200 bai tap hinh hoc toa do phang tran si tung (2)

Trần Sĩ Tùng PP toạ độ trong mặt phẳng

Trang 1

TĐP 01: ĐƯỜNG THẲNG Câu 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng d x y1 : 7 17 0− + = ,

d x y2 : 5 0+ − = . Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với d d1 2, một tam

giác cân tại giao điểm của d d1 2, .

• Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là:

x y x y x y ( )

x y ( )1

2 2 2 2 2

7 17 5 3 13 03 4 01 ( 7) 1 1

∆∆

− + + − + − == ⇔ − − =+ − +

Đường thẳng cần tìm đi qua M(0;1) và song song với 1∆ hoặc 2∆ . KL: x y3 3 0+ − = và x y3 1 0− + = Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho cho hai đường thẳng d x y1 : 2 5 0− + = .

d x y2 : 3 6 – 7 0+ = . Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P(2; –1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2.

• d1 VTCP a1 (2; 1)= −r ; d2 VTCP a2 (3;6)=r

Ta có: a a1 2. 2.3 1.6 0= − =uur uur

nên d d1 2⊥ và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là đường thẳng đi qua P( 2; –1) có phương trình: d A x B y Ax By A B: ( 2) ( 1) 0 2 0− + + = ⇔ + − + =

d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I ⇔ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450

A B A BA AB B

B AA B

0 2 22 2 2 2

2 3cos45 3 8 3 032 ( 1)

− =⇔ = ⇔ − − = ⇔ = −+ + −

* Nếu A = 3B ta có đường thẳng d x y: 3 5 0+ − = * Nếu B = –3A ta có đường thẳng d x y: 3 5 0− − = Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d x y: 3 5 0+ − = ; d x y: 3 5 0− − = . Câu hỏi tương tự: a) d x y1 : 7 17 0− + = , d x y2 : 5 0+ − = , P(0;1) . ĐS: x y3 3 0+ − = ; x y3 1 0− + = . Câu 3. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d x y1 : 3 5 0+ + = , d x y2 : 3 1 0+ + = và điểm

I(1; 2)− . Viết phương trình đường thẳng D đi qua I và cắt d d1 2, lần lượt tại A và B sao cho

AB 2 2= . • Giả sử A a a d B b b d1 2( ; 3 5) ; ( ; 3 1)− − ∈ − − ∈ ; IA a a IB b b( 1; 3 3); ( 1; 3 1)= − − − = − − +

uur uur

I, A, B thẳng hàng b k aIB kIAb k a1 ( 1)

3 1 ( 3 3) − = −⇒ = ⇔ − + = − −

uur uur

• Nếu a 1= thì b 1= ⇒ AB = 4 (không thoả).

• Nếu a 1≠ thì bb a a ba

13 1 ( 3 3) 3 21

−− + = − − ⇔ = −

−

AB b a a b t t22 2 2( ) 3( ) 4 2 2 (3 4) 8 = − + − + = ⇔ + + = (với t a b= − ).

t t t t2 25 12 4 0 2;5

⇔ + + = ⇔ = − = −

+ Với t a b b a2 2 0, 2= − ⇒ − = − ⇒ = = − x y: 1 0⇒ ∆ + + =

PP toạ độ trong mặt phẳng Trần Sĩ Tùng

Trang 2

+ Với t a b b a2 2 4 2,5 5 5 5

− −= ⇒ − = ⇒ = = x y: 7 9 0⇒ ∆ − − =

Câu 4. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d x y1 : 1 0+ + = ,

d x y2 : 2 – –1 0= . Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;–1) cắt (d1) và (d2) tương

ứng tại A và B sao cho MA MB2 0+ =uuur uuur r

. • Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1). Từ điều kiện MA MB2 0+ =

uuur uuur r tìm được A(1; –2), B(1;1) suy ra (d): x – 1 = 0

Câu 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(1; 0). Lập phương trình đường thẳng (d)

đi qua M và cắt hai đường thẳng d x y d x y1 2: 1 0, : –2 2 0+ + = + = lần lượt tại A, B sao cho MB = 3MA.

• A d A a a MA a aB d B b b MB b b

1

2

( ) ( ; 1 ) ( 1; 1 )( ) (2 2; ) (2 3; )

∈ − − = − − −⇔ ⇒ ∈ − = −

uuuruuur .

Từ A, B, M thẳng hàng và MB MA3= ⇒ MB MA3=uuur uuur

(1) hoặc MB MA3= −uuur uuur

(2)

(1) ⇒ A d x yB

2 1; ( ) : 5 1 03 3( 4; 1)

− − ⇒ − − =

− −

hoặc (2) ⇒ ( )A d x yB

0; 1 ( ) : 1 0(4;3)

− ⇒ − − =

Câu 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(1; 1). Lập phương trình đường thẳng (d)

đi qua M và cắt hai đường thẳng d x y d x y1 2: 3 5 0, : 4 0− − = + − = lần lượt tại A, B sao cho MA MB2 –3 0= .

• Giả sử A a a d1( ;3 5)− ∈ , B b b d2( ;4 )− ∈ .

Vì A, B, M thẳng hàng và MA MB2 3= nên MA MBMA MB

2 3 (1)2 3 (2)

=

= −

uuur uuuruuur uuur

+ a b a A Ba b b

5 5 52( 1) 3( 1)(1) ; , (2;2)22(3 6) 3(3 ) 2 22

− = − =⇔ ⇔ ⇒ − = − =. Suy ra d x y: 0− = .

+ a b a A Ba b b

2( 1) 3( 1) 1(2) (1; 2), (1;3)2(3 6) 3(3 ) 1

− = − − =⇔ ⇔ ⇒ − − = − − = . Suy ra d x: 1 0− = .

Vậy có d x y: 0− = hoặc d x: 1 0− = . Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(3; 1). Viết phương trình đường thẳng d đi

qua M cắt các tia Ox, Oy tại A và B sao cho OA OB( 3 )+ nhỏ nhất.

• PT đường thẳng d cắt tia Ox tại A(a;0), tia Oy tại B(0;b): x ya b

1+ = (a,b>0)

M(3; 1) ∈ d Cô si

aba b a b3 1 3 11 2 . 12

−= + ≥ ⇒ ≥ .

Mà OA OB a b ab3 3 2 3 12+ = + ≥ = a b aOA OB

ba b

min

3 6( 3 ) 12 3 1 1 22

= =⇒ + = ⇔ ⇔ == =

Phương trình đường thẳng d là: x y x y1 3 6 06 2

+ = ⇔ + − =


Trang 3

Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng OA OB+ nhỏ nhất.

• x y2 6 0+ − = Câu 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M(1; 2)

và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B khác O sao cho OA OB2 2

9 4+ nhỏ nhất.

• Đường thẳng (d) đi qua M(1;2) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B khác O, nên

A a B b( ;0); (0; ) với a b. 0≠ ⇒ Phương trình của (d) có dạng x ya b

1+ = .

Vì (d) qua M nên a b1 2 1+ = . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có :

a b a b a b

2 2

2 21 2 1 3 2 1 9 41 . 1. 1

3 9

= + = + ≤ + +

⇔ a b2 29 4 9

10+ ≥ ⇔

OA OB2 29 4 9

10+ ≥ .

Dấu bằng xảy ra khi a b

1 3 2: 1:3

= và a b1 2 1+ = ⇔ a b 2010,

9= = ⇒ d x y: 2 9 20 0+ − = .

Câu 10. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(3;1)

và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;–2). • x y x y3 6 0; 2 0+ − = − − = Câu 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng d qua M(2;1) và tạo

với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng S 4= .

• Gọi A a B b a b( ;0), (0; ) ( , 0)≠ là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra: x yda b

: 1+ = .

Theo giả thiết, ta có: a bab

2 1 1

8

+ =

=

⇔ b a abab2

8 + = =

.

• Khi ab 8= thì b a2 8+ = . Nên: b a d x y12; 4 : 2 4 0= = ⇒ + − = .

• Khi ab 8= − thì b a2 8+ = − . Ta có: b b b2 4 4 0 2 2 2+ − = ⇔ = − ± . + Với ( ) ( )b d x y2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0= − + ⇒ − + + − =

+ Với ( ) ( )b d x y2 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0= − − ⇒ + + − + = . Câu hỏi tương tự: a) M S(8;6), 12= . ĐS: d x y: 3 2 12 0− − = ; d x y: 3 8 24 0− + = Câu 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2; –1) và đường thẳng d có phương trình

x y2 – 3 0+ = . Lập phương trình đường thẳng (∆) qua A và tạo với d một góc α có cosα 110

= .

• PT đường thẳng (∆) có dạng: a x b y( –2) ( 1) 0+ + = ⇔ ax by a b–2 0+ + = a b2 2( 0)+ ≠

Ta có: a b

a b2 2

2 1cos105( )

α −= =

+⇔ 7a2 – 8ab + b2 = 0. Chon a = 1 ⇒ b = 1; b = 7.

⇒ (∆1): x + y – 1 = 0 và (∆2): x + 7y + 5 = 0


Trang 4

Câu 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2;1) và đường thẳng d x y: 2 3 4 0+ + = .

Lập phương trình đường thẳng D đi qua A và tạo với đường thẳng d một góc 045 .

• PT đường thẳng (∆) có dạng: a x b y( –2) ( 1) 0+ − = ⇔ ax by a b–(2 ) 0+ + = a b2 2( 0)+ ≠ .

Ta có: a b

a b

02 2

2 3cos4513.

+=

+ ⇔ a ab b2 25 24 5 0− − = ⇔ a b

a b5

5 = = −

+ Với a b5= . Chọn a b5, 1= = ⇒ Phương trình x y: 5 11 0∆ + − = . + Với a b5 = − . Chọn a b1, 5= = − ⇒ Phương trình x y: 5 3 0∆ − + = . Câu 14. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường thẳng d x y: 2 2 0− − = và điểm I(1;1) .

Lập phương trình đường thẳng D cách điểm I một khoảng bằng 10 và tạo với đường thẳng

d một góc bằng 045 .

• Giả sử phương trình đường thẳng ∆ có dạng: ax by c 0+ + = a b2 2( 0)+ ≠ .

Vì ·d 0( , ) 45∆ = nên a b

a b2 2

2 12. 5

−=

+ a b

b a3

3 =⇔ = −

• Với a b3= ⇒ ∆: x y c3 0+ + = . Mặt khác d I( ; ) 10∆ =c4

1010

+⇔ = c

c6

14 =⇔ = −

• Với b a3= − ⇒ ∆: x y c3 0− + = . Mặt khác d I( ; ) 10∆ =c2

1010

− +⇔ = c

c8

12 = −⇔ =

Vậy các đường thẳng cần tìm: x y3 6 0;+ + = x y3 14 0+ − = ; x y3 8 0;− − = x y3 12 0− + = . Câu 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm M (0; 2) và hai đường thẳng d1 , d2 có

phương trình lần lượt là x y3 2 0+ + = và x y3 4 0− + = . Gọi A là giao điểm của d1và d2 .

Viết phương trình đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng d1và d2 lần lượt tại B , C

( B vàC khác A ) sao cho AB AC2 2

1 1+ đạt giá trị nhỏ nhất.

• A d d A1 2 ( 1;1)= ∩ ⇒ − . Ta có d d1 2⊥ . Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm. H là hình chiếu

vuông góc của A trên ∆ . ta có: AB AC AH AM2 2 2 2

1 1 1 1+ = ≥ (không đổi)

⇒AB AC2 2

1 1+ đạt giá trị nhỏ nhất bằng

AM21 khi H ≡ M, hay ∆ là đường thẳng đi qua M

và vuông góc với AM. ⇒ Phương trình ∆: x y 2 0+ − = . Câu hỏi tương tự: a) Với M(1; 2)− , d x y1 : 3 5 0+ + = , d x y2 : 3 5 0− + = . ĐS: x y: 1 0∆ + + = . Câu 16. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d x y( ) : –3 – 4 0= và đường

tròn C x y y2 2( ) : – 4 0+ = . Tìm M thuộc (d) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua điểm A(3; 1).

• M ∈ (d) ⇒ M(3b+4; b) ⇒ N(2 – 3b; 2 – b)

N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 ⇒ b b 60;5

= =


Trang 5

Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) hoặc M N38 6 8 4; , ;5 5 5 5

−

Câu 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(1; 1) và đường thẳng D: x y2 3 4 0+ + = . Tìm

điểm B thuộc đường thẳng D sao cho đường thẳng AB và D hợp với nhau góc 045 .

• ∆ có PTTS: x ty t

1 32 2

= − = − +

và VTCP u ( 3;2)= −r . Giả sử B t t(1 3 ; 2 2 ) ∆− − + ∈ .

AB 0( , ) 45∆ = ⇒ AB u 1cos( ; )2

=uuur r

AB uAB u

. 1. 2

⇔ =

uuur rr

tt t

t

2

1513169 156 45 0

313

=

⇔ − − = ⇔ = −

.

Vậy các điểm cần tìm là: B B1 232 4 22 32; , ;13 13 13 13

− −

.

Câu 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d x y: 3 6 0− − = và điểm N(3;4) .

Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác OMN (O là gốc tọa độ) có diện tích

bằng 152

.

• Ta có ON (3;4)=uuur

, ON = 5, PT đường thẳng ON: x y4 3 0− = . Giả sử M m m d(3 6; )+ ∈ .

Khi đó ta có ONMONM

SS d M ON ON d M ON

ON21 ( , ). ( , ) 3

2∆

∆ = ⇔ = =

⇔ m m m m m4.(3 6) 3 133 9 24 15 1;5 3

+ − −= ⇔ + = ⇔ = − =

+ Với m M1 (3; 1)= − ⇒ − + Với m M13 137;3 3

− −= ⇒ −

Câu 19. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(0;2) và đường thẳng d x y: 2 2 0− + = . Tìm

trên đường thẳng d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông ở B và AB = 2BC . • Giả sử B b b C c c d(2 2; ), (2 2; )− − ∈ .

Vì ∆ABC vuông ở B nên AB ⊥ d ⇔ dAB u. 0=uuur r ⇔ B 2 6;

5 5

⇒ AB 2 55

= ⇒ BC 55

=

BC c c21 125 300 1805

= − + = 55

⇔ c C

c C

1 (0;1)7 4 7;5 5 5

= ⇒ = ⇒

Câu 20. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d x y1 : 3 0+ − = , d x y2 : 9 0+ − = và

điểm A(1;4) . Tìm điểm B d C d1 2,∈ ∈ sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.

• Gọi B b b d C c c d1 2( ;3 ) , ( ;9 )− ∈ − ∈ ⇒ AB b b( 1; 1 )= − − −uuur

, AC c c( 1;5 )= − −uuur

.

∆ABC vuông cân tại A ⇔ AB ACAB AC

. 0 = =

uuur uuur ⇔ b c b c

b b c c2 2 2 2( 1)( 1) ( 1)(5 ) 0( 1) ( 1) ( 1) (5 )

− − − + − = − + + = − + −

(*)

Vì c 1= không là nghiệm của (*) nên


Trang 6

(*) ⇔

b cbccb b c c

c

22 2 2 2

2

( 1)(5 )1 (1)1

(5 )( 1) ( 1) ( 1) (5 ) (2)( 1)

+ −− = −

− + + + = − + − −

Từ (2) ⇔ b c2 2( 1) ( 1)+ = − ⇔ b cb c

2 = − = −

.

+ Với b c 2= − , thay vào (1) ta được c b4, 2= = ⇒ B C(2;1), (4;5) . + Với b c= − , thay vào (1) ta được c b2, 2= = − ⇒ B C( 2;5), (2;7)− . Vậy: B C(2;1), (4;5) hoặc B C( 2;5), (2;7)− . Câu 21. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho các điểm A(0; 1) B(2; –1) và các đường thẳng có

phương trình: d m x m y m1 : ( –1) ( –2) 2 – 0+ + = ; d m x m y m2 : (2 – ) ( –1) 3 – 5 0+ + = . Chứng minh d1 và d2 luôn cắt nhau. Gọi P = d1 ∩ d2. Tìm m sao cho PA PB+ lớn nhất.

• Xét Hệ PT: m x m y mm x m y m

( 1) ( 2) 2(2 ) ( 1) 3 5

− + − = − − + − = − +

.

Ta có m mD m mm m

23 11 2 2 0,

2 1 2 2 − −= = − + > ∀ − −

⇒ d d1 2, luôn cắt nhau. Ta có: A d B d d d1 2 1 2(0;1) , (2; 1) ,∈ − ∈ ⊥ ⇒ ∆ APB vuông tại P ⇒ P

nằm trên đường tròn đường kính AB. Ta có: PA PB PA PB AB2 2 2 2( ) 2( ) 2 16+ ≤ + = =

⇒ PA PB 4+ ≤ . Dấu "=" xảy ra ⇔ PA = PB ⇔ P là trung điểm của cung »AB ⇔ P(2; 1) hoặc P(0; –1) ⇔ m 1= hoặc m 2= . Vậy PA PB+ lớn nhất ⇔ m 1= hoặc

m 2= . Câu 22. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng (∆): x y–2 –2 0= và hai điểm A( 1;2)− ,

B(3;4) . Tìm điểm M∈(∆) sao cho MA MB2 22 + có giá trị nhỏ nhất.

• Giả sử M M t t AM t t BM t t(2 2; ) (2 3; 2), (2 1; 4)∆+ ∈ ⇒ = + − = − −uuur uuur

Ta có: AM BM t t f t2 2 22 15 4 43 ( )+ = + + = ⇒ f t f 2min ( )15

= −

⇒ M 26 2;

15 15

−

Câu 23. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng d x y: 2 3 0− + = và 2 điểm A B(1;0), (2;1) .

Tìm điểm M trên d sao cho MA MB+ nhỏ nhất. • Ta có: A A B Bx y x y(2 3).(2 3) 30 0− + − + = > ⇒ A, B nằm cùng phía đối với d. Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua d ⇒ A ( 3;2)′ − ⇒ Phương trình A B x y: 5 7 0′ + − = . Với mọi điểm M ∈ d, ta có: MA MB MA MB A B′ ′+ = + ≥ . Mà MA MB′ + nhỏ nhất ⇔ A′, M, B thẳng hàng ⇔ M là giao điểm của A′B với d.

Khi đó: M 8 17;11 11

−

.


Trang 7

TĐP 02: ĐƯỜNG TRÒN Câu 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, gọi A, B là các giao điểm của đường thẳng (d):

x y2 – – 5 0= và đường tròn (C’): x y x2 2 20 50 0+ − + = . Hãy viết phương trình đường tròn (C) đi qua ba điểm A, B, C(1; 1).

• A(3; 1), B(5; 5) ⇒ (C): x y x y2 2 4 8 10 0+ − − + =

Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 32

, A(2; –3),

B(3; –2), trọng tâm của ∆ABC nằm trên đường thẳng d x y: 3 – –8 0= . Viết phương trình đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C.

• Tìm được C (1; 1)1 − , C2( 2; 10)− − .

+ Với C1(1; 1)− ⇒ (C): 2 2x y x y11 11 16 0 3 3 3

+ − + + =

+ Với C2( 2; 10)− − ⇒ (C): 2 2x y x y91 91 416 0 3 3 3

+ − + + =

Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ba đường thẳng: d x y1 : 2 3 0+ − = ,

d x y2 : 3 4 5 0+ + = , d x y3 : 4 3 2 0+ + = . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d1 và tiếp xúc với d2 và d3.

• Gọi tâm đường tròn là I t t( ;3 2 )− ∈ d1.

Khi đó: d I dd I d2 3) ( , )( , = ⇔ t t t t3 4(3 2 ) 55

4 3(3 2 ) 25

+ − +=

+ − + ⇔ t

t24

==

Vậy có 2 đường tròn thoả mãn: x y2 2 4925

( 2) ( 1) =− + + và x y2 2 9( 4) ( 5)25

− + + = .

Câu hỏi tương tự: a) Với d x y1 : –6 –10 0= , d x y2 : 3 4 5 0+ + = , d x y3 : 4 3 5 0− − = .

ĐS: x y2 2( 10) 49− + = hoặc x y2 2 2

10 70 743 43 43

− + + =

.

Câu 4. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆ : x y3 8 0+ + = ,

x y' :3 4 10 0∆ − + = và điểm A(–2; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆ , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆′.

• Giả sử tâm I t t( 3 8; )− − ∈ ∆.. Ta có: d I IA( , )∆′ =

⇔ t t

t t2 22 2

3( 3 8) 4 10( 3 8 2) ( 1)

3 4

− − − += − − + + −

+ ⇔ t 3= − ⇒ I R(1; 3), 5− =

PT đường tròn cần tìm: x y2 2( 1) ( 3) 25− + + = . Câu 5. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng x y: 4 3 3 0∆ − + = và

x y' : 3 4 31 0∆ − − = . Lập phương trình đường tròn C( ) tiếp xúc với đường thẳng ∆ tại điểm có tung độ bằng 9 và tiếp xúc với '.∆ Tìm tọa độ tiếp điểm của C( ) và '∆ .

• Gọi I a b( ; ) là tâm của đường tròn (C). C( ) tiếp xúc với ∆ tại điểm M(6;9) và C( ) tiếp xúc với ∆′ nên


Trang 8

aa b a bd I d I a aIM u a b a b

54 34 3 3 3 4 31( , ) ( , ') 4 3 3 6 8545 5(3;4) 3( 6) 4( 9) 0 3 4 54∆

∆ ∆ −− + − − = − + = −=⇔ ⇔ ⊥ = − + − = + =

uuur r

a a a b

a a bb

25 150 4 6 85 10; 654 3 190; 1564

− = − = =⇔ ⇔− = − ==

Vậy: C x y2 2( ) : ( 10) ( 6) 25− + − = tiếp xúc với '∆ tại N(13;2)

hoặc C x y2 2( ) : ( 190) ( 156) 60025+ + − = tiếp xúc với '∆ tại N( 43; 40)− − Câu 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn đi qua A(2; 1)− và tiếp

xúc với các trục toạ độ.

• Phương trình đường tròn có dạng: x a y a a ax a y a a b

2 2 2

2 2 2( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

− + + =

− + − =

a) ⇒ a a1; 5= = b) ⇒ vô nghiệm.

Kết luận: x y2 2( 1) ( 1) 1− + + = và x y2 2( 5) ( 5) 25− + + = . Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d x y( ) : 2 4 0− − = . Lập phương

trình đường tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d).

• Gọi I m m d( ;2 4) ( )− ∈ là tâm đường tròn cần tìm. Ta có: m m m m 42 4 4,3

= − ⇔ = = .

• m 43

= thì phương trình đường tròn là: x y2 2

4 4 163 3 9

− + + =

.

• m 4= thì phương trình đường tròn là: x y2 2( 4) ( 4) 16− + − = . Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(–1;1) và B(3;3), đường thẳng (∆):

x y3 – 4 8 0+ = . Lập phương trình đường tròn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng (∆). • Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực d của đoạn AB d qua M(1; 2) có VTPT là AB (4;2)=

uuur⇒ d: 2x + y – 4 = 0 ⇒ Tâm I(a;4 – 2a)

Ta có IA = d(I,D) a a a211 8 5 5 10 10⇔ − = − + ⇔ 2a2 – 37a + 93 = 0 ⇔ a

a

3312

=

=

• Với a = 3 ⇒ I(3;–2), R = 5 ⇒ (C): (x – 3)2 + (y + 2)2 = 25

• Với a = 312

⇒ I 31; 272

−

, R = 65

2 ⇒ (C): x y

2231 4225( 27)

2 4

− + + =

Câu 9. Trong hệ toạ độ Oxy cho hai đường thẳng d x y: 2 3 0+ − = và x y: 3 5 0∆ + − = . Lập

phương trình đường tròn có bán kính bằng 2 105

, có tâm thuộc d và tiếp xúc với ∆ .

• Tâm I ∈ d ⇒ I a a( 2 3; )− + . (C) tiếp xúc với ∆ nên:

d I R( , )∆ =a 2 2 10

510

−⇔ = a

a6

2 =⇔ = −


Trang 9

⇒ (C): x y2 2 8( 9) ( 6)5

+ + − = hoặc (C): x y2 2 8( 7) ( 2)5

− + + = .

Câu 10. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y x2 2 4 3 4 0+ + − = . Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C′), bán kính R′ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A.

• (C) có tâm I( 2 3;0)− , bán kính R= 4; A(0; 2). Gọi I′ là tâm của (C′).

PT đường thẳng IA : x ty t

2 32 2

= = +, I IA'∈ ⇒ I t t(2 3 ;2 2)′ + .

AI I A t I12 '( 3;3)2

′= ⇔ = ⇒uur uur

⇒ (C′): x y2 2( 3) ( 3) 4− + − =

Câu 11. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y y2 2 – 4 –5 0+ = . Hãy viết

phương trình đường tròn (C′) đối xứng với đường tròn (C) qua điểm M 4 2;5 5

• (C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3. Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M

⇒ I′ 8 6;5 5

−

⇒ (C′): x y2 2

8 6 95 5

− + + =

Câu 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x y x y2 2 2 4 2 0+ − + + = . Viết phương trình đường tròn (C′) tâm M(5; 1) biết (C′) cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB 3= .

• (C) có tâm I(1; –2), bán kính R 3= . PT đường thẳng IM: x y3 4 11 0− − = . AB 3= .

Gọi H x y( ; ) là trung điểm của AB. Ta có: H IM

IH R AH2 2 32

∈ = − =

⇔ x y

x y2 2

3 4 11 09( 1) ( 2)4

− − = − + + =

⇔ x y

x y

1 29;5 10

11 11;5 10

= − = −

= = −

⇒ H 1 29;5 10

− −

hoặc H 11 11;

5 10

−

.

• Với H 1 29;5 10

− −

. Ta có R MH AH2 2 2 43′ = + = ⇒ PT (C′): x y2 2( 5) ( 1) 43− + − = .

• Với H 11 11;5 10

−

. Ta có R MH AH2 2 2 13′ = + = ⇒ PT (C′): x y2 2( 5) ( 1) 13− + − = .

Câu 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x y2 2( 1) ( 2) 4− + − = và điểm K(3;4) . Lập phương trình đường tròn (T) có tâm K, cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất, với I là tâm của đường tròn (C).

• (C) có tâm I(1;2) , bán kính R 2= . IABS∆ lớn nhất ⇔ ∆IAB vuông tại I ⇔ AB 2 2= .

Mà IK 2 2= nên có hai đường tròn thoả YCBT. + T1( ) có bán kính R R1 2= = ⇒ T x y2 2

1( ) : ( 3) ( 4) 4− + − =


Trang 10

+ T2( ) có bán kính R 2 22 (3 2) ( 2) 2 5= + = ⇒ T x y2 2

1( ) : ( 3) ( 4) 20− + − = . Câu 14. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC

với các đỉnh: A(–2;3), B C1 ;0 , (2;0)4

.

• Điểm D(d;0) d1 24

< <

thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A

khi và chỉ khi ( )

( )

dDB AB d d dDC AC d

22

22

91 344 4 1 6 3 1.

2 4 3

+ − − = ⇔ = ⇒ − = − ⇒ =

−+ −

Phương trình AD: x y x y2 3 1 03 3+ −

= ⇔ + − =−

; AC: x y x y2 3 3 4 6 04 3+ −

= ⇔ + − =−

Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là b1− và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có:

( )b b

b b b2 2

3 1 4 63 5

3 4

− + −= ⇔ − =

+ ⇒

b b b

b b b

43 5313 52

− = ⇒ = −

− = − ⇒ =

Rõ ràng chỉ có giá trị b 12

= là hợp lý.

Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp ∆ABC là: x y2 2

1 1 12 2 4

− + − =

Câu 15. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1): x y4 3 12 0− − = và (d2):

x y4 3 12 0+ − = . Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2) và trục Oy.

• Gọi A d d B d Oy C d Oy1 2 1 2, ,= ∩ = ∩ = ∩ ⇒ A B C(3;0), (0; 4), (0;4)− ⇒ ∆ABC cân đỉnh A và AO là phân giác trong của góc A. Gọi I, R là tâm và bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC

⇒ I R4 4;0 ,3 3

=

.

Câu 16. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: x y 1 0− − = và hai đường tròn có

phương trình: (C1): x y2 2( 3) ( 4) 8− + + = , (C2): x y2 2( 5) ( 4) 32+ + − = . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d và tiếp xúc ngoài với (C1) và (C2).

• Gọi I, I1, I2, R, R1, R2 lần lượt là tâm và bán kính của (C), (C1), (C2). Giả sử I a a d( ; –1)∈ . (C) tiếp xúc ngoài với (C1), (C2) nên II R R II R R II R II R1 1 2 2 1 1 2 2, – –= + = + ⇒ =

⇔ a a a a2 2 2 2( 3) ( 3) 2 2 ( 5) ( 5) 4 2− + + − = − + + − ⇔ a = 0 ⇒ I(0; –1), R = 2

⇒ Phương trình (C): x y2 2( 1) 2+ + = . Câu 17. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(3; –7), B(9; –5), C(–5; 9),

M(–2; –7). Viết phương trình đường thẳng đi qua M và tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.


Trang 11

• y + 7 = 0; 4x + 3y + 27 = 0.

Câu 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( )C x y x2 2: 2 0+ + = . Viết phương trình tiếp

tuyến của ( )C , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng 30o .

• C x y I R2 2( ) : ( 1) 1 ( 1;0); 1+ + = ⇒ − = . Hệ số góc của tiếp tuyến (∆) cần tìm là 3± .

⇒ PT (∆) có dạng x y b1 : 3 0∆ − + = hoặc x y b2 : 3 0∆ + + =

+ x y b1 : 3 0∆ − + = tiếp xúc (C) d I R1( , )∆⇔ = b b3 1 2 32

−⇔ = ⇔ = ± + .

Kết luận: x y1( ) : 3 2 3 0∆ − ± + =

+ x y b2( ) : 3 0∆ + + = tiếp xúc (C) d I R2( , )∆⇔ =b b3 1 2 3

2−

⇔ = ⇔ = ± + .

Kết luận: x y2( ) : 3 2 3 0∆ + ± + = .

Câu 19. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y x y2 2 6 2 5 0+ − − + = và đường thẳng (d): x y3 3 0+ − = . Lập phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C), biết tiếp

tuyến không đi qua gốc toạ độ và hợp với đường thẳng (d) một góc 045 .

• (C) có tâm I(3; 1), bán kính R = 5 . Giả sử (∆): ax by c c0 ( 0)+ + = ≠ .

Từ: d I

d

( , ) 52cos( , )

2

∆

∆

=

=

⇒ a b ca b c

2, 1, 101, 2, 10

= = − = − = = = −

⇒ x yx y

: 2 10 0: 2 10 0

∆∆

− − = + − =

.

Câu 20. Trong hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn C x y2 2( ) : ( 1) ( 1) 10− + − = và đường thẳng d x y: 2 2 0− − = . Lập phương trình các tiếp tuyến của đường tròn C( ) , biết tiếp tuyến tạo với

đường thẳng d một góc 045 .

• (C) có tâm I(1;1) bán kính R 10= . Gọi n a b( ; )=r là VTPT của tiếp tuyến ∆ a b2 2( 0)+ ≠ ,

Vì ·d 0( , ) 45∆ = nên a b

a b2 2

2 12. 5

−=

+ a b

b a3

3 =⇔ = −

• Với a b3= ⇒ ∆: x y c3 0+ + = . Mặt khác d I R( ; )∆ =c4

1010

+⇔ = c

c6

14 =⇔ = −

• Với b a3= − ⇒ ∆: x y c3 0− + = . Mặt khác d I R( ; )∆ =c2

1010

− +⇔ = c

c8

12 = −⇔ =

Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm: x y3 6 0;+ + = x y3 14 0+ − = ; x y3 8 0;− − = x y3 12 0− + = . Câu 21. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn

(C1): x y x y2 2 – 2 –2 –2 0+ = , (C2): x y x y2 2 –8 – 2 16 0+ + = . • (C1) có tâm I1(1; 1) , bán kính R1 = 2; (C2) có tâm I2(4; 1) , bán kính R2 = 1.

Ta có: I I R R1 2 1 23= = + ⇒ (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1) ⇒ (C1) và (C2) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy. * Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài: y ax b ax y b( ) : ( ) : 0∆ ∆= + ⇔ − + = ta có:


Trang 12

a ba ad I R a b hay

d I R a bb b

a b

2 21 1

2 2

2 2

12 22

( ; ) 4 4( ; ) 4 1 4 7 2 4 7 2

14 4

∆∆

+ − = = = − = +⇔ ⇔ = + − − + = == +

Vậy, có 3 tiếp tuyến chung: x y x y x1 2 32 4 7 2 2 4 7 2( ) : 3, ( ) : , ( )

4 4 4 4∆ ∆ ∆

+ −= = − + = +

Câu 22. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C): x y2 2( 2) ( 3) 2− + − = và

(C’): x y2 2( 1) ( 2) 8− + − = . Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C) và (C’).

• (C) có tâm I(2; 3) và bán kính R 2= ; (C′) có tâm I′(1; 2) và bán kính R ' 2 2= . Ta có: II R R' 2 ′= = − ⇒ (C) và (C′) tiếp xúc trong ⇒ Tọa độ tiếp điểm M(3; 4). Vì (C) và (C′) tiếp xúc trong nên chúng có duy nhất một tiếp tuyến chung là đường thẳng qua

điểm M(3; 4), có véc tơ pháp tuyến là II ( 1; 1)′ = − −uur

⇒ PTTT: x y 7 0+ − =

Câu 23. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn C x y y2 21( ) : 2 3 0+ − − = và

C x y x y2 22( ) : 8 8 28 0+ − − + = . Viết phương trình tiếp tuyến chung của C1( ) và C2( ) .

• C1( ) có tâm I1(0;1) , bán kính R1 2= ; C2( ) có tâm I2(4;4) , bán kính R2 2= . Ta có: I I R R1 2 1 25 4= > = + ⇒ C C1 2( ),( ) ngoài nhau. Xét hai trường hợp: + Nếu d // Oy thì phương trình của d có dạng: x c 0+ = . Khi đó: d I d d I d c c1 2( , ) ( , ) 4= ⇔ = + ⇔ c 2= − ⇒ d x: 2 0− = . + Nếu d không song song với Oy thì phương trình của d có dạng: d y ax b: = + .

Khi đó: d I dd I d d I d

1

1 2

( , ) 2( , ) ( , )

= =

⇔

b

ab a b

a a

2

2 2

1 21

1 4 4

1 1

− +=

+ − + − + = + +

⇔

a b

a b

a b

3 7;4 23 3;4 2

7 37;24 12

= =

= = − = − =

⇒ d x y: 3 4 14 0− + = hoặc d x y: 3 4 6 0− − = hoặc d x y: 7 24 74 0+ − = . Vậy: d x: 2 0− = ; d x y: 3 4 14 0− + = ; d x y: 3 4 6 0− − = ; d x y: 7 24 74 0+ − = .

Câu 24. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn C x y y2 21( ) : 4 5 0+ − − = và

C x y x y2 22( ) : 6 8 16 0+ − + + = . Viết phương trình tiếp tuyến chung của C1( ) và C2( ) .

• C1( ) có tâm I1(0;1) , bán kính R1 3= ; C2( ) có tâm I2(3; 4)− , bán kính R2 3= .

Giả sử tiếp tuyến chung ∆ của C C1 2( ), ( ) có phương trình: ax by c a b2 20 ( 0)+ + = + ≠ .

∆ là tiếp tuyến chung của C C1 2( ), ( ) ⇔ d I Rd I R

1 1

2 2

( , )( , )

∆∆

= =

⇔ b c a b

a b c a b

2 2

2 22 3 (1)

3 4 3 (2)

+ = +

− + = +

Từ (1) và (2) suy ra a b2= hoặc a bc 3 22

− += .

+ TH1: Với a b2= . Chọn b 1= ⇒ a c2, 2 3 5= = − ± ⇒ x y: 2 2 3 5 0∆ + − ± =


Trang 13

+ TH2: Với a bc 3 2

2− +

= . Thay vào (1) ta được: a

a b a ba b

2 20

2 2 43

=− = + ⇔

= −

.

⇒ y: 2 0∆ + = hoặc x y: 4 3 9 0∆ − − = .

Câu 25. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x y x2 2 4 3 4 0+ + − = . Tia Oy cắt (C) tại điểm A. Lập phương trình đường tròn (T) có bán kính R′ = 2 sao cho (T) tiếp xúc ngoài với (C) tại A.

• (C) có tâm I( 2 3;0)− , bán kính R 4= . Tia Oy cắt (C) tại A(0;2) . Gọi J là tâm của (T).

Phương trình IA: x ty t

2 32 2

= = +. Giả sử J t t IA(2 3 ;2 2) ( )+ ∈ .

(T) tiếp xúc ngoài với (C) tại A nên AI JA t J12 ( 3;3)2

= ⇒ = ⇒uur uur

.

Vậy: T x y2 2( ) : ( 3) ( 3) 4− + − = .

Câu 26. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x y2 2 1+ = và phương trình:

x y m x my2 2 – 2( 1) 4 – 5 0+ + + = (1). Chứng minh rằng phương trình (1) là phương trình của đường tròn với mọi m. Gọi các đường tròn tương ứng là (Cm). Tìm m để (Cm) tiếp xúc với (C).

• (Cm) có tâm I m m( 1; 2 )+ − , bán kính R m m2 2' ( 1) 4 5= + + + ,

(C) có tâm O(0; 0) bán kính R = 1, OI m m2 2( 1) 4= + + , ta có OI < R′

Vậy (C) và (Cm) chỉ tiếp xúc trong. ⇒ R′ – R = OI ( vì R’ > R) ⇒ m m 31;5

= − = .

Câu 27. Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường tròn có phương trình C x y2 21

1( ) : ( 1)2

− + = và

C x y2 22( ) : ( 2) ( 2) 4− + − = . Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với C1( ) và cắt C2( )

tại hai điểm M N, sao cho MN 2 2= .

• C1( ) có tâm I1(1;0) , bán kính R112

= ; C2( ) có tâm I1(2;2) , bán kính R2 2= . Gọi H là

trung điểm của MN ⇒ MNd I d I H R2

22 2 2( , ) 2

2

= = − =

Phương trình đường thẳng d có dạng: ax by c a b2 20 ( 0)+ + = + ≠ .

Ta có: d I d

d I d

1

2

1( , )2

( , ) 2

=

=

⇔ a c a b

a b c a b

2 2

2 22

2 2 2

+ = +

+ + = +. Giải hệ tìm được a, b, c.

Vậy: d x y d x y: 2 0; : 7 6 0+ − = + − = ; d x y: 2 0− − = ; d x y: 7 2 0− − =

Câu 28. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y x2 2 –6 5 0+ + = . Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 060 .


Trang 14

• (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m) ∈ Oy

Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ⇒ ··AMBAMB

0

060 (1)120 (2)

=

=

Vì MI là phân giác của ·AMB nên:

(1) ⇔ ·AMI = 300 IAMI0sin30

⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔ m m2 9 4 7+ = ⇔ = ±

(2) ⇔ ·AMI = 600 IAMI0sin 60

⇔ = ⇔ MI = 2 33

R ⇔ m2 4 393

+ = Vô nghiệm Vậy có

hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0; 7− ) Câu 29. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng ∆ định bởi:

C x y x y x y2 2( ) : 4 2 0; : 2 12 0∆+ − − = + − = . Tìm điểm M trên ∆ sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600.

• Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R 5= . Gọi A, B là hai tiếp điểm. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam

giác đều suy ra IM R=2 52= . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: x y2 2( 2) ( 1) 20− + − = . Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng ∆, nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình:

x yx y

2 2( 2) ( 1) 20 (1)2 12 0 (2)

− + − = + − =

Khử x giữa (1) và (2) ta được: ( ) ( )y

y y y yy

2 2 23

2 10 1 20 5 42 81 0 275

=− + + − = ⇔ − + = ⇔

=

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: ( )M 6;3 hoặc M 6 27;5 5

Câu 30. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x y2 2( 1) ( 2) 9− + + = và đường thẳng d x y m: 0+ + = . Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.

• (C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 IA 3 2⇒ =

⇔ m mm

m1 53 2 1 6

72

− = −= ⇔ − = ⇔ =

Câu hỏi tương tự: a) C x y d x y m2 2( ) : 1, : 0+ = − + = ĐS: m 2= ± .

Câu 31. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x y2 2( 1) ( 2) 9− + + = và đường thẳng d x y m: 3 4 0− + = . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến PA, PB tới đường tròn (C) (A, B là hai tiếp điểm) sao cho PAB là tam giác đều.

• (C) có tâm I(1; 2)− , bán kính R 3= . ∆PAB đều ⇒ PI AI R2 2 6= = = ⇒ P nằm trên đường tròn (T) có tâm I, bán kính r 6= . Do trên d có duy nhất một điểm P thoả YCBT nên d là tiếp


Trang 15

tuyến của (T) ⇒ m md I dm

11 19( , ) 6 6415

+ == ⇔ = ⇔ = −.

Câu 32. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn C x y x y2 2( ) : 18 6 65 0+ − − + =

và C x y2 2( ) : 9′ + = . Từ điểm M thuộc đường tròn (C) kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C′), gọi A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn AB bằng 4,8 .

• (C’) có tâm ( )O 0;0 , bán kính R OA 3= = . Gọi H AB OM= ∩ ⇒ H là trung điểm của AB

⇒ AH 125

= . Suy ra: OH OA AH2 2 95

= − = và OAOMOH

25= = .

Giả sử M x y( ; ) . Ta có: M C x y x yOM x y

2 2

2 2( ) 18 6 65 0

5 25

∈ + − − + =⇔ = + = x x

y y4 53 0

= =⇔ ∨ = =

Vậy M(4;3) hoặc M(5;0) .

Câu 33. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y2 2( 1) ( 2) 4− + + = . M là điểm di động trên đường thẳng d y x: 1= + . Chứng minh rằng từ M kẻ được hai tiếp tuyến MT1 ,

MT2 tới (C) (T1, T2 là tiếp điểm) và tìm toạ độ điểm M, biết đường thẳng T T1 2 đi qua điểm A(1; 1)− .

• (C) có tâm I(1; 2)− , bán kính R 2= . Giả sử M x x d0 0( ; 1)+ ∈ .

IM x x x R2 2 20 0 0( 1) ( 3) 2( 1) 8 2= − + + = + + > = ⇒ M nằm ngoài (C) ⇒ qua M kẻ được

2 tiếp tuyến tới (C).

Gọi J là trung điểm IM ⇒ x x

J 0 01 1;

2 2 + −

. Đường tròn (T) đường kính IM có tâm J bán

kính IMR1 2= có phương trình

x x x xT x y

2 2 2 20 0 0 01 1 ( 1) ( 3)

( ) :2 2 4

+ − − + +− + − =

Từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MT1, MT2 đến (C) ⇒ · ·IT M IT M T T T01 2 1 290 , ( )= = ⇒ ∈

T T C T1 2{ , } ( ) ( )⇒ = ∩ ⇒ toạ độ T T1 2, thoả mãn hệ:

x x x x

x y x x x y xx y

2 22 20 0 0 0

0 0 02 2

1 1 ( 1) ( 3)( ) ( ) (1 ) (3 ) 3 0 (1)2 2 4( 1) ( 2) 4

+ − − + + − + − = ⇒ − − + − − = − + + =

Toạ độ các điểm T T1 2, thoả mãn (1), mà qua 2 điểm phân biệt xác định duy nhất 1 đường

thẳng nên phương trình T T1 2 là x x y x x0 0 0(1 ) (3 ) 3 0− − + − − = . A(1; 1)− nằm trên T T1 2 nên x x x0 0 01 (3 ) 3 0− + + − − = ⇔ x0 1= ⇒ M(1;2) .

Câu 34. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x y2 2( –1) ( 1) 25+ + = và điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho MA = 3MB.

• M CP /( ) 27 0= > ⇒ M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5. Mặt khác:

M CP MA MB MB MB BH2/( ) . 3 3 3= = ⇒ = ⇒ =

uuur uuurIH R BH d M d2 2 4 [ ,( )]⇒ = − = =


Trang 16

Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0).

aa b

d M da ba b2 2

06 4[ ,( )] 4 4 12

5

=− −= ⇔ = ⇔

= −+ . Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0.

Câu 35. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(1; 2)

và cắt đường tròn (C) có phương trình x y2 2( 2) ( 1) 25− + + = theo một dây cung có độ dài bằng l 8= .

• d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0 ⇔ ax + by – a – 2b = 0 ( a2 + b2 > 0) Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài l 8= nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) của (C) đến d

bằng 3.

( ) a b a bd I d a b a ba b

2 22 2

2 2, 3 3 3− − −= = ⇔ − = +

+

aa ab

a b2

08 6 0 3

4

=⇔ + = ⇔

= −

• a = 0: chọn b = 1 ⇒ d: y – 2 = 0 • a = b34

− : chọn a = 3, b = – 4 ⇒ d: 3x – 4 y + 5 = 0.

Câu hỏi tương tự: a) d đi qua O, C x y x y2 2( ) : 2 6 15 0+ − + − = , l 8= . ĐS: d x y: 3 4 0− = ; d y: 0= .

b) d đi qua Q(5;2) , C x y x y2 2( ) : 4 8 5 0+ − − − = , l 5 2= . ĐS: d x y: 3 0− − = ; d x y:17 7 71 0− − = .

c) d đi qua A(9;6) , C x y x y2 2( ) : 8 2 0+ − − = , l 4 3= .

ĐS: d y x: 2 12= − ; d y x1 21:2 2

= − +

Câu 36. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x y x y2 2 2 8 8 0+ + − − = . Viết phương trình đường thẳng ∆ song song với đường thẳng d x y: 3 2 0+ − = và cắt đường tròn (C) theo một dây cung có độ dài l 6= .

• (C) có tâm I(–1; 4), bán kính R = 5. PT đường thẳng ∆ có dạng: x y c c3 0, 2+ + = ≠ . Vì ∆ cắt (C) theo một dây cung có độ dài bằng 6 nên:

( ) c cd Ic2

3 4 4 10 1, 44 10 13 1

∆− + + = −⇒ = = ⇔

= − −+.

Vậy phương trình ∆ cần tìm là: x y3 4 10 1 0+ + − = hoặc x y3 4 10 1 0+ − − = . Câu hỏi tương tự: a) C x y2 2( ) : ( 3) ( 1) 3− + − = , d x y: 3 4 2012 0− + = , l 2 5= . ĐS: x y: 3 4 5 0∆ − + = ; x y: 3 4 15 0∆ − − = .

Câu 37. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn C x y2 2( ) :( 4) ( 3) 25+ + − = và đường thẳng x y: 3 4 10 0∆ − + = . Lập phương trình đường thẳng d biết d ( )∆⊥ và d cắt (C) tại A, B sao cho AB = 6.

• (C) có tâm I(– 4; 3) và có bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm AB, AH = 3. Do d ∆⊥ nên PT của d có dạng: x y m4 3 0+ + = .

Ta có: d I 1( ,( ))∆ = IH = AI AH2 2 2 25 3 4− = − = ⇔ mm

m2 2

2716 9 4134 3

=− + += ⇔ = −+


Trang 17

Vậy PT các đường thẳng cần tìm là: x y4 3 27 0+ + = và x y4 3 13 0+ − = .

Câu 38. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y x y2 2 2 2 3 0+ − − − = và điểm M(0; 2). Viết phương trình đường thẳng d qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB có độ dài ngắn nhất.

• (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = 5 . IM = 2 5< ⇒ M nằm trong đường tròn (C). Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên d.

Ta có: AB = 2AH = IA IH IH IM2 2 2 22 2 5 2 5 2 3− = − ≥ − = . Dấu "=" xảy ra ⇔ H ≡ M hay d ⊥ IM. Vậy d là đường thẳng qua M và có VTPT MI (1; 1)= −

uuur

⇒ Phương trình d: x y 2 0− + = . Câu hỏi tương tự: a) Với (C): x y x y2 2 8 4 16 0+ − − − = , M(–1; 0). ĐS:

d x y: 5 2 5 0+ + = Câu 39. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có tâm O, bán kính R = 5 và điểm

M(2; 6). Viết phương trình đường thẳng d qua M, cắt (C) tại 2 điểm A, B sao cho ∆OAB có diện tích lớn nhất.

• Tam giác OAB có diện tích lớn nhất ⇔ ∆OAB vuông cân tại O. Khi đó d O d 5 2( , )2

= .

Giả sử phương trình đường thẳng d: A x B y A B2 2( 2) ( 6) 0 ( 0)− + − = + ≠

d O d 5 2( , )2

= ⇔ A B

A B2 2

2 6 5 22

− −=

+ ⇔ B AB A2 247 48 17 0+ − = ⇔

B A

B A

24 5 5547

24 5 5547

− −=

− + =

+ Với B A24 5 5547

− −= : chọn A = 47 ⇒ B = 24 5 55− −

⇒ d: ( )x y47( 2) 24 5 55 ( 6) 0− − + − =

+ Với B A24 5 5547

− += : chọn A = 47 ⇒ B = 24 5 55− +

⇒ d: ( )x y47( 2) 24 5 55 ( 6) 0− + − + − = Câu hỏi tương tự: a) C x y x y2 2( ) : 4 6 9 0+ + − + = , M(1; 8)− . ĐS: x y x y7 1 0; 17 7 39 0+ + = + + = .

Câu 40. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y x y2 2 6 2 6 0+ − + − = và điểm A(3;3) . Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt (C) tại hai điểm sao cho khoảng cách giữa hai điểm đó bằng độ dài cạnh hình vuông nội tiếp đường tròn (C).

• (C) có tâm I(3; –1), R = 4. Ta có: A(3 ;3) ∈ (C). PT đường thẳng d có dạng: a x b y a b2 2( 3) ( 3) 0, 0− + − = + ≠ ⇔ ax by a b3 3 0+ − − = .

Giả sử d qua A cắt (C) tại hai điểm A, B ⇒ AB = 4 2 . Gọi I là tâm hình vuông.

Ta có: d I d AD AB1 1( , ) 2 2 ( )2 2

= = =a b a b

a b2 2

3 3 32 2

− − −⇔ =

+


Trang 18

b a b a b a b2 2 2 24 2 2⇔ = + ⇔ = ⇔ = ± . Chọn b = 1 thì a = 1 hoặc a = –1. Vậy phương trình các đường thẳng cần tìm là: x y 6 0+ − = hoặc x y 0− = .

Câu 41. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x y2 2 13+ = và (C2):

x y2 2( 6) 25− + = . Gọi A là một giao điểm của (C1) và (C2) với yA > 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.

• (C1) có tâm O(0; 0), bán kính R1 = 13 . (C2) có tâm I2(6; 0), bán kính R2 = 5. Giao điểm A(2; 3). Giả sử d: a x b y a b2 2( 2) ( 3) 0 ( 0)− + − = + ≠ . Gọi d d O d d d I d1 2 2( , ), ( , )= = .

Từ giả thiết ⇒ R d R d2 2 2 21 1 2 2− = − ⇔ d d2 2

2 1 12− = ⇔ a a b a ba b a b

2 2

2 2 2 2(6 2 3 ) ( 2 3 ) 12− − − −

− =+ +

⇔ b ab2 3 0+ = ⇔ bb a

03

= = −

.

• Với b = 0: Chọn a = 1 ⇒ Phương trình d: x 2 0− = . • Với b = –3a: Chọn a = 1, b = –3 ⇒ Phương trình d: x y3 7 0− + = . Câu 42. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆: mx y4 0+ = , đường tròn (C):

x y x my m2 2 22 2 24 0+ − − + − = có tâm I. Tìm m để đường thẳng ∆ cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 12.

• (C) có tâm I m(1; ) , bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm của dây cung AB.

m m mIH d Im m2 2

4 5( , )16 16

+= ∆ = =

+ +; mAH IA IH

m m

22 2

2 2

(5 ) 202516 16

= − = − =+ +

IABS 12∆ = ⇔ m

d I AH m mm

23

( , ). 12 3 25 48 0 163

= ±∆ = ⇔ − + = ⇔

= ±

Câu 43. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn C x y2 2( ) : 1+ = , đường thẳng d x y m( ) : 0+ + = . Tìm m để C( ) cắt d( ) tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất.

• (C) có tâm O(0; 0) , bán kính R = 1. (d) cắt (C) tại A, B d O d( ; ) 1⇔ <

Khi đó: · ·OABS OA OB AOB AOB1 1 1. .sin .sin

2 2 2= = ≤ . Dấu "=" xảy ra ⇔ ·AOB 090= .

Vậy AOBS lón nhất ⇔ ·AOB 090= . Khi đó d I d 1( ; )2

= m 1⇔ = ± .

Câu 44. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d( ) : x my2 1 2 0+ + − = và

đường tròn có phương trình C x y x y2 2( ) : 2 4 4 0+ − + − = . Gọi I là tâm đường tròn C( ) . Tìm m sao cho d( ) cắt C( ) tại hai điểm phân biệt A và B. Với giá trị nào của m thì diện tích tam giác IAB lớn nhất và tính giá trị đó.

• C( ) có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3.

(d) cắt C( ) tại 2 điểm phân biệt A, B d I d R( , )⇔ < m m22 2 1 2 3 2⇔ − + − < +


Trang 19

m m m m m m R2 2 21 4 4 18 9 5 4 17 0⇔ − + < + ⇔ + + > ⇔ ∈

Ta có: ·S IA IB AIB IA IBIAB1 1 9. sin .2 2 2

= ≤ =

Vậy: SIAB lớn nhất là 92

khi ·AIB 090= ⇔ AB = R 2 3 2= ⇔ d I d 3 2( , )2

=

⇔ m m3 2 21 2 22

− = + m m22 16 32 0⇔ + + = m 4⇔ = −

Câu hỏi tương tự: a) Với d x my m: –2 3 0+ + = , C x y x y2 2( ) : 4 4 6 0+ + + + = . ĐS:

m m 8015

= ∨ =

Câu 45. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn C x y x y2 2( ) : 4 6 9 0+ + − + = và điểm M(1; 8)− . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M, cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho tam giác ABI có diện tích lớn nhất, với I là tâm của đường tròn (C).

• (C) có tâm I( 2;3)− , bán kính R 2= .

PT đường thẳng d qua M(1; 8)− có dạng: d ax by a b: 8 0+ − + = ( a b2 2 0+ ≠ ).

· ·IABS IA IB AIB AIB1 . .sin 2sin

2∆ = = .

Do đó: IABS∆ lớn nhất ⇔ ·AIB 090= ⇔ d I d IA 2( , ) 22

= =

⇔ b a

a b2 2

11 3 2−=

+ ⇔ a ab b2 27 66 118 0− + = ⇔ a b

a b7

7 17 = =

.

+ Với b a1 7= ⇒ = ⇒ d x y: 7 1 0+ + = + Với b a7 17= ⇒ = ⇒ d x y:17 7 39 0+ + =

Câu 46. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x y x y2 2 4 4 6 0+ + + + = và đường thẳng ∆: x my m–2 3 0+ + = với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích ∆IAB lớn nhất.

• (C) có tâm là I (–2; –2); R = 2 . Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B.

Kẻ đường cao IH của ∆IAB, ta có: S∆ABC = ·IABS IA IB AIB1 . .sin

2= = ·AIBsin

Do đó IABS lớn nhất ⇔ sin·AIB = 1 ⇔ ∆AIB vuông tại I ⇔ IH = IA 12

= (thỏa IH < R)

⇔ m

m2

1 41

1

−=

+ ⇔ 15m2 – 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m = 8

15

Câu hỏi tương tự: a) Với C x y x y2 2( ) : 2 4 4 0+ − + − = , x my: 2 1 2 0∆ + + − = . ĐS: m 4= − .

b) Với C x y x y2 2( ) : 2 4 5 0+ − − − = , x my: 2 0∆ + − = . ĐS: m 2= − Câu 47. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x y– 5 – 2 0= và đường tròn (C):

x y x y2 2 2 4 8 0+ + − − = . Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho


Trang 20

tam giác ABC vuông ở B. • Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình

y xx y x yy xx y

2 2 0; 22 4 8 01; 35 2 0

= =+ + − − = ⇔ = − = −− − = . Vì Ax 0> nên ta được A(2;0), B(–3;–1).

Vì ·ABC 090= nên AC là đường kính đường tròn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4).

Câu 48. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ): x y x y2 2 2 4 8 0+ + − − = và đường thẳng ( ∆ ): x y2 3 1 0− − = . Chứng minh rằng ( ∆ ) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm toạ độ điểm M trên đường tròn (C ) sao cho diện tích tam giác ABM lớn nhất.

• (C) có tâm I(–1; 2), bán kính R = 13 . d I R9( , )13

∆ = < ⇒ đường thẳng ( ∆ ) cắt (C) tại

hai điểm A, B phân biệt. Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có ABMS AB d M1 . ( , )2∆ ∆= . Trong đó

AB không đổi nên ABMS∆ lớn nhất ⇔ d M( , )∆ lớn nhất. Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với ( ∆ ). PT đường thẳng d là

x y3 2 1 0+ − = . Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm của hệ

phương trình: x y x yx y

2 2 2 4 8 03 2 1 0

+ + − − = + − =⇔ x y

x y1, 1

3, 5 = = − = − =

⇒ P(1; –1); Q(–3; 5)

Ta có d P 4( , )13

∆ = ; d Q 22( , )13

∆ = . Như vậy d M( , )∆ lớn nhất ⇔ M trùng với Q.

Vậy tọa độ điểm M(–3; 5).

Câu 49. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y x y2 2 2 4 5 0+ − − − = và A(0; –1) ∈ (C). Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho ∆ABC đều.

• (C) có tâm I(1;2) và R= 10 . Gọi H là trung điểm BC. Suy ra AI IH2.=uur uur

H 3 7;2 2

⇔

ABC∆ đều ⇒ I là trọng tâm. Phương trình (BC): x y3 12 0+ − = Vì B, C ∈ (C) nên tọa độ của B, C là các nghiệm của hệ phương trình:

x y x y x y x yx y x y

2 2 2 22 4 5 0 2 4 5 03 12 0 12 3

+ − − − = + − − − =⇔ + − = = −

Giải hệ PT trên ta được: B C7 3 3 3 3 7 3 3 3 3; ; ;2 2 2 2

+ − − +

hoặc ngược lại.

Câu 50. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y2 2( 3) ( 4) 35− + − = và điểm A(5; 5). Tìm trên (C) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.

• (C) có tâm I(3; 4). Ta có: AB ACIB IC

= =

⇒ AI là đường trung trực của BC. ∆ABC vuông cân

tại A nên AI cũng là phân giác của ·BAC . Do đó AB và AC hợp với AI một góc 045 . Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 045 . Khi đó B, C là giao điểm của d với

(C) và AB = AC. Vì IA (2;1)=uur

≠ (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ ⇒ VTCP của d có hai thành phần đều khác 0. Gọi u a(1; )=r là VTCP của d. Ta có:


Trang 21

( ) a aIA u

a a2 2 2

2 2 2cos ,21 2 1 5 1

+ += = =

+ + +

uur r ⇔ a a22 2 5 1+ = + ⇔ a

a

313

=

= −

+ Với a = 3, thì u (1;3)=r ⇒ Phương trình đường thẳng d: x ty t

55 3

= + = +

.

Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: 9 13 7 3 13 9 13 7 3 13; , ;2 2 2 2

+ + − −

+ Với a = 13

− , thì u 11;3

= −

r ⇒ Phương trình đường thẳng d:

x t

y t

5153

= + = −

.

Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: 7 3 13 11 13 7 3 13 11 13; , ;2 2 2 2

+ − − +

+Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là: 7 3 13 11 13 9 13 7 3 13; , ;2 2 2 2

+ − + +

và 7 3 13 11 13 9 13 7 3 13; , ;2 2 2 2

− + − −

Câu 51. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y2 2 4+ = và các điểm A 81;3

−

,

B(3;0) . Tìm toạ độ điểm M thuộc (C) sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 203

.

• AB AB x y64 104 ; : 4 3 12 09 3

= + = − − = . Gọi M(x;y) và h d M AB( , )= .

Ta có: x y x yh AB hx y

4 3 121 20 4 3 8 0. 4 44 3 32 02 3 5

− − − + == ⇔ = ⇔ = ⇔ − − =

+ x yM M

x y2 24 3 8 0 14 48( 2;0); ;

25 754 − + =

⇒ − − + = + x y

x y2 24 3 32 0

4 − − = + =

(vô nghiệm)

Câu 52. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn C x y x y2 2( ) : 2 6 9 0+ + − + = và đường thẳng d x y: 3 4 5 0− + = . Tìm những điểm M ∈ (C) và N ∈ d sao cho MN có độ dài nhỏ nhất.

• (C) có tâm I( 1;3)− , bán kính R 1= ⇒ d I d R( , ) 2= > ⇒ d C( )∩ = ∅ . Gọi ∆ là đường thẳng qua I và vuông góc với d ⇒ x y( ) : 4 3 5 0∆ + − = .

Gọi N d N0 01 7;5 5

∆

= ∩ ⇒

.

Gọi M M1 2, là các giao điểm của ∆ và (C) ⇒ M M1 22 11 8 19; , ;5 5 5 5

− −

⇒ MN ngắn nhất khi M M N N1 0,≡ ≡ .

Vậy các điểm cần tìm: M C2 11; ( )5 5

− ∈

, N d1 7;

5 5

∈

.


Trang 22

TĐP 03: CÁC ĐƯỜNG CÔNIC

Câu 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x y2 21

25 16+ = . A, B là các điểm trên (E)

sao cho: AF BF1 2 8+ = , với F F1 2, là các tiêu điểm. Tính AF BF2 1+ .

• 1AF AF a2 2+ = và BF BF a1 2 2+ = ⇒ 1 2AF AF BF BF a1 2 4 20+ + + = =

Mà 1AF BF2 8+ = ⇒ 2AF BF1 12+ = Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình elip với các tiêu điểm

F F1 2( 1;1), (5;1)− và tâm sai e 0,6= .

• Giả sử M x y( ; ) là điểm thuộc elip. Vì nửa trục lớn của elip là cae

3 50,6

= = = nên ta có:

MF MF x y x y2 2 2 21 2 10 ( 1) ( 1) ( 5) ( 1) 10+ = ⇔ + + − + − + − = ⇔ x y2 2( 2) ( 1) 1

25 16− −

+ =

Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (E): x y2 21

4 1+ = . Tìm toạ độ

các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều.

• A B2 4 3 2 4 3; , ;7 7 7 7

−


100 25+ = . Tìm các điểm M ∈ (E) sao

cho ·F MF 01 2 120= (F1, F2 là hai tiêu điểm của (E)).

• Ta có: a b10, 5= = ⇒ c 5 3= . Gọi M(x; y) ∈ (E) ⇒ MF x MF x1 23 310 , 10

2 2= − = + .

·F F MF MF MF MF F MF2 2 21 2 1 2 1 2 1 22 . .cos= + −

⇔ ( ) x x x x2 2

2 3 3 3 3 110 3 10 10 2 10 102 2 2 2 2

= − + + − − + −

⇔ x = 0 (y= ± 5). Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5).

Câu 5. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) có hai tiêu điểm F F1 2( 3;0); ( 3;0)− và đi qua điểm

A 13;2

. Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính biểu

thức: P F M F M OM F M F M2 2 21 2 1 2–3 – .= + .

• (E): x ya b a b

2 2

2 2 2 23 11 1

4+ = ⇒ + = , a b2 2 3= + ⇒ x y2 2

14 1

+ =

⇒ M M M M MP a ex a ex x y a e x2 2 2 2 2 2 2( ) ( – ) –2( ) –( ) 1= + + + − =


Trang 23

Câu 6. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho elip (E): x y2 24 16 64+ = . Gọi F2 là tiêu điểm bên phải của (E). M là điểm bất kì trên (E). Chứng tỏ rằng tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F2 và

tới đường thẳng x 8:3

∆ = có giá trị không đổi.

• Ta có: F2( 12;0) . Gọi M x y E0 0( ; ) ( )∈ ⇒ x

MF a ex 02 0

8 32

−= − = ,

x

d M x 00

8 38( , )3 3

∆−

= − = (vì x04 4− ≤ ≤ ) ⇒ MF

d M2 3

( , ) 2∆= (không đổi).

Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x y2 25 16 80+ = và hai điểm A(–5; –1), B(–1; 1). Một điểm M di động trên (E). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích ∆MAB.

• Phương trình đường thẳng (AB): x y2 3 0− + = và AB 2 5=

Gọi M x y E x y2 20 0 0 0( ; ) ( ) 5 16 80.∈ ⇒ + = Ta có:

x y x yd M AB 0 0 0 02 3 2 3

( ; )1 4 5

− + − += =

+

Diện tích ∆MAB: S AB d M AB x y0 01 . . ( ; ) 2 32

= = − −

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho 2 cặp số x y0 01 1; , ( 5 ; 4 )

25

−

có:

( )x y x y2

2 20 0 0 0

1 1 1 1 9. 5 .4 5 16 .80 362 5 4 205

− ≤ + + = =

x y x y x y x y0 0 0 0 0 0 0 02 6 6 2 6 3 2 3 9 2 3 9⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ − + ≤ ⇒ − + ≤

x yx y

x yx y

x y

0 00 0

0 0

0 0

5 45 81 1max 2 3 9

2 6252 3 9

= = −⇒ − + = ⇔ ⇔− − =

− + =

x

y

0

0

83

53

=

⇔ = −

Vậy, MABS khi M 8 5max 9 ;3 3

= −

.

Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp x yE2 2

( ) : 19 4

+ = và hai điểm A(3;–2), B(–3;

2) . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.

• PT đường thẳng AB: x y2 3 0+ = . Gọi C(x; y) ∈ (E), với x y0, 0> > ⇒ x y2 21

9 4+ = .

ABCx yS AB d C AB x y1 85 85. ( , ) 2 3 3.

2 13 3 22 13= = + = + x y2 285 1703 2 3

13 9 4 13

≤ + =

Dấu "=" xảy ra ⇔ x y

xx y

y

2 221 39 4 2

23 2

+ = =⇔ = =

. Vậy C 3 2 ; 22

.


Trang 24

Câu 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip x yE

2 2( ) : 1

25 9+ = và điểm M(1;1) . Viết phương

trình đường thẳng đi qua M và cắt elip tại hai điểm A B, sao cho M là trung điểm của AB . • Nhận xét rằng M Ox∉ nên đường thẳng x 1= không cắt elip tại hai điểm thỏa YCBT. Xét đường thẳng ∆ qua M(1; 1) có PT: y k x( 1) 1= − + . Toạ độ các giao điểm A B, của ∆ và

E( ) là nghiệm của hệ: x y

y k x

2 21 (1)

25 9( 1) 1 (2)

+ = = − +

⇒ k x k k x k k2 2 2(25 9) 50 ( 1) 25( 2 9) 0+ − − + − − = (3)

PT (3) luôn có 2 nghiệm phân biệt x x1 2, với mọi k . Theo Viet: k kx xk1 2 2

50 ( 1)25 9

−+ =

+.

Do đó M là trung điểm của AB Mk kx x x kk1 2 2

50 ( 1) 92 22525 9

−⇔ + = ⇔ = ⇔ = −

+.

Vậy PT đường thẳng ∆: x y9 25 34 0+ − = . Câu hỏi tương tự:

a) Với x yE2 2

( ) : 19 4

+ = , M(1;1) ĐS: x y: 4 9 13 0∆ + − =


8 2+ = . Tìm điểm M ∈ (E) sao cho

M có toạ độ nguyên. • Trước hết ta có nhận xét: Nếu điểm x y E( ; ) ( )∈ thì các điểm x y x y x y( ; ),( ; ),( ; )− − − − cũng

thuộc (E). Do đó ta chỉ cần xét điểm M x y E0 0( ; ) ( )∈ với x y x y Z0 0 0 0, 0; ,≥ ∈ .

Ta có: x y2 2

0 0 18 2

+ = ⇒ y20 2≤ ⇒ y00 2≤ ≤ ⇒ y x loaïi

y x0 0

0 0

0 2 2 ( )1 2

= ⇒ = = ⇒ =

⇒ M(2;1) .

Vậy các điểm thoả YCBT là: (2;1),( 2;1),(2; 1),( 2; 1)− − − − .


8 2+ = . Tìm điểm M ∈ (E) sao cho

tổng hai toạ độ của M có giá trị lớn nhất (nhỏ nhất).

• Giả sử M x y E( ; ) ( )∈ ⇒ x y2 21

8 2+ = . Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki, ta có:

x yx y2 2

2( ) (8 2) 108 2

+ ≤ + + =

⇒ x y10 10− ≤ + ≤ .

+ x y 10+ ≤ . Dấu "=" xảy ra ⇔ x y

x y8 2

10

=

+ =

⇔ M 4 10 10;5 5

.

+ x y 10+ ≥ − . Dấu "=" xảy ra ⇔ x y

x y8 2

10

=

+ = −

⇔ M 4 10 10;5 5

− −


Trang 25


19 3

+ = và điểm A(3;0) . Tìm trên

(E) các điểm B, C sao cho B, C đối xứng qua trục Ox và ∆ABC là tam giác đều. • Không mất tính tổng quát, giả sử B x y C x y0 0 0 0( ; ), ( ; )− với y0 0> .

Ta có: x y

x y2 2

2 20 00 01 3 9

9 3+ = ⇔ + = . BC y02= và BC x x0( ) : = ⇒ d A BC x0( ,( )) 3= −

Do A Ox∈ , B và C đối xứng qua Ox nên ∆ABC cân tâị A

Suy ra: ∆ABC đều ⇔ d A BC BC3( ,( ))2

= ⇔ x y0 03 3− = ⇔ y x2 20 03 ( 3)= −

⇒ xx x

x2 2 00 0

0

0( 3) 93

=+ − = ⇔ =

.

+ Với x0 0= ⇒ y0 3= ⇒ B C(0; 3), (0; 3)− . + Với x0 3= ⇒ y0 0= (loại).

Vậy: B C(0; 3), (0; 3)− .


9 4+ = và các đường thẳng

d mx ny1 : 0− = , d nx+my2 : 0= , với m n2 2 0+ ≠ . Gọi M, N là các giao điểm của d1 với (E),

P, Q là các giao điểm của d2 với (E). Tìm điều kiện đối với m n, để diện tích tứ giác MPNQ đạt giá trị nhỏ nhất.

• PTTS của d d1 2, là: x ntd

y mt1

11

: = =

, x mtd

y nt2

22

: = − =

.

+ M, N là các giao điểm của d1 và (E)

⇒ n m n mM Nm n m n m n m n2 2 2 2 2 2 2 2

6 6 6 6; , ;9 4 9 4 9 4 9 4

− − + + + +

+ P, Q là các giao điểm của d2 và (E)

⇒ m n m nP Qm n m n m n m n2 2 2 2 2 2 2 2

6 6 6 6; , ;4 9 4 9 4 9 4 9

− − + + + +

+ Ta có: MN ⊥ PQ tại trung điểm O của mỗi đường nên MPNQ là hình thoi.

MPNQS S MN PQ OM OP1 . 2 .2

= = = = M M P Pm nx y x y

m n m n

2 22 2 2 2

2 2 2 2

72( )2 .(9 4 )(4 9 )

++ + =

+ +

Áp dụng BĐT Cô-si: m n m nm n m n m n2 2 2 2

2 2 2 2 2 2(9 4 ) (4 9 ) 13(9 4 )(4 9 ) ( )2 2

+ + ++ + ≤ = +

⇒ m nSm n

2 2

2 2

72( ) 14413 13( )2

+≥ =

+. Dấu "=" xảy ra ⇔ m n m n m n2 2 2 29 4 4 9+ = + ⇔ = ±

Vậy: S 144min13

= khi m n= ± .

Câu 14. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho Hypebol (H) có phương trình: x y2 21

16 9− = .


Trang 26

Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).

• (H) có các tiêu điểm F F1 2( 5;0); (5;0)− . HCN cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3),

Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: x ya b

2 2

2 21+ = ( với a > b)

(E) cũng có hai tiêu điểm F F a b2 2 21 2( 5;0); (5;0) 5 (1)− ⇒ − =

M E a b a b2 2 2 2(4;3) ( ) 9 16 (2)∈ ⇔ + =

Từ (1) và (2) ta có hệ: a b aa b a b b

2 2 2 2

2 2 2 2 25 40

9 16 15

= + =⇔ + = =

. Vậy (E): x y2 21

40 15+ =

Câu 15. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hypebol (H) có phương trình x y2 21

9 4− = .

Giả sử (d) là một tiếp tuyến thay đổi và F là một trong hai tiêu điểm của (H), kẻ FM ⊥(d). Chứng minh rằng M luôn nằm trên một đường tròn cố định, viết phương trình đường tròn đó

• (H) có một tiêu điểm F ( 13;0) . Giả sử pttt (d): ax + by + c = 0 . Khi đó: 9a2 – 4b2 = c2 (*)

Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( x 13)− – a y = 0

Toạ độ của M là nghiệm của hệ: ax by cbx ay b13

+ = − − =

Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng lại và kết hợp với (*), ta được x2 + y2 = 9

Câu 16. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y x2 = và điểm I(0; 2). Tìm toạ độ

hai điểm M, N ∈ (P) sao cho IM IN4=uuur uur

.

• Gọi M x y N x y0 0 1 1( ; ), ( ; ) là hai điểm thuộc (P), khi đó ta có: x y x y2 20 0 1 1;= =

IM x y y y20 0 0 0( ; 2) ( ; 2)= − = −

uuur; IN y y y y IN y y2 2

1 1 1 1 1 1( ; 2) ( ; 2); 4 (4 ; 4 8)= − = − = −uur uur

Theo giả thiết: IM IN4=uuur uur

, suy ra: y yy y

2 20 1

0 1

42 4 8

= − = −

y x y xy x y x

1 1 0 0

1 1 0 0

1 1; 2; 43 9; 6; 36

= ⇒ = = − =⇔ = ⇒ = = =

Vậy, có 2 cặp điểm cần tìm: M N(4; –2), (1;1) hay M N(36;6), (9;3) .

Câu 17. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y x2 8= . Giả sử đường thẳng d đi qua tiêu điểm của (P) và cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ tương ứng là x x1 2, .

Chứng minh: AB = x x1 2 4+ + .

• Theo công thức tính bk qua tiêu: FA x1 2= + , FB x2 2= + ⇒ AB FA FB x x1 2 4= + = + + .

Câu 18. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho Elip (E): x y2 25 5+ = , Parabol P x y2( ) : 10= . Hãy viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng x y( ) : 3 6 0∆ + − = , đồng thời tiếp xúc với trục hoành Ox và cát tuyến chung của Elip (E) với Parabol (P).

• Đường thẳng đi qua các giao điểm của (E) và (P): x = 2

Tâm I ∈ ∆ nên: I b b(6 3 ; )− . Ta có: b b b

b bb b b

4 3 16 3 2

4 3 2 − = =

− − = ⇔ ⇔ − = − =

⇒ (C): x y2 2( 3) ( 1) 1− + − = hoặc (C): x y2 2( 2) 4+ − =


Trang 27

TĐP 04: TAM GIÁC

Câu 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ∆ABC biết: B(2; –1), đường cao qua A có phương trình d1: x y3 – 4 27 0+ = , phân giác trong góc C có phương trình d2: x y2 –5 0+ = . Tìm toạ độ điểm A.

• Phương trình BC: x y2 13 4− +

=−

⇒ Toạ độ điểm C( 1;3)−

+ Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d2, I là giao điểm của BB’ và d2.

⇒ phương trình BB’: x y2 11 2− +

= x y2 5 0⇔ − − =

+ Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: x y x Ix y y2 5 0 3 (3;1)

2 5 0 1 − − = =⇔ ⇒ + − = =

+ Vì I là trung điểm BB’ nên: B I B

B I B

x x xB

y y y'

'

2 4 (4;3)2 3

= − = ′⇒ = − =

+ Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0.

+ Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: y x Ax y y

3 0 5 ( 5;3)3 4 27 0 3

− = = −⇔ ⇒ − − + = =

Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM

và phân giác trong BD. Biết H M 17( 4;1), ;125

−

và BD có phương trình x y 5 0+ − = . Tìm

tọa độ đỉnh A của tam giác ABC. • Đường thẳng ∆ qua H và vuông góc với BD có PT: x y 5 0− + = . BD I I(0;5)∆ ∩ = ⇒ Giả sử AB H '∆ ∩ = . ∆ BHH ' cân tại B ⇒ I là trung điểm của HH H' '(4;9)⇒ .

Phương trình AB: x y5 29 0+ − = . B = AB ∩ BD ⇒ B(6; 1)− ⇒ A 4 ;255

Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(4; 3). Biết phương trình

đường phân giác trong (AD): x y2 5 0+ − = , đường trung tuyến (AM): x y4 13 10 0+ − = . Tìm toạ độ đỉnh B.

• Ta có A = AD ∩ AM ⇒ A(9; –2). Gọi C′ là điểm đối xứng của C qua AD ⇒ C′ ∈ AB.

Ta tìm được: C′(2; –1). Suy ra phương trình (AB): x y9 22 9 1 2

− +=

− − + ⇔ x y7 5 0+ + = .

Viết phương trình đường thẳng Cx // AB ⇒ (Cx): x y7 25 0+ − =

Câu 4. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 32

, A(2;–3),

B(3;–2). Tìm toạ độ điểm C, biết điểm C nằm trên đường thẳng (d): x y3 – – 4 0= .

• PTTS của d: x ty t4 3

= = − +

. Giả sử C(t; –4 + 3t) ∈ d.

( )S AB AC A AB AC AB AC22 21 1. .sin . .

2 2= = −

uuur uuur = 3

2 ⇔ t t24 4 1 3+ + = ⇔ t

t2

1 = − =

⇒ C(–2; –10) hoặc C(1;–1).


Trang 28

Câu 5. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(2; –3), B(3; –2), có diện tích bằng 3

2 và

trọng tâm G thuộc đường thẳng ∆ : x y3 – –8 0= . Tìm tọa độ đỉnh C.

• Ta có: AB = 2 , trung điểm M 5 5;2 2

−

. Phương trình AB: x y 5 0− − = .

ABCS AB d C AB d C AB1 3 3. ( , ) ( , )2 2 2

= = ⇒ = .

Gọi G t t( ;3 8) ∆− ∈ ⇒ d G AB 1( , )2

= ⇒ t t(3 8) 5 12 2

− − −= ⇔ t

t12

= =

• Với t 1= ⇒ G(1; –5) ⇒ C(–2; –10) • Với t 2= ⇒ G(2; –2) ⇒ C(1; –1) Câu hỏi tương tự:

a) Với A B(2; 1) , (1; 2)− − , ABCS 272

= , G x y: 2 0∆∈ + − = . ĐS: C(18; 12)− hoặc C( 9;15)−

Câu 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường thẳng d x y: 2 3 0+ − = và hai điểm

A( 1;2)− , B(2;1) . Tìm toạ độ điểm C thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2.

• AB 10= , C a a( 2 3; )− + ∈ d. Phương trình đường thẳng AB x y: 3 5 0+ − = .

ABCS 2∆ = AB d C AB1 . ( , ) 22

⇔ =a 21 10. 2

2 10

−⇔ = a

a6

2 =⇔ = −

• Với a 6= ta có C( 9;6)− • Với a 2= − ta có C(7; 2)− . Câu hỏi tương tự: a) Với d x y: 2 1 0− − = , A(1; 0), B(3; −1) , ABCS 6= . ĐS: C(7;3) hoặc C( 5; 3)− − . Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; –3), B(3; –2), diện tích tam

giác bằng 1,5 và trọng tâm I nằm trên đường thẳng d: x y3 8 0− − = . Tìm toạ độ điểm C.

• Vẽ CH ⊥ AB, IK ⊥ AB. AB = 2 ⇒ CH = ABCSAB

2 32

∆ = ⇒ IK = CH1 13 2

= .

Giả sử I(a; 3a – 8) ∈ d. Phương trình AB: x y 5 0− − = .

d I AB IK( , ) = ⇔ a3 2 1− = ⇔ aa

21

= =

⇒ I(2; –2) hoặc I(1; –5).

+ Với I(2; –2) ⇒ C(1; –1) + Với I(1; –5) ⇒ C(–2; –10). Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A B(1;0), (0;2) , diện tích tam

giác bằng 2 và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng d: y x= . Tìm toạ độ điểm C. • Phương trình AB x y: 2 2 0+ − = . Giả sử I t t d( ; )∈ ⇒ C t t(2 1;2 )− .

Theo giả thiết: ABCS AB d C AB1 . ( , ) 22∆ = = ⇔ t6 4 4− = ⇔ t t 40;

3= = .

+ Với t 0= ⇒ C( 1;0)− + Với t 43

= ⇒ C 5 8;3 3

.

Câu 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 5); B(4; –3), đường phân

giác trong vẽ từ C là d x y: 2 8 0+ − = . Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.


Trang 29

• Gọi E là điểm đối xứng của A qua d ⇒ E ∈ BC. Tìm được E(1;1) ⇒ PT đường thẳng BC: x y4 3 1 0+ + = . C d BC= ∩ ⇒ C( 2;5)− .

Phương trình đường tròn (ABC) có dạng: x y ax by c a b c2 2 2 22 2 0; 0+ − − + = + − >

Ta có A, B, C ∈ (ABC) ⇒ a b ca b c a b ca b c

4 10 291 5 996 10 34 ; ;2 8 4

8 6 25

− + = − −− − + = − ⇔ = = = − + + = −

Vậy phương trình đường tròn là: x y x y2 2 5 99 04 4

+ − − − = .

Câu 10. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh AB là

M( 1;2)− , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I(2; 1)− . Đường cao của tam giác kẻ từ A có phương trình x y2 1 0+ + = . Tìm toạ độ đỉnh C.

• PT đường thẳng AB qua M và nhận MI (3; 3)= −uuur

làm VTPT: AB x y( ) : 3 0− + = .

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: x yx y

3 02 1 0

− + = + + =

⇒ A 4 5;3 3

−

.

M( 1;2)− là trung điểm của AB nên B 2 7;3 3

−

.

Đường thẳng BC qua B và nhận n (2;1)=r làm VTCP nên có PT: x t

y t

2 23

73

= − +

= +

Giả sử C t t BC2 72 ; ( )3 3

− + + ∈

.

Ta có: IB IC t t2 2 2 2

8 10 8 1023 3 3 3

= ⇔ − + + = +

⇔

t loaïi vì C B

t

0 ( )45

= ≡

=

Vậy: C 14 47;15 15

.

Câu 11. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với AB 5= , đỉnh C( 1; 1)− − , đường thẳng AB có phương trình x y2 3 0+ − = , trọng tâm của ∆ABC thuộc đường thẳng d x y: 2 0+ − = . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tam giác ABC.

• Gọi I a b( ; ) là trung điểm của AB, G là trọng tâm ∆ABC ⇒ CG CI23

=uuur uur

⇒ G

G

ax

by

2 13

2 13

−=

− =

Do G d∈ nên a b2 1 2 1 2 03 3− −

+ − = ⇒ Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ:

a b

a b2 3 0

2 1 2 1 2 03 3

+ − =− − + − =

⇒ ab

51

= = −

⇒ I(5; 1)− .

Ta có A B AB

IA IB

, ( )5

2

∈

= =

⇒ Toạ độ các điểm A, B là các nghiệm của hệ: x y

x y2 2

2 3 05( 5) ( 1)4

+ − = − + + =


Trang 30

⇔

x y

x y

14;236;2

= = −

= = −

⇒ A B1 34; , 6;2 2

− −

hoặc A B3 16; , 4;

2 2

− −

.

Câu 12. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm G(2;1) và hai đường thẳng

d x y1 : 2 7 0+ − = , d x y2 : 5 8 0+ − = . Tìm toạ độ điểm B d C d1 2,∈ ∈ sao cho tam giác ABC

nhận điểm G làm trọng tâm, biết A là giao điểm của d d1 2, .

• Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: x yx y

2 7 05 8 0

+ − = + − =

⇔ xy

13

= =

⇒ A(1;3) .

Giả sử B b b d C c c d1 2(7 2 ; ) ; ( ;8 5 )− ∈ − ∈ .

Vì G là trọng tâm của ∆ABC nên:A B C

G

A B CG

x x xx

y y yy

3

3

+ +=

+ + =

⇒ b cb c2 2

5 8 − = − = −

⇒ bc

22

= =

.

Vậy: B C(3;2), (2; 2)− .

Câu 13. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2;1) . Đường cao BH có phương trình x y3 7 0− − = . Đường trung tuyến CM có phương trình x y 1 0+ + = . Xác định toạ độ các đỉnh B, C. Tính diện tích tam giác ABC.

• AC qua A và vuông góc với đường cao BH ⇒ AC x y( ) : 3 7 0− − = .

Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ: x yx y

3 7 01 0

− − = + + =

⇒ C(4; 5)− .

Trung điểm M của AB có: B BM M

x yx y

2 1;

2 2+ +

= = . M CM( )∈ ⇒ B Bx y2 11 0

2 2+ +

+ + = .

Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: B B

x yx y3 7 0

2 11 0

2 2

− − =+ + + + =

⇒ B( 2; 3)− − .

Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ: x yx y

3 7 03 7 0

− − = + − =

⇒ H 14 7;5 5

−

.

BH AC8 10 ; 2 105

= = ⇒ ABCS AC BH1 1 8 10. .2 10. 162 2 5∆ = = = (đvdt).

Câu 14. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 2)− , phương trình đường

cao kẻ từ C và đường trung trực của BC lần lượt là: x y 2 0− + = , x y3 4 2 0+ − = . Tìm toạ độ các đỉnh B và C.

• Đường thẳng AB qua A và vuông góc với đường cao CH ⇒ AB x y( ) : 2 0− + = .

Gọi B b b AB( ;2 ) ( )− ∈ , C c c CH( ; 2) ( )+ ∈ ⇒ Trung điểm M của BC: b c b cM 4;2 2

+ − +

.

Vì M thuộc trung trực của BC nên: b c b c3( ) 4(4 ) 4 0+ + − + − = ⇔ b c7 12 0− + + = (1)

BC c b c b( ; )= − +uuur

là 1 VTPT của trung trực BC nên c b c b4( ) 3( )− = + ⇔ c b7= (2)

Từ (1) và (2) ⇒ c b7 1,4 4

= − = − . Vậy B C1 9 7 1; , ;4 4 4 4

− −

.


Trang 31

Câu 15. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại 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.

• Gọi H là trung điểm của BC ⇒ H là hình chiếu của A trên ∆ ⇒ H 7 1;2 2

−

⇒ AH 9

2=

Theo giả thiết: ABCS BC AH BC118 . 18 4 22∆ = ⇒ = ⇒ = ⇒ HB HC 2 2= = .

Toạ độ các điểm B, C là các nghiệm của hệ: x y

x y2 24 0

7 1 82 2

− − =

− + + =

⇔ x y

x y

11 3;2 23 5;2 2

= =

= = −

Vậy B C11 3 3 5; , ;2 2 2 2

−

hoặc B C3 5 11 3; , ;

2 2 2 2

−

.

Câu 16. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x y 5 0+ + = , d2:

x y2 – 7 0+ = và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và

điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. • Do B ∈ d1 nên B(m; – m – 5), C ∈ d2 nên C(7 – 2n; n)

Do G là trọng tâm ∆ABC nên m nm n

2 7 2 3.23 5 3.0

+ + − = − − + =

mn

11

= −⇔ = ⇒ B(–1; –4), C(5; 1)

⇒ PT đường tròn ngoại tiếp ∆ABC: x y x y2 2 83 17 338 027 9 27

+ − + − =

Câu 17. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;6) , phương trình các

đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là d x y1 : 2 13 0− + = và

d x y2 : 6 13 29 0− + = . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

• Đường cao CH : x y2 13 0− + = , trung tuyến CM : x y6 13 29 0− + = C( 7; 1)⇒ − − PT đường thẳng AB: x y2 16 0+ − = . M CM AB= ∩ ⇒ M(6;5) ⇒ B(8;4) .

Giả sử phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp ABC x y mx ny p2 2: 0.∆ + + + + =

Vì A, B, C ∈ (C) nên m n pm n pm n p

52 4 6 080 8 4 050 7 0

+ + + = + + + = − − + =

mnp

46

72

= −⇔ = = −

.

Suy ra PT đường tròn: x y x y2 2 4 6 72 0+ − + − = . Câu 18. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai

đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d x y1 : 5 0 + + = và d x y2 : 2 – 7 0+ = . Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.

• Giả sử B b b d C c c d1 2( 5 ; ) ; (7 2 ; )− − ∈ − ∈ .

Vì G là trọng tâm ∆ABC nên ta có hệ: B C

B C

x xy y

2 63 0

+ + = + + =

⇒ B(–1;–4) , C(5; 1).

Phương trình BG: x y4 –3 –8 0= . Bán kính R d C BG 9( , )5

= =

⇒ Phương trình đường tròn: x y2 2 81( – 5) ( –1)25

+ =


Trang 32

Câu 19. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A( 3;6)− , trực tâm H(2;1) ,

trọng tâm G 4 7;3 3

. Xác định toạ độ các đỉnh B và C.

• Gọi I là trung điểm của BC. Ta có AG AI I2 7 1;3 2 2

= ⇒

uuur uur

Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình: x y 3 0− − = Vì I là trung điểm của BC nên giả sử B BB x y( ; ) thì B BC x y(7 ;1 )− − và B Bx y 3 0− − = .

H là trực tâm của tam giác ABC nên CH AB⊥ ; B B B BCH x y AB x y( 5 ; ), ( 3; 6)= − + = + −uuur uuur

B B B B

B B B B B

x y x xCH AB

x x y y y3 1 6. 0

( 5)( 3) ( 6) 0 2 3 − = = =

= ⇔ ⇔ ∨ − + + − = = − =

uuur uuur

Vậy ( ) ( )B C1; 2 , 6;3− hoặc ( ) ( )B C6;3 , 1; 2− Câu 20. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; –2), đường cao

CH x y: 1 0− + = , phân giác trong BN x y: 2 5 0+ + = . Tìm toạ độ các đỉnh B, C và tính diện tích tam giác ABC.

• Do AB CH⊥ nên phương trình AB: x y 1 0+ + = .

+ B = AB BN∩ ⇒ Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ:x yx y

2 5 01 0

+ + =

+ + = ⇔ x

y4

3 = − =

⇒ B( 4;3)− .

+ Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì A BC'∈ . Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): x y2 5 0− − = .

Gọi I d BN( )= ∩ . Giải hệ: x y

x y2 5 0

2 5 0 + + =

− − =. Suy ra: I(–1; 3) A '( 3; 4)⇒ − −

+ Phương trình BC: x y7 25 0+ + = . Giải hệ: BC x yCH x y

: 7 25 0: 1 0

+ + =

− + =

⇒ C 13 9;4 4

− −

.

+ BC2 2

13 9 4504 34 4 4

= − + + + =

, d A BC

2 2

7.1 1( 2) 25( ; ) 3 2

7 1

+ − += =

+.

Suy ra: ABCS d A BC BC1 1 450 45( ; ). .3 2. .2 2 4 4

= = =

Câu 21. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC∆ , với đỉnh A(1; –3) phương trình đường phân

giác trong BD: x y 2 0+ − = và phương trình đường trung tuyến CE: x y8 7 0+ − = . Tìm toạ độ các đỉnh B, C.

• Gọi E là trung điểm của AB. Giả sử B b b BD( ;2 )− ∈b bE CE1 1;

2 2 + +

⇒ − ∈

⇒ b 3= −

⇒ B( 3;5)− . Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua BD ⇒ A′ ∈ BC. Tìm được A′(5; 1)

⇒ Phương trình BC: x y2 7 0+ − = ; x yC CE BC Cx y

8 7 0: (7;0)2 7 0

+ − == ∩ ⇒ + − =.

Câu 22. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; –4). Phương trình

đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C lần lượt là d x y1 : 1 0+ − = và

d x y2 : 3 9 0− − = . Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC.


Trang 33

• Gọi C c c d2( ;3 9)− ∈ và M là trung điểm của BC ⇒ M m m d1( ;1 )− ∈ .

⇒ B m c m c(2 ;11 2 3 )− − − . Gọi I là trung điểm của AB, ta có m c m cI 2 3 7 2 3;2 2

− + − −

.

Vì I ∈ d2( ) nên m c m c2 3 7 2 33. 9 02 2

− + − −− − = ⇔ m 2= ⇒ M(2; 1)−

⇒ Phương trình BC: x y 3 0− − = . C BC d C B2 (3;0) (1; 2)= ∩ ⇒ ⇒ − . Câu 23. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đường

thẳng d 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.

• Gọi H là chân đường cao xuất phát từ A ⇒ H đối xứng với A qua d ⇒ H( 2; 2)− − ⇒ PT đường thẳng BC: x y 4 0+ + = . Giả sử B m m BC( ; 4 )− − ∈ ⇒ C m m( 4 ; )− −

⇒ CE m m , AB m m(5 ; 3 ) ( 6; 10 )= + − − = − − −uuur uuur

.

Vì CE AB⊥ nên AB CE m m m m. 0 ( 6)( 5) ( 3)( 10) 0= ⇔ − + + + + =uuur uuur

⇔ m m0; 6= = − . Vậy: B C(0; 4), ( 4;0)− − hoặc B C( 6;2), (2; 6)− − . Câu 24. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2;4) . Đường thẳng ∆

qua trung điểm của cạnh AB và AC có phương trình x y4 6 9 0− + = ; trung điểm của cạnh BC nằm trên đường thẳng d có phương trình: x y2 2 1 0− − = . Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết

rằng tam giác ABC có diện tích bằng 72

và đỉnh C có hoành độ lớn hơn 1.

• Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua ∆, ta tính được A 40 31' ;13 13

⇒ BC x y: 2 3 1 0− + =

Ta gọi M là trung điểm của BC, thì M là giao của đường thẳng d và BC nên M 5 ;22

.

Giả sử tC t BC3 1; ( )2

−∈

. Ta có ABCS d A BC BC BC BC1 7 1 7( ; ). . 13

2 2 2 13∆ = ⇔ = ⇔ =

CM 132

⇔ =t t Ct

t C loaïi

223 6 13 3 (4;3)( 2)

1 (1;1) ( )2 2 − =⇔ + − = ⇔ ⇔ =

⇒ B(1;1) .

Vậy: B(1;1) , C(4;3) . Câu 25. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ∆ABC có tọa độ đỉnh B(3; 5) , phương trình

đường cao hạ từ đỉnh A và đường trung tuyến hạ từ đỉnh C lần lượt là d1 : 2x – 5y + 3 = 0 và

d2 : x + y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C của tam giác ABC.

• Gọi M là trung điểm AB thì M ∈ d2 nên M a a( ;5 )− . Đỉnh A ∈ d1 nên bA b5 3;2

−

.

M là trung điểm AB: A B M

A B M

x x xy y y

22

+ = + =

a b aa b b

4 5 3 22 5 1

− = =⇔ ⇔ + = = ⇒ A(1; 1).

Phương trình BC: x y5 2 25 0+ − = ; C d BC2= ∩ ⇒ C(5; 0).

Câu 26. Trong mặt phẳng toạ độ với hệ toạ độ Oxy, cho ABC∆ với AB 5,= đỉnh C( 1; 1)− − , phương trình cạnh AB x y: 2 3 0+ − = và trọng tâm G của ABC∆ thuộc đường thẳng


Trang 34

d x y: 2 0+ − = . Xác định tọa độ các đỉnh A B, của tam giác. • Gọi I x y( ; ) là trung điểm AB , G GG x y( ; ) là trọng tâm của ∆ABC

⇒ G

G

xxCG CI

yy

2 12 3

2 133

−=

= ⇔ − =

uuur uur

G d x y: 2 0∈ + − = nên có: G Gx y 2 0+ − = ⇔ x y2 1 2 1 2 03 3− −

+ − =

Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ: x y

Ix y2 3 0

(5; 1)2 1 2 1 2 03 3

+ − = ⇒ −− − + − =

Gọi A A A AABA x y IA x y

22 2 2 5( ; ) ( 5) ( 1)

2 4

⇒ = − + + = =

.

Hơn nữa A AB x y: 2 3 0∈ + − = suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

( ) ( )A A A A

A A A A

x y x x

x y y y2 2

2 3 0 4 65 1 35 14 2 2

+ − = = = ⇔ ∨ − + + = = − = −

Vậy: A B1 34, , 6;2 2

− −

hoặc B A1 34, , 6;

2 2

− −

.

Câu 27. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm toạ độ các đỉnh của một tam giác vuông cân, biết

đỉnh C(3; 1)− và phương trình của cạnh huyền là d x y: 3 2 0− + = . • Toạ độ điểm C không thoả mãn phương trình cạnh huyền nên ∆ABC vuông cân tại C. Gọi I

là trung điểm của AB . Phương trình đường thẳng CI: x y3 0+ = .

I CI AB= ∩ ⇒ I 3 1;5 5

−

⇒ AI BI CI 72

5= = =

Ta có: A B d

AI BI

,725

∈ = =

⇔ x y

x y2 2

3 2 0

3 1 725 5 5

− + = + + − =

⇔ x y

x y

3 19;5 5

9 17;5 5

= =

= − = −

Vậy toạ độ 2 đỉnh cần tìm là: 3 19 9 17; , ;5 5 5 5

− −

.

Câu 28. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; –5) và đường thẳng ∆ có phương trình:

x y3 4 4 0− + = . Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I 52;2

sao cho diện tích

tam giác ABC bằng 15.

• Gọi a aA a B a3 4 16 3; 4 ;4 4

∆ + −

∈ ⇒ −

⇒ ABCS AB d C AB1 . ( , ) 32

∆= = ⇒ AB = 5.

a aAB aa

22 6 3 45 (4 2 ) 25

02 − == ⇔ − + = ⇔ =

. Vậy hai điểm cần tìm là A(0; 1) và B(4; 4).

Câu 29. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC với B(1; 2)− đường cao


Trang 35

AH x y: 3 0− + = . Tìm tọa độ các đỉnh A, C của tam giác ABC biết C thuộc đường thẳng d x y:2 1 0+ − = và diện tích tam giác ABC bằng 1.

• Phương trình BC x y: 1 0+ + = . C = BC ∩ d ⇒ C(2; 3)− .

Gọi A x y AH x y0 0 0 0( ; ) 3 0∈ ⇒ − + = (1); x y

BC AH d A BC 0 0 12, ( , )

2

+ += = =

ABCx y x y

S AH BCx y

0 0 0 0

0 0

1 1 2 (2)1 1. 1 . . 2 11 2 (3)2 2 2∆

+ + + + == = ⇔ = ⇔ + + = −

Từ (1) và (2) xA

y0

0

1 ( 1;2)2

= −⇒ ⇒ − =

. Từ (1) và (3) xA

y0

0

3 ( 3;0)0

= −⇒ ⇒ − =

Câu 30. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A(2;1) , điểm B nằm

trên trục hoành, điểm C nằm trên trục tung sao cho các điểm B, C có toạ độ không âm. Tìm toạ độ các điểm B, C sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.

• Giả sử B b C c b c( ;0), (0; ), ( , 0)≥ .

∆ABC vuông tại A ⇔ AB AC. 0=uuur uuur

⇔ c b2 5 0= − + ≥ ⇔ b 502

≤ ≤ .

ABCS AB AC1 .2∆ = = b c b b b2 2 2 2 21 ( 2) 1. 2 ( 1) ( 2) 1 4 5

2− + + − = − + = − +

Do b 502

≤ ≤ nên ABCS∆ đạt GTLN ⇔ b 0= ⇒ B C(0;0), (0;5) .

Câu 31. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A( 1; 3)− − , trọng tâm

G(4; 2)− , trung trực của AB là d x y: 3 2 4 0+ − = . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

• Gọi M là trung điểm của BC ⇒ AM AG32

=uuur uuur

⇒ M 13 3;2 2

−

.

AB d⊥ ⇒ AB nhận du (2; 3)= −r làm VTPT ⇒ Phương trình AB x y: 2 3 7 0− − = . Gọi N là trung điểm của AB ⇒ N = AB ∩ d ⇒ N(2; 1)− ⇒ B(5;1) ⇒ C(8; 4)− .

PT đường tròn (C) ngoại tiếp ∆ABC có dạng: x y ax by c2 2 2 2 0+ + + + = ( a b c2 2 0+ − > ).

Khi đó ta có hệ: a b ca b ca b c

2 6 1010 2 2616 8 80

+ − =+ + = −

− + = − ⇔

a

b

c

7421

237

83

=

= −

=

. Vậy: C x y x y2 2 148 46 8( ) : 021 7 3

+ − + + =

Câu 32. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(−2, 0) và phương

trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là: x y4 14 0+ + = ; x y2 5 2 0+ − = . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.

• A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) Câu 33. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H( 1;6)− , các điểm

M N(2;2) (1;1) lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, BC. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. • Đường thẳng CH qua H và vuông góc với MN ⇒ CH x y: 5 0+ + = .


Trang 36

Giả sử C a a CH( ;5 )− ∈ ⇒ CN a a(1 ; 4)= − −uuur

Vì M là trung điểm của AC nên A a a(4 ; 1)− − ⇒ AH a a( 5;7 )= − −uuur

Vì N là trung điểm của BC nên B a a(2 ; 3)− −

Vì H là trực tâm ∆ABC nên: AH CN. 0=uuur uuur

⇔ a a a a( 5)(1 ) (7 )( 4) 0− − + − − = ⇔ a

a

3112

=

=

.

+ Với a 3= ⇒ C A B(3;2), (1;2), ( 1;0)−

+ Với a 112

= ⇒ C A B11 1 3 9 7 5; , ; , ;2 2 2 2 2 2

− − −

Câu 34. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phân giác trong AD và đường

cao CH lần lượt có phương trình x y 2 0+ − = , x y2 5 0− + = . Điểm M(3;0) thuộc đoạn AC thoả mãn AB AM2= . Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC.

• Gọi E là điểm đối xứng của M qua AD ⇒ E(2; 1)− . Đường thẳng AB qua E và vuông góc với CH ⇒ AB x y( ) : 2 3 0+ − = .

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: x yx y2 3 0

2 0 + − = + − =

⇒ A(1;1) ⇒ PT AM x y( ) : 2 3 0+ − =

Do AB AM2= nên E là trung điểm của AB ⇒ B(3; 3)− .

Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ: x yx y

2 3 02 5 0

+ − = − + =

⇒ C( 1;2)−

Vậy: A(1;1) , B(3; 3)− , C( 1;2)− . Câu hỏi tương tự:

a) AD x y( ) : 0− = , CH x y( ) : 2 3 0+ + = , M(0; 1)− . ĐS: A(1;1) ; B( 3; 1)− − ;C 1 ; 22

− −

Câu 35. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, đường thẳng BC có

phương trình x y2 2 0+ − = . Đường cao kẻ từ B có phương trình x y 4 0− + = , điểm M( 1;0)− thuộc đường cao kẻ từ C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.

• Toạ độ đỉnh B là nghiệm của hệ: x yx y

2 2 04 0

+ − = − + =

⇒ B( 2;2)− .

Gọi d là đường thẳng qua M và song song với BC ⇒ d x y: 2 1 0+ + = . Gọi N là giao điểm của d với đường cao kẻ từ B ⇒ Toạ độ của N là nghiệm của hệ:

x yx y

4 02 1 0

− + = + + =

⇒ N( 3;1)− .

Gọi I là trung điểm của MN ⇒ I 12;2

−

. Gọi E là trung điểm của BC ⇒ IE là đường trung

trực của BC ⇒ IE x y: 4 2 9 0− + = .

Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ: x yx y

2 2 04 2 9 0

+ − = − + =

⇒ E 7 17;5 10

−

⇒ C 4 7;

5 5

−

.

Đường thẳng CA qua C và vuông góc với BN ⇒ CA x y 3: 05

+ − = .

Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ: x y

x y

4 2 9 03 05

− + = + − =

⇒ A 13 19;10 10

−

.


Trang 37

Vậy: A 13 19;10 10

−

, B( 2;2)− , C 4 7;

5 5

−

.

Câu 36. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d:

x y– 4 – 2 0= , cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x y 3 0+ + = và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C.

• Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình: y x= .

Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ : xx y A

y x y

22 24 2 0 3 ;

2 3 33

= − − − = ⇔ ⇒ − − = = −

Vì M là trung điểm của AC nên C 8 8;3 3

Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương trình: xy 24

= +

x y xBH BC B Bx yy

3 0 4: ( 4;1)12

4

+ + = = −∩ = ⇔ ⇒ − == +

Câu 37. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao

BH x y: 3 4 10 0+ + = , đường phân giác trong góc A là AD có phương trình là x y 1 0− + = ,

điểm M(0; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C một khoảng bằng 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

• Gọi N đối xứng với M qua AD . Ta có N AC∈ và N (1;1) ⇒ PT cạnh AC x y: 4 3 1 0− − =

A AC AD A(4;5)= ∩ ⇒ . AB đi qua M, A ⇒ PT cạnh AB x y: 3 4 8 0− + = ⇒ B 13;4

− −

Gọi C a b AC a b( ; ) 4 3 1 0∈ ⇒ − − = , ta có MC 2= ⇒ C(1;1) hoặc C 31 33;25 25

.

Kiểm tra điều kiện B, C khác phía với AD, ta có cả hai điểm trên đều thỏa mãn. Câu 38. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm M(–1; 1) là trung điểm

của cạnh BC, hai cạnh AB, AC lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x y 2 0+ − = và d2: x y2 6 3 0+ + = . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C.

• Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: x yx y

2 02 6 3 0

+ − = + + =

⇒ A 15 7;4 4

−

.

Giả sử: B b b( ;2 )− ∈ d1, cC c 3 2;

6 − −

∈ d2. M(–1; 1) là trung điểm của BC

⇔

b c

cb

12

3 226 1

2

+= −

− − − +

=

⇔ b

c

14

94

=

= −

⇒ B 1 7;4 4

, C 9 1;4 4

−

.

Câu 39. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABC∆ cân có đáy là BC. Đỉnh A có tọa độ là các

số dương, hai điểm B và C nằm trên trục Ox, phương trình cạnh AB y x: 3 7( 1)= − . Biết chu


Trang 38

vi của ABC∆ bằng 18, tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.

• B AB Ox B(1;0)= ∩ ⇒ , ( )A AB A a a a;3 7( 1) 1∈ ⇒ − ⇒ > (do A Ax y0, 0> > ). Gọi AH là đường cao ABC H a C a BC a AB AC a( ;0) (2 1;0) 2( 1), 8( 1)∆ ⇒ ⇒ − ⇒ = − = = − .

( )Chu vi ABC a C A18 2 (3;0), 2;3 7∆ = ⇔ = ⇒ . Câu 40. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng

chứa các cạnh AB, BC lần lượt là x y4 3 – 4 0+ = ; x y– –1 0= . Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x y2 – 6 0+ = . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

• Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: x y x Ax y y4 3 4 0 2 ( 2;4)

2 6 0 4 + − = = −⇔ ⇒ − + − = =

Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình ( )x y x Bx y y4 3 4 0 1 1;0

1 0 0 + − = =⇔ ⇒ − − = =

Phương trình AC qua điểm A(–2;4) có dạng: a x b y ax by a b( 2) ( 4) 0 2 4 0+ + − = ⇔ + + − = Gọi x y x y ax by a b1 2 3: 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0∆ ∆ ∆+ − = + − = + + − =

Từ giả thiết suy ra ( )· ( )·2 3 1 2; ;∆ ∆ ∆ ∆= .

Do đó · · a b

a b2 3 1 2 2 2

1. 2. 4.1 2.3cos( ; ) cos( ; )25. 55.

∆ ∆ ∆ ∆ + += ⇔ =

+

aa b a b a a ba b

2 2 02 2 (3 4 ) 03 4 0

=⇔ + = + ⇔ − = ⇔ − =

• a = 0 b 0⇒ ≠ . Do đó y3 : 4 0∆ − = • 3a – 4b = 0: Chọn a = 4 thì b = 3. Suy ra x y3 : 4 3 4 0∆ + − = (trùng với 1∆ ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y – 4 = 0.

Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: y x Cx y y

4 0 5 (5;4)1 0 4

− = =⇔ ⇒ − − = =

Câu 41. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường

trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

• Gọi C c c( ; 2 3)+ và I m m( ;6 )− là trung điểm của BC. Suy ra: B m c m c(2 ; 9 2 2 )− − − .

Vì C’ là trung điểm của AB nên: m c m cC CC2 5 11 2 2' ; '2 2

− + − −∈

nên m c m c m2 5 11 2 2 52 3 02 2 6

− + − −− + = ⇒ = −

I 5 41;

6 6

⇒ −

.

Phương trình BC: x y3 3 23 0− + = ⇒ C 14 37;3 3

⇒ B 19 4;3 3

−

.

Câu 42. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, biết toạ độ trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC lần lượt là H(2;2), I(1;2) và trung điểm M 5 5;2 2

của cạnh BC. Hãy tìm toạ độ các

đỉnh A B C, , biết B Cx x> ( Bx , Cx lần lượt hoành độ điểm B và C).

• Gọi G là trọng tâm ∆ABC ta có : GH GI2= −uuur uur

⇒ G 4 ;23


Trang 39

Mặt khác vì GA GM2= −uuur uuur

nên A( 1;1)− . Phương trình BC: x y3 10 0+ − = . Đường tròn (C)

ngoại tiếp ∆ có tâm I(1; 2) và bán kính R 4 1 5= + = . Do đó (C) : x y2 2( 1) ( 2) 5− + − = .

Khi đó toạ độ B ;C là nghiệm hệ : x xx yy yx y

2 2 2 3( 1) ( 2) 54 13 10 0

= =− + − = ⇔ ∨ = =+ − =

Vì B Cx x> nên B(3;1) ; C(2;4). Vậy : A(–1; 1); B(3; 1) ; C(2; 4). Câu 43. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại C có diện tích bằng 10,

phương trình cạnh AB là x y2 0− = , điểm I(4; 2) là trung điểm của AB, điểm M 94;2

thuộc

cạnh BC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết tung độ điểm B lớn hơn hoặc bằng 3. • Giả sử B BB y y AB(2 ; )∈ ⇒ B BA y y(8 2 ;4 )− − . Phương trình CI: x y2 10 0+ − = .

Gọi C CC x x( ;10 2 )− ⇒ CCI x5 4= −uur

; BAB y20 2= −uuur

.

ABC B C C BS CI AB y x x y1 . 10 4 2 8 22

= = ⇔ + − − = C B B C

C B B C

x y y xx y y x

4 2 6 (1)4 2 10 (2)

− − = −⇔ − − = −

Vì ( )C B

C B

x k yM BC CM kMB

x k y

4 2 411 922 2

− = −∈ ⇒ = ⇔ − + = −

uuur uuur C B B Cx y y x2 6 5 16 0⇒ − − + = (3)

• Từ (1) và (3): C B B C B

C B B C B

x y y x yx y y x y

4 2 6 1 22 6 5 16 0 1 2

− − = − = − −⇒ − − + = = − + (loại, vì By 3≥ )

• Từ (2) và (3): C B B C B

CC B B C

x y y x yxx y y x

4 2 10 322 6 5 16 0

− − = − =⇔ =− − + =

(thoả)

Vậy A(2; 1), B(6; 3), C(2; 6). Câu 44. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, các đỉnh A, B thuộc

đường thẳng d: y = 2, phương trình cạnh BC: x y3 2 0− + = . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C

biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 3 .

• B d BC= ∩ ⇒ B(0; 2). Giả sử A a d a( ;2) ,( 2)∈ ≠ , C c c BC c( ;2 3) ,( 0)+ ∈ ≠ .

AB a AC c a c BC c c( ;0), ( ; 3), ( ; 3)= − = − =uuur uuur uuur

⇒ AB a AC c a c BC c2 2, ( ) 3 , 2= = − + =

∆ABC vuông ở A và r 3= ⇒ AB ACS pr

. 0 = =

uuur uuur ⇔

AB ACAB BC ACAB AC

. 01 . . 32 2

= + +

=

uuur uuur

⇔ ( )a c a

a c a c a c c a c2 2 2 2

( ) 0

( ) 3 2 ( ) 3 3

− − =

− + = + + − + ⇔ c a

a0

3 3 = ≠ = +

⇒ c a A Cc a A C

3 3 (3 3;2), (3 3;5 3 3)3 3 ( 3 3;2), ( 3 3; 1 3 3)

= = + ⇒ + + +

= = − − ⇒ − − − − − −

Câu 45. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, tìm toạ độ các đỉnh của tam giác vuông cân ABC, có

phương trình hai cạnh AB x y: 2 1 0− + = , AC x y: 2 3 0+ − = và cạnh BC chứa điểm

I 8;13

.


Trang 40

• Ta có: AB ⊥ AC ⇒ ∆ABC vuông cân tại A ⇒ A(1;1) .

Gọi M(x ; y) thuộc tia phân giác At của góc ·BAC . Khi đó M cách đều hai đường thẳng AB, AC. Hơn nữa M và I cùng phía đối với đường thẳng AB và cùng phía đối với đường thẳng

AC, tức là:

x y x y

x y x y

x y

2 1 2 35 5

8( 2 1) 2 1 0 3 4 0316(2 3) 1 3 03

− + + −=

− + − + > ⇒ + − = + − + − >

BCAt BC n (3; 1)⊥ ⇒ = −r BC x y: 3 7 0⇒ − − = ; x yB AB BC Bx y

2 1 0: (3;2)3 7 0

− + == ∩ ⇒ − − =;

x yC AC BC Cx y

2 3 0: (2; 1)3 7 0

+ − == ∩ ⇒ − − − =.

Câu 46. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, biết các đỉnh A,

B, C lần lượt nằm trên các đường thẳng d: x y 5 0+ − = , d1: x 1 0+ = , d2: y 2 0+ = . Tìm toạ

độ các đỉnh A, B, C, biết BC = 5 2 . • Chú ý: d1 ⊥ d2 và ∆ABC vuông cân tại A nên A cách đều d1, d2 ⇒ A là giao điểm của d và

đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 ⇒ A(3; 2). Giả sử B(–1; b) ∈ d1, C(c; –2) ∈ d2. AB b AC c( 4; 2), ( 3; 4)= − − = − −

uuur uuur.

Ta có: AB ACBC2

. 050

=

=

uuur uuur ⇔ b c

b c5, 0

1, 6 = = = − =

⇒ A B CA B C

(3;2), ( 1;5), (0; 2)(3;2), ( 1; 1), (6; 2)

− − − − −

.

Câu 47. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh C biết phương trình

đường thẳng AB là: x y –2 0+ = , trọng tâm của tam giác ABC là G 14 5;3 3

và diện tích của

tam giác ABC bằng 652

. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

• Gọi H là trung điểm của AB CH AB⇒ ⊥ ⇒ CH: x y 3 0− − = ⇒ H 5 1;2 2

−

⇒ C(9;6) .

Gọi A(a 2 a AB; )− ∈ ⇒ B a a(5 ; 3)− − AB a a CH 13 13(5 2 ;2 5); ;2 2

⇒ = − − = − −

uuur uuur

ABCaS AB CH a aa

265 1 65 0. 8 40 052 2 2

== ⇔ = ⇔ − = ⇔ =V

• Với a 0= A B(0;2); (5; 3)⇒ − • Với a 5= A B(5; 3), (0;2)⇒ −

PT đường tròn (C) ngoại tiếp ∆ABC có dạng: x y ax by c a b c2 2 2 22 2 0 ( 0)+ + + + = + − >

(C) qua A, B, C nên

ab c

a b c ba b c

c

137264 4 5910 6 342618 12 117 6613

−=

+ = − − − + = − ⇔ = + + = − =

⇒ C x y x y2 2 137 59 66( ) : 013 13 13

+ − − + =


Trang 41

Câu 48. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho ∆ ABC có phương trình cạnh AB: x y –3 0+ = , phương

trình cạnh AC: x y3 – 7 0 + = và trọng tâm G 12;3

. Viết phương trình đường tròn đi qua

trực tâm H và hai đỉnh B, C của tam giác ABC. • A AB AC A(2;1)= ∩ ⇒ . Giả sử B m m C n n( ;3 – ), ( ;7 –3 ) .

G 12;3

là trọng tâm ∆ABC nên: m n mm n n

2 6 11 3 7 3 1 3

+ + = =⇔ + − + − = = ⇒ B(1; 2), C(3; –2)

H là trực tâm ∆ABC ⇔ AH BCBH AC

⊥

⊥

uuur uuuruuur uuur ⇔ H(10;5) .

PT đường tròn (S) qua B, C, H có dạng: x y ax by c a b c2 2 2 22 2 0 ( 0)+ + + + = + − >

Do B, C, H ∈ (S) ⇔ a b c aa b c b

a b c c

2 4 5 66 4 13 220 10 125 15

+ + = − = − − + = − ⇔ = − + + = − =

. Vậy (S): x y x y2 2 –12 – 4 15 0+ + = .

Câu 49. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d: x y–2 2 0+ = .

Tìm trên d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại B và AB = 2BC.

• B 2 6;5 5

; C C1 24 7(0;1); ;5 5

Câu 50. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân ngoại tiếp đường tròn

C x y2 2( ) : 2+ = . Tìm toạ độ 3 đỉnh của tam giác, biết điểm A thuộc tia Ox. • A là giao của tia Ox với (C) ⇒ A(2;0) . Hai tiếp tuyến kẻ từ A đến (C) là: x y 2 0+ − = và x y 2 0− − = . Vì ∆ABC vuông cân nên cạnh BC tiếp xúc với (C) tại trung điểm M của BC ⇒ M là giao của tia đối tia Ox với (C) ⇒ ( )M 2;0− .

Phương trình cạnh BC: x 2= − . B và C là các giao điểm của BC với 2 tiếp tuyến trên ⇒ Toạ độ 2 điểm B, C là: ( ) ( )2;2 2 , 2; 2 2− + − − − . Câu 51. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh BC là

điểm M(3; 1)− , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B đi qua điểm E( 1; 3)− − và đường thẳng chứa cạnh AC đi qua điểm F(1;3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết rằng điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm D(4; 2)− .

• Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, ta chứng minh được BDCH là hình bình hành nên M là trung điểm của HD suy ra H(2;0) . Đường thẳng BH có VTCP là EH (3;3)=

uuur ⇒ VTPT là

BHn BH x y(1; 1) : 2 0= − ⇒ − − =r

+ AC vuông góc với BH nên AC BHn u AC x y(1;1) : 4 0= = ⇒ + − =r r + AC vuông góc với CD nên DC ACn u DC x y(1; 1) : 6 0= = − ⇒ − − =r r .

+ C là giao của AC và DC nên tọa độ C là nghiệm của hệ: x y Cx y

4 0 (5; 1)6 0

+ − = ⇒ − − − =

+ M là trung điểm của BC nên B(1; 1)− . AH vuông góc với BC ⇒ AH x: 2 0− =

+ A là giao điểm của HA và AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ x Ax y

2 0 (2;2)4 0

− = ⇒ + − =.


Trang 42

Vậy: A(2;2) , B(1; 1)− , C(5; 1)− . Câu 52. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, biết B và C đối xứng

nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong của góc ·ABC là d x y: 2 5 0+ − = . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua điểm K(6;2)

• Giả sử B b b C b b d(5 2 ; ), (2 5; )− − − ∈ , O BC(0;0)∈

Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc·ABC nên I(2;4) và I AB∈ Tam giác ABC vuông tại A nên BI b b(2 3;4 )= − −

uur vuông góc với CK b b(11 2 ;2 )= − +

uuur

⇔ bb b b b b bb

2 1(2 3)(11 2 ) (4 )(2 ) 0 5 30 25 05

=− − + − + = ⇔ − + − = ⇔ =

+ Với b B C A B1 (3;1), ( 3; 1) (3;1)= ⇒ − − ⇒ ≡ (loại)

+ Với b B C5 ( 5;5), (5; 5)= ⇒ − − A 31 17;5 5

⇒

Vậy A B C31 17; ; ( 5;5); (5; 5)5 5

− −

Câu 53. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A 4 7;5 5

và phương trình

hai đường phân giác trong BB′: x y2 1 0− − = và CC′: x y3 1 0+ − = . Chứng minh tam giác ABC vuông.

• Gọi A1, A2 lần lượt là điểm đối xứng của A qua BB′, CC′ ⇒ A1, A2 ∈ BC. Tìm được: A1(0; –1), A2(2; –1) ⇒ Phương trình BC: y 1= − ⇒ B(–1; –1), C(4; –1)

⇒ AB AC⊥uuur uuur

⇒ µA vuông. Câu 54. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho phương trình hai cạnh của một tam giác là

x y5 2 6 0− + = và x y4 7 21 0+ − = . Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc toạ độ.

• Giả sử: AB x y( ) : 5 2 6 0− + = , AC x y( ) : 4 7 21 0+ − = ⇒ A(0;3) . Đường cao BO đi qua B và vuông góc với AC ⇒ BO x y( ) : 7 4 0− = ⇒ B( 4; 7)− − . Cạnh BC đi qua B và vuông góc với OA ⇒ BC y( ) : 7 0+ = .

Câu 55. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 3) và hai đường trung

tuyến của nó có phương trình là: x y–2 1 0+ = và y –1 0= . Hãy viết phương trình các cạnh của ∆ABC.

• (AC): x + 2y – 7 = 0; (AB): x – y + 2 = 0; (BC): x – 4y – 1 = 0. Câu 56. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B( 12;1)− , đường phân

giác trong góc A có phương trình d x y: 2 5 0+ − = . G 1 2;3 3

là trọng tâm tam giác ABC.

Viết phương trình đường thẳng BC. • Gọi M là điểm đối xứng của B qua d ⇒ M AC( 6;13) ( )− ∈ .

Giả sử A a a d(5 2 ; )− ∈ ⇒ C a a(8 2 ;1 )+ − . Do MA MC,uuur uuur

cùng phương ⇒ a 2= − ⇒ C(4;3) Vậy: BC x y( ) : 8 20 0− + = .


Trang 43

Câu 57. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(2; 1)− , đường cao xuất phát từ A và đường phân giác trong góc C lần lượt là d x y1 : 3 4 27 0− + = , d x y2 : 2 5 0+ − = . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.

• Đường thẳng BC qua B và vuông góc với d1 ⇒ BC x y( ) : 4 3 5 0+ + = .

Toạ độ đỉnh C là nghiệm của hệ: x yx y4 3 5 0

2 5 0 + + = + − =

⇒ C( 1;3)− .

Gọi B′ là điểm đối xứng của B qua d2 ⇒ B (4;3)′ và B AC( )′∈ . Đường thẳng AC đi qua C và B′ ⇒ AC y( ) : 3 0− = .

Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ: yx y

3 03 4 27 0

− = − + =

⇒ A( 5;3)− .

Đường thẳng AB qua A và B ⇒ AB x y( ) : 4 7 1 0+ − = . Vậy: AB x y( ) : 4 7 1 0+ − = , BC x y( ) : 4 3 5 0+ + = , AC y( ) : 3 0− = . Câu 58. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình

d1: x y 1 0+ + = . Phương trình đường cao vẽ từ B là d2: x y2 2 0− − = . Điểm M(2; 1) thuộc đường cao vẽ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC.

• B(0; –1). BM (2;2)=uuur

⇒ MB ⊥ BC. Kẻ MN // BC cắt d2 tại N thì BCNM là hình chữ nhật.

PT đường thẳng MN: x y 3 0+ − = . N = MN ∩ d2 ⇒ N 8 1;3 3

.

NC ⊥ BC ⇒ PT đường thẳng NC: x y 7 03

− − = . C = NC ∩ d1 ⇒ C 2 5;3 3

−

.

AB ⊥ CM ⇒ PT đường thẳng AB: x y2 2 0+ + = . AC ⊥ BN ⇒ PT đường thẳng AC: x y6 3 1 0+ + = Câu 59. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác có phương trình hai cạnh là

AB x y: 5 – 2 6 0+ = và AC x y: 4 7 –21 0+ = . Viết phương trình cạnh BC, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O.

• AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 ⇒ A(0;3) Phương trình đường cao BO: 7x – 4y = 0 ⇒ B(–4; –7) A nằm trên Oy, vậy đường cao AO nằm trên trục Oy ⇒ BC: y + 7 = 0. Câu 60. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB:

x y 2 0− − = , phương trình cạnh AC: x y2 5 0+ − = . Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình cạnh BC.

• A AB AC= ∩ ⇒ A(3; 1). Gọi B b b AB C c c AC( ; 2) , (5 2 ; )− ∈ − ∈ .

Do G là trọng tâm của ∆ABC nên b cb c

3 5 2 91 2 6

+ + − = + − + =

⇔ bc

52

= =

⇒ B(5; 3), C(1; 2)

⇒ Phương trình cạnh BC: x y4 7 0− + = . Câu 61. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; 7) và đường thẳng AB cắt

trục Oy tại E sao cho AE EB2=uuur uuur

. Biết rằng tam giác AEC cân tại A và có trọng tâm là

G 132;3

. Viết phương trình cạnh BC.


Trang 44

• Gọi M là trung điểm của BC. Ta có AG AM23

=uuur uuur

⇒ M(2; 3). Đường thẳng EC qua M và có

VTPT AG 80;3

= −

uuur nên có PT: y 3= ⇒ E(0; 3) ⇒ C(4; 3). Mà AE EB2=

uuur uuur nên B(–1; 1).

⇒ Phương trình BC: x y2 5 7 0− + = . Câu 62. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), phương trình đường trung

tuyến BM: x y2 1 0+ + = và phân giác trong CD: x y 1 0+ − = . Viết phương trình đường thẳng BC.

• Điểm C CD x y C t t: 1 0 ( ;1 )∈ + − = ⇒ − . Suy ra trung điểm M của AC là t tM 1 3;2 2

+ −

.

Từ A(1;2), kẻ AK CD x y: 1 0⊥ + − = tại I (điểm K BC∈ ). Suy ra AK x y x y: ( 1) ( 2) 0 1 0− − − = ⇔ − + = .

Tọa độ điểm I thỏa hệ: ( )x y Ix y

1 0 0;11 0

+ − = ⇒ − + =

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K( 1;0)− .

Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: x y x y1 4 3 4 07 1 8+

= ⇔ + + =− +

Câu 63. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác

trong góc A là (d1): x y 2 0+ + = , phương trình đường cao vẽ từ B là (d2): x y2 – 1 0+ = , cạnh AB đi qua M(1; –1). Tìm phương trình cạnh AC.

• Gọi N là điểm đối xứng của M qua (d1) N AC⇒ ∈ . N NMN x y( 1, 1)= − +uuuur

Ta có: dMN n1

/ / (1; 1)=uuuur r

N N N Nx y x y1( 1) 1( 1) 0 2 (1)⇔ − − + = ⇔ − =

Tọa độ trung điểm I của MN: I N I Nx x y y1 1(1 ), ( 1 )2 2

= − = − +

N NI d x y11 1( ) (1 ) ( 1 ) 2 02 2

∈ ⇔ − + − + + = N Nx y 4 0 (2)⇔ + + =

Giải hệ (1) và (2) ta được N(–1; –3) Phương trình cạnh AC vuông góc với (d2) có dạng: x + 2y + C = 0. N AC C C( ) 1 2.( 3) 0 7.∈ ⇔ + − + = ⇔ = Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + 7 = 0. Câu 64. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, phương trình các

cạnh AB, BC lần lượt là x y2 1 0+ − = và x y3 5 0− + = . Viết phương trình cạnh AC biết AC đi qua điểm M(1;–3).

• Đường thẳng AC có VTPT: n1 (1;2)=r . Đường thẳng BC có VTPT n2 (3; 1)= −r .

Đường thẳng AC qua M(1; –3) nên PT có dạng: a x b y a b2 2( 1) ( 3) 0 ( 0)− + + = + ≠ ∆ABC cân tại đỉnh A nên ta có: AB BC AC BCcos( , ) cos( , )=

a b

a b2 2 2 2 2 2 2 2

3 2 3

1 2 3 1 3 1

− −⇔ =

+ + + + a ab b a b a b2 2 1 222 15 2 0

2 11⇔ − + = ⇔ = ∨ =

• Với a b12

= , chọn a = 1, b = 2 ta được AC: x y2 5 0+ + = (loại vì khi đó AC//AB)

• Với a b211

= , chọn a = 2, b = 11 ta được AC: x y2 11 31 0+ + = .

Câu hỏi tương tự:


Trang 45

a) AB x y:12 23 0− − = , BC x y: 2 5 1 0− + = , M(3;1) ĐS: AC x y: 8 9 33 0+ − = . b) AB x y: 2 6 0− + = , BC x y: 3 2 0− − = , M(3;2) . ĐS: AC x y: 2 7 0+ − = . Câu 65. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm A(2; 3), đường phân giác

trong góc A có phương trình x y 1 0− + = , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(6; 6) và diện tích tam giác ABC gấp 3 lần diện tích tam giác IBC. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.

• Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. (C) có tâm I(6;6) và bán kính R IA 5= =

⇒ (C): x y2 2( 6) ( 6) 25− + − = Gọi D là giao điểm của (C) với đường thẳng x y 1 0− + = D(9;10)⇒ Ta có: ID BC⊥ ID (3;4)⇒ =

uur là VTPT của BC ⇒ Phương trình BC có dạng :

x y m3 4 0+ + = Theo đề bài ta có ABC IBCS S3∆ ∆= ⇔ d A BC d I BC( , ) 3 ( , )= m m18 3 42⇔ + = +

mm

5436

= −⇔ = −

Vậy có hai đường thẳng thỏa YCBT : x y3 4 54 0+ − = và x y3 4 36 0+ − = Câu 66. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H( 1;4)− , tâm đường

tròn ngoại tiếp I( 3;0)− và trung điểm của cạnh BC là M(0; 3)− . Viết phương trình đường thẳng AB, biết điểm B có hoành độ dương.

• Giả sử N là trung điểm của AC. Vì ∆ABH ~ ∆MNI và HA // MI nên HA MI2=uuur uuur

⇒ A( 7;10)−

Ta có: IA IB IM MB,= ⊥ ⇒ Toạ độ điểm B thoả hệ: x yx y

2 2( 3) 1163 3( 3) 0

+ + =− + + = ⇒ B(7;4) .

Vậy: Phương trình AB x y: 3 7 49 0+ − = . Câu 67. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 3), B(2; –1), C(11; 2). Viết

phương trình đường thẳng đi qua A và chia ∆ABC thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 2. • x y x y3 2 –15 0; 2 5 –12 0+ = + = . Câu 68. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng d x y1 :2 5 3 0+ + = ;

d x y2 :5 2 7 0− − = cắt nhau tại A và điểm P( 7;8)− . Viết phương trình đường thẳng d3 đi qua

P tạo với d1 , d2 thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 292

.

• Ta có A(1; 1)− và d d1 2⊥ . PT các đường phân giác của các góc tạo bởi d1 , d2 là: ∆1: x y7 3 4 0+ − = và ∆2: x y3 7 10 0− − = d3 tạo với d1 , d2 một tam giác vuông cân ⇒ d3 vuông góc với ∆1 hoặc ∆2..

⇒ Phương trình của d3 có dạng: x y C7 3 0+ + = hay x y C3 7 0′− + =

Mặt khác, d3 qua P( 7;8)− nên C = 25 ; C′ = 77. Suy ra : d x y3 : 7 3 25 0+ + = hay d x y3 :3 7 77 0− + =

Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng 292

⇒ cạnh huyền bằng 58


Trang 46

Suy ra độ dài đường cao A H = 58

2= d A d3( , )

• Với d x y3 : 7 3 25 0+ + = thì d A d358( ; )2

= ( thích hợp)

• Với d x y3 : 3 7 77 0− + = thì d A d387( ; )58

= ( loại )

Câu 69. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 4 điểm A(1;0), B(–2;4), C(–1;4), D(3;5). Tìm toạ

độ điểm M thuộc đường thẳng x y( ) : 3 5 0∆ − − = sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau.

• Phương trình tham số của ∆: x ty t3 5

= = −

. M ∈ ∆ ⇒ M(t; 3t – 5)

MAB MCDS S d M AB AB d M CD CD( , ). ( , ).= ⇔ = ⇔ t t 793

= − ∨ = ⇒ M M 7( 9; 32), ;23

− −

Câu 70. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình 2 cạnh AB, AC

lần lượt là x y2 2 0+ − = và x y2 1 0+ + = , điểm M(1;2) thuộc đoạn BC. Tìm tọa độ điểm D

sao cho DB DC.uuur uuur

có giá trị nhỏ nhất.

• Phương trình BC có dạng: a x b y a b2 2( 1) ( 2) 0, 0− + − = + > .

∆ABC cân tại A nên a b a b a bB C

a ba b a b2 2 2 2

2 2cos cos

. 5 . 5

+ + = −= ⇔ = ⇔ =+ +

• Với a b= − : chọn b a1, 1= − = ⇒ BC: x y 1 0− + = B C 2 1(0;1), ;3 3

−⇒

⇒ M không thuộc

đoạn BC. • Với a b= : chọn a b 1= = ⇒ BC x y: 3 0+ − = B C(4; 1), ( 4;7)⇒ − − ⇒ M thuộc đoạn BC.

Gọi trung điểm của BC là I(0;3) .Ta có: BC BCDB DC DI IB DI IC DI2 2

2. ( ).( )4 4

= + + = − ≥ −uuur uuur uur uur uur uur

Dấu "=" xảy ra ⇔ D I≡ . Vậy DB DC.uuur uuur

nhỏ nhất khi D(0; 3). Câu 71. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác ABC có diện tích

bằng 32

; trọng tâm G của ∆ABC nằm trên đường thẳng (d): x y3 – –8 0= . Tìm bán kính

đường tròn nội tiếp ∆ ABC.

• Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = ABCa b SAB

5 2

2∆− −

=

⇒ a ba ba b

8 (1)5 32 (2)

− =− − = ⇔ − =; Trọng tâm G a b5 5;

3 3 + −

∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3)

• (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = Sp

32 65 89

=+ +

• (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ Srp

32 2 5

= =+

Câu 72. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 96 . Gọi M(2;0) là


Trang 47

trung điểm của AB, phân giác trong của góc A có phương trình: d x y: 10 0− − = . Đường

thẳng AB tạo với d một góc α thỏa mãn 3cos5

=α . Xác định các đỉnh của tam giác ABC .

• Gọi M ' đối xứng với M(2;0) qua d x y: 10 0− − = M '(10; 8)⇒ − . PT đường thẳng AB qua M(2;0) có dạng: a x by( 2) 0− + = .

AB tạo với d x y: 10 0− − = một góc α a b a bb aa b2 2

3 7cos752

− =⇒ = = ⇔ =+α

• Với a b7= ⇒ AB: x y7 14 0+ − = . AB cắt d tại A A(3; 7)⇒ − ⇒ B(1;7) AB 10 2⇒ =

AM B ABCS AB d M AB S AC AM C'1 1. ( ', ) 48 2 ' (17; 9)2 2∆ ∆⇒ = = = ⇒ = ⇒ −

uuur uuuur

• Với b a7= ⇒ AB: x y7 2 0+ − = . AB cắt d tại A A(9; 1)⇒ − ⇒ B( 5;1)− ⇒ AB 10 2=

AM B ABCS AB d M AB S AC AM C'1 1. ( ', ) 48 2 ' (11; 15)2 2∆ ∆⇒ = = = ⇒ = ⇒ −

uuur uuuur

Vậy, A B C(3; 7), (1;7), (17; 9)− − hoặc A B C(9; 1), ( 5;1), (11; 15)− − − . Câu 73. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Đỉnh B(1; 1). Đường thẳng

AC có phương trình: x y4 3 32 0+ − = . Trên tia BC lấy điểm M sao cho BC BM. 75= . Tìm

đỉnh C biết bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC bằng 5 52

.

• Đường thẳng (AB) qua B và vuông góc với (AC) ⇒ AB x y( ) : 3 4 1 0− + = ⇒ A(5;4) . Gọi E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp của tam giác AMC với BA thì ta có: BA BE BM BC. . 75= =

uur uuur uuur uuur( vì M nằm trên tia BC ) ⇒ tìm được E(13;10) .

Vì ∆AEC vuông tại A nên CE là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆AMC ⇒ EC 5 5= . Do đó C là giao của đường tròn tâm E bán kính r = 5 5 với đường thẳng AC.

⇒ Toạ độ của C là nghiệm của hệ x yx y2 2

4 3 32 0( 13) ( 10) 125

+ − = − + − =

⇔ x yx y

2; 88; 0

= = = =

.

Vậy: C(2;8) hoặc C(8;0) . Câu 74. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng

BC: x y3 3 0− − = , các đỉnh A và B nằm trên trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2. Tìm toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC.

• Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: x yy

3 3 00

− − = = ⇒ B(1;0) .

Đường thẳng BC có hệ số góc k 3= nên ·ABC 060= ⇒ đường phân giác trong BE của tam

giác ABC có hệ số góc k 33

′ = nên có phương trình: y x3 33 3

= − .

Tâm I a b( ; ) của đường tròn nội tiếp ∆ABC thuộc BE và d I Ox( , ) 2= nên: b 2= .

+ Với b 2= ⇒ a 1 2 3= + ⇒ I(1 2 3;2)+ .

+ Với b 2= − ⇒ a 1 2 3= − ⇒ I(1 2 3; 2)− − . Đường phân giác trong AF có dạng: y x m= − + . Vì AF đi qua I nên:

+ Nếu I(1 2 3;2)+ thì m 3 2 3= + ⇒ AF y x( ) : 3 2 3= − + + ⇒ A(3 2 3;0)+ .


Trang 48

Do AC ⊥ Ox nên AC có phương trình: x 3 2 3= + . Từ đó suy ra C(3 2 3;6 2 3)+ + .

Suy ra toạ độ trọng tâm G 4 4 3 6 2 3;3 3

+ +

.

+ Nếu I(1 2 3; 2)− − thì m 1 2 3= − − ⇒ AF y x( ) : 1 2 3= − − − ⇒ A( 1 2 3;0)− − .

Do AC ⊥ Ox nên AC có phương trình: x 1 2 3= − − . Từ đó suy ra ( )C 1 2 3; 6 2 3− − − − .

Suy ra toạ độ trọng tâm G 1 4 3 6 2 3;3 3

− − +

.

Vậy có hai điểm thoả YCBT: G 4 4 3 6 2 3;3 3

+ +

hoặc G 1 4 3 6 2 3;3 3

− − +

.

Câu 75. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Đỉnh A có toạ độ là các số

dương, hai điểm B, C nằm trên trục Ox, phương trình cạnh AB y x: 3 7( 1)= − . Biết chu vi của ∆ABC bằng 18, tìm toạ độ các đỉnh A, B, C.

• Ta có: B AB Ox( )= ∩ ⇒ B(1;0) . Giả sử ( )A a a;3 7( 1)− ( a 1> vì A Ax y0, 0> > ). Gọi AH là đường cao của ∆ABC ⇒ H a( ;0) ⇒ C a(2 1;0)− .

⇒ BC a AB AC a2( 1), 8( 1)= − = = − . ABCP a18 2∆ = ⇔ = ⇒ ( )C A(3;0), 2;3 7 .

Vậy: ( )A 2;3 7 , B(1;0) , C(3;0) .


Trang 49

TĐP 05: TỨ GIÁC Câu 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là

CD, đường thẳng AD có phương trình d x y1 : 3 0− = , đường thẳng BD có phương trình

d x y2 : 2 0− = , góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 450. Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương.

• D d d D O1 2 (0;0)= ∩ ⇒ ≡ . VTPT của đường thẳng AD và BD lần lượt là n1 (3; 1)= −r ,

n2 (1; 2)= −r . Ta có: · ·ADB ADB 01cos 452

= ⇒ = ⇒ AD = AB.

Vì ·BC AB 0( , ) 45= nên ·BCD 045= ⇒ ∆BCD vuông cân tại B ⇒ DC = 2AB.

ABCDABS AB CD AD

21 3.24 ( ) 242 2

= ⇔ + = = ⇒ AB = 4 ⇒ BD 4 2= .

Gọi BB B

xB x d x2; , 0

2

∈ >

. BB B

xBD x x

22 8 104 2

2 5

= + = ⇔ =

uuur⇒ B 8 10 4 10;

5 5

Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với d2 ⇒Phương trình BC là: x y2 4 10 0+ − = . Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AB// CD, AB < CD). Biết

A(0; 2), D(–2; –2) và giao điểm I của AC và BD nằm trên đường thẳng có phương trình d x y: 4 0+ − = . Tìm tọa độ của các đỉnh còn lại của hình thang khi góc ·AOD 045= .

• I d I x x( ;4 )∈ ⇒ − . AD IA x x22 5; 2 4 4= = − + ; ID x x22 8 40= − +

Trong AID∆ có: ·IA ID AD AIDIA ID

2 2 2cos

2 .+ −

= xx

24

=⇒ =

+ Với x 2= ⇒ IA = 2, ID = 4 2 IDID IBIB

.⇒ = −uur uur

( )B 2 2;2 2⇒ + + , ( )C 2 4 2;2 4 2+ +

+ Với x 4= ( )B 4 3 2;2 2⇒ + + , ( )C 4 4 2; 2 2+ − .

Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y2 2( 1) ( 1) 2− + + = và 2 điểm A(0; –4), B(4; 0). Tìm tọa độ 2 điểm C và D sao cho đường tròn (C) nội tiếp trong hình thang ABCD có đáy là AB và CD.

• C x y2 2( ) : ( 1) ( 1) 2− + + = có tâm I(1; 1)− và R 2= . PT cạnh AB: x y 4 0− − = . PT cạnh CD có dạng: x y c c0; 4− + = ≠ −

CD tiếp xúc với (C) ⇒ cd I CD R c1 1( , ) 2 02

+ += ⇔ = ⇔ = ⇒ PT cạnh CD: x y 0− =

Nhận thấy các đường thẳng x x0, 4= = không phải là tiếp tuyến của (C). Giả sử phương trình cạnh AD có dạng: kx y k4 0 ( 1)− − = ≠ .

Ta có: d I AD R k k k k k2 2( , ) 3 2( 1) 6 7 0 7= ⇔ − = + ⇔ + − = ⇔ = −

⇒ PT cạnh AD: x y7 4 0+ + = ⇒ D 1 1;2 2

− −

. PT cạnh BC: x y7 4 0+ − = ⇒ C 1 1;2 2

.

Câu 4. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết


Trang 50

A(1; 0), B(0; 2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y x= . Tìm tọa độ các đỉnh C và D.

• Ta có: AB AB( 1;2) 5= − ⇒ =uuur

. Phương trình AB: x y2 2 0+ − = . I d y x I t t( ) : ( ; )∈ = ⇒ . I là trung điểm của AC và BD nên: C t t D t t(2 1;2 ), (2 ;2 2)− −

Mặt khác: ABCDS AB CH. 4= = (CH: chiều cao) CH 45

⇒ = .

Ngoài ra: t t C Dd C AB CHt C D

4 5 8 8 26 4 4 ; , ;( ; ) 3 3 3 3 35 5 0 ( 1;0), (0; 2)

− = ⇒ = ⇔ = ⇔

= ⇒ − −

Vậy C D5 8 8 2; , ;3 3 3 3

hoặc C D( 1;0), (0; 2)− − .

Câu hỏi tương tự: a) Với ABCDS 4= , A(2; 0), B(3; 0), I AC BD= ∩ , I d y x:∈ = .

ĐS: C D(3;4); (2;4) hoặc C D( 5; 4); ( 6; 4)− − − − . b) Với ABCDS 4= , A(0; 0), B(–1; 2), I AC BD= ∩ , I d y x: 1∈ = − .

ĐS: C(2; 0), D(3; –2) hoặc C 2 8;3 3

− −

, D 1 14;3 3

−

Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A(0; 1), B(3; 4) nằm

trên parabol (P): y x x2 2 1= − + , tâm I nằm trên cung AB của (P). Tìm tọa độ hai đỉnh C, D sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất.

• I nằm trên cung AB của ( P) nên I a a a2( ; 2 1)− + với 0 < a <3. Do AB không đổi nên diện tích ∆IAB lớn nhất khi d I AB( , ) lớn nhất Phương trình AB: x y 1 0− + = .

d I AB( , ) = a a a2 2 1 12

− + − + = a a2 32

− + = a a2 32

− + (do a ∈(0;3))

⇒ d ( I, AB) đạt GTLN ⇔ f a a a2( ) 3= − + đạt GTLN ⇔ a 32

= ⇒ I 3 1;2 4

Do I là trung điểm của AC và BD nên ta có C D1 73; ; 0;2 2

− −

.

Câu 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I 1 ;02

. Đường

thẳng chứa cạnh AB có phương trình x y–2 2 0+ = , AB = 2AD. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D, biết đỉnh A có hoành độ âm.

• A B C D(–2;0), (2;2), (3;0), (–1;–2) . Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Biết AB BC2= , đường

thẳng AB đi qua điểm M 4 ;13

−

, đường thẳng BC đi qua điểm N(0;3) , đường thẳng AD đi

qua điểm P 14;3

−

, đường thẳng CD đi qua điểm Q(6;2) . Viết phương trình các cạnh của

hình vuông ABCD.


Trang 51

• Dễ thấy đường thẳng AB không song song với trục Oy ⇒ PT AB có dạng: y k x 4 13

= + +

.

⇒ Phương trình DC: y k x( 6) 2= − + , BC: x ky k3 0+ − = , AD: kx ky 4 03

+ − + = .

Vì AB BC2= nên d P BC d M DC( , ) 2 ( , )= ⇔

k k k k

k k2 2

44 3 1 6 23 3

1 1

− − − − − +=

+ +

⇔ k kk k

10 12 6 4410 12 44 6

− = − − = −

⇔ k

k

13

317

=

= −

.

+ Với k 13

= thì AB y x1 13:3 9

= + , DC y x1:3

= , BC x y1: 1 03

− − = , AD x y1 35: 03 9

+ − = .

+ Với k 317

= − thì AB y x3 13:17 17

= − + , DC y x3 52:17 17

= − + ,

BC x y3 9: 017 17

− + = , AD x y3 71: 017 17

− − = .

Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có các cạnh AB, BC, CD,

DA lần lượt đi qua các điểm M N P Q(4;5), (6;5), (5;2), (2;1) và diện tích bằng 16. Viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật ABCD.

• PT cạnh AB có dạng: a x b y a b2 2( 4) ( 5) 0 ( 0)− + − = + ≠ . ⇒ PT cạnh BC: b x a y( 6) ( 5) 0− − − = .

Diện tích hình chữ nhật: a b b aS d P AB d Q BCa b a b2 2 2 2

3 4 4( , ). ( , ) . 16− − += = =

+ +

⇔ a b a b a b2 2( 3 )( ) 4( )− − = + ⇔ a b

a b

1, 11 , 13

= − =

= − =

.

Vậy: AB x y: 1 0− + − = hoặc AB x y: 3 11 0− + − = . Từ đó suy ra PT các cạnh còn lại. Câu 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB:

x y2 1 0− − = , đường chéo BD: x y7 14 0− + = và đường chéo AC đi qua điểm M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.

• B BD AB B(7;3)= ∩ ⇒ . PT đường thẳng BC: x y2 –17 0+ = . A AB A a a C BC C c c a c(2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7∈ ⇒ + ∈ ⇒ − ≠ ≠ .

a c a cI 2 1 2 17;2 2

+ + − +

là trung điểm của AC, BD.

I BD c a a c A c c3 18 0 3 18 (6 35;3 18)∈ ⇔ − − = ⇔ = − ⇒ − −

M, A, C thẳng hàng ⇔ MA MC,uuur uuur

cùng phương ⇒ c c2 –13 42 0+ = ⇔ c loaïic

7 ( )6

= =

Với c = 6 ⇒ A(1; 0), C(6; 5) , D(0; 2), B(7; 3). Câu hỏi tương tự: a) AB x y( ) : 1 0− + = , BD x y( ) : 2 1 0+ − = , M( 1;1)− .

ĐS: A B C D1 2 2 1; , (0;1), (1;0), ;3 3 3 3

− −


Trang 52

Câu 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I

thuộc đường thẳng d x y( ) : 3 0− − = và có hoành độ Ix 92

= , trung điểm của một cạnh là giao

điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật, biết Ay 0> .

• I 9 3;2 2

. Gọi M = d ∩ Ox là trung điểm của cạnh AD, suy ra M(3;0). AB IM2 3 2= = .

ABCDABCD

SS AB AD = 12 AD =

AB12. 2 2.

3 2= ⇔ = =

AD dM AD

( ) ⊥ ∈

, suy ra phương trình AD: x y 3 0+ − = .

Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:

x y y x

x yx y 2 22 23 0 3

( 3) 2( 3) 2

+ − = = − + ⇔ − + =− + =

xy

21

=⇔ = hoặc x

y4

1 = = −

. Vậy A(2;1), D(4;–1),

I 9 3;2 2

là trung điểm của AC, suy ra:A C

I C I A

A C C I AI

x xx x x x

y y y y yy

2 9 2 722 3 1 2

2

+= = − = − = ⇔ + = − = − = =

Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là A B C D(2;1), (5;4), (7;2), (4;–1) . Câu hỏi tương tự: a) Giả thiết như trên với tâm I d d1 2= ∩ , d x y1 : 3 0− − = và d x y2 : 6 0+ − = , M d Ox1= ∩ ĐS: . A B C D(2;1), (5;4), (7;2), (4;–1) . Câu 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giao điểm

của 2 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.

• I (6; 2); M (1; 5). ∆ : x + y – 5 = 0, E ∈ ∆ ⇒ E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB.

I trung điểm NE ⇒ N I E

N I E

x x x m

y y y m m

2 12

2 4 5 1

= − = −

= − = − + = − ⇒ N (12 – m; m – 1)

MNuuuur

= (11 – m; m – 6); IEuur

= (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m) MN IE. 0=

uuuur uur ⇔ (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0

⇔ m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0 ⇔ m = 6 hay m = 7 + m = 6 ⇒ MN

uuuur = (5; 0) ⇒ PT (AB) là y = 5

+ m = 7 ⇒ MNuuuur

= (4; 1) ⇒ PT (AB) là x – 4y + 19 = 0. Câu hỏi tương tự: a) Với I(2;2) , M(–3;1) , E x y: 2 4 0∆∈ + − = . ĐS: x y 4 0− + = hoặc x y3 5 14 0− + = Câu 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có các đường thẳng AB, AD

lần lượt đi qua các điểm M N(2;3), ( 1;2)− . Hãy lập phương trình các đường thẳng BC và CD,

biết rằng hình chữ nhật ABCD có tâm là I 5 3;2 2

và độ dài đường chéo AC bằng 26 .

• Giả sử đường thẳng AB có VTPT là ABn a b a b2 2( ; ) ( 0)= + ≠r , do AD vuông góc với AB nên

đường thẳng AD có vtpt là ADn b a( ; )= −r . Do đó phương trình AB, AD lần lượt là:


Trang 53

AB a x b y AD b x a y: ( 2) ( 3) 0; : ( 1) ( 2) 0− + − = + − − = .

Ta có a b b aAD d I AB AB d I ADa b a b2 2 2 2

3 72 ( ; ) ; 2 ( ; )− += = = =

+ +

Do đó: a b b aAC AB ADa b

2 22 2 2

2 2( 3 ) (7 )26 − + +

= + ⇔ =+

a ba ab b ba

2 23 4 0 43

= −⇔ − − = ⇔

=

Gọi M', N' lần lượt là điểm đối xứng của M, N qua I suy ra M CD N BC(3;0) ( ), (6;1) ( )′ ′∈ ∈ + Nếu a b= − , chọn a b1, 1= = − suy ra AB ADn n(1; 1), (1;1)= − =r r

PT đường thẳng CD có VTPT là ABn (1; 1)= −r và đi qua điểm M (3;0)′ : CD) x y( : 3 0− − =

PT đường thẳng BC có VTPT là ADn (1;1)=r và đi qua điểm N (6;1)′ : BC x y( ) : 7 0+ − =

+ Nếu ba 43

= , chọn a b4, 3= = suy ra AB ADn n(4;3), (3; 4)= = −r r

PT đường thẳng CD có VTPT là ABn (4;3)=r và đi qua điểm M (3;0)′ : CD x y( ) : 4 3 12 0+ − =

PT đường thẳng BC có VTPT là ADn (3; 4)= −r và đi qua điểm N (6;1)′ : BC x y( ) : 3 4 14 0− − = Vậy: BC x y( ) : 7 0+ − = , CD) x y( : 3 0− − = hoặc BC x y( ) : 3 4 14 0− − = , CD x y( ) : 4 3 12 0+ − = . Câu 13. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có cạnh bằng 5 đơn vị, biết toạ

độ đỉnh A(1; 5), hai đỉnh B, D nằm trên đường thẳng (d): x y2 4 0− + = . Tìm toạ độ các đỉnh B, C, D.

• C đối xứng với A qua đường thẳng d ⇒ C(3; 1). B D dAB AD

,5

∈ = =

⇒ B(–2; 1), D(6; 5).

Câu 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng D: x y –1 0+ = , các điểm A( 0; –1), B(2;

1). Tứ giác ABCD là hình thoi có tâm nằm trên đường thẳng D. Tìm tọa độ các điểm C, D. • Gọi I(a; b) là tâm của hình thoi. Vì I ∆∈ nên a + b – 1 = 0 hay b = 1 – a (1). Ta có: AI a b( ; 1)= +

uurvà BI a b( – 2; –1)=

uur. Do AI ⊥ BI ⇒ a a b b( 2) ( 1)( 1) 0− + + − =

(2) Từ (1) và (2) ⇒ a a a a2 2 0 0 2− = ⇔ = ∨ = . • Với a = 0 thì I(0; 1) ⇒ C(0;2) và D(–2;1). • Với a = 2 thì I(2; –1) ⇒ C(4; –1) và D(2; –3). Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) và D(–2;1) hoặc C(4;–1) và D(2;–3). Câu 15. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD với A(1;0), đường chéo BD

có phương trình d x y: – 1 0+ = . Tìm toạ độ các đỉnh B, C, D , biết BD 4 2= .

• AC ⊥ BD ⇒ Phương trình AC: x y 1 0+ − = . Gọi I AC BD= ∩ ⇒ I(0;1) ( )C 1;2⇒ −

BD 4 2= ⇒ IB 2 2= . PT đường tròn tâm I bán kính IB 2 2= : ( )x y22 1 8+ − =

Toạ độ B, D là nghiệm của hệ : ( ) B Dx y xB Dy xx y

22 2 (2;3), ( 2; 1)1 8 4( 2; 1), (2;3)11 0

− −+ − = =⇔ ⇔ − −= + − + =

Câu 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết phương trình của một đường chéo

là d x y: 3 7 0+ − = , điểm B(0;–3). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết diện tích hình thoi bằng 20.


Trang 54

• Ta có B d(0; 3)− ∉ ⇒ A, C ∈ d. Ph.trình BD: x y3 9 0− − = . Gọi I AC BD= ∩ I(3; 2)⇒ −

⇒ D(6; 1)− . BD 2 10= . Gọi A a a d( ;7 3 )− ∈ .

ABCDa aS d A BD BD

2 2

3(7 3 ) 9( , ). .2 10 201 3

− − −= ⇒ =

+ ⇔ a

a24

= =

⇒ A CA C

1 1

2 2

(2;1); (4; 5)(4; 5); (2;1)

− −

Câu 17. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(3;3) và AC BD2= .

Điểm M 42;3

thuộc đường thẳng AB , điểm N 133;3

thuộc đường thẳng CD . Viết

phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3.

• Tọa độ điểm N′ đối xứng với điểm N qua I là N 53;3

′

⇒ N′ nằm trên đường thẳng AB.

Đường thẳng AB đi qua M, N′ có PT: x y3 2 0− + = ⇒ IH d I AB 3 9 2 4( , )10 10

− += = =

Do AC BD2= nên IA IB2= . Đặt IB a 0= > . IA IB IH2 2 21 1 1

+ = ⇔ aa a2 21 1 5 2

84+ = ⇔ =

Đặt B x y( ; ) . Do IB 2= và B AB∈ nên tọa độ B là nghiệm của hệ:

( ) ( ) x xx y y yyx yx y y

2 2 214

4 33 3 2 5 18 16 0 58 23 23 2 05

= = >− + − = − + =⇔ ⇔ ∨ == − − + = =

Do Bx 3< nên ta chọn B 14 8;5 5

. Vậy, phương trình đường chéo BD là: x y7 18 0− − = .

Câu hỏi tương tự:

a) I(2;1) , AC BD2= , M 10;3

, N(0;7) , Bx 0> . ĐS: B(1; 1)−

Câu 18. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo BD nằm trên

đường thẳng x y: 2 0∆ − − = . Điểm M(4; 4)− nằm trên đường thẳng chứa cạnh BC, điểm

N( 5;1)− nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB. Biết BD 8 2= . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD, biết điểm D có hoành độ âm.

• Lấy M′ là điểm đối xứng với M qua BD ⇒ M ( 2;2)′ − . Đường thẳng AB qua N( 5;1)− và M ( 2;2)′ − ⇒ Phương trình AB x y: 3 8 0− + = .

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: x yx y

2 03 8 0

− − = − + =

⇒ B(7;5) .

Giả sử D d d( ; 2) ∆− ∈ , do BD d d d2 28 2 ( 7) ( 7) 128 1= ⇔ − + − = ⇔ = − ⇒ D( 1; 3)− − . Gọi I là tâm của hình thoi ⇒ I(3;1) , khi đó đường thẳng AC qua I và vuông góc với BD ⇒ Phương trình AC x y: 4 0+ − = .

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: x y Ax y

4 0 (1;3)3 8 0

+ − = ⇒ − + = ⇒ C(5; 1)− .

Câu 19. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình hai cạnh AB và

AD lần lượt là x y2 2 0+ − = và x y2 1 0+ + = . Điểm M(1;2) thuộc đường thẳng BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi.


Trang 55

• Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ: x y Ax y

4 52 2 0 ;2 1 0 3 3

+ − = ⇒ − + + =

PT các đường phân giác góc A là: x y x y2 2 2 15 5

+ − + += ± ⇔ d x y

d x y1

2

( ) : 3 0( ) : 3 3 1 0

− + = + − =

.

• Trường hợp d x y1( ) : 3 0− + = . Đường thẳng (BD) đi qua M và vuông góc với d1( ) nên BD x y( ) : 3 0+ − = . Suy ra B AB BD B(4; 1)= ∩ ⇒ − , D AD BD D( 4;7)= ∩ ⇒ − .

Gọi I BD d I1( ) (0;3)= ∩ ⇒ . Vì C đối xứng với A qua I nên C 4 13;3 3

.

• Trường hợp d x y2( ) : 3 3 1 0+ − = .

Đường thẳng (BD) đi qua M và vuông góc với d2( ) nên BD x y( ) : 1 0− + = .

Suy ra B AB BD B(0;1)= ∩ ⇒ , D AD BD D 2 1;3 3

= ∩ ⇒ −

.

Gọi I BD d I21 2( ) ;3 3

= ∩ ⇒ −

. Vì C đối xứng với A qua I nên C 2 1;

3 3

−

.

Vậy: A 4 5;3 3

−

, B(4; 1)− , C 4 13;

3 3

, D( 4;7)−

hoặc A 4 5;3 3

−

, B(0;1) , C 2 1;

3 3

−

, D 2 1;3 3

−

Câu 20. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) có

phương trình x y2 2( 2) ( 1) 8− + + = và điểm A thuộc đường thẳng (d): x y2 3 0− + = . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D, biết rằng BD AC2= và hoành độ của điểm A không nhỏ hơn 2.

• (C) có tâm I(2; 1)− , bán kính R 2 2= , IB IA2= .

Trong tam giác vuông IAB ta có: IAIA IB IH IA2 2 2 21 1 1 5 1 10

84+ = ⇒ = ⇒ = ⇒ IB 2 10= .

Giả sử A t t d(2 3; )− ∈ và Ax 2≥ . Ta có IA 10= t t t2 2(2 5) ( 1) 10 2⇔ − + + = ⇔ = Suy ra A(1;2) , do I là trung điểm AC nên C(3; 4)− . Gọi ∆ là đường thẳng qua I và vuông góc với AC ⇒ x y: 3 5 0∆ − − = .

Ta có B, D ∈ ∆ và IB ID 2 10= = ⇒ Toạ độ của B, D là các nghiệm của hệ:

x yx y2 2

3 5 0( 2) ( 1) 40

− − = − + + =

⇔ x yx y

8; 14; 3

= = = − = −

⇒ B D(8;1), ( 4; 3)− − hoặc B D( 4; 3), (8;1)− − .

Vậy: A(1;2) , B C D(8;1), (3; 4), ( 4; 3)− − − hoặc A(1;2) , B C D( 4; 3), (3; 4), (8;1)− − − .

Câu 21. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I 5 5;2 2

, hai điểm A,

B lần lượt nằm trên các đường thẳng d x y1 : 3 0+ − = và đường thẳng d x y2 : 4 0+ − = . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.

• Giả sử A a a d B b b d1 2( ;3 ) ; ( ;4 )− ∈ − ∈ ⇒ IA a a IB b b5 1 5 3; ; ;2 2 2 2

= − − = − −

uur uur


Trang 56

ABCD vuông tâm I nên IA IBIA IB. 0

= =uur uur ⇔ a a

b b2 11 3

= =∨ = =

• Với a = 2; b = 1 ⇒ A(2; 1); B(1; 3), C(3; 4); D(4; 2). • Với a = 1; b = 3 ⇒ A(1; 2); B(3; 1), C(4; 3); D(2; 4). Câu 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (C):

x y2 2( 2) ( 3) 10− + − = . Xác định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua điểm M(–3; –2) và điểm A có hoành độ xA > 0.

• (C) có tâm I(2; 3) và bán kính R 10= . PT AB đi qua M(–3; –2) có dạng ax by a b3 2 0+ + + = a b2 2( 0)+ ≠ .

Ta có d I AB R( , ) = ⇔ a b a b a b a ba b

2 2 22 2

| 2 3 3 2 |10 10( ) 25( )+ + += ⇔ + = +

+ ⇔ a b

b a33

= − = −

.

• Với a b3= − ⇒ AB: x y3 7 0− + = . Gọi A t t t( ;3 7),( 0)+ > .

Ta có IA R 2= ⇒ t t0; 2= = − (không thoả mãn). • Với b a3= − ⇒ AB: x y3 3 0− − = . Gọi A t t t(3 3; ), ( 1)+ > − .

Ta có IA R 2= ⇒ tt loaïi

11 ( )

= = −

⇒ A(6; 1) ⇒ C(–2; 5).

Câu 23. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I 3 1;2 2

. Các đường thẳng AB, CD

lần lượt đi qua các điểm M( 4; 1)− − , N( 2; 4)− − . Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông đó biết B có hoành độ âm.

• Gọi M′, N′ là các điểm đối xứng với M, N qua I ⇒ M (7;2)′ , N (5;5)′ . Ta có: N′ ∈ AB.

Phương trình AB: x y2 3 5 0− + = . Gọi H là hình chiếu của I lên AB ⇒ H 1 ;22

Gọi B a b a( ; ), 0< . Ta có a b

B AB aHA HI ba b

22

2 3 51

1 13 1( 2)2 4

− = − ∈ = −⇔ ⇔ = =− + − =

⇒ B( 1;1)− .

Khi đó A C D(2;3), (1; 2), (4;0)− . Câu 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD trong đó A thuộc đường thẳng

d x y1 : 1 0+ − = và C D, nằm trên đường thẳng d x y2 : 2 3 0− + = . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông biết hình vuông có diện tích bằng 5.

• Giả sử A a a d1( ;1 )− ∈ . Ta có ABCDS d A d25 ( , ) 5= ⇔ = ⇔ a 1= hoặc a 73

−= .

+ Với a 1= ⇒ A(1;0) ⇒ Phương trình cạnh AD : x y2 1 0+ − = ⇒ D( 1;1)− .

Giả sử C x y( ; ) . Ta có: C dDC

25

∈

= ⇒ C(0;3) hoặc C( 2; 1)− −

– Với C(0;3) ⇒ Trung điểm I của AC là I 1 3;2 2

( )B 2;2⇒

– Với C( 2; 1)− − ⇒ Trung điểm I của AC là I 1 1;2 2

− −

⇒ ( )B 0; 2−


Trang 57

+ Với a 73

−= A 7 10;

3 3 −

⇒

. Tương tự như trên ta tìm được: D 1 7;3 3

−

,C 4 1;3 3

−

,

B 10 4;3 3

−

hoặc D 1 7;3 3

−

, C 2 13;3 3

, B 4 16;3 3

−

.

Vậy có 4 hình vuông ABCD thỏa mãn yêu cầu bài toán: A B C D(1;00, (2;2), (0;3), ( 1;1)−

hoặc A B C D(1;0), (0; 2), ( 2; 1), ( 1;1)− − − − hoặc A B C D7 10 10 4 4 1 1 7; , ; , ; , ;3 3 3 3 3 3 3 3

− − − −

hoặc A B C D7 10 4 16 2 13 1 7; , ; , ; , ;3 3 3 3 3 3 3 3

− − −

Câu 25. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho điểm E(1; 1)− là tâm của một hình vuông, một

trong các cạnh của nó có phương trình d x y: 2 12 0− + = . Viết phương trình các cạnh còn lại của hình vuông.

• Giả sử cạnh AB nằm trên đường thẳng d x y: 2 12 0− + = . Gọi H là hình chiếu của E lên

đường thẳng AB ⇒ H( 2;5)− ⇒ AH BH EH 45= = = .

Ta có: A B dAH BH

,45

∈ = =

⇔ x yx y2 2

2 12 0( 2) ( 5) 45

− + = + + − =

⇔ x yx y

4; 88; 2

= = = − =

⇒ A B(4;8), ( 8;2)−

⇒ C( 2; 10)− − ⇒ Phương trình các cạnh còn lại: AD x y: 2 16 0+ − = ; BC x y: 2 14 0+ + = ; CD x y: 2 18 0− − = .

Câu 26. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD biết các điểm M(2; 1); N(4; –

2); P(2; 0); Q(1; 2) lần lượt thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông.

• Giả sử đường thẳng AB qua M và có VTPT là n a b( ; )=r (a2 + b2 ≠ 0) ⇒ VTPT của BC là: n b a1 ( ; )= −r . Phương trình AB có dạng: a(x –2) +b(y –1)= 0 ⇔ ax + by –2a –b =0 BC có dạng: –b(x – 4) +a(y+ 2) =0 ⇔ – bx + ay +4b + 2a =0

Do ABCD là hình vuông nên d(P; AB) = d(Q; BC) ⇔ b b a b a

b aa b a b2 2 2 2

3 4 2− + = −= ⇔ = −+ +

• b = –2a: AB: x – 2y = 0 ; CD: x – 2y –2 =0; BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y – 4 =0 • b = –a: AB: –x + y+ 1 =0; BC: –x –y + 2= 0; AD: –x –y +3 =0; CD: –x + y+ 2 =0

Câu 27. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y x y2 2 –8 6 21 0+ + + = và đường thẳng d x y: 1 0+ − = . Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A ∈ d.

• (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2. Ta thấy I d∈ . Vậy AI là một đường chéo của hình vuông ngoại tiếp đường tròn. Ta có: x 2= và x 6= là 2 tiếp tuyến của (C) nên:

– Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x 2= ⇒ A(2; –1) – Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x 6= ⇒ A(6, –5) • A(2, –1) ⇒ B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1) • A(6, –5) ⇒ B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5) Câu 28. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A( 2;6)− , đỉnh B thuộc

đường thẳng d x y: 2 6 0− + = . Gọi M, N lần lượt là hai điểm trên 2 cạnh BC, CD sao cho


Trang 58

BM = CN. Xác định tọa độ đỉnh C, biết rằng AM cắt BN tại điểm I 2 14;5 5

.

• Giả sử B y y d(2 6; )− ∈ . Ta thấy AMB∆ = BNC∆

AI BI IA IB y B. 0 4 (2;4)⇒ ⊥ ⇒ = ⇒ = ⇒uur uur

Phương trình BC x y C c c: 2 0 ( ;2 )− = ⇒ , AB 2 5,= BC c c2 2( 2) (2 4)= − + − AB BC c C C2 2 (0;0); (4;8)= ⇒ − = ⇒ Vì I nằm trong hình vuông nên I C, cùng phía với đường thẳng AB C(0;0)⇒ . Câu 29. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD trên đoạn AC lấy điểm M sao cho

AC = 4AM và N là trung điểm của cạnh CD. Chứng minh rằng BMN là tam giác vuông cân. • Goi a là độ dài cạnh hình vuông ABCD . Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho A( B(a0;0), ;0) ,

C(a;a) và D( a0; ) ⇒ M a a1 1;4 4

, N a a1 ;2

MN a a1 3;4 4

⇒ =

uuuur , MB a a3 1;

4 4 −

=

uuur

Từ đó có MN MB. 0=uuuur uuur

và MN MB a 58

= = BMN∆⇒ vuông cân tại M .

Câu 30. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình vuông có đỉnh A( 4;5)− và một đường chéo có phương trình x y: 7 8 0∆ − + = . Viết phương trình các cạnh của hình vuông.

• Vì A ∆∉ nên đường chéo BD nằm trên ∆. PT đường thẳng d đi qua A có dạng: a x b y( 4) ( 5) 0+ + − = ( a b2 2 0+ ≠ )

d hợp với BD một góc 045 ⇔ a b

a b2 2

7 2250

−=

+ ⇔ a b

a b3, 44, 3

= = − = =

.

⇒ AB x y( ) : 3 4 31 0− + = , AD x y( ) : 4 3 1 0+ + = .

Gọi I là tâm hình vuông ⇒ I 1 9;2 2

−

⇒ C(3;4)

⇒ BC x y( ) : 4 3 24 0+ − = , CD x y( ) : 3 4 7 0− + = Câu 31. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(4;5) , đường chéo BD có

phương trình y 3 0− = . Tìm toạ độ các dỉnh còn lại của hình vuông đó. • Đường chéo AC vuông góc với BD nên PT có dạng: x c 0+ = . AC đi qua A nên c 4= − . ⇒ AC x( ) : 4 0− = ⇒ I(4;3) . Đường tròn (C) ngoại tiếp hình vuông ABCD có tâm I(4;3) , bán kính R AI 2= =

⇒ Phương trình (C): x y2 2( 4) ( 3) 4− + − = .

Toạ độ các điểm B, D là các nghiệm của hệ: yx y2 2

3( 4) ( 3) 4

= − + − =

⇔ x yx y

6, 32, 3

= = = =

.

Vậy: B C D(6;3), (4;1), (2;3) hoặc B C D(2;3), (4;1), (6;3) Câu 32. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của BC, phương

trình đường thẳng DM x y: 2 0− − = , đỉnh C(3; 3)− , đỉnh A nằm trên đường thẳng d x y: 3 2 0+ − = . Xác định toạ độ các đỉnh còn lại của hình vuông đó.

• Giả sử A t t d( ;2 3 )− ∈ . Ta có: d A DM d C DM( , ) 2 ( , )= ⇔ t4 4 2.42 2−

= ⇔ tt

31

= = −

.

⇒ A(3; 7)− hoặc A( 1;5)− . Mặt khác, A và C nằm về hai phía đối với DM nên chỉ có A( 1;5)−


Trang 59

thoả mãn. Gọi D m m DM( ; 2)− ∈ ⇒ AD m m( 1; 7)= + −

uuur, CD m m( 3; 1)= − +

uuur.

ABCD là hình vuông nên DA DCDA DC

. 0 = =

uuur uuur ⇔ m m m m

mm m m m2 2 2 2

( 1)( 3) ( 7)( 1) 0 5( 1) ( 7) ( 3) ( 1)

+ − + − + =⇔ = + + − = − + +

⇒ D(5;3) ; AB DC B( 3; 1)= ⇒ − −uuur uuur

. Vậy: A( 1;5)− , B( 3; 1)− − , D(5;3) .

Chân thành cảm ơn các bạn đồng nghiệp và các em học sinh đã đọc tập tài liệu này. [email protected]

mailto:[email protected]

200 bai tap hinh hoc toa do phang tran si tung (2)

Documents

Transcript of 200 bai tap hinh hoc toa do phang tran si tung (2)