hoctoancapba.com - Kho thi THPT quc gia, kim tra cú ỏp ỏn, ti liu ụn thi i hc mụn toỏn
TUYN TP CC BI TP HèNH HC PHNG HAY NHT
( Ti liu ụn thi i hc )
Bi 1. Trong mt phng Oxy cho cỏc im A 1;0 , B 2; 4 , C 1; 4 , D 3;5 v ng
thng d : 3x y 5 0 . Tỡm im M trờn d sao cho hai tam giỏc MAB, MCD cú din tớch
bng nhau.
Gii
- M thuc d thi M(a;3a-5 )
x 1 y
4x 3y 4 0
3
4
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
- Tớnh : h1 M , AB

, h2

5
5
17
17

- Mt khỏc : AB 3; 4 AB 5, AB :


- Ta cú : d B, d

02

2.
2
1
4

- Theo gi thit : S AC.d B, d 2 AC
2
2

2a 2 2 a 0
2

2


1 3
a
2
8 8a 2 8a 4 2 a 2 2 a 1 0

1 3
a

2
1 3 1 3
1 3 1 3

3
- Theo tớnh chỏt trng tõm ;

y y A yB yC
y 1 5 a a 6
G
G
3
3
3




Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

a6
6  0  a  2 .
 3 
4.4  3.2  7
1
1
15
- Vậy M(4;2) và d  C , AB  
(đvdt)
 3  S ABC  AB.d  C , AB   5.3 
2
2

2

G

M( ;  )

d:x+y-2=0
C

B(1;-2)

- Do G nằm trên d :

a 3 b3

 2  0  a  b  6 1
3
3
3a  b  5
x  2 y 1

 3x  y  5  0  h  C , AB  
- Ta có : AB  1;3   AB  :
1
3
10
2a  b  5 2 a  b  5
1
1


 38 20 


  a 
 C1  ;   , C2  6;12 
 a  b  6
 a  b  6
3

3 
 3



 b  12
 2a  b  22
 3a  18
 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
x  2  t

2 
 2

trung điểm của AB  M 

- Mặt khác M nằm trên đường trung tuyến kẻ qua C :

3a  9 a  1

 1  0  a  3  B 1; 2 
2
2
12
x  2 y 1
- Ta có : AB   1; 3  AB  10,  AB  :

 3x  y  5  0, h  C; AB  
1
3
10
1
1
12
 6 (đvdt).
- Vậy : S ABC  AB.h  C , AB   10.
2
2
10



2
x  a  t

3a  b  6


y

b

t


x 
2
x  y  6  0 

6ba

y 
2

 3a  b  6 6  b  a 
 N
;
 . Cho nên ta có tọa độ C(2a-b-6;6-a )
2
2



Giải
Bài 7.

 x  2  3t
 I  2  3t; 2  t 
 y  2  t

- Gọi tâm đường tròn là I , do I thuộc  : 
- A thuộc đường tròn  IA 

 3t    3  t   R (1)
3  2  3t   4  t  2   10
2

- Đường tròn tiếp xúc với  ' 
- Từ (1) và (2) :

 3t    3  t 
2

2

2

R

13t  12
 R . (2)
5


- Đường tròn  C1  : I1 1;1 , R1  1.  C2  : I 2  2;0  , R2  3 , suy ra :

 C1  :  x 1   y  1
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 
t  2 2b 2
 a b a b 
 a b
t  0  M

6a 2
6ab 
2
2
2

 a b   a b 
 a  b   a  b  
b  6a  d : 6 x  y  6  0
4b2
36a 2
 2 2  4. 2 2  b2  36a 2  
a b
a b
b  6a  d : 6 x  y  6  0

* Cách 2.
1
2

- Sử dụng phép vị tự tâm I tỉ số vị tự k=  . ( Học sinh tự làm )
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
KH  1; 2    AC  : x  2  y  2   0  x  2 y  4  0 .
A

- B nằm trên (BH) qua H(1;0) và có véc tơ chỉ

phương KH  1; 2   B 1  t ; 2t  .
M(3;1)
- 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 ,

- (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  : x2  y 2  6 x  8 y  16  0. Lập phương trình tiếp tuyến
chung của  C1  và  C2  .

Giải
- Ta có :

 C1  : x2   y  2

C2  :  x  3   y  4   9  I 2 3; 4  , R2  3
- 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
2

 9  I1  0; 2  , R1  3,

2

2

 2b  c
 2 2  3 1
2b  c
3a  4b  c
3a  4b  c  2b  c
 a b



4
 9  4b 2  b 2   41b 2  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 :

2  3 5  x  2  3 5  y 1  0  2 2  3 5 x  2  3 5 y  4  0

 

2
4
2  3 5  x  2  3 5  y 1  0  2 2  3 5 x  2  3 5 y  4  0
d :

 

2
4
d1 :

1


b  4a , a  6c
4
a
a
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*  A   H   2  2  11
a
b
a b

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 5



2
2



x2 y 2
16b  4a  a b
b  8b  16  0
b  4
- Kết hợp với (1) :  2 2
 2


H
:

1



2
2
8
4
a  b  4

a  8

a  b  4


 y  13  2t

5
- Ta có :  AC , BD   BIC  2 ABD  2  2

x-7y+14=0

I
C

M(2;1)

 AB, BD 

- (AB) có n1  1; 2  , (BD) có n2  1; 7   cos =
- Gọi (AC) có n   a, b   cos  AC,BD   cos2 =

n1.n2
n1 n2



1  14
15
3


5 50 5 10
10



 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 :  

 A  7; 4 
x  y  3  0
y  4
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 )


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

x  7  t

 t  2m  9   2, y

G(2;0)

mt 2
0
3
3
m  t  2
m  1
- Ta có hệ : 

t  2m  3 t  1
 xG 

G



B
x+y+5=0

C

M

- Vậy : B(-1;-4) và C(5;1) . Đường thẳng (BG) qua G(2;0) có véc tơ chỉ phương u   3; 4  ,
20  15  8 13
x2 y
  4 x  3 y  8  0  d  C ; BG  


2
, do đó ta có :
5

M(3;1)
H

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

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

- 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 ).
- Khi đó ta có : h  I , d  

5a  12b  c

a  2b  c

 5  2
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  b 2 ta có hai trường hợp :
3
 2a  b  c

2
2
- Trường hợp : c=a-9b thay vào (1) :  2a  7b   25  a 2  b 2   21a 2  28ab  24b 2  0
a 2  b2


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

5
5
2
 AB 
- Xét tam giác vuông IHB : IH 2  IB 2  
  25  9  16
 4 

- IH là khoảng cách từ I đến d' : IH 



 m  1
25

2

A

3x-4y+27=0

C


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

x  2 y 1

 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  2 y  5  0

- (AC) qua C(-1;3) có véc tơ pháp tuyến n   a; b 


Suy ra (AC): a(x+1)+b(y-3)=0 (*). Gọi   KCB  KCA  cos =
a+2b

- Tương tự : cos =



a+2b


3x  4 y  27  0
 31 582 
- (AC) cắt (AH) tại A : 
   x   31  A1  5;3 , A2    ;

 4 x  3 y  5  0

 25 25 
25


 
582
 3x  4 y  27  0
 y 
25

2

2

2

2

- 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

.(*) Nhưng S= AB. AC  a  1 3 a  1 
 a  1 . Cho nên
r
2
2
2
a  3  2 3
3
2
3  1 a 1 
 a  1  a  1  2 3  1  
4
 a  1  2 3

- Ta có : S=pr suy ra p=
(*) trở thành :

1
3
2

- Trọng tâm G :










 y  3  a  1 
2 36

 G
 yG 
3
3
3






Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 9


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218






2 1  2 3  1

 G
 yG 
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 90 0
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 .

2  t   2  t 

- Ta có : MI 

2

2

A

 2t 2  8  2 3

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) .
- Nếu d' là tiếp tuyến của (C) kẻ từ M thì d(I;d')=R 

2k  kt  t  2
1 k 2

 6

  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


t 2  4t  2  0

- Từ giả thiết ta có điều kiện :   '   4  t 2    t 2  2  4t  t 2  2  4t   0
 2
 t  4t  2  1
 t 2  4t  2
t  2  6
1



k1  k2  
2
2


hàm số cos :  F1F2   MF12  MF22  2MF1MF2cos600 
2

Trang 10

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
2

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2


3  
3  
3 
3 
 2 3   2 
x0    2 
x0    2 
x0 
2

x0 
2
2
2 

y  1
 x0 
 0 3
3

 4 2 1 
 4 2 1 
4 2 1
4 2 1
- Như vậy ta tìm được 4 điểm : N1 
;   , N 2 
;  , N3 
;   , N 4 
; 
3
3
 3
 3 3
 3
 3 3
Bài 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + 4 =0
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau góc





2

450.

5x  y  6  0
 32 4 
 22 32 
 B1 
 B1   ;  , B2 : 
 B2  ;  
 13 13 
 13 13 
2 x  3 y  4  0
2 x  3 y  4  0

Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng
d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; d1 : 2 x  y  5  0 .
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
tạo bởi 2 đường thẳng cắt nhau :
d:2x-y+5=0
Bài 22.

2x  y  5
 3x  6 y  7

 3 5
9 x  3 y  8  0
5


 3x  6 y  7 2 x  y  5


Trang 11


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Bài 23.
2

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình:

2

x
y

 1 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của
16 9

(H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).
Giải
- (H) có a 2  16, b2  9  c 2  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 .
- Giả sử (E) có :

x2 y 2

 1 . Nếu (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) thì ta có

y

-Do (C) và (') tiếp xúc ngoài với nhau cho nên khoảng cách
IJ =R+R' 

a  2 3

2

A(0;2
)

 b2  4  2  6  a 2  4 3a  b 2  28

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



I(-2 2 ;0)

2

x



 a  2 3 2  b 2  36
a 2  4 3a  b 2  24


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 ).

Trang 12

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

 x  2 y 1  0
 B  7;3 .
 x  7 y  14  0

- Tìm tọa độ B là nghiệm của hệ : 

x  7  t
 y  3  2t

- Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và   AB   uBC  1; 2    BC  : 

1 1

2
k
7  k 1  tan  1  1 4
1
7
9
k

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



2
. Lập bảng biến thiên suy ra min
15

641
2
 26 2 
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
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 13


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

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


2  a  b
x2 y4
 0  a  b  0  a  b  d :

 d : x y6  0
2
2
a b
1
1

Viết phương trình các tiếp tuyến của e líp (E):

x2 y2

 1 , biết tiếp tuyến đi qua
16 9

điểmA(4;3)
Giải
- 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  9b2  24ab  0  
b  0  d : x  4  0



 AB 

 x2  x1 

2



m2
2
 x2  x1   x2  x1
16

- Khoảng cách từ I đến d =

m  4m
m2  16



m





m 2  16
m 2  25


Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

2
m2  25
 3  25m2  m2  25   9  m2  16 
2
m  16

- 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
 A  3;1
x  2 y  5  0

- (AB) cắt (AC) tại A :  

- 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 : 








5t
10



10
t  R . (1)
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
 t 2  12t  2  0  
t  6  34

bán kính R của (C) .
* 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

AB
49 3

13 R '2
- Trong tam giỏc vuụng HAM ta cú MA2 IH 2
4
4 4
2
2
- Vy (C') : x 5 y 1 13 .

nờn IH=

Bi 33. 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.
Gii
- (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
x+y+m=0
ú ABIC l hỡnh vuụng . Theo tớnh cht hỡnh vuụng ta
B
cú IA= IB 2 (1) .
- Nu A nm trờn d thỡ A( t;-m-t ) suy ra :
IA

A


4x + 3y - 12 = 0. Tỡm to tõm v bỏn kớnh ng trũn ni tip tam giỏc cú 3 cnh nm
trờn (d1), (d2), trc Oy.
Gii
4 x 3 y 12 0
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 d 2 vi Oy : C(0;4 ) . Chng t B,C i xng nhau qua Ox , mt khỏc A nm

- Gi A l giao ca d1 , d2 A :

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





IO AO 4
IO
4
IO 4
4OA 4.3 4
4
IO


Trang 16

Biờn son t-6-2012( Ti liu ni b-lu )


Chuyờn : HèNH HC PHNG

Nguyn ỡnh S -T: 0985.270.218

- Nhn xột I thuc , suy ra A thuc : A(4t;1+3t) . Nu B i xng vi A qua I thỡ B cú
ta B(4-4t;4+3t) AB 16 1 2t 9 1 2t 5 1 2t
2

2

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

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

Bi 36.


2 2
5
11
5
5

- Ta cú : GM t; 3t 8 t; 3t . Gi s C x0 ; y0 , theo tớnh cht trng tõm
2
2
2
2


nờn (AB) :


5
x0 t 2 2 t
x0 5 2t




C 2t 5;9t 19 1
ta cú : GC 2GM
y0 9t 19
y 3t 8 2 11 3t


0


90 9t 2 24t 29 0
t 4 3 5 C 6 5 7 ;9 5 7



3
3



1
2

- Theo gi thit : S AB.h C ,

2 4 3t

2

Biờn son t-6-2012( Ti liu ni b-lu )

Trang 17


Chuyờn : HèNH HC PHNG

Bi 38.

Nguyn ỡnh S -T: 0985.270.218

2 2t 1 t

- T gi thit : AB=2AD suy ra AH=AD , hay AH=2IH

2

2

2 1

1
4

t 1 1 t 0
5
2
5t 2 10t 5 4. t 1 1

4
t 1 1
t 2 1

- Vy khi t =

1
A 2;0 , B 2; 2 , C 3;0 , D 1; 2 .
2

* Chỳ ý : Ta cũn cú cỏch gii khỏc nhanh hn
1


2

IH 2 AD2

5
5
25
5
IA=IB =
2
4
4

-Do ú A,B l giao ca (C) tõm I bỏn kớnh IA ct (AB) . Vy A,B cú ta l nghim ca
x 2 y 2 0

h : 1 2 2 5 2 A 2;0 , B 2; 2 (Do A cú honh õm
x 2 y 2




- Theo tớnh cht hỡnh ch nht suy ra ta ca cỏc nh cũn li : C(3;0) v D(-1;-2)
Bi 40. Trong mt phng Oxy cho tam giỏc ABC vi A(1; -2), ng cao
CH : x y 1 0 , phõn giỏc trong BN : 2 x y 5 0 .Tỡm to cỏc nh B,C v tớnh din
tớch tam giỏc ABC
Gii
- ng (AB) qua A(1;-2) v vuụng gúc vi
C 2x+y+5=0

Do đó B(-4;3).Ta có : k AB  1, kBN  2  tan  

1  2 1

1 2
3

- Gọi A' đối xứng với A qua phân giác (BN) thì A' nằm trên (AB). Khi đó A' nằm trên d
 x  1  2t
 y  2  t

vuông góc với (BN)  d : 

 x  1  2t

- d cắt (BN) tại H :  H :  y  2  t
 t  1  H  1; 3 .
2 x  y  5  0


- 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) cắt (CH) tại C:   y  3  7t  t   C   ;  
  BC  : 
4
 4 4

x  y  6  0

- Theo giả thiết , tọa độ tâm I  

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 ,
nói một cách khác AB và CD nằm trên 2 đường thẳng // với d1 ( có n  1; 1 .
x  3  t
. Giả sử A  3  t; t  (1), thì
 y  t

-A,D nằm trên đường thẳng d vuông góc với d1  d : 

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;3t).(4)
- 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 : h  A, d1  

2t
2

 S ABCD  2h  A, d1  .MJ

t  1
. Thay các giá trị của t vào (1),(2),(3),(4) ta tìm
3 2  12 t  12  
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 

2
2

2  at  1  bt 

- d cắt (H) tại 2 điểm A,B thì A,B có tọa độ :   y  1  bt 

1
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

2
2

3a  2b  0
- Điều kiện :  
(*). Khi đó A  2  at1;1  bt1  , và tọa độ của
2
2
2

'

3a  2b
2b  3a
2b2  3a3
4  b  3a 
x  2 y 1
x  2 y 1
 0  b  3a  d :



- Áp dụng vi ét cho (1) : t1  t2  2
2
3a  2b
a
b
a
3a

- Kết hợp với t1t2 

2

- 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
điểm A(1;0),B(3;-4). Hãy tìm trên đường thẳng  một điểm M sao cho : MA  3MB là nhỏ
nhất
Giải

- D M    M  3  2t; t  có nên ta có : MA   2t  2; t  ,3MB   6t ; 3t  12  . Suy ra tọa độ
của MA  3MB  8t; 4t  14   MA  3MB 

g'(t)= 160t+112. g'(t)=0 khi t  

Bài 44.

Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường tròn :  C1  : x 2  y 2  13 và

 C2  :  x  6  y 2  25 cắt nhau tại A(2;3).Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt
 C1  ,  C2  theo hai dây cung có độ dài bằng nhau
2

Giải

- Từ giả thiết :  C1  : I   0;0  , R  13.  C2  ; J  6;0  , R '  5
 x  2  at
 y  3  bt

- Gọi đường thẳng d qua A(2;3) có véc tơ chỉ phương u   a; b   d : 

Trang 20

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

- d cắt  C1 

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

 x  2  at

a

b
a

b
a 2  b2



2
2
 x  6   y  25

- Nếu 2 dây cung bằng nhau thì A là trung điểm của A,C . Từ đó ta có phương trình :

x  2
a

0

;
d
:


2b  3ab  10a 2  6ab  2b 2

y  3t
2

(BH) cho nên có véc tơ chỉ phương u  1;1
B

2x-y-2=0
K

x  3  t
. Đường thẳng d cắt (CK)
y

t


do đó d : 

x  3  t

tại C :  y  t
 t  4  C  1; 4 
2 x  y  2  0


C

H

A(3;0)

- Vì K thuộc (CK) : K(t;2t-2) và K là trung
x+y+1=0


11
2

và trọng tâm G thuộc đường thẳng d : 3x+y-4=0 . Tìm tọa độ đỉnh C ?

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 21


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

Giải
- Nếu G thuộc d thì G(t;4-3t). Gọi C( x0 ; y0 ) . Theo
 1  2  x0
t 
 x0  3t  3
3
tính chất trọng tâm : 

 y0  12  9t
4  3t  y0

3

Do đó C(3t-3;12-9t).
-Ta có :


 32
 17 26 
 32
t
 C   ; 
t


15t  21 15t  21 11
1
15
5 
15
 5
S
5

  15t  21  11  

2
2
2
5
 4
t  20
t  3  C 1;0 
 15

Bài 47. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông có đỉnh (-4;5) và một đường chéo có

- Từ B(t;7t+8) suy ra : BA   t  4;7t  3 , BC   t  3;7t  4  . Để là hình vuông thì BA=BC :
t  0
t  1

Và BAvuông góc với BC   t  4  t  3   7t  3 7t  4   0  50t 2  50t  0  

t  0  B  0;8 
 B  0;8   D  1;1

. Tìm tọa độ của D đối xứng với B qua I  
t  1  B  1;1
 B  1;1  D  0;8 
x 4 y 5

- Từ đó : (AB) qua A(-4;5) có u AB   4;3   AB  :
4
3
x 4 y 5

(AD) qua A(-4;5) có u AD   3; 4    AB  :
3
4
x y 8
(BC) qua B(0;8) có uBC   3; 4    BC  : 
3
4
x 1 y 1

(DC) qua D(-1;1) có u DC   4;3   DC  :
4


- Gọi (AD) có véc tơ chỉ phương u   a; b  ,  BD  : v  1;7   a  7b  uv  u v cos450
3
3
3
  AD  : y   x  4   5  x  8
4
4
4
4
4
1
3
3
7
Tương tự :  AB  : y    x  4   5   x  ,  BC  : y   x  3  4  x  và đường thẳng
3
3
3
4
4
4
4
4
(DC): y    x  3  4   x  8
3
3

 a  7b  5 a 2  b2 . Chọn a=1, suy ra b 


2

2 '
2 18a 2  20ab  11b 2
2
2
a

b

a 2  b2
a 2  b2

2

b
b
18  20    11 
2
a
 a   2 18  20t  11t
- 2
2
1 t2
b
1  
a

18  20t  11t
b

điểm F(1; - 3).
Giải
- Ta thấy B là giao của (AB) và (BC) cho nên tọa độ
9

A
x

x  2 y  5  0 
7
B là nghiệm của hệ : 

x+2y-5=0
3x  y  7  0  y   22

F(1;-3)
7
 9 22 
 B   ;   . Đường thẳng d' qua A vuông góc
7 
 7
B
C
3x-y+7=0
1
với (BC) có u   3; 1  n  1;3  k   . (AB)
3
1
có k AB   . Gọi (AC) có hệ số góc là k ta có
2

1
1

23
3
7
1
1
- Với k=-   AC  : y    x  1  3  x  8 y  23  0
8
8
4
4
- Với k=   AC  : y    x  1  3  4 x  7 y  25  0
7
7

Bài 50. Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC vuông
cân tại A. Biết rằng cạnh huyền nằm trên đường thẳng d: x + 7y – 31 = 0, điểm N(7;7)
thuộc đường thẳng AC, điểm M(2;-3) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB
Giải
- Gọi A  x0 ; y0   MA   x0  2; y0  3 , NA   x0  7; y0  7  .
- Do A là đỉnh của tam giác vuông cân cho nên AM vuông góc với AN hay ta có :
MA.NA  0   x0  2  x0  7    y0  3 y0  7   0  x02  y02  9 x0  4 y0  7  0

- Do đó A nằm trên đường tròn (C) :  x0  3   y0  2  20
- Đường tròn (C) cắt d tại 2 điểm B,C có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình :
2

2

82  7 201
;
giá trị của x : x 
. Vậy : A 
;x 
 và tọa độ của
25
25
25
25



- Do đó ta tìm được : y 

 82  7 201 99  201 
;

25
25



điểm A 

Bài 51. Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng d1: 2x + y + 5 = 0, d2: 3x + 2y – 1 =
0 và điểm G(1;3). Tìm tọa độ các điểm B thuộc d1 và C thuộc d2 sao cho tam giác ABC
nhận điểm G làm trọng tâm. Biết A là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2
Giải
Trang 24


11  2t  3m  3 2t  3m  2

3
t  13  2m t  35
t  13  2m



m  24
m  24
2 13  2m   3m  2

A

M

G
2x+y+5=0

B

- Vậy ta tìm được : C(-35;65) và B( 49;-53).
Bài 52. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y – 15 = 0. Tìm tọa
độ điểm M trên đường thẳng d: 3x – 22y – 6 = 0, sao cho từ điểm M kẻ được tới (C) hai
tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm) mà đường thẳng AB đi qua điểm C (0;1).
Giải
2
2
- (C) :  x  3   y  1  25 , có I(3;-1) và R=5 .

 16

- Kết hợp với (*) ta có hệ : 

16  M   ; 1

3
x

2
y

14

0
x0  
 3

0
0


3


Bài 53. Trong mặt phẳng Oxy : Cho hai điểm A(2 ; 1), B( - 1 ; - 3) và hai đường thẳng
d1: x + y + 3 = 0; d2 : x – 5y – 16 = 0. Tìm tọa độ các điểm C,D lần lượt thuộc d1 và d2 sao
cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
Giải
- Trường hợp : Nếu AB là một đường chéo