Jun
. 17

GiaVienB.Net - Kho thi THPT quc gia, kim tra cú ỏp ỏn, ti liu ụn thi i hc mụn toỏn
Tp cỏc bi Toỏn v ng thng trong cỏc thi

Bi 1Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;1) , B(1; 2) , trọng tâm G của tam giác nằm
27
trên đ-ờng thẳng x y 2 0 . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng
2

Hng dn:Vì G nằm trên đ-ờng thẳng x y 2 0 nên G có tọa độ G (t; 2 t ) . Khi đó AG (t 2;3 t ) ,

2
1
1
AG 2 . AB 2 AG. AB
2 (t 2) 2 (3 t ) 2 1 =
AB (1; 1) Vậy diện tích tam giác ABG là S
2
2
2t 3
2
27
27 9
Nếu diện tích tam giác ABC bằng
thì diện tích tam giác ABG bằng
.
2
6 2
2t 3 9

B

H

C

a 4
T ú:
8 2 12 a 16
2
a 28
Nu a 28 thỡ phng trỡnh ca BC l x y 28 0 , trng hp ny A nm khỏc phớa i vi BC v
66a

, vụ lớ. Vy a 4 , do ú phng trỡnh BC l: x y 4 0 .
ng cao k t A ca ABC l ng thng i qua A(6;6) v BC : x y 4 0 nờn cú phng trỡnh l
x y 0.

Ta chõn ng cao H k t A xung BC l nghim ca h phng trỡnh
x y 0
x 2
Vy H (-2;-2)


x y 4 0 y 2
VỡBC cú phng trỡnh l x y 4 0 nờn ta B cú dng: B(m; -4-m)
Li vỡ H l trung im BC nờn C(-4-m;m)


Suy ra: CE 5 m; 3 m , AB (m 6; 10 m) ;Vỡ CE AB nờn

Bài 3Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A  1;2  và đường thẳng  d  : x  2 y  3  0 . Tìm trên đường thẳng (d)
hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại C và AC  3BC .

Hướng dẫn:Từ yêu cầu của bài toán ta suy ra C là hình chiếu vuông góc của A trên (d)
Phương trình đường thẳng    qua A và vuông góc với (d) là: 2x  y  m  0

A  1;2       2  2  m  0  m  0
3

x


2x  y  0  
5  C  3 ; 6  .
Suy ra:    : 2x  y  0 .Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:


x  2y  3 
6
 5 5
y 
5




Đặt B  2t  3; t   (d) , theo giả thiết ta có: AC  3BC  AC 2  9BC 2

 16
2

 15 15 
A  2;1
Bài 4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho
và các đường thẳng
d
:
x

2
y

1

0,
d
:
x

2
y

8

0
B

 1
 2
 d1  , D   d2  và C sao cho ABCD là hình vuông.
. Tìm

2
y

5

0
T1
T2

Tọa độ
và là các nghiệm của hê. 
.Suy ra phương trình
TT
đường thẳng 1 2 là: 8x  4 y  11  0

Bài 6Trong mp với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giac PQR có đường cao hạ từ đỉnh P là d: 2x+y+3=0 và
đường phân giác trong của góc Q là d': x-y=0. PQ đi qua điểm I(0;-1) và RQ=2IQ. Viết phương trình
đường thẳng PR.
Hướng dẫn:Gọi I; là điểm đối xúng của I qua đường phân giác trong của góc Q thi I’ nằm trên đường
thảng QR. Từ đây viết được pt QR => điểm Q và pt cạnh PQ, tọa độ điểm P. Có điểm Q và từ hệ thức
RQ=2IQ , ta sẽ tìm được điểm R ( sẽ có hai điểm R) Kiểm tra và kết luận.
Bài 7. Cho đường tròn (C ) : (x-1)2 + (y+3)2 =9 hoctoancapba.com
A(-1,1); B(2 ,-2) tìm C, D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
Hướng dẫn:(C) có tâm I(1;3) và bán kính R = 3. Dễ thấy A nằm ngoài (C) và B nằm trong (C)
Sưu tầm & biên soạn:Lộc Phú Đa - Việt Trì - Phú Thọ

Page 2


Jun

 2
 CD: x  y  1 = 0 hoặc x  y  7 = 0
( x  1)2  ( y  3)2  9 ( x  1)2  ( x  2)2  9


x  y 1  0
y  x 1
Th1: CD: x  y  1 = 0  tọa độ C, D là nghiệm của hệ: 

2 x 2  2 x  4  0  x  1  x  2



y

x

1
y

0


 y  3  C(1;0), D(2;3) hoặc C(2;3), D(1;0)


( x  1)2  ( y  3)2  9 ( x  1)2  ( x  4)2  9


x y7  0

9  17 19  17
9  17 19  17
4
4
hoặc C( 4
;
), D( 4 ;
)
Bài 8. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, phương trình cạnh AD là
2 x  y  6  0 , điểm M  2;5  là trung điểm của BC và CD  BC 2  2 AB . Tìm tọa độ các đỉnh của hình

thang biết A có tung độ dương
+ ngoài lề : thông thường tìm tọa độ của 1 điểm :
giao của hai đường thẳng. (1)
vecto này bằng k lần vecto kia. (2)
Hướng dẫn:

12

10

E
8

B
6

M(2;5)
A


 
n1.n2
2k  1
1
 

2
n .n
2 suy ra k = 1/3 ; k = -3.
Cos(AD ;BC) = 1 2 = k  1. 5
Với k = -3 : PT BC : 3x – y – 1 = 0 => Suy F ( - 1 ; -4). Gỉa sử điểm A( a; -6 – 2a)


dễ thấy FA  2 AN suy ra A ( nhớ là tung độ A dương mới nhận, không dương ta xét nốt
k = 1/3) , từ đây bạn suy ra D. tới đây mình nghĩ có nhiều cách để suy ra C và B
C1 : Lập PT tìm giao điểm
C2 : vecto = k lân nhau
D

4

6

8

Sưu tầm & biên soạn:Lộc Phú Đa - Việt Trì - Phú Thọ

Page 3




3 2
6
 2
 ab  24
a b
ab
…..

 3 2
  a  b  
2. ta có: OA + OB = a+b =  a b 
Tự tìm dấu bằng xảy ra => KQ.
3. Áp dụng bunhia
2





3 2



2

BĐT bunhia.




Gọi C là giao của AB và d ,BH d ,
1
thì ta có Sin α =  α = 30°
2
Bài toán đưa về viết pt đường thẳng đi
15
10
qua
A và tạo với d góc
30°

2

A (1;

3)

α

B
O

5

H

d

C
5

B,vuông góc AH
)
10
5

A

K(0;2)
2

M(3;1)

8

C

H(1;0)
5

O
2

B

6
4

Bài 13
4



2

E

10

I
4

H

C(0;-4)

8

6

Bài 14
6

Hướng dẫn:
* Dễ thấy các điểm M, C thuộc các
đường thẳng song song với AB và có
các pt tương ứng là : x-y-1=0 ;x-y-2=0
* Diện tích ΔABC là 2 thì diện tích
1
2
ΔIMC là ; do d(C;d2)=d(I;d)=
2 10

A
4

Bài 15

6

8

Sưu tầm & biên soạn:Lộc Phú Đa - Việt Trì - Phú Thọ

Page 5


GiaVienB.Net - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán

Jun
. 17

10

Tập các bài Toán về Đường thẳng trong các đề thi

độ các đỉnh của tam giác.
8

6

Hướng dẫn:
* Viết pt đường thẳng (D) đi qua M

M

Bài 16.

4
32
30

6
28
26
24
22

Hướng dẫn:
* tìm M' là điểm đối xứng của M qua BD
* Viết pt đường cao AH . (Đi qua H, có
vtpt:n =HM'
* Tìm các điểm A và B thuộc các đường
phân giác BD và đường cao AH ,đối xứng
nhau qua M

20
18

x+y-5=0

16
14



B

2

10

15

Bài 17
6

4

Hướng dẫn:
*Do tam giác ABC cân tại A, nên khi
dựng hình bình hành AMEM' thì
AMEM' là hình thoi và tâm I là hình
x+y+3=0
E
chiếu của
M
trên
đường
cao
AH.
15
10
5
* Từ đó ta có cách xác định các đỉnh

A

Page 6


Jun
. 17

GiaVienB.Net - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Tập các bài Toán về Đường thẳng trong các đề thi

8

Bài 18
6

A
4

Hướng dẫn:
*Dễ thấy đỉnh B có tọa độ: B(1;0)
* Đỉnh Aεd thì Ax;2 2(x-1); thì trung
điểm H của BC có tọa độ H(x;0)
* Chu vi ABC bằng 16 thì BA+BH=8
<=>3x-1+x-1
= 8 => x-1=2
<=>
10
5
4 2

14

12

8
10

Hướng dẫn:
* Đường tròn (C) có tâm H(1;-2); bán kính
R=5 tiếp xúc với đường thẳng (d) tại A'(4;2)
* Tam giác ABC có trực tâm H, hai đỉnh B và
C thuộc (d) thì A' là chân đường cao thuộc BC
và A thuộc (C) nên AA' là đường kính và
A(-2;-5)
* do trung 20
điểm F của 15AB thuộc (C)
nên
25
10
5
1
HF//= A'B =>A'B=10 .Từ đây ta tìm được
2
tọa độ của B= (12;-4)
* Do C thuộc (d) nên tọa độ của C thỏa mãn
hệ thức:CA' =tA'B và CH . AB =0 => C(0;5).
Tọa độ các đỉnh của tam giác là :

8



10

12

Bài 20

6

4

Hướng dẫn:
*Từ giả thiết ta có B là chân
2
đường vuông góc kẻ từ A đến
dường thẳng x-2y-2=0 =>B(0;-1)
* Do tam giác ABC vuông cân
tại B nên C10 là giao của đường 5
O
B
thẳng đi qua B vuông góc với
BA, ta tìm được hai điểm C có
2
Sưu tầmtọa
& biên
soạn:Lộc
PhúC'=-2;-2)
Đa - Việt Trì - PhúC'
Thọ
độ C=2;0)

 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

, h2 

- Tính : h1   M , AB  
5
5
17
17
- Nếu diện tich 2 tam giác bằng nhau thì :
11

5. 13a  19
17. 3  11a
a
13a  19  3  11a
1
1

 AB.h1  CD.h2 



12


A'

C

Bài 23.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
Hướng dẫn:
02
 2.
- Nếu C nằm trên d : y=x thì A(a;a) do đó suy ra C(2a-1;2a).- Ta có : d  B, d  
2
1
4
2
2
- Theo giả thiết : S  AC.d  B, d   2  AC 
  2a  2    2a  0 
2
2

1 3
a 
2
 8  8a 2  8a  4  2a 2  2a  1  0  

1 3
a 

2


xA xB xC
1 2 4


xG
1
xG


3
3

- Theo tớnh chỏt trng tõm ;
y y A yB yC
y 1 5 a a 6
G
G

3
3
3
a6
- Do G nm trờn : 2x-3y+6=0 , cho nờn : 2.1 3
6 0 a 2.
3
4.4 3.2 7
1
1
15

x 2 y 1

3x y 5 0 h C , AB
- Ta cú : AB 1;3 AB :
1
3
10
2a b 5 2a b 5
1
1
10.

13,5
- T gi thit : S ABC AB.h C , AB
2
2
2
10
2a b 5 27
2a b 32
2a b 5 27

2a b 5 27
2a b 22
- Kt hp vi (1) ta cú 2 h :

20
b




Bi 26Trong mt phng oxy cho ABC cú A(2;1) . ng cao qua nh B cú phng trỡnh x- 3y - 7 = 0
.ng trung tuyn qua nh C cú phng trỡnh : x + y +1 = 0 . Xỏc nh ta B v C . Tớnh din tớch
ABC .
Su tm & biờn son:Lc Phỳ a - Vit Trỡ - Phỳ Th

Page 9


Jun
. 17

GiaVienB.Net - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Tập các bài Toán về Đường thẳng trong các đề thi

Hướng dẫn:- Đường thẳng (AC) qua A(2;1) và vuông góc với đường cao kẻ qua B , nên có véc tơ chỉ

x  2  t
phương n  1; 3   AC  : 
t  R 
 y  1  3t
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 trung điểm của
 3a  9 a  1 
AB  M 
;

 a5 b2
nằm
Hướng dẫn:- Gọi B(a;b) suy ra M 
;
. M
2 
 2
A(5;2)
trên trung tuyến nên : 2a-b+14=0 (1).
- B,B đối xứng nhau qua đường trung trực cho nên :
2x-y+3=0
x  a  t
 BC  : 
t  R  .
y  b t
M
Từ đó suy ra tọa độ N :
N
 6a b
B
C
t 
x+y-6=0
2
x  a  t

3a  b  6


 x 

đường thẳng  ’.
 x  2  3t
Hướng dẫn:: - Gọi tâm đường tròn là I , do I thuộc  : 
 I  2  3t; 2  t 
 y  2  t
- A thuộc đường tròn  IA 

 3t    3  t 
2

2

 R (1)

Sưu tầm & biên soạn:Lộc Phú Đa - Việt Trì - Phú Thọ

Page 10


Jun
. 17

GiaVienB.Net - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Tập các bài Toán về Đường thẳng trong các đề thi

- Đường tròn tiếp xúc với  ' 

5

R


 C1  :  x 1   y 1
2

2

2

2



 1,  C2  :  x  2   y 2  9
2

t  0  M

2ab
2b 2 
- Nếu d cắt  C1  tại A :   a  b  t  2bt  0  

A
1

;

2
2
2
2 

- Theo giả thiết : MA=2MB  MA  4MB *
2

2

2

2
2
2
 6a 2 2  6ab 2 
 2ab   2b 
  2 2   4  2 2    2 2  
- Ta có :  2
2 
 a b   a b 
 a  b   a  b  
b  6a  d : 6 x  y  6  0
4b2
36a 2
2
2
 2

4.

b

36
a

 HA.BC  0  3  2t  2   4  4  t   0  t  1 . Vậy : C(-2;1).
Sưu tầm & biên soạn:Lộc Phú Đa - Việt Trì - Phú Thọ

A

K(0;2)
H(1;0)
C

Page 11


Jun
. 17

GiaVienB.Net - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Tập các bài Toán về Đường thẳng trong các đề thi



x4 y4
- (AB) qua A(4;4) có véc tơ chỉ phương BA   2;6  // u  1;3   AB  :

1
3
 3x  y  8  0

- (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 .


 2b  c  3a  4b  c  
a 2  b2
a 2  b2
3a  4b  c  2b  c
 3a  4b  c  3 2


 a 2  b2

 a  2b
2
. Mặt khác từ (1) :  2b  c   9 a 2  b2 

3a  2b  2c  0
- Trường hợp : a=2b thay vào (1) :

2b  3 5c
b 
4
2
 2b  c   9  4b2  b2   41b2  4bc  c 2  0. 'b  4c 2  41c 2  45c 2  
23 5 c
b 

4
- Do đó ta có hai đường thẳng cần tìm :





2b  3a
2

a b
2

2

 3  2b  a  a 2  b 2

a

b0c
b  0, a  2c

2
2
2
2
2
  2b  a   a  b  3b  4ab  0  

b  4a , a  6c
4
a
a
b 
c
3


2
2
2
2
2
2
2 2
2 2
2
2 2


b2 x 2  a 2 y 2  a 2b 2
b x  a  x  2   a b
 b  a  x  4a x  4a  a b  0



y  x  2
y  x  2
y  x  2



- Giả sử (H) :

  'a  4a 4   b2  a 2  4a 2  a 2b2   4a 2b2  a 2b4  a 4b2  a 2b2  4  b2  a 2   0  a 2  b2  4

2
2


b

4
a

8






Bài 33 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
Hướng dẫn:- Dễ nhận thấy B là giao của BD với AB cho nên tọa dộ B là nghiệm của hệ :
x  2 y 1  0
 21 13 
 B ; 

 5 5
 x  7 y  14  0
- Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và vuông góc với (AB) cho nên có véc tơ chỉ phương:
21


 x  5  t
u  1; 2    BC  : 
 y  13  2t


17
17

a   b   AC  :   x  2    y  1  0  17 x  31y  3  0

31
31
- Suy ra :

 a  b   AC  : x  2  y  1  0  x  y  3  0
21

x  5  t

13
7

 14 5 
- (AC) cắt (BC) tại C   y   2t  t   C  ; 
5
15
 3 3

x  y  3  0


x  2 y 1  0
x  7
- (AC) cắt (AB) tại A :  

Bài 34 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
x  t
C
Hướng dẫn::- B thuộc d suy ra B : 
,
A(2;3)
 y  5  t
 x  7  2m
x+2y-7=0
thuộc d' cho nên C: 
.
y  m
G(2;0)
- Theo tính chất trọng tâm :
C
 t  2m  9  2, y  m  t  2  0
 xG 
M
B
G
3
3
x+y+5=0
m  t  2
m  1
- Ta có hệ : 

t  2m  3 t  1

2
B
C
12 
2x-5y+1=0
5  2 . Gọi (AC) có hệ số góc là m thì ta
tan B 
2
1  12.
5
2
m
2  5m
5
có : tan C 
. Vì tam giác ABC cân tại A cho nên tanB=tanC, hay ta có :

2m
5

2
m
1
5
8

m
 2  5m  4m  10
2  5m


phương trình : ax+by+c=0 ( a 2  b2  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
. Thay vào (1) : a  2b  c  5 a 2  b2 ta có hai trường hợp :

 2a  3 b  c

2





- Trường hợp : c=a-9b thay vào (1) :  2a  7b   25 a 2  b2  21a 2  28ab  24b2  0
2


 14  10 7 
14  10 7
175  10 7
 d : 

3  4  m m  1
- IH là khoảng cách từ I đến d' : IH 

K
5
5
2
x+2y-5=0
 AB 
- Xét tam giác vuông IHB : IH 2  IB 2  
  25  9  16
 4 

 m  1


C
 m  19  d ' : 3x  y  19  0
B(2;-1)
H
 16  m  1  20  
25
 m  21  d ' : 3x  y  21  0
3x-4y+27=0
Bài 38.Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác trong
qua đỉnh A, C lần lượt là : (d1) : 3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y– 5=0
 x  2  3t
Hướng dẫn:- Đường thẳng (BC) qua B(2;-1) và vuông góc với (AH) suy ra (BC): 
, hay :
 y  1  4t


Jun
. 17

Tập các bài Toán về Đường thẳng trong các đề thi

- Tương tự : cos =

a+2b



a+2b



2
2
  a  2b   4  a 2  b 2 
5

5 a b
5 a b
 a  0  b  y  3  0  y  3  0
2
 3a  4ab  0  
 a  4b  4  x  1   y  3  0  4 x  3 y  5  0

3
3

 y 
25

- Lập (AB) qua B(2;-1) và 2 điểm A tìm được ở trên . ( học sinh tự lập ).
Bài 39.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuôngtại 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 .
Hướng dẫn:- 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
2

2

2

2





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 2  AB 2  AC 2  BC  2 a  1





- Chu vi tam giác : 2p= a  1  3 a  1  2 a  1  3  3 a  1  p 

3  3  a 1

x


G

74 3 2 36
3
 G
3
3


 G1 
;

3
3 
3 22 3

 y  3  a  1 
2 36

 G
 yG 
3
3
3


2 1  2 3  1

 G
 yG 
3
3
3

Bài 40.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
Hướng dẫn:

- Ta có : S=pr suy ra p=




















 2t 2  8  2 3

- Do đó :



I(2;1)



t   2  M1  2; 2  1
M
.
2t  8  12  t  2  
t  2  M
2;  2  1
2

x+y+1=0
* Chú ý : Ta còn cách khác
- 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
2

2


sao cho : F1Nˆ F2  600 ( F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip (E) )
x2
 y 2  1  a 2  4, b2  1  c 2  3  c  3
4
 x02  4 y02  4

3
3

x0 ; MF2  2 
x0 . Xét tam giác F1MF2 theo hệ thức hàm số cos
- Gọi N  x0 ; y0    E    MF1  2 
2
2

 F1 F2  2 3


Hướng dẫn:: - (E) :

:  F1F2   MF12  MF22  2MF1MF2 cos600 
2

2

2


3  
3  

32
1

3
3
 12  8  x02   4  x02   x02  8  x02 

 y02   
2
4 
4
9
9


4 2
y  1
 x0 
 0 3
3






2

Sưu tầm & biên soạn:Lộc Phú Đa - Việt Trì - Phú Thọ


- Theo giả thiết : cos  d,  

2a  3b

 cos450 

1
2
 2  2a  3b   13  a 2  b 2 
2

13 a 2  b2
1
1

a   b  d :   x  1   y  1  0  x  5 y  4  0
2
2

5
5
 5a  24ab  5b  0 

 a  5b  d : 5  x  1   y  1  0  5 x  y  6  0

- Vậy B là giao của d với  cho nên :
x  5 y  4  0
5 x  y  6  0
 32 4 
 22 32 

 x  3y  5  0
9
3
x  2 y 1

 3x  y  5  0
- Lập  2 qua P(2;-1) và vuông góc với : 3x-9y+22=0   2 :
3
9
x2 y2
Bài 44.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình:

 1 . Viết
16 9
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).
Hướng dẫn:: - (H) có a 2  16, b2  9  c2  25  c  5  F1  5;0  , F2  5;0  . Và hình chữ nhật cơ sở của
(H) có các đỉnh :  4; 3 ,  4;3 ,  4; 3 ,  4;3 .
x2 y 2
- Giả sử (E) có : 2  2  1 . Nếu (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) thì ta có phương trình :
a
b
2
2
2
c  a  b  25 1

- (E) đi qua các điểm có hoành độ x 2  16 và tung độ y 2  9 

16 9

=R+R' 

a  2 3

2

2

y
A(0;2)

 b  4  2  6  a  4 3a  b  28
2

2

2

- Vì A(0;2) là tiếp điểm cho nên :  0  a    2  b   4  2 
2



2

I(-2 2 ;0)



x



2

  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
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 46.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
Hướng dẫn:- 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

x  7  t

 3 
2
k
7  k 1  tan  1  1 4
1
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

 t  0, A 1;0 
- A là giao của (AC) với (AB) :   y  3  2t

2

2

- Do dó : f(t)= 15t 2  4t  43  f '  t   30t  4  0  t  

2
641
. Lập bảng biến thiên suy ra min f(t) =
15
15

2
 26 2 
 M  ; 
15
 15 15 
Bài 48.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
2
2
Hướng dẫn:- Đường tròn (C) :  x  1   y  3  4  I 1;3 , R  2, PM /(C )  1  1  4  2  0  M nằm
trong hình tròn (C) .

 x  2  at
- Gọi d là đường thẳng qua M(2;4) có véc tơ chỉ phương u   a; b   d : 
 y  4  bt

đạt được tại t  

x2 y4
 t1  t2   2
 0  a  b  0  a  b  d :

 d : x y6  0
2
a b
1
1
x2 y 2
Bài 49.Viết phương trình các tiếp tuyến của e líp (E):

 1 , biết tiếp tuyến đi qua điểmA(4;3)
16  9
Hướng dẫn:- 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  b2 .9   4a  3b 

2

a  0  d : y  3  0
 16a 2  9b2  16a 2  24ab  9b 2  24ab  0  
b  0  d : x  4  0
Bài 50.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.
2
2
Hướng dẫn:- (C) :  x  1   y  m   25  I (1; m), R  5 .

4  
4 


 AB 

 x2  x1  
2

m2
2
 x2  x1   x2  x1
16

- Khoảng cách từ I đến d =

m  4m
m2  16

m2  16
m2  25
8
4
m2  16

5m



m2  16


16




m2  16
- Ta có một phương trình trùng phương , học sinh giải tiếp .
Bài 51.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
Hướng dẫn:
x  y  2  0
- (AB) cắt (AC) tại A :  
 A  3;1
x  2 y  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

3
 xG 
t  2m  1 m  2  C 1; 2 
3


- Theo tính chất trọng tâm : 
t  m  7
 y  t  m 1  2
t  5  B  5;3
G



2

. (2) .


10
t  4  5t 2  30t  50   10t 2
2

t  6  34
. Thay các giá trị t vào (*) và (1) ta tìm được tọa độ tâm I và bán kính R
 t 2  12t  2  0  
t  6  34
của (C) .
* Chú ý : Ta có thể sử dụng phương trình (C) : x2  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 .
Sưu tầm & biên soạn:Lộc Phú Đa - Việt Trì - Phú Thọ

Page 21


Jun
. 17

GiaVienB.Net - Kho thi THPT quc gia, kim tra cú ỏp ỏn, ti liu ụn thi i hc mụn toỏn
Tp cỏc bi Toỏn v ng thng trong cỏc thi

Bi 53.Cho ng trũn (C): x2 + y2 2x + 4y + 2 = 0.

4 4
2
2
- Vy (C') : x 5 y 1 13 .

IAB l tam giỏc u , cho nờn IH=

Bi 54.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đ-ờng tròn (C) có ph-ơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và
đ-ờng thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đ-ờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đ-ợc hai
tiếp tuyến AB, AC tới đ-ờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.
Hng dn:
- (C) cú I(1;-2) v bỏn kớnh R=3 . Nu tam giỏc ABC
vuụng gúc ti A ( cú ngha l t A k c 2 tip tuyn
ti (C) v 2 tip tuyn vuụng gúc vi nhau ) khi ú
x+y+m=0
ABIC l hỡnh vuụng . Theo tớnh cht hỡnh vuụng ta cú
B
IA= IB 2 (1) .
- Nu A nm trờn d thỡ A( t;-m-t ) suy ra :
IA

t 1 t 2 m
2

2

A

. Thay vo (1) :


Hng dn:- Gi A l giao ca d1 , d 2 A :
A 3;0 Ox
4 x 3 y 12 0
- Vỡ (BC) thuc Oy cho nờn gi B l giao ca d1 vi Oy : cho x=0 suy ra y=-4 , B(0;-4) v C l giao ca
t1 t2 t0

d 2 vi Oy : C(0;4 ) . Chng t B,C i xng nhau qua Ox , mt khỏc A nm trờn Ox vỡ vy tam giỏc ABC
l tam giỏc cõn nh A . Do ú tõm I ng trũn ni tip tam giỏc thuc Ox suy ra I(a;0).
IA AC 5
IA IO 5 4
OA 9





- Theo tớnh cht phõn giỏc trong :
IO AO 4
IO
4
IO 4
4OA 4.3 4
4
IO

. Cú ngha l I( ; 0 )
9
9
3
3


B(4-4t;4+3t) AB 16 1 2t 9 1 2t 5 1 2t
2

2

- Khong cỏch t C(2;-5) n bng chiu cao ca tam giỏc ABC :

6 20 4

6
5
t 0 A 0;1 , B 4; 4
1
1
- T gi thit : S AB.h 5. 1 2t .6 15 1 2t 1
2
2
t 1 A 4; 4 , B 0;1
x2 y 2

1 v hai im A(3;-2) , B(-3;2) Tỡm
9
4
trờn (E) im C cú honh v tung dng sao cho tam giỏc ABC cú din tớch ln nht.
Hng dn:- A,B cú honh l honh ca 2 nh ca 2 bỏn trc ln ca (E) , chỳng nm trờn ng
thng y-2=0 . C cú honh v tung dng thỡ C nm trờn cung phn t th nht
- Tam giỏc ABC cú AB=6 c nh . Vỡ th tam giỏc cú din tớch ln nht khi khong cỏch t C n AB ln
nht .
- D nhn thy C trựng vi nh ca bỏn trc ln (3;0)


nờn (AB) :


5
x0 t 2 2 t


x0 5 2t



GC 2GM

C 2t 5;9t 19 1
y0 9t 19
y 3t 8 2 11 3t
0



2


3 2t 5 9t 19 8 4 3t

- Ngoi ra ta cũn cú : AB= 2 , h C ,
10
10
4 3t 3

3
3



1
2

Bi 59.Trong mt phng ta Oxy cho hỡnh ch nht ABCD cú tõm I ( ;0)
Su tm & biờn son:Lc Phỳ a - Vit Trỡ - Phỳ Th

Page 23


Jun
. 17

GiaVienB.Net - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
Tập các bài Toán về Đường thẳng trong các đề thi

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
Hướng dẫn:- Do A thuộc (AB) suy ra A(2t-2;t) ( do A có hoành độ âm cho nên t

- Tính h  I ; AB  
, suy ra AD=2 h(I,AB)= 5
2
5

 AB 


2

 2 AD 


2

5
25
5
5
 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 hệ :
x  2 y  2  0

2

2

 IH

2

 IH 2  AD 2 

x  1 t

 t  5
- (AB) cắt (BN) tại B:   y  2  t
2 x  y  5  0

Do đó B(-4;3).Ta có :
1  2 1
k AB  1, kBN  2  tan  

1 2
3
- Gọi A' đối xứng với A qua phân giác (BN) thì A'
nằm trên (AB). Khi đó A' nằm trên d vuông góc với
 x  1  2t
(BN)  d : 
 y  2  t

Sưu tầm & biên soạn:Lộc Phú Đa - Việt Trì - Phú Thọ

N



 13 9 
. (BC) cắt (CH) tại C:   y  3  7t  t   C   ;  
  BC  : 
4
 4 4
 y  3  7t
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
2
2
4
2 2
h  C , AB  
2 2

Bài 61.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
x  y  3  0


1
3
Bài 62.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H): 2
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

 x  2  at
Hướng dẫn:- Giải sử d có véc tơ chỉ phương u   a; b  , qua M(2;1)  d : 
 y  1  bt


 x  2  at
2
2
2  at  1  bt 



1
- 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
Sưu tầm & biên soạn:Lộc Phú Đa - Việt Trì - Phú Thọ