BI TP V PHNG PHP TA TRONG MT PHNG Bi 1. Trong mt phng Oxy, cho tam giỏc ABC bit A(3;0), ng cao t nh B cú phng trỡnh 01 =++ yx , trung tuyn t nh C cú phng trỡnh: 2x-y-2=0. Vit phng trỡnh ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC. Bi 2. Trong mt phng ta Oxy, cho tam giỏc ABC bit A(1;-1), B(2;1), din tớch bng 5,5 v trng tõm G thuc ng thng d: 043 =+ yx . Tỡm ta nh C. Bi 2. Trong h ta Oxy, cho hai ng trũn cú phng trỡnh ( ) 2 2 1 : 4 5 0C x y y+ = v ( ) 2 2 2 : 6 8 16 0.C x y x y+ + + = Lp phng trỡnh tip tuyn chung ca ( ) 1 C v ( ) 2 .C Bi 4.Trong mt phng ta Oxy cho hỡnh ch nht ABCD cú tõm 1 ( ;0) 2 I ng thng AB cú phng trỡnh: x 2y + 2 = 0, AB = 2AD v honh im A õm. Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh ch nht ú. Bi 5.Trong mp vi h ta Oxy cho ng trũn : x 2 +y 2 - 2x +6y -15=0 (C ). Vit PT ng thng () vuụng gúc vi ng thng: 4x-3y+2 =0 v ct ng trũn (C) ti A;B sao cho AB = 6. Bi 6. Trong mt phng ta Oxy cho im M(3; 0), ng thng d 1 : 2x y 2 = 0, ng thng d 2 : x + y + 3 = 0. Vit phng trỡnh ng thng d i qua M v ct d 1 , d 2 ln lt ti A v B sao cho MA = 2MB. Bi 7. Trong mt phng to Oxy, cho hỡnh ch nht ABCD cú phng trỡnh ng thng AB: x 2y + 1 = 0, phng trỡnh ng thng BD: x 7y + 14 = 0, ng thng AC i qua M(2; 1). Tỡm to cỏc nh ca hỡnh ch nht. Bi 8. Trong mt phng to Oxy cho tam giỏc ABC, cú im A(2; 3), trng tõm G(2; 0). Hai nh B v C ln lt nm trờn hai ng thng d 1 : x + y + 5 = 0 v d 2 : x + 2y 7 = 0. Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm C v tip xỳc vi ng thng BG. Bi 9. Tam giỏc cõn ABC cú ỏy BC nm trờn ng thng : 2x 5y + 1 = 0, cnh bờn AB nm trờn ng thng : 12x y 23 = 0 . Vit phng trỡnh ng thng AC bit rng nú i qua im (3;1) Bi 10. Vit phng trỡnh tip tuyn chung ca hai ng trũn : (C 1 ) : (x - 5) 2 + (y + 12) 2 = 225 v (C 2 ) : (x 1) 2 + ( y 2) 2 = 25. Trong mt phng vi h to Oxy, cho ng trũn (C) : 2 2 x y 2x 8y 8 0+ + = . Vit phng trỡnh ng thng song song vi ng thng d: 3x+y-2=0 v ct ng trũn theo mt dõy cung cú di bng 6. Bi 12. Vit phng trỡnh cỏc cnh ca tam giỏc ABC bit B(2; -1), ng cao v ng phõn giỏc trong qua nh A, C ln lt l : (d 1 ) : 3x 4y + 27 = 0 v (d 2 ) : x + 2y 5 = 0. Bi 13. Trong mt phng vi h ta cỏc vuụng gúc Oxy , xột tam giỏc ABC vuụng ti A, phng trỡnh ng thng BC l : 3 x y - 3 = 0, cỏc nh A v B thuc trc honh v bỏn kớnh ng trũn ni tiptam giỏc ABC bng 2 . Tỡm ta trng tõm G ca tam giỏc ABC . Bi 14. Trong mt phng vi h ta Oxy. Cho ng trũn (C) : 0124 22 =+ yxyx v ng thng d : 01 =++ yx . Tỡm nhng im M thuc ng thng d sao cho t im M k c n (C) hai tip tuyn hp vi nhau gúc 90 0 Bi 15. Trong mt phng vi h ta Oxy. Cho elip (E) : 044 22 =+ yx . Tỡm nhng im N trờn elip (E) sao cho : 0 21 60 =FNF ( F 1 , F 2 l hai tiờu im ca elip (E)). Bi 16. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM: 2 1 0x y+ + = v phõn giỏc trong CD: 1 0x y+ = . Vit phng trỡnh ng thng BC. Bi 17. Cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú din tớch bng 4. Bit A(1;0), B(0;2) v giao im I ca hai ng chộo nm trờn ng thng y = x. Tỡm ta nh C v D. B i 18. Cho đ ờng tròn (C) có phơng trình : 2 2 4 4 4 0x y x y+ + = và đờng thẳng (d) có phơng trình : x + y 2 = 0 Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đờng tròn (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. B i 19. Viết ph ơng trình đờng thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) , đờng cao và đờng phân giác trong qua đỉnh A, C lần lợt là : 3x -4y + 27 =0 và x + 2y 5 = 0. Bi 20. Cho Elip cú phng trỡnh chớnh tc 2 2 1 25 9 x y + = (E), vit phng trỡnh ng thng song song Oy v ct (E) ti hai im A, B sao cho AB=4. Bi 21.Trong mt phng vi h ta Oxy cho ng trũn (C) cú phng trỡnh (x-1) 2 + (y+2) 2 = 9 v ng thng d: x + y + m = 0. Tỡm m trờn ng thng d cú duy nht mt im A m t ú k c hai tip tuyn AB, AC ti ng trũn (C) (B, C l hai tip im) sao cho tam giỏc ABC vuụng. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. KH: 022:;01: 21 =−−=++ yxdyxd 1 d có véctơ pháp tuyến )1;1( 1 =n và 2 d có véctơ pháp tuyến )1;1( 2 =n • AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương )1;1( 1 =n ⇒ phương trình AC: 03 =−− yx . ⇒∩= 2 dACC Tọa độ C là nghiệm hệ: )4;1( 022 03 −−⇒    =−− =−− C yx yx . • Gọi );( BB yxB ⇒ ) 2 ; 2 3 ( BB yx M + ( M là trung điểm AB) Ta có B thuộc 1 d và M thuộc 2 d nên ta có: )0;1( 02 2 3 01 −⇒      =−−+ =++ B y x yx B B BB • Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: 022 22 =++++ cbyaxyx . Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có      −= = −= ⇔      −=+−− −=+− −=+ 3 2 1 1782 12 96 c b a cba ca ca ⇒ Pt đường tròn qua A, B, C là: 0342 22 =−+−+ yxyx . Tâm I(1;-2) bán kính R = 22 Bài 2. • Gọi tọa độ của điểm ) 3 ; 3 1();( CC CC yx GyxC +⇒ . Vì G thuộc d )33;(3304 33 13 +−⇒+−=⇒=−+       +⇒ CCCC CC xxCxy yx •Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương )2;1(=AB 032: =−−⇒ yxptAB • 5 11 5 3332 5 11 );( 2 11 );(. 2 1 = −−+ ⇔=⇔== ∆ CC ABC xx ABCdABCdABS      = −= ⇔=−⇔ 5 17 1 1165 C C C x x x TH1: )6;1(1 −⇒−= Cx C TH2: ) 5 36 ; 5 17 ( 5 17 −⇒= Cx C . Bài 3. ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 : 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.C I R C I R= − = Gọi tiếp tuyến chung của ( ) ( ) 1 2 ,C C là ( ) 2 2 : 0 0Ax By C A B∆ + + = + ≠ ∆ là tiếp tuyến chung của ( ) ( ) 1 2 ,C C ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 2 2 2 3 1 ; ; 3 4 3 2 B C A B d I R d I R A B C A B   + = + ∆ =   ⇔ ⇔   ∆ =   − + = +   Từ (1) và (2) suy ra 2A B= hoặc 3 2 2 A B C − + = Trường hợp 1: 2A B= . Chọn 1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0B A C x y= ⇒ = ⇒ = − ± ⇒ ∆ + − ± = Trường hợp 2: 3 2 2 A B C − + = . Thay vào (1) được 2 2 4 2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0 3 A B A B A A B y x y− = + ⇔ = = − ⇒ ∆ + = ∆ − − = Bài 4. +) 5 ( , ) 2 d I AB = ⇒ AD = 5 ⇒ AB = 2 5 ⇒ BD = 5. +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2) 2 + y 2 = 25/4 +) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ: 2 2 2 1 25 2 ( ) ( 2;0), (2;2) 2 4 2 2 2 0 0 x y x y A B x x y y  =     = − + =    ⇔ ⇒ −   = −   − + =    =    (3;0), ( 1; 2)C D⇒ − − Bài 5. Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5 Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy ra IH =4 Mặt khác IH= d( I; Δ ) Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng 3x+4y+c=0 d(I; Δ )= Vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0 Bài 6. +) Dạng tham số của d 1 và d 2 : 1 2 : , : 2 2 3 x t x u d d y t y u = =     = − + = − −   +) Tọa độ A(t; - 2 + 2t), B(u; - 3 – u). ( ) ( ) 3; 2 2 ; 3; 3MA t t MB u u= − − + = − − − uuur uuur +) TH1: 2.MA MB= uuur uuur : Tìm được ( ) 7 16 20 , ; : 4;5 3 3 3 d t MA VTCPd u   = − = − − ⇒ =  ÷   uuur uur 3 : 5 4 15 0 4 5 x y d x y − ⇒ = ⇔ − − = +) TH2: 2.MA MB= − uuur uuur : Tìm được ( ) 17 8 28 , ; : 2;7 3 3 3 d t MA VTCPd u   = = ⇒ =  ÷   uuur uur 3 : 7 2 21 0 2 7 x y d x y − ⇒ = ⇔ − − = Bài 7. Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21 2 1 0 21 13 5 ; 7 14 0 13 5 5 5 x x y B x y y  =  − + =     ⇔ ⇒    ÷ − + =     =   Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu (1; 2); (1; 7); ( ; ) AB BD AC n n n a b− − uuur uuur uuur (với a 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: ( ) ( ) os , os , AB BD AC AB c n n c n n= uuur uuur uuur uuur 2 2 2 2 3 2 7 8 0 2 7 a b a b a b a ab b b a = −   ⇔ − = + ⇔ + + = ⇔  = −  - Với a = - b. Chọn a = 1 ⇒ b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 0 3 (3;2) 2 1 0 2 x y x A x y y − − = =   ⇒ ⇒   − + = =   Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7 1 0 7 5 2 ; 7 14 0 5 2 2 2 x x y I x y y  =  − − =     ⇔ ⇒    ÷ − + =     =   Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ ( ) 14 12 4;3 ; ; 5 5 C D    ÷   - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) Bài 8. Giả sử 1 2 ( ; ) 5; ( ; ) 2 7 B B B B C C C C B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − + Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6 3 0 B C B C x x y y + + =   + + =  Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) Ta có (3;4) (4; 3) BG BG VTPT n⇒ − uuur uuur nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 Bán kính R = d(C; BG) = 9 5 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5) 2 +(y – 1) 2 = 81 25 . Bài 9. Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a 2 + b 2 ≠ 0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên : 2 2 2 2 2 2 2 2 2a 5b 2.12 5.1 2 5 . a b 2 5 . 12 1 − + = + + + + 2 2 2a 5b 29 5 a b − ⇔ = + ( ) ( ) 2 2 2 5 2a 5b 29 a b⇔ − = + ⇔ 9a 2 + 100ab – 96b 2 = 0 a 12b 8 a b 9 = −   ⇒  =  Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 Bài 10. Đường tròn (C 1 ) có tâm I 1 (5 ; -12) bán kính R 1 = 15 , Đường tròn (C 2 ) có tâm I 2 (1 ; 2) bán kính R 1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 (A 2 + B 2 ≠ 0) là tiếp tuyến chung của (C 1 ) và (C 2 ) thì khoảng cách từ I 1 và I 2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R 1 và R 2 , tức là : ( ) ( ) 2 2 2 2 5A 12B C 15 1 A B A 2B C 5 2 A B  − + =   +  + +  =  +  Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | Hay 5A – 12B + C = ± 3(A + 2B + C) TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) ⇒ C = A – 9B thay vào (2) : |2A – 7B | = 5 2 2 A B+ 2 2 21A 28AB 24B 0⇒ + − = 14 10 7 A B 21 − ± ⇒ = Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7± , C = 203 10 7− ± Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 7± )x + 21y 203 10 7− ± = 0 TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C) 4A 3B C 2 − + ⇒ = , thay vào (2) ta được : 96A 2 + 28AB + 51B 2 = 0. Phương trình này vô nghiệm. Bài 11. Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ∆, => ∆ : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0) Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> khoảng cách từ tâm I đến ∆ bằng 2 2 5 3 4− = ( ) 2 4 10 1 3 4 , 4 3 1 4 10 1 c c d I c  = − − + + ⇒ ∆ = = ⇔  + = − −   (thỏa mãn c≠2) Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 3 4 10 1 0x y+ + − = hoặc 3 4 10 1 0x y+ − − = . x 2 y 1 4x 7y 1 0 7 4 − + = ⇔ + − = − Bài 13. +) Täa ®é ®iÓm B lµ nghiÖm cña HPT : ( ) x 1 3x y 3 0 B 1;0 y 0 y 0  =  − − =  ⇔ ⇒   = =    Ta nhËn thÊy ®êng th¼ng BC cã hÖ sè gãc Bài 12. PT c¹nh BC ®i qua B(2 ; -1) vµ nhËn VTCP ( ) 1 u 4;3= uur cña (d 2 ) lµm VTPT (BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0 +) Täa ®é ®iÓm C lµ nghiÖm cña HPT : ( ) 4x 3y 5 0 x 1 C 1;3 x 2y 5 0 y 3 + − = = −   ⇔ ⇒ = −   + − = =   +) §êng th¼ng ∆ ®i qua B vµ vu«ng gãc víi (d 2 ) cã VTPT lµ ( ) 2 u 2; 1= − uur ∆ cã PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0 +) Täa ®é giao ®iÓm H cña ∆ vµ (d 2 ) lµ nghiÖm cña HPT : ( ) 2x y 5 0 x 3 H 3;1 x 2y 5 0 y 1 − − = =   ⇔ ⇒ =   + − = =   +) Gäi B’ lµ ®iÓm ®èi xøng víi B qua (d 2 ) th× B’ thuéc AC vµ H lµ trung ®iÓm cña BB’ nªn : ( ) B' H B B' H B x 2x x 4 B' 4;3 y 2y y 3 = − =  ⇒ =  = − =  +) §êng th¼ng AC ®i qua C( -1 ; 3) vµ B’(4 ; 3) nªn cã PT : y - 3 = 0 +) Täa ®é ®iÓm A lµ nghiÖm cña HPT : y 3 0 x 5 A ( 5;3) 3x 4y 27 0 y 3 − = = −   ⇔ ⇒ = −   − + = =   +) §êng th¼ng qua AB cã VTCP ( ) AB 7; 4= − uuur , nªn cã PT : O y xA B C 60 0 k = 3 , nên 0 ABC 60 = . Suy ra đờng phân giác trong góc B của ABC có hệ số góc k = 3 3 nên có PT : 3 3 y x 3 3 = () Tâm I( a ;b) của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc () và cách trục Ox một khoảng bằng 2 nên : | b | = 2 + Với b = 2 : ta có a = 1 2 3+ , suy ra I=( 1 2 3+ ; 2 ) + Với b = -2 ta có a = 1 2 3 , suy ra I = ( 1 2 3 ; -2) Đờng phân giác trong góc A có dạng:y = -x + m ().Vì nó đi qua I nên + Nếu I=( 1 2 3+ ; 2 ) thì m = 3 + 2 3 . Suy ra : () : y = -x + 3 + 2 3 . Khi đó () cắt Ox ở A(3 + 2 3 . ; 0) Do AC vuông góc với Ox nên có PT : x = 3 + 2 3 . Từ đó suy ra tọa độ điểm C = (3 + 2 3 ; 6 + 2 3 ) Vậy tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC lúc này là : 4 4 3 6 2 3 ; 3 3 + + ữ ữ . + Nếu I=( 1 2 3 ; 2 ) thì m = -1 - 2 3 . Suy ra : () : y = - x -1 - 2 3 . Khi đó () cắt Ox ở A(-1 - 2 3 . ; 0) Do AC vuông góc với Ox nên có PT : x = -1 - 2 3 . Từ đó suy ra tọa độ điểm C = (-1 - 2 3 ; -6 - 2 3 ) Vậy tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC lúc này là : 1 4 3 6 2 3 ; 3 3 + ữ ữ . Vậy có hai tam giác ABC thoả mãn đề bài và trọng tâm của nó là : G 1 = 4 4 3 6 2 3 ; 3 3 + + ữ ữ và G 2 = 1 4 3 6 2 3 ; 3 3 + ữ ữ . Bi 14. + (C) cú tõm I(2 , 1) v bỏn kớnh R = 6 + BABMA ,(90 0 = l cỏc tip im ) suy ra : 122.2. === RMAMI Vy M thuc ng trũn tõm I bỏn kớnh R / = 12 v M thuc d nờn M( x , y) cú ta tha h: ( ) ( ) += = = = =++ =+ 21 2 21 2 01 1212 22 y x y x yx yx Vy cú 2 im tha yờu cu bi toỏn cú ta nờu trờn. Bi 15. (E) : 33;11;24;1 4 222222 2 ========+ cbacbbaay x + p dng nh lớ cụsin trong tam giỏc F 1 NF 2 : 18 2 ; 9 32 3 4 )( 3 4 . 2)()( 60cos.2)( 22 22 21 2121 2 21 2 21 0 21 2 2 2 1 2 21 == == += += yx caNFNF NFNFNFNFNFNFFF NFNFNFNFFF Vậy có 4 điểm thỏa yêu cầu bài toán :         −−         −         −         3 1 , 3 24 ; 3 1 , 3 24 ; 3 1 , 3 24 ; 3 1 , 3 24 4321 NNNN . Bài 16. Điểm ( ) : 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ − . Suy ra trung điểm M của AC là 1 3 ; 2 2 t t M + −    ÷   . ( ) 1 3 : 2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C + −   ∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −  ÷   Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y⊥ + − = tại I (điểm K BC ∈ ). Suy ra ( ) ( ) : 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + = . Tọa độ điểm I thỏa hệ: ( ) 1 0 0;1 1 0 x y I x y + − =  ⇒  − + =  . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của ( ) 1;0K − . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y + = ⇔ + + = − + Bài 17. Ta có: ( ) 1;2 5AB AB= − ⇒ = uuur . Phương trình của AB là: 2 2 0x y+ − = . ( ) ( ) : ;I d y x I t t∈ = ⇒ . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: ( ) ( ) 2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− − . Mặt khác: D . 4 ABC S AB CH= = (CH: chiều cao) 4 5 CH⇒ = . Ngoài ra: ( ) ( ) ( ) 4 5 8 8 2 ; , ; | 6 4 | 4 3 3 3 3 3 ; 5 5 0 1;0 , 0; 2 t C D t d C AB CH t C D      = ⇒ −  ÷  ÷  = ⇔ = ⇔       = ⇒ − −  Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 C D      ÷  ÷     hoặc ( ) ( ) 1;0 , 0; 2C D− − . Bài 18. (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ: 2 2 0 2 2 0 4 4 4 0 2 0 x y x y x y x y x y  =    = + − =    ⇔   + − − + = =     =    Hay A(2;0), B(0;2) Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B Ta có 1 . 2 ABC S CH AB= V (H là hình chiếu của C trên AB) ax CH max ABC S m ⇔ V Dễ dàng thấy CH max ( ) ( ) 2 C C C x = ∩  ⇔  >  V Hay V : y = x với : (2;2) d I ⊥   ∈  V V V H 4 A B I y x M 2 2 O C (2 2;2 2)C⇒ + + Vậy (2 2;2 2)C + + thì ax ABC S m V Bài 19 Phươngtrình đường thẳng chứa cạnh BC: 1 ( ) qua B ( ): 4 3 5 0 BC d BC BC x y  ⇔ + − =  ⊥  Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 4 3 5 0 ( 1;3) 2 5 0 x y C x y + − =  ⇒ −  + − =  Gọi K AC , K BC , K 2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC, d 2 Ta có: 2 2 2 2 3 1 1 4 2 2 1 3 1 1 . 1 . 1 . 1 2 4 2 0 1 (loai) 3 AC BC d d AC BC d d AC AC AC AC K K K K K K K K K K K K − + − − − − = ⇔ = + + + − =   ⇔  = −   Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3 + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 3 4 27 0 ( 5;3) 3 0 x y A y − + =  ⇒ −  − =  ⇒ Pt cạnh AB là: 5 3 4 7 1 0 2 5 1 3 x y x y + − = ⇔ + − = + − − Vậy AB: 4x+7y-1=0 AC: y=3 BC: 4x+3y-5=0 Bài 20. Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là: 25 25 25 1 9 1 925 222 22 aay ya − =−=⇔ =+ 2 2 2 25 5 3 25 25 .9 ay a y −±=⇒ − =⇒ Vậy       −−       − 22 25 5 3 ;,25 5 3 ; aaBaaA       −= 2 25 5 6 ;0 aAB ; 2 2 2 10 100 100 125 25 25 25 3 9 9 9 a a a⇔ − = ⇔ − = ⇔ = − = 3 55 ±=⇒ a Vậy phương trình đường thẳng: 3 55 , 3 55 = − = xx . Bài 21. Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và ACAB ⊥ => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 23=⇒ IA    = −= ⇔=−⇔= − ⇔ 7 5 6123 2 1 m m m m . . BI TP V PHNG PHP TA TRONG MT PHNG Bi 1. Trong mt phng Oxy, cho tam giỏc ABC bit A(3;0), ng cao t nh B cú phng trỡnh 01 =++ yx ,. tip tam giỏc ABC. Bi 2. Trong mt phng ta Oxy, cho tam giỏc ABC bit A(1;-1), B(2;1), din tớch bng 5,5 v trng tõm G thuc ng thng d: 043 =+ yx . Tỡm ta nh C. Bi 2. Trong h ta Oxy, cho hai. ) 2 .C Bi 4 .Trong mt phng ta Oxy cho hỡnh ch nht ABCD cú tõm 1 ( ;0) 2 I ng thng AB cú phng trỡnh: x 2y + 2 = 0, AB = 2AD v honh im A õm. Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh ch nht ú. Bi 5 .Trong mp vi