Đang tải... (xem toàn văn)
Chuyên đề Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng - Luyện thi đại học
Chun đề 3 Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng §1. Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Bài tập 3.1. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (−1; 1) , B (2; 5) ,C (4; 3). Tìm tọa độ điểm D sao cho −−→ AD = 3 −−→ AB − 2 −→ AC. Tìm tọa độ điểm M sao cho −−→ MA + 2 −−→ MB = 5 −−→ MC. Lời giải. • Gọi D(x; y) ta có −−→ AD = (x + 1; y −1), −−→ AB = (3; 4), −→ AC = (5; 2) ⇒ 3 −−→ AB − 2 −→ AC = (−2; 8). Do đó −−→ AD = 3 −−→ AB − 2 −→ AC ⇔ x + 1 = −2 y − 1 = 8 ⇔ x = −3 y = 9 . Vậy D(−3; 9). • Gọi M(x; y) ta có −−→ MA = (−1−x; 1−y), −−→ MB = (2−x; 5−y) ⇒ −−→ MA+2 −−→ MB = (3−3x; 11−3y); −−→ MC = (4−x; 3−y). Do đó −−→ MA + 2 −−→ MB = 5 −−→ MC ⇔ 3 −3x = 5(4 −x) 11 −3y = 5(3 −y) ⇔ x = 17 2 y = 2 . Vậy M 17 2 ; 2 . Bài tập 3.2. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (2; 5) , B (1; 1) , C (3; 3). Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. Tìm tọa độ tâm hình bình hành đó. Lời giải. Gọi D(x; y) ta có −−→ AD = (x − 2; y −5), −−→ BC = (2; 2). Khi đó ABCD là hình bình hành ⇔ −−→ AD = −−→ BC ⇔ x −2 = 2 y − 5 = 2 ⇔ x = 4 y = 7 . Suy ra D(4; 7). Gọi I là tâm hình bình hành ABCD ta có I là trung điểm AC nên I 5 2 ; 4 . Bài tập 3.3. Trong mặt phẳng O xy, cho hai điểm A (−3; 2) , B (4; 3). Tìm tọa độ điểm M thuộc trục Ox sao cho tam giác MAB vng tại M. Lời giải. Vì M ∈ Ox nên M (x; 0) ⇒ −−→ MA = (x + 3; −2), −−→ MB = (x − 4; −3). Khi đó tam giác MAB vng tại M ⇔ −−→ MA. −−→ MB = 0 ⇔ (x + 3)(x −4) + 6 = 0 ⇔ x = 3 x = −2 . Vậy M(3; 0) hoặc M(−2; 0). Bài tập 3.4. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (1; −1) , B (5; −3), đỉnh C thuộc trục Oy và trọng tâm G thuộc trục Ox. Tìm tọa độ đỉnh C và trọng tâm G. Lời giải. Ta có C ∈ Oy ⇒ C(0; y), G ∈ Ox ⇒ G(x; 0). Khi đó G là trọng tâm tam giác ABC nên x A + x B + x C = 3x G y A + y B + y C = 3y G ⇔ 1 + 5 + 0 = 3x −1 −3 + y = 0 ⇔ x = 2 y = 4 Vậy C(0; 4) và G(2; 0). Bài tập 3.5. Trong mặt phẳng Oxy, cho A (−1; 3) , B (0; 4) , C (3; 5) , D (8; 0). Chứng minh rằng ABCD là tứ giác nội tiếp. Lời giải. Ta có −−→ AB = (1; 1), −−→ AD = (9; −3) ⇒ cos BAD = cos −−→ AB, −−→ AD = 9 −3 √ 2. √ 90 = 1 √ 5 . −−→ CB = (−3; −1), −−→ CD = (5; −5) ⇒ cos BCD = cos −−→ CB, −−→ CD = −15 + 5 √ 10. √ 50 = − 1 √ 5 . Suy ra cos BAD + cos BCD = 0 ⇒ BAD + BCD = 180 0 . Vậy tứ giác ABCD nội tiếp. 1 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Bài tập 3.6. Trong mặt phẳng O xy, cho tam giác ABC có A (0; 6) , B (−2; 0) , C (2; 0). Gọi M là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác ACM và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng GI vng góc với CM . Lời giải. Ta có M là trung điểm AB ⇒ M(−1; 3), G là trọng tâm tam giác ACM ⇒ G 1 3 ; 3 . Gọi I(x; y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có −→ AI = (x; y − 6) ⇒ AI = x 2 + (y − 6) 2 = x 2 + y 2 − 12y + 36 −→ BI = (x + 2; y) ⇒ BI = (x + 2) 2 + y 2 = x 2 + y 2 + 4x + 4 −→ CI = (x −2; y) ⇒ CI = (x −2) 2 + y 2 = x 2 + y 2 − 4x + 4 Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nên AI = BI AI = CI ⇔ 4x + 12y = 32 4x −12y = −32 ⇔ x = 0 y = 8 3 ⇒ I 0; 8 3 . Khi đó −→ GI = − 1 3 ; − 1 3 , −−→ CM = (−3; 3) ⇒ −→ GI. −−→ CM = 0. Vậy GI vng góc với CM (đpcm). Bài tập 3.7. (A-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (0; 2) , B − √ 3; −1 . Tìm toạ độ trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. Lời giải. Gọi H(x; y) ta có −−→ OH = (x; y), −−→ AB = (− √ 3 −3), −−→ AH = (x; y − 2), −−→ OB = (− √ 3; −1). Khi đó H là trực tâm tam giác OAB khi và chỉ khi −−→ OH. −−→ AB = 0 −−→ AH. −−→ OB = 0 ⇔ − √ 3x −3y = 0 − √ 3x −y + 2 = 0 ⇔ x = √ 3 y = −1 Gọi I(a; b) ta có −→ OI = (a; b) ⇒ OI = √ a 2 + b 2 −→ AI = (a; b −2) ⇒ AI = √ a 2 + b 2 − 4b + 4 −→ BI = a + √ 3; b + 1 ⇒ BI = a 2 + b 2 + 2 √ 3a + 2b + 4 Khi đó I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB khi và chỉ khi OI = AI OI = BI ⇔ −4b + 4 = 0 2 √ 3a + 2b + 4 = 0 ⇔ a = − √ 3 b = 1 Vậy H( √ 3; −1) và I(− √ 3; 1). Bài tập 3.8. (B-03) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vng cân tại A. Biết M (1; −1) là trung điểm cạnh BC và G 2 3 ; 0 là trọng tâm tam giác. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác. Lời giải. Gọi A(x; y), ta có −→ AG = 2 3 − x; −y , −−→ GM = 1 3 ; −1 . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên −→ AG = 2 −−→ GM ⇔ 2 3 − x = 2 3 −y = −2 ⇔ x = 0 y = 2 ⇒ A (0; 2). Gọi B(x; y) ⇒ C(2 − x; −2 − y) ta có −−→ AB = (x; y − 2) ⇒ AB = x 2 + y 2 − 4y + 4. −→ AC = (2 − x; −4 − y ) ⇒ AC = x 2 + y 2 − 4x + 8y + 20. Tam giác AB C vng cân tại A nên −−→ AB. −→ AC = 0 AB = AC ⇔ x(2 −x) + (y − 2)(−4 −y) = 0 −4y + 4 = −4x + 8y + 20 ⇔ x 2 + y 2 − 2x + 2y − 8 = 0 (1) x = 3y + 4 (2) Thay (2) vào (1) ta có (3y + 4) 2 + y 2 − 2 (3y + 4) + 2y − 8 = 0 ⇔ 10y 2 + 20y = 0 ⇔ y = 0 y = −2 . Với y = 0 ⇒ x = 4 ⇒ B(4; 0), C(−2; −2). Với y = −2 ⇒ x = −2 ⇒ B(−2; −2), C(4; 0). Vậy A(0; 2), B(4; 0), C(−2; −2) hoặc A(0; 2), B(−2; −2), C(4; 0). Bài tập 3.9. (D-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (−1; 0) , B (4; 0) , C (0; m) , m = 0. Tìm toạ độ trọng tâm G. Tìm m để tam giác GAB vng tại G. Lời giải. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên G 1; m 3 . Ta có −→ GA = −2; − m 3 , −−→ GB = 3; − m 3 . Khi đó tam giác GAB vng tại G ⇔ −→ GA. −−→ GB = 0 ⇔ −6 + m 2 9 = 0 ⇔ m = ±3 √ 6. Bài tập 3.10. (D-2010) Trong mặt phẳng O xy, cho tam giác ABC có đỉnh A (3; −7), trực tâm là H (3; −1), tâm đường tròn ngoại tiếp là I (−2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hồnh độ dương. 2 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Chun đề 3. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Lời giải. Gọi B (x 1 ; y 1 ) , C (x 2 ; y 2 ). Ta có −−→ AH = (0; 6), −−→ BC = (x 2 − x 1 ; y 2 − y 1 ). Vì H là trực tâm tam giác ABC nên −−→ AH. −−→ BC = 0 ⇔ 6 (y 2 − y 1 ) = 0 ⇔ y 2 = y 1 ⇒ B (x 1 ; y 1 ) , C (x 2 ; y 1 ). Khi đó −→ IA = (5; −7) ⇒ IA = √ 74 −→ IB = (x 1 + 2; y 1 ) ⇒ IB = (x 1 + 2) 2 + y 2 1 −→ IB = (x 1 + 2; y 1 ) ⇒ IC = (x 2 + 2) 2 + y 2 1 . Vì I là trọng tâm tam giác ABC nên IB = IA IC = IA ⇔ (x 1 + 2) 2 + y 2 1 = 74 (x 1 + 2) 2 + y 2 1 = 74 Vì x 2 > 0 nên với |y 1 | ≤ 74 ta có x 1 = −2 − 74 −y 2 1 x 2 = −2 + 74 −y 2 1 ⇒ B −2 − 74 −y 2 1 ; y 1 , C −2 + 74 −y 2 1 ; y 1 . Khi đó −−→ BH = 5 + 74 −y 2 1 ; −1 − y 1 , −→ CA = 5 − 74 −y 2 1 ; −7 − y 1 . Vì H là trực tâm nên −−→ BH. −→ CA = 0 khi và chỉ khi 5 + 74 −y 2 1 5 − 74 −y 2 1 + (1 + y 1 ) (7 + y 1 ) = 0 ⇔ y 2 1 + 4y 1 − 21 = 0 ⇔ y 1 = 3 y 1 = −7 Với y 1 = −7 ⇒ x 2 = 3 ⇒ C(3; −7) (loại). Với y 1 = 3 ⇒ x 2 = −2 + √ 65 ⇒ C −2 + √ 65; 3 (thỏa mãn). Vậy C −2 + √ 65; 3 . §2. Phương Trình Đường Thẳng Bài tập 3.11. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (−1; 2) , B (2; 3) và C (6; 2). Viết phương trình đường thẳng qua A và song song với BC. Lời giải. Gọi đường thẳng cần tìm là ∆. Vì ∆ song song với BC nên có vectơ chỉ phương −→ u = −−→ BC = (4; −1). Hơn nữa ∆ qua A nên có phương trình tham số x = −1 + 4t y = 2 − t . Bài tập 3.12. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (3; 5). Viết phương trình đường thẳng qua A cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại M, N sao cho diện tích tam giác OMN bằng 30. Lời giải. Gọi đường thẳng cần tìm là ∆. Giả sử ∆ cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại M(a; 0), N(0; b) (a, b > 0). Khi đó ∆ có phương trình đoạn chắn x a + y b = 1 ⇔ bx + ay − ab = 0. Vì A ∈ ∆ nên 3b + 5a −ab = 0 (*) Lại có OM = a, ON = b ⇒ S ∆OM N = 1 2 ab. Từ giả thiết suy ra 1 2 ab = 30 ⇔ ab = 60. Với ab = 60 thay vào (*) ta có 3. 60 a + 5a − 60 = 0 ⇔ 5a 2 − 60a + 180 = 0 ⇔ a = 6 ⇒ b = 10. Vậy ∆ có phương trình 10x + 6y − 60 = 0. Bài tập 3.13. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (8; 6). Lập phương trình đường thẳng qua A và tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 12. Lời giải. Gọi đường thẳng cần tìm là ∆. Giả sử ∆ cắt hai trục Ox, Oy lần lượt tại M(a; 0), N(0; b). Khi đó ∆ có phương trình đoạn chắn x a + y b = 1 ⇔ bx + ay − ab = 0. Vì A ∈ ∆ nên 8b + 6a −ab = 0 (*) Lại có OM = |a|, ON = |b| ⇒ S ∆OM N = 1 2 |ab|. Từ giả thiết suy ra 1 2 |ab| = 12 ⇔ |ab| = 24 ⇔ ab = ±24. Với ab = 24 thay vào (*) ta có 8. 24 a + 6a − 24 = 0 ⇔ 6a 2 − 24a + 192 = 0 (vơ nghiệm). Với ab = −24 thay vào (*) ta có 8. −24 a + 6a + 24 = 0 ⇔ 6a 2 + 24a − 192 = 0 ⇔ a = 4 a = −8 . Với a = 4 ⇒ b = −6 ⇒ ∆ có phương trình 6x −4y + 24 = 0. Với a = −8 ⇒ b = 3 ⇒ ∆ có phương trình 3x −8y − 24 = 0. Vậy có hai phương trình của ∆ là 6x −4y + 24 = 0 và 3x −8y − 24 = 0. Bài tập 3.14. (D-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (0; 2) và ∆ là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên ∆. Viết phương trình đường thẳng ∆, biết khoảng cách từ H đến trục hồnh bằng AH. Lời giải. Gọi H(x; y), ta có −−→ OH = (x; y), −−→ AH = (x; y − 2), d(H, Ox) = |y|. Từ giả thiết ta có AH = d(H, Ox) −−→ AH. −−→ OH = 0 ⇔ x 2 + (y − 2) 2 = y 2 x 2 + y(y − 2) = 0 ⇔ x 2 = 4y − 4 y 2 + 2y − 4 = 0 ⇔ x 2 = 4y − 4 y = −1 ± √ 5 . Với y = −1 − √ 5 ⇒ x 2 = −8 −4 √ 5 (vơ nghiệm) Với y = −1 + √ 5 ⇒ x 2 = −8 + 4 √ 5 ⇔ x = ± −8 + 4 √ 5 ⇒ −−→ AH = ± −8 + 4 √ 5; −3 + √ 5 . Vậy ∆ có hai phương trình là −8 + 4 √ 5x + √ 5 −3 y = 0 và − −8 + 4 √ 5x + √ 5 −3 y = 0. 3 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Bài tập 3.15. (CĐ-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua A (2; −4) và tạo với đường thẳng d một góc bằng 45 0 . Lời giải. Ta có −→ n d = (1; 1). Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm và −→ n ∆ = (a; b) (a 2 + b 2 = 0). Khi đó cos (∆, d) = | −→ n ∆ . −→ n d | | −→ n ∆ |. | −→ n d | = |a + b| √ 2. √ a 2 + b 2 . Theo giả thiết ta có cos (∆, d) = cos 45 0 ⇔ |a + b| √ 2. √ a 2 + b 2 = √ 2 2 ⇔ (a + b) 2 = a 2 + b 2 ⇔ 2ab = 0 ⇔ a = 0 b = 0 . Với a = 0 chọn b = 1 ta có −→ n ∆ = (0; 1) ⇒ ∆ : y + 4 = 0. Với b = 0 chọn a = 1 ta có −→ n ∆ = (1; 0) ⇒ ∆ : x −2 = 0. Vậy có hai đường thẳng ∆ cần tìm là y + 4 = 0 và x −2 = 0. Bài tập 3.16. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d 1 : 2x−y−1 = 0; d 2 : x+2y−3 = 0 và điểm M (2; −1). Tìm giao điểm A của d 1 , d 2 . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M và cắt d 1 , d 2 lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC cân tại A. Lời giải. Tọa độ A là nghiệm của hệ 2x −y − 1 = 0 x + 2y − 3 = 0 ⇔ x = 1 y = 1 ⇒ A (1; 1). Lấy điểm H(0; −1) ∈ d 1 và K(3 − 2t; t) ∈ d 2 ta có −−→ AH = (−1; −2) ⇒ AH = √ 5, −−→ AK = (2 − 2t; t − 1) ⇒ AK = 5(t −1) 2 Khi đó ∆ nhận −−→ HK làm vectơ chỉ phương ⇔ AH = AK ⇔ 5 = 5(t − 1) 2 ⇔ t = 0 t = 2 . Với t = 0 ⇒ K(3; 0) ⇒ −−→ HK = (3; 1) ⇒ ∆ : x = 2 + 3t y = −1 + t . Với t = 2 ⇒ K(−1; 2) ⇒ −−→ HK = (−1; 3) ⇒ ∆ : x = 2 −t y = −1 + 3t . Vậy có ∆ có hai phương trình là x = 2 + 3t y = −1 + t và x = 2 −t y = −1 + 3t . Bài tập 3.17. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B (−4; −5) và hai đường cao lần lượt có phương trình là d 1 : 5x + 3y − 4 = 0 và d 2 : 3x + 8y + 13 = 0. Lập phương trình cạnh AC. Lời giải. Nhận thấy B /∈ d 1 , B /∈ d 2 nên có thể giả sử d 1 là đường cao qua A và d 2 là đường cao qua C. Đường thẳng d 1 có vectơ chỉ phương −→ u 1 = (3; −5); đường thẳng d 2 có vectơ chỉ phương −→ u 2 = (8; −3). Ta có A ∈ d 1 ⇒ A t; 4−5t 3 ⇒ −−→ BA = t + 4; 19−5t 3 . Vì d 2 vng góc với AB nên −−→ BA. −→ u 2 = 0 ⇔ 8 (t + 4) − 19 + 5t = 0 ⇔ t = −1 ⇒ A (−1; 3). Lại có C ∈ d 2 ⇒ C k; −13−3k 8 ⇒ −−→ BC = k + 4; 27−3t 8 . Vì d 1 vng góc với BC nên −−→ BC. −→ u 1 = 0 ⇔ 3 (k + 4) −5 27−3k 8 = 0 ⇔ k = 1 ⇒ B (1; −2). Suy ra −−→ AB = (2; −5) ⇒ chọn vectơ pháp tuyến của AC là −→ n = (5; 2) Vậy đường thẳng chứa AC có phương trình 5 (x + 1) + 2 (y −3) = 0 ⇔ 5x + 2y − 1 = 0. Bài tập 3.18. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có phương trình AB là 5x − 3y + 2 = 0; các đường cao qua đỉnh A và B lần lượt là d 1 : 4x −3y + 1 = 0 và d 2 : 7x + 2y − 22 = 0. Lập phương trình hai cạnh còn lại. Lời giải. Đường thẳng d 1 có vectơ chỉ phương −→ u 1 = (3; 4); đường thẳng d 2 có vectơ chỉ phương −→ u 2 = (2; −7). Tọa độ A là nghiệm của hệ 5x −3y + 2 = 0 4x −3y + 1 = 0 ⇔ x = −1 y = −1 ⇒ A (−1; −1). Tọa độ B là nghiệm của hệ 5x −3y + 2 = 0 7x + 2y − 22 = 0 ⇔ x = 2 y = 4 ⇒ B (2; 4). Cạnh AC qua A(−1; −1) và nhận −→ u 2 = (2; −7) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 2 (x + 1) − 7 (y + 1) = 0 ⇔ 2x −7y − 5 = 0 Cạnh BC qua B(2; 4) và nhận −→ u 1 = (3; 4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 3 (x − 2) + 4 (y − 4) = 0 ⇔ 3x + 4y − 22 = 0 Vậy hai cạnh còn lại của tam giác có phương trình là AC : 2x −7y − 5 = 0 và BC : 3x + 4y − 22 = 0. Bài tập 3.19. (CĐ-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC. Các đường thẳng BC, BB , B C lần lượt có phương trình là y − 2 = 0, x −y + 2 = 0, x − 3y + 2 = 0 với B , C tương ứng là chân các đường cao kẻ từ B , C của tam giác ABC. Viết phương trình các đường thẳng AB, AC. 4 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Chun đề 3. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Lời giải. Tọa độ B là nghiệm của hệ x −y + 2 = 0 x −3y + 2 = 0 ⇔ x = −2 y = 0 ⇒ B (−2; 0). Đường thẳng BB có vectơ chỉ phương −→ u = (1; 1). Đường thẳng AC qua B (−2; 0) và nhận −→ u = (1; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x + y + 2 = 0. Tọa độ B là nghiệm của hệ x −y + 2 = 0 y − 2 = 0 ⇔ x = 0 y = 2 ⇒ B(0; 2). Tọa độ C là nghiệm hệ x + y + 2 = 0 y − 2 = 0 ⇔ x = −4 y = 2 ⇒ C(−4; 2). Ta có C ∈ B C ⇒ C (3t −2; t) ⇒ −−→ BC = (3t −2; t − 2), −−→ CC = (3t + 2; t − 2). Vì BC ⊥CC nên −−→ BC . −−→ CC = 0 ⇔ (3t −2) (3t + 2) + (t − 2) 2 = 0 ⇔ t = 0 t = 2 5 . Với t = 0 ⇒ −−→ BC = (−2; −2) ⇒ chọn −→ n (1; −1) làm vectơ pháp tuyến của AB ta có phương trình x − y + 2 = 0. Với t = 2 5 ⇒ −−→ BC = − 4 5 ; − 8 5 ⇒ chọn −→ n (2; −1) làm vectơ pháp tuyến của AB ta có phương trình 2x−y+2 = 0. Vậy cạnh AC có phương trình x + y + 2 = 0, cạnh AB có hai phương trình x −y + 2 = 0 và 2x − y + 2 = 0. Bài tập 3.20. (D-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là d 1 : 7x − 2y − 3 = 0; d 2 : 6x − y − 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC. Lời giải. Tọa độ A là nghiệm hệ 7x −2y − 3 = 0 6x −y − 4 = 0 ⇔ x = 1 y = 2 ⇒ A (1; 2). Vì B đối xứng với A qua M nên B(3; −2). Gọi N trung điểm BC. Khi đó N ∈ d 1 ⇒ N t; 7t−3 2 ⇒ −−→ BN = t −3; 7t+1 2 . Đường thẳng d 2 có vectơ chỉ phương −→ u 2 = (1; 6). Ta có d 2 ⊥BN ⇒ −→ u 2 . −−→ BN = 0 ⇔ t − 3 + 3(7t + 1) = 0 ⇔ t = 0 ⇒ N 0; − 3 2 ⇒ −−→ MN = −2; − 3 2 . Vì AC||MN nên có vectơ pháp tuyến −→ n = (3; −4). Do đó AC có phương trình 3x −4y + 5 = 0. Bài tập 3.21. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A (1; 3) và hai trung tuyến kẻ từ B và C lần lượt có phương trình d 1 : x −2y + 1 = 0 và d 2 : y − 1 = 0. Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC. Lời giải. Ta có B ∈ d 1 ⇒ B(2t 1 − 1; t 1 ), C ∈ d 2 ⇒ C(t 2 ; 1). Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, AC ta có M t 1 ; t 1 +3 2 , N t 2 +1 2 ; 2 . Khi đó M ∈ d 2 , N ∈ d 1 nên t 1 +3 2 − 1 = 0 t 2 +1 2 − 4 + 1 = 0 ⇔ t 1 = −1 t 2 = 5 ⇒ B(−3; −1), C(5; 1) ⇒ −−→ BC = (8; 2). Do đó cạnh BC nhận −→ n = (1; −4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x − 4y − 1 = 0. Bài tập 3.22. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (2; −1) và hai đường phân giác trong của góc B, C lần lượt có phương trình là d 1 : x −2y + 1 = 0 và d 2 : x + y + 3 = 0. Lập phương trình cạnh BC. Lời giải. Đường thẳng d 1 có vectơ chỉ phương −→ u 1 = (2; 1); đường thẳng d 2 có vectơ chỉ phương −→ u 2 = (1; −1). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên d 1 và d 2 ta có H(2t 1 − 1; t 1 ), K(t 2 ; −t 2 − 3) ⇒ −−→ AH = (2t 1 − 3; t 1 + 1), −−→ AK = (t 2 − 2; −t 2 − 2) Khi đó AH⊥d 1 ⇒ −−→ AH. −→ u 1 = 0 ⇔ 2(2t 1 − 3) + (t 1 + 1) = 0 ⇔ t 1 = 1 ⇒ H(1; 1). AK⊥d 2 ⇒ −−→ AK. −→ u 2 = 0 ⇔ (t 2 − 2) − (−t 2 − 2) = 0 ⇔ t 2 = 0 ⇒ K(0; −3). Gọi A 1 , A 2 lần lượt là điểm đối xứng A qua d 1 , d 2 ta có A 1 (0; 3), A 2 (−2; −5) ⇒ −−−→ A 1 A 2 = (−2; −8). Do đó cạnh BC qua A 1 (0; 3) và có vectơ pháp tuyến −→ n (4; −1) nên có phương trình 4x −y + 3 = 0. Bài tập 3.23. (B-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vng tại A, có đỉnh C (−4; 1), phân giác trong góc A có phương trình x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác bằng 24 và đỉnh A có hồng độ dương. Lời giải. Đặt d : x + y − 5 = 0 ⇒ d có vectơ chỉ phương −→ u = (1; −1) . Gọi H là hình chiếu của C trên d. Ta có H ∈ d ⇒ H(t; 5 − t) ⇒ −−→ CH = (t + 4; 4 −t). Vì CH⊥d nên −−→ CH. −→ u = 0 ⇔ t + 4 −4 + t = 0 ⇔ t = 0 ⇒ H(0; 5). Gọi C là điểm đối xứng với C qua d ⇒ C (4; 9). Ta có A ∈ d ⇒ A(t; 5 −t) ⇒ −→ AC = (−4 − t; −4 + t), −−→ AC = (4 −t; 4 + t). Vì −→ AC. −−→ AC = 0 ⇔ (−4 −t) (4 − t) + (−4 + t)(4 + t) = 0 ⇔ t = 4 t = −4 (loại) ⇒ A(4; 1). Khi đó −→ AC = (−8; 0) ⇒ AC = 8. Suy ra AB có phương trình x = 4. 5 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Vì B ∈ AB nên B(4; t) ⇒ −−→ AB = (0; t − 1) ⇒ AB = |t −1|. Theo giả thiết ta có S ∆ABC = 24 ⇔ 1 2 AB.AC = 24 ⇔ 8|t −1| = 48 ⇔ t = 7 t = −5 ⇒ B(4; 7) hoặc B(4; −5). Vì d là phân giác trong nên B(4; −5) khơng thỏa mãn. Với B(4; 7) ⇒ −−→ BC = (−8; −6). Chọn vectơ pháp tuyến của BC là −→ n (3; −4) ta có phương trình BC là 3(x−4) −4(y −7) = 0 ⇔ 3x −4y +16 = 0. Bài tập 3.24. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành có hai cạnh là x + 3y − 6 = 0 và 2x − 5y − 1 = 0. Biết hình bình hành có tâm đối xứng I (3; 5), hãy viết phương trình hai cạnh còn lại của hình bình hành. Lời giải. Giả sử AB : x + 3y − 6 = 0; AD : 2x − 5y − 1 = 0. Khi đó tọa độ A là nghiệm hệ x + 3y − 6 = 0 2x −5y − 1 = 0 ⇔ x = 3 y = 1 ⇒ A(3; 1) ⇒ C(3; 9). Cạnh BC qua C(3; 9) và nhận −−→ n AD = (2; −5) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 2x − 5y + 39 = 0. Cạnh D C qua C(3; 9) và nhận −−→ n AB = (1; 3) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x + 3y − 30 = 0. Vậy hai cạnh còn lại của hình bình hành là 2x −5y + 39 = 0 và x + 3y − 30 = 0. Bài tập 3.25. (A-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng ∆ : x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB. Lời giải. Ta có E ∈ ∆ ⇒ E(t; 5 −t). Gọi F là trung điểm AB ⇒ F (12 − t; t − 1). Ta có −−→ F M = (t − 11; 6 − t), −→ F I = (t −6; 3 − t). Vì ABCD là hình chữ nhật nên −−→ F M . −→ F I = 0 ⇔ (t − 11)(t − 6) + (6 − t)(3 −t) = 0 ⇔ t = 6 t = 7 . Với t = 6 ⇒ F (6; 5) ⇒ −−→ F M = (−5; 0) ⇒ AB nhận −→ n (0; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình y −5 = 0. Với t = 7 ⇒ F (5; 6) ⇒ −−→ F M = (−4; −1) ⇒ AB nhận −→ n (1; −4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình (x −1) − 4(y − 5) = 0 ⇔ x −4y + 19 = 0 Vậy có hai phương trình của AB là y − 5 = 0 và x − 4y + 19 = 0. Bài tập 3.26. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ : x = −2 −2t y = 1 + 2t và điểm M (3; 1). Tìm điểm B ∈ ∆ sao cho đoạn MB là ngắn nhất. Lời giải. Ta có B ∈ ∆ ⇒ B(−2 − 2t; 1 + 2t) ⇒ −−→ MB = (−5 − 2t; 2t) ⇒ MB = √ 8t 2 + 20t + 25. Xét f(t) = 8t 2 + 20t + 25 trên R có f (t) = 16t + 20; f (t) = 0 ⇔ t = − 5 4 . Bảng biến thiên t − ∞ − 5 4 + ∞ f (t) − 0 + f(t) + ∞ 25 2 + ∞ Vậy MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 √ 2 khi t = − 5 4 hay B 1 2 ; − 3 2 . Bài tập 3.27. (B-07) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (2; 2) và các đường thẳng d 1 : x + y −2 = 0, d 2 : x + y −8 = 0. Tìm điểm B ∈ d 1 và C ∈ d 2 sao cho tam giác ABC vng cân tại A. Lời giải. Ta có B ∈ d 1 ⇒ B(t 1 ; 2 − t 1 ), C ∈ d 2 ⇒ C(t 2 ; 8 − t 2 ). Suy ra −−→ AB = (t 1 − 2; −t 1 ), −→ AC = (t 2 − 2; 6 − t 2 ). Theo giả thiết ta có (t 1 − 2) (t 2 − 2) − t 1 (6 −t 2 ) = 0 (t 1 − 2) 2 + t 2 1 = (t 2 − 2) 2 + (6 − t 2 ) 2 ⇔ t 1 t 2 − 4t 1 − t 2 + 2 = 0 (1) t 2 1 − 2t 1 = t 2 2 − 8t 2 + 18 (2) . Nhận thấy t 1 = 1 khơng phải nghiệm hệ. Với t 1 = 1 ta có (1) ⇔ t 2 = 4t 1 −2 t 1 −1 thay vào (2) được t 4 1 − 4t 3 1 + 3t 2 1 + 2t 1 − 6 = 0 ⇔ (t 1 + 1) t 3 1 − 5t 2 1 + 8t 1 − 6 = 0 ⇔ t 1 = −1 t 1 = 3 Với t 1 = −1 ⇒ t 2 = 3 ⇒ B(−1; 3), C(3; 5). Với t 1 = 3 ⇒ t 2 = 5 ⇒ B(3; −1), C(5; 3). Vậy B(−1; 3), C(3; 5) hoặc B(3; −1), C(5; 3). Bài tập 3.28. (B-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (1; 1) , B (4; −3). Tìm điểm C thuộc d : x − 2y − 1 = 0 sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6. 6 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Chun đề 3. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Lời giải. Ta có −−→ AB = (3; −4). Do đó đường thẳng AB có vectơ pháp tuyến −→ n (4; 3) nên có phương trình 4(x −1) + 3(y − 1) = 0 ⇔ 4x + 3y −7 = 0 Lại có C ∈ d ⇒ C(2t + 1; t) ⇒ d(C, AB) = |4(2t + 1) + 3t −7| 5 = |11t −3| 5 . Theo giả thiết d(C, AB) = 6 ⇔ |11t −3| 5 = 6 ⇔ t = 3 t = − 27 11 . Vậy C(7; 3) hoặc C − 43 11 ; − 27 11 . Bài tập 3.29. (B-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường thẳng ∆ : x − y − 4 = 0 và d : 2x − y − 2 = 0. Tìm tọa độ điểm N thuộc d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8. Lời giải. Ta có N ∈ d ⇒ N (a; 2a −2) ⇒ −−→ ON = (a; 2a −2). Suy ra ON có phương trình x = at y = (2a − 2)t . Lại có M ∈ ON ⇒ M (at; (2a −2)t) mà M ∈ ∆ ⇒ at −(2a −2)t −4 = 0 ⇔ t = 4 2 −a ⇒ M 4a 2 −a ; 4 (2a − 2) 2 −a . Khi đó ON = 5a 2 − 8a + 4, OM = 4 |2 −a| 5a 2 − 8a + 4 ⇒ ON.OM = 4 5a 2 − 8a + 4 |2 −a| . Theo giả thiết ON.OM = 8 ⇔ 4 5a 2 − 8a + 4 |2 −a| = 8 ⇔ 5a 2 − 8a + 4 = 2 |2 −a| ⇔ a = 0 a = 6 5 . Vậy N (0; −2) hoặc N 6 5 ; 2 5 . Bài tập 3.30. (A-06) Trong mặt phẳng Oxy, cho ba đương thẳng d 1 : x+y+3 = 0, d 2 : x−y−4 = 0, d 3 : x−2y = 0. Tìm M thuộc d 3 sao cho khoảng cách từ M đến d 1 bằng hai lần khoảng cách từ M đến d 2 . Lời giải. Ta có M ∈ d 3 ⇒ M(2t; t). Khi đó d (M, d 1 ) = 2d (M, d 1 ) ⇔ |2t + t + 3| √ 2 = 2 |2t − t − 4| √ 2 ⇔ |3t + 3| = 2 |t −4| ⇔ t = 1 t = −11 . Vậy M(2; 1) hoặc M(−22; −11). Bài tập 3.31. Trong mặt phẳng Oxy, cho P (1; 6) , Q (−3; −4) và đường thẳng ∆ : 2x −y − 1 = 0. Tìm toạ độ M trên ∆ sao cho MP + MQ là nhỏ nhất. Tìm toạ độ N trên ∆ sao cho |NP − NQ| là lớn nhất. Lời giải. Nhận thấy P, Q nằm cùng phía với ∆. Gọi P là điểm đối xứng với P qua ∆ và lấy M ∈ ∆, ta có MP + MQ = MP + MQ ≥ P Q. Dấu bằng xảy ra ⇔ M = P Q ∩∆. Gọi H là hình chiếu của P trên ∆ ⇒ H(t; 2t − 1) ⇒ −−→ P H = (t −1; 2t − 7). Vì P H⊥∆ nên −−→ P H. −→ u ∆ = 0 ⇔ t −1 + 2(2t −7) = 0 ⇔ t = 3 ⇒ H(3; 5) ⇒ P (5; 4). Khi đó −−→ P Q = (−8; −8) ⇒ −−−→ n P Q (1; −1) ⇒ P Q có phương trình x −y − 1 = 0. Tọa độ M là nghiệm hệ 2x −y − 1 = 0 x −y − 1 = 0 ⇔ x = 0 y = −1 ⇒ M(0; −1). Lấy N ∈ ∆, ta có |N P − NQ| ≤ P Q. Dấu bằng xảy ra ⇔ N = P Q ∩ ∆. Ta có −−→ P Q = (−4; −10) ⇒ −−→ n P Q = (5; −2) ⇒ P Q có phương trình 5x − 2y + 7 = 0. Tọa độ N là nghiệm hệ 2x −y − 1 = 0 5x −2y + 7 = 0 ⇔ x = −9 y = −19 ⇒ M(−9; −19). Vậy M(0; −1) và N(−9; −19). Bài tập 3.32. (CĐ-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có C (−1; −2), đường trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5x + y − 9 = 0; x + 3y − 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và B. Lời giải. Đặt d 1 : 5x + y − 9 = 0, d 2 : x + 3y − 5 = 0. Đường thẳng d 2 có vectơ chỉ phương −→ u 2 = (3; −1). Ta có A ∈ d 1 ⇒ A(t; 9 −5t) ⇒ −→ AC = (−1 − t; 5t − 11). Vì AC⊥d 2 nên −→ AC. −→ u 2 = 3(−1 −t) − (5t −11) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ A(1; 4). Lại có B ∈ d 2 ⇒ B(5 −3k; k). Gọi M là trung điểm BC ⇒ M 4−3k 2 ; k−2 2 . Khi đó M ∈ d 1 nên 5. 4−3k 2 + k−2 2 − 9 = 0 ⇔ k = 0 ⇒ B (5; 0). Vậy A(1; 4) và B(5; 0). Bài tập 3.33. (A-02) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vng tại A, đường thẳng chứa BC có phương trình √ 3x −y − √ 3 = 0, A và B thuộc Ox, bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm trọng tâm tam giác ABC. Lời giải. Từ giả thiết ta có B = Ox ∩ BC ⇒ B(1; 0); A ∈ Ox ⇒ A(a; 0). Tam giác ABC vng tại A nên C(a; b). Lại có C ∈ BC ⇒ √ 3a −b − √ 3 = 0 ⇔ b = √ 3a √ 3 ⇒ C(a; √ 3a √ 3). Suy ra AB = |a −1|, AC = √ 3|a −1|, BC = 2|a − 1| ⇒ p = 1 2 3 + √ 3 |a −1|, S = √ 3 2 (a −1) 2 . Khi đó S = pr ⇔ √ 3 2 (a −1) 2 = 3 + √ 3 |a −1| ⇔ |a −1| = 2 √ 3 + 1 ⇔ a = 2 √ 3 + 3 a = −2 √ 3 −1 . 7 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Với a = 2 √ 3 + 3 ⇒ A 2 √ 3 + 3; 0 , C 2 √ 3 + 3; 2 √ 3 + 6 ⇒ G 4 √ 3+7 3 ; 2 √ 3+6 3 . Với a = −2 √ 3 −1 ⇒ A −2 √ 3 −1; 0 , C −2 √ 3 −1; −2 √ 3 −6 ⇒ G −4 √ 3−1 3 ; −2 √ 3−6 3 . Vậy G 4 √ 3+7 3 ; 2 √ 3+6 3 hoặc G −4 √ 3−1 3 ; −2 √ 3−6 3 . Bài tập 3.34. (B-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B 1 2 ; 1 . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm DEF . Cho D (3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y − 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A, biết A có tung độ dương. Lời giải. Ta có −−→ BD = 5 2 ; 0 ⇒ BD||EF ⇒ ∆ABC cân tại A. Khi đó AD⊥EF nên có phương trình x − 3 = 0. Gọi F (a; 3) ta có −−→ BF = a − 1 2 ; 2 ⇒ BF = a 2 − a + 9 4 . Do đó BF = BD ⇔ a 2 − a + 17 4 = 25 4 ⇔ a = −1 a = 2 . Với a = −1 ⇒ F (−1; 3) ⇒ −−→ BF − 3 2 ; 2 ⇒ chọn vectơ pháp tuyến của AB là −→ n (4; 3) ⇒ AB có phương trình 4x + 3y − 5 = 0 Tọa độ A là nghiệm hệ x −3 = 0 4x + 3y − 5 = 0 ⇔ x = 3 y = − 7 3 ⇒ A 3; − 7 3 (loại). Với a = 2 ⇒ F (2; 3) ⇒ −−→ BF 3 2 ; 2 ⇒ chọn vectơ pháp tuyến của AB là −→ n (4; −3) ⇒ AB có phương trình 4x + 3y + 1 = 0 Tọa độ A là nghiệm hệ x −3 = 0 4x −3y + 1 = 0 ⇔ x = 3 y = 13 3 ⇒ A 3; 13 3 (thỏa mãn). Vậy A 3; 13 3 . Bài tập 3.35. (B-08) Trong mặt phẳng Oxy, tìm toạ độ đỉnh C của tam giác ABC biết hình chiếu C lên đường thẳng AB là H(−1; −1), đường phân giác trong góc A là x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B là 4x + 3y − 1 = 0. Lời giải. Đặt d 1 : x −y + 2 = 0 và d 2 : 4x + 3y − 1 = 0. Đường thẳng d 1 có vectơ chỉ phương −→ u 1 = (1; 1); đường thẳng d 2 có vectơ chỉ phương −→ u 2 = (3; −4). Gọi M là hình chiếu của H trên d 1 ⇒ M(t; t + 2) ⇒ −−→ HM = (t + 1; t + 3). Khi đó HM⊥d 1 nên −−→ HM . −→ u 1 = 0 ⇔ t + 1 + t + 3 = 0 ⇔ t = −2 ⇒ M(−2; 0). Gọi H là điểm đối xứng với H qua d 1 ⇒ H (−3; 1). Khi đó H ∈ AC mà AC⊥d 2 nên nhận u 2 (3; −4) làm vectơ pháp tuyến. Do đó AC có phương trình 3x −4y + 13 = 0. Khi đó tọa độ A là nghiệm hệ x −y + 2 = 0 3x −4y + 13 = 0 ⇔ x = 5 y = 7 ⇒ A (5; 7). Đường thẳng HC nhận −−→ AH = (−6; −8) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 3x + 4y + 7 = 0. Tọa độ C là nghiệm của hệ 3x + 4y + 7 = 0 3x −4y + 13 = 0 ⇔ x = − 10 3 y = 3 4 ⇒ C − 10 3 ; 3 4 . Vậy C − 10 3 ; 3 4 . Bài tập 3.36. (D-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B (−4; 1), trọng tâm G (1; 1) và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x − y − 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C. Lời giải. Gọi M(x; y) là trung điểm AC, ta có −−→ BG = (5; 0), −−→ GM = (x − 1; y −1). Vì G là trọng tâm nên −→ AG = 2 −−→ GM ⇔ 5 = 2(x −1) 0 = 2(y − 1) ⇔ x = 7 2 y = 1 ⇒ M 7 2 ; 1 . Đặt d : x −y − 1 = 0. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương −→ u = (1; 1). Gọi H là hình chiếu của B trên d ⇒ H(t; t −1) ⇒ −−→ BH = (t + 4; t − 2). Khi đó BH⊥d nên −−→ BH. −→ u = 0 ⇔ t + 4 + t − 2 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ H(−1; −2). Gọi B là điểm đối xứng với B qua d ⇒ B (2; −5). Đường thẳng AC qua M, B nên nhận −−−→ MB = − 3 2 ; −6 làm vectơ chỉ phương ⇒ vectơ pháp tuyến −→ n (4; −1). Do đó AC có phương trình 4x − y − 13 = 0. Tọa độ A là nghiệm hệ x −y − 1 = 0 4x −y − 13 = 0 ⇔ x = 4 y = 3 ⇒ A (4; 3) ⇒ C (3; −1). Vậy A (4; 3) , C (3; −1). Bài tập 3.37. (A-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A (6; 6); đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y −4 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E (1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. 8 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Chun đề 3. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Lời giải. Đặt d : x + y − 4 = 0. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương −→ u = (1; −1). Gọi M là trung điểm BC. Vì ∆ABC cân tại A nên M đối xứng với A qua d. Gọi H là hình chiếu của A trên d ⇒ H(t; 4 − t) ⇒ −−→ AH = (t − 6; −t − 2). Vì AH⊥d nên −−→ AH. −→ u = 0 ⇔ t − 6 + t + 2 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ H(2; 2) ⇒ M (−2; −2). Đường thẳng BC qua M(−2; −2) và có vectơ pháp tuyến −−→ AM = (−8; −8) nên có phương trình x + y + 4 = 0. Vì B ∈ BC ⇒ B(t; −4 −t) ⇒ C(−4 − t; t) ⇒ −−→ AB = (t −6; t −10), −−→ EC = (−5 − t; t + 3). Vì E nằm trên đường cao qua C nên −−→ AB. −−→ EC = 0 ⇔ (t − 6)(−5 − t) + (t − 10)(t + 3) = 0 ⇔ t = 0 t = −6 . Vậy B(0; −4), C(−4; 0) hoặc B(−6; 2), C(2; −6). Bài tập 3.38. (B-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A có đỉnh A (−1; 4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng ∆ : x −y −4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B, C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18. Lời giải. Gọi H là hình chiếu của A trên ∆ ta có AH = d (A; ∆) = |−1−4−4| √ 2 = 9 √ 2 ⇒ HB = S ∆ABC AH = 2 √ 2 (1). Ta có H ∈ ∆ ⇒ H(t; t − 4) ⇒ −−→ AH = (t + 1; t − 8). Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương −→ u = (1; 1). Khi đó −−→ AH. −→ u = 0 ⇔ t + 1 + t − 8 = 0 ⇔ t = 7 2 ⇒ H 7 2 ; − 1 2 . Lại có B ∈ BC ⇒ B(a; a −4) ⇒ −−→ HB = a − 7 2 ; a − 7 2 ⇒ HB = √ 2 a − 7 2 (2). Từ (1) và (2) ta có √ 2 a − 7 2 = 2 √ 2 ⇔ a = 11 2 a = 3 2 . Với a = 3 2 ⇒ B 3 2 ; − 5 2 ⇒ C 11 2 ; 3 2 ; với a = 11 2 ⇒ B 11 2 ; 3 2 ⇒ C 3 2 ; − 5 2 . Vậy B 3 2 ; − 5 2 , C 11 2 ; 3 2 hoặc B 11 2 ; 3 2 , C 3 2 ; − 5 2 . Bài tập 3.39. (B-02) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I 1 2 ; 0 , AB : x −2y + 2 = 0, cạnh AB = 2AD. Tìm toạ độ các đỉnh biết A có hồnh độ âm. Lời giải. Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương −→ u = (2; 1). Gọi H là hình chiếu của I trên AB ta có H là trung điểm AB và IH = d (I, AB) = | 1 2 +2 | √ 5 = √ 5 2 . Khi đó H(2t − 2; t) ⇒ −→ IH = 2t − 5 2 ; t . Vì IH⊥AB ⇒ −→ IH. −→ u = 0 ⇔ 2 2t − 5 2 + t = 0 ⇔ 5t − 5 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ H(0; 1). Vì A ∈ AB ⇒ A(2a −2; a) ⇒ −−→ AH = (2 − 2a; 1 − a) ⇒ AH = √ 5|a −1|. Từ giả thiết AB = 2AD ⇒ AH = 2IH ⇔ √ 5|a −1| = √ 5 ⇔ a = 2 a = 2 . Với a = 2 ⇒ A(2; 2) (khơng thỏa mãn). Với a = 0 ⇒ A(−2; 0) ⇒ B(2; 2), C(3; 0), D(−1; −2). Vậy A(−2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(−1; −2). Bài tập 3.40. (A-05) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d 1 : x −y = 0, d 2 : 2x + y −1 = 0. Tìm các đỉnh hình vng ABCD biết A thuộc d 1 , B thuộc d 2 và B, D thuộc trục hồnh. Lời giải. Ta có ABCD là hình vng và B, D ∈ Ox nên A, C đối xứng nhau qua Ox. Vì A ∈ d 1 ⇒ A(t; t) ⇒ C(t; −t). Lại có C ∈ d 2 ⇒ 2t −t − 1 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ A(1; 1), C(1; −1). Gọi I = AC ∩BD ⇒ I(1; 0). Vì B ∈ Ox ⇒ B(a; 0) ⇒ D(2 −a; 0). Suy ra −−→ AB = (a −1; −1), −−→ AD = (1 − a; −1). Khi đó −−→ AB. −−→ AD = 0 ⇔ (a − 1)(1 − a) + 1 = 0 ⇔ a = 0 a = 2 . Với a = 0 ⇒ B(0; 0), D(2; 0); với a = 2 ⇒ B(2; 0), D(0; 0). Vậy A(1; 1), B(0; 0), C(1; −1), D(2; 0) hoặc A(1; 1), B(2; 0), C(1; −1), D(0; 0). Bài tập 3.41. (D-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3y = 0 và x −y + 4 = 0; đường thẳng BD đi qua điểm M − 1 3 ; 1 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. Lời giải. Tọa độ A là nghiệm hệ x + 3y = 0 x −y + 4 = 0 ⇔ x = −3 y = 1 ⇒ A (−3; 1). Lấy N ∈ AC sao cho MN||AD. Khi đó MN qua M − 1 3 ; 1 và nhận −−→ n AD = (1; −1) làm vectơ pháp tuyến. Do đó MN có phương trình x −y + 4 3 = 0. Tọa độ N là nghiệm hệ x + 3y = 0 x −y + 4 3 = 0 ⇔ x = −1 y = 1 3 ⇒ N −1; 1 3 . Gọi K là trung điểm MN ⇒ K − 2 3 ; 2 3 . Gọi I, J lần lượt là trung điểm AC, AD. Khi đó IJ qua K và nhận −−→ u AD = (1; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x + y = 0. Tọa độ I là nghiệm hệ x + 3y = 0 x + y = 0 ⇔ x = 0 y = 0 ⇒ I (0; 0). 9 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Tọa độ J là nghiệm hệ x −y + 4 = 0 x + y = 0 ⇔ x = −2 y = 2 ⇒ J (−2; 2). Khi đó I là trung điểm AC ⇒ C(3; −1); J là trung điểm AD ⇒ D(−1; 3); I là trung điểm BD ⇒ B(1; −3). Vậy A(−3; 1), B(1; −3), C(3; −1), D(−1; 3). Bài tập 3.42. (A-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vng ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử M 11 2 ; 1 2 và đường thẳng AN có phương trình 2x − y − 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A. Lời giải. Đặt d : 2x −y − 3 = 0. Gọi H = AN ∩ BD. Qua H kẻ đường thẳng song song AB lần lượt cắt AD, BC tại P và Q. Đặt HP = x ⇒ P D = QC = x, AP = HQ = BQ = 3x ⇒ M Q = x. Do đó ∆AHP = ∆HM Q ⇒ AH⊥HM và AH = HM = d (M, d) = | 11− 1 2 −3 | √ 5 = 3 √ 5 2 Suy ra AM = √ 2HM = 3 √ 10 2 (1). Lại có A ∈ d ⇒ A(t; 2t −3) ⇒ −−→ AM = 11 2 − t; 7 2 − 2t ⇒ AM = 5t 2 − 25t + 85 2 (2). Từ (1) và (2) ta có 5t 2 − 25t + 85 2 = 45 2 ⇔ t = 4 t = 1 . Vậy A(4; 5) hoặc A(1; −1). §3. Phương Trình Đường Tròn Bài tập 3.43. (B-06) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 − 2x − 6y + 6 = 0 và điểm M (−3; 1). Gọi T 1 , T 2 là các tiếp điểm vẽ từ M đến (C). Lập phương trình đường thẳng T 1 T 2 . Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2. Khi đó −−→ MI = (4; 2) ⇒ MI = 2 √ 5 > R. Do đó M nằm ngồi (C). Giả sử T (a; b) điểm tiếp xúc của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C), ta có −−→ MT = (a + 3; b − 1), −→ IT = (a −1; b − 3). Khi đó T ∈ (C) −−→ MT . −→ IT = 0 ⇔ a 2 + b 2 − 2a − 6b + 6 = 0 (a + 3) (a − 1) + (b −1)(b − 3) = 0 ⇔ a 2 + b 2 − 2a − 6b + 6 = 0 (1) a 2 + b 2 + 2a − 4b = 0 (2) . Trừ theo vế (1) và (2) ta có −4a −2b + 6 = 0 ⇔ b = 3 − 2a thay vào (2) ta có a 2 + (3 − 2a) 2 + 2a − 4 (3 −2a) = 0 ⇔ 5a 2 − 2a − 3 = 0 ⇔ a = 1 a = − 3 5 Với a = 1 ⇒ b = 1 ⇒ T (1; 1); với a = − 3 5 ⇒ b = 21 5 ⇒ T − 3 5 ; 21 5 . Khơng mất tính tổng qt ta giả sử T 1 (1; 1), T 2 − 3 5 ; 21 5 . Khi đó T 1 T 2 nhận −−→ MI = (4; 2) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 2x + y − 3 = 0. Bài tập 3.44. (D-2011) Trong mặt phẳng O xy, cho điểm A (1; 0) và đường tròn (C) : x 2 + y 2 − 2x + 4y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M, N sao cho tam giác AMN vng cân tại A. Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; −2) và bán kính R = √ 10. Ta có IM = IN và AM = AN nên IA⊥MN hay IA⊥∆ mà −→ IA = (0; 2) nên ∆ có phương trình dạng y = m. Vì M, N ∈ ∆ nên M(x 1 ; m), N(x 2 ; m). Mặt khác M, N ∈ (C) nên x 1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 2x + m 2 + 4m − 5 = 0 (*). Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m 2 + 4m − 6 < 0. Khi đó theo định lý vi-et có x 1 + x 2 = 2; x 1 x 2 = m 2 + 4m − 5 (1). Lại có −−→ AM = (x 1 − 1; m), −−→ AN = (x 2 − 1; m). Do đó −−→ AM. −−→ AN = 0 ⇔ (x 1 − 1) (x 2 − 1) + m 2 = 0 ⇔ x 1 x 2 − (x 1 + x 2 ) + 1 + m 2 = 0 (2). Thay (1) vào (2) được m 2 + 4m − 5 − 2 + 1 + m 2 = 0 ⇔ m = 1 m = −3 (thỏa mãn). Vậy có hai phương trình ∆ là y = 1 hoặc y = −3. Bài tập 3.45. (CĐ-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 − 2x − 4y + 1 = 0 và đường thẳng d : 4x −3y + m = 0. Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AIB = 120 0 , với I là tâm của (C). Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; 2) và bán kính R = 2. Gọi H là trung điểm AB ta có AIH = 60 0 ⇒ IH = IA. cos 60 0 = 1. Lại có IH = d (I, d) = |4 −6 + m| 5 = |m −2| 5 ⇒ |m −2| 5 = 1 ⇔ m = 7 m = −3 . Vậy m = 7 hoặc m = −3. 10 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết [...]...GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết 3 Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Chun đề 2 Bài tập 3.46 (D-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : (x − 1) + y 2 = 1 Gọi I là tâm của (C) Xác định toạ độ điểm M ∈ (C) sao cho IM O = 300 Lời giải Đường tròn (C) có tâm I(1; 0) Nhận thấy O ∈ (C) nên IOM =... = Vậy (E) có phương trình x2 16 + y2 4 c a = √ 3 2 √ √ ⇔ c = 2 3 ⇒ b = 16 − 12 = 2 = 1 12 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết 3 Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Chun đề b) Ta có 2b = 8 ⇔ b = 4 và 2c = 4 ⇔ b = 2 ⇒ a = √ √ 16 + 4 = 2 5 Vậy (E) có phương trình 2 x2 a2 √ x2 20 + y2 16 = 1 y b2 c) Gọi elip cần tìm là (E) : + = 1 (a, b > 0) √ Vì (E) có một tiêu điểm F ( 3; 0) ⇒... chi u của O trên AB ⇒ OH là bán kính đường tròn x2 + y 2 = 4 ⇒ OH = 2 √ 1 1 1 1 4 Lại có OH 2 = OA2 + OB 2 ⇔ 1 = a2 + a2 ⇔ a2 = 20 ⇔ a = 2 5 4 Vậy (E) có phương trình x2 20 + y2 5 = 1 x2 y 2 + = 1 Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc (E), có 4 1 hồnh độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất Bài tập 3.60 (A-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho (E) : 13 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi. .. có phương trình x + y 2 = 1 4 Bài tập 3.56 (A-08) Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình chính tắc của elip có tâm sai bằng nhật cơ sở có chu vi 20 √ 5 3 và hình chữ x2 y2 + 2 = 1 (a > 0, b > 0) a2 b x2 y2 3a2 = 25(a2 + b2 ) a=3 ⇔ Vậy (E) : + = 1 a+b=5 b=2 9 4 Lời giải Gọi phương trình chính tắc của elip cần tìm là (E) : Từ giả thi t ta có √ a2 −b2 a √ = 53 ⇔ 2 (2a + 2b) = 20 Bài tập 3.57 (D-05) Trong. .. 18 = 0 ⇔ a = 3 ⇒ b = 3 ⇒ I(3; 3) √ √ Mặt khác (C) tiếp xúc d nên có bán kính R = d (I, d) = |3−3−4| = 2 2 2 Vậy (C) có phương trình (x − 3)2 + (y − 3)2 = 8 √ √ Bài tập 3.53 (A-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d1 : 3x + y = 0 và d2 : 3x − y = 0 Gọi (T ) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vng tại B Viết phương √ trình của (T ), biết tam giác... tâm K 8 ; 4 và bán kính R1 = d (K, ∆1 ) = 5√25 = 2 5 2 5 5 Bài tập 3.50 (A-07) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (0; 2) , B (−2; −2) , C (4; −2) Gọi H là chân đường cao vẽ từ B và M, N là trung điểm AB, BC Viết phương trình đường tròn qua H, M, N − → Lời giải Ta có M, N là trung điểm AB, BC nên M (−1; 0), N (1; −2) Lại có AC = (4; −4) − → = (1; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x... vectơ pháp tuyến nên có phương trình x − y = 0 x+y−2=0 x=1 Tọa độ H là nghiệm hệ ⇔ ⇒ H (1; 1) x−y =0 y=1 Gọi đường tròn cần tìm là (C) : x2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 (a2 + b2 > c) Khi đó M, N, H ∈ (C) nên ta có 1 − 2a + c = 0 a = −1 2 1 5 − 2a + 4b + c = 0 ⇔ b= 2 (thỏa mãn) 2 − 2a − 2b + c = 0 c = −2 Vậy đường tròn cần tìm là (C) : x2 + y 2 − x + y − 2 = 0 Bài tập 3.51 (D-2012) Trong mặt phẳng. .. tại A 2 Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác AN F2 có tâm M 1; √3 và bán kính M F2 = 2 Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác AN F2 có phương trình (x − 1) + y − 2 √ 3 2 2 √ 3 4 = 3 Bài tập 3.59 (B-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x2 + y 2 = 4 Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của... + (y + 3)2 = 10 Bài tập 3.52 (B-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường tròn (C1 ) : x2 + y 2 = 4, (C2 ) : x2 + y 2 − 12x + 18 = 0 và đường thẳng d : x − y − 4 = 0 Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc (C2 ) tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vng góc với d − Lời giải Đường tròn (C1 ) có tâm là gốc tọa độ O Đường thẳng d có vectơ pháp tuyến → = (1; −1) n 2 2 Gọi... tìm là (C) : x2 + y 2 − x + y − 2 = 0 Bài tập 3.51 (D-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : 2x − y + 3 = 0 Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2 11 GV: Lê Ngọc Sơn Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết Lời giải Gọi đường tròn cần tìm là (C) và tâm (C) là I Ta có I ∈ d ⇒ I(t; 2t + 3) t = −1 Lại có AB = CD nên d (I, . Chun đề 3 Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng §1. Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Bài tập 3.1. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (−1; 1) , B (2; 5) ,C (4; 3). Tìm. (8; 2). Do đó cạnh BC nhận −→ n = (1; −4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x − 4y − 1 = 0. Bài tập 3.22. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (2; −1) và hai đường phân giác trong. 4 = 0 2 √ 3a + 2b + 4 = 0 ⇔ a = − √ 3 b = 1 Vậy H( √ 3; −1) và I(− √ 3; 1). Bài tập 3.8. (B -03) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vng cân tại A. Biết M (1; −1) là trung điểm cạnh BC và G 2 3 ;