intTypePromotion=1

Tuyển tập các bài tập hình học phẳng hay nhất

Chia sẻ: Hoangngoc Huynh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:49

0
1.062
lượt xem
497
download

Tuyển tập các bài tập hình học phẳng hay nhất

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tuyển tập các bài tập hình học phẳng hay nhất dưới đây gồm 110 bài tập về chuyên đề hình học phẳng, ngoài việc đưa ra các câu hỏi bài tập, tài liệu này còn kèm theo hướng dẫn cách giải từng bài tập, giúp việc ôn tập và luyện thi Đại học của bạn về hình học phẳng được dễ dàng và hiệu quả hơn.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập các bài tập hình học phẳng hay nhất

  1. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG HAY NHẤT ( Tài liệu để ôn thi đại học ) Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A ( 1;0 ) , B ( −2; 4 ) , C ( −1; 4 ) , D ( 3;5 ) và đường thẳng d : 3x − y − 5 = 0 . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. Giải - M thuộc d thi M(a;3a-5 ) uuu r x −1 y - Mặt khác : AB = ( −3; 4 ) � AB = 5, ( AB ) : = � 4x + 3y − 4 = 0 −3 4 uuu r x +1 y − 4 � CD = ( 4;1) � CD = 17; ( CD ) : = � x − 4 y − 17 = 0 4 1 4a + 3 ( 3a − 5 ) − 4 13a − 19 a − 4 ( 3a − 5 ) − 17 3 − 11a - Tính : h1 = ( M , AB ) = = , h2 = = 5 5 17 17 - Nếu diện tich 2 tam giác bằng nhau thì : 11 1 1 5. 13a − 19 17. 3 − 11a 13a − 19 = 3 − 11a a= � AB.h1 = CD.h2 � = � � 12 2 2 5 17 13a − 19 = 11a − 3 a =8 �11 27 � - Vậy trên d có 2 điểm : M 1 � ; − �M 2 ( 8;19 ) , 12 12 � � Bài 2. Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C Giải - Nếu C nằm trên d : y=x thì A(a;a) do đó suy ra C(2a-1;2a). 0−2 - Ta có : d ( B, d ) = = 2. 2 1 4 - Theo giả thiết : S = AC.d ( B, d ) = 2 � AC = ( 2a − 2 ) + ( 2a − 0 ) 2 2 = 2 2 1− 3 a= 2 � 8 = 8a 2 − 8a + 4 � 2 a 2 − 2 a − 1 = 0 � 1+ 3 a= 2 �− 3 1 − 3 � �+ 3 1 + 3 � 1 1 - Vậy ta có 2 điểm C : C1 � � 2 ; �C2 � , � ; � � 2 � � 2 � 2 �� Bài 3. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(1;1) , B(−2; 5) , ®Ønh C n»m trªn ®êng th¼ng x − 4 = 0 , vµ träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®êng th¼ng 2 x − 3 y + 6 = 0 . TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. Giải uuu r AB = 5 - Tọa độ C có dạng : C(4;a) , AB = ( −3; 4 ) x −1 y −1 ( AB ) : = � 4x + 3 y − 7 = 0 −3 4 Trang 1
  2. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG x +x +x 1− 2 + 4 xG = A B C xG = =1 � 3 � 3 - Theo tính chát trọng tâm ; � � � = y A + yB + yC yG � = 1+ 5 + a = a + 6 yG 3 3 3 � +6� a - Do G nằm trên : 2x-3y+6=0 , cho nên : � 2.1 − 3 � �6=0� a=2. + �3 � 4.4 + 3.2 − 7 1 1 15 - Vậy M(4;2) và d ( C , AB ) = = 3 � S ABC = AB.d ( C , AB ) = 5.3 = (đvdt) 16 + 9 2 2 2 Bài 4. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2;−1) , B(1;− 2) , träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®êng th¼ng x + y − 2 = 0 . T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 . Giải. - Ta có : M là trung điểm của AB thì �3 1� M � ; − � Gọi C(a;b) , theo tính chất . A(2;1) �2 2 � a+3 M() G d:x+y-2=0 xG = 3 trọng tam tam giác : b −3 C yG = B(1;-2) 3 - Do G nằm trên d : a +3 b−3 + − 2 = 0 � a + b = 6 ( 1) 3 3 uuu r x − 2 y −1 3a − b − 5 - Ta có : AB = ( 1;3) � ( AB ) : = � 3 x − y − 5 = 0 � h ( C , AB ) = 1 3 10 1 1 2a − b − 5 2a − b − 5 - Từ giả thiết : S ABC = AB.h ( C , AB ) = 10. = = 13,5 2 2 10 2 �a − b − 5 = 27 2 �a − b = 32 2 � 2a − b − 5 = 27 � � �� �a − b − 5 = −27 2 �a − b = −22 2 - Kết hợp với (1) ta có 2 hệ : 20 b=− �a + b = 6 � �a + b = 6 � 3 � � � � � �2a − b = 32 �3a = 38 38 �38 20 � �� �� � a= � C1 � ; − �C2 ( −6;12 ) , �a + b = 6 � �a + b = 6 � 3 �3 3 � � � � � �2a − b = −22 �3a = −18 b = 12 � � a = −6 Bài 5. Trong mặt phẳng oxy cho ∆ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình : x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích ∆ABC . Giải - Đường thẳng (AC) qua A(2;1) và vuông B góc với đường cao kẻ qua B , nên có véc tơ chỉ phương x+y+1=0 r x = 2+t M n = ( 1; −3) �� ) : ( AC (t R) y = 1 − 3t C A(2;1) Trang 2 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) x-3y-7=0
  3. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG x = 2+t - Tọa độ C là giao của (AC) với đường trung tuyến kẻ qua C : � y = 1 − 3t x + y +1 = 0 Giải ta được : t=2 và C(4;-5). Vì B nằm trên đường cao kẻ qua B suy ra B(3a+7;a) . M là �a + 9 a + 1 � 3 trung điểm của AB M� ; �. � 2 2 � - Mặt khác M nằm trên đường trung tuyến kẻ qua C : 3a + 9 a + 1 � + + 1 = 0 � a = −3 � B ( 1; −2 ) 2 2 uuu r x − 2 y −1 12 - Ta có : AB = ( −1; −3) � AB = 10, ( AB ) : = � 3 x − y − 5 = 0, h ( C; AB ) = 1 3 10 1 1 12 - Vậy : S ABC = AB.h ( C , AB ) = 10. = 6 (đvdt). 2 2 10 Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa 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 Giải � +5 b+2� a - Gọi B(a;b) suy ra M � ; � M nằm trên . �2 2 � trung tuyến nên : 2a-b+14=0 (1). A(5;2) - B,B đối xứng nhau qua đường trung trực cho 2x-y+3=0 x = a+t nên : ( BC ) : (t R) . y =b+t M Từ đó suy ra tọa độ N : N 6−a −b B C t= x = a+t 2 x+y-6=0 � � 3a − b − 6 � = b+t y ��= x �+ y −6 = 0 � 2 x 6+b−a y= 2 �a − b − 6 6 + b − a � 3 N� ; �Cho nên ta có tọa độ C(2a-b-6;6-a ) . � 2 2 � - Do C nằm trên đường trung tuyến : 5a-2b-9=0 (2) �a − b + 14 = 0 2 � = 37 a - Từ (1) và (2) : � � �� � B ( 37;88 ) , C = ( −20; −31) �a − 2b − 9 = 0 5 � = 88 b Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : x + 3 y + 8 = 0 , ∆ ' :3 x − 4 y + 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 ∆ ’. Giải x = −2 + 3t - Gọi tâm đường tròn là I , do I thuộc ∆ : � I ( −2 + 3t ; −2 − t ) y = −2 − t ( 3t ) + ( 3 + t ) = R (1) 2 2 - A thuộc đường tròn � IA = 3 ( −2 + 3t ) − 4 ( −t − 2 ) + 10 13t + 12 - Đường tròn tiếp xúc với ∆ ' � =R� = R . (2) 5 5 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 3
  4. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 13t + 12 ( 3t ) +( 3+t) = � 25 � t ) + ( 3 + t ) � ( 13t + 12 ) (3 2 2 2 2 2 - Từ (1) và (2) : = 5 � � Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x 2 + y 2 – 2 x – 2 y + 1 = 0, (C ') : x 2 + y 2 + 4 x – 5 = 0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB Giải * Cách 1. r x = 1 + at - Gọi d là đường thẳng qua M có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) d: y = bt - Đường tròn ( C1 ) : I1 ( 1;1) , R1 = 1. ( C2 ) : I 2 ( −2;0 ) , R2 = 3 , suy ra : ( C1 ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 1, ( C2 ) : ( x + 2 ) + y 2 = 9 2 2 2 M t=0 � 2ab 2b 2 � - Nếu d cắt ( C1 ) tại A : � ( a + b ) t − 2bt = 0 � � A �+ 2 2 2 2 2b 1 ; 2 2 � t= 2 � a +b a +b � 2 a +b 2 t =0 M � 6a 2 6ab � - Nếu d cắt ( C2 ) tại B : � ( a + b ) t + 6at = 0 � � B �− 2 ;− 2 2 2 2 6a 1 � t=− 2 � a +b a + b2 � 2 a +b 2 - Theo giả thiết : MA=2MB � MA = 4MB ( *) 2 2 � 2ab � � 2b � � 6a � � 6ab �� 2 2 2 2 2 � 2 - Ta có : � 2 2 �+ � 2 2 �= 4 � 2 2 �+ � 2 2 �� � � + b � � + b � �a + b � � + b �� a a � � a � 4b 2 36a 2 b = −6a d : 6 x + y − 6 = 0 � = 4. 2 � b 2 = 36a 2 � a +b 2 2 a +b 2 b = 6a d : 6 x − y − 6 = 0 * Cách 2. 1 - Sử dụng phép vị tự tâm I tỉ số vị tự k= − . ( Học sinh tự làm ) 2 Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là M (3;1) . Giải - Theo tính chất đường cao : HK vuông góc với AC cho nên (AC) qua K(0;2) có véc tơ pháp tuyến uuur KH = ( 1; −2 ) � ( AC ) : x − 2 ( y − 2 ) = 0 � x − 2 y + 4 = 0 . A K(0;2 - B nằm uuur (BH) qua H(1;0) và có véc tơ chỉ trên ) phương KH = ( 1; −2 ) � B ( 1 + t; −2t ) . M(3;1) H(1;0) - M(3;1) là trung điểm của AB cho nên A(5-t;2+2t). - Mặt khác A thuộc (AC) cho nên : 5-t-2(2+2t)+4=0 , B C suy ra t=1 . Do đó A(4;4),B(2;-2) - uuu C thuộc (AC) suy ra C(2t;2+t) , Vìr uuu r BC = ( 2t − 2; 4 + t ) , HA = ( 3; 4 ) . Theo tính chất đường cao kẻ từ A : uuu uuu r r � HA.BC = 0 � 3 ( 2t − 2 ) + 4 ( 4 + t ) = 0 � t = −1 . Vậy : C(-2;1). uuu r r x−4 y−4 - (AB) qua A(4;4) có véc tơ chỉ phương BA = ( 2;6 ) // u = ( 1;3) � ( AB ) : = 1 3 Trang 4 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
  5. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG � 3x − y − 8 = 0 uuu r - (BC) qua B(2;-2) có véc tơ pháp tuyến HA = ( 3; 4 ) � ( BC ) : 3 ( x − 2 ) + 4 ( y + 2 ) = 0 � 3x + 4 y + 2 = 0 . Bài 10. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình ( C1 ) : x 2 + y 2 − 4 y − 5 = 0 và ( C2 ) : x 2 + y 2 − 6 x + 8 y + 16 = 0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của ( C1 ) và ( C2 ) . Giải - Ta có : ( C1 ) : x 2 + ( y − 2 ) = 9 � I1 ( 0; 2 ) , R1 = 3, ( C2 ) : ( x − 3) + ( y + 4 ) = 9 � I 2 ( 3; −4 ) , R2 = 3 2 2 2 - Nhận xét : I1 I 2 = 9 + 4 = 13 < 3 + 3 = 6 ( C1 ) không cắt ( C2 ) - Gọi d : ax+by+c =0 ( a 2 + b 2 0 ) là tiếp tuyến chung , thế thì : d ( I1 , d ) = R1 , d ( I 2 , d ) = R2 � 2b + c = 3 ( 1) a 2 + b2 2b + c 3a − 4b + c 3a − 4b + c = 2b + c � � = � 2b + c = 3a − 4b + c � 3a − 4b + c a 2 + b2 a 2 + b2 3a − 4b + c = −2b − c = 3( 2) a 2 + b2 a = 2b . Mặt khác từ (1) : ( 2b + c ) = 9 ( a + b ) 2 2 2 3a − 2b + 2c = 0 - Trường hợp : a=2b thay vào (1) : 2b − 3 5c b= 4 ( 2b + c ) = 9 ( 4b 2 + b 2 ) � 41b 2 − 4bc − c 2 = 0.∆ 'b = 4c 2 + 41c 2 = 45c 2 � 2 b= ( 2 +3 5) c 4 - Do đó ta có hai đường thẳng cần tìm : ( 2 − 3 5 ) x + ( 2 − 3 5 ) y +1 = 0 � 2 2 − 3 5 x + 2 − 3 5 y + 4 = 0 d1 : 2 4 ( ) ( ) ( 2 + 3 5 ) x + ( 2 + 3 5 ) y +1 = 0 � 2 2 + 3 5 x + 2 + 3 5 y + 4 = 0 d : 1 2 4 ( ) ( ) 2b − 3a 2b − 3a 2b + - Trường hợp : c = , thay vào (1) : 2 = 3 � 2b − a = a 2 + b 2 2 a +b 2 2 a b=0 c=− b = 0, a = −2c 2 � ( 2b − a ) = a + b � 3b − 4ab = 0 � 2 2 2 2 � 4a 4a a b= , a = −6c b= c=− 3 3 6 - Vậy có 2 đường thẳng : d3 : 2 x − 1 = 0 , d 4 : 6 x + 8 y − 1 = 0 Bài 11. Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x − y − 2 = 0 tại điểm A có hoành độ bằng 4. Giải - Do A thuộc d : A(4;2) x2 y 2 16 4 - Giả sử (H) : 2 − 2 = 1( *) ��� H ) A ( − = 1( 1) a b a2 b2 - Mặt khác do d tiếp xúc với (H) thì hệ sau có 12 nghiệm bằng nhau : Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 5
  6. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG � x − a ( x − 2) = a b �b − a ) x + 4a x − 4a − a b = 0 ( 2 2 2 2 2 2 2 2 b 2 x 2 − a 2 y 2 = a 2b 2 b2 2 2 2 2 �� �� �� y = x−2 y = x−2 y = x−2 � ∆ 'a = 4a 4 + ( b 2 − a 2 ) ( 4a 2 + a 2b 2 ) = 4a 2b 2 + a 2b 4 − a 4b 2 � a 2b 2 ( 4 + b 2 − a 2 ) = 0 � a 2 = b 2 + 4 � b 2 − 4 a 2 = a 2b 2 16 � − 8b + 16 = 0 b4 2 �2 = 4 b x2 y2 - Kết hợp với (1) : � 2 � �2 � �2 � ( H) : − =1 � =b +4 � =b +4 � =8 8 4 2 2 a a a Bài 12. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật Giải - Dễ nhận thấy B là giao của BD với AB cho nên tọa dộ B là nghiệm x-2y+1=0 của hệ : B A x-7y+14=0 x − 2 y +1 = 0 � 13 � 21 I B� ; � x − 7 y + 14 = 0 � 5� 5 - Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và D M(2;1) vuông góc với (AB) cho nên có véc C tơ chỉ phương: 21 r x= +t 5 u = ( 1; −2 ) ( BC ) : 13 y = − 2t 5 - Ta có : R ( AC , BD ) = R BIC = 2R ABD = 2ϕ = 2R ( AB, BD ) uu uu r r ur uu r n1.n2 1 + 14 15 3 - (AB) có n1 = ( 1; −2 ) , (BD) có n2 = ( 1; −7 ) � cosϕ = ur uu = r = = n1 n2 5 50 5 10 10 r a-7b 9 � � 4 - Gọi (AC) có n = ( a, b ) � cos ( AC,BD ) = cos2ϕ = = 2 cos 2 ϕ − 1 = 2 � � 1 = − 50 a + b 2 2 10 � � 5 - Do đó : � 5 a − 7b = 4 50 a 2 + b 2 � ( a − 7b ) = 32 ( a 2 + b 2 ) � 31a 2 + 14ab − 17b 2 = 0 2 17 17 a=− b � ( AC ) : − ( x − 2 ) + ( y − 1) = 0 � 17 x − 31 y − 3 = 0 - Suy ra : 31 31 a = b � ( AC ) : x − 2 + y − 1 = 0 � x + y − 3 = 0 21 +t x= 5 13 7 � 5� 14 - (AC) cắt (BC) tại C � y = − 2t � t = � C � ; � 5 15 � 3� 3 x− y −3= 0 � − 2 y +1 = 0 x �=7 x - (AC) cắt (AB) tại A : � � �� � A ( 7; 4 ) �− y −3= 0 x �=4 y x = 7+t - (AD) vuông góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy ra (AD) : y = 4 − 2t Trang 6 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
  7. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG x = 7+t 7 � 46 � 98 - (AD) cắt (BD) tại D : y = 4 − 2t � t = � D� ; � 15 � 15 � 15 x − 7 y + 14 = 0 - Trường hợp (AC) : 17x-31y-3=0 các em làm tương tự . Bài 13. 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 d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG Giải x=t - B thuộc d suy ra B : , C thuộc d' A(2;3) y = −5 − t x = 7 − 2m cho nên C: . x+2y-7=0 y=m - Theo tính chất trọng tâm : G(2;0) � xG = ( t − 2m + 9 ) = 2, yG = m−t −2 =0 C B M 3 3 � −t = 2 m � =1 m x+y+5=0 - Ta có hệ : � � �− 2m = −3 t �= −1 t r - Vậy : B(-1;-4) và C(5;1) . Đường thẳng (BG) qua G(2;0) có véc tơ chỉ phương u = ( 3; 4 ) , x−2 y 20 − 15 − 8 13 cho nên (BG): = � 4 x − 3 y − 8 = 0 � d ( C ; BG ) = = =R 3 4 5 5 13 169 - Vậy đường tròn có tâm C(5;1) và có bán kính R= � ( C ) : ( x − 5 ) + ( y − 1) = 2 2 5 25 Bài 14. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) Giải 2x − 5 y +1 = 0 - Đường (AB) cắt (BC) tại B A 12 x − y − 23 = 0 12x-y-23=0 Suy ra : B(2;-1). . (AB) có hệ số góc k=12, đường 2 M(3;1) thẳng (BC) có hệ số góc k'= , do đó ta có : 5 H 2 12 − B C tan B = 5 =2 . Gọi (AC) có hệ số góc là m thì 2x-5y+1=0 2 1 + 12. 5 2 −m 5 2 − 5m ta có : tan C = 2m = . Vì tam giác ABC cân tại A cho nên tanB=tanC, hay ta có : 1+ 5 + 2m 5 8 2 − 5m 2 − 5m = 4m + 10 m=− = 2 � 2 − 5m = 2 2m + 5 �� 9 5 + 2m 2 − 5m = −4m − 10 m = 12 9 9 - Trường hợp : m = − � ( AC ) : y = − ( x − 3) + 1 � 9 x + 8 y − 35 = 0 8 8 - Trường hợp : m=12 suy ra (AC): y=12(x-3)+1 hay (AC): 12x-y-25=0 ( loại vì nó //AB ). Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 7
  8. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG - Vậy (AC) : 9x+8y-35=0 . Bài 15. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 Giải : . - Ta có (C) với tâm I(5;-12) ,R=15. (C') có J(1;2) và R'=5. Gọi d là tiếp tuyến chung có phương trình : ax+by+c=0 ( a 2 + b 2 0 ). 5a − 12b + c a + 2b + c - Khi đó ta có : h ( I , d ) = = 15 ( 1) , h ( J , d ) = = 5 ( 2) a 2 + b2 a 2 + b2 5a − 12b + c = 3a + 6b + 3c - Từ (1) và (2) suy ra : 5a − 12b + c = 3 a + 2b + c 5a − 12b + c = −3a − 6b − 3c a − 9b = c 3 . Thay vào (1) : a + 2b + c = 5 a 2 + b 2 ta có hai trường hợp : −2 a + b = c 2 - Trường hợp : c=a-9b thay vào (1) : ( 2a − 7b ) = 25 ( a 2 + b 2 ) � 21a 2 + 28ab − 24b2 = 0 2 14 − 10 7 � − 10 7 � 14 175 + 10 7 a= d :� � 21 �+ y− �x =0 21 � � 21 Suy ra : 14 + 10 7 � + 10 7 � 14 175 − 10 7 a= d :� � 21 �+ y− �x =0 21 � � 21 3 - Trường hợp : c = −2a + b � ( 1) : ( 7b − 2a ) = 100 ( a 2 + b 2 ) � 96a 2 + 28ab + 51b 2 = 0 . Vô 2 2 nghiệm . ( Phù hợp vì : IJ = 16 + 196 = 212 < R + R ' = 5 + 15 = 20 = 400 . Hai đường tròn cắt nhau ) . Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 + 2x − 8y − 8 = 0 . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6. Giải - Đường thẳng d' song song với d : 3x+y+m=0 B −3 + 4 + m m + 1 H - IH là khoảng cách từ I đến d' : IH = = 5 5 A � � AB 2 - Xét tam giác vuông IHB : IH = IB − � � 25 − 9 = 16 = 2 2 �4 � I(-1;4) Trang 8 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
  9. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG ( m + 1) 2 m = 19 d ' : 3 x + y + 19 = 0 � = 16 � m + 1 = 20 � 25 m = −21 d ' : 3 x + y − 21 = 0 Bài 17. Viết phương trình các cạnh của tam A giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác trong qua đỉnh A, C lần lượt là : (d1) : K 3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y– 5=0 x+2y-5=0 Giải - Đường thẳng (BC) qua B(2;-1) và vuông góc x = 2 + 3t C với (AH) suy ra (BC): , hay : B(2;-1) H y = −1 − 4t 3x-4y+27=0 x − 2 y +1 r � = � 4 x + 3 y − 7 = 0 ⊥ n = ( 4;3) 3 −4 x = 2 + 3t - (BC) cắt (CK) tại C : � y = −1 − 4t � t = −1 � C ( −1;3) x + 2y −5 = 0 r - (AC) qua C(-1;3) có véc tơ pháp tuyến n = ( a; b ) 4+6 10 2 Suy ra (AC): a(x+1)+b(y-3)=0 (*). Gọi ϕ = R KCB = R KCA � cosϕ = = = 5 16 + 9 5 5 5 a+2b a+2b 2 � ( a + 2b ) = 4 ( a 2 + b 2 ) 2 - Tương tự : cosϕ = � = 5 a 2 + b2 5 a 2 + b2 5 a = 0 � b ( y − 3) = 0 � y − 3 = 0 � 3a 2 − 4ab = 0 � 4b 4 a=� ( x + 1) + ( y − 3) = 0 � 4 x + 3 y − 5 = 0 3 3 �y = 3 �y − 3 = 0 x = −5 3 x − 4 y + 27 = 0 � 31 582 � - (AC) cắt (AH) tại A : � x = − 31 � A1 ( −5;3) , A2 = � ; − � 4x + 3y − 5 = 0 25 � 25 25 � � � 3 x − 4 y + 27 = 0 582 y= 25 - Lập (AB) qua B(2;-1) và 2 điểm A tìm được ở trên . ( học sinh tự lập ). Bài 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là : 3 x – y - 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếptam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC . Giải - Đường thẳng (BC) cắt Ox tại B : Cho y=0 suy ra x=1 , B(1;0) . Gọi A(a;0) thuộc Ox là đỉnh của góc vuông ( a khác 1 ).. Đường thẳng x=a cắt (BC) tại C : a; 3 ( a − 1) . ( ) - Độ dài các cạnh : AB = a − 1 , AC = 3 a − 1 � BC = AB + AC � BC = 2 a − 1 2 2 2 ( 3 + 3 ) a −1 ( - Chu vi tam giác : 2p= a − 1 + 3 a − 1 + 2 a − 1 = 3 + 3 a − 1 � p =) 2 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 9
  10. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG S 1 1 3 ( a − 1) . Cho nên (*) 2 - Ta có : S=pr suy ra p= .(*) Nhưng S= AB. AC = a −1 3 a −1 = r 2 2 2 a = 3+ 2 3 trở thành : 1 2 3 ( ) 3 + 1 a −1 = 4 3 ( a − 1) � a − 1 = 2 3 + 1 � 2 a = −1 − 2 3 ( ) - Trọng tâm G : xG = 2a + 1 xG = = ( 2 3 + 2 3 +1 7 + 4 3 ) � 3 � 3 3 � +4 3 2 3+6� 7 �� �� � G1 � � 3 ; 3 � � = 3 ( a − 1) � yG � �G = y 3 2+2 3 = 2 3+6 ( � � � ) 3 3 3 xG = 2a + 1 xG = 2 −1 − 2 3 + 1 =− ( 1+ 4 3 ) � 3 � 3 3 � 1+ 4 3 2 3 + 6 � �� �� � 3 ;− � G2 �− � � = 3 ( a − 1) y �G � �G = y 3 −2 − 2 3 =− 2 3+6 ( � 3 �) � 3 3 3 Bài 19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 − 4 x − 2 y − 1 = 0 và đường thẳng d : x + y + 1 = 0 . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 900 Giải - M thuộc d suy ra M(t;-1-t). . Nếu 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau thì MAIB là hình vuông ( A,B là 2 tiếp điểm ). Do đó AB=MI= IA 2 =R 2 = 6 2 = 2 3 . - Ta có : MI = ( 2−t) 2 + ( 2 + t ) = 2t 2 + 8 = 2 3 2 A I(2;1) - Do đó : 2t 2 + 8 = 12 � t 2 = 2 � t=− 2 ( M 1 − 2; 2 − 1 ) M . t= 2 M2 ( 2; − 2 − 1 ) B * Chú ý : Ta còn cách khác x+y+1=0 - Gọi d' là đường thẳng qua M có hệ số góc k suy ra d' có phương trình : y=k(x-t)-t-1, hay : kx-y-kt-t-1=0 (1) . 2k − kt − t − 2 - Nếu d' là tiếp tuyến của (C) kẻ từ M thì d(I;d')=R � = 6 1+ k 2 � � − t ) k − t − 2 � = 6 ( 1 + k 2 ) � ( t 2 − 4t − 2 ) k 2 + 2 ( t + 2 ) ( 2 − t ) k + ( t 2 + 4t − 2 ) = 0 (2 2 � � t 2 − 4t − 2 0 - Từ giả thiết ta có điều kiện : � ∆ ' = ( 4 − t ) − ( t − 2 − 4t ) ( t − 2 + 4t ) > 0 2 2 2 t 2 + 4t − 2 = −1 t 2 − 4t − 2 t 2 6 1 � �1 + k2 = k - � � ' = t ( 19 − t ) > 0 � t = � 2 � � ∆ 2 2 2 � k1 ; k2 � M �2 � k = −1 k1 2 t =2 Trang 10 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
  11. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Bài 20. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) : x 2 + 4 y 2 − 4 = 0 .Tìm ˆ những điểm N trên elip (E) sao cho : F1 NF2 = 600 ( F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip (E) ) Giải x2 - (E) : + y 2 = 1 � a 2 = 4, b 2 = 1 � c 2 = 3 � c = 3 4 x0 + 4 y0 = 4 2 2 3 3 - Gọi N ( x0 ; y0 ) �( E ) � MF1 = 2 + x0 ; MF2 = 2 − x0 . Xét tam giác F1MF2 theo hệ thức 2 2 F1 F2 = 2 3 hàm số cos : ( F1 F2 ) = MF12 + MF22 − 2MF1MF2cos600 2 2 2 � 3 � � 3 � � 3 � � 3 � ( ) 2 � 2 3 = �+ � 2 x0 �+ � − 2 x0 �− � + 2 x0 �2 − 2 x0 � 2 � � 2 � � 2 � � � � � � � � � � � � 4 2 1 x0 = − y0 = − 3 2 � 3 2� 9 2 32 3 1 3 � 12 = 8 + x0 − � − x0 � 4 � x0 = 8 � x0 = 2 � � y0 = � 2 2 � 4 � 4 9 4 2 9 1 x0 = y0 = 3 3 �4 2 1 � �4 2 1 � � 2 1 � � 2 1 � − − 4 4 - Như vậy ta tìm được 4 điểm : N1 � � 3 ; − �N 2 � , � ; �N 3 � ; − �N 4 � ; � , � , � � 3� � 3 3� � 3 � � 3� � 3 3� � � Bài 21. Trong măt phăng toa độ Oxy cho điêm A(1;1) và đường thẳng ∆ : 2x + 3y + 4 =0 ̣ ̉ ̣ ̉ Tim tọa độ điểm B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đường thẳng AB và ∆ hợp với nhau ̀ góc 450. Giải r - Gọi d là đường thẳng qua A(1;1) có véc tơ pháp tuyến n = ( a; b ) thì d có phương trình uu r dạng : a(x-1)+b(y-1)=0 (*). Ta có n∆ = ( 2;3) . 2a + 3b 1 - Theo giả thiết : cos ( d,∆ ) = � 2 ( 2a + 3b ) = 13 ( a 2 + b 2 ) 2 = cos450 = 13 a + b 2 2 2 1 1 a = − b d : − ( x − 1) + ( y − 1) = 0 x − 5y + 4 = 0 � 5a − 24ab − 5b = 0 � 2 2 5 5 a = 5b d : 5 ( x − 1) + ( y − 1) = 0 5 x + y − 6 = 0 - Vậy B là giao của d với ∆ cho nên : � − 5y + 4 = 0 x � 32 4 � �x + y − 6 = 0 5 �22 32 � � B1 � − � B1 � ; �B2 : � , � B2 � ; − � �x + 3 y + 4 = 0 2 � 13 13 � � x + 3 y + 4 = 0 2 �13 13 � Bài 22. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1 : 2 x − y + 5 = 0 . d2: 3x +6y – 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. Giải - Trước hết lập phương trình 2 đường phân giác d:2x-y+5=0 tạo bởi 2 đường thẳng cắt nhau : P(2;-1) Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) d':3x+6y-7=0 Trang 11
  12. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 3x + 6 y − 7 2x − y + 5 =− 3 5 5 9x + 3y + 8 = 0 � � 3x + 6 y − 7 2 x − y + 5 3 x − 9 y + 22 = 0 = 3 5 5 - Lập đường thẳng ∆1 qua P(2;-1) và vuông góc với tiếp tuyến : 9x+3y+8=0 . x − 2 y +1 � ∆1 : = � x − 3y − 5 = 0 9 3 x − 2 y +1 - Lập ∆ 2 qua P(2;-1) và vuông góc với : 3x-9y+22=0 � ∆ 2 : = � 3x + y − 5 = 0 3 −9 Bài 23. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: x 2 y2 − = 1 . Viết phương trình chính tắc của elip ( E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm 16 9 của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). Giải - (H) có a = 16, b = 9 � c = 25 � c = 5 � F1 ( 5;0 ) , F2 ( 5;0 ) . Và hình chữ nhật cơ sở của (H) 2 2 2 có các đỉnh : ( 4; −3) , ( 4;3) , ( −4; −3) , ( −4;3) . x2 y 2 - Giả sử (E) có : + = 1 . Nếu (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) thì ta có a 2 b2 phương trình : c = a − b = 25 ( 1) 2 2 2 16 9 - (E) đi qua các điểm có hoành độ x 2 = 16 và tung độ y 2 = 9 � + = 1 ( 2) a2 b2 x2 y2 - Từ (1) và (2) suy ra : a 2 = 40, b 2 = 15 � ( E ) : + =1 40 15 Bài 24. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2 + y 2 + 4 3 x − 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 Giải - (C) có I( −2 3;0 ), R= 4 . Gọi J là tâm đường tròn cần tìm : J(a;b) � ( C ') : ( x − a ) + ( y − b ) = 4 2 2 y -Do (C) và (') tiếp xúc ngoài với nhau cho nên khoảng cách IJ A(0;2 ) ( a + 2 3) 2 =R+R' � + b 2 = 4 + 2 = 6 � a 2 + 4 3a + b 2 = 28 I(-2;0) x - Vì A(0;2) là tiếp điểm cho nên : ( 0 − a ) + ( 2 − b ) = 4 ( 2 ) 2 2 �a + 2 3 ) ( 2 + b 2 = 36 � + 4 3a + b = 24 a2 2 - Do đó ta có hệ : � �2 a2 + ( 2 − b ) = 4 2 a − 4b + b 2 = 0 ( ) 2 - Giải hệ tìm được : b=3 và a= 3 � ( C ') : x − 3 + ( y − 3) = 4 . 2 * Chú ý : Ta có cách giải khác . - Gọi H là hình chiếu vuông góc của J trên Ox suy ra OH bằng a và JH bằng b Trang 12 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
  13. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG IA IO OA 4 2 3 2 - Xét các tam giác đồng dạng : IOA và IHJ suy ra : = = � = = IJ IH HJ 6 a+2 3 b - Từ tỷ số trên ta tìm được : b=3 và a= 3 . Bài 25. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật Giải - Hình vẽ : ( Như bài 12 ). x − 2 y −1 = 0 - Tìm tọa độ B là nghiệm của hệ : B ( 7;3) . x − 7 y + 14 = 0 uuu r x = 7+t - Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và ⊥ ( AB ) � u BC = ( 1; −2 ) � ( BC ) : y = 3 − 2t 1 1 − 1 1 1 7 2 =1 � 2 x + y − 17 = 0 � k BC = − . Mặt khác : k BD = , k AB = � tan ϕ = 2 7 2 11 3 1+ 72 1 2 k− 7 = 7 k − 1 = 2 tan ϕ = 3 = 3 - Gọi (AC) có hệ số góc là k � tan 2ϕ = 1+ k 7 + k 1 − tan 2 ϕ 1 − 1 4 7 9 17 28k − 4 = −3k − 21 k =− - Do đó : 4 7k − 1 = 3 k + 7 �� 31 28k − 4 = 3k + 21 k =1 - Trường hợp : k=1 suy ra (AC) : y=(x-2)+1 , hay : x-y-1=0 . x = 7+t - C là giao của (BC) với (AC) : � y = 3 − 2t � t = −1, C ( 6;5 ) x − y −1 = 0 x = 7+t - A là giao của (AC) với (AB) : � y = 3 − 2t � t = 0, A ( 1;0 ) x − 2 y −1 = 0 - (AD) //(BC) suy ra (AD) có dạng : 2x+y+m=0 (*) , do qua A(1;0) : m= -2 . Cho nên (AD) có phương trình : 2x+y-2=0 . 2x + y − 2 = 0 - D là giao của (AD) với (BD) : D ( 0; 2 ) x − 7 y + 14 = 0 17 - Trường hợp : k=- cách giải tương tự ( Học sinh tự làm ). 31 Bài 26. Trong mp (Oxy) cho đ ườ ng th ẳng ( ∆ ) có phươ ng trình: x – 2y – 2 = 0 và hai điểm A (-1;2); B (3;4). Tìm đi ểm M ∈ (∆ ) sao cho 2MA2 + MB2 có giá tr ị nhỏ nhấ t Giải - M thuộc ∆ suy ra M(2t+2;t ) Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 13
  14. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG - Ta có : MA2 = ( 2t + 3) + ( t − 2 ) = 5t 2 + 8t + 13 � 2MA2 = 10t 2 + 16t + 26 2 2 Tương tự : MB 2 = ( 2t − 1) + ( t − 4 ) = 5t 2 − 12t + 17 2 2 2 - Do dó : f(t)= 15t + 4t + 43 � f ' ( t ) = 30t + 4 = 0 � t = − 2 . Lập bảng biến thiên suy ra min 15 641 2 �26 2 � f(t) = đạt được tại t = − � M � ; − � 15 15 �15 15 � Bài 27. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M (2;4) Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn tại 2 điểm A và B, sao cho M là trung điểm của AB Giải - Đường tròn (C) : ( x − 1) + ( y − 3) = 4 � I ( 1;3) , R = 2, PM /(C ) = 1 + 1 − 4 = −2 < 0 � M nằm 2 2 trong hình tròn (C) . r x = 2 + at - Gọi d là đường thẳng qua M(2;4) có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) d: y = 4 + bt - Nếu d cắt (C) tại A,B thì : ( at + 1) + ( bt + 1) = 4 � ( a + b ) t + 2 ( a + b ) t − 2 = 0 ( 1) ( có 2 2 2 2 2 2 nghiệm t ) . Vì vậy điều kiện : ∆ ' = ( a + b ) + 2 ( a 2 + b 2 ) = 3a 2 + 2ab + 3b 2 > 0 ( *) 2 - Gọi A ( 2 + at1 ; 4 + bt1 ) , B ( 2 + at2 ; 4 + bt2 ) M là trung điểm AB thì ta có hệ : � + a ( t1 + t2 ) = 4 �4 � ( t1 + t 2 ) = 0 �a �� �� � t1 + t2 = 0 . Thay vào (1) khi áp dụng vi ét ta được : � + b ( t1 + t2 ) = 8 8 � ( t1 + t2 ) = 0 b 2 ( a + b) x−2 y−4 � t1 + t2 = − = 0 � a + b = 0 � a = −b � d : = � d : x+ y−6= 0 a +b 2 2 −1 1 x2 y 2 Bài 28. Viết phương trình các tiếp tuyến của e líp (E): + = 1 , biết tiếp tuyến đi 16 9 qua điểmA(4;3) Giải r - Giả sử đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n = ( a; b ) qua A(4;3) thì d có phương trình là :a(x-4)+b(y-3)=0 (*) , hay : ax+by-4a-3b (1) . - Để d là tiếp tuyến của (E) thì điều kiện cần và đủ là : a 2 .16 + b 2 .9 = ( 4a + 3b ) 2 a=0 d : y −3 = 0 � 16a 2 + 9b 2 = 16a 2 + 24ab + 9b 2 � 24ab = 0 � b=0 d : x−4=0 Bài 29. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I và đường thẳng ∆: mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng ∆ cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. Giải - (C) : ( x − 1) + ( y − m ) = 25 2 2 � I (1; m), R = 5 . Trang 14 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
  15. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG m x y=− 4 - Nếu d : mx +4y=0 cắt (C) tại 2 điểm A,B thì � 2 m + 16 �2 � + m2 � 4 x − 2� � + m − 24 = 0 ( 1) 2 � � x � 16 � � 4 � � m � � m � - Điều kiện : ∆ ' = m 2 + 25 > 0 �� R . Khi đó gọi A �1 ; − x1 �B �2 ; − x2 � m x , x � 4 � � 4 � m2 m 2 + 16 m 2 + 25 ( x2 − x1 ) ( x2 − x1 ) = x2 − x1 2 2 � AB = + =8 16 4 m 2 + 16 m + 4m 5m - Khoảng cách từ I đến d = = m 2 + 16 m 2 + 16 1 1 m 2 + 25 5m m 2 + 25 - Từ giả thiết : S = AB.d = .8 . = 4 5m = 12 2 2 m 2 + 16 m 2 + 16 m 2 + 16 m 2 + 25 = 3 � 25m 2 ( m 2 + 25 ) = 9 ( m 2 + 16 ) 2 � 5m m + 16 2 - Ta có một phương trình trùng phương , học sinh giải tiếp . Bài 30. 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 + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình cạnh BC Giải x− y−2 =0 - (AB) cắt (AC) tại A : � � A ( 3;1) x + 2y −5 = 0 - B nằm trên (AB) suy ra B(t; t-2 ), C nằm trên (AC) suy ra C(5-2m;m) t − 2m + 8 xG = =3 � 3 t − 2m = 1 � = 2 C ( 1; 2 ) m - Theo tính chất trọng tâm : � �� �� t + m −1 t+m=7 t = 5 B ( 5;3) yG = =2 3 Bài 31. Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) và tiếp xúc với đường thẳng có phương trình 3x – y + 9 = 0. Giải - Gọi M là trung điểm AB suy ra M(3;3 ) . d' là đường trung trực của AB thì d' có phương trình : 1.(x-3)-2(y-3)=0 , hay : x-2y+3=0 . - Tâm I của (C) nằm trên đường thẳng d' cho nên I(2t-3;t) (*) 3 ( 2t − 3) − t + 9 5t 10 - Nếu (C) tiếp xúc với d thì h ( I , d ) = R � = = t = R . (1) 10 10 2 ( 5 − 2t ) + ( 5 − t ) . (2) . 2 2 - Mặt khác : R=IA= 10 ( 5 − 2t ) +( 5−t) = t � 4 ( 5t 2 − 30t + 50 ) = 10t 2 2 2 - Thay (2) vào (1) : 2 t = 6 − 34 � t 2 − 12t + 2 = 0 � . Thay các giá trị t vào (*) và (1) ta tìm được tọa độ tâm I và t = 6 + 34 bán kính R của (C) . Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 15
  16. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG * Chú ý : Ta có thể sử dụng phương trình (C) : x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 ( có 3 ẩn a,b,c) - Cho qua A,B ta tạo ra 2 phương trình . Còn phương trình thứ 3 sử dụng điều kiện tiếp xúc của (C) và d : khoảng cách từ tâm tới d bằng bán kính R . Bài 32. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0. A Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB = 3 . H Giải I M - Đường tròn (C) : B ( x − 1) + ( y + 2 ) = 3 � I ( 1; −2 ) , R = 3 . 2 2 - Gọi H là giao của AB với (IM). Do đường tròn (C') tâm M có bán kính R' = MA . Nếu AB= 3 = IA = R , thì tam giác IAB là tam giác đều , cho 3. 3 3 3 7 nên IH= = ( đường cao tam giác đều ) . Mặt khác : IM=5 suy ra HM= 5 − = . 2 2 2 2 2 AB 49 3 - Trong tam giác vuông HAM ta có MA2 = IH 2 + = + = 13 = R '2 4 4 4 - Vậy (C') : ( x − 5 ) + ( y − 1) = 13 . 2 2 Bài 33. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®êng trßn (C) cã ph¬ng tr×nh (x-1)2 + (y+2)2 = 9 vµ ®êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. Giải - (C) có I(1;-2) và bán kính R=3 . Nếu tam giác ABC vuông góc tại A ( có nghĩa là từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C) và 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau ) khi x+y+m=0 đó ABIC là hình vuông . Theo tính chất hình vuông ta B có IA= IB 2 (1) . - Nếu A nằm trên d thì A( t;-m-t ) suy ra : A I(1;-2) ( t − 1) + ( t − 2 + m ) . Thay vào (1) : 2 2 IA = ( t − 1) + ( t − 2 + m) = 3 2 2 2 � C � 2t 2 − 2 ( m − 1) t + m 2 − 4m − 13 = 0 (2). Để trên d có đúng 1 điểm A thì (2) có đúng 1 nghiệm t , từ đó ta có điều kiện : ∆ = − ( m + 10m + 25 ) = 0 � − ( m + 5 ) = 0 � m = −5 .Khi đó (2) có nghiệm kép là : 2 2 m − 1 −5 − 1 t1 = t2 = t0 = = = −3 � A ( −3;8 ) 2 2 Bài 34. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy. Giải 4 x − 3 y − 12 = 0 - Gọi A là giao của d1 , d 2 � A : � A ( 3;0 ) �Ox 4 x + 3 y − 12 = 0 - Vì (BC) thuộc Oy cho nên gọi B là giao của d1 với Oy : cho x=0 suy ra y=-4 , B(0;-4) và C là giao của d 2 với Oy : C(0;4 ) . Chứng tỏ B,C đối xứng nhau qua Ox , mặt khác A nằm Trang 16 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
  17. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG trên Ox vì vậy tam giác ABC là tam giác cân đỉnh A . Do đó tâm I đường tròn nội tiếp tam giác thuộc Ox suy ra I(a;0). IA AC 5 IA + IO 5 + 4 OA 9 - Theo tính chất phân giác trong : = = � = � = IO AO 4 IO 4 IO 4 4OA 4.3 4 4 � IO = = = . Có nghĩa là I( ;0 ) 9 9 3 3 1 1 15 1 ( AB + BC + CA ) 1 ( 5 + 8 + 5 ) 18 6 - Tính r bằng cách : S = BC.OA = .5.3 = = = �r = = . 2 2 2 2 r 2 r 15 5 Bài 35. Trong mặt phẳng toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng : ∆ : 3x − 4 y + 4 = 0 . Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15 Giải - Nhận xét I thuộc ∆ , suy ra A thuộc ∆ : A(4t;1+3t) . Nếu B đối xứng với A qua I thì B có tọa độ B(4-4t;4+3t) � AB = 16 ( 1 − 2t ) + 9 ( 1 − 2t ) = 5 1 − 2t 2 2 6 + 20 + 4 - Khoảng cách từ C(2;-5) đến ∆ bằng chiều cao của tam giác ABC : = =6 5 1 1 t=0 A ( 0;1) , B ( 4; 4 ) - Từ giả thiết : S = AB.h = 5. 1 − 2t .6 = 15 � 1 − 2t = 1 � 2 2 t =1 A ( 4; 4 ) , B ( 0;1) x2 y 2 Bài 36. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) : + = 1 và hai điểm A(3;- 9 4 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. Giải - A,B có hoành độ là hoành độ của 2 đỉnh của 2 bán trục lớn của (E) , chúng nằm trên đường thẳng y-2=0 . C có hoành độ và tung độ dương thì C nằm trên cung phần tư thứ nhất - Tam giác ABC có AB=6 cố định . Vì thế tam giác có diện tích lớn nhất khi khoảng cách từ C đến AB lớn nhất . - Dễ nhận thấy C trùng với đỉnh của bán trục lớn (3;0) Bài 37. Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn 3 tÝch b»ng vµ träng t©m thuéc ®êng th¼ng ∆ : 3x – y – 8 = 0. T×m täa ®é ®Ønh 2 C. Giải r uuur - Do G thuộc ∆ suy ra G(t;3t-8). (AB) qua A(2;-3) có véc tơ chỉ phương u = AB = ( 1;1) , cho x−2 y+3 � 5� 5 nên (AB) : = � x − y − 5 = 0 . Gọi M là trung điểm của AB : M � ; − � . 1 1 � 2� 2 uuuu � r 5 5 �� 5 11 � - Ta có : GM = � − t ; − − 3t + 8 � � − t ; − 3t � Giả sử C ( x0 ; y0 ) , theo tính chất trọng tâm = . �2 2 �� 2 2 � 5 � � x − t = −2 � − t � uuu r r �0 uuuu 2 � � x0 = −5 + 2t ta có : GC = −2GM ��� � � C ( 2t − 5;9t − 19 ) ( 1) 11 � � y0 = 9t − 19 y0 − 3t + 8 = −2 � − 3t � �2 � Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 17
  18. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG 3 ( 2t − 5 ) − ( 9t − 19 ) − 8 4 − 3t - Ngoài ra ta còn có : AB= 2 , h ( C , ∆ ) = = 10 10 1 1 4 − 3t 3 - Theo giả thiết : S = AB.h ( C , ∆ ) = 2 = � 2 4 − 3t = 3 10 2 2 10 2 4−3 5 � 7+6 5 � t= �C��− ; −7 − 9 5 � � 3 � 3 � � 2 ( 4 − 3t ) 2 = 90 � 9t 2 − 24t − 29 = 0 � 4+3 5 � 5 −7 6 � t= �C =�� 3 ;9 5 − 7 � � 3 � � x2 y 2 Bài 38. Trong mÆt ph¼ng Oxy cho elip (E): + = 1 vµ ®êng th¼ng ∆ :3x + 4y 4 3 =12. Tõ ®iÓm M bÊt k× trªn ∆ kÎ tíi (E) c¸c tiÕp tuyÕn MA, MB. Chøng minh r»ng ®êng th¼ng AB lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh Giải 1 Bài 39. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ( ;0) 2 Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó Giải - Do A thuộc (AB) suy ra A(2t-2;t) ( do A có hoành độ âm cho nên t 1 t 1 - Vậy khi t = � A ( −2;0 ) , B ( 2; 2 ) , C ( 3;0 ) , D ( −1; −2 ) . 2 * Chú ý : Ta còn có cách giải khác nhanh hơn 1 −0+2 - Tính h I ; AB = 2 5 , suy ra AD=2 h(I,AB)= 5 ( ) = 5 2 - Mặt khác : IA2 = IH 2 + ( AB ) ( 2 AD ) = IH 2 + AD 2 = 5 + 5 = 25 2 2 5 = IH 2 + IA=IB = 4 4 4 4 2 -Do đó A,B là giao của (C) tâm I bán kính IA cắt (AB) . Vậy A,B có tọa độ là nghiệm của x − 2y + 2 = 0 � �� A ( −2;0 ) , B ( 2; 2 ) (Do A có hoành độ âm 2 2 hệ : � 1 � 5 � − �+ y = � � 2 x � 2� 2 �� Trang 18 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
  19. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG - Theo tính chất hình chữ nhật suy ra tọa độ của các đỉnh còn lại : C(3;0) và D(-1;-2) Bài 40. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x − y + 1 = 0 , phân giác trong BN : 2 x + y + 5 = 0 .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC Giải - Đường (AB) qua A(1;-2) và vuông góc với x = 1+ t C 2x+y+5=0 (CH) suy ra (AB): . y = −2 − t x = 1+ t N - (AB) cắt (BN) tại B: � y = −2 − t � t = −5 2x + y + 5 = 0 Do đó B(-4;3).Ta có : B A(1;-2) H −1 + 2 1 k AB = −1, k BN = −2 � tan ϕ = = 1+ 2 3 x-y+1=0 - Gọi A' đối xứng với A qua phân giác (BN) thì x = 1 + 2t A' nằm trên (AB). Khi đó A' nằm trên d vuông góc với (BN) d: y = −2 + t x = 1 + 2t - d cắt (BN) tại H : � H : y = −2 + t � t = −1 � H ( −1; −3) . 2x + y + 5 = 0 r - A' đối xứng với A qua H suy ra A'(-3;-4) . (BC) qua B,A' suy ra : u = ( 1; −7 ) x = −4 + t x = −4 + t 3 � 13 9 � ( BC ) : . (BC) cắt (CH) tại C: � y = 3 − 7t � t = � C � ; − � − y = 3 − 7t 4 � 4 4� x − y +1 = 0 - Tính diện tích tam giác ABC : AB = 2 5 1 1 9 9 10 - Ta có : 9 � S ABC = AB.h(C , AB ) = .2 5 = h ( C , AB ) = 2 2 2 2 4 2 2 Bài 41. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x − y − 3 = 0 và d2 : x + y − 6 = 0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật Giải x− y −3= 0 � 3� 9 - Theo giả thiết , tọa độ tâm I � � I � ; � Gọi M là trung điểm của AD thì . x+ y −6 = 0 � 2� 2 M có tọa độ là giao của : x-y-3=0 với Ox suy ra M(3;0). Nhận xét rằng : IM // AB và DC , r nói một cách khác AB và CD nằm trên 2 đường thẳng // với d1 ( có n = ( 1; −1) . x = 3+t -A,D nằm trên đường thẳng d vuông góc với d1 d: . Giả sử A ( 3 + t; −t ) (1), thì y = −t do D đối xứng với A qua M suy ra D(3-t;t) (2) . - C đối xứng với A qua I cho nên C(6-t;3+t) (3) . B đối xứng với D qua I suy ra B( 12+t;3-t). (4) Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu ) Trang 19
  20. Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG - Gọi J là trung điểm của BC thì J đối xứng với M qua I cho nên J(6;3). Do đó ta có kết quả là : : MJ = AB = AD = 3 2 . Khoảng cách từ A tới d1 : 2t h ( A, d1 ) = � S ABCD = 2h ( A, d1 ) .MJ 2 2t t = −1 � S ABCD =2 3 2 = 12 t = 12 � . Thay các giá trị của t vào (1),(2),(3),(4) ta tìm 2 t =1 t = −1 A ( 3;1) , D ( 4; −1) , C ( 7; 2 ) , B ( 11; 4 ) được các đỉnh của hình chữ nhật : t =1 A ( 4; −1) , D ( 2;1) , C ( 5; 4 ) , B ( 13; 2 ) x 2 y2 − =1 Bài 42. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H): 2 3 và điểm M(2; 1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M, biết rằng đường thẳng đó cắt (H) tại hai điểm A, B mà M là trung điểm của AB Giải r x = 2 + at - Giải sử d có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) , qua M(2;1) d: y = 1 + bt x = 2 + at ( 2 + at ) − ( 1 + bt ) = 1 2 2 - d cắt (H) tại 2 điểm A,B thì A,B có tọa độ : � y = 1 + bt � 2 3 x2 y 2 − =1 2 3 � 3 ( 2 + at ) − 2 ( 2 + bt ) = 6 � ( 3a 2 − 2b 2 ) t 2 + 4 ( 3a − b ) t + 4 = 0(1) 2 2 3a 2 − 2b 2 0 - Điều kiện : (*). Khi đó A ( 2 + at1 ;1 + bt1 ) , và tọa độ ∆ ' = 4 ( 3a − b ) − 4 ( 3a 2 − 2b 2 ) > 0 2 của B : B ( 2 + at2 ;1 + bt2 ) , suy ra nếu M là trung điểm của AB thì : 4+a ( t1 + t2 ) = 4 � t1 + t2 = 0 4 4 2 - Kết hợp với t1t 2 = � t1 = −t 2 = t 2 = 2 � t2 = � 2 3a − 2b 2 2 2b − 3a 3 2b − 3a3 2 4 ( b − 3a ) x − 2 y −1 x − 2 y −1 - Áp dụng vi ét cho (1) : t1 + t2 = 2 = 0 � b = 3a � d : = � = 3a − 2b 2 a b a 3a - Vậy d : 3(x-2)=(y-1) hay d : 3x-y-5=0 . Bài 43. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng ∆ có phương trình x+2y-3=0 và hai uuu r uuur điểm A(1;0),B(3;-4). Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho : MA + 3MB là nhỏ nhất uuu r Giải uuur - D M �∆ � M ( 3 − 2t ; t ) có nên ta có : MA = ( 2t − 2; −t ) ,3MB = ( 6t; −3t − 12 ) . Suy ra tọa độ uuu r uuur uuu r uuur của MA + 3MB = ( 8t; −4t − 14 ) � MA + 3MB = ( 8t ) + ( 4t + 14 ) . 2 2 ( 8t ) + ( 4t + 14 ) = 80t 2 + 112t + 196 . Xét g(t)= 80t 2 + 112t + 196 , tính đạo hàm 2 2 - Vậy : f(t) = 112 51 � 51 � 15.169 g'(t)= 160t+112. g'(t)=0 khi t = − =− � − g� � = = 196 80 80 � 80 � 80 Trang 20 Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản