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
b0
�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
a3 �
A(10;3) (ktm)
�
63 � � 9 � 225
�
� 9� 9
��
7 a � �a �
��
a � � �
��
Suy ra C (10;3) .
a6 �
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
b0
�
chọn
4a 3b
�
2 � 3b 2 4ab � �
Vậy phương trình d : x 1 , 3 x 4 y 15 0
b0 �
b4
�
��
�
�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 11
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 � �
b5
�
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
a4
�
�6 3a �
Theo giả thiết ta có AB 5 � (4 2a) 2 �
� 25 � �
a0
� 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
SABC =
1
� = sin �
IA.IB.sin AIB
AIB
2
� = 1 AIB vuông tại I
Do đó SABC 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
m4
�
2
� m 2 4 � �
m0
�
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
- Xem thêm -