Tài liệu 42 câu về hình học trong mặt phẳng oxy kèm đáp án

HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET 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  2 y  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): ( x  1)2  ( y  1)2  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): 2 x  y  0 . 3) 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 HD: 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 Điểm �t  1 � 3  t M �BM : 2 x  y  1  0 � 2 � �  1  0 � t  7 � C  7;8  �2 � 2 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  . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: x 1 y  � 4x  3y  4  0 7  1 8 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 vàuuD. u r 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  4 5 4 �5 8 � �8 2 � �C�; � , D� ; � 3 �3 3 � �3 3 � Mặt khác: S ABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao) � CH  � t | 6t  4 | 4 �  �� Ngoài ra: d  C ; AB   CH � 5 5 � t  0 � C  1;0  , D  0; 2  � �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 � x2 y2 a2  b2 1  5) Trªn Oxy cho Elip 2  2 1 (a  b  0) biÕt h×nh ch÷ nhËt c¬ së c¾t Ox t¹i a 2 a b 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 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 1 HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET .XÐt tam gi¸c vu«ng OAB’ ta cã: 1 1 1 1 1 1  2   2  2 (1) 2 2 4 a OK OA OB b . Tõ gt: B a2  b2 1   a  2. a 2  b 2 a 2  a 2 2a 2  2b 2  a 2 2b 2 (2) A’ A O B’ . a2 vµ b2 ®îc t×m tõ hÖ (1); (2) K a2 2b2 2  a 12 1 1  2  2  2 4 b 6 a b 2 2 VËy ElÝp tho¶ yªu cÇu bµi to¸n co pt lµ: x  y 1 12 6 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 2x  y  1 0  x 1   2x  y  3 0  y 1 VËy I(1; 1)  Tõ gt d1 cã VTPT  Gäi  lµ gãc cña d1 vµ d2 n1 ( 2; 1); d2 4 1 3 4  � sin   5 5 5 2 1 4 6 IA  IA.3IA.  2 5 5 I 2 2   IA 2 5  IB 2 B45 Tõ gt: S IAB 6  IB=3TA .A  d1  A(a,2a  1) víi a > 0, a  1  a 0 . pt IA 5  (a  1)  (2a  2) 5  5(a  1) 5    a 2 2 n 2 ( 2;1); A � cos   � S IAB cã VTPT 2 lo¹i a = 2  A(2;3) * .B  d 21  B(a,3  2b)  IB 2 (b  1) 2  ( 2  2b ) 2 5(b  1) 2 b  4  B ( 4; 5) IB 2  45  (b  1) 2 9   b   2  B (  2;7) 2 HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET  Víi A(2;3); B(4;5) pt cÇn t×m lµ x 2 y 3   4 x  y  11 0 4 2  5 3  Víi A(2;3); B(-2;7) pt cÇn t×m lµ x 2 y 3   x  y  5 0  2 2 7 3 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: 2 x  y  1  0 . Tìm tọa độ đỉnh C . uuu r HD: AB đi qua M nhận MI  (3, 3) làm vtpt nên có pt: x  y  3  0 �x  y  3  0 �4 5 � � A� ; � 2x  y  1  0 �3 3 � � Tọa độ A là nghiệm của hệ : � �2 7 � M (1;2) là trung điểm của AB nên B � ; � �3 3 � r BC nhận n  (2;1) làm vtcp nên có p t: � 2 x  2t � 7 � � 3 �2 � C �  2t ;  t � � 3 � �3 �y  7  t � 3 2 2 2 2 10 � � 8 � � 10 � �8 � � IB  IC � IB  IC � � 2t  � � t  � � � � � � 3 � � 3 � �3 � �3 � t  0,loai (do C �B) � � � 4 � t � 5 14 47 � � Vậy C � ; � 15 15 � � 2 2 8) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B ( 12;1) , đường phân giác trong góc A có �1 2 � �3 3 � phương trình: x  2 y  5  0 . Trọng tâm tam giác ABC là G � ; � .Viết phương trình đường thẳng BC . �x  5  2t � H  5  2t ; t  �y  t Gọi H là hình chiếu của B trên d : � uuur uu r BH   17  2t ; t  1  ud   2;1 � 2  17  2t   t  1  0 � t  7 � H  9;7  Gọi M là điểm đối xứng của B qua d uuuu r uuuuuuu r � BM  2 BH �M  6;13 �AC A �d � A  5  2a; a  � C  8  2a;1  a  uuur uuuu r MA / / MC � a  2 � C  4;3 Vậy BC : x  8 y  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 . 3 HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET HD: Gọi d là ĐT cần tìm và A  a;0  , B  0; b  là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra: d : x y  1 . a b 2 1   1, ab  8 . a b Khi ab  8 thì 2b  a  8 . Nên: b  2; a  4 � d1 : x  2 y  4  0 . � 1� 10) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm M � 3; �. Viết phương trình chính tắc của elip đi � 2� Theo giả thiết, ta có:   qua điểm M và nhận F1  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 ( x  2) 2  ( y  1) 2  25 theo một dây cung có độ dài bằng 8 r 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. d  I,d   2a  b  a  2b a 2  b2  3 � a  3b  3 a  b 2 2 a0 � � � 8a  6ab  0 � 3 � a b � 4 2  a = 0: chọn b = 1  d: y – 2 = 0 3 4  a =  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): ( x  1) 2  ( y  1) 2  4 có tâm I1 (1; 1) , bán kính R1 = 2. (C2): ( x  4) 2  ( y  1)2  1 có tâm I 2 (4; 1) , bán kính R2 = 1. Ta có: I1 I 2  3  R1  R2  (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: �a  b  1 � � 2 2 2 � 2 a � �a   2 �d ( I1 ;  )  R1 � a b � � 4 � � �� 4 hay � � d ( I ;  )  R 47 2 47 2 2 � 2 �4a  b  1  1 � � b b � a 2  b2 � � � 4 � 4 � Vậy, có 3 tiếp tuyến chung: (1 ) : x  3, (2 ) : y   2 47 2 2 47 2 x , (3 ) y  x 4 4 4 4 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 = 1 IA.IB.sinAIB = 2sinAIB 2  SBIA  2 DÊu = khi AIB vu«ng c©n t¹i I hay d(I ; (d)) = 2 11B  3 A A2  B 2  2  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) 4 HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET & ABC vu«ng c©n t¹i A    AB. AC 0    AB  AC (b  1)(c  1) (b  1)(5  c)   2 2 2 2  (b  1)  (b  1) (c  1)  (5  c ) (b  1)(5  c )  b  1  ...........................................(1)  c 1 v× c = 1 kh«ng lµ n0 nªn hÖ   (5  c ) 2  (b  1) 2 .  (b  1) 2 (c  1) 2  (5  c ) 2 ....( 2) 2  (c  1) 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): x 2  y 2  2 x  4 y  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 � AMB 600. 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 –r 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) � � AMB  600 (1) Vậy � � � AMB  1200 (2) � Vì MI là phân giác của � AMB IA 0 (1)  �  MI = 2R  m 2  9  4 � m  m 7 AMI = 30 � MI  sin 300 IA 2 3 4 3 0 (2)  � R  m2  9  Vô nghiệm AMI = 60 � MI  0  MI = sin 60 3 3 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 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 x y 8 6 (d) có phương trình   1 . Vì (d) đi qua A nên   1 (1) a b a b �8 6 1 �  1 lại có S OAB  ab  12 (2). Từ (1) và (2) ta có hệ �a b 2 �ab  24 � 5 HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET � a4 � � � b  6 x y x y � �� từ đó có 2 đường thẳng thoả mãn điều kiện là   1,    1 � 4 6 8 3 a  8 � � � b3 � � 20) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật ABCD .Biết rằng 4 AB = 2BC , A, B thuộc đường thẳng đi qua M(  ;1 ), B, C thuộc đường thẳng đi qua N(0 ; 3), A,D 3 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) k 4 � 1 4   3k  k  1  6k  2 k � 10k  12  6  44k � 3 3 3  �� �� 2 2 10 k  12  44 k  6 3 1 k 1 k � � k  � 17 � 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/ 3 y 1  0, AD : x  1/ 3 y  35 / 9  0 Với k = -3/17 ta có phương trình các cạnh của hình chữ nhật là: AB : y  3/17( x  4 / 3)  1, DC : y  3/17( x  6)  2, BC : x  3/17 y  9 /17  0, AD : x  3/17 y  4  3 /17  0 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 ) I Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng 3x+4y+c=0 A H B vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0 d(I; Δ )= x 2 y2  1 3 22) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H) có phương trình: 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. HD: Giả sử d qua M cắt (H) tại A, B : với M là trung điểm AB � 3x 2A  2y 2A  6 (1) � � 2 2 A, B  (H) :  �3x B  2y B  6 (2) M là trung điểm AB nên : xA + xB = 4 (3) và yA + yB = 2 (4) (1)  (2) ta có : 3(x2A - x2B) - 2(y2A - y2B) = 0 (5) 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 trênuđường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. uu r HD: 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: C ( 2t  1;2t ) 6 HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET Theo bài ra: S ABC  1 AB.d (C , AB ) 2 2  . 6t  4  4  t  0  t  4 3  5 8 ) thoả mãn 3 3 Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( ; 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 2 x  3 y  6 0 . TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. 1 2  4 1  5  yC y Ta cã C ( 4; yC ) . Khi ®ã täa ®é G lµ xG  1, yG  2  C . §iÓm G n»m trªn ®êng th¼ng 3 3 3 2 x  3 y  6 0 nªn 2  6  yC  6 0 , vËy yC 2 , tøc lµ C (4; 2) . Ta cã AB (  3; 4) , AC (3;1) , vËy AB 5 , AC  10 , AB. AC  5 . 2 1 1 15 DiÖn tÝch tam gi¸c ABC lµ S  AB 2 . AC 2  AB. AC  25.10  25 = 2 2 2 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 ) , 2 1 1 AG 2 . AB 2  AG. AB  2 (t  2) 2  (3  t ) 2  1 = AB (  1; 1) VËy diÖn tÝch tam gi¸c ABG lµ S  2 2 2t  3 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 suy ra t 6 hoÆc t  3 . VËy cã hai ®iÓm G : G1 (6; 4) , G 2 (  3; 1) . V× G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn xC 3 xG  ( xa  xB ) vµ yC 3 yG  ( ya  yB ) . Víi G1 (6; 4) ta cã C1 (15; 9) , víi G 2 (  3; 1) ta cã C2 ( 12;18)     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 . r +AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là n  (3;1) AC có phương trình 3x + y- 7=0 �AC …… � C(4;- 5) CM � 2  xB 1  y B  1  0 ; M thuộc CM ta được 2 2 + Tọa độ C là nghiệm của hệ � 2  xB 1  yB  xM ;  yM 2 2 �2  xB 1  yB  1  0 � 2 + Giải hệ � 2 ta được B(-2 ;-3) � x  3 y  7  0 �B B + Tính diện tích ABC . + Tọa độ H là nghiệm của hệ …. Tính được Diện tích S = � 14 x � �x  3 y  7  0 � 5 �� � 3x  y  7  0 � �y   7 � 5 8 10 ; AC = 2 10 5 1 1 8 10 AC .BH  .2 10.  16 ( đvdt) 2 2 5 BH = 7 HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET 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  3 y  8  0 ,  ' :3 x  4 y  10  0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’. HD: Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) 3( 3t  8)  4t  10  (3t  8  2) 2  (t  1) 2 Theo yc thì k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nên ta có 2 2 3 4 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 2 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x  y  2 x  0 . Viết phương trình tiếp tuyến của  C  , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng 30o . Ta có: Hệ số góc của tiếp tuyến    cần tìm là � 3 .  C  :  x  1 2  y 2  1 � I  1;0  ; R  1 Do đó:  1  : 3x  y  b  0 tiếp xúc (C) � b 3 � d  I , 1   R  1 � b  �2  3 . KL:  1  : 3 x  y �2  3  0 . 2 Và :   2  : 3 x  y  b  0 tiếp xúc (C) � d  I ,  2   R � b 3 2  1 � b  �2  3 . KL:   2  : 3 x  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 uuur HK  (1; 2) làm vtpt và AC đi qua K nên ( AC ) : x  2 y  4  0. Ta cũng dễ có: ( BK ) : 2 x  y  2  0 . + Do A �AC , B �BK nên giả sử A(2a  4; a), B (b; 2  2b). Mặt khác M (3;1) là trung điểm của AB nên ta có hệ: 2a  b  10 a4 �2a  4  b  6 � � �� �� . � a  2  2b  2 b2 � �a  2b  0 � Suy ra: A(4; 4), B(2;  2). uuu r + Suy ra: AB  (2;  6) , suy ra: ( AB) : 3 x  y  8  0 . uuur + Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA  (3; 4) , suy ra: ( BC ) : 3 x  4 y  2  0. KL: Vậy : ( AC ) : x  2 y  4  0, ( AB) : 3x  y  8  0 , ( BC ) : 3 x  4 y  2  0. 31) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x 2  y 2 – 2 x – 2 y  1  0, (C ') : x 2  y 2  4 x – 5  0 cùng đi qua M(1; 0). Viết 8 HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET 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 a( x  1)  b( y  0)  0 � ax  by  a  0, (a 2  b 2 �0)(*) . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. 2 2 Khi đó ta có: MA  2MB � IA2  IH 2  2 I ' A2  I ' H '2 � 1   d ( I ;d )   4[9   d ( I ';d )  ] , IA  IH . 9a 2 b2 36a 2  b 2   35 �  35 � a 2  36b 2 2 2 2 2 2 2 a b a b a b a  6 � Dễ thấy b �0 nên chọn b  1 � � . �a  6 Kiểm tra điều kiện IA  IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn � 4  d ( I ';d )    d ( I ;d )   35 � 4. 2 2 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  H  : x2 a 2  y2 b 2  1 . (H) tiếp xúc với d : x  y  2  0 � a 2  b 2  4 x  4 � y  2 � A  4; 2  � H  � 16 a 2  4 b2  1  1  2 Từ (1) và (2) suy ra a 2  8; b2  4 �  H  : x2 y2  1 8 4 33) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip (E): x2 y2   1 và parabol (P): y2 = 12x. 8 6 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) 2A 3 Với C = 4A  B  �  Đường thẳng đã cho có phương trình: 2A Ax �۱y4 A 0 3 2 3 y 4 0 3 2 3 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: x � y40 3 x 34) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao CH : x  y  1  0 , phân giác trong BN : 2 x  y  5  0 .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC + Do AB  CH nờn AB: x  y  1  0 . �2 x  y  5  0 ta có (x; y)=(-4; 3). �x  y  1  0 Giải hệ: � 9 HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET 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  2 y  5  0 . �2 x  y  5  0 . Suy ra: I(-1; 3) � A '(3; 4) �x  2 y  5  0 7 x  y  25  0 � + Phương trình BC: 7 x  y  25  0 . Giải hệ: � � x  y 1  0 13 9 Suy ra: C (  ;  ) . 4 4 450 d ( A; BC )  7.1  1(2)  25  3 2 + BC  (4  13 / 4) 2  (3  9 / 4) 2  , . 4 7 2  12 1 1 450 45 Suy ra: S ABC  d ( A; BC ).BC  .3 2.  . 2 2 4 4 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 d1 : x  y  3  0 và d 2 : x  y  6  0 . Trung điểm của Gọi I  (d ) �BN . Giải hệ: � một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật Ta có: d 1  d 2  I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: �x  y  3  0 �x  9 / 2 �9 3 � �� . Vậy I  � ; � � �2 2 � �x  y  6  0 �y  3 / 2 Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD  M d 1  Ox Suy ra M( 3; 0) 2 2 9 3  Ta có: AB 2 IM 2  3      3 2 2 2  S ABCD 12  2 2 AB 3 2 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d 1  AD Theo giả thiết: S ABCD AB.AD 12  AD  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  x  y  3 0 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:  2   x  3  y 2  2  y  x  3  y  x  3  y 3  x       2 2 2 2  x  3 1   x  3   y 2   x  3  (3  x) 2  x 2  x 4  hoặc  . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)  y 1  y  1  x C 2x I  x A 9  2 7 9 3 Do I ;  là trung điểm của AC suy ra:  2 2  y C 2y I  y A 3  1 2 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) 1 � � �2 � Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. 36) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  � ;0 � 10 HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET +) d ( I , AB )  5 � AD 2 = 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 � �x  2 � � 25 � 1 2 2 (x  )  y  � �y  2 � � A(2;0), B(2; 2) 4 �� hệ: � 2 �x  2 � x  2 y  2  0 � � � � �y  0 � � 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  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. 3a  4 16  3a ) � B(4  a; ) . Khi đó diện tích tam giác ABC là Gọi A(a; 4 4 1 S ABC  AB.d (C � )  3 AB . 2 2 a4 � �6  3a � 2 Theo giả thiết ta có AB  5 � (4  2a)  � � 25 � � a0 � 2 � � Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). x2 y 2 38) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) :   1 và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . Tìm 9 4 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 x2 y 2 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có   1 và diện tích tam giác ABC là 9 4 1 85 85 x y S ABC  AB.d (C � AB )  2x  3y  3  2 13 3 4 2 13 85 �x 2 y 2 � 170 �3 2 �  � 3 13 �9 4 � 13 �x 2 y 2 2  1 � � �9 �x  3 3 2 4 �� 2 Dấu bằng xảy ra khi � . Vậy C ( ; 2) 2 �x  y �y  2 � �3 2 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 � (1  a ) 2  b 2  R 2 � a0 � � 2 2 2 (1  a )  (2  y )  R � � b  1 Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2 � � �R 2  2 (a  b  1) 2  2 R 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 11 HÌNH HỌC PHẲNG ÔN THI ĐẠI HỌC – VIETMATHS.NET  4x  y  14  0  x  4 Tọa độ A là nghiệm của hệ 2x  5y  2  0 � y  2  A(–4, 2) Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên 3xG xA xB xC xB xC  2   3yG yA yB yC yB yC  2 (1) VìB(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2); C(xC, yC)  AC  y C  2x C 2  ( 3) 5 5 �xB  xC  2 �xB  3 � yB  2 � �� Thế (2) và (3) vào (1) ta có � 2 xC 2 4 xB  14    2 �xC  1 � yC  0 � 5 5 � 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. AB 3  Ta có AH BH  . Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. 2 2 Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB. Gọi H' là trung điểm của A'B' 2 �3� 3 Ta có: IH ' IH  IA  AH  3     2  2  2 2 Ta có: MI   5  1   1  2  5 2 2 3 13 3 7  ; MH '  MI  H ' I  5   2 2 2 2 3 49 52 R12 MA 2 AH2  MH2    13 4 4 4 3 169 172 R 22 MA'2 A' H'2 MH'2    43 4 4 4 và MH MI  HI 5  Ta có: Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 12