Diese Präsentation wurde erfolgreich gemeldet.
Die SlideShare-Präsentation wird heruntergeladen. ×
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Wird geladen in …3
×

Hier ansehen

1 von 13 Anzeige
Anzeige

Weitere Verwandte Inhalte

Diashows für Sie (20)

Ähnlich wie Hình oxy (20)

Anzeige

Weitere von phongmathbmt (20)

Hình oxy

  1. 1. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt Tel: 0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt 1 HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC 1) Trong mp(Oxy) cho tam giác ABC biết A  1;4 , phương trình đường cao (BH): x  2y 9  0 , Phương trình đường phân giác (CD) x  y3  0 . Tìm toạ độ 2 điểm B, C 2) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): ( ) ( ) 2 2 x 1  y1  4. Một đường tròn (C') tiếp xúc với Oy và tiếp xúc ngoài với (C). Tìm tâm của (C') biết tâm thuộc đường thẳng (d): 2x  y  0. 3) Cho ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x  y 1 0 và phân giác trong CD x  y 1 0 . Viết phương trình đường thẳng BC HD: Điểm CCD: x  y 1 0Ct;1t  . Suy ra trung điểm M của AC là 1 3 ; 2 2 t t M         . Điểm   1 3 : 2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C                      Từ A(1;2), kẻ AK CD: x  y 1 0 tại I (điểm K BC). Suy ra AK : x 1 y  2  0x  y 1 0 . Tọa độ điểm I thỏa hệ:   1 0 0;1 1 0 x y I x y           . 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: 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y         4) Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. Ta có: AB  1;2 AB  5 . Phương trình của AB là: 2x  y  2  0. I d  : y  xI t;t  . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C2t 1;2t , D2t;2t 2 Mặt khác: D . 4 ABC S  ABCH  (CH: chiều cao) 4 5 CH  Ngoài ra:       4 5 8 8 2 | 6 4 | 4 ; , ; ; 3 3 3 3 3 5 5 0 1;0 , 0; 2 t t C D d C AB CH t C D                           Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 C D             hoặc C1;0,D0;2 5) Trªn Oxy cho Elip 1 2 2 2 2   b y a x (a  b  0) biÕt 2 1 2 2   a a b h×nh ch÷ nhËt c¬ së c¾t Ox t¹i A, A’, c¾t Oy t¹i B, B’. LËp ph ¬ng tr×nh Elip biÕt diÖn tÝch h×nh trßn néi tiÕp h×nh thoi ABA’B’ cã diÖn tÝch b»ng 4 . HD: . gt: DiÖn tÝch h×nh trßn néi tiÕp
  2. 2. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt Tel: 0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt 2 A’ A B’ B O K h×nh thoi ABA’B’ b»ng 4  b¸n kÝnh ®êng trßn r = 2 . O lμ t©m h×nh trßn, kÎ OK  AB’  r = OK = 2 .XÐt tam gi¸c vu«ng OAB’ ta cã: 2 2 2 2 2 1 1 4 1 1 1 1 OK OA OB a b      (1) . Tõ gt: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2. 2 1 a a b a b a a b a a b           . a2 vμ b2 ®îc t×m tõ hÖ (1); (2)                6 12 4 1 1 2 2 2 2 2 2 2 b a a b a b VËy ElÝp tho¶ yªu cÇu bμi to¸n co pt lμ: 1 12 6 2 2   x y 6) Trªn Oxy cho 2 ®êng th¼ng d1: 2x-y-1=0, d2: 2x+y-3=0. Gäi I lμ giao ®iÓm cña d1 vμ d2; A lμ ®iÓm thuéc d1, A cã hoμnh ®é d ¬ng kh¸c 1 (0 < xA  1). LËp ph ¬ng tr×nh ®êng th¼ng () ®i qua A, c¾t d2 t¹i B sao cho diÖn tÝch IAB b»ng 6 vμ IB = 3IA  I = d1  d2  t¹o ®é cña I lμ n0 cña hÖ                1 1 2 3 0 2 1 0 y x x y x y VËy I(1; 1)  Tõ gt d1 cã VTPT (2; 1); 1 n   d2 cã VTPT (2;1); 2 n   Gäi  lμ gãc cña d1 vμ d2  Tõ gt: 6 5 45 2 2       S IA IB IAB . ( ,2 1) 1 Ad  A a a  víi a > 0, a  1 . pt               2 0 5 ( 1) (2 2) 5 5( 1) 5 2 2 2 2 a a IA a a a a = 2  A(2;3) *. ( ,3 2 ) 21 Bd B a  b (2) lo¹i I  A B IB=3TA 2 4 1 3 4 cos sin 5 5 5 1 4 6 .3 . 2 5 5 IAB IA S IA IA            
  3. 3. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt Tel: 0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt 3                      2 ( 2;7) 4 (4; 5) 45 ( 1) 9 ( 1) (2 2 ) 5( 1) 2 2 2 2 2 2 b B b B IB b IB b b b  Víi A(2;3); B(4;5) pt cÇn t×m lμ 4 11 0 5 3 3 4 2 2           x y x y  Víi A(2;3); B(-2;7) pt cÇn t×m lμ 5 0 7 3 3 2 2 2           x y x y 7) Trong mặt phẳng tọa 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: 2x  y 1 0. Tìm tọa độ đỉnh C . HD: AB đi qua M nhận MI  (3,3) làm vtpt nên có pt: x  y 3  0 Tọa độ A là nghiệm của hệ : 3 0 4 5 ; 2 1 0 3 3 x y A x y                  M(1;2) là trung điểm của AB nên 2 7 ; 3 3 B        BC nhận n  (2;1) làm vtcp nên có p t: 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 7 2 ; 7 3 3 3 8 10 8 10 2 3 3 3 3 0, loai (do ) 4 5 x t C t t y t IB IC IB IC t t t C B t                                                              Vậy 14 47 ; 15 15 C       8) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(12;1) , đường phân giác trong góc A có phương trình: x  2y 5  0 . Trọng tâm tam giác ABC là 1 2 ; 3 3 G       .Viết phương trình đường thẳng BC . Gọi H là hình chiếu của B trên   5 2 : 5 2 ; x t d H t t y t                 17 2 ; 1 2;1 2 17 2 1 0 7 9;7 d BH t t u t t t H                 Gọi M là điểm đối xứng của B qua d       2 6;13 5 2 ; 8 2 ;1 BM BH M AC A d A a a C a a           
  4. 4. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt Tel: 0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt 4 MA/ /MCa  2C4;3Vậy BC : x 8y  20  0 9) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua M 2;1 và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 . HD: Gọi d là ĐT cần tìm và Aa;0,B0;b là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra: : 1 x y d a b   . Theo giả thiết, ta có: 2 1 1, ab 8 a b    . Khi ab  8 thì 2b  a  8. Nên: 1 b  2;a  4d : x  2y  4  0 . 10) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm 1 3; 2 M       . Viết phương trình chính tắc của elip đi qua điểm M và nhận   1 F  3;0 làm tiêu điểm 11) 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 2 2 (x  2)  (y 1)  25 theo một dây cung có độ dài bằng 8 HD : G/s một véc tơ pháp tuyến của d là n(a;b) ,vì d đi qua điểm A(1;2) nên d có phương trình d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0 hay d: ax + by – a – 2b = 0 ( a2 + b2 > 0) Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 8 nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) của (C) đến d bằng 3.   2 2 2 2 2 2 , 3 3 3           a b a b d I d a b a b a b 2 0 8 6 0 3 4           a a ab a b  a = 0: chọn b = 1  d: y – 2 = 0  a = 3 4  b : chọn a = 3, b = – 4  d: 3x – 4 y + 5 = 0 12) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 2x – 2y – 2 = 0, (C2): x2 + y2 – 8x – 2y + 16 = 0. HD: (C1): 2 2 (x 1)  (y 1)  4 có tâm 1I (1; 1) , bán kính R1 = 2. (C2): 2 2 (x  4)  (y 1) 1 có tâm 2 I (4; 1) , bán kính R2 = 1. Ta có: 1 2 1 2 I I  3  R  R  (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: 2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 2 2 ( ; ) 4 4 ( ; ) 4 1 4 7 2 4 7 2 1 4 4                                            a b a a d I R a b hay d I R a b b b a b Vậy, có 3 tiếp tuyến chung: 1 2 3 2 4 7 2 2 4 7 2 ( ) : 3, ( ) : , ( ) 4 4 4 4      x  y   x  y  x  13) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 4x – 6y + 9 = 0 và điểm M( 1; - 8).Viết phương trình đường thẳng d qua M sao cho d cắt (C) tại hai điểm A,B phân biệt mà diện tích tam giác ABI đạt giá trị lớn nhất.Với I là tâm của đường tròn (C). §trßn (C) cã t©m I(- 2; 3) & b¸n kÝnh R = 2. Gi¶ sö pt®t (d) : Ax + By – A + 8B = 0 víi A2 + B2 > 0 Lu«n cã BIA c©n t¹i I víi IA = IB = 2 ; SBIA = 2 1 IA.IB.sinAIB = 2sinAIB  SBIA  2 DÊu = khi AIB vu«ng c©n t¹i I hay d(I ; (d)) = 2  2 11 3 2 2    A B B A
  5. 5. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt Tel: 0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt 5  7A2 – 66BA + 119B2 = 0  (A – 7B)(7A – 17B) = 0  VËy cã hai ®êng th¼ng d tho¶ m·n: 7x + y + 1 = 0 & 17x + 7y + 39 = 0 14) Cho A(1 ; 4) và hai đường thẳng b : x + y – 3 = 0 ; c : x + y – 9 = 0. Tìm điểm B trên b , điểm C trên c sao cho tam giác ABC vuông cân tại A Gäi B(b ; 3 - b) & C( c ; 9 - c) => AB (b - 1 ; - 1 - b) ; AC (c - 1 ; 5 - c) & ABC vu«ng c©n t¹i A        AB AC AB.AC 0                 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) (5 ) ( 1)( 1) ( 1)(5 ) b b c c b c b c v× c = 1 kh«ng lμ n0 nªn hÖ                       ( 1) ( 1) (5 ) ....(2) ( 1) (5 ) ( 1) . ...........................................(1) 1 ( 1)(5 ) 1 2 2 2 2 2 2 b c c c c b c b c b Tõ (2)  (b + 1)2 = (c - 1)2. Víi b = c – 2 thay vμo (1) => c = 4 ; b = 2 => B(2 ; 1) & C( 4 ; 5). Víi b = - c thay vμo (1) => c = 2 ; b = - 2 => B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7). KÕt luËn :cã hai tam gi¸c tho¶ m·n: B(2 ; 1) & C( 4 ; 5) hoÆc B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7). 15) Trong hÖ to¹ ®é Oxy ®êng th¼ng (d): x – y +1 =0 vμ ®êng trßn (C): 2 2 x  y  2x  4y  0.T×m ®iÓm M thuéc ®êng th¼ng (d) mμ qua M kÎ ®îc hai ®êng th¼ng tiÕp xóc víi ®êng trßn (C) t¹i A vμ B sao cho 0 AMB 60 . 16) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ to¹ ®é Oxy cho h×nh ch÷ nhËt ABCD biÕt ph ¬ng tr×nh c¹nh BC:x + 2y - 4 = 0 ph ¬ng tr×nh ®êng chÐo BD: 3x + y – 7 = 0,®êng chÐo AC ®i qua M(-5;2).H·y t×m täa ®é c¸c ®Ønh cña h×nh ch÷ nhËt ABCD. 17) Phương trình hai cạnh của một tam giác trong mặt phẳng tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0; 4x + 7y – 21 = 0. viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng gốc tọa độ O Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3) Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP a = (7; - 4) của AC làm VTPT Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7) A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0 18) Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẽ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. HD: (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2 M  Oy  M(0;m) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) Vậy 0 0 60 (1) 120 (2) AMB AMB      Vì MI là phân giác của AMB (1)  AMI = 300 0 sin 30 IA MI   MI = 2R  2 m 9  4m  7 (2)  AMI = 600 0 sin 60 IA MI   MI = 2 3 3 R  2 4 3 9 3 m   Vô nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 ) 19) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Lập phương trình đường thẳng đi qua A(8 ;6) và tạo với 2 trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 12
  6. 6. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt Tel: 0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt 6 Giả sử (d) đi qua A(8;6) cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm M(a;0), N(0;b) a,b khác 0.Khi đó (d) có phương trình 1 x y a b   . Vì (d) đi qua A nên 8 6 1 a b   (1) lại có 1 12 2 OAB S ab    (2). Từ (1) và (2) ta có hệ 8 6 1 24 a b ab         4 6 8 3 a b a b               từ đó có 2 đường thẳng thoả mãn điều kiện là 1, 1 4 6 8 3 x y x y      20) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật ABCD .Biết rằng AB = 2BC , A, B thuộc đường thẳng đi qua M( 4 ;1 3  ), B, C thuộc đường thẳng đi qua N(0 ; 3), A,D thuộc đường thẳng đi qua P(4 ; -1/3), C,D thuộc đường thẳng đi qua Q(6 ;2) HD : Phương trình AB có dạng: y = k(x + 4/3) + 1 DC: y = k(x - 6) + 2 , BC: x + ky – 3k = 0 , AD: x + ky -4 + k/3 = 0 Vì AB = 2BC nên d(AD,BC)=2d(AB,DC) hay d(P;BC) = 2d(M;DC) 2 2 4 1 4 3 1 6 2 3 3 10 12 6 44 3 1 1 10 12 44 6 3 17 k k k k k k k k k k k k                           Với k = 1/3 ta có phương trình các cạnh hình chữ nhật là: AB: y 1/3(x  4/3) 1, DC: y 1/3(x 6) 2, BC: x 1/3y 1 0, AD:x 1/3y 35/9  0 Với k = -3/17 ta có phương trình các cạnh của hình chữ nhật là: : 3/17( 4/ 3) 1, : 3/17( 6) 2, : 3/17 9/17 0, : 3/17 4 3/17 0 AB y x DC y x BC x y AD x y                21) Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B sao cho AB = 6 Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5 Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy ra IH =4 Mặt khác IH= d( I; Δ ) Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng 3x+4y+c=0 vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0 22) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H) có phương trình: 2 2 x y 1 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. HD: Giả sử d qua M cắt (H) tại A, B : với M là trung điểm AB A, B  (H) :  2 2 A A 2 2 B B 3x 2y 6 (1) 3x 2y 6 (2)        M là trung điểm AB nên : xA + xB = 4 (3) và yA + yB = 2 (4) (1)  (2) ta có : 3(x2 A - x2 B) - 2(y2 A - y2 B) = 0 (5) d(I; Δ )= I A H B
  7. 7. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt Tel: 0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt 7 Thay (3) và (4) vào (5) ta có : 3(xA -xB)-(yA-yB) = 0  3(2xA-4)-(2yA- 2) = 0  3xA - yA = 5 Tương tự : 3xB - yB = 5. Vậy phương trình d : 3x - y - 5 = 0 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. HD: Ta có: AB  1;2 AB  5 . Phương trình của AB là: 2x  y  2  0. I d  : y  xI t;t  . I là trung điểm của AC:C(2t 1;2t) Theo bài ra: . ( , ) 2 2 1    S AB d C AB ABC  .6t  4  4        3 4 0 t t Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( 3 8 ; 3 5 ) thoả mãn 24) 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 2x  3y  6  0 . TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. Ta cã (4; ) C C  y . Khi ®ã täa ®é G lμ 3 2 3 1 5 1, 3 1 2 4 C C G G y y x y          . §iÓm G n»m trªn ®êng th¼ng 2x  3y  6  0 nªn 2  6   6  0 C y , vËy  2 C y , tøc lμ C  (4; 2) . Ta cã AB  (3;4) , AC  (3;1) , vËy AB  5, AC  10 , AB.AC  5 . DiÖn tÝch tam gi¸c ABC lμ   25.10 25 2 1 . . 2 1 2 2 2 S  AB AC  AB AC   = 2 15 25) 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 V× G n»m trªn ®êng th¼ng x  y  2  0 nªn G cã täa ®é G  (t; 2  t) . Khi ®ã AG  (t  2;3 t) , AB  (1;1) VËy diÖn tÝch tam gi¸c ABG lμ   2( 2) (3 )  1 2 1 . . 2 1 2 2 2 2 2 S  AG AB  AG AB  t   t  = 2 2t  3 NÕu diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 th× diÖn tÝch tam gi¸c ABG b»ng 13,5:3  4,5 . VËy 4,5 2 2 3  t  , suy ra t  6 hoÆc t  3 . VËy cã hai ®iÓm G : (6; 4), ( 3; 1) 1 2 G   G    . V× G lμ träng t©m tam gi¸c ABC nªn 3 ( ) C G a B x  x  x  x vμ 3 ( ) C G a B y  y  y  y . Víi (6; 4) 1 G   ta cã (15; 9) 1 C   , víi ( 3; 1) 2 G    ta cã ( 12;18) 2 C   26) 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. +AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là n  (3;1) AC có phương trình 3x + y - 7 = 0 + Tọa độ C là nghiệm của hệ AC CM  ……C(4;- 5) + 2 1 ; 2 2 B B M M x y x y     ; M thuộc CM ta được 2 1 1 0 2 2 B B  x  y    + Giải hệ 2 1 1 0 2 2 3 7 0 B B B B x y x y              ta được B(-2 ;-3)
  8. 8. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt Tel: 0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt 8 Tính diện tích ABC. + Tọa độ H là nghiệm của hệ 14 3 7 0 5 3x 7 0 7 5 x x y y y                   …. Tính được BH = 8 10 5 ; AC = 2 10 Diện tích S = 1 1 8 10 . .2 10. 16 2 2 5 AC BH  ( đvdt) 27) 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 28) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng : x 3y 8  0 , ' :3x 4y 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  ’. HD: Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) Theo yc thì k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nên ta có 2 2 2 2 3( 3 8) 4 10 ( 3 8 2) ( 1) 3 4 t t t t            Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25 29) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I 1;2;3 . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với trục Oy Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2 C : x  y  2x  0 . Viết phương trình tiếp tuyến của C , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng 30 . Ta có: Hệ số góc của tiếp tuyến  cần tìm là  3 .       2 2 C : x 1  y 1I 1;0 ;R 1 Do đó:   1  : 3x  y b  0 tiếp xúc (C)   1 d I ,  R 3 1 2 3 2 b b        . KL:   1  : 3x  y  2 3  0. Và :   2  : 3x  y b  0 tiếp xúc (C)   2 d I ,  R 3 1 2 3 2 b b        . KL:   2  : 3x  y  2 3  0 . 30) 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) .+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận HK  (1; 2) làm vtpt và AC đi qua K nên (AC) : x 2y  4  0. Ta cũng dễ có: (BK) : 2x  y 2  0. + Do AAC, BBK nên giả sử M H K C B A
  9. 9. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt Tel: 0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt 9 A(2a 4; a), B(b; 22b). Mặt khác M(3;1) là trung điểm của AB nên ta có hệ: 2 4 6 2 10 4 . 2 2 2 2 0 2 a b a b a a b a b b                      Suy ra: A(4; 4), B(2; 2). + Suy ra: AB  (2; 6) , suy ra: (AB) :3x  y 8  0. + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA  (3; 4) , suy ra: (BC) :3x  4y  2  0. KL: Vậy : (AC) : x 2y  4  0, (AB) :3x  y 8  0, (BC) :3x  4y  2  0. 31) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn 2 2 (C) : x  y – 2x – 2y  1  0, 2 2 (C') : x  y  4x – 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 + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R 1, R'  3, đường thẳng (d) qua M có phương trình 2 2 a(x 1) b(y 0)  0ax by a  0, (a b  0)(*) . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi đó ta có: 2 2 2 2 MA  2MB IA  IH  2 I ' A  I 'H '     2 2 1 d(I;d)  4[9 d(I ';d) ] , IA  IH.     2 2 2 2 2 2 2 2 9 4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35 a b d I d d I d a b a b         2 2 2 2 2 2 36 35 36 a b a b a b       Dễ thấy b  0 nên chọn 6 1 6 a b a         . Kiểm tra điều kiện IA  IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn 32) 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. Gọi   2 2 2 2 : 1 x y H a b   . (H) tiếp xúc với   2 2 d : x  y  2  0a b  4 1       2 2 16 4 x 4 y 2 A 4;2 H 1 2 a b         Từ (1) và (2) suy ra   2 2 2 2 8; 4 : 1 8 4 x y a  b   H   33) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip (E): 2 2 1 8 6 x y   và parabol (P): y2 = 12x. Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = 0 (A2 + B2 > 0) () là tiếp tuyến của (E)  8A2 + 6B2 = C2 (1) () là tiếp tuyến của (P)  12B2 = 4AC  3B2 = AC (2) Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = 2A. Với C = 2A  A = B = 0 (loại)
  10. 10. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt Tel: 0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt 10 Với C = 4A  2 3 A B    Đường thẳng đã cho có phương trình: 2 2 3 4 0 4 0 3 3 A Ax  y  A  x  y   Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: 2 3 4 0 3 x  y   34) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x  y 1 0 , phân giác trong BN : 2x  y 5  0 .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC + Do AB CH nờn AB: x  y 1 0 . Giải hệ: 2 5 0 1 0 x y x y         ta có (x; y)=(-4; 3). Do đó: ABBN  B(4;3) . + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A'BC . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): x  2y 5  0. Gọi I  (d)BN . Giải hệ: 2 5 0 2 5 0 x y x y         . Suy ra: I(-1; 3) A'(3;4) + Phương trình BC: 7x  y  25  0. Giải hệ: 7 25 0 1 0 x y x y         Suy ra: 13 9 ( ; ) 4 4 C   . + 2 2 450 ( 4 13/ 4) (3 9 / 4) 4 BC       , 2 2 7.1 1( 2) 25 ( ; ) 3 2 7 1 d A BC       . Suy ra: 1 1 450 45 ( ; ). .3 2. . 2 2 4 4 ABC S  d A BC BC   35) 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 : 3 0 1 d x  y   và : 6 0 2 d x  y   . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật Ta có: d d I 1 2   . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: 3 0 9 / 2 6 0 3 / 2 x y x x y y               . Vậy 9 3 ; 2 2 I       Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD M d Ox 1    Suy ra M( 3; 0) Ta có: 3 2 2 3 2 9 AB 2IM 2 3 2 2              Theo giả thiết: 2 2 3 2 12 AB S S AB.AD 12 AD ABCD ABCD       Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 d AD 1   Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x 3) 1(y  0)  0x  y 3  0 . Lại có: MA  MD  2
  11. 11. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt Tel: 0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt 11 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:             x 3 y 2 x y 3 0 2 2                                   x 3 1 y 3 x x 3 (3 x) 2 y x 3 x 3 y 2 y x 3 2 2 2 2       y 1 x 2 hoặc       y 1 x 4 . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) Do     2 3 ; 2 9 I là trung điểm của AC suy ra:              y 2y y 3 1 2 x 2x x 9 2 7 C I A C I A Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 36) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1 ;0 2 I       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. +) 5 ( , ) 2 d I AB   AD = 5  AB = 2 5  BD = 5. +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4 +) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ: 2 2 2 1 25 ( ) 2 2 4 ( 2;0), (2;2) 2 2 2 0 0 x x y y A B x x y y                            C(3;0),D(1;2) 37) Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :3x 4y  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. Gọi 3 4 16 3 ( ; ) (4 ; ) 4 4 a a A a B a     . Khi đó diện tích tam giác ABC là 1 . ( ) 3 2 ABC S  AB d C   AB. Theo giả thiết ta có 2 2 6 3 4 5 (4 2 ) 25 2 0 a a AB a a                  Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 38) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp 2 2 ( ) : 1 9 4 x y E   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 Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có 2 2 1 9 4 x y   và diện tích tam giác ABC là 1 85 85 . ( ) 2 3 3 2 2 13 13 3 4 ABC x y S  AB d C  AB  x  y   2 2 85 170 3 2 3 13 9 4 13  x y        
  12. 12. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt Tel: 0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt 12 Dấu bằng xảy ra khi 2 2 1 2 9 4 3 2 2 3 2 x y x x y y                 . Vậy 3 2 ( ; 2) 2 C 39) 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 Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 40) Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d). Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) (1 ) (2 ) ( 1) 2 a b R a y R a b R                2 0 1 2 a b R         Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2 41) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0; 2x  5y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C Tọa độ A là nghiệm của hệ   4x y 14 0 x 4 2x 5y 2 0 y 2            A(–4, 2) Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên                    y y 2 x x 2 3y y y y 3x x x x B C B C G A B C G A B C (1) Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2); C(xC, yC)  AC  5 2 5 2x y C C    ( 3) Thế (2) và (3) vào (1) ta có 2 3 2 2 2 4 14 2 1 0 5 5 B C B B C B C C x x x y x x x y                         Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 42) Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB 3 . Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R  3 Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB  IM tại trung điểm H của đoạn AB. Ta có 2 3 2 AB AH  BH   . Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB. Gọi H' là trung điểm của A'B' Ta có: 2 2 2 3 3 IH' IH IA AH 3 2 2              Ta có:     2 2 MI  51  1 2  5 và 2 7 2 3 MH MI  HI  5   ; 3 13 MH' MI H' I 5 2 2      Ta có: 13 4 52 4 49 4 3 R MA AH MH 2 2 2 2 1       
  13. 13. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt Tel: 0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt 13 43 4 172 4 169 4 3 R MA' A'H' MH' 2 2 2 2 2        Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43

×