hình học phẳng các bài toán về đường tròn

Viết phương trình đường tròn C’ tâm M5; 1 biết C’ cắt C tại các điểm A, B sao cho AB = √3 Nhận xét: Bài toán này chỉ nhằm kiểm tra công thức và tính chất: Đoạn nối hai tâm là trung trực

Trang 1

Chắt lọc tinh túy trong chuỗi đề thi thử THPT quốc gia Your dreams – Our mission

Ngày số 11

Các bài toán về đường tròn

Bài 1: Cho đường tròn (C): x2+ y2− 2x + 4y + 2 = 0 Viết phương trình đường tròn (C’) tâm M(5; 1) biết (C’) cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB = √3

Nhận xét: Bài toán này chỉ nhằm kiểm tra công thức và tính chất: Đoạn nối hai tâm là trung trực của dây cung chung Khi đó, áp dụng định lý Pytago ta có thể giải quyết bài toán dễ dàng

Phân tích và hướng dẫn giải:

Đường tròn (C):

(x − 1)2+ (y + 2)2= 3 → I(1; −2)và R = √3

Gọi H là giao của AB với (IM)

Do đường tròn (C’) tâm M có bán kính R’ = MA

Nếu AB = √3 = IA = R thì ∆IAB là tam giác đều

Cho nên IH = √3 √3

3 2 Mặt khác IM = 5 suy ra HM = 5 − 3

2=

7 2 Trong tam giác vuông HAM ta có MA2= IH2+AB

2

4 =

49

4 +

3

4= 13 = R

′2 Vậy (C’): (x − 5)2+ (y − 1)2= 13

Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1): x − y + 1 = 0 và (d2): y − 6 = 0 Các đường tròn (C1), (C2) có bán kính bằng nhau, có tâm cùng thuộc đường thẳng (d1) và chúng cắt nhau tại hai điểm A(1; 6), B Đường thẳng (d2) cắt (C1), (C2) lần lượt tại hai điểm C, D (khác A) sao cho diện tích của tam giác BCD bằng 24 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác BCD

(Trích đề thi thử THPT quốc gia trường THPT Nguyễn Khuyến 2016) Phân tích và hướng dẫn giải:

Gọi I, J là tâm của các đường tròn (C1), (C2)

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, AC và H là giao điểm của AB với (d1)

Ta có AB ⊥ (d1) ⇒ (AB): x + y + m = 0

Mà A(1; 6) ∈ (AB) ⇒ 1 + 6 + m = 0 ⇔ m = −7

H

B

A

C

A

D

N

B

H

M

Trang 2

Chắt lọc tinh túy hình học giải tích Oxy Your dreams – Our mission

Vì H = (AB) ∩ (d1) nên tọa độ của H thỏa hệ:

{x + y − 7 = 0x − y + 1 = 0⇔ {y = 4x = 3 ⇒ H(3; 4)

Vì H là trung điểm của AB nên tọa độ của B thỏa {xB = 2xB− xA = 5

yB = 2yB− yA = 2 ⇒ B(5; 2) Khoảng cách từ B đến (d2) là BK = d(B,(d2) )=|yB− 6|

√1 = |2 − 6| = 4 Diện tích của tam giác BCD là SBCD=1

2 BK CD Suy ra CD =2SBCD

BK =

2.24

4 = 12

Vì hai đường tròn (C1), (C2) có bán kính bằng nhau nên các tâm I và J đối xứng nhau qua H

Ta có: I ∈ (d1) ⇒ I(t; t + 1)

H là trung điểm IJ nên {xyJ= 2xH− xI = 6 − t

J= 2yH− yI = 7 − t ⇒ J(6 − t; 7 − t) IH

⃗⃗⃗⃗ = (3 − t; 3) ⇒ IH = √(3 − t)2+ 32

AH

⃗⃗⃗⃗⃗ = (2; −2) ⇒ AH = √22+ (−2)2= 2√2

Khoảng cách từ I và J đến (d2) là:

IM = d(I,(d2) ) =|yI− 6|

1 = |t + 1 − 6| = |t − 5|

JN = d(J,(d2) )=|yJ− 6|

1 = |7 − t − 6| = |1 − t|

Bán kính của hai đường tròn là:

R = IA = √AH2+ IH2= √(2√2)2+ (3 − t)2+ 32 = √t2− 6t + 26 Tam giác AIM vuông tại M, có:

AM = √IA2− IM2= √t2− 6t + 26 − (t − 5)2= √4t + 1 Tam giác AJN vuông tại N, có:

AN = √IA2− JN2= √t2− 6t + 26 − (1 − t)2= √25 − 4t

Ta có: CD = CA + AD = 2(AM + AN) = 2(√4t + 1 + √25 − 4t)

Suy ra: 2(√4t + 1 + √25 − 4t) = 12 ⇔ √4t + 1 + √25 − 4t = 6

⇔ 26 + 2√(4t + 1)(25 − 4t) = 36

⇔ √(4t + 1)(25 − 4t) = 5

⇔ (4t + 1)(25 − 4t) = 25 ⇔ −16t2+ 96t = 0 ⇔ [t = 0

t = 6 Với t = 0, ta có I(0; 1), J(6; 7), R = √26

Suy ra phương trình đường tròn là (C1): x2+ (y − 1)2= 26 và (C2): (x − 6)2+ (y − 7)2= 26

Vì C = (d2) ∩ (C1) nên tọa độ của C thỏa hệ: { y − 6 = 0

x2+ (y − 1)2= 26⇔ {

x2= 1

y = 6

⇔ {[

x = 1

x = −1

y = 6 ⇔ [

{x = 1y = 6 {x = −1y = 6

⇒ D(−1; 6) (do C(1; 6) trùng với A)

Với t = 6, ta có: I(6; 7), J(0; 1) và R = √26

Làm tương tự, ta có C(11; 6), D(−1; 6)

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác BCD là: B(5; 2), C(−1; 6) hoặc C(11; 6), D(−1; 6)

Bài 3: Cho đường tròn (C): x2+ y2− 3x − 7y + 12 = 0 và A(1; 2) Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD nội tiếp (C) và có diện tích bằng 4, biết AB là chiều dài và B có hoành độ nguyên

Trang 3

Đường tròn (C) có tâm I (3

2;

7

2) và bán kính R

=√10

2 khi đó I là trung điểm AC ta có C(2; 5) Đặt AB = a; AD = b; (a > b > 0) khi đó:

{ SABCD= 4

AB2+ AD2= BD2 = 4R2⇔ { ab = 4

a2+ b2= 10

⇔ {a = 2√2

b = √2 hoặc {

a = √2

b = 2√2(loại) Vậy AB = 2√2 ⇒ B thuộc đường tròn tâm A(1; 2) có bán kính

R′ = 2√2 có phương trình:

(x − 1)2+ (y − 2)2= 8

⇔ x2+ y2− 2x − 4y − 3 = 0 Khi đó tọa độ B là nghiệm hệ:

{x

2+ y2− 3x − 7y + 12 = 0

x2+ y2− 2x − 4y − 3 = 0 ⇔ {

x + 3y − 15 = 0

x2+ y2− 2x − 4y − 3 = 0

⇔ { x = 15 − 3y 5y2− 44y + 96 = 0⇔ {

x = 3

y = 4 hoặc {

x =3 5

y =24 5 loại

⇒ B(3; 4) ⇒ D(0; 3) vì I là trung điểm DB Vậy B(3; 4); C(2; 5); D(0; 3)

Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E( -1; 0) và đường tròn (C) :x2+ y2− 8x − 4y − 16 =

0 Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E và cắt (C) theo dây cung MN có độ dài ngắn nhất

(C): (x − 4)2+ (y − 2)2= 36 →I(4; 2), R = 6

Nhận xét: EI <R suy ra E nằm trong (C)

Gọi d là đường thẳng qua E(-1; 0) có vecto chỉ phương u⃗ = (a; b) →d:{x = −1 + aty = bt

Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm M, N có tọa độ là nghiệm của hệ:

{

x = −1 + at

y = bt (x − 4)2+ (y − 2)2= 36

⇒ (a2+ b2)r2− 2(5a + 2b)t − 7 = 0 (1) Gọi M(−1 + at; bt), N (−1 + at′; bt′) với t, t’ là 2 nghiệm của (1) Khi đó độ dài của dây cung

MN = √a2(t − t′)2+ b2(t − t′)2= |t − t′|√a2+ b2

= 2√∆′

a2+ b2√a2+ b2= 2√18a

2+ 20ab + 11b2

√a2+ b2

= 2√18 + 20 (

b a) + 11 (

b a) 2

1 + (ba)

2 = 2√18 + 20t + 11t

2

1 + t2 (t =b

a)

Xét hàm số f(t) =18 + 20t + 11t

2

1 + t2 Tính đạo hàm f′(t)cho bằng 0, lập bảng biến thiên suy ra GTLN của t, từ đó suy ra t ( tức là suy ra tỷ số b/a) Tuy nhiên cách này dài

Chú ý: ta sử dụng tính chất dây cung ở lớp 9: Khoảng cách từ tâm đến dây cung càng nhỏ thì dây cung càng

C

D

B

A

I

Trang 4

đỉnh) ta luôn có: 𝐼𝐻2= 𝐼𝐸2− 𝐻𝐸2≤ 𝐼𝐸2→ 𝐼𝐻 ≤ 𝐼𝐸 Do đó IH lớn nhất hi HE = 0 có nghĩa là H trùng với

E Khi đó d cắt (C) theo dây cung nhỏ nhất Lúc này d là đường thẳng qua E và vuông góc với IE cho nên d

có vecto pháp tuyến 𝑛⃗ = 𝐼𝐸⃗⃗⃗⃗ = (5; 2) Vậy d: 5(𝑥 + 1) + 2𝑦 = 0 hay 5𝑥 + 2𝑦 + 5 = 0

Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C1): (x − 1)2+ (y − 1)2= 4 có tâm là I1 và đường tròn (C2): (x − 4)2+ (y − 4)2= 10 có tâm là I2 biết hai đường tròn cắt nhau tại A và B Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng AB sao cho diện tích tam giác MI1I2 bằng 6

(Trích đề thi thử THPT quốc gia trường THPT chuyên Nguyễn Đình Chiểu 2016) Phân tích và hướng dẫn giải:

Nhắc lại trục đẳng phương của hai đường tròn tổng có

phương trình quát:

(C1): x2+ y2+ 2A1x + 2B1y + C1= 0

(C2): x2+ y2+ 2A2x + 2B2y + C2= 0

Thì trục đẳng phương của hai đường tròn (C1), (C2) là:

2x(A1− A2) + 2y(B1− B2) + C1− C2= 0

Phương trình đường thẳng d đi qua 2 điểm A và B (trục

đẳng phương) là d: x+y-4=0

Đường thẳng (I1I2) đi qua tâm I1(1; 1) và I2(4; 4) có pt:

x − y = 0 M(m; 4 − m) ∈ d

SMI1I2 =1

2d(M, (I1I2)) I1I2 = 6 ⇔ [

m = 4

m = 0 Vậy M(4; 0) và M(0; 4)

Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C):: (x − 1)2+ (y + 4)2= 4 Tìm điểm M ∈ Ox sao cho từ M kẻ được đến (C) hai đường thẳng tiếp xúc với (C) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn đường thẳng đi qua A, B tiếp xúc với đường tròn (C1): (x − 3)2+ (y − 1)2= 16

(Trích đề thi thử THPT quốc gia trường THPT Chuyên Phan Bội Châu 2016) Phân tích và hướng dẫn giải:

Gọi M(m; 0) ∈ Ox

Đường tròn (C) có tâm I(1; -4) và bán kính R=2

Đường tròn (C1) có tâm I1(3; 1) và bán kính R1= 4

Từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) suy ra MI > R

⇔ (m − 1)2+ (0 + 4)2> 4 ⇔ (m − 1)2+ 12 > 0 Gọi tọa độ A, B là A(xA; yA); B(xB; yB) Phương trình tiếp tuyến tại A, B của (C) lần lượt là:

xA x + yA y − (x + xA) + 4(y + yA) + 13 = 0 (d1)

xB x + yB y − (x + xB) + 4(y + yB) + 13 = 0 (d2)

Do M ∈ (d1); M ∈ (d2) ⇒ {mxA− (m + xA) + 4yA+ 13 = 0

mxB− (m + xB) + 4yB+ 13 = 0 Suy ra phương trình đường thẳng AB là:

mx − (m + x) + 4y + 13 = 0 ⇔ (m − 1)x + 4y + 13 − m = 0 Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C1)

⇔ d(I1, (AB)) = R1 ⇔|3(m − 1) + 4 + 13 − m|

√(m − 1)2+ 16 = 4

⇔ |m + 7| = 2√m2− 2m + 17 ⇔ 3m2− 22m + 19 = 0 ⇔ [

m = 1

m =19 3 Vậy có 2 điểm M cần tìm là (1; 0)và (19

3 ; 0) ∎

M

Trang 5

Bài 7: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2+ y2− 6x + 2y − 15 = 0 Tìm tọa độ tiếp điểm M trên đường thẳng d: 3x − 22y − 6 = 0, sao cho từ M kẻ được tới (C) hai tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm)

mà đường thẳng AB đi qua C(0; 1)

(C): (x − 3)2+ (y + 1)2= 25, có I(3; −1) và R = 5

Gọi A(x1; y1), B(x2; y2) là 2 tiếp điểm của 2 tiếp tuyến kẻ từ M

Gọi M(x0; y0) ∈ d → 3x0− 22y0− 6 = 0 (*)

Hai tiếp tuyến của (C) tại A, B có phương trình là:

(x1− 3)(x − 3) + (y1+ 1)(y + 1) = 25 (1) (x2− 3)(x − 3) + (y2+ 1)(y + 1) = 25 (2)

Để 2 tiếp tuyến trở thành 2 tiếp tuyến kẻ từ M thì 2 tiếp tuyến phải đi qua M:

(x1− 3)(x0− 3) + (y1+ 1)(y0+ 1) = 25 (3) (x2− 3)(x0− 3) + (y2+ 1)(y0+ 1) = 25 (4)

Từ (3) (4) chứng tỏ (AB) có phương trình:

(x0− 3)(x − 3) + (y0+ 1)(y + 1) = 25 (5) Theo giả thiết thì (AB) qua C(0; 1)suy ra: −3(x0− 3) + 2(y0+ 1) = 25

 −3x0+ 2y0− 14 = 0 (6)

Kết hợp với (∗) ta có hệ: {−3x3x0− 22y0− 6 = 0

0+ 2y0− 14 = 0  {

x0 = −1

y0= −16

3

 M (−16

3 ; −1) ∎

Bài 8: Trong hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình: x2+ y2− 2x − 6y + 6 = 0

a Viết phương trình đường thẳng đi qua M(2; 4) cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm đoạn AB

b Viết phương trình tiếp tuyến của (C) sao cho tiếp tuyến ấy song song với đường thẳng có phương trình: 2x + 2y − 7 = 0

c Chứng tỏ đường tròn (C) và đường tròn (C): x2+ y2− 4x − 6y + 4 = 0 tiếp xúc nhau Viết phương trình tiếp tuyến chung của chúng tại tiếp điểm

(C): (x − 1)2+ (y − 3)2 = 4 → I(1; 3) và R = 2

a Gọi ( x; y) thuộc (C) suy ra (x − 1)2+ (y − 3)2 = 4 (1), B đối xứng với A qua M suy ra B(4 − x; 8 − y) Để đảm bảo yêu cầu bài toán thì B thuộc (C): (3 − x)2+ (5 − y)2 = 4(2)

Từ (1) (2) ta có hệ: {(x − 1)

2+ (y − 3)2 = 4 (3 − x)2+ (5 − y)2 = 4⇔ {

x2+ y2− 2x − 6y + 6 = 0 (3)

x2+ y2− 6x − 10y + 30 = 0 (4) Lấy (3) – (4) ta có phương trình: 4x + 4y − 24 = 0 hay x + y − 6 = 0 Đó là đường thẳng cần tìm

b Gọi d’ là đường thẳng song song với d nên nó có dạng: 2x + 2y + m = 0 (∗) Để d’ là tiếp tuyến của (C) thì:

⇒ h(I; d) = |2 + 6 + m|

√8 = 2 ⇔ |m + 8| = 4√2 ⇒ [

m = 4√2 − 8

m = −4√2 − 8

c (C’): (x − 2)2+ (y − 3)2 = 9 → I′(2; 3) và R′= 3

Ta có II′ = 1, R′− R = 1 Chứng tỏ hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau

Tìm tọa độ tiếp điểm: {(x − 1)

2+ (y − 3)2 = 4 (x − 2)2+ (y − 3)2 = 9⇔ {

x2+ y2− 2x − 6y + 6 = 0

x2+ y2− 4x − 6y + 4 = 0⇔ 2x + 2 = 0

x = −1 ⇒ y = 3 Vậy M(1; 3)∎

Trang 6

Bài 9: Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x − 1)2+ (y + 2)2= 9 và d: x + y + m =

0 Tìm m để trên d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông

(C) có I(1; −2)và R = 3 Nếu tam giác ABC vuông góc tại A (nghĩa là từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C) và 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau) khi đó ABIC là hình vuông Theo tính chất hình vuông ta có:

IA = IB = √2 (1)

Nếu A nằm trên d thì A(t; −m − t)suy ra: IA = √(t − 1)2+ (t − 2 + m)2 Thay vào (1):

⇒ √(t − 1)2+ (t − 2 + m)2= 3√2 ⇔ 2t2− 2(m − 1)t + m2− 4m − 13 = 0 (2)

Để trên d có đúng 1 điểm A thì (2) có đúng 1 nghiệm t, từ đó có điều kiện:

∆ = −(m2+ 10m + 25) = 0  −(m + 5)2= 0 m = 5

Khi đó (2) có nghiệm kép là t1= t2= t0=m − 1

−5 − 1

2 = −3 → A(−3; 8) ∎

Bài 10: Trong mặt phẳng Oxy, cho (T): (x − 1)2+ (y − 1)2= 5 với tâm I và A(4; 5) Từ A kẻ đường thẳng cắt (T) tại B, C tiếp tuyến tại B, C cắt nhau tại K Qua K kẻ đường thẳng vuông góc IA cắt (T) tại E, F xác định

E, F

Gọi K (a; b) khi đó M (a + 1

2 ;

b + 1

2 )

là trung điểm của IK Do IBKC nội tiếp đường tròn

tâm M bán kính   2 2

2

nên B, C thuộc đường tròn có phương trình:

(x −a + 1

2 )

2 + (y −b + 1

2 ) 2

=(a − 1)

2+ (b − 1)2 4

⇔ x2+ y2− (a + 1)x − (b + 1)y + a + b = 0

Do B, C thuộc đường tròn (x − 1)2+ (y − 1)2= 5

⇔ x2+ y2− 2x − 2y − 3 = 0

Khi đó tọa độ B, C là nghiệm của hệ:

{x

2+ y2− (1 + a)x − (b + 1)y + a + b = 0

x2+ y2− 2x − 2y − 3 = 0

⇒ (a − 1)x + (b − 1)y − a − b − 3 = 0 Suy ra phương trình BC: (a − 1)x + (b − 1)y − a − b − 3 = 0

Do A thuộc BC ⇒ 4(a − 1) + 5(b − 1) − a − b − 3 = 0 ⇔ 3a + 4b = 12

Do EF̅̅̅̅ ⊥ IA̅̅̅ = (3; 4) và EF đi qua K(a; b) nên có phương trình:

3(x − a) + 4(y − b) = 0

⇔ 3x + 4y − (3a + 4b) = 0

⇔ 3x + 4y − 12 = 0 Khi đó E, F là nghiệm hệ:

{ 3x + 4y − 12 = 0 (x − 1)2+ (y − 1)2= 5⇔ {

x = 0; y = 3

x =16

5 ; y =

3 5 Vậy E (16

5 ;

3

5) ; F(0; 3) hoặc ngược lại ∎

C

A

B

K

I

E

F

Trang 7

Bài 11: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2+ y2− 2x + 4y − 4 = 0 và đường thẳng d: x − y +

1 = 0 Tìm tọa độ M thuộc d sao cho M kẻ được 2 tiếp tuyến MA, MB đến (C) đồng thời khoảng cách từ 3

1

2

N ; 

  đến AB là lớn nhất

Đường tròn (C) có tâm I(1; −2) và bán kính IA=3 Gọi M(m; m + 1)

Để từ M kẻ được tiếp tuyến tới (C) thì:

MI > R ⇔ √(m − 1)2+ (m + 3)2 > 3 ⇔ 2m2+ 4m + 1 > 0 (∗)

Ta có: MA = MB = √IM2− R2 = √2m2+ 4m + 1

Suy ra A, B thuộc đường tròn tâm M(m; m + 1) bán kính là √2m2+ 4m + 1 có phương trình:

(x − m)2+ (y − m − 1)2= 2m2+ 4m + 1

⇔ x2+ y2− 2mx − 2(m + 1)y − 2m = 0 Khi đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ:

{x

2+ y2− 2mx − 2(m + 1)y − 2m = 0

x2+ y2− 2x + 4y − 4 = 0

⇒ (m − 1)x + (m + 3)y + m − 2 = 0

⇒ phương trình AB: (m − 1)x + (m + 3)y + m − 2 = 0

Gọi K(x0; y0) là điểm cố định mà AB luôn đi qua khi đó:

(m − 1)x0+ (m + 3)y0+ m − 2 = 0 luôn đúng với mọi m

⇔ (x0+ y0+ 1)m = x0− 3y0+ 2 luôn đúng với mọi m

⇔ {xx1+ y0+ 1 = 0

0− 3y0+ 2 = 0

⇔ {

x0= −5

4

y0=1 4

⇒ K (−5

4;

1

4)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên AB khi đó d(N; AB) = NH ≤ NK =√26

4 Suy ra d(N; AB)max =√26

4 khi H trùng K hay NK vuông góc với AB (2

∗) NK

⃗⃗⃗⃗⃗ = (−1

4; −

5

4) = −

1

4(1; 5); u⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (m + 3; 1 − m) AB Suy ra (2∗) ⇔ m + 3 + 5(1 − m) = 0 ⇔ m = 2 thỏa mãn (*)

Vậy M(2; 3) ∎

Trang 8

Sau đây là một số bài toán cần luyện tập:

Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là

d x y 3 0:    Hình chiếu vuông góc của tâm đường tròn nội tiếp hình tam giác ABC lên đường thẳng AC

là điểm E 1 4   ; Đường thẳng BC có hệ số góc âm và tạo với đường thẳng AC góc 45° Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn    2 2

C : x 2 y 5 Tìm phương trình các cạnh của tam giác ABC

(Trích đề thi thử THPT quốc gia trường chuyên Lương Thế Vinh 2016)

Kết quả:

AB x 2y 3 0

AC 2x y 3 0

29 10 2

3

:







Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (T) có phương trình x2y26x 2y 5 0.   Gọi H là hình chiếu của A trên BC Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN có phương trình:

20x 10y 9 0   và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ

(Trích đề thi thử THPT quốc gia trường Lý Thái Tổ - Bắc Ninh 2016) Kết quả A 1 2 BC 2x y 7 0   ; ; :   

Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình x2y22x 4y 1 0   và

 

P 2 1 ; Một đường thẳng d đi qua P cắt đường tròn tại A và B Tiếp tuyến tại A và B của đường tròn cắt nhau tai M Tìm tọa độ điểm M biết M thuộc đường tròn x2y26x 4y 11 0.  

(Trích đề thi thử THPT quốc gia trường chuyên Nguyễn Huệ lần 3-2016) Kết quả: M 4 1   ;

Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AC Biết M 3 1  ;   là trung điểm của cạnh BD, điểm C 4 2  ;   Điểm N 1 3    ;  nằm trên đường thẳng đi qua B và vuông góc với

AD Đường thẳng AD đi qua điểm P 1 3   ; Tìm tọa độ điểm A, B, D

(Trích đề thi thử THPT quốc gia Sở GD-ĐT Lào Cai 2016) Kết quả: A 2 2 D 5 1 B 1 1    ; , ;    , ;  

Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho E 3 4   ; , đường thẳng d x y 1 0:    và đường tròn

  C x : 2 y2 4x 2y 4 0    Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d và nằm ngoài đường tròn (C) Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B là các tiếp điểm) Gọi (E) là đường tròn tâm E và tiếp xúc với đường thẳng AB Tìm tọa độ điểm M sao cho đường tròn (E) có chu vi lớn nhất

(Trích đề thi thử THPT quốc gia Sở GD-ĐT Thanh Hóa 2016) Kết quả: M 3 4   ; 

Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình tam giác ABC có đường phân giác trong góc A nằm trên đường thẳng d x y 0:   và đường tròn ngoại tiếp hình tam giác ABC có phương trình x2y24x 2y 20 0.  

Biết rằng điểm M 3 4  ;   thuộc đường thẳng BC và điểm A có hoành độ âm Tìm tọa độ điểm A, B, C

(Trích đề thi thử THPT quốc gia trường Trần Đại Nghĩa 2016)

Trang 9

Kết quả:

3 29

A 2 2 B 7 1 C

5 15

3 29

5 15





Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2y25 tâm O, đường thẳng   d 3x y 2 0 :   

Tìm tọa độ điểm a, B trên (d) sao cho 10

OA

5

 và đoạn OB cắt (C) tại K sao cho KA KB.

(Trích đề thi thử THPT quốc gia trường Tĩnh Gia -2015) Kết quả: 3 1  

5; 5 , ;

B

5; 5

Bài 8:) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình x2y22x 4y 8 0   và đường thẳng  có phương trình : 2x 3y 1 0   Chứng minh rằng  luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B Tìm tọa độ điểm M trên đường tròn (C) sao cho diện tích hình tam giác ABM lớn nhất

(Trích đề thi thử THPT quốc gia trường Thường Xuân 3- 2015 Kết quả: M 3 5   ; 

Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M 0 2   ; và hai đường thẳng d x 2y 0:   ; :4x 3y 0  Viết phương trình đường tròn đi qua điểm M, có tâm thuộc đường thẳng d và cắt đường thẳng  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB có độ dài bằng 4 3.Biết tâm đường tròn có tung độ dương

(Trích đề thi thử THPT quốc gia Sở GD-ĐT Vĩnh Phúc 2015) Kết quả:   2 2

x 4  y 2 16

Định dạng
Số trang	9
Dung lượng	741,81 KB