R2⇒ hai đường tròn cắt nhau tại 2 điểm Gọi I là tâm vị tự của 2 đường tròn (C1) và (C2) ⇒ I(−2; 1) Đường thẳng ∆0đi qua I có dạng : ax + by + 2a − b = 0(a2+ b26= 0) Đường thẳng ∆0 nhận làm tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1) và (C2) khi đó ta có
d(I1; ∆) = 1 d(I2; ∆0) = 2
⇔
|2a − b| =√a2+ b2(1)
|4a − 2b| = 2√a2+ b2(2)
Dễ thấy mọi nghiêm của pt (1) đều là nghiệm của pt (2) vậy giải (1) ta có a(3a − 4b) = 0 ⇔
a= 0
a= 4
b= 3 +) Với a = 0 ⇒ tiếp tuyến chung là y = 1
+) Với a = 4; b = 3 ⇒ tiếp tuyến chung là 4x + 3y + 5 = 0
Xét trường hợp tiếp tuyến chung là : y = 1 ta có
+) Đường thẳng tiếp tuyến chung y = 1 cắt (d) tại M(0; 1) ⇒
M∈ d
M∈ (C1)
⇒ từ M không kẻ được 2 tiếp tuyến thỏa mãn bài toán Trường hợp tiếp tuyến chung là : 4x + 3y + 5 = 0 +) Đường thẳng 4x + 3y + 5 = 0 cắt đường thẳng (d) là nghiệm của hệ
x+ y = 1 4x + 3y = −5
⇒ A(−8; 9) là điểm cần tìm Thật vậy : Phương trình đường thẳng đi qua A có dạng:
a(x + 8) + b(y − 9) = 0 ⇔ ax + by + 8a − 9b = 0 (∆)
Đường thẳng ∆ nhận làm tiếp tuyến của (C2) ⇔ d(I2; d) = 2
Trang 10vn
Từ đó ta giải được 2 tiếp tuyến là : 4x + 3y + 5 = 0; 3x + 4y − 12 = 0
Như vậy từ điểm A(−8; 9) ∈ d ta kẻ được 2 tiếp tuyến đến đường tròn (C2) ⇒ d là phân giác của góc tạo
bởi hai tiếp tuyến đó Hơn nữa trong đó có một tiếp tuyến có phương trình 4x + 3y + 5 = 0 là tiếp tuyến của
(C1)
KL : Điểm cần tìm là A(−8; 9)
25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(−2; 0), B(−1; 12),C(4; 0) Dựng hình vuông
MNPQnội tiếp trong tam giác ABC,biết hai điểm M, N lần lượt thuộc hai cạnh AB, BC và P, Q nằm trên
cạnh AC Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông MNPQ
Giải:
Phương trình (AC) : y = 0, (BC) : 12x + 5y − 48 = 0, (AB) : −12x + y − 24 = 0 AB =√
145; BC = 13;CA = 6 Khoảng cách từ B xuống AC là 12 Gọi cạnh hình vuông là a Ta có: Nếu gọi BH là đường cao tam giác, BH
cắt MN tại K thì ta có BK = 12 − a; KH = a
Áp dụng Talét, ta có: BK
BH =MN
AC ⇔ 12 − a
12 =
a
6 ⇔ a = 4 Suy ra M(a, 4); N(b, 4) Mà M thuộc (AB), N thuộc (BC), suy ra M(−53 ; 4); N(73; 4)
Dễ thấy M và Q cùng hoành độ, N và P cùng hoành độ, mà P, Q cùng thuộc (AC), suy ra Q(−53 , 0); P(73; 0)
26 Trong mặt phẳng Oxy cho A(1; 1) Hãy tìm điểm B trên đường thẳng y = 3 và C trên trục hoành
sao cho tam giác ABC đều
Giải:
Xét B(b; 3),C(c; 0) là hai điểm thỏa điều kiện đề bài
Có 4ABC đều ⇔
AB= AC
AB= BC
⇔
AB2= AC2
AB2= BC2
⇔
(b − 1)2+ 4 = (c − 1)2+ 1 (b − 1)2+ 4 = (c − b)2+ 9
⇔
(b − 1)2= (c − 1)2− 3
(b − 1)2= [(c − 1) − (b − 1)]2+ 5
(∗) Đặt u = b−1; v = c−1 Lúc đó hệ (∗) trở thành: ⇔
v2− u2= 3(1)
u2− 2uv + 8 = 0(2)
(∗∗) +TH: u = 0 không thỏa hệ (∗∗) +TH: u 6= 0,đặt v = tu lúc đó hệ (∗∗) trở thành: ⇔
u2(t2− 1) = 3
u2(1 − 2t) = −8
(3)
Từ (3) cho t
2− 1
1 − 2t = −
3
8 ⇔ 8t2− 6t − 5 = 0 ⇔ t = −1
2∨ t = 5
4 +Với t = −1
2 thay vào pt thứ nhất trong hệ (3) có: −
3u2
4 = 3 (pt vô nghiệm) +Với t =5
4 thay vào pt thứ nhất trong hệ (3) có :
19u2
16 = 3 ⇒ u =
4√ 3
3 ∨ u = −4
√ 3 3 +Với u =4
√
3
3 ⇒ v = 5
√ 3
3 Từ đó có hệ
b− 1 = 4
√ 3 3
c− 1 = 5
√ 3 3
⇔
b=
√ 3(4 +√
3) 3
c=
√ 3(5 +√
3) 3 Vậy B
√
3(4 +√
3)
3 ; 3
! C
√ 3(5 +√
3)
3 ; 0
!
+Với u = −4
√
3
3 ⇒ v = −5
√ 3
3 Từ đó có hệ
b− 1 = −4
√ 3 3
c− 1 = −5
√ 3 3
⇔
b= −
√ 3(4 −√
3) 3
c= −
√ 3(5 −√
3) 3 Vậy B −
√
3(4 −√
3)
3 ; 3
!
C −
√ 3(5 −√
3)
3 ; 0
! Vậy có hai cặp điểm B,C thỏa yêu cầu của bài toán như đã tìm như trên
... Q(2; −4)lần lượt thuộc đường thẳng chứa cạnh AB, BC,CD, DA hình vng ABCD Tính diện tích hình vng
Giải:
Gọi phương trình cạnh AB, AD là: AB : ax + b (y − 2) =... = −3, diện tích hình vng là: S = |3b − a|
√
a2+ b2
2
= 10 Với a + 7b = 0, chọn a = 7, b = −1, diện tích hình vng là:...
12 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : x2+ y2− 2x − 4y = điểm A(−1; 3) Tìm độ đỉnh hình chữ nhật ABCD nội tiếp (C) có diện tích 10
Giải:
Cách
