Tài liệu 31 BÀI TẬP OXY CÓ LỜI GIẢI

Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Bài 1: Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD cạnh AC có phương trình là: x  7 y  31 0, hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x  y  8  0, d 2 : x  2 y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm. Giải: B �d1 � B (b;8  b), D �d 2 � (2d  3; d ). uuur �b  2d  3 b  d  8 � ; . Khi đó BD  (b  2d  3; b  d  8) và trung điểm của BD là I � � 2 � 2 � Theo tính chất hình thoi ta có : uuur uuur � 8b  13d  13  0 b0 �BD  AC � � u AC .BD  0 � �� �� �� . � 6b  9d  9  0 d 1 �I �AC �I �AC � � Suy ra B(0;8); D (1;1) . � 1 9� Khi đó I � ; �; A �AC � A(7a  31; a ) . � 2 2� S ABCD  2S 1 15 AC.BD � AC  ABCD  15 2 � IA  2 BD 2 2 2 2 a3 � A(10;3) (ktm) � 63 � � 9 � 225 � � 9� 9 �� 7 a  � �a  � �� a  � � � �� Suy ra C (10;3) . a6 � A(11;6) 2 � � 2� 2 � � 2� 4 � Bài 2: Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x  y  2 0 và d 2 : x  2 y  2 0 . Giả sử d1 cắt d 2 tại I . Viết phương trình đường thẳng  đi qua M ( 1;1) cắt d1 và d 2 tương ứng tại A, B sao cho AB 3IA . Giải: d1 cắt d 2 tại I ( 2; 0). Chọn A0 (0;  2)  d1 , ta có I A d1 IA0 2 2 . A0  B0 M Lấy B0 (2  2b; b)  d 2 sao cho B A0 B0 3IA0 6 2 d2  B0 ( 6; 4) b 4  5b 2  4b  64 0    6    42 16   B0  ;  . b   5   5 5   (2  2b) 2  (b  2) 2 72 Suy ra đường thẳng  là đường thẳng qua M ( 1; 1) và song song với A0 B0 . Suy ra phương trình  : x  y 0 hoặc  : x  7 y  6 0. 1 Nguyễn Thành Hưng Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 1 3 2BD. Điểm M (0; ) thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. Giải: Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, �xN '  2 xI  xN  4 �y N '  2 yI  y N  5 ta có: � Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: d  4.2  3.1  1 4 2  32 2 AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 1 1 1  2  2 suy ra x = 2 d x 4x 5 suy ra BI = 5 hoctoancapba.com Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 4x  3y – 1  0 � Tọa độ B là nghiệm của hệ: � ( x  2) 2  ( y  1) 2  5 � 5 B có hoành độ dương nên B( 1; -1) Bài 4: Trong hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng  : x  2 y  3  0 và hai điểm A(1; 0), B(3; uuur uuur 4). Hãy tìm trên đường thẳng  một điểm M sao cho MA  3MB nhỏ nhất. Giải: 5 2 Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J( ; 3 ) uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuu r uuur uuur Ta có : MA  3MB  ( MA  MB)  2 MB  2 MI  2 MB  4 MJ Vì vậy MA  3MB nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng  Đường thẳng JM qua J và vuông góc với  có phương trình: 2x – y – 8 = 0. � 2 x � x  2 y  3  0 � 19 2 � 5 �� Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ � . Vậy M( ; ) 2x  y  8  0 5 5 � �y  19 � 5 2 Nguyễn Thành Hưng Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( 7;8) và hai đường thẳng d1 :2 x  5 y  3  0 ; d 2 :5 x  2 y  7  0 cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng d3 đi qua P tạo với d1 , d 2 thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 14,5 . Giải : Ta có A(1; 1) và d1  d 2 . hoctoancapba.com Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi d1 , d 2 là: 1: 7 x  3 y  4  0 và 2: 3x  7 y  10  0 d3 tạo với d1 , d 2 một tam giác vuông cân � d3 vuông góc với 1 hoặc 2..  Phương trình của d3 có dạng: 7 x  3 y  C  0 hay 3x  7 y  C � 0 Mặt khác, d3 qua P(7;8) nên C = 25 ; C = 77 Suy ra : d3 : 7 x  3 y  25  0 hay d3 :3x  7 y  77  0 Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng 29  cạnh huyền bằng 2 58 58 d ( A, d ) = 3 2 58  Với d3 : 7 x  3 y  25  0 thì d ( A; d 3 )  ( tm) 2 87  Với d3 : 3x  7 y  77  0 thì d ( A; d 3 )  ( loại ) 58 Suy ra độ dài đường cao A H = Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B  2;1 , điểm A thuộc Oy, �  30o ; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm C thuộc Ox ( xC �0 ), góc BAC bằng 5 . Xác định toạ độ điểm A và C. Giải: Gọi C(c;0); A(0;a); ta có: 2 2 BC  2 R sin 30o  5 � BC 2  5 �  c  2    0  1  5 � c  0 , c  4 (loai ) Suy ra C(0 ;0) trùng với điểm O .Gọi H hình chiếu vuông góc điểm B trên Oy ta có tam giác BHA một nửa tam giác đều .Nên BA =2 BH do đó HA = 2 3 � A(0;1  2 3) hoặc A(0;1  2 3) Vậy có A(0;1  2 3) , B(-2 ;1) , C(0 ;0) hoặc A(0;1  2 3) , B(-2 ;1) , C(0 ;0) 2 2 Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C  : x  y  6 x  2 y  6  0 và điểm A(1;3) ; Một đường thẳng d đi qua A, gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d với (C). Lập phương trình của d sao cho AB  AC nhỏ nhất. Giải: Tâm đường tròn I (3; 1), R  2; IA  2 5  d ( I , A)  R  2 nên điểm A nằm ngoài (C) 3 Nguyễn Thành Hưng Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Ta có PA/(C )  AB.AC = d2- - R2 = 16 ; và AB  AC �2 AB. AC  2.4  8 dấu “=”xẩy ra � AB a ( x  1)  b( y  3)  0 = AC = 4 . Khi đó d là tiếp tuyến của (C), d có dạng � ax  by  a  3b  0 Từ đó ta có d ( I , d )  2 � 3a  b  a  3a a 2  b2 b0 � chọn 4a  3b �  2 � 3b 2  4ab � � Vậy phương trình d : x  1 , 3 x  4 y  15  0 b0 � b4 � �� � �a  1 �a  3 Bài 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x 2  y 2  2 x  4 y  8  0 và điểm M (7;7) . Chứng minh rằng từ M kẻ đến (T) được hai tiếp tuyến MA, MB với A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB. Giải: (T ) � ( x  1)2  ( y  2)2  13 � I (1; 2); R  13 uuur Ta có: IM (6;9) � IM  117  13 . Suy ra điểm M nằm ngoài (T). Vậy từ M kẻ đến (T) được 2 tiếp tuyến.. Gọi K  MI �AmB . Ta có MA  MB, IA  IB � MI là đường trung trực của AB � KA = KB � �KAB  �KBA  �KAM  �KBM � K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB. �x  1  2t , MI �(T ) tại K1(3;1) và K2(-8;-12) �y  2  3t Ta có AK1  AK 2 . Vậy K �K1 , tức là K(3;1) PTTS MI: � Bài 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AB  5, C (1; 1) , đường thẳng AB có phương trình là x  2 y  3  0 và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng  : x  y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và B. Giải: uuur 2 uur 3 Gọi I ( x; y ) là trung điểm của đoạn AB và G ( xG ; yG ) là trọng tâm của ABC . Do CG  CI 2x 1 2 y 1 ; yG  . Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình: 3 3 �x  2 y  3  0 �x  5 � �� . Vậy I (5; 1) �2 x  1 2 y  1  2 0 �y  1 � 3 � 3 nên xG  Ta có IA  IB  AB 5  2 2 5 5 � (C ) : ( x  5) 2  ( y  1) 2  . Gọi (C ) là đường tròn có tâm I (5; 1) và bán kính R  2 4 4 Nguyễn Thành Hưng Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Tọa độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình: �x  2 y  3  0 �x  4 �x  6 � � � � 5�� 1 �� 3. 2 2 ( x  5)  ( y  1)  y   y   � � � 4 � 2 � � 2 � 1 �� 3 � , 6;  � . Vậy tọa độ hai điểm A, B là �4;  �� � 2 �� 2 � Bài 10: Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: y  3 . Gọi (C) là đường tròn cắt d tại 2 điểm B, C sao cho tiếp tuyến của (C) tại B và C cắt nhau tại O. Viết phương trình đường tròn (C), biết tam giác OBC đều. Giải: Gọi (C)có tâm I bán kính R. OI cắt BC tại H thì H là trung điểm BC và OH vuông góc BC =>H(0; 3 )=>OH= 3 . Do tam giác OBC đều nên OH= BC 3  3 � BC  2 . 2 I B C H 2 Trong tam giác vuông IB có HB  HI .HO  1 � IH  1 3 uuu r 1 uuur 3 4 3 HI  OH  (0; ) � I (0; ) 3 3 3 2 2 2 2 Trong tam giác vuông IBH có R  IB  IH  HB  Vậy phương trình đường tròn (C): x 2  ( y  4 3 4 3 2 4 )  3 3 O Bài 11: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng  : x – y + 1 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt  ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho MAB vuông tại M và có diện tích bằng 2. Giải: Đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R có phương trình ( x  a ) 2  ( y  b) 2  R 2 hoctoancapba.com MAB vuông tại M nên AB là đường kính suy ra  qua I do đó: a - b + 1 = 0 (1) Hạ MH  AB có MH  d ( M , )  5 2 11 2  2 Nguyễn Thành Hưng Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng S MAB  1 1 MH . AB � 2  .2 R. 2 � R  2 2 2 Vì đường tròn qua M nên (2  a) 2  (1  b) 2  2 (2) �a  b  1  0 (1) Ta có hệ � (2  a ) 2  (1  b) 2  2 (2) � Giải hệ được a = 1; b = 2. Vậy (C) có phương trình ( x  1) 2  ( y  2) 2  2 Bài 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm C(3; -3) và điểm A thuộc đường thẳng d: 3x + y -2 = 0. Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng DM phương trình : x – y –2 = 0. Xác định tọa độ các điểm A, B, D. Giải: A d  A(t; 2 -3t) Ta có: d(C; DM) =  t 3 1 d(A; DM)  | 4t -4 | = 8 | t - 1 | = 2   2  t  1 t = 3  A(3, -7) (loại vì A, C phải khác phía đối DM) t = -1  A(-1, 5) (thỏa mãn) Giả sử D(m; m-2). AD  CD  AD CD (m 1)(m  )3  (m  7)(m 1) 0  2 2 2 2 (m 1)  (m  )7 (m  )3  (m 1)  m 5  D(5;3) Gọi I là tâm của hình vuông  I là trung điểm của AC  I (1; 1) Do I là trung điểm của BD  B(-3; -1) Bài 13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B  2;0  ; C  3;5  . G Là trọng tâm thuộc đường thẳng d có phương trình là 2x  y  1  0 và diện tích tam giác ABC bằng 5 . Hãy xác định tọa độ điểm A ? 2 Giải: uuu r BC  (5;5) � BC  5 2pt : BC là:x + y - 2 = 0 6 Nguyễn Thành Hưng Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 5 1 5 � SVGBC  SVABC  . (G là trọng tâm tam giác ABC) 2 3 6 G �d : 2x  y  1  0 � G(x; 2x  1)3 SVABC  d (G.BC) 2 2 7 � G( ; ) 3 3 3 4 4 11 � G( ; ) 3 3 3 � x � x  2  2x  1 2SVGBC 1 1 1   �  � x 1  � � BC 3 3 2 2 3 2 � x � � Với G( 2 7 4 11 ; ) � A( 1; 2);G( ; ) � A( 3;6) 3 3 3 3 Bài 14: Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho ba đường d 1: x – 2y + 1 = 0; d2: 3x – y – 2 = 0; d3: 2x + y + 1 = 0. Tìm điểm M trên d 1 điểm N trên d2 sao cho MN = 5 và MN song song với d3 Giải: M thuộc d1, N thuộc d2 nên M(2a - 1; a), N(b; 3b - 2) MN  5 � MN 2  5 � (b  2a  1) 2  (3b  a  2) 2  5 <=> (1) uuuu r uur MN / / d3 � MN .nd3  0 � (b  2a  1;3b  a  2).(2;1)  0 � a  b thay vào (1) ta được a = b = 0 hoặc a = b = 2 Vậy có 4 điểm thoả mãn bài toán là: M(-1; 0), N(0; -2) hoặc M(3; 2), N(2; 4) Bài 15: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:x 2 + y2 – x – 4y – 2 = 0 và các điểm A(3 ;-5) ; B(7;-3). Tìm điểm M trên đường tròn (C ) sao cho P = MA 2 + MB2 nhỏ nhất. Giải: 1 2 -Đường tròn (C) có tâm I ( ; 2), R  5 2 -Gọi H là trung điểm đoạn AB => H(5; -4). Xét tam giác MAB có MH 2  MA2  MB 2 AB 2 AB 2  � P  MA2  MB 2  2MH 2  2 4 2 do đó P nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất hay M là giao điểm của OH với (C) �x  5  3t , thay vào phương trình đường tròn ta được ptrình t 2 + 3t + 2 = 0 <=> t y   4  4 t � mà IH : � = -1 và t = -2 => với t = -1 thì M(2; 0), với t = -2 thì M(-1; 4) -Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm Bài 16: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong của góc ABC có phương trình là x  2 y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua điểm K (6;2) . 7 Nguyễn Thành Hưng Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Giải: B(5  2b; b), C (2b  5; b) , O (0;0) �BC Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc ABC nên I (2;4) và I �AB uur uuur Tam giác ABC vuông tại A nên BI   2b  3;4  b  vuông góc với CK   11  2b;2  b  b 1 � (2b  3)(11  2b)  (4  b)(2  b)  0 � 5b 2  30b  25  0 � � b5 � 1 �B (3;1), C ( 3; 1) A(3;1) B loại Với b  �31 17 � Với b  5 � B(5;5), C (5; 5) � A � ; � �5 5 � �31 17 � ; B( 5;5); C (5; 5) Vậy A � ; � �5 5 � Bài 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) x 2  y 2  2 x  6 y  2  0 và đường thẳng d: x  y  2  0 . Tìm các đỉnh của hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (C) biết đỉnh A thuộc d và có hoành độ dương. hoctoan capba.com Giải: + Đường tròn ( x  1)2  ( y  3)2  8 có tâm I (1;3) bán kính R  2 2 + A thuộc d nên A( x; 2  x) . + Ta có IA2  8 � ( x  1) 2  (1  x)2  8 � ( x  1) 2  4 x 1 � �� x  3 ( L) � Vậy A(1;1) � C (3;5) . uu r r + Đường thẳng BD đi qua I (1;3) vuông góc với IA nên nhận IA  (2; 2) // u (1; 1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình: x  y  4  0 . + Tọa độ giao điểm B, D thỏa mãn phương trình: x 1 � ( x  1) 2  ( x  1)2  8 � ( x  1) 2  4 � � x  3 � + x 1� y  5 + x  3 � y  1 Vậy B(1;5)  D(-3;1) hoặc ngược lại. Bài 18: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lập phương trình đường tròn nội tiếp tam giác tạo bởi 2 trục toạ độ và đường thẳng có phương trình 8x + 15y - 120 = 0. Giải: Giả sử d: 8x + 15y – 120 = 0 cắt Ox, Oy lần lượt tại A,B. Gọi I(a;b) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABO. Ta có: 8 Nguyễn Thành Hưng Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng * 0 < a,b < 8 * Bán kính r = d(I,Ox) = d(I,Oy) = d(I,d) a  b  3(tm) � �� �r 3 a  b  20(l ) 17 � � PT : ( x  3) 2  ( y  3) 2  9 � a b 8a  15b  120 Bài 19: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là 2 2 3 3 M(3,2), trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là G( , ) và I(1,2). Xác định tọa độ đỉnh C. Giải: uuu r uuur �7 4 � IM  (2;4), GM  � ; � �3uuur3 � uuur Gọi A(xA; yA). Có AG  2 GM  A(-4; -2). uuu r Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ IM làm vec tơ pháp tuyến nên có PT: 2(x - 3) + 4(y - 2) = 0  x + 2y - 7 = 0.. Gọi C(x; y). Có C  BC  x + 2y - 7 = 0. Mặt khác IC = IA  ( x  1)2  ( y  2)2  25 � ( x  1)2  ( y  2)2  25 . �x  2 y  7  0 Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: � ( x  1)2  ( y  2)2  25 � �x  5 �x  1 Giải hệ phương trình ta tìm được � và � . �y  1 �y  3 Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3). Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ 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: 3a  4 16  3a ) � B(4  a; ) . Khi đó diện tích tam giác ABC là 4 4 1 S ABC  AB.d (C � )  3 AB . 2 2 a4 � �6  3a � Theo giả thiết ta có AB  5 � (4  2a) 2  � � 25 � � a0 � 2 � � . Gọi A(a; Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). Bài 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm 11 1 � � của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử M � ; �và đường �2 2 � thẳng AN có phương trình 2x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A. 9 Nguyễn Thành Hưng Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Giải: A 5a a 10 a 5 ; AM = ; MN = ; 6 3 2 1 AM 2  AN 2  MN 2 �  45o cosA = =  MAN 2 2 AM . AN � (Cách khác :Để tính MAN = 450 ta có thể tính 1 2 3 1 �  DAN � ) tg ( DAM ) 1 1  2. 3 Ta có : AN = B M D C N Phương trình đường thẳng AM : ax + by  �  cos MAN 2a  b 5(a  b ) 2 2  11 1 a b= 0 2 2 1 a 1  3t2 – 8t – 3 = 0 (với t = )  t = 3 hay t   2 b 3 2x  y  3  0 �  A (4; 5) 3 x  y  17  0 � �2 x  y  3  0 1 + Với t    tọa độ A là nghiệm của hệ : �  A (1; -1) 3 �x  3 y  4  0 + Với t = 3  tọa độ A là nghiệm của hệ : � Bài 22: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x 2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng  : x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích IAB lớn nhất. Giải: (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 có tâm là I (-2; -2); R = 2 Giả sử  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ABC, ta có SABC = 1 � = sin � IA.IB.sin AIB AIB 2 � = 1  AIB vuông tại I Do đó SABC lớn nhất khi và chỉ khi sin AIB  IH = 1  4m IA  1 (thỏa IH < R)  1 2 m2  1  1 – 8m + 16m2 = m2 + 1  15m2 – 8m = 0  m = 0 hay m = 8 15 Bài 23: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có M(1; 2), phương trình NQ là x  y  1  0 .Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi, biết rằng NQ = 2MP và N có tung độ âm. Giải: Phương trình MP là: x  y  3  0 10 Nguyễn Thành Hưng Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng �x  y  1  0 �x  2 I  MP �NQ � tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình � �� � I  2;1 . �x  y  3  0 �y  1 I là trung điểm của MP nên suy ra P  3;0  phương trình NQ là x  y  1  0 nên tọa độ N, Q có dạng (m; m-1) 2 2 2 2 2 2 Do NQ  2MP � IN  4IM �  m  2    m  2   4.  1  1  m4 � 2 �  m  2  4 � � m0 � Vì N có tung độ âm nên N(0; -1) � Q(4; 3). Vậy P  3;0  , N(0; -1), Q(4; 3) làcác đỉnh cần tìm. Bài 24: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình: ( x  2) 2  ( y  3) 2  10 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M (3; 2) và điểm A có hoành độ dương. Giải: Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng ax  by  3a  2b  0 (a 2  b 2  0) . Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính R  10 . (C) tiếp xúc với AB nên d  I ; AB   R hay A R B I M 2a  3b  3a  2b D a b 2 C 2  10 � 10(a 2  b 2 )  25(a  b) 2 a  3b � � (a  3b)(3a  b)  0 � � b  3a � Do đó phương trình AB là x - 3 y - 3  0 hoặc AB: 3 x - y  7  0 . + Nếu AB: 3 x - y  7  0 . Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ xA  0 nên t > 0 và do t 0 � 2 2 2 (loại) IA2  2.R 2  20 nên  t  2    3t  4   20 � 10t  20t  20  20 � � t  2 � + Nếu AB: x - 3 y - 3  0 . Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ xA  0 nên t >-1 và do 2 IA2  2.R 2  20 nên  1  3t    t  3  20 � 10t  10  20 � t  1 . Suy ra A(6;1) � C(-2;5) 2 2 và B(0;-1); D(4;7) Vậy các điểm cần tìm là A(6;1); B(0; 1); C (2;5); D(4;7) . Bài 25: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, các đường thẳng chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình lần lượt là: x  2 y  13 0 và 13 x  6 y  9 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I ( 5 ; 1). 11 Nguyễn Thành Hưng Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Giải: + Theo giả thiết thì A(-3 ;-8) + Đường thẳng qua I(-5;1) và song song với x-2y-13=0 cắt đường thẳng 13x-6y-9=0 tại M(3;5). + Đường thẳng qua BC có phương trình là: 2x + y – 11 = 0 nên B(x B; 11-2xB). Mà IA = IB nên B(4; 3) hoặc B(2;7) + Vậy B(4; 3) và C(2;7) hoặc C(4; 3) và B(2;7) là hai nghiệm cần tìm. Bài 26: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: 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: + Giả sử B( xB ; yB ) �d1 � xB   yB  5; C ( xC ; yC ) �d 2 � xC  2 yC  7 �xB  xC  2  6 �yB  yC  3  0 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: � + Từ cácuphương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) uur uuur + Ta có BG (3; 4) � VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 + Bán kính R = d(C; BG) = 9 81 � phương trình đường tròn là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 5 25 Bài 27: Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình: 2 x  y  5 0 và hai điểm A(1;2) ; B (4;1) . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng (d ) và đi qua hai điểm A , B . Giải: Phương trình đường trung trực của AB là 3 x  y  6  0 . Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ: 2 x  y  5 �x  1 � �� � I  1; 3 . R  IA  5 . � 3x  y  6 � �y  3 Phương trình đường tròn là  x  1   y  3  25 . 2 2 Bài 28: Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d 1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2. Giải: d1:  x  3  2t , I d   y t 1  I ( 3  t ; t ) d(I , d2) = 2  11t  17 10  t  27 7 , t 11 11 12 Nguyễn Thành Hưng Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 2 2  t= 27  21 27   I1  ;  11  11 11  21  27    (C1 ) :  x    y   4 11  11     t= 7   19 7   I2 ;  11  11 11  19  7   (C 2 ) :  x     y   4 11  11    2 2 Bài 29: Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải: AC: kx – y – 2k + 1 = 0 cos CAB = cos DBA 3  2  k = 1 , AC : x – y – 1 = 0  k=  k 2 2 k 1  7k 2  8k  1 0  k 1; k  1 7 1 , AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai) 7 Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0) Bài 30: Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC. Giải: Điểm C �CD : x  y  1  0 � C  t ;1  t  . �t  1 3  t � Suy ra trung điểm M của AC là M � ; �. 2 � �2 �t  1 � 3  t 1  0 � �2 � 2 Điểm M �BM : 2 x  y  1  0 � 2 � � t  7 � C  7;8  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 . �x  y  1  0 � I  0;1 . �x  y  1  0 Tọa độ điểm I thỏa hệ: � Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK � tọa độ của K  1;0  . Bài 31: 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. 13 Nguyễn Thành Hưng Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Giải: uuur Ta có: AB   1; 2  � AB  5 . Phương trình của AB là: 2 x  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: S ABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao) 4 . 5 � 4 �5 8 � �8 2 � t  �C�; � , D� ; � | 6t  4 | 4 �  �� 3 �3 3 � �3 3 � Ngoài ra: d  C ; AB   CH � 5 5 � t  0 � C  1;0  , D  0; 2  � � CH  �5 8 � �8 2 � , D � ; �hoặc C  1;0  , D  0; 2  Vậy tọa độ của C và D là C � ; � �3 3 � �3 3 � 14 Nguyễn Thành Hưng