[Phần 1] Tuyển tập các bài hình giải tích phẳng Oxy trong đề thi thử ĐH (2013-2014) - Megabook.vn

TUYỂN TẬP CÁC BÀI HÌNH GIẢI TÍCH PHẲNG OXY TRONG

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC

PHẦN THỨ NHẤT : NĂM 2013 - 2014

Bài toán 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho hình vuông ABCD có các đỉnhA(−1; 2) ; C(3;−2). Gọi E là trung điểm cạnh AD ; BM là đường thẳng vuông góc với CE tại M; N là trung điểm cạnh BM và P là giao điểm của AN và DM . Biết phương trình đường thẳngBM : 2x− y − 4 = 0 .Tìm tọa độ đỉnh P .

Lời giải:

A B

CD

E

M

N

P

I

- Phương trình EC đi qua C vuông góc với BM là: x+ 2y + 1 = 0

- Tọa độ điểm M = EC ∩BM là nghiệm của hệ{

2x− y − 4 = 0x+ 2y + 1 = 0 ⇐⇒

x =

7

5

y = −6

5

=⇒ M

(7

5;−6

5

)

- Do N là trung điểm BM suy ra N(

11

5;2

5

)- Phương trình AN qua hai điểm A và N là x+ 2y − 3 = 0- Gọi I là tâm hình vuông suy ra I(1; 0). Phương trình BD qua I vuông góc với AC là x− y − 1 = 0

- Tọa độ B là nghiệm của hệ{

2x− y − 4 = 0x− y − 1 = 0 ⇐⇒

{x = 3y = 2 =⇒ B (3; 2)

- Do I là trung điểm BD suy ra tọa độ D (−1;−2)- Phương trình DM qua D và M là x− 3y − 5 = 0

- Tọa độ P = DM ∩AN là nghiệm của hệ{x− 3y − 5 = 0x+ 2y − 3 = 0 ⇐⇒

x =

19

5

y = −2

5

=⇒ P

(19

5;−2

5

)

Kết luận: Tọa độ điểm P

(19

5;−2

5

)thỏa mãn yêu cầu bài toán. �

1http://megabook.vn

Bài toán 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, tam giác ABC vuông tại A ngoại tiếphình chữ nhật MNPQ. Biết các điểm M(−3;−1) và N(2;−1) thuộc cạnh BC; Q thuộc cạnh AB vàP thuộc cạnh AC. Đường thẳng AB có phương trình x− y+ 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giácABC

Lời giải:

A

CB M N

PQ

- Phương trình đường thẳng BC qua M và N là y + 1 = 0

- Tọa độ điểm B = AB ∩BC là nghiệm của hệ{x− y + 5 = 0y + 1 = 0 ⇐⇒

{x = −6y = −1 =⇒ B (−6;−1)

- Đường thẳng QM qua M vuông góc với BC có phương trình là x+ 3 = 0

- Tọa độ Q = QM ∩AB là nghiệm của hệ{x+ 3 = 0x− y + 5 = 0 ⇐⇒

{x = −3y = 2 =⇒ Q (−3; 2)

- Ta có−−→MN = (5; 0) ;

−−−→QP = (xP + 3; yP − 2) =⇒

−−→MN =

−−−→QP ⇐⇒

{xP = 2yP = 2 =⇒ P (2; 2)

- Đường thẳng AC qua P vuông góc với AB là x+ y − 4 = 0

- Tọa độ C = AC ∩BC là nghiệm của hệ{x+ y − 4 = 0y + 1 = 0 ⇐⇒

{x = 5y = −1 =⇒ C (5;−1)

- Tọa độ A = AB ∩AC là nghiệm của hệ{x+ y − 4 = 0x− y + 5 = 0 ⇐⇒

x = −1

2

y =9

2

=⇒ A

(−1

2;9

2

)

Kết luận: Tọa độ các điểm A

(−1

2;9

2

); B(−6;−1) ; C(5;−1) �.

Bài toán 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy,cho đường tròn (C) : x2 + y2 − 4x +

2y− 11 = 0 và đường thẳng (d) : 4x− 3y+ 9 = 0. Gọi A;B lần lượt là hai điểm thuộc (d) và C là điểm

thuộc đường tròn (C). Biết điểm H

(22

5;11

5

)là một giao điểm của AC và (C) ( C 6= H) và điểm

K

(−6

5;7

5

)là trung điểm của AB. Tìm tọa độ các đỉnh A;B;C.

Lời giải:

2 http://megabook.vn

SAKIH = 24

A

d : 4x− 3y = −9

K

B

H

I

C

- Đường tròn (C) có tâm I(2;−1); bán kính R = 4.

- Tọa độ (d) ∩ (C) thỏa{x2 + y2 − 4x+ 2y − 11 = 04x− 3y + 9 = 0

⇐⇒

x = −6

5

y =7

5

=⇒ (d) ∩ (C) = K

(−6

5;7

5

)- Ta có HK = 4

√2 =⇒ HK2 = IH2 + IK2 = R2 + R2 =⇒ ∆IHK vuông tại I suy ra tứ giác AHIK là

hình thang vuông tại I và K.

=⇒ SAHIK =(AH + IK) IH

2= 24 ⇐⇒ (AH +R)R

2= 24 =⇒ AH = 8

- Gọi A(a;

3a+ 9

3

)∈ (d) =⇒ B

(−12

5− a;

14

5− 3a+ 9

3

).Ta có

√(a+

6

5

)2

+

(4a

3+ 3− 7

5

)2

= 8

⇐⇒ 5a2+12a−180 = 0 ⇐⇒

[a =

18

5a = −6

=⇒

A

(18

5;39

5

)→ B (−6;−5)

A (−6;−5)→ B

(18

5;39

5

)(Loại do A;B khác phía với IK)

- Phương trình AC qua A và H là 7x+ y − 33 = 0

- Tọa độ C = (C) ∩AC thỏa{x2 + y2 − 4x+ 2y − 11 = 07x+ y − 33 = 0

⇐⇒

x =

26

5

y = −17

5

=⇒ C

(26

5;−17

5

)

Kết luận: Tọa độ các điểm A

(18

5;

39

5

);B (−6;−5) ;C

(26

5; −17

5

). �

Bài toán 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho điểm A (1; 0) và các đường tròn(C1) : x2 + y2 = 2; (C2) : x2 + y2 = 5 . Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt nằm trên (C1) và (C2)để tam giác ABC có diện tích lớn nhất.

Lời giải:

3http://megabook.vn

A

B

C

H

* Đầu tiên ta có nhận xét: để tam giác ABC có diện tích lớn nhất thì O phải là trực tâm của tam giác ABC.Chứng minh:Giả sử CO không ⊥ AB thì ta luôn tìm được điểm C ′ ∈ (C2) sao cho d(C ′, AB) lớn hơn d(C,AB), hayS∆ABC′ lớn hơn S∆ABC → không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do đó CO ⊥ AB-Tương tự ta cũng có BO ⊥ ACVậy O là trực tâm của tam giác ABC.Suy ra AO ⊥ BC ⇐⇒ xB = xC

Và ta giả sử B(t; b) ∈ (C1), C(t; c) ∈ (C2) (t, b, c ∈ R) thì ta có{t2 + b2 = 2t2 + c2 = 5

⇐⇒{b2 = 2− t2c2 = 5− t2

Mà CO ⊥ AB nên−−−→CO.−−−→AB = 0 hay t(t− 1) + bc = 0 suy ra b2c2 = t4 − 2t3 + t2

Do đó (2− t2)(5− t2) = t4 − 2t3 + t2 ⇐⇒ (t+ 1)(2t2 − 10t+ 10) ⇐⇒ t = −1; t =5 +√

5

2; t =

5−√

5

2

Tới đây ta có: S∆ABC =1

2BC.d(A,BC) =

1

2|xA − xB||yB − yC | =

1

2|1− t||b− c|

Suy ra S2∆ABC =

1

4(1− t)2(b2 + c2 − 2bc) =

1

4(1− t)2((2− t2) + (5− t2)− 2(t− t2)) =

1

4(1− t)2(7− 2t)

* Nếu t = −1 thì ta suy ra S2∆ABC = 9 hay S∆ABC = 3

* Nếu t =5 +√

5

2thì ta dễ thấy điều vô lí vì t2 + b2 = 2.

* Nếu t =5−√

5

2thì ta có S2

∆ABC =

√5− 1

8< 9 → Loại.

Suy ra với t = −1 thì S∆ABC lớn nhất.

Và ta có

bc = −2b2 = 1c2 = 4

⇐⇒{b = 1c = −2

∨{b = −1c = 2

=⇒{B(−1; 1)C(−1;−2)

∨{B(−1;−2)C(−1; 2)

Kết luận: Với{B(−1; 1)C(−1;−2)

∨{B(−1;−2)C(−1; 2)

thì tam giác ABC có diện tích lớn nhất �

Bài toán 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho hình thoi ABCD có A = 600.Trêncác cạnh AB,BC lấy các điểm M,N sao cho MB +NB = AB.Biết P (

√3; 1) thuộc đường thẳng DN

và đường phân giác trong của góc MDN có phương trình là d : x− y√

3 + 6 = 0.Tìm toạ độ đỉnh Dcủa hình thoi ABCD.

Lời giải:

Từ giả thiết A = 600 =⇒ tam giác ABD,CBD là các tam giác đều.Theo đề bài ta có AM = BN,BM = CN .Xét hai tam giác ADM và BDN ta có: DAM = DBN = 600,AD = BD,AM = BN ⇐⇒ hai tam giácbằng nhau ⇐⇒ ADM = BDN (1).Xét hai tam giác BMD và CND ta có: DBM = DCN = 600,CD = BD,CN = BM ⇐⇒ hai tam giácbằng nhau ⇐⇒ NDC = MDB (2).Từ (1) và (2) ⇐⇒ MDN = 600.Gọi P ′ là điểm đối xứng của P qua đường phân giác d =⇒ P ′ thuộc đường thẳng DM=⇒ tam giác PDP ′ là tam giác đều. =⇒ DP = PP ′ = 2d(P/d) = 6.


Gọi D có tọa độ D(a;a+ 6√

3

). Ta có: PD2 = (a−

√3)2 +

(a+ 6−

√3√

3

)2

= 36

⇐⇒ a = 3 +√

3 ∨ a = −6 +√

3 ⇐⇒ D(3 +√

3; 1 + 3√

3) ∨D(−6 +√

3; 1).

Kết luận: Tọa độ D(3 +√

3; 1 + 3√

3) ∨D(−6 +√

3; 1) thỏa mãn bài toán. �

Bài toán 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho hình chữ nhật ABCD , đỉnh B

thuộc đường thẳng d1 : 2x − y + 2 = 0, đỉnh C thuộc đường thẳng d2 : x − y − 5 = 0 .Gọi H là hình

chiếu của B xuống đường chéo AC . BiếtM(

9

5;2

5

); K (9; 2) lần lượt là trung điểm của AH và CD .

Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết hoành độ đỉnh C lớn hơn 4.

Lời giải:

A

B C

D

H K

M

Gọi B(b; 2b+ 2), C(c; c− 5), (c > 4) và E là điểm đối xứng với B qua C. Suy ra E(2c− b; 2c− 2b− 12).Dễ dàng chứng minh được K là trung điểm của AE. Do đó,

−−−→HE = 2

−−→MK =

(72

5;16

5

)=⇒ H

(2c− b− 72

5; 2c− 2b− 76

5

).

Thiết lập tọa độ các vector

−−−→CK = (9− c; 7 + c),

−−−→BC = (c− b; c− 2b− 7),

−−−→BH =

(2c− 2b− 72

5; 2c− 4b− 86

5

),−−→MC =

(c− 9

5; c− 27

5

).

Với giả thiết bài toán ta có hệ phương trình{−−−→CK.

−−−→BC = 0

−−−→BH.−−→MC = 0

⇐⇒

{−2c2 + 3bc+ 23c− 23b− 49 = 0

4c2 − 6bc+126

5b− 46c+

594

5= 0

⇐⇒{b = 1c = 9 hoặc c = 4(loại)

Từ đó ta có B(1; 4), C(9; 4) . Vì K là trung điểm của CD nên suy ra D(9; 0) . Lại có C là trung điểm của

BE nên suy ra E(17; 4), và K là trung điểm của AE nên suy ra A(1; 0) .

Bài toán 7: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho đường tròn (C) :(x− 5

4

)2

+ (y − 1)2 = 2 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết các đỉnh B và C

thuộc đường tròn (C), các đỉnh A và D thuộc trục Ox.

Nguyễn Đình Huynh - Diễn đàn toán học K2pi.Net.Vn

5http://megabook.vn

A B

CD

(x− 1.25)2 + (y − 1)2 = 2

Đường tròn (C) có tâm I

(5

4; 1

)=⇒ ABCD nhận đường thẳng x =

5

4là một trục đối xứng.

C ∈ Ox =⇒ C = (a; 0) =⇒ D = (5

2− a; 0) ; AD ⊥ Ox =⇒ A = (

5

2− a; b) =⇒ B = (a; b)

=⇒ CD = |2a− 5

2|;AD = |b| =⇒ |2a− 5

2| = |b| ⇐⇒ b2 = 4(a− 5

4)2 , (1)

Lại có A,B thuộc (C) =⇒ (a− 5

4)2 + (b− 1)2 = 2 , (2)

Từ (1) và (2) =⇒ 5b2 − 8b− 4 = 0 ⇐⇒

[b = 2

b = −2

5

Với b = 2 =⇒ Bốn đỉnh của hình vuông ABCD có tọa độ lần lượt là:(

1

4; 2

);

(9

4; 2

);

(9

4; 0

);

(1

4; 0

).

Với b = −2

5=⇒ Bốn đỉnh của hình vuôngABCD có tọa độ lần lượt là:

(21

20;−2

5

);

(29

20;−2

5

);

(29

20; 0

);

(21

20; 0

).

Bài toán 8: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại

tiếp đường tròn (I) : (x− 5)2 + (y − 6)2 =32

5. Biết rằng các đường thẳng AC và AB lần lượt đi qua

các điểm M(7; 8) và N(6; 9). Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD.

Lời giải:

A

B

C

D

I

M

N

Do là đường tròn nội tiếp hình thoi suy ra tâm trung với giao của hai đường chéo.Dễ dàng suy raAC : 1− y + 1 = 0. Gọi phương trình AB có hệ số góc k dạng y = k(x− 6) + 9.

Có d (I, AB) =|3− k|√k2 + 1

=4√

10

5=⇒

k =1

3

k = −13

9

=⇒

AB : y =x

3+ 7

AB : y = −13x

9+

53

9

=⇒[A (9; 10) , C(1; 2)A (2; 3) , C(8; 9)

6

Lời giải:

http://megabook.vn

Ta có BD : x+ y − 11 = 0 =⇒

B (3; 8)

B

(−23

2;45

2

)=⇒

D (7; 4)

D

(43

2;−21

2

)Kết luận: Tọa độ các đỉnh cần tìm là

A (9; 10) ;B (3; 8) ;C (1; 2) ;D (7; 4)

A (2; 3) ;B

(−23

2;45

2

);C (8; 9) ;D

(43

2;−21

2

)�

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hai đường tròn (O1) và (O2) có bánkính bằng nhau và cắt nhau tại A(4; 2) và B. Một đường thẳng đi qua A và N(7; 3) cắt các đường tròn(O1) và (O2) lần lượt tại D và C . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác BCD biết rằng đường thẳng nối

tâm O1, O2 có phương trình x− y − 3 = 0 và diện tích tam giác BCD bằng24

5.

Lời giải:

Phương trình (AN) : x− 3y + 2 = 0.

Có O1O2 ⊥ AB =⇒ (AB) : x+y−6 = 0 =⇒ I

(9

2;3

2

)=⇒ B(5; 1) ( với I là giao điểm của AB va O1O2)

Do 2 đường tròn bán kính bằng nhau nên BDC = BCA( cùng chắn 1 cung AB)

Nên tam giác BDC cân.Kẻ BM vuông góc với DC suy ra (BM) : 3x+ y − 16 = 0 hay M(

23

5;11

5

)Gọi D(3t− 2; t) =⇒ C

(56

5− 3t;

22

5− t)

Có SBCD =1

2.d(B; (CD)).DC suy ra t = 1 ∨ t =

17

5

Với t = 1 thì D(1; 1);C

(41

5;17

5

)Với t =

17

5thì C(1; 1);D

(41

5;17

5

)

Kết luận: Tọa độ các đỉnh cần tìm là

B (5; 1) ;C

(41

5;17

5

);D (1; 1)

B (5; 1) ;C (1; 1) ;D

(41

5;17

5

) �

Bài toán 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Elip có phương trình:x2

8+y2

4= 1 và điểm I(1;−1).

Một đường thẳng ∆ qua I cắt Elip tại hai điểm phân biệt A,B .Tìm tọa độ các điểm A,B sao cho độlớn của tích IA.IB đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải:

c

I

A

B

a

b

Gọi I ′, A′, B′ lần lượt là hình chiếu của I, A,B xuống trục hoành, khi đó theo tính chất của hình chiếu tasuy ra IA.IB ≥ I ′A′.I ′B′, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AB song song với trục hoành. Tương tự hạ hìnhchiếu xuống trục tung, lập luận tương tự suy ra AB song song với trục tung.Nhưng trong hai trường hợp này chỉ có một trường hợp thỏa mãn bài toán. Nhưng để ý I (1;−1) nằm trong

Lời giải: 7http://megabook.vn

Elip do12

8+

(−1)2

4− 1 < 0 nên các hình chiếu trên đều nằm trong trục lớn hoặc trục bé của Elip, để ý

là trục lớn có độ dài lớn hơn nên đường thẳng AB cần tìm sẽ song song với trục bé, tức song song với trục tung.

DoAB song song với trục tung và qua I (1;−1) nên có phương trình là: x = 1 =⇒ A 1;−√

7

2

), B 1;

√7

2

).

Vậy hai điểm cần tìm là A 1;−√

7

2

), B 1;

√7

2

)hoặc A 1;

√7

2

), B 1;−

√7

2

)�.

Bài toán 11: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A (3; 5), B (1; 2),C (6; 3). Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A cắt BC sao cho tổng khoảng cách từ hai điểm B,C đến ∆là lớn nhất. Hãy lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm E (−1; 1) đồng thời cắt cả hai đườngthẳng ∆ và d1 : x− y + 14 = 0 lần lượt tại hai điểm H,K sao cho 3HK = IH

√10 với I là giao điểm

của ∆ và d1 .

Lời giải:

−8. −6. −4. −2. 2. 4. 6.

−2.

2.

4.

6.

8.

0

A

B

C

E

d

f

Delta : 5x + y = 20

H

K

K′

H′

Hướng 1: Bằng phương pháp dựng hình cộng hưởng với việc tham số hóa đưa về giải tích. Ta có :−−−→BA = (2; 3),

−−−→BC = (5; 1) =⇒

−−−→BA ·

−−−→BC = 2 · 5 + 1 · 3 = 13 > 0

Do đó : cosB > 0 =⇒ B nhọn.Có :

−→CA = (−3; 2),

−−−→CB = (−5;−1) =⇒

−−−→BA ·

−−−→BC = 15− 2 = 13 > 0 Do đó : cosC > 0 =⇒ C nhọn. Kẻ

BP⊥∆, CQ⊥∆. Khi đó ta có : d(B,∆) = BP, d(C,∆) = CQ.

Gọi D là giao điểm của ∆ và BC khi đó ta có : BP + CQ ≤ BD +DC = BC.Do đó : max(BP + CQ) = BC. Dấu đẳng thức xảy ra khi ∆⊥BC.Vậy ∆ là đường thẳng đi qua A và ⊥BC nên có −→n ∆ =

−−−→BC = (5; 1).

Do đó phương trình đường thẳng ∆ là : 5(x− 3) + 1(y − 5) = 0 ⇐⇒ 5x+ y − 20 = 0.

Vì I = ∆ ∩ d1 nên tọa độ điểm I thỏa :{

5x+ y − 20 = 0x− y + 14 = 0

⇐⇒{x = 1y = 15

Vậy I(1; 15). Xét điểm

M(4; 0) ∈ ∆, N(a, a+ 14) ∈ d1 thỏa 3MN = IM√

10.

Ta có :−−→MN = (4 − a,−a − 14),

−−−→IM = (−3; 15). Nên từ :3MN = IM

√10 ⇐⇒ 9 · 234 = 10 ·[

(4− a)2 + (a+ 14)2]⇐⇒ 18a2 + 180a− 432 = 0 ⇐⇒ a = 2 ∨ a = −12.

Mặt khác từ giả thiết ta có : 3HK = IH√

10 nên ta có :HK

IH=MN

IM=⇒ HK ‖MN.

Do đó đường thẳng d cần tìm đi qua E và song song với MN. Nên : −→a d =−−→MN = (4− a;−a− 14).

Trường hợp 1 :a = 2 =⇒−−→MN = (2;−16). Lúc đó phương trình d :

x+ 1

2=y − 1

−16⇐⇒ 8x+ y + 7 = 0.

Trường hợp 2 :a = −12 =⇒−−→MN = (16;−2).

Lúc đó phương trình d :x+ 1

16=y − 1

−2⇐⇒ x+ 8y − 7 = 0.

Hướng 2 : Sử dụng dựng hình và đại số hóa bài toán dưới dạng tọa độ các giao điểm.

Ta có :−−−→BA = (2; 3),

−−−→BC = (5; 1) =⇒

−−−→BA ·

−−−→BC = 2 · 5 + 1 · 3 = 13 > 0

Do đó : cosB > 0 =⇒ B nhọn. Có :−→CA = (−3; 2),

−−−→CB = (−5;−1) =⇒

−−−→BA ·

−−−→BC = 15− 2 = 13 > 0 Do


đó : cosC > 0 =⇒ C nhọn.Kẻ BP⊥∆, CQ⊥∆. Khi đó ta có : d(B,∆) = BP, d(C,∆) = CQ.

Gọi D là giao điểm của ∆ và BC khi đó ta có :

BP + CQ ≤ BD +DC = BC

Do đó : max(BP + CQ) = BC. Dấu đẳng thức xảy ra khi ∆⊥BC.Vậy ∆ là đường thẳng đi qua A và ⊥BC nên có −→n ∆ =

−−−→BC = (5; 1).

Do đó phương trình đường thẳng ∆ là : 5(x− 3) + 1(y − 5) = 0 ⇐⇒ 5x+ y − 20 = 0

Vì I = ∆∩ d1 nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình :{

5x+ y − 20 = 0x− y + 14 = 0

⇐⇒{x = 1y = 15

Vậy

I(1; 15).Gọi d là đường thẳng đi qua E và có véc tơ pháp tuyến là −→n = (a, b). Khi đó phương trình đường thẳng:d : a(x− 1) + b(y − 15) = 0 (a2 + b2 6= 0).

Vì H = d ∩∆ nên tọa độ điểm H thỏa:{a(x− 1) + b(y − 15) = 05x+ y − 20 = 0

⇐⇒

x =

19b+ a

5b− ay =

5(5a− b)a− 5b

(a 6= 5b).

Lại có K = d∩d1 nên tọa độ điểm K thỏa :{a(x− 1) + b(y − 15) = 0x− y + 14 = 0

⇐⇒

x =

−13b− ab+ a

y =13b+ a)

a+ b

(a 6= −b)

Vậy K(−13b− ab+ a

;13b+ a)

a+ b

). ;H

(19b+ a

5b− a;5(5a− b)a− 5b

)Từ điều kiện bài toán : 3HK = IH

√10 ⇐⇒ 9HK2 = 10IH

⇐⇒ 1296(a+ 7b)2(a2 + b2)

(a− 5b)2(a+ b)2=

1040(a+ 7b)2

(a− 5b)2⇐⇒ (a+ 7b)2(8a− b)(a− 8b) = 0 ⇐⇒

[a = −7bb = 8aa = 8b

Trường hợp 1: a = −7b chọn a = 7, b = −1 =⇒ d : 7x− y − 8 = 0. Trường hợp này loại vì khi đó ba đườngthẳng d, d1,∆ đều đồng quy tại điểm I.Trường hợp 2 :a = 8b chọn a = 8, b = 1 =⇒ d : 8x+ y + 7 = 0.Trường hợp 3 : b = 8a chọn a = 1, b = 8 =⇒ d : x+ 8y − 7 = 0.Tóm lại ta có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán : 8x+ y + 7 = 0 ; x+ 8y − 7 = 0 �

Bài toán 12: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 − 2x − 6y − 6 = 0

và hai điểm B(5; 3), C(1;−1). Tìm tọa đọ đỉnh A;D của hình bình hành ABCD biết A thuộc đườngtròn (C) và trực tâm H của tam giác ABC thuộc đường thẳng d : x+ 2y + 1 = 0 và xH < 2.

Lời giải:

A BI

C

d

D

Đường tròn (C) có tâm I(1; 3). Nhận thấy ngay B;C đều cùng thuộc đường tròn (C).Gọi E là giao điểm của AI và (C) suy ra tứ giác BHCE là hình bình hành.Gọi M là trung điểm của BC suy ra tọa độ điểm M(3; 1).

Tham số hóa tọa độ điểm H(−1− 2a; a) với a >−3

2. Do M là trung điểm của HE suy ra E(7 + 2a; 2− a).

Lời giải: 9http://megabook.vn

Tọa độ điểm E lại thỏa mãn (C) nên ta có:

(7 + 2a)2 + (2− a)2 − 2 (7 + 2a)− 6 (2− a)− 6 = 0⇐⇒ 5a2 + 26a+ 21 = 0 =⇒ a = −1 =⇒ E (5; 3)

Do điểm E và A đối xứng nhau qua tâm I nên suy ra A(−3; 3).Do tứ giác ABCD là hình bình hành nên

−−−→AD =

−−−→BC =⇒ D (−7;−1)

Kết luận: Tọa độ các đỉnh cần tìm là A(−3; 3), D(−7;−1) �.

Bài toán 12: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giacs ABC vuông tại A. gọi H là hình

chiếu của A lên BC. Tam giác ABH ngoại tiếp đường tròn (C) :

(x− 16

5

)2

+

(y − 33

5

)2

=36

25. Tâm

đường tròn nội tiếp tam giác ACH là I(

26

5;23

5

). Tìm tọa độ trọng tâm G cua tam giác ABC.

Lời giải:

(C) có tâm K

(16

5;33

5

)và bán kính R =

6

5. Trung điểm của IK là M

(21

5;28

5

). Gọi D và L là hình chiếu

của K lên BC và AH.

Do AH⊥BC nên KDHL là hình vuông. Suy ra KH = R√

2 =6√

2

5.

Từ đó suy ra H thuộc đường tròn tâm K bán kính KH có phương trình:(x− 16

5

)2

+

(y − 33

5

)2

=72

25.

Mà AHK = AHI = 45o =⇒ IHK = 90o. Nên H thuộc đường tròn tâm M bán kính

KM =

√(21

5− 16

5

)2

+

(28

5− 33

5

)2

=√

2 có phương trình (C ′) :

(x− 21

5

)2

+

(y − 28

5

)2

= 2

.

Từ đó tìm được hai tọa độ điểm H thỏa mãn là H(

74

25;123

25

)và H ′

(122

25;171

25

).

+) Trường hợp 1: H(

74

25;123

25

). Phương trình tiếp tuyến của (C) qua điểm H là (d) : a

(x− 74

25

)+

b

(y − 123

25

)= 0 với (a2 + b2 = 1).

d (K, d) = R ⇐⇒∣∣∣a

(16

5− 74

25

)+ b

(33

5− 123

25

)∣∣∣=

6

5⇐⇒

∣∣∣6a25

+42b

25

∣∣∣=

6

5⇐⇒

∣∣∣a5

+7b

5

∣∣∣= 1 ⇐⇒[

a+ 7b = 5a+ 7b = −5

Kết hợp a2 + b2 = 1 ta được

b =4

5=⇒ a = −3

5

b =3

5=⇒ a =

4

5

Vậy có hai tiếp tuyến là

d1 : −3

5

(x− 74

25

)+

4

5

(y − 123

25

)= 0 ⇐⇒ 15x− 20y + 54 = 0

d2 :4

5

(x− 74

25

)+

3

5

(y − 123

25

)= 0 ⇐⇒ 20x+ 15y + 133 = 0

Dễ thấy d1 cắt đoạn IK nên phương trình AH chính là phương trình của d1;phương trình BC là phương trình của d2.

A thuộc d1 : 15x+ 30 = 20y − 24 ⇐⇒ x+ 2

4=y − 6

53

nên A(−2 + 4t;

6

5+ 3t

).

−−−→AK =

(16

5+ 2− 4t;

33

5− 6

5− 3t

)=

(26

5− 4t;

27

5− 3t

),−→AI =

(26

5+ 2− 4t;

23

5− 6

5− 3t

)=

(36

5− 4t;

17

5− 3t

).

Dễ thấy IAK =1

2BAC = 45o nên

−−−→AK.−→AI =

∣∣∣ −−−→AK

∣∣∣.∣∣∣−→AI∣∣∣cos 45o ⇐⇒

(26

5− 4t

)(36

5− 4t

)+

(27

5− 3t

)(17

5− 3t

)=√(

26

5− 4t

)2

+

(27

5− 3t

)2

.

√(36

5− 4t

)2

+

(17

5− 3t

)2

.

√2

2


Suy ra tìm được tọa độ A (sao cho A,H nằm khác phía so với IK) Lại có 4ACH đồng dạng 4BAH nênCH

AH=

d (I, d)

R= . . . suy ra tìm được CH.

Dùng hệ thức lượng để tính BH. Sau đó tìm các điểm B,C cuối cùng G.

+) Trường hợp 2: H ′(

122

25;171

25

)làm tương tự kết quả ra đẹp hơn. A(2; 3), B(2; 9), C(10; 3), G

(14

3; 5

)

Bài toán 14: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn(C) tâm I(1; 2). Tiếp tuyến của (C) tại B;C;D cắt nhau tại M,N . Giả sử H(1;−1) là trực tâm tamgiác AMN . Tìm tọa độ các điểm A;M ;N biết chu vi tam giác AMN bằng 18 + 4

√10 và xM > 5.

Lời giải:

A

I

C

H

N M

D′

B′

Đường tròn (C) có tâm I là giao điểm của AC và BD suy ra AC vuông góc MN suy ra H thuộc AC.Phương trình AC qua I và H là: x− 1 = 0, phương trình MN : y − c = 0.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì IN là phân giác góc DIC và IM là phân giác góc CIB.Mặt khác DIC + CIB = 180o =⇒ IN ⊥ IM .Gọi tọa độ các điểm M(m; c);N(n; c), A(1; a). Theo bài ra ta có hệ phương trình sau:{ −−→

AM.−−→NH = 0−→

IN.−−−→IM = 0

⇐⇒{

(m− 1) (1− n) + (c− a) (−1− c) = 0(m− 1) (n− 1) + (c− 2)2 = 0

=⇒ (c− 2)2 + (c− a) (−1− c) = 0

Tham số hóa C(1; c) ∈MN suy ra A(1; 4− c) =⇒ a+ c = 4. Từ đó suy ra:

(c− 2)2 + (c− 4 + c) (−1− c) = 0 =⇒ c = −4, a = 8 =⇒ C (1;−4) ;A (1; 8) ;M (m;−4) ;N (n;−4)

Mà ta lai có chu vi tam giác AMN bằng 18 + 4√

10 nên{(m− 1) (1− n) = 36√

(m− 1)2 + 144 +√

[(m− 1)− (1− n)]2 +√

(1− n)2 + 144 = 28 + 4√

10⇐⇒

[m− 1 = ±9; 1− n = ∓4m− 1 = ∓4; 1− n = ±9

=⇒ M (10;−4) ;N (−3;−4)

Kết luận: Tọa độ các điểm cần tìm là A(1; 8);M(10;−4);N(−3;−4) �.

Bài toán 15: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x− 4)2 +

(y − 9

2

)=

25

4và

hai điểm A(2; 3), B(6; 6). Gọi M ;N là hai điểm khác nhau nằm trên đường tròn (C) sao cho các đường

thẳng AM và BN cắt nhau tại H, AN và BM cắt nhau tại C. Tìm tọa độ điểm C biết H(

4;5

2

).

Lời giải:

11http://megabook.vn

H

C

A

B

M

N

I

Nhận thấy ngay A,B đề thuộc đường tròn (C) và AB = R =5

2nên AB là đường kính của đường tròn (C).

Từ đó ta suy ra được AH⊥BC,BH⊥AC suy ra H la trực tâm của tam giác ABC.Đường thẳng AC qua A vuông góc với HB là 4x+ 7y − 29 = 0.Đường thẳng BC qua A vuông góc với AH là: −4x+ y + 18 = 0.

Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình{

4x+ 7y − 29 = 0−4x+ y + 18 = 0 ⇐⇒

x =

155

32

y =11

8

=⇒ C

(155

32;11

8

)

Kết luận: Tọa độ điểm càn tìm là C(

155

32;11

8

)�

Bài toán 16: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có điểm M(3; 2) thuộcBD. TừM kẻ các đường thẳngME;MF lần lượt vuông góc với AB tại E(3; 4) và AD tại F (−1; 2).Xácđịnh tọa độ điểm C của hình vuông.

Lời giải:

C

F

M

E

K

A B

D

Gọi K = FM ∩BC. Ta có ME = 2;MF = 4 và 4FME = 4CKM suy ra CK = FM = 4;MK = ME = 2

Gọi K (xK ; yK) ;C (xC ; yC). ta có−−→MK =

MK

MF

−−→FM =

1

2

−−→FM =⇒ K (5; 2)

Lại có−−−→KC =

KC

ME

−−→EM =

1

2

−−→EM =⇒ C (5;−2).

Kết luận: Tọa độ điểm cần tìm là C(5;−2) �.


Bài toán 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C1) :

(x− 2)2 + (y − 3)2 = 45 tâm I. Đường tròn (C2) có tâm K(−1;−3) cắt đường tròn (C1) theo một dâycung song song với AC. Biết SAICK = 30

√2 và chu vi tam giác ABC là 10

√10. Tìm tọa độ A;B;C

biết điểm B có hoành độ âm.

Lời giải:

A

B

C

I

K

E

A′

Đường tròn (C1) có tâm I(2; 3). Nhận thấy RC1 = IK = 3√

5 và K ∈ (C1).Gọi MN = (C1) ∩ (C2) suy ra MN⊥IK. Mà AC‖MN =⇒ AC⊥IK.Do đó ta có: SAICK = 30

√2 =⇒ AC = 4

√10. Lại có AB+BC +CA = 10

√10 =⇒ AC +BC = 6

√10. (1)

Gọi AA′ là đường kính của (C1), E = IK ∩AC suy ra IE =1

2A′C =

1

2

√AA′2 −AC2 =

√5

Từ đó suy ra−→IK = 3

−→IE =⇒ E (1; 1)

Phương trình AC qua E vuông góc IK là x+ 2y − 3 = 0.Tọa độ A và C là giao điểm của hệ gồm AC và (C1), suy ra A 1− 4

√2; 1 + 2

√2)

;C 1 + 4√

2; 1− 2√

2)

Tọa độ B thỏa mãn hệ gồm (1) và (C1), suy ra B7

2− 3√

3;12 + 3

√3

2

)

Kết luận: Tọa độ các đỉnh A 1− 4√

2; 1 + 2√

2)

;C 1 + 4√

2; 1− 2√

2), B

7

2− 3√

3;12 + 3

√3

2

)�.

Bài toán 18: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, phương trình cạnhAC : x+ y− 3 = 0. Trên tia đổi của CA lấy điểm E. Phân giác trong góc BAC cắt BE tại D. Đườngthẳng d đi qua D song song với AB cắt BC tại F . Tìm tọa độ giao điểm M của AF và BE biếtAF : 2x+ y − 5 = 0 và I(−1;−3) là trung điểm của DF

Lời giải:

Gọi P là trung điểm của BC, thực hiện dãy suy luận, ta có:

DF ‖ AB =⇒ AM

MF=PB

PF=⇒ AM

MF=PC

PF=⇒ AF

MF=FC

PF=⇒ PM ‖ AC =⇒ PM ‖ EC =⇒ MB = ME

Kẻ đường thẳng MP ∩AB = J , cắt (d) tại I ′. Ta cóI ′F

IB=I ′D

JA=⇒ I ′ trùng J

Từ đó, ta có PM qua trung điểm I của DF và M là giao điểm của PI và AF .Kết luận: Tọa độ giao điểm cần tìm là M(9;−13). �

Bài toán 19: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(2; 3), C(2; 7). Tìm điểmA sao cho đường cao AH = 3r với r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.


Lời giải:

B

C

A

Do độ dài đường cao gấp ba lần bán kính đường tròn nội tiếp nên ta có:2S

a= 3

2S

a+ b+ c=⇒ b+ c = 2a

Gọi tọa độ điểm A(x; y). Như vậy thì√(x− 2)2 + (y − 3)2 +

√(x− 2)2 + (y − 7)2 = 8

⇐⇒ 2

√[(x− 2)2 + (y − 3)2

].[(x− 2)2 + (y − 7)2

]= 64− (x− 2)2 − (y − 7)2 − (x− 2)2 − (y − 3)2

⇐⇒ 4[(x− 2)2 + (y − 3)2

].[(x− 2)2 + (y − 7)2

]=[(x− 2)2 + y2 − 10y − 3

]⇐⇒ 12x2 + 16y2 = 192 ⇐⇒ x2

16+y2

12= 1

Kết luận: Vậy với mọi A ∈ (E) :x2

16+y2

12= 1 thì thỏa mãn yêu cầu �

Bài toán 20: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(4; 5), B(3; 0);C(2; 2). Gọi H; I lầnlượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trung trực của AH cắt AB;AC tạiM ;N . Phân giác trong góc IMN cắt AC tại P . Tính diện tích tam giác MNP biết yB > 0.

Lời giải:

A

B

C

H N

M

I

F

E

Viết phương trình đường cao kẻ từ 2 đỉnh bất kì và lấy giao, ta tìm được tọa độ trực tâm là H(−6

7;18

7

)Phương trình trung trực của AH là 2x+ y − 97

14= 0

Viết phương trình AB,AC ta tìm được tọa độ M(

307

98;65

98

), N

(111

49;235

98

)14 http://megabook.vn

Gọi F là trung điểm của BC là F(

5

2; 1

). Theo

−−−→AH = 2

−−−→IM =⇒ I

(69

14;31

14

)Nhận thấy phương trình phân giác góc IMN trùng với AB nên ta sẽ đi tính diện tích tam giác AMN .

Ta có: SAMN =1

2MN.d (A,MN) =

1

2

√(111

49− 307

98

)2

+

(235

98− 65

98

)2

.

∣∣∣2.4 + 5− 97

14

∣∣∣√

22 + 1=

7225

2744(đơn vị dt)

Kết luận: Diện tích tam giác MNP là SMNP =7225

2744�

Bài toán 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường caoAH : 3x+2y−1 = 0, phân giác trong CK : 2x−y+5 = 0 và trung điểmM(2;−1) của cạnh AC. Gọi

CABC , SABC lần lượt là chu vi và diện tích tam giác ABC. Tính giá trị của 30CABC +2013

3

√SABC

Lời giải:

Diện tích của ABC = 101.43

A

C

B

22.68

18.03

11.37

Đặt C(c; 2c+ 5);A

(a;

1− 3a

2

). Ta có M(2; -1) là trung điểm của AC.

Dễ dàng tìm được a =31

7; c = −3

7=⇒ A

(31

7;−43

7

);C

(−3

7;29

7

).

Phương trình BC qua C và vuông góc với AH là 12x− 21y + 93 = 0.

Gọi B(b;

2

3b+

93

21

). Theo bài ta có dB;(CK) = dA;(CK) và A, B khác phía so với (CK). Ta tìm ra B

(102

7;99

7

)Bây giờ thì khá ổn rồi, bữa ăn cũng sắp xong rồi, có điều "món gà" "dai quá".

BC = 5√

13;AB =

√25205

3;AC =

2√

1585

3; SABC =

710

7.

Từ đó ta có biểu thức cần tính có giá trị là

476410

7+ 710

√5 + 150

√13 + 20

√1585 �

Bài toán 22: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 4y+ 6y−3 = 0 vàđiểm M(2; 1). Gọi A;B lần lượt là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C). Tìm trực tâmH của tam giác MAB.

Lời giải:

Gọi I là tâm của đường tròn (C). Từ đó ta có I(−2;−3), R = 4.Ta có MI = 4

√2. Từ đó suy ra MA = MB = 4 suy ra IAMB là hình vuông.

Khi đó ta có trực tâm H trùng với điểm M .


Kết luận: Trực tâm tam giác ABC là H(2; 1). �

Bài toán 23: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x− y + 2 = 0 và hai đườngtròn có phương trình lần lượt là (C1) : (x− 1)2 + (y − 1)2 = 1; (C2) : (x+ 3)2 + (y − 4)2 = 4. Hãy tìmđiểm M trên đường thẳng d sao cho từ M kẻ được lần lượt hai tiếp tuyến MA;MB (với A;B là tiếpđiểm) đến đường tròn (C1)và đường tròn (C2) đồng thời đường thẳng d là phân giác trong góc AMB.

Lời giải:

d

MI1

I2

B′

A′

B

A

Tâm các đường tròn lần lượt là I1(1; 1), I2(−3; 4). Lấy đối xứng của đường thẳng MA qua OI1 thì dễ thấynó tiếp xúc với (C1) tại C.Do tính chất đối xứng thì

(CM, d

)=(BM, d

), do đó MB tiếp xúc với (C1) tại C và (C2) tại B.

Chứng minh tương tự với MA, ta suy ra được M là tâm phép vị tự biến (C1) thành (C2) suy ra M ∈ I1I2.Phương trình I1I2 là :3x+ 4y − 7 = 0.

Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình{

3x+ 4y − 7 = 0x− y + 2 = 0 ⇐⇒

x = −1

7

y =13

7

=⇒ M

(−1

7;13

7

)

Kết luận: Tọa độ điểm cần tìm là M(−1

7;13

7

). �

Bài toán 23: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD cóA(1; 7), B(6; 2), C(2;−4), D(1; 1). Hãy viết phương trình đường thẳng đi qua C và chia tứ giácthành hai phần có diện tích bằng nhau.

Lời giải:

SAHCD = 14

SHBC = 14

A

B

C

D

H


Từ giả thiết bài toán ta tính được SABCD = 28;SACD = 3;BC = 2√

13 và phương trình AB : x+ y− 8 = 0,phương trình BC : 3x− 2y − 14 = 0.

*Trường hợp 1: Đường thẳng qua C cắt AD tại K suy ra SDCK ≤ SADC = 3 < 14 =SABCD

2Do đó trường hợp này không thỏa mãn.

*Trường hợp 2: Đường thẳng qua C cắt AB tại H, ta có SBCH =1

2BC.d (H;BC) = 14 =⇒ d (H;BC) =

14√13

Tham số hóa H(t; 8− t), suy ra

|5t− 30|√13

=14√13

=⇒

t =44

5

t =16

5

=⇒ t =16

5=⇒ H

(16

5;24

5

)(Do H thuộc đoạn AB)

Kết luận: Phương trình cần tìm đi qua C và H là 22x− 3y − 56 = 0. �

Bài toán 25: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C1) : (x− 2)2 + (y − 1)2 =

9; (C2) : (x+ 1)2 + (y − 5)2 = 4 tiếp xúc ngoài tại A. Tìm điểm B ∈ (C1) và C ∈ (C2) sao cho tamgiác ABC vuông tại A và có diện tích lớn nhất.

Lời giải:

SACB = 6

SAB′C′ = 6A

B

C

B′

C′

D

E

45o45o

Gọi D,E lần lượt là tâm của (C1), (C2). Khi đó R1 = 3;R2 = 2. Có SABC =1

2AB.AC.

Xét{AB = 2AD cos BAD = 2AD cosα

AC = 2AE cos EAC = 2AE cos(π

2− α

)= 2AE sinα

=⇒ SABC = 6 sin 2α ≤ 6 =⇒ SABCMax= 6 ⇐⇒ α =

π

4=⇒ BD⊥AD

Phương trình AD : 4x+ 3y − 11 = 0 suy ra AB : 7x− y + 2 = 0 suy ra B(−2

5;−4

5

)∨B

(22

5;14

5

)Với B

(−2

5;−4

5

)ta được AB : 7x− y + 2 = 0 suy ra AC : x+ 7y − 24 = 0 suy ra C

(−13

5;19

5

)Với B

(22

5;14

5

)ta được AB : x+ 7y − 24 = 0 suy ra AD : 7x− y + 2 = 0 suy ra C

(3

5;31

5

).

Kết luận Vậy tọa độ các đỉnh cần tìm là B(−2

5;−4

5

), C

(−13

5;19

5

)∨B

(22

5;14

5

), C

(3

5;31

5

). �

Bài toán 26: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 = 25 và

B −5

2;5√

3

2

). Điểm C có hoành độ dương thuộc (C) sao cho BOC = 120o. Tìm M thuộc cung

nhỏ BC sao cho1

MB+

1

MCđạt giá trị nhỏ nhất (M 6= B,C).


Lời giải:

c

O

B

C120o

A

M

Theo đề bài ta có ngay C(5; 0) và B ∈ (C). gọi A đối xứng với B qua trục Ox thì A −5

2;−−5

√3

2

).

Không khó để ta nhận thấy tam giác ABC đều. Áp dụng bất đẳng thức AM −GM ta có:1

MB+

1

MC≥ 4

MB +MC

Mà theo định lí Ptoleme cho tứ giác nội tiếp, ta được: MA.BC = MB.CA+AB +MCVì AB = BC = CA và M thuộc cung nhỏ BC nên: MB +MC = MA.Do đó biểu thức đã cho nhỏ nhất khi MA lớn nhất, khi đó thì M là điểm chính giữa cung nhỏ BC thỏa mãnMB = MC.

Từ đó suy ra M đối xứng với A qua O nên suy ra M5

2;5√

3

2

)

Kết luận: Tọa độ điểm cần tìm là M5

2;5√

3

2

)�

Bài toán 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có I(

3

2;

1

16

)và E(1; 0) lần

lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC. Đường tròn (T ) tiếp xúc với BC và cáccạnh AB;AC kéo sài có tâm là F (2;−8). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết yA < 0.

Lời giải:

A

BC

IE

F

J


Gọi J là giao của EF và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Khi đó có BJ=EJ và ∆BEF vuông tại B suyra J là trung điểm EF.

Pt đường tròn ngoại tiếp ABC và EBC là

(I) :

(x− 3

2

)2

+

(y − 1

16

2)

=652

162

(J) :

(x− 3

2

)2

+ (y + 4)2 =65

4Suy ra phương trình BC : y = −2 do đó B (5,−2) , C (−2,−2) và ngược lại.

Phương trình EF : 8x+ y − 8 = 0 suy ra A(

1

2, 4

)Kết luận: Tọa độ các đỉnh của tam giác làA

(1

2, 4

);B (5,−2) , C (−2,−2) hoặcA

(1

2, 4

);C (5,−2) , B (−2,−2)

�

Bài toán 28: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) thỏa mãn khoảng cách giữa hai đường

chuẩn của (E) bằng8√

3

3, điểm M có tọa độ dương thuộc (E) sao cho độ lớn hai bán kính qua tiêu là

5

2VÀ

3

2. Tìm điểm N ∈ (E) sao cho MN =

√37

6và xN > 0.

Lời giải:

Giả sử (E) :x2

a2+y2

b2= 1, a > b > 0. Khoảng cách hai đường chuẩn là :

2a2

c=

8√

3

3=⇒ a2

c=

4√

3

3.

mathbf Ta có. MF1 = a+c

axM > a− c

axM = MF2 (xM > 0)

Suy ra

a+

c

axM =

5

2

a− c

axM =

3

2

=⇒ a = 2 =⇒ c =√

3, b = 1. Phương trình (E) : x2 + 4y2 = 4,M(1√3

;

√11

12)

Gọi N(a; b) ∈ E. Khi đó ta có :a2 + 4b2 = 4(a− 1√

3

)2

+ b+

√11

12

)2

=37

36

=⇒

a =

8

3√

3

b = −√

33

9

=⇒ N8

3√

3;−√

33

9

)

Kết luận: Vậy tọa độ điểm cần tìm là N8

3√

3;−√

33

9

)�

Bài toán 29: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho các đường thẳng ∆1 : x − y + 2 = 0; ∆2 :

2x− y− 2 = 0; ∆3 : 2x+ y− 2 = 0 và điểm E(4; 3). Viết phương trình đường tròn có tâm I thuộc ∆1,

cắt ∆2 tại A;B và ∆3 tại C;D sao cho AB + CD =16√

5và tâm I thỏa mãn IO = 2IE, xI ∈ Z.

Lời giải:

Delta1

Delta2

Delta3

I

E

O

A

B

C

D


Tham số hóa I(a; a+ 2) ∈ ∆1. Ta có:

IO = 2IE =⇒ a2+(a+ 2)2 = 4[(a− 4)2 + (a− 1)2

]⇐⇒ 6a2−44a+54 = 0 ⇐⇒

[a = 2

a =16

3

=⇒ I (2; 4)

Gọi H,K lần lượt là trung điểm của AB;CD suy ra IH = d (I; ∆2) =2√5

; IK = (I; ∆3) =6√5

Ta có: AB + CD =16√

5⇐⇒ BH + CK =

8√5⇐⇒

√R2 − 36

5+

√R2 − 4

6=

8√5⇐⇒ R2 = 8

Kết luận: Phương trình đường tròn cần lập là (x− 2)2 + (y − 4)2 = 8. �

Bài toán 30: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD có đáy AB. Biết hai đỉnhB(3; 3), C(5;−3). Giao điểm I của hai đường chéo thuộc 2x+ y− 3 = 0. Gọi K là trung điểm của CD.

Tìm tọa độ các đỉnh A,D biết rằng IC = 2BI, tam giác IDK có diện tích rằng ′8

5và các điểm I, A

có hoành độ dương.

Lời giải:

SIKD = 1.6

B

C

D

I

A

K

2x + y = 3

Gọi I (a; 3− 2a) ∈ ∆. Theo bài ra ta có:

IC = 2IB ⇐ (a− 5)2 +(6− 2a)2 = 4(a− 3)2 +16a2 ⇐⇒ 15a2 +10a−25 = 0 ⇐⇒

[a = 1

a = −5

3

=⇒ I (1; 1)

Phương trình đường thẳng BI : x− y = 0 và CI x+ y − 2 = 0, IC = 4√

2.

K là trung điểm của CD suy ra SICD = 2SIDK =16

5=

1

2IC.d (D; IC) =⇒ d (D; IC) =

8

5√

2Tham số hóa D(d; d) ∈ BI. Suy ra

|2d− 2|√2

=8

5√

2=⇒

d =9

5

d =1

5

=⇒

D

(9

5;9

5

)D

(1

5;1

5

)Với D

(1

5;1

5

), phương trình AB : 16x+ 24y − 120 = 0. Tọa độ A là giao của CI và AB suy ra A(−9, 11)

Với trường hợp còn lại, tương tự ta thấy không thỏa mãn.

Kết luận: Tọa độ các đỉnh cần tìm là D(

9

5;9

5

);A(−9, 11) �

Trong quá trình tổng hợp, chắc hẳn không tránh được sai xót, mong nhận được sự phản biện và góp ý thêmcủa bạn đọc để có thể hoàn thiện hơn tài liệu này.

20Nguyễn Đình Huynhhttp://megabook.vn

[Phần 1] Tuyển tập các bài hình giải tích phẳng Oxy trong đề thi thử ĐH (2013-2014) - Megabook.vn

Education