Free Essay

Math Exercises

In:

Submitted By locle
Words 17248
Pages 69
thwww.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

79 BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG TIÊU BIỂU
- Tài liệu để ôn thi đại học và cao đẳng - Tài liệu chỉ dùng cho HS học theo chương trình chuẩn - Tài liệu gồm 79 bài tập được chọn lọc kĩ và giải chi tiết BT1. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A (1;0 ) , B ( −2;4 ) , C ( −1;4 ) , D ( 3;5 ) và đường thẳng d : 3x − y − 5 = 0 . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. Giải M thuộc d thì M ( a;3a − 5 )

AB = ( −3;4 ) ⇒ AB = 5
Mặt khác :

x −1 y = ⇔ 4x + 3y − 4 = 0 −3 4 CD = ( 4;1) ⇒ CD = 17 AB : CD :

x +1 y − 4 = ⇔ x − 4 y − 17 = 0 4 1 4a + 3 ( 3a − 5 ) − 4 13a − 19 a − 4 ( 3a − 5 ) − 17 3 − 11a Tính : h1 = ( M , AB ) = = , h2 = = 5 5 17 17 Nếu diện tich 2 tam giác bằng nhau thì : 11  5. 13a − 19 17. 3 − 11a 13a − 19 = 3 − 11a 1 1  a = 12 = ⇔ ⇔ AB.h1 = CD.h2 ⇔  2 2 5 17 13a − 19 = 11a − 3 a = 8
 11 27  Vậy trên d có 2 điểm : M 1  ; −  , M 2 ( 8;19 )  12 12 
BT2. Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A (1;0 ) , B ( 0; 2 ) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng d : y = x . Tìm toạ độ đỉnh C Giải Nếu C nằm trên d : y = x thì A ( a;a ) do đó suy ra C ( 2a − 1;2a ) Ta có : d ( B, d ) =

= 2. 2 1 4 2 2 Theo giả thiết : S = AC.d ( B, d ) = 2 ⇒ AC = = ( 2a − 2 ) + ( 2a − 0 ) 2 2  1− 3 a = 2 ⇔ 8 = 8a 2 − 8a + 4 ⇔ 2a 2 − 2a − 1 = 0 ⇔   1+ 3 a =  2 1− 3 1− 3  1+ 3 1+ 3  Vậy ta có 2 điểm C : C1  ; ;  , C2   2 2  2 2   
BT3. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC víi A (1;1) , B ( −2;5 ) và ®Ønh C n»m trªn Daukhacha.toan@gmail.com

0−2

- Trang 1 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

®−êng th¼ng x − 4 = 0 , vµ träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®−êng th¼ng 2 x − 3 y + 6 = 0 . TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. Giải

 AB = 5 Tọa độ C có dạng : C ( 4;a ) , AB = ( −3; 4 ) ⇒  ( AB ) : x − 1 = y − 1 ⇔ 4 x + 3 y − 7 = 0 −3 4  x + xB + xC 1− 2 + 4   xG = A xG = =1     3 3 Theo tính chất trọng tâm ;  ⇔ y A + yB + yC y =  y = 1+ 5 + a = a + 6 G  G  3 3 3   a+6 Do G nằm trên 2 x − 3 y + 6 = 0 , cho nên : ⇒ 2.1 − 3   + 6 = 0 ⇔ a = 2.  3  4.4 + 3.2 − 7 1 1 15 Vậy M ( 4; 2 ) và d ( C , AB ) = = 3 ⇒ S ABC = AB.d ( C , AB ) = 5.3 = (đvdt) 2 2 2 16 + 9
BT4. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2;−1) , B(1;− 2) , träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®−êng th¼ng d : x + y − 2 = 0 . T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diÖn tÝch tam gi¸c ABC 27 . b»ng 2 Giải.
A

d M

C B

3 1 Ta có : M là trung điểm của AB thì M  ; −  . Gọi C ( a; b ) , theo tính chất trọng tam tam giác 2 2 a+3   xG = 3  : y = b −3  G 3  a+3 b−3 Do G nằm trên d : + − 2 = 0 ⇔ a + b = 6 (1) 3 3 3a − b − 5 x − 2 y −1 Ta có : AB = (1;3) ⇒ ( AB ) : = ⇔ 3x − y − 5 = 0 ⇔ h ( C , AB ) = 1 3 10

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 2 -www.MATHVN.com

www.MATHVN.com
Từ giả thiết : S ABC =

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

2a − b − 5 2a − b − 5 27 1 1 AB.h ( C , AB ) = 10. = = 2 2 2 2 10  2a − b − 5 = 27  2a − b = 32 ⇔ 2a − b − 5 = 27 ⇔  ⇔  2a − b − 5 = −27  2a − b = −22 Kết hợp với (1) ta có 2 hệ :  20  b = − 3 a + b = 6  a + b = 6     38   2a − b = 32 3a = 38  38 20  ⇔ ⇔ ⇔  a = ⇒ C1  ; −  , C2 ( −6;12 ) a + b = 6  a + b = 6 3  3   3     b = 12     2a − b = −22  3a = −18    a = −6
BT5. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC có A ( 2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x − 3 y − 7 = 0 . Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x + y + 1 = 0 . Xác định tọa độ B và C. Tính diện tích ∆ABC . Giải

B

M

C A

Đường thẳng AC qua A ( 2;1) và vuông góc với đường cao kẻ qua B, nên có véc tơ chỉ phương

x = 2 + t n = (1; −3) ⇒ ( AC ) :  (t ∈ R )  y = 1 − 3t

x = 2 + t  Tọa độ C là giao của (AC) với đường trung tuyến kẻ qua C : ⇒  y = 1 − 3t  x + y +1 = 0
 3a + 9 a + 1  M là trung điểm của AB ⇒ M  ; . 2   2

Giải ta được : t = 2 và C ( 4; −5 ) . Vì B nằm trên đường cao kẻ qua B suy ra B ( 3a + 7; a ) .

3a + 9 a + 1 + + 1 = 0 ⇔ a = −3 Mặt khác M nằm trên đường trung tuyến kẻ qua C : 2 2 ⇒ B (1; −2 )
Daukhacha.toan@gmail.com - Trang 3 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com
Ta có : ( AB ) :

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

AB = ( −1; −3) ⇒ AB = 10 x − 2 y −1 = ⇔ 3x − y − 5 = 0 1 3 12 h ( C ; AB ) = 10 1 1 12 Vậy : S ABC = AB.h ( C , AB ) = 10. = 6 (đvdt). 2 2 10

BT6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A ( 5;2 ) . Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC Giải x+y-6=0 A

M

B

N

C

 a+5 b+2 Gọi B ( a; b ) suy ra M  ;  . M nằm trên trung tuyến nên : 2a − b + 14 = 0 (1). 2   2 x = a + t B, B đối xứng nhau qua đường trung trực cho nên ( BC ) :  (t ∈ R ) . y =b+t   6−a −b t = 2 x = a + t  3a − b − 6   Từ đó suy ra tọa độ N :  y = b + t ⇒ x = 2 x + y − 6 = 0   6+b−a  y=  2   3a − b − 6 6 + b − a  ⇔ N ;  . Cho nên ta có tọa độ C ( 2a − b − 6;6 − a ) 2 2   Do C nằm trên đường trung tuyến 5a − 2b − 9 = 0 (2) 2a − b + 14 = 0 a = 37 Từ (1) và (2) : ⇒  ⇔ ⇒ B ( 37;88 ) , C ( −20; −31) 5a − 2b − 9 = 0 b = 88
BT7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : x + 3 y + 8 = 0 , ∆ ' :3x − 4 y + 10 = 0 và điểm A ( −2;1) . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆ , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆ ’. Daukhacha.toan@gmail.com - Trang 4 -www.MATHVN.com

www.MATHVN.com
Giải

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

 x = −2 + 3t Gọi tâm đường tròn là I, do I thuộc ∆ :  ⇒ I ( −2 + 3t ; −2 − t ) y = −2 − t 
A thuộc đường tròn ⇒ IA =

Đường tròn tiếp xúc với ∆ ' ⇒ Từ (1) và (2) :

( 3t ) + ( 3 + t ) = R (1) 3 ( −2 + 3t ) − 4 ( −t − 2 ) + 10
2 2

5 =

=R⇔

13t + 12 = R . (2) 5

13t + 12 2 2 2 ⇔ 25 ( 3t ) + ( 3 + t )  = (13t + 12 )   5 BT8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x 2 + y 2 – 2 x – 2 y + 1 = 0, (C ') : x 2 + y 2 + 4 x – 5 = 0 cùng đi qua M (1;0 ) . Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA = 2MB .

( 3t ) + ( 3 + t )
2

2

Giải * Cách 1.

 x = 1 + at Gọi d là đường thẳng qua M có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) ⇒ d :   y = bt Đường tròn ( C1 ) : I1 (1;1) , R1 = 1. ( C2 ) : I 2 ( −2;0 ) , R2 = 3 , suy ra :

( C1 ) : ( x − 1)

2

+ ( y − 1) = 1, ( C2 ) : ( x + 2 ) + y 2 = 9
2 2
2 2 2

t = 0 → M  2ab 2b 2   Nếu d cắt ( C1 ) tại A : ⇒ ( a + b ) t − 2bt = 0 ⇔ ⇒ A 1 + 2 ; 2 2 2  t = 2 2b 2  a +b a +b   a +b t = 0 → M  6a 2 6ab  2 2 2  Nếu d cắt ( C2 ) tại B : ⇒ ( a + b ) t + 6at = 0 ⇔ ;− 2 6a ⇒ B  1 − 2  2 t = − 2 a + b2   a +b 2 a +b  2 2 Theo giả thiết : MA = 2MB ⇔ MA = 4 MB (*) .
2 2 2  6a 2  2  6ab  2   2ab   2b  Ta có :  2 + 2 = 4  2 + 2 . 2  2  2  2   a +b   a +b   a + b   a + b     2 2 b = −6a → d : 6 x + y − 6 = 0 4b 36a ⇔ 2 = 4. 2 ⇔ b 2 = 36a 2 ⇔  a + b2 a + b2 b = 6 a → d : 6 x − y − 6 = 0 * Cách 2. 1 - Sử dụng phép vị tự tâm I tỉ số vị tự k = − . (Học sinh tự làm) 2 BT9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H (1;0 ) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K ( 0; 2 ) , trung điểm cạnh AB là M ( 3; 1) .

Giải

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 5 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com
B

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN
K

M

H

A

C

Theo tính chất đường cao : HK vuông góc với AC cho nên (AC) qua K ( 0;2 ) có véc tơ pháp tuyến KH = (1; −2 ) ⇒ ( AC ) : x − 2 ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − 2 y + 4 = 0 . B nằm trên (BH) qua H (1;0 ) và có véc tơ chỉ phương KH = (1; −2 ) ⇒ B (1 + t ; −2t ) . Mặt khác A thuộc (AC) cho nên : 5 − t − 2 ( 2 + 2t ) + 4 = 0 , suy ra t = 1 . Do đó A ( 4; 4 ) , B ( 2; −2 )
Vì C thuộc (AC) suy ra C ( 2t; 2 + t ) ,

M ( 3;1) là trung điểm của AB cho nên A ( 5 − t; 2 + 2t ) .

⇒ HA.BC = 0 ⇒ 3 ( 2t − 2 ) + 4 ( 4 + t ) = 0 → t = −1 . Vậy: C ( −2;1) .

BC = ( 2t − 2; 4 + t ) , HA = ( 3; 4 ) . Theo tính chất đường cao kẻ từ A:

(AB) qua A ( 4;4 ) có véc tơ chỉ phương BA = ( 2;6 ) u = (1;3) ⇒ ( AB ) :

(BC) qua B ( 2; −2 ) có véc tơ pháp tuyến HA = ( 3; 4 ) ⇒ ( BC ) : 3 ( x − 2 ) + 4 ( y + 2 ) = 0 ⇔ 3x + 4 y + 2 = 0 .

⇔ 3x − y − 8 = 0

x−4 y−4 = 1 3

BT10. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình ( C1 ) : x 2 + y 2 − 4 y − 5 = 0 và

( C2 ) : x 2 + y 2 − 6 x + 8 y + 16 = 0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của ( C1 )
2

và ( C2 ) .

Giải

( C1 ) : x 2 + ( y − 2 ) = 9 ⇒ I1 ( 0; 2 ) , R1 = 3, Ta có: 2 2 ( C2 ) : ( x − 3) + ( y + 4 ) = 9 ⇒ I 2 ( 3; −4 ) , R2 = 3 Nhận xét : I1I 2 = 9 + 4 = 13 < 3 + 3 = 6 ⇒ ( C1 ) không cắt ( C2 )
 2b + c = 3 (1)  2 2b + c 3a − 4b + c  a + b2 ⇔ ⇒ = a2 + b2 a2 + b2  3a − 4b + c = 3 ( 2 )  a2 + b2  3a − 4b + c = 2b + c ⇔ 2b + c = 3a − 4b + c ⇔  3a − 4b + c = −2b − c

Gọi d : ax + by + c = 0 ( a 2 + b 2 ≠ 0 ) là tiếp tuyến chung, thế thì : d ( I1 , d ) = R1; d ( I 2 , d ) = R2

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 6 -www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

 a = 2b 2 . Mặt khác từ (1) : ( 2b + c ) = 9 ( a 2 + b 2 ) ⇔ ⇔ 3a − 2b + 2c = 0 Trường hợp : a = 2b thay vào (1) :

 2b − 3 5c b = 4 2 ( 2b + c ) = 9 ( 4b 2 + b 2 ) ⇔ 41b 2 − 4bc − c 2 = 0.∆ 'b = 4c 2 + 41c 2 = 45c 2 ⇔   2+3 5 c b =  4  Do đó ta có hai đường thẳng cần tìm :

(

)

(2 − 3 5 ) x + (2 − 3 5 ) y +1 = 0 ⇔ 2 2 − 3 5 x + 2 − 3 5 y + 4 = 0 . ( ) ( ) 2 4 (2 + 3 5 ) x + (2 + 3 5 ) y +1 = 0 ⇔ 2 2 + 3 5 x + 2 + 3 5 y + 4 = 0 . d : ( ) ( ) 2 4 d1 :
1

Trường hợp : c =

2b − 3a , thay vào (1) : 2

2b +

2b − 3a 2
2 2

a +b

= 3 ⇔ 2b − a = a 2 + b 2

a  b = 0, a = −2c b = 0 → c = − 2 2 2 2 2 ⇔ ( 2b − a ) = a + b ⇔ 3b − 4ab = 0 ⇔  ⇒ b = 4a , a = −6c b = 4 a → c = − a 3   3 6  Vậy có 2 đường thẳng : d3 : 2 x − 1 = 0 , d 4 : 6 x + 8 y − 1 = 0 .
BT11. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB : x – 2 y + 1 = 0 , phương trình đường thẳng BD : x – 7 y + 14 = 0 , đường thẳng AC đi qua M ( 2;1) . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải
A

B

I M D C

Dễ nhận thấy B là giao của BD với AB cho nên tọa dộ B là nghiệm của hệ: x − 2 y +1 = 0  21 13  ⇒ B ;    5 5  x − 7 y + 14 = 0

Đường thẳng (BC) qua B ( 7;3) và vuông góc với (AB) cho nên có véc tơ chỉ phương:

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 7 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

21  x = +t   5 u = (1; −2 ) ⇒ ( BC ) :   y = 13 − 2t  5 
Ta có : ( AC , BD ) = BIC = 2 ABD = 2ϕ = 2( AB, BD ) (AB) có n1 = (1; −2 ) , (BD) có n2 = (1; −7 ) ⇒ cos ϕ = Gọi (AC) có n = ( a, b ) ⇒ cos ( AC , BD ) = cos 2ϕ =
2

n1.n2 n1 n2

=

1 + 14 15 3 = = 5 50 5 10 10

Do đó : 5 a − 7b = 4 50 a 2 + b 2 ⇔ ( a − 7b ) = 32 ( a 2 + b 2 ) ⇔ 31a 2 + 14ab − 17b 2 = 0 .

4  9 = 2cos 2 ϕ − 1 = 2   − 1 = 5  10  50 a 2 + b 2

a − 7b

17 17  a = − b ⇒ ( AC ) : − ( x − 2 ) + ( y − 1) = 0 ⇔ 17 x − 31y − 3 = 0 31 31 Suy ra :    a = b ⇒ ( AC ) : x − 2 + y − 1 = 0 ⇔ x + y − 3 = 0  21  x = 5 + t  13 7   14 5  (AC) cắt (BC) tại C ⇒  y = − 2t ⇔ t = ⇒ C  ;  5 15  3 3  x − y − 3 = 0   x − 2 y +1 = 0 x = 7 (AC) cắt (AB) tại A :  ⇔ ⇔ A ( 7; 4 ) . x − y − 3 = 0 y = 4
x = 7 + t (AD) vuông góc với (AB) đồng thời qua A ( 7;4 ) suy ra (AD) :   y = 4 − 2t x = 7 + t 7   98 46  (AD) cắt (BD) tại D :  y = 4 − 2t ⇒ t = ⇒ D ;  15  15 15   x − 7 y + 14 = 0  Trường hợp AC :17 x − 31 y − 3 = 0 các em làm tương tự.
BT12. 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 d1 : x + y + 5 = 0 và d 2 : x + 2 y – 7 = 0 . Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG Giải

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 8 -www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN
A

d1

G d2 C B M

 x = 7 − 2m x = t B thuộc d suy ra B :  , C thuộc d' cho nên C:  .  y = −5 − t y = m Theo tính chất trọng tâm : ( t − 2m + 9 ) = 2, y = m − t − 2 = 0 ⇒ xG = G 3 3 m − t = 2 m = 1 Ta có hệ :  ⇔ t − 2m = −3 t = −1
Vậy : B ( −1; −4 ) và C ( 5;1) . Đường thẳng (BG) qua G ( 2;0 ) có véc tơ chỉ phương u = ( 3; 4 ) ,

20 − 15 − 8 13 x−2 y = ⇔ 4 x − 3 y − 8 = 0 ⇒ d ( C ; BG ) = = =R 3 4 5 5 13 169 2 2 Vậy đường tròn có tâm C ( 5;1) và có bán kính R = ⇒ ( C ) : ( x − 5 ) + ( y − 1) = 5 25 BT13. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng 2 x – 5 y + 1 = 0 , cạnh bên AB nằm trên đường thẳng 12 x – y – 23 = 0 . Viết phương trình AC biết rằng nó đi qua điểm M ( 3;1) cho nên BG : Giải
M

A

C B H

2 x − 5 y + 1 = 0 Đường (AB) cắt (BC) tại B  12 x − y − 23 = 0
Suy ra : B ( 2; −1) . (AB) có hệ số góc k = 12 , đường thẳng (BC) có hệ số góc k ' = Daukhacha.toan@gmail.com

2 , do đó ta có 5

- Trang 9 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com
12 −

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

2 2 −m 2 − 5m 5 = 2 . Gọi (AC) có hệ số góc là m thì ta có : tan C = 5 tan B = = . Vì tam 2 2m 5 + 2m 1 + 12. 1+ 5 5 giác ABC cân tại A cho nên tan B = tan C , hay ta có : 8   2 − 5m = 4m + 10 2 − 5m m = − 9 = 2 ⇔ 2 − 5m = 2 2 m + 5 ⇔  ⇔  5 + 2m  2 − 5m = −4m − 10  m = 12 9 9 Trường hợp : m = − ⇒ ( AC ) : y = − ( x − 3) + 1 ⇔ 9 x + 8 y − 35 = 0 8 8 Trường hợp : m = 12 suy ra ( AC ) : y = 12 ( x − 3) + 1 hay ( AC ) : 12 x − y − 25 = 0 (loại vì nó //AB ).
Vậy ( AC ) : 9 x + 8 y − 35 = 0 .

BT14. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : 2 2 2 2 ( C1 ) : ( x − 5) + ( y + 12 ) = 225 và ( C2 ) : ( x – 1) + ( y – 2 ) = 25 Giải : . Ta có (C) với tâm I ( 5; −12 ) , R = 15 . (C') có J (1;2 ) và R ' = 5 . Gọi d là tiếp tuyến chung có phương trình : ax + by + c = 0 ( a 2 + b 2 ≠ 0 ). 5a − 12b + c a + 2b + c Khi đó ta có : h ( I , d ) = = 15 (1) , h ( J , d ) = = 5 ( 2) a2 + b2 a 2 + b2 5a − 12b + c = 3a + 6b + 3c Từ (1) và (2) suy ra : 5a − 12b + c = 3 a + 2b + c ⇔  5a − 12b + c = −3a − 6b − 3c  a − 9b = c . Thay vào (1) : a + 2b + c = 5 a 2 + b 2 ta có hai trường hợp : ⇔ 3  −2a + b = c  2
2

Trường hợp : c = a − 9b thay vào (1) : ( 2a − 7b ) = 25 ( a 2 + b 2 ) ⇔ 21a 2 + 28ab − 24b 2 = 0

  14 − 10 7  14 − 10 7 175 + 10 7 → d : =0 a = x+ y− 21 21 21    Suy ra :   a = 14 + 10 7 → d :  14 + 10 7  x + y − 175 − 10 7 = 0    21 21 21    3 2 Trường hợp : c = −2a + b ⇒ (1) : ( 7b − 2a ) = 100 ( a 2 + b 2 ) ⇔ 96a 2 + 28ab + 51b 2 = 0 . Vô 2 nghiệm. (Phù hợp vì : IJ = 16 + 196 = 212 < R + R ' = 5 + 15 = 20 = 400 . Hai đường tròn cắt nhau).
BT15. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 + 2 x − 8 y − 8 = 0 . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d : 3x + y − 2 = 0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6. Giải Daukhacha.toan@gmail.com - Trang 10www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN
A H B

I

Đường thẳng d' song song với d : 3 x + y + m = 0 −3 + 4 + m m +1 IH là khoảng cách từ I đến d' : IH = = 5 5 2  AB  Xét tam giác vuông IHB : IH 2 = IB 2 −   = 25 − 9 = 16 4  

( m + 1) ⇔
25

2

 m = 19 → d ' : 3 x + y + 19 = 0 = 16 ⇔ m + 1 = 20 ⇒   m = −21 → d ' : 3x + y − 21 = 0

BT16. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B ( 2; −1) , đường cao và đường phân giác trong qua đỉnh A, C lần lượt là ( d1 ) : 3 x – 4 y + 27 = 0 và ( d 2 ) : x + 2 y – 5 = 0 Giải
A K

B H

C

 x = 2 + 3t Đường thẳng (BC) qua B ( 2; −1) và vuông góc với (AH) suy ra BC:  , hay :  y = −1 − 4t x − 2 y +1 ⇔ = ⇔ 4 x + 3 y − 7 = 0 ⊥ n = ( 4;3) 3 −4  x = 2 + 3t  (BC) cắt (CK) tại C : ⇒  y = −1 − 4t → t = −1 ⇔ C ( −1;3) x + 2 y − 5 = 0  (AC) qua C ( −1;3) có véc tơ pháp tuyến n = ( a; b )
Suy ra ( AC ) : a ( x + 1) + b ( y − 3) = 0 (*). Gọi ϕ = KCB = KCA ⇒ cos ϕ =

4+6 10 2 = = 5 16 + 9 5 5 5
- Trang 11 - www.MATHVN.com

Daukhacha.toan@gmail.com

www.MATHVN.com
Tương tự : cos ϕ =

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

a + 2b

5 a 2 + b2 5 a2 + b2  a = 0 ⇒ b ( y − 3) = 0 ↔ y − 3 = 0 2 ⇔ 3a − 4ab = 0 ⇔   a = 4b ⇒ 4 ( x + 1) + ( y − 3) = 0 ↔ 4 x + 3 y − 5 = 0  3 3   y = 3   y − 3 = 0   x = −5   3 x − 4 y + 27 = 0  31 582  ⇔   x = − 31 ⇔ A1 ( −5;3) , A2  − ; (AC) cắt (AH) tại A :   4 x + 3 y − 5 = 0   25 25   25    582  3 x − 4 y + 27 = 0   y = 25  Lập (AB) qua B ( 2; −1) và 2 điểm A tìm được ở trên. (học sinh tự lập ).
BT17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là : 3.x − y − 3 = 0 , các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếptam giác ABC bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC . Giải Đường thẳng (BC) cắt Ox tại B : Cho y = 0 suy ra x = 1 , B (1;0 ) . Gọi A ( a;0 ) thuộc Ox là đỉnh của góc vuông (a khác 1). Đường thẳng x = a cắt (BC) tại C : a; 3 ( a − 1) .



a + 2b

=

2 2 ⇔ ( a + 2b ) = 4 ( a 2 + b 2 ) 5

(

)

Độ dài các cạnh AB = a − 1 , AC = 3 a − 1 ⇒ BC 2 = AB 2 + AC 2 ⇒ BC = 2 a − 1
Chu vi tam giác : 2 p = a − 1 + 3 a − 1 + 2 a − 1 = 3 + 3 a − 1 ⇔ p = Ta có : S = pr suy ra P = (*) trở thành : Trọng tâm G :

(

)

(3 + 3 ) a − 1
2

1 3 2

(

S 1 1 3 2 .(*) Nhưng S = AB. AC = a − 1 3 a − 1 = ( a − 1) . Cho nên r 2 2 2 a = 3 + 2 3 3 2 3 +1 a −1 = ( a − 1) ⇒ a − 1 = 2 3 + 1 ⇔  4  a = −1 − 2 3 

)

(

)

 2 3 + 2 3 +1 7 + 4 3 2a + 1   xG = xG = =  7+4 3 2 3+6 3   3 3 ⇔ ⇒ ⇔ G1  ;  3 3  3 ( a − 1) 3 2+2 3  y =  2 3+6 =  G  yG = 3  3 3 

(

)

(

)

 2 −1 − 2 3 + 1 2a + 1  1+ 4 3  xG = xG = =−   1+ 4 3 2 3 + 6  3   3 3 ⇔ ⇔ ⇒ G2  − ;−  3 3  3 −2 − 2 3   y = 3 ( a − 1)  2 3+6 =−  G  yG = 3  3 3 

(

)

(

)

BT18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 2 y − 1 = 0 và đường thẳng d : x + y + 1 = 0 . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ - Trang 12www.MATHVN.com -

Daukhacha.toan@gmail.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 900 . Giải

A

d

I

M

B

M thuộc d suy ra M ( t; −1 − t ) . Nếu 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau thì MAIB là hình vuông (A, B là 2 tiếp điểm). Do đó AB = MI = IA 2 = R 2 = 6 2 = 2 3 . Ta có : MI =
2

(2 − t ) + (2 + t )
2

2

= 2t 2 + 8 = 2 3

t = − 2 → M 1 − 2; 2 − 1  Do đó : 2t + 8 = 12 ⇔ t = 2 ⇔ . t = 2 → M 2; − 2 − 1 2   * Chú ý : Ta còn cách khác Gọi d' là đường thẳng qua M có hệ số góc k suy ra d' có phương trình: y = k ( x − t ) − t − 1 , hay : kx − y − kt − t − 1 = 0 (1). 2k − kt − t − 2 Nếu d' là tiếp tuyến của (C) kẻ từ M thì d ( I ; d ') = R ⇒ = 6 1+ k 2
2

(

(

)

)

⇔ ( 2 − t ) k − t − 2  = 6 (1 + k 2 ) ⇔ ( t 2 − 4t − 2 ) k 2 + 2 ( t + 2 )( 2 − t ) k + ( t 2 + 4t − 2 ) = 0  
2

 t 2 − 4t − 2 ≠ 0   Từ giả thiết ta có điều kiện : ⇔ ∆ ' = ( 4 − t 2 ) − ( t 2 − 2 − 4t )( t 2 − 2 + 4t ) > 0  2  t + 4t − 2 = −1  t 2 − 4t − 2  t ≠ 2 ± 6 1     k1 + k2 = ± 2 2 ⇔ ∆ ' = t (19 − t ) > 0 ⇒ t = ± 2 ⇒  2 ⇒ k1 ; k2 ⇔ M 2  k k = −1  1 2 t = 2 
BT19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A (1;1) và đường thẳng ∆ : 2 x + 3 y + 4 = 0 Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đường thẳng AB và ∆ hợp với nhau góc 450. Giải Gọi d là đường thẳng qua A (1;1) có véc tơ pháp tuyến n = ( a; b ) thì d có phương trình dạng

a ( x − 1) + b ( y − 1) = 0 (*). Ta có n∆ = ( 2;3) .

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 13 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

13 a 2 + b 2 1 1  2 2  a = − 5 b → d : − 5 ( x − 1) + ( y − 1) = 0 ↔ x − 5 y + 4 = 0 ⇔ 5a − 24ab − 5b = 0 ⇔   a = 5b → d : 5 ( x − 1) + ( y − 1) = 0 ↔ 5 x + y − 6 = 0  Vậy B là giao của d với ∆ cho nên : x − 5 y + 4 = 0 5 x + y − 6 = 0  32 4   22 32  ⇒ B1  ⇔ B1  − ;  , B2 :  ⇒ B2  ; −   13 13   13 13  2 x + 3 y + 4 = 0 2 x + 3 y + 4 = 0

Theo giả thiết : cos ( d , ∆ ) =

2a + 3b

= cos 450 =

1 2 ⇒ 2 ( 2a + 3b ) = 13 ( a 2 + b 2 ) 2

BT20. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1 : 2 x − y + 5 = 0 . d 2 : 3 x + 6 y – 7 = 0 . Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P ( 2; −1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2. Giải Trước hết lập phương trình 2 đường phân giác tạo bởi 2 đường thẳng cắt nhau : 2x − y + 5  3x + 6 y − 7 =−  3 5 9 x + 3 y + 8 = 0 5 ⇔ ⇔  3x + 6 y − 7 2 x − y + 5 3 x − 9 y + 22 = 0 =  3 5 5  Lập đường thẳng ∆1 qua P ( 2; −1) và vuông góc với tiếp tuyến : 9x + 3y + 8 = 0 .

⇒ ∆1 :

x − 2 y +1 = ⇔ 3x + y − 5 = 0 3 −9 BT21. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn (C) có phương trình:
Lập ∆ 2 qua P ( 2; −1) và vuông góc với : 3x − 9y + 22 = 0 ⇔ ∆ 2 :

x − 2 y +1 = ⇔ x − 3y − 5 = 0 9 3

x 2 + y 2 + 4 3x − 4 = 0 Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A. Giải vuong
Hide Luoi

y

A

1 I -3 -2 -1 O -1 -2 1 2 3 4 x

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 14www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

(C) có I −2 3;0 , R = 4 . Gọi J là tâm đường tròn cần tìm :

(

)

J ( a; b ) ⇒ ( C ' ) : ( x − a ) + ( y − b ) = 4 Do (C) và (') tiếp xúc ngoài với nhau cho nên khoảng cách IJ = R + R '
2 2



(a + 2 3)

2

+ b 2 = 4 + 2 = 6 ⇔ a 2 + 4 3a + b 2 = 28
2 2

Vì A ( 0; 2 ) là tiếp điểm cho nên : ( 0 − a ) + ( 2 − b ) = 4 ( 2 )
2 2  2  2  a + 2 3 + b = 36 a + 4 3a + b = 24 Do đó ta có hệ :  ⇔ 2 2 2 2 a − 4b + b = 0   a + ( 2 − b ) = 4

(

)

Giải hệ tìm được : b = 3 và a = 3 ⇒ ( C ') : x − 3

(

)

2

+ ( y − 3) = 4 .
2

Chú ý: Ta có cách giải khác . Gọi H là hình chiếu vuông góc của J trên Ox suy ra OH bằng a và JH bằng b 4 2 3 2 IA IO OA Xét các tam giác đồng dạng : IOA và IHJ suy ra : = = ⇔ = = IJ IH HJ 6 a+2 3 b Từ tỷ số trên ta tìm được : b = 3 và a = 3 . BT22. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB : x − 2 y − 1 = 0 , đường chéo BD : x − 7 y + 14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M ( 2;1) . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. Giải
A

D

M

B

C

Hình vẽ : (Như bài 12).

x − 2 y −1 = 0 Tìm tọa độ B là nghiệm của hệ :  ⇒ B ( 7;3) .  x − 7 y + 14 = 0 x = 7 + t Đường thẳng (BC) qua B ( 7;3) và ⊥ ( AB ) ⇒ uBC = (1; −2 ) ⇔ ( BC ) :   y = 3 − 2t 1 1 − 1 1 1 1 ⇔ 2 x + y − 17 = 0 → k BC = − . Mặt khác : k BD = , k AB = ⇒ tan ϕ = 7 2 = 11 3 2 7 2 1+ 72
Daukhacha.toan@gmail.com - Trang 15 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

1 2 7 = 7 k − 1 = 2 tan ϕ = 3 = 3 Gọi (AC) có hệ số góc là k ⇒ tan 2ϕ = k 7 + k 1 − tan 2 ϕ 1 − 1 4 1+ 7 9 17   28k − 4 = −3k − 21  k = − Do đó : 4 7 k − 1 = 3 k + 7 ⇔  ⇔ 31  28k − 4 = 3k + 21  k = 1 Trường hợp : k = 1 suy ra ( AC ) : y = ( x − 2 ) + 1, hay : x − y − 1 = 0 . k−

x = 7 + t  C là giao của (BC) với (AC) : ⇔  y = 3 − 2t → t = −1, C ( 6;5 ) x − y −1 = 0  x = 7 + t  A là giao của (AC) với (AB) : ⇔  y = 3 − 2t → t = 0, A (1;0 ) x − 2 y −1 = 0  (AD) || (BC) suy ra (AD) có dạng : 2 x + y + m = 0 (*) , do qua A (1;0 ) : m = −2 . Cho nên (AD) có phương trình : 2 x + y − 2 = 0 . 2 x + y − 2 = 0 D là giao của (AD) với (BD) :  ⇒ D ( 0; 2 )  x − 7 y + 14 = 0
17 cách giải tương tự (Học sinh tự làm). 31 BT23. Trong mp (Oxy) cho đườ ng thẳ ng ( ∆) có phươ ng trình: x – 2 y – 2 = 0 và hai điể m A ( −1; 2 ) ; B ( 3; 4 ) . Tìm đ iể m M ∈ ∆ sao cho 2 MA2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhấ t
Trường hợp : k = −

Giải M thuộc ∆ suy ra M ( 2t + 2; t )
Ta có : MA2 = ( 2t + 3) + ( t − 2 ) = 5t 2 + 8t + 13 ⇒ 2MA2 = 10t 2 + 16t + 26
2 2

Tương tự : MB 2 = ( 2t − 1) + ( t − 4 ) = 5t 2 − 12t + 17
2 2

2 . 15 641 2  26 2  Lập bảng biến thiên suy ra min f ( t ) = đạt được tại t = − ⇒ M  ; −  15 15  15 15  2 2 Cho đường tròn ( C ) : x + y – 2 x – 6 y + 6 = 0 và điểm M ( 2; 4 )
Do dó : f ( t ) = 15t 2 + 4t + 43 ⇒ f ' ( t ) = 30t + 4 = 0 → t = −

BT24. Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn tại 2 điểm A và B sao cho M là trung điểm của AB Giải 2 2 Đường tròn (C) : ( x − 1) + ( y − 3) = 4 ⇒ I (1;3) , R = 2, PM /(C ) = 1 + 1 − 4 = −2 < 0 ⇒ M nằm trong hình tròn (C) .  x = 2 + at Gọi d là đường thẳng qua M ( 2; 4 ) có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) ⇒ d :   y = 4 + bt Daukhacha.toan@gmail.com - Trang 16www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN
2 2

nghiệm t ) . Vì vậy điều kiện : ∆ ' = ( a + b ) + 2 ( a 2 + b 2 ) = 3a 2 + 2ab + 3b 2 > 0 (*)
2

Nếu d cắt (C) tại A,B thì : ( at + 1) + ( bt + 1) = 4 ⇔ ( a 2 + b 2 ) t 2 + 2 ( a + b ) t − 2 = 0 (1) ( có 2

Gọi A ( 2 + at1 ;4 + bt1 ) , B ( 2 + at2 ;4 + bt2 ) ⇒ M là trung điểm AB thì ta có hệ :

4 + a ( t1 + t2 ) = 4 a ( t1 + t2 ) = 0   ⇔ ⇔ ⇔ t1 + t2 = 0 . Thay vào (1) khi áp dụng vi ét ta được : 8 + b ( t1 + t2 ) = 8 b ( t1 + t2 ) = 0   2(a + b) x−2 y−4 ⇔ t1 + t2 = − 2 = 0 ⇔ a + b = 0 ⇔ a = −b ⇒ d : = ⇔ d : x+ y −6 = 0 2 a +b −1 1

BT25. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 2my + m 2 − 24 = 0 có tâm I và đường thẳng ∆ : mx + 4 y = 0 . Tìm m biết đường thẳng ∆ cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. Giải 2 2 (C) : ( x − 1) + ( y − m ) = 25 ⇒ I (1; m), R = 5 .

m  y = − 4 x  Nếu d : mx + 4 y = 0 cắt (C) tại 2 điểm A,B thì  2 2  m + 16  x 2 − 2  4 + m  x + m 2 − 24 = 0 (1)      16   4   m   m   Điều kiện : ∆ ' = m 2 + 25 > 0 ⇔ m ∈ R . Khi đó gọi A  x1 ; − x1  , B  x2 ; − x2  4   4  

⇒ AB =

( x2 − x1 )

2

+

m2 2 ( x2 − x1 ) = x2 − x1 16 m + 4m m 2 + 16 = 5m

m 2 + 16 m 2 + 25 =8 4 m 2 + 16

Khoảng cách từ I đến d =

m 2 + 16 5m 1 1 m 2 + 25 m 2 + 25 Từ giả thiết : S = AB.d = .8 . = 4 5m = 12 2 2 m 2 + 16 m 2 + 16 m 2 + 16
2 m 2 + 25 = 3 ⇔ 25m 2 ( m 2 + 25 ) = 9 ( m 2 + 16 ) 2 m + 16 Ta có một phương trình trùng phương , học sinh giải tiếp . BT26. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB : x − y − 2 = 0 , phương trình cạnh AC : x + 2 y − 5 = 0 . Biết trọng tâm của tam giác G ( 3; 2 ) . Viết phương trình cạnh BC Giải x − y − 2 = 0 (AB) cắt (AC) tại A : ⇒  ⇔ A ( 3;1) x + 2 y − 5 = 0

⇔ 5m

B nằm trên (AB) suy ra B ( t ; t − 2 ) , C nằm trên (AC) suy ra C ( 5 − 2m; m )

t − 2m + 8  =3  xG =  t − 2m = 1 m = 2 → C (1; 2 )  3 Theo tính chất trọng tâm :  ⇔ ⇔ t + m = 7 t = 5 → B ( 5;3)  y = t + m −1 = 2  G  3 
Daukhacha.toan@gmail.com - Trang 17 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

BT27. Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A ( 2;5 ) , B ( 4;1) và tiếp xúc với đường thẳng có phương trình 3x – y + 9 = 0 . Giải Gọi M là trung điểm AB suy ra M ( 3;3) . d' là đường trung trực của AB thì d' có phương trình : Tâm I của (C) nằm trên đường thẳng d' cho nên I ( 2t − 3; t ) (*) Nếu (C) tiếp xúc với d thì h ( I , d ) = R ⇔ Mặt khác : R = IA = Thay (2) vào (1) :

1( x − 3) − 2 ( y − 3) = 0 , hay : x − 2 y + 3 = 0 .

3 ( 2t − 3) − t + 9 10

=

5t 10

=

10 t = R . (1) 2

( 5 − 2t ) + ( 5 − t )
2

2

. (2) .

( 5 − 2t ) + ( 5 − t )
2

2

=

10 t ⇔ 4 ( 5t 2 − 30t + 50 ) = 10t 2 2

t = 6 − 34 ⇔ t 2 − 12t + 2 = 0 ⇒  . Thay các giá trị t vào (*) và (1) ta tìm được tọa độ tâm I và t = 6 + 34  bán kính R của (C) . Chú ý : Ta có thể sử dụng phương trình (C) : x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 ( có 3 ẩn a,b,c) Cho qua A, B ta tạo ra 2 phương trình. Còn phương trình thứ 3 sử dụng điều kiện tiếp xúc của (C) và d : khoảng cách từ tâm tới d bằng bán kính R .
BT28. Cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 – 2 x + 4 y + 2 = 0 . Viết phương trình đường tròn (C') tâm

M ( 5;1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB = 3 .

Giải
A

I

H B

M

Đường tròn (C) : ( x − 1) + ( y + 2 ) = 3 ⇒ I (1; −2 ) , R = 3 . Gọi H là giao của AB với (IM). Do đường tròn (C') tâm M có bán kính R ' = MA . 3. 3 3 Nếu AB = 3 = IA = R , thì tam giác IAB là tam giác đều , cho nên IH = = (đường 2 2 3 7 cao tam giác đều) . Mặt khác : IM = 5 suy ra HM = 5 − = . 2 2 2 AB 49 3 Trong tam giác vuông HAM ta có MA2 = IH 2 + = + = 13 = R '2 4 4 4 2 2 Vậy (C') : ( x − 5 ) + ( y − 1) = 13 .
2 2

BT29. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®−êng trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh 2 2 ( x − 1) + ( y + 2 ) = 9 vµ ®−êng th¼ng d : x + y + m = 0 . T×m m ®Ó trªn ®−êng th¼ng d cã duy Daukhacha.toan@gmail.com - Trang 18www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®−îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®−êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. Giải

B

d

I

A

C

(C) có I (1; −2 ) và bán kính R = 3 . Nếu tam giác ABC vuông góc tại A (có nghĩa là từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C) và 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau) khi đó ABIC là hình vuông. Theo tính chất hình vuông ta có IA = IB = 2 (1) . Nếu A nằm trên d thì A ( t ; −m − t ) suy ra :

IA = ⇒

( t − 1) + ( t − 2 + m )
2 2 2

2

. Thay vào (1) :

( t − 1) + ( t − 2 + m ) = 3 2 ⇔ 2t 2 − 2 ( m − 1) t + m 2 − 4m − 13 = 0 (2).

Để trên d có đúng 1 điểm A thì (2) có đúng 1 nghiệm t , từ đó ta có điều kiện : 2 ∆ = − ( m 2 + 10m + 25 ) = 0 ⇔ − ( m + 5 ) = 0 ⇒ m = −5 . Khi đó (2) có nghiệm kép là :

m − 1 −5 − 1 = = −3 ⇒ A ( −3;8 ) 2 2 BT30. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng ( d1 ) : 4 x − 3 y − 12 = 0 và t1 = t2 = t0 = 4 x + 3 y − 12 = 0 . Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy. Giải  4 x − 3 y − 12 = 0 Gọi A là giao của d1 , d 2 ⇒ A :  ⇔ A ( 3;0 ) ∈ Ox 4 x + 3 y − 12 = 0 
Vì (BC) thuộc Oy cho nên gọi B là giao của d1 với Oy : cho x = 0 suy ra y = −4 , B ( 0; −4 ) và C là giao của d 2 với Oy : C ( 0; 4 ) . Chứng tỏ B, C đối xứng nhau qua Ox , mặt khác A nằm trên Ox vì vậy tam giác ABC là tam giác cân đỉnh A. Do đó tâm I đường tròn nội tiếp tam giác thuộc Ox suy ra I ( a;0 ) . Theo tính chất phân giác trong :

( d2 ) :

IA AC 5 IA + IO 5 + 4 OA 9 = = ⇒ = ⇔ = IO AO 4 IO 4 IO 4 4OA 4.3 4 4  ⇒ IO = = = . Có nghĩa là I  ;0  9 9 3 3 

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 19 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com
Tính r bằng cách : S =

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

1 1 15 1 ( AB + BC + CA) 1 ( 5 + 8 + 5 ) 18 6 BC.OA = .5.3 = = = ⇒r= = . 2 2 2 2 r 2 r 15 5 BT31. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm C ( 2; −5 ) và đường thẳng ∆ : 3 x − 4 y + 4 = 0 . Tìm
 5 trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I  2;  sao cho diện tích tam giác ABC bằng15  2 Giải Nhận xét I thuộc ∆ , suy ra A thuộc ∆ ⇒ A ( 4t ;1 + 3t ) . Nếu B đối xứng với A qua I thì B có tọa độ B ( 4 − 4t; 4 + 3t ) ⇒ AB = 16 (1 − 2t ) + 9 (1 − 2t ) = 5 1 − 2t
2 2

6 + 20 + 4 =6 5 t = 0 → A ( 0;1) , B ( 4;4 ) 1 1 Từ giả thiết : S = AB.h = 5. 1 − 2t .6 = 15 ⇔ 1 − 2t = 1 ⇔  2 2 t = 1 → A ( 4; 4 ) , B ( 0;1) 
Khoảng cách từ C ( 2; −5 ) đến ∆ bằng chiều cao của tam giác ABC : = BT32. Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A ( 2; −3) , B ( 3; −2 ) , cã diÖn tÝch b»ng vµ träng t©m thuéc ®−êng th¼ng ∆ : 3 x – y – 8 = 0 . T×m täa ®é ®Ønh C.

3 2

Giải Do G thuộc ∆ suy ra G ( t;3t − 8 ) . (AB) qua A ( 2; −3) có véc tơ chỉ phương u = AB = (1;1) , cho

x−2 y +3 5 5 = ⇔ x − y − 5 = 0 . Gọi M là trung điểm của AB : M  ; −  . 1 1 2 2 5 11 5  5  Ta có : GM =  − t ; − − 3t + 8  =  − t ; − 3t  . Giả sử C ( x0 ; y0 ) , theo tính chất trọng tâm 2 2 2  2  nên (AB) :

 5   x0 − t = −2  2 − t   x0 = −5 + 2t    ⇔ ta có : GC = −2GM ⇔  ⇒ C ( 2t − 5;9t − 19 )(1)  11   y0 = 9t − 19  y − 3t + 8 = −2  − 3t   0 2   3 ( 2t − 5 ) − ( 9t − 19 ) − 8 4 − 3t Ngoài ra ta còn có AB = 2 , h ( C , ∆ ) = = 10 10 4 − 3t 3 1 1 Theo giả thiết : S = AB.h ( C , ∆ ) = 2 = ⇔ 2 4 − 3t = 3 10 2 2 2 10  4−3 5  7+6 5  ⇒ C− ; −7 − 9 5  t = 3 3  2   ⇔ 2 ( 4 − 3t ) = 90 ⇔ 9t 2 − 24t − 29 = 0 ⇔  t = 4 + 3 5 ⇒ C =  6 5 − 7 ;9 5 − 7     3 3   
1  BT33. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  ;0  . Đường thẳng 2  AB có phương trình: x – 2 y + 2 = 0, AB = 2 AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh
- Trang 20www.MATHVN.com -

Daukhacha.toan@gmail.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

của hình chữ nhật đó Giải Do A thuộc (AB) suy ra A ( 2t − 2; t ) (do A có hoành độ âm cho nên t < 1 ) Do ABCD là hình chữ nhật suy ra C đối xứng với A qua I : C ( 3 − 2t ; −t ) .

1  x = + t Gọi d' là đường thẳng qua I và vuông góc với (AB), cắt (AB) tại H thì : d ' :  2 , và H có  y = −2t  tọa độ là H ( 0;1) . Mặt khác B đối xứng với A qua H suy ra B ( 2 − 2t ; 2 − t ) .
Từ giả thiết : AB = 2 AD suy ra AH = AD , hay AH = 2 IH ⇒

( 2 − 2t ) + (1 − t )
2

2

= 2 1+

1 4

t − 1 = −1 t = 0 5 2 ⇔ 5t 2 − 10t + 5 = 4. ⇔ ( t − 1) = 1 ⇒  ⇔ 4 t − 1 = 1 t = 2 > 1
1 ⇒ A ( −2;0 ) , B ( 2; 2 ) , C ( 3;0 ) , D ( −1; −2 ) . 2 * Chú ý: Ta còn có cách giải khác nhanh hơn 1 −0+2 5 2 = Tính h ( I ; AB ) = , suy ra AD = 2 h ( I , AB ) = 5 2 5
Vậy khi t =

5 25 5 +5 = ⇒ IA = IB = 4 4 4 4 2 Do đó A, B là giao của (C) tâm I bán kính IA cắt (AB). Vậy A, B có tọa độ là nghiệm của hệ : x − 2 y + 2 = 0  2 2  1  5  ⇒ A ( −2;0 ) , B ( 2; 2 ) (Do A có hoành độ âm) 2  x −  + y =   2 2  Theo tính chất hình chữ nhật suy ra tọa độ của các đỉnh còn lại : C ( 3;0 ) và D ( −1; −2 )
Mặt khác : IA = IH
2 2

( AB ) +

2

= IH

2

( 2 AD ) +

2

= IH 2 + AD 2 =

BT34. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A (1; −2 ) , đường cao CH : x − y + 1 = 0 , phân giác trong BN : 2 x + y + 5 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B, C và tính diện tích tam giác ABC
Giải
C N

A B H

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 21 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

x = 1+ t Đường (AB) qua A (1; −2 ) và vuông góc với (CH) suy ra (AB):  .  y = −2 − t x = 1 + t  (AB) cắt (BN) tại B: ⇔  y = −2 − t → t = −5 2 x + y + 5 = 0  −1 + 2 1 Do đó B ( −4;3) . Ta có : k AB = −1, k BN = −2 ⇒ tan ϕ = = 1+ 2 3 Gọi A' đối xứng với A qua phân giác (BN) thì A' nằm trên (AB). Khi đó A' nằm trên d vuông  x = 1 + 2t góc với (BN) ⇒ d :   y = −2 + t
 x = 1 + 2t  d cắt (BN) tại H : ⇒ H :  y = −2 + t → t = −1 ⇔ H ( −1; −3) . 2 x + y + 5 = 0 
A' đối xứng với A qua H suy ra A ' ( −3; −4 ) . (BC) qua B, A' suy ra : u = (1; −7 )

 x = −4 + t  x = −4 + t 3   13 9  . (BC) cắt (CH) tại C: ⇒  y = 3 − 7t → t = ⇔ C  − ; −  ⇒ ( BC ) :  4  4 4  y = 3 − 7t x − y +1 = 0  Tính diện tích tam giác ABC :  AB = 2 5 1 1 9 9 10  Ta có :  = 9 ⇒ S ABC = AB.h(C , AB) = .2 5 2 2 4 2 2  h ( C , AB ) = 2 2  BT35. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x − y − 3 = 0 và d 2 : x + y − 6 = 0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật Giải x − y − 3 = 0 9 3 Theo giả thiết, tọa độ tâm I ⇔  ⇒ I  ;  . Gọi M là trung điểm của AD thì M có 2 2 x + y − 6 = 0 tọa độ là giao của : x − y − 3 = 0 với Ox suy ra M ( 3;0 ) . Nhận xét rằng IM || AB và DC , nói một cách khác AB và CD nằm trên 2 đường thẳng song song với d1 có n = (1; −1) .

x = 3 + t A, D nằm trên đường thẳng d vuông góc với d1 ⇒ d :  .  y = −t Giả sử A ( 3 + t; −t ) (1), thì do D đối xứng với A qua M suy ra D ( 3 − t ; t ) (2) .
B (12 + t;3 − t ) .(4) Gọi J là trung điểm của BC thì J đối xứng với M qua I cho nên J(6;3). Do đó ta có kết quả là : : MJ = AB = AD = 3 2 . 2t Khoảng cách từ A tới d1 : h ( A, d1 ) = ⇒ S ABCD = 2h ( A, d1 ) .MJ 2
Daukhacha.toan@gmail.com

C đối xứng với A qua I cho nên C ( 6 − t ;3 + t ) ( 3) . B đối xứng với D qua I suy ra

- Trang 22www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com
⇔ S ABCD = 2 2t

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

t = −1 . Thay các giá trị của t vào (1),(2),(3),(4) ta tìm được 3 2 = 12 t = 12 ⇔  2 t = 1 t = −1 → A ( 3;1) , D ( 4; −1) , C ( 7; 2 ) , B (11; 4 ) các đỉnh của hình chữ nhật : ⇔  t = 1 → A ( 4; −1) , D ( 2;1) , C ( 5; 4 ) , B (13; 2 ) 
BT36. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ có phương trình x + 2 y − 3 = 0 và hai điểm

A (1;0 ) , B ( 3; −4 ) . Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho MA + 3MB là nhỏ nhất
Giải D, M ∈ ∆ ⇒ M ( 3 − 2t ; t ) có nên ta có : MA = ( 2t − 2; −t ) , 3MB = ( 6t ; −3t − 12 ) . Suy ra tọa độ của MA + 3MB = ( 8t ; −4t − 14 ) ⇒ MA + 3MB = Vậy f ( t ) = Xét g ( t ) = 80t 2 + 112t + 196 ,

( 8t ) + ( 4t + 14 )
2

2

.

(8t ) + ( 4t + 14 )
2

2

= 80t 2 + 112t + 196 .

tính đạo hàm g ' ( t ) = 160t + 112 .

 51  15.169 g−  = = 196 80  80  51  131 51  Vậy min MA + 3MB = 196 = 14 , đạt được khi t = − và M  − ;−  80  40 80 

g ' ( t ) = 0 khi t = −

112 51 =− ⇔ 80 80

BT37. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn : ( C1 ) : x 2 + y 2 = 13 và

( C2 ) : ( x − 6 ) + y 2 = 25 cắt nhau tại A ( 2;3) . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt ( C1 ) , ( C2 ) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.
2

Giải Từ giả thiết : ( C1 ) : I = ( 0;0 ) , R = 13. ( C2 ) : J ( 6;0 ) , R ' = 5

 x = 2 + at Gọi đường thẳng d qua A ( 2;3) có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) ⇒ d :   y = 3 + bt  x = 2 + at 2a + 3b  d cắt ( C1 ) tại A, B : ⇔  y = 3 + bt ⇔ ( a 2 + b 2 ) t 2 + 2 ( 2a + 3b ) t  = 0 → t = − 2   a + b2  x 2 + y 2 = 13   b ( 2b − 3a ) a ( 3a − 2b )  ⇔ B ; 2  . Tương tự d cắt ( C2 ) tại A, C thì tọa độ của A, C là nghiệm của a 2 + b2 a + b2  

 x = 2 + at  2 ( 4a − 3b )  10a 2 − 6ab + 2b 2 3a 2 + 8ab − 3b 2   hệ : ⇔  y = 3 + bt →t = ⇔ C ;  a 2 + b2 a2 + b2 a2 + b2    2 2 ( x − 6 ) + y = 25  Nếu 2 dây cung bằng nhau thì A là trung điểm của A, C. Từ đó ta có phương trình :

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 23 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com
2 2

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN
2

 x = 2 a = 0 → d :  ( 2b − 3ab ) + 10a − 6ab + 2b = 4 ⇔ 6a 2 − 9ab = 0 ⇔  y = 3+ t ⇔ 2 2 2 2  a +b a +b 3 3   a = b → u =  b; b  u ' = ( 3;2 ) 2 2  
 x = 2 + 3t Suy ra : d :  . Vậy có 2 đường thẳng d : x − 2 = 0 và d ' : 2x − 3y + 5 = 0  y = 3 + 2t
BT38. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A ( 3;0 ) , đường cao từ đỉnh B có phương trình x + y + 1 = 0 trung tuyến từ đỉnh C có phương trình 2 x − y − 2 = 0 . Viết phường trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giải
B

K

A C H

Đường thẳng d qua A(3;0) và vuông góc với (BH) cho nên có véc tơ chỉ phương u = (1;1) do đó

x = 3 + t d:  . Đường thẳng d cắt (CK) tại C : y =t 

Vì K thuộc (CK) ⇒ K ( t ; 2t − 2 ) và K là trung điểm của AB cho nên B đối xứng với A qua K suy ra B ( 2t − 3; 4t − 4 ) . Mặt khác K lại thuộc (BH) cho nên : ( 2t − 3) + ( 4t − 4 ) + 1 = 0 suy ra t = 1 và tọa độ B ( −1;0 ) .

x = 3 + t  ⇒ t = −4 ⇔ C ( −1; −4 ) y = t 2 x − y − 2 = 0 

(C): x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 a 2 + b 2 − c = R 2 > 0 là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

(

)

1  a=  9 − 6a + c = 0 2   Cho (C) qua lần lượt A,B,C ta được hệ :  4 + 4a + c = 0 ⇒ b = 0 5 + 2a + 8b + c = 0 c = −6    1 25  Vậ y ( C ) :  x −  + y 2 = 2 4 
BT39. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A (1; −1) , B ( 2;1) , diện tích bằng trọng tâm G thuộc đường thẳng d : 3 x + y − 4 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C ? Giải
2

11 và 2

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 24www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN
C d

K

C B

Nếu G thuộc d thì G ( t ;4 − 3t ) . Gọi C ( x0 ; y0 ) .

 1 + 2 + x0 t =  x0 = 3t − 3  3 Theo tính chất trọng tâm :  ⇔  y0 = 12 − 9t  4 − 3t = y0  3  Do đó C ( 3t − 3;12 − 9t ) . Ta có : x −1 y +1  ( AB ) : 1 = 2 ⇒ 2 x − y − 3 = 0 AB = (1; 2 ) ⇒   AB = 1 + 22 = 5  2 ( 3t − 3) − (12 − 9t ) − 3 15t − 21 1 h(C,AB)= = . Do đó : S ABC = AB.h ( C , AB ) ⇒ 2 5 5  32  17 26   32 t= t = 15 → C =  5 ; − 5   15 15t − 21 15t − 21 11 1   S= 5 = = ⇔ 15t − 21 = 11 ⇒  ⇔ 2 2 2 5  4 t = 20 t = 3 → C (1;0 )  15  
BT40. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông có đỉnh ( −4;5 ) và một đường chéo có phương trình 7 x − y + 8 = 0 . Viết phương trình chính tắc các cạnh hình vuông Giải Gọi A ( −4;8 ) thì đường chéo ( BD ) : 7 x − y + 8 = 0 . Giả sử B ( t ;7t + 8 ) thuộc (BD).

Đường chéo (AC) qua A ( −4;8 ) và vuông góc với (BD) cho nên có véc tơ chỉ phương

 x = −4 + 7t x+4 y −5 u = ( 7; −1) ⇒ ( AC ) :  ⇔ = ⇔ x + 7 y − 39 = 0 . Gọi I là giao của (AC) và 7 −1 y = 5− t  x = −4 + 7t 1   1 9 (BD) thì tọa độ của I là nghiệm của hệ :  y = 5 − t → t = ⇔ I  − ;  ⇔ C ( 3; 4 ) 2  2 2 7 x − y + 8 = 0  Từ B ( t ;7t + 8 ) suy ra : BA = ( t + 4;7t + 3) , BC = ( t − 3;7t + 4 ) . Để là hình vuông thì BA = BC t = 0 BA vuông góc với BC ⇔ ( t + 4 )( t − 3) + ( 7t + 3)( 7t + 4 ) = 0 ⇔ 50t 2 + 50t = 0 ⇔  t = −1

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 25 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

t = 0 → B ( 0;8 )  B ( 0;8 ) → D ( −1;1) ⇔ . Tìm tọa độ của D đối xứng với B qua I ⇒  t = −1 → B ( −1;1)  B ( −1;1) → D ( 0;8 )   x+ 4 y −5 Từ đó : (AB) qua A ( −4;5 ) có u AB = ( 4;3) → ( AB ) : = 4 3 x + 4 y −5 (AD) qua A ( −4;5 ) có u AD = ( 3; −4 ) → ( AB ) : = 3 −4 x y −8 (BC) qua B ( 0;8 ) có uBC = ( 3; −4 ) ⇒ ( BC ) : = 3 −4 x +1 y −1 (DC) qua D ( −1;1) có uDC = ( 4;3) ⇒ ( DC ) : = 4 3 Chú ý : Ta còn cách giải khác 1 x 31 (BD) : y = 7 x + 8 , (AC) có hệ số góc k = − và qua A ( −4;5 ) suy ra AC : y = + . 7 7 7  x A + xC = 2 xI y + y = 2y C I  A  Gọi I là tâm hình vuông : ⇒  yI = 7 xI + 8 ⇒ C ( 3;4 )   y = − xC + 31  C 7 7  Gọi (AD) có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) , ( BD ) : v = (1;7 ) ⇒ a + 7b = u.v = u v cos 450
3 3 3 ⇒ ( AD ) : y = ( x + 4 ) + 5 = x + 8 4 4 4 4 4 1 3 3 7 Tương tự : ( AB ) : y = − ( x + 4 ) + 5 = − x − , ( BC ) : y = ( x − 3) + 4 = x + và đường 3 3 3 4 4 4 4 4 thẳng (DC): y = − ( x − 3) + 4 = − x + 8 3 3 BT41. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E ( −1;0 ) và đường tròn ⇔ a + 7b = 5 a 2 + b 2 . Chọn a = 1 , suy ra b = x 2 + y 2 – 8 x – 4 y – 16 = 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E cắt (C) theo dây cung MN có độ dài ngắn nhất. Giải 2 2 ( C ) : ( x − 4 ) + ( y − 2 ) = 36 ⇒ I ( 4;2 ) , R = 6 Nhận xét : EI < R suy ra E nằm trong (C)  x = −1 + at Gọi d là đường thẳng qua E ( −1;0 ) có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) ⇒ d :   y = bt Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm M, N có tọa độ là nghiệm của hệ :  x = −1 + at   ⇔  y = bt → ( a 2 + b 2 ) t 2 − 2 ( 5a + 2b ) t − 7 = 0 . (1)  2 2 ( x − 4 ) + ( y − 2 ) = 36 

(C ) :

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 26www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

Gọi M ( −1 + at ; bt ) , N ( −1 + at '; bt ' ) với t và t' là 2 nghiệm của (1). Khi đó độ dài của dây cung

MN = a 2 ( t − t ') + b 2 ( t − t ') = t − t ' a 2 + b 2 =
2 2
2

2 ∆' 2 18a 2 + 20ab + 11b 2 a2 + b2 = a 2 + b2 a2 + b2

b b 18 + 20   + 11  2 2 a  a  ⇔ 2 18 + 20t + 11t  t = b  . Xét hàm số f t = 18 + 20t + 11t ⇔2 ()   2 1+ t2 a 1+ t2  b 1+   a Tính đạo hàm f ' ( t ) cho bằng 0, lập bảng biến thiên suy ra GTLN của t, từ đó suy ra t (tức là a ). Tuy nhiên cách này dài b Chú ý: Ta sử dụng tính chất dây cung ở lớp 9 : Khoảng cách từ tâm đến dây cung càng nhỏ thì dây cung càng lớn Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d bất kỳ qua E(-1;0). Xét tam giác vuông HIE (I là đỉnh) ta luôn có : IH 2 = IE 2 − HE 2 ≤ IE 2 ⇒ IH ≤ IE . Do đó IH lớn nhất khi HE = 0 có nghĩa là H trùng với E. Khi đó d cắt (C) theo dây cung nhỏ nhất . Lúc này d là đường thẳng qua E và vuông góc với IE cho nên d có véc tơ pháp tuyến n = IE = ( 5; 2 ) , suy ra tỷ số do vậy d : 5 ( x + 1) + 2 y = 0 hay 5 x + 2 y + 5 = 0 .

BT42. Cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là: x + 2 y – 5 = 0 và 3x – y + 7 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC, biết rằng AC đi qua điểm F (1; −3) . Giải
F A

C B H

Ta thấy B là giao của (AB) và (BC) cho nên tọa độ B là nghiệm của hệ : 9  x=− x + 2y − 5 = 0   7 ⇒  3 x − y + 7 = 0  y = − 22  7 

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 27 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

thẳng AC, điểm M ( 2; −3) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB

 9 22  ⇔ B  − ; −  . Đường thẳng d ' qua A vuông góc với (BC) có 7   7 1 1 u = ( 3; −1) ⇒ n = (1;3) ⇔ k = − . (AB) có k AB = − . Gọi (AC) có hệ số góc là k ta có phương 3 2 1  1 1 1 k+ − + k = − 8 3 ⇔ 1 = 3k + 1 ⇔ 15k + 5 = 3 − k ⇔ 15k + 5 = 3 − k ⇔  trình : 2 3 = 15k + 5 = k − 3 11 k 5 3−k  k = − 4 1− 1−  23 3 7  1 1 Với k = − ⇒ ( AC ) : y = − ( x − 1) − 3 ⇔ x + 8 y + 23 = 0 8 8 4 4 Với k = ⇒ ( AC ) : y = − ( x + 1) − 3 ⇔ 4 x + 7 y + 25 = 0 7 7 BT43. Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân tại A. Biết rằng cạnh huyền nằm trên đường thẳng d : x + 7 y – 31 = 0 , điểm N ( 7;7 ) thuộc đường
Giải Gọi A ( x0 ; y0 ) ⇒ MA = ( x0 − 2; y0 + 3) , NA = ( x0 − 7; y0 − 7 ) . Do A là đỉnh của tam giác vuông cân cho nên AM vuông góc với AN hay ta có : 2 2 MA.NA = 0 ⇔ ( x0 − 2 )( x0 − 7 ) + ( y0 + 3)( y0 − 7 ) = 0 ⇔ x0 + y0 − 9 x0 − 4 y0 − 7 = 0 Do đó A nằm trên đường tròn ( C ) : ( x0 − 3) + ( y0 − 2 ) = 20 Đường tròn (C) cắt d tại 2 điểm B,C có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình : 2 2    x = 31 − 7 y ( x − 3) + ( y − 2 ) = 20  x = 31 − 7 y ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 2   50 y − 396 y + 768 = 0  x + 7 y − 31 = 0 ( 28 − 7 y ) + ( y − 2 ) = 20
2 2

198 − 2 201 99 − 201 99 + 201 = ;y = , tương ứng ta tìm được các giá 50 25 25  82 + 7 201 99 − 201  82 + 7 201 82 − 7 201 trị của x : x = ;x = . Vậy A  ;  và tọa độ của 25 25 25 25  
Do đó ta tìm được y =

 82 − 7 201 99 + 201  điểm A  ;  25 25   BT44. Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng d1 : 2 x + y + 5 = 0, d 2 : 3x + 2 y – 1 = 0 và điểm G (1;3) . Tìm tọa độ các điểm B thuộc d1 và C thuộc d2 sao cho tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm. Biết A là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2
Giải

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 28www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

B

M G d2 d1 A C

2 x + y + 5 = 0  x = −11 Tìm tọa độ A là nghiệm của hệ :  ⇔ ⇒ A ( −11;17 ) 3x + 2 y − 1 = 0 y = 17   Nếu C thuộc d1 ⇒ C ( t ; −2t − 5 ) , B ∈ d 2 ⇒ B (1 + 2m; −1 − 3m ) Theo tính chất trọng tâm của tam giác ABC khi G là trọng tâm thì :  t + 2m − 10 =1  t + 2m = 13  3 ⇔  11 − 2t − 3m = 3  2t + 3m = 2  3   t = 13 − 2m t = −35 t = 13 − 2m ⇔ ⇔ ⇒ 2 (13 − 2m ) + 3m = 2 m = 24  m = 24 
Vậy ta tìm được C ( −35;65 ) và B ( 49; −53) . BT45. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 – 6 x + 2 y – 15 = 0 . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d : 3x – 22 y – 6 = 0 , sao cho từ điểm M kẻ được tới (C) hai tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm) mà đường thẳng AB đi qua điểm C ( 0;1) . Giải 2 2 (C) : ( x − 3) + ( y + 1) = 25 , có I ( 3; −1) và R = 5 .

Gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) là 2 tiếp điểm của 2 tiếp tuyến kẻ từ M.

Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ d ⇒ 3 x0 − 22 y0 − 6 = 0 (*) Hai tiếp tuyến của (C) tại A, B có phương trình là : ( x1 − 3)( x − 3) + ( y1 + 1)( y + 1) = 25 (1) và : ( x2 − 3)( x − 3) + ( y2 + 1)( y + 1) = 25 ( 2 ) Để 2 tiếp tuyến trở thành 2 tiếp tuyến kẻ từ M thì 2 tiếp tuyến phải đi qua M ( x1 − 3) ( x0 − 3) + ( y1 + 1) ( y0 + 1) = 25 ( 3) và ( x2 − 3) ( x0 − 3) + ( y2 + 1) ( y0 + 1) = 25 ( 4 ) Từ (3) và (4) chứng tỏ (AB) có phương trình là : ( x0 − 3) ( x − 3) + ( y0 + 1) ( y + 1) = 25 Theo giả thiết thì (AB) qua C ( 0;1) suy ra :

( 5)

−3 ( x0 − 3) + 2 ( y0 + 1) = 25 ⇔ −3x0 + 2 y0 − 14 = 0(6)

 y 0 = −1 3 x0 − 22 y0 − 6 = 0   16  Kết hợp với (*) ta có hệ :  ⇒ 16 ⇔ M  − ; −1  3   −3x0 + 2 y0 − 14 = 0  x0 = − 3 

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 29 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

d A

M

I

B C

BT46. Trong mặt phẳng Oxy : Cho hai điểm A ( 2;1) , B ( −1; −3) và hai đường thẳng d1 : x + y + 3 = 0; d 2 : x – 5 y – 16 = 0 . Tìm tọa độ các điểm C, D lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. Giải Trường hợp : Nếu AB là một đường chéo 1 1   Gọi I  ; −1 , đường thẳng qua I có hệ số góc k suy ra d : y = k  x −  − 1 2 2   k −4  1    x = 2 ( k + 1)  y = k  x −  −1  Đường thẳng d cắt d1 tại C ⇔  2 ⇔   x + y + 3 = 0  y = − 7k + 2   2 ( k + 1)   1   k −4 7k + 2   y = k  x −  −1 ⇔ C 2   2 ( k + 1) ; − 2 ( k + 1)  . Tương tự d cắt d 2 tại B :      x − 5 y − 16 = 0  Từ đó suy ra tọa độ của B. Để ABCD là hình bình hành thì : AB = CD . Sẽ tìm được k * Cách khác: Gọi C ( t; −t − 3) thuộc d1 , tìm B đối xứng với C qua I suy ra D (1 − t; t + 1) Để thỏa mãn ABCD là hình bình hành thì D phải thuộc d 2 : ⇔ 1 − t − 5 ( t + 1) − 16 = 0

10  13 7   10 1  và D  ; −  và C  − ;  3  3 3  3 3 Trường hợp AB là một cạnh của hình bình hành . Chọn C ( t; −t − 3) thuộc d1 và D ( 5m + 16; m ) thuộc d 2
Suy ra t = −

 AC = BD Để ABCD là hình bình hành thì :   AB CD Ta có  2 − t )2 + ( t + 4 )2 = ( 5m + 17 ) 2 + ( m + 3) 2 2 2 2 2   ( ( 2 − t ) + ( t + 4 ) = ( 5m + 17 ) + ( m + 3) :⇔  ⇔ 5m − t + 16 m + t + 3   = 17 m − 7t + 55 = 0 3 4 
Daukhacha.toan@gmail.com - Trang 30www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

t 2 + 2t = 13m 2 + 88m + 89 = 0  ⇔  17m + 55 . Giải hệ này ta tìm được m và t, thay vào tọa độ của C và D t=  7 
BT47. Trong mặt phẳng tọa độ độ Oxy, cho tam giác ABC có C (1;2 ) , hai đường cao xuất phát từ A và B lần lượt có phương trình là x + y = 0 và 2 x – y + 1 = 0 . Tính diện tích tam giác ABC. Giải (AC) qua C (1; 2 ) và vuông góc với đường cao BK cho nên có :

x −1 y − 2 = ⇔ x + 2y − 5 = 0 2 −1 3  x = 5 2 x − y + 1 = 0 5   3 11  (AC) cắt (AH) tại A :  ⇔ ⇔ A  ;  ⇒ AC = 5 5 5  x + 2y − 5 = 0  y = 11  5  x = 1+ t (BC) qua và vuông góc với (AH) suy ra uBC = (1;1) ⇒ ( BC ) :  y = 2 +t u = ( 2; −1) ⇒ ( AC ) :

x = 1 + t 3   1 1 (BC) cắt đường cao (AH) tại B ⇔  y = 2 + t → t = − ⇔ B  − ;  2  2 2 x + y = 0  1 − +1− 5 9 1 5 9 9 2 . Khoảng cách từ B đến AC : = ⇒S= = 2 5 2 5 20 5 2 5
BT48. Trong mp Oxy, cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 – 6 x + 2 y + 6 = 0 và điểm P (1;3) . a) Viết phương trình các tiếp tuyến PE, PF của đường tròn (C), với E, F là các tiếp điểm. b) Tính diện tích tam giác PEF. Giải 2 2 (C): ( x − 3) + ( y + 1) = 4 ⇒ I ( 3; −1) , R = 2 Giả sử đường thẳng qua P có véc tơ pháp tuyến n = ( a; b ) ⇒ d : a ( x − 1) + b ( y − 3) = 0 Hay : ax + by − ( a + 3b ) = 0 (*). Để d là tiếp tuyến của (C) thì khoảng cách từ tâm I đến d bằng bán kính : 3a − b − a − 3b 2a − 4b ⇔ =2⇔ =2 2 2 2 2 a +b a +b 2 2 2 ⇔ ( a − 2b ) = a + b ⇔ 4ab − 3b 2 = 0

b = 0 → a ( x − 1) = 0 ↔ x − 1 = 0 ⇔ b ( 4a − 3b ) = 0 ⇒  b = 4 a → a ( x − 1) + 4 a ( y − 3) = 0 ↔ 3 x + 4 y − 6 = 0  3 3 
Ta có : PI = 2 5 , PE = PF = PI 2 − R 2 = 20 − 4 = 4 . Tam giác IEP đồng dạng với IHF suy ra :

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 31 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

IF EP IP 2 5 IF 2 EP 4 = = = = 5 ⇒ IH = = = , EH = IH EH IE 2 5 5 5 5 2 8 1 1 8 8 32 ⇒ PH = PI − IH = 2 5 − = ⇔ S EPF = EF.PH= = 2 2 5 5 5 5 5

E

P

I H

F

BT49. Trong mpOxy, cho 2 đường thẳng d1 : 2 x + y − 1 = 0, d 2 : 2 x − y + 2 = 0 . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm nằm trên trục Ox đồng thời tiếp xúc với d1 và d2. Giải

 h ( I , d1 ) = h ( I , d 2 )  Gọi I ( a;0 ) thuộc Ox. Nếu (C) tiếp xúc với 2 đường thẳng thì :   h ( I , d1 ) = R   2a − 1 2a + 2 = (1) 2  1 5 1 5 5  5  ⇔ . Từ (1) ⇒ a = , thay vào (2) : R = ⇔ (C ) :  x −  + y2 = 4 10 4 100   R = 2a − 1 ( 2 )  5 
BT50. Trong mp Oxy , cho 2 đường thẳng d1 : 2 x − 3 y + 1 = 0, d 2 : 4 x + y − 5 = 0 . Gọi A là giao điểm của d1 và d2. Tìm điểm B trên d1 và điểm C trên d2 sao cho ∆ABC có trọng tâm G ( 3;5 ) . Giải

2 x − 3 y + 1 = 0 7 3 Tọa độ A là nghiệm của hệ :  ⇒ A ;  8 2 4 x + y − 5 = 0 B ∈ d1 ⇒ B (1 + 2t ;1 − 3t ) , C ∈ d 2 ⇒ C ( m;5 − 4m ) .

7 57   1 + 2t + m + = 9 2t + m =     8 8 Tam giác ABC nhận G ( 3;5 ) làm trọng tâm : ⇔  ⇔ 1 − 3t + 5 − 4m + 3 = 15 3t + 4m = − 15    2  2

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 32www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

 31  67 88  t = 5 → B  5 ; − 5     Giải hệ trên suy ra :   m = − 207 → C  − 207 ; 257     40  40 10  
BT51. Cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 4 y + 3 = 0 . Lập pt đường tròn (C’) đối xứng với (C) qua đường thẳng ∆ : x − 2 = 0 Giải 2 2 Ta có ( C ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 2 ↔ I (1;2 ) , R = 2
Gọi J là tâm của (C') thì I và J đối xứng nhau qua d : x = 2 suy ra J ( 3;2 ) và (C) có cùng bán kính R . Vậy ( C ') : ( x − 3) + ( y − 2 ) = 2 đối xứng với (C) qua d .
2 2

 13 13  BT52. Trong mpOxy, cho ∆ABC có trực tâm H  ;  , phương trình các đường thẳng AB và 5 5 AC lần lượt là 4 x − y − 3 = 0, x + y − 7 = 0 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
A K H

B

E

C

Giải:

4 x − y − 3 = 0 Tọa độ A là nghiệm của hệ :  x + y − 7 = 0  3 12  Suy ra : A ( 2;5 ) . ⇒ HA =  − ;  u = (1; −4 ) . Suy ra (AH) có véc tơ chỉ phương u = (1; −4 ) .  5 5 (BC) vuông góc với (AH) cho nên (BC) có n = u = (1; −4 ) suy ra (BC): x − 4 y + m = 0 (*).
22   13 C thuộc (AC) suy ra C ( t;7 − t ) và CH =  − t ; t −  ⇒ u AB = (1; 4 ) ⊥ CH . Cho nên ta có : 5  5 13  22  − t + 4  t −  = 0 → t = 5 ⇔ C ( 5; 2 ) . 5 5   Vậy (BC) qua C ( 5; 2 ) có véc tơ pháp tuyến n = (1; −4 ) ⇒ ( BC ) : ( x − 5 ) − 4 ( y − 2 ) = 0 (BC): ⇔ x − 4 y + 3 = 0
BT53. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x + y − 3 = 0 và 2 điểm A (1;1) , B(−3;4) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng AB bằng 1. Daukhacha.toan@gmail.com - Trang 33 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com
Giải

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

d

M

A

H B

M thuộc d suy ra M ( t ;3 − t ) . Đường thẳng (AB) qua A (1;1) và có véc tơ chỉ phương

x −1 y −1 = ⇔ 3x + 4 y − 4 = 0 4 −3 3t + 4 ( 3 − t ) − 4 Theo đầu bài : = 1 ⇔ −t + 8 = 5 5 t = 3 → M ( 3;0 ) ⇔ t = 13 → M (13; −10 )  * Chú ý : Đường thẳng d' song song với (AB) có dạng : 3x + 4 y + m = 0 . Nếu d' cách (AB) một khoảng 3+ 4+ m bằng 1 thì h ( A, d ') = 1 ⇔ =1 5  m = −2 → d ' : 3 x + 4 y − 2 = 0 . Tìm giao của d' với d ta tìm được M . ⇒  m = −12 → d ' : 3 x + 4 y − 12 = 0 u = ( 4; −3) ⇒ ( AB ) :
BT54. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ∆ABC có đỉnh A ( 4;3) , đường cao BH và trung tuyến CM có pt lần lượt là: 3x − y + 11 = 0, x + y − 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C Giải
B

M

C

H

A

 x = 4 + 3t Đường thẳng (AC) qua A ( 4;3) và vuông góc với (BH) suy ra (AC) :  y = 3−t  x = 4 + 3t  (AC) cắt trung tuyến (CM) tại C :  y = 3 − t → 2t + 6 = 0 → t = −3 ⇔ C ( −5;6 ) x + y −1 = 0 

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 34www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

B thuộc (BH) suy ra B ( t ;3t + 11) . Do (CM) là trung tuyến cho nên M là trung điểm của AB ,

 t + 4 3t + 14  đồng thời M thuộc (CM) . ⇒ M  ;  2   2 t + 4 3t + 14 M ∈ ( CM ) ⇒ + − 1 = 0 ⇒ t = −4 . 2 2 Do đó tọa độ của B ( −4; −1) và M ( 0;1) .
BT55. Trong hệ trục 0xy, cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 8 x + 12 = 0 và điểm E ( 4;1) . Tìm toạ độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MA, MB đến (C), với A, B là các tiếp điểm sao cho E thuộc đường thẳng AB Giải vuong Hide Luoi

y M

A 1 E

-3

-2

-1

O -1 -2

1

2 B

3

I

x

Đường tròn (C) : ( x − 4 ) + y 2 = 4 ⇒ I ( 4;0 ) , R = 2
2

Gọi M ( 0;a ) thuộc Oy . Gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) ∈ ( C )

Tiếp tuyến tại A và B có phương trình là : ( x1 − 4 )( x − 4 ) + y1 y = 4 , ( x2 − 4 )( x − 4 ) + y2 y = 4 Để thỏa mãn 2 tiếp tuyến này cùng qua M(0;a) ⇔ ( x1 − 4 )( 0 − 4 ) + y1a = 4 , ( x2 − 4 )( 0 − 4 ) + y1a = 4 . Nếu (AB) qua E(4;1) : −4 ( 0 ) + a.1 = 4 suy ra : a = 4 Vậy trên Oy có M ( 0;4 ) thỏa mãn . BT56. Cho tam giác ABC có diện tích S = Chứng tỏ (AB) có phương trình : −4 ( x − 4 ) + ay = 4

3 , hai đỉnh A ( 2; −3) , B ( 3; −2 ) và trọng tâm G của 2 tam giác thuộc đt 3x − y − 8 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C
Giải

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 35 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

GA = ( 2 − t ;5 − 3t )  Vì G thuộc d suy ra G ( t ;3t − 8 ) ⇒  . Theo tính chất trọng tâm của tam GM = ( x0 − t ; y0 + 8 − 3t )  
2 − t = −2 x0 + 2t 2 x0 = 3t − 2 giác : GA = −2GM ⇒  . Theo tính chất trung điểm ta có ⇔ 5 − 3t = −2 y0 − 16 + 6t 2 y0 = 9t − 21 tọa độ của C ( 3t − 5;9t − 19 ) . x−2 y+2 = ⇔ x − y − 4 = 0. 1 1 3t − 5 − 9t + 19 − 4 10 − 6t Đồng thời : AB = 2 . Khoảng cách từ C đến (AB) : = = 2 2 Theo giả thiết :  13  3 11  t = 6 → C  2 ; 2  10 − 6t 10 − 6t = −3 1 1 3   S = AB.h = 2 = 5 − 3t = ⇔  ⇔  7 2 2 2 2  3 7 10 − 6t = 3 t = → C  − ; −   2 2  6
(AB) qua A ( 2; −3) có véc tơ chỉ phương u = (1;1) ⇒ ( AB ) : BT57. Vieát phöông trình ñöôøng troøn (C) coù baùn kính R = 2 tieáp xuùc vôùi truïc hoaønh vaø coù taâm I naèm treân ñöôøng thaúng ( d ) : x + y – 3 = 0 . Giải Tâm I nằm trên d suy ra I ( t;3 − t ) . Nếu (C) tiếp xúc với Ox thì khoảng cách từ I đến Ox bằng

t = 5 → I1 = ( 5; −2 ) 3 − t = −2 bán kính R = 2 thì 3 − t = 2 ⇔  ⇔ 3 − t = 2 t = 1 → I 2 = (1; 2 ) 
2 2

Như vậy có 2 đường tròn : ( C1 ) : ( x − 5 ) + ( y + 2 ) = 4 , ( C2 ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 4 .
2 2

BT58. Trong Oxy cho ñöôøng troøn (C) coù phöông trình : x 2 + y 2 – 2 x – 6 y + 6 = 0 . a) Vieát phöông trình ñöôøng thaúng ñi qua M ( 2;4 ) caét ñöôøng troøn (C) taïi 2 ñieåm A, B sao cho M laø trung ñieåm ñoaïn AB. b) Vieát phöông trình tieáp tuyeán cuûa (C) sao cho tieáp tuyeán aáy song song vôùi ñöôøng thaúng coù phöông trình: 2 x + 2 y – 7 = 0 . c) Chöùng toû ñöôøng troøn (C) vaø ñöôøng troøn ( C’) : x 2 + y 2 – 4 x – 6 y + 4 = 0 tieáp xuùc nhau. Vieát phöông trình tieáp tuyeán chung cuûa chuùng taïi tieáp ñieåm Giải 2 2 (C) : ( x − 1) + ( y − 3) = 4 ⇒ I (1;3) , R = 2 . a. Gọi A ( x; y ) thuộc (C) suy ra ( x − 1) + ( y − 3) = 4 (1), B đối xứng với A qua M suy ra
2 2

B ( 4 − x;8 − y ) . Để đảm bảo yêu cầu bài toán thì B thuộc (C) : ( 3 − x ) + ( 5 − y ) = 4 (2).
2 2

2 2 2   2 ( x − 1) + ( y − 3) = 4  x + y − 2 x − 6 y + 6 = 0 ( 3) Từ (1) và (2) ta có hệ :  ⇔ 2 2 2 2 3 − x) + (5 − y ) = 4  x + y − 6 x − 10 y + 30 = 0 ( 4 ) (   Lấy (3) – (4) ta có phương trình : 4 x + 4 y − 24 = 0 , hay : x + y − 6 = 0 . Đó chính là đường thẳng cần tìm.

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 36www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

b. Gọi d' là đường thẳng song song với d nên nó có dạng : 2 x + 2 y + m = 0 (*) . Để d' là tiếp

m = 4 2 − 8 = 2 ⇔ m+8 = 4 2 ⇒  8  m = −4 2 − 8  2 2 c. (C'): ( x − 2 ) + ( y − 3) = 9 ⇒ I ' ( 2;3) , R ' = 3 Ta có : II ' = 1 , R '− R = 1 . Chứng tỏ hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau . Tìm tọa độ tiếp điểm 2 2 2   2 ( x − 1) + ( y − 3) = 4 x + y − 2x − 6 y + 6 = 0 : ⇔ 2 ⇒ 2 x + 2 = 0 ⇔ x = −1 . Thay vào 2 2 x + y2 − 4x − 6 y + 4 = 0  ( x − 2 ) + ( y − 3) = 9   2 phương trình đầu của hệ : y 2 − 6 y + 9 = 0 ⇔ ( y − 3) = 0 → y = 3 ⇔ M (1;3) . tuyến của (C) thì : ⇒ h ( I , d ' ) =

2+6+m

Tiếp tuyến chung qua M và vuông góc với IJ suy ra d ' :1( x − 1) = 0 hay x − 1 = 0 . xuaát phaùt töø B vaø C coù phương trình laø x – 2 y + 1 = 0 vaø y – 1 = 0 . Giải
A

BT59. Laäp phương trình caùc caïnh cuûa ∆ ABC, bieát ñænh A (1;3) vaø hai ñöôøng trung tuyeán

N G

M

B

E A'

C

x − 2 y +1 = 0 Gọi G là trọng tâm tam giác thì tọ độ G là nghiệm của hệ  ⇒ G (1;1) .  y −1 = 0 E ( x; y ) thuộc (BC), theo tính chất trọng tâm ta có :

0 = −2 ( x − 1)  ⇒ E (1;0 ) . C thuộc (CN) cho nên C ( t;1) , B thuộc (BM) cho nên B ( 2m − 1; m )   2 = −2 ( y − 1)  Do B, C đối xứng nhau qua E cho nên ta có hệ phương trình :  2m + t − 1 = 2 t = 5 ⇔ ⇒ B ( 5;1) , C ( −3; −1) . Vậy (BC) qua E (1;0 ) có véc tơ chỉ phương  m + 1 = 0 m = −1 x −1 y = ⇔ x − 4 y − 1 = 0 . Tương tự : 4 1 x −1 y − 3 (AB) qua A(1;3) có AB = ( 4; −2 ) u = ( 2; −1) ⇒ ( AB ) : = ⇔ x + 2y − 7 = 0 . 2 −1 BC ( −8; −2 ) u = ( 4;1) ⇒ ( BC ) :

GA = ( 0; 2 ) , GE = ( x − 1; y − 1) ⇒ GA = −2GE ⇔

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 37 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

x −1 y − 3 = ⇔ x− y+2=0 1 1 * Chý ý: Hoặc gọi A' đối xứng với A qua G suy ra A ' (1; −1) thì BGCA' là hình bình hành, từ đó ta tìm được tọa độ của 2 đỉnh B, C và cách lập các cạnh như trên.
(AC) qua A(1;3) có AC = ( −4; −4 ) u = (1;1) ⇒ ( AC ) : BT60. Cho ∆ABC coù ñænh A ( 2; –1) vaø hai ñöôøng phaân giaùc trong cuûa goùc B, goùc C coù Giải Gọi A' đối xứng với A qua d B và A'' đối xứng với A qua dC thì A' và A'' nằm trên BC . phöông trình laàn löôït laø ( d B ) : x – 2 y + 1 = 0 vaø ( dC ) : x + y + 3 = 0 . Laäp phöông trình của BC.

 2 ( x − 2 ) + 1( y + 1) = 0 AA'u = 0 2 x + y = 3   Tìm tọa độ A' (x;y): ⇔  ⇔ x+ 2 ⇔ ⇒ A ' ( 0;3)  y −1    x − 2 y = −6 I ∈ dB  2 − 2 2  +1 = 0    ( x − 2 ) − 1( y + 1) = 0 AA''u = 0 x − y = 3   Tìm tọa độ A'' (x;y) : ⇔  ⇔  x + 2  y −1  ⇔ ⇒ A '' ( −2; −5 ) I ∈ dB  x + y = −7   2 + 2 +3= 0    x y −3 (BC) qua A'(0;3) có véc tơ chỉ phương A ' A '' = ( −2; −8 ) u = (1; 4 ) ⇒ ( BC ) : = 1 4 BT61. Cho tam giác ABC có trung điểm AB là I (1;3) , trung điểm AC là J ( −3;1) . Điểm A thuộc Oy và đường thẳng BC đi qua gốc tọa độ O. Tìm tọa độ điểm A, phương trình đường thẳng BC và đường cao vẽ từ B? Giải
A H I J

B

C

Do A thuộc Oy cho nên A ( 0;m ) . (BC) qua gốc tọa độ O cho nên ( BC ) : ax + by = 0 (1). Vì IJ là 2 trung điểm của (AB) và (AC) cho nên IJ BC suy ra (BC) có véc tơ chỉ phương : B thuộc (BC) suy ra B ( 2t; t ) và A ( 2 − 2t;6 − t ) . Nhưng A thuộc Oy cho nên 2 − 2t = 0 ⇒ t = 1 và A ( 0;5 ) . Tương tự C ( −6; −3) , B ( 0;1) . Đường cao BH qua B ( 0;1) và vuông góc với AC cho nên có

⇔ IJ = ( −4; −2 ) u = ( 2;1) ⇒ ( BC ) : x − 2 y = 0 .

x y −1 = ⇔ 4x − 3y + 3 = 0 . 3 4 BT62. Cho hai điểm A (1;1) , B ( 4; −3) và đường thẳng d : x − 2 y − 1 = 0 . AC = ( −6; −8 ) u = ( 3; 4 ) ⇒ ( BH ) :
Daukhacha.toan@gmail.com - Trang 38www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

a. Tìm tọa độ điểm C trên d sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB = 6 ( ĐHKB-04) b. Tìm tọa độ trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB? ( ĐHKA-2004) Giải

x −1 y −1 = ⇔ 4x + 3y − 7 = 0 3 −4 4 ( 2t + 1) + 3t − 7 C thuộc x − 2 y − 1 = 0 suy ra C ( 2t + 1; t ) do đó : 6 = ⇔ 11t − 3 = 30 5 t = 3 → C1 ( 7;3)  ⇔ 27  43 27  t=− → C2  − ; −   11  11 11   a/ (AB) qua A (1;1) có u = AB = ( 3; −4 ) ⇒ ( AB ) : b/ Đường thẳng qua O vuông góc với AB có phương trình 3x − 4y = 0 . Đường thẳng qua B và vuông góc với OA có phương trình ( x − 4 ) + ( y + 3) = 0 .

Đường thẳng qua A và vuông góc với OB có phương trình 4 ( x − 1) − 3 ( y − 1) = 0 hay 4x − 3y − 1 = 0 Vậy tọa độ trực tâm H là nghiệm : 4  3x − 4 (1 − x ) = 0 3x − 4 y = 0 x = 7    4 3 ⇔ x + y −1 = 0 ⇔  y = 1 − x ⇔ ⇒H ;  7 7 4 x − 3 y − 1 = 0 4 x − 3 y − 1 = 0 y = 3    7  2 Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ( C ) : x + y 2 − 2ax − 2by + c = 0
(C) qua O ( 0;0 ) suy ra c = 0 (1) (C) qua A (1;1) suy ra : 2 − 2a − 2b = 0 , hay : a + b = 1 (2)

(C) qua B ( 4; −3) suy ra : 25 − 8a + 6b = 0 , hay : 8a − 6b = 25 (3)

31 17   b = 1− b=−   a + b = 1 b = 1 − a   14 14 Từ (2) và (3) ta có hệ :  ⇔ ⇔ ⇔ 8a − 6b = 25 8a − 6(1 − a ) = 25 a = 31 a = 31   14 14   31 17 Vậy (C) : x 2 + y 2 − x + y = 0 7 4 BT63. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x + 2 y − 3 = 0 và hai điểm

A (1;0 ) , B ( 3; −4 ) . Hãy tìm trên d điểm M sao cho : MA + 3MB nhỏ nhất.
Giải Trên d có M ( 3 − 2t; t ) suy ra : MA = ( 2 − 2t ; t ) , MB = ( −2t ; t + 4 ) ⇒ 3MB = ( −6t + 3t + 12 ) Do vậy : MA + 3MB = ( 2 − 8t ; 4t + 12 ) ⇒ MA + 3MB =
2

( 2 − 8t ) + ( 4t + 12 )
2
2

2

 2  676 26 Hay : f ( t ) = MA + 3MB = 80t + 64t + 148 = 80  t +  + ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra 5 5  5 2 26  19 2  khi t = − ⇒ M  ; −  . Khi đó min f ( t ) = . 5 5  5 5
Daukhacha.toan@gmail.com - Trang 39 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

phương trình đường tròn ( C2 ) có bán kính bằng 4 và cắt đường tròn ( C1 ) theo dây cung qua M có độ dài nhỏ nhất. Giải Gọi ( C2 ) có tâm I ' ( a;b ) suy ra : Lấy (1) -(2) ta được : 2ax + 2by − ( a 2 + b 2 ) + 7 = 0 ( chính là đường thẳng trục đẳng phương ) Dây cung của hai đường tròn nằm trên đường thẳng này . 2 2 Ví dây cung qua M ( 2; −1) lên ta có : 4a − 2b − ( a 2 + b 2 ) + 7 = 0 ⇔ ( a − 2 ) + ( b + 1) = 12 BT65. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A ( 2;5 ) , B ( 5;1) . Viết phương trình đường thẳng d qua A sao cho khoảng cách từ B đến d bằng 3. Giải Đường thẳng d qua A ( 2;5 ) có n = ( a; b ) ⇒ d : a ( x − 2 ) + b ( y − 5 ) = 0 (1) Theo giả thiết : h ( B, d ) =

BT64. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M ( 2; −1) và đường tròn ( C1 ) : x 2 + y 2 = 9 (1) .Hãy viết

( C2 ) : ( x − a ) + ( y − b )
2

2

= 16 ⇔ x 2 + y 2 − 2ax − 2by + a 2 + b 2 − 16 = 0 (1)

a ( 5 − 2 ) + b (1 − 5 )
2 2

a +b b = 0 → d : a ( x − 2 ) = 0 ↔ x − 2 = 0 2 ⇔ 7b − 24ab = 0 ⇒  b = 24a → ( x − 2 ) + 24 ( y − 5 ) = 0 ↔ 7 x + 24 y − 114 = 0  7 7 

= 3 ⇔ ( 3a − 4b ) = 9 ( a 2 + b 2 )
2

BT66. Trong (Oxy) cho A ( 2;5 ) và đường thẳng d : 2 x + 3 y + 4 = 0 . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng d' qua A và tạo với d một góc bằng 450 . Giải Đường thẳng d' qua A ( 2;5 ) có n = ( a; b ) ⇒ d : a ( x − 2 ) + b ( y − 5 ) = 0 Đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n ' = ( 2;3) . Theo giả thiết thì :

(1)

cos450 =

2a + 3b 13 a 2 + b 2
2

=

1 2 ⇔ 2 ( 2a + 3b ) = 13 ( a 2 + b 2 ) ⇔ 5b 2 + 24ab − 5a 2 = 0 2

b = −5a → d ' : ( x − 2 ) − 5 ( y − 5 ) = 0 ↔ x − 5 y + 23 = 0 Ta có : ∆ 'b = 169a ⇒  b = a ↔ a = 5b → d ' : 5 ( x − 2 ) + ( y − 5 ) = 0 ↔ 5 x + y − 15 = 0  5  BT67. Trong (Oxy) cho hình chữ nhật ABCD, biết phương trình chứa 2 đường chéo là d1 : 7 x + y − 4 = 0 và d 2 : x − y + 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh hình chữ nhật, biết đường thẳng đó đi qua điểm M ( −3;5 ) .
Giải

7 x + y − 4 = 0 1 9 Tâm của hình chữ nhật có tọa độ là nghiệm của hệ :  ⇒ I ;  4 4 x − y + 2 = 0 Gọi d là đường thẳng qua M ( −3;5 ) có véc tơ pháp tuyến : n = ( a; b ) . Khi đó

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 40www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com nn1 n n1 nn2 n n2

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

⇒ d : a ( x + 3) + b ( y − 5 ) = 0 (1) . Gọi cạnh hình vuông (AB) qua M thì theo tính chất hình chữ nhật :

=



7a + b 50 a 2 + b 2

=

 a = −3b ⇔ 7a + b = 5 a − b ⇔  2 a2 + b2 b = 3a a −b

 a = −3b → d : −3 ( x + 3) + ( y − 5 ) = 0 ↔ 3 x − y + 14 = 0 Do đó :  b = 3a ↔ ( x + 3) + 3 ( y − 5 ) = 0 ↔ x + 3 y − 12 = 0  BT68. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(1;1) , B(−2;5) , ®Ønh C n»m trªn ®−êng th¼ng x − 4 = 0 , vµ träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®−êng th¼ng 2 x − 3 y + 6 = 0 . TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. HD 1 + 5 + yC y 1− 2 + 4 Ta cã C ( 4; yC ) . Khi ®ã täa ®é G lµ xG = = 1, yG = = 2 + C . §iÓm G n»m 3 3 3 trªn ®−êng th¼ng 2 x − 3 y + 6 = 0 nªn 2 − 6 − yC + 6 = 0 , vËy yC = 2 , tøc lµ: C ( 4; 2 )
Ta cã AB = ( −3;4 ) , AC = ( 3;1) , vËy AB = 5 , AC = 10 , AB. AC = −5 . DiÖn tÝch tam gi¸c ABC lµ S =
2 1 1 15 AB 2 . AC 2 − AB. AC = 25.10 − 25 = 2 2 2 BT69. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A ( 2;−1) , B (1;− 2 ) , träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®−êng th¼ng x + y − 2 = 0 . T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diÖn tÝch tam gi¸c ABC 27 . b»ng 2 HD V× G n»m trªn ®−êng th¼ng x + y − 2 = 0 nªn G cã täa ®é G (t; 2 − t ) . Khi ®ã AG = ( t − 2;3 − t ) ,

(

)

AB = ( −1; −1) . VËy diÖn tÝch tam gi¸c ABG lµ 1 AG 2 . AB 2 − AG. AB 2

2t − 3 1 2 2 2 ( t − 2 ) + ( 3 − t )  − 1 =  2  2 2t − 3 9 27 9 NÕu diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng th× diÖn tÝch tam gi¸c ABG b»ng . VËy = , suy 2 2 2 2 ra t = 6 hoÆc t = −3 . VËy cã hai ®iÓm G : G1 ( 6; −4 ) , G2 ( −3; −1) . V× G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn xC = 3 xG − ( xa + xB ) vµ yC = 3 yG − ( ya + yB ) . Víi G1 ( 6; −4 ) ta cã C1 (15; −9 ) , víi G2 ( −3; −1) ta cã C2 ( −12;18 ) S=

(

)

2

=

BT70. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : x + 3 y + 8 = 0 , ∆ ' : 3x − 4 y + 10 = 0 và điểm A ( −2;1) . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆ , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆ ’. HD Tâm I của đường tròn thuộc ∆ nên I ( −3t – 8; t ) Theo yêu cầu thì khoảng từ I đến ∆ ’ bằng khoảng cách IA nên ta có 3(−3t − 8) − 4t + 10 = (−3t − 8 + 2)2 + (t − 1) 2 2 2 3 +4 Giải tiếp được t = −3 Daukhacha.toan@gmail.com - Trang 41 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN
2 2

Khi đó I (1; −3) , R = 5 và phương trình cần tìm: ( x –1) + ( y + 3) = 25 . BT71. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x 2 + y 2 – 2 x – 2 y + 1 = 0, (C ') : x 2 + y 2 + 4 x – 5 = 0 cùng đi qua M (1;0 ) . Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. HD Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I (1;1) , I ’ ( −2;0 ) và R = 1, R ' = 3 , đường thẳng (d) qua M có phương trình a ( x − 1) + b ( y − 0 ) = 0 ⇔ ax + by − a = 0, (a 2 + b 2 ≠ 0)(*) . Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.

Khi đó ta có: MA = 2MB ⇔ IA2 − IH 2 = 2 I ' A2 − I ' H '2 2 2 ⇔ 1 −  d ( I , d )  = 4 9 − ( d ( I ', d ) )  ,     IA > IH . 2 2 9a 2 b2 36a 2 − b 2 = 35 ⇔ a 2 = 36b 2 ⇔ 4  d ( I ', d )  −  d ( I , d )  = 35 ⇔ 4. 2 − 2 = 35 ⇔ 2 2 2 2     a +b a +b a +b  a = −6 Dễ thấy b ≠ 0 nên chọn b = 1 ⇒  .  a=6 Kiểm tra điều kiện IA > IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn. BT72. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng 2 x – 5 y + 1 = 0 , cạnh bên AB nằm trên đường thẳng 12 x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) HD Đường thẳng AC đi qua điểm ( 3;1) nên có phương trình : a ( x – 3) + b ( y – 1) = 0
( a2 + b2 ≠ 0 ) Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC 2a − 5b 2.12 + 5.1 nên : = 2 2 + 52 . a 2 + b 2 22 + 52 . 122 + 12

 a = −12b ⇔ ⇔ 5 ( 2a − 5b ) = 29 ( a + b ) ⇔ 9a + 100ab – 96b = 0 ⇒  a = 8 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 8 x + 9 y – 33 = 0
2a − 5b 29 = 5 a 2 + b2
2 2 2

2

2

BT73. Trong mp (Oxy) cho đườ ng thẳ ng ∆ có phươ ng trình x – 2 y – 2 = 0 và hai đ iể m A ( −1; 2 ) ; B ( 3; 4 ) . Tìm đ iể m M ∈(∆) sao cho 2MA2 + MB 2 có giá tr ị nh ỏ nh ất
HD M ∈ ∆ ⇒ M ( 2t + 2; t ) , AM = ( 2t + 3; t − 2 ) , BM = ( 2t − 1; t − 4 )

2 AM 2 + BM 2 = 15t 2 + 4t + 43 = f (t )

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 42www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

 2  26 2  min f ( t ) = f  −  ⇒ M  ; −   15   15 15 
BT74. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 2my + m 2 − 24 = 0 có tâm I và đường thẳng ∆ : mx + 4 y = 0 . Tìm m biết đường thẳng ∆ cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. HD Đường tròn (C) có tâm I (1;m ) , bán kính R = 5 Gọi H là trung điểm của dây cung AB. Ta có IH là đường cao của tam giác IAB. | m + 4m | | 5m | IH = d ( I , ∆ ) = = m 2 + 16 m 2 + 16

m + 16 m 2 + 16 Diện tích tam giác IAB là S∆IAB = 12 ⇔ 2S∆IAH = 12 ⇔ d ( I , ∆ ) . AH = 12
2

AH = IA − IH = 25 −
2 2

( 5m )

2

=

20

 m = ±3 ⇔ 25 m = 3 ( m + 16 ) ⇔   m = ± 16 3 
2

BT75. Cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 – 2 x + 4 y + 2 = 0 . Viết phương trình đường tròn (C') tâm

M ( 5,1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB = 3 .

HD Phương trình đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 – 2 x + 4 y + 2 = 0 có tâm I (1, –2 ) , R = 3

Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của đoạn AB. AB 3 Ta có AH = BH = . Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. = 2 2 Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB, Gọi H' là trung điểm của A'B'

 3 3 Ta có: IH ' = IH = IA − AH = 3 −   = , MI = 2  2 
2 2

2

( 5 − 1)
2

2

+ (1 + 2 ) = 5
2

Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: ( x – 5 ) + ( y – 1) = 13
2 2

hay ( x – 5 ) + ( y − 1) = 43
2

BT76. Trong mặt phẳng Oxy cho ba đường thẳng d1 : 4 x + y − 9 = 0, d 2 : 2 x − y + 6 = 0, d3 : x − y + 2 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD, biết hình thoi ABCD có diện tích bằng 15, các đỉnh A, C thuộc d3 , B thuộc d1 và D thuộc d 2 .
HD Đường chéo (BD) vuông góc với (AC) cho nên BD có dạng : x + y + m = 0 x + y + m = 0  m + 9 4m + 9  (BD) cắt d1 tại B có tọa độ là nghiệm của hệ :  ⇒ B ;−  3   3 4 x + y − 9 = 0

x + y + m = 0  m + 6 −2m + 6  (BD) cắt d 2 tại D có tọa độ là nghiệm của hệ :  ⇒ D− ;  3 3   2 x − y + 6 = 0
Daukhacha.toan@gmail.com - Trang 43 - www.MATHVN.com

www.MATHVN.com

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

 1 2m + 1  Trung điểm I của BD là tâm hình thoi có tọa độ là : I  ; −  2  2 1 2m + 1 Theo giả thiết I thuộc AC : + + 2 = 0 ⇒ m = −3 ⇔ ( BD ) : x + y − 3 = 0 và tọa độ các 2 2 1 5 điểm B ( 2;1) , D ( −1;4 ) và I  ;  . Gọi A ( t; t + 2 ) thuộc (AC). 2 2 t +t + 2−3 Suy ra : h ( A,( AC ) ) = 2 t = 3 → A ( 3;5 ) ↔ C ( −2;0 ) 2t − 1 2t − 1 1 = ⇔ S = 2 BD.h ( A, AC ) = 3 2 = 15 ⇔  2 2 2 t = −2 → A ( −2;0 ) ↔ C ( 3;5 )  BT77. Trong (Oxy) cho tam giác ABC, biết ba chân đường cao tương ứng với 3 đỉnh A, B, C là A ' (1;1) , B' ( −2;3) , C' ( 2; 4 ) . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh (BC).
Giải
A B' C' H

B

A'

C

Do là các đường cao cho nên tứ giác AC'IB' là từ giác nội tiếp trong đường tròn có đường kính là AI, C'B' là một dây cung vì vậy AA' vuông góc với C'B'. Vậy (BC) qua A ' (1;1) và có véc tơ pháp tuyến C ' B ' = ( −4; −1) n = ( 4;1) ⇒ ( BC ) : 4 ( x − 1) + y − 1 = 0 ⇔ 4x + y − 5 = 0 . Tương tự như lập luận trên ta tìm ra phương trình các cạnh của tam giác ABC : ( AB ) : 3x − 2 y + 2 = 0 BT78. Trong (Oxy) cho hai điểm A 2 3; 2 , B 2 3; −2

(

) (

)

a) Chứng tỏ tam giác OAB là tam giác đều b) Chứng minh rằng tập hợp các điểm M sao cho: MO 2 + MA2 + MB 2 = 32 là đường tròn (C). c) Chứng tỏ (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. Giải a/ Ta có : OA = b/ Gọi M ( x; y ) thì đẳng thức giả thiết cho tương đương với biểu thức : Ta có : MO 2 = x 2 + y 2 , MA2 = x 2 + y 2 − 4 3 x − 4 y + 16, MB 2 = x 2 + y 2 − 4 3x + 4 y + 16

(2 3)

2

+ 22 = 4, OB = 4, AB = 4 . Chứng tỏ OAB là tam giác đều .

⇒ MO 2 + MA2 + MB 2 = 32 ⇔ 3x 2 + 3 y 2 − 8 3x + 32 = 32 ⇔ x 2 + y 2 −
Daukhacha.toan@gmail.com

8 3 x=0 3

- Trang 44www.MATHVN.com -

www.MATHVN.com
2

Chuyên đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN
2

 4 3 4 3  4 3 4 3 2 ⇔x− ;0  , R =  + y =  . Chứng tỏ là đường tròn (C) có tâm I  3  3   3   3  c/ Thay tọa độ O, A, B vào (1) ta thấy thỏa mãn, chứng tỏ (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. BT79. Viết phương trình các cạnh hình vuông ABCD biết AB, CD lần lượt đi qua các điểm P ( 2;1) và Q ( 3;5 ) , còn BC và AD qua các điểm R ( 0;1) và S ( −3; −1)
Giải

1 Gọi (AB) có dạng y = kx + b và ( AD ) : y = − x + b ' . k
Cho AB và AD qua các điểm tương ứng ta có : 2k + b = 1 (1) và Ta có : h ( Q, AB ) =

3 + b ' = −1 k

( 2)

. Theo tính chất hình vuông : k2 +1 k2 +1 3k − 5 + b 0 + k − kb ' h ( Q, AB ) = h ( R, AD ) ⇔ = ⇔ 3k − 5 + b = k − kb ' k2 +1 k2 +1  2k + b = 1  1 1 4    Từ đó ta có hệ :  k + kb ' = −3 ⇒  k = , b = , b ' = −10  ,  k = −7, b = 15, b ' = −  3 3 7     3k − 5 + b = k − kb '  Do đó : AB : x − 3 y + 1 = 0, AD : 3x + y + 10 = 0, CD : x − 3 y + 12 = 0, BC : 3 x + y − 1 = 0 Hoặc : AB : 7 x + y − 15 = 0, AD : x − 7 y − 4 = 0, CD : 7 x + y − 26 = 0, BC : x − 7 y + 7 = 0

3k − 5 + b

; h ( R, AD ) =

0 + k − kb '

Daukhacha.toan@gmail.com

- Trang 45 - www.MATHVN.com

Similar Documents

Premium Essay

Physical Fitness

...The Association Between School-Based Physical Activity, Including Physical Education, and Academic Performance U.S. Department of Health and Human Services Centers for Disease Control and Prevention National Center for Chronic Disease Prevention and Health Promotion Division of Adolescent and School Health www.cdc.gov/HealthyYouth Revised Version — July 2010 (Replaces April 2010 Early Release) Acknowledgments: This publication was developed for the Centers for Disease Control and Prevention’s (CDC) Division of Adolescent and School Health (DASH) under contract #200-2002-00800 with ETR Associates. Suggested Citation: Centers for Disease Control and Prevention. The association between school-based physical activity, including physical education, and academic performance. Atlanta, GA: U.S. Department of Health and Human Services; 2010. TABLE OF CONTENTS Executive Summary . 5 Introduction . 8 Methods 10 Conceptual Definitions . 10 Inclusion Criteria . 10 Identification of Studies that Met the Inclusion Criteria . 11 Classification of Studies . 11 Study Coding Process . 12 Data Analysis . 13 Results . 14 School-Based Physical Education Studies . 16 Recess Studies . 19 Classroom Physical Activity Studies . 21 Extracurricular Physical Activity Studies . 24 28 Summary . Overall Findings . 28 Findings for Physical...

Words: 32584 - Pages: 131

Free Essay

Cutbacks in Physical and Arts Education

...Palmer Cutbacks in Music, Art and Physical Education School is where we all gain basic knowledge. It is where we learn what we need to live and then get interested in what we will excel at later in life. Many students want to grow up to be a lawyer, doctor or a teacher but for some students, it is the dream of being a famous musician, artist or athlete. With education budget cuts and the motion for higher standardized test scores on the raise, many schools have been forced to cut some of their programs. Those hardest hit are music, art and physical education classes. The issue is that cutting these programs may do more harm to students than good. Studies have shown that music, art and physical activity have many positive effects on student development and learning. Physical education has become especially important today. With childhood obesity become an increasing problem, physical health and proper nutrition has become a great concern. Music and art also have also shown to have an impact on physical development. These are the classes and programs that promote creativity, self-expression and individuality, and for many students are the classes that they look the most forward to and are often the highlight of their day. By taking them away are we not robbing our students of the opportunity to learn through different mediums? What about the future musicians, artists and athletes? Are we not robbing...

Words: 1956 - Pages: 8

Premium Essay

Re: Topic 2: Discussion Question 2

...Health Promotion Prevention Adrianne Gorman Grand Canyon University: NRS-429V-0104 August 10, 2014 The health promotion includes strengthening the skills of individuals to encourage healthy behaviors, and it also includes constructing the healthy social and physical environments to support these actions (Green 1979). It includes any mixture of health instruction and associated organizational, economic, and political interventions designed to facilitate behavioral and environmental changes promoting to health (WHO, 2011). Health promotion involves all different countries from around the world to join together in collaboration to ensure that all the people from each and every community have the resources and information available to educate and further advance their participation in healthy lifestyle. This should be an opportunity available to all individuals even if they are financially dependent, old, uneducated, educated, affluent, or young to name just a few. The green health promotion gives the idea of improving the ecological health and sustainability of the community, school, or business. Green health promotion has been a term since 1986 when the Ottawa Carter for Health Promotion was involved in the ecological public health movement. Green promotion is heard throughout the country. Addressing the green health promotion in schools shows that there is a lack of collaboration between groups educating and the nursing professional. We must begin working on...

Words: 992 - Pages: 4

Premium Essay

Cda Competency Statement Analysis

...I ask open-ended questions during reading, math and science daily to promote critical thinking skills. By providing student's with an emergent curriculum as well as field trips I am supporting their advancement. I incorporate the use of puzzles, manipulatives, books and scales to encourage children to explore,analyze and problem-solve.When I take my students on nature walks I am assisting the exploration process with the use of magnifying glasses and by encouraging students to observe and ask questions. CS II a. The "Jump the River" activity promotes physical development because it involves the use of large muscles which encourages gross motor skill development. Children are required to jump over an imaginary river with the use of a rolled towel on the ground that will get wider with...

Words: 482 - Pages: 2

Free Essay

Boost Memory

...you do that, you become an agent of change. DeBono’s technique of Six Hats is particularly useful. 3. Learn new skills When did you last learn a completely new skill? It’s easy to become complacent with skills we have mastered in the past. However, it’s essential for brain growth to learn learn new skills. Because learning allows the brain to create neurons and new pathways. 3. Practice brain gym exercises Fifty years ago, gyms that focused on strength training were unknown. Nowadays we know that it’s important to exercise our muscles and boost fitness at any age. However, it’s less accepted that we need to train our brain regularly as well. Exercises focused on improving fluid intelligence are called Dual N-Back exercises. Get a free training program .  You can download a version for Windows version, or for Mac. Don’t forget to download the tutorial! You can check out how an exercise to boost visual memory works. Another highly rated program is MindFit. It has been endorsed by leading neurologists, but I haven’t tried it yet myself. Find more good ideas on how to exercise your  brain in this excellent book: The Sharp Brains Guide to Brain Fitness Forget Nintendo: Brain Age – it’s laughable! The...

Words: 662 - Pages: 3

Premium Essay

Do Supertisious Exist

...intramurals; and interscholastic athletics, will be provided to meet the needs and interests of all students, in addition to planned physical education. It is recommended that children and adolescents participate in at least 60 minutes of moderate intensity physical activity most days of the week, preferably daily. Students are more likely to participate in activities that are appropriate to their age and ability level. A variety of options should be available to students during and immediately following the school day and on weekends. School-based physical activities help to focus students on positive behavior and interaction with others, builds self-esteem, establishes personal values and is the basis for the development of lifelong exercise and physical activity. According to www.MyPyramid.gov the benefits of physical activity include: • • • • • • • • Improved self-esteem and feelings of well-being Increased fitness level Helps to build and maintain bones, muscles, and joints Builds endurance and muscle strength Enhances flexibility and posture Helps manage weight Lowers risk of heart disease, colon cancer, and type 2 diabetes Helps control blood pressure Age-appropriate physical activity opportunities (such as recess, before school, after school, during lunch, and through clubs, intramurals, and interscholastic athletics) will be provided to meet the needs and interests of all students, in addition to planned physical education. Plan Of Action: 1...

Words: 2074 - Pages: 9

Premium Essay

Week 6 Ilab

...“BMI” means and then, you will calculate your own value and show the math work (or at least, explain how you arrived at your value). You will then, compare your individual BMI value to the standard tables and write up a short essay interpreting your value and defining whether you are underweight, normal weight or overweight. Once you have identified your weight status, you will then, detail an action plan for yourself, based on your values and your individual goals. Basically, depending on where your BMI values fall, you will write up a diet and exercise plan that helps you either gain weight, maintain your weight or lose weight. Plan must include both a dietary and physical activity component (3 sections of the iLab so far). Grading Rubric The breakdown for this 25 point iLab is as follows: Define BMI 4 points Calculate individual BMI (show equation and work) 6 points Compare & contrast BMI to standard tables and then, develop action plan for diet and physical activity based on your BMI assessment. Diet must include calories you will eat in one day as well as a snapshot of how you will eat. You must include the amounts and types of foods you plan on eating to support your BMI value. In the exercise plan should touch on 5 areas of a sound fitness plan and make sure to include specific exercises, reps, sets and duration. 15 points (3 pts for first part and 6 points each for diet and exercise plan-second and third...

Words: 311 - Pages: 2

Free Essay

Health and Fitness Myths

...harmful. They can cause frustration in working out and sometimes even lead to injury. One reason myths get started, is that we all react to exercise a little differently. So what's true for one person may not be true for another." (Harr, 2001) That said, experts say there are also some fitness myths that just need busting! Running on a Treadmill is Easier on the Knees Sorry, but it is the running itself that stresses the knees, not the surface you’re pounding. To ease the impact on your knees, experts advise varying your aerobic activities: mix running with riding a stationary bike or using the elliptical machine at the gym (Cool, 2012). Crunches Lead to Six-pack Abs Sure they will as long as you also get rid of any belly fat that obscures your abdominal muscles. While crunches strengthen muscles, they won’t burn off the fat in your belly. To flaunt your newly crunched abs you’ve got to trim the fat via diet, cardiovascular exercise and resistance training. And, of course, for crunches to work, you’ve got to learn to do them right (Cool, 2012). I can spot reduce. It's simply not possible to burn off fat in a specific body part by exercising that area. At best you might lose some water weight, giving you the impression that you spot reduced. But if you rehydrate, you'll see those stubborn inches magically reappear. Only regular exercise, including aerobic and...

Words: 1181 - Pages: 5

Free Essay

Yoga

...through physical and mental exercise and deep relaxation. Although known to be at least 5,000 years old, yoga is not a religion and fits well with any individual's religious or spiritual practice. Anyone of any age, religion or life condition can practice yoga and derive its benefits. Yoga is the practice of putting the body into different postures while maintaining controlled breathing. It is considered to be a discipline that challenges and calms the body, the mind, and the spirit. By focusing on the breath entering and leaving your body, you are performing an exercise in concentration. After learning the history and practicing the throughout this fall semester, I have a new found respect and outlook for yoga. I would like to share with you an experience my family and I had to endure and probably how I was lead to signing up for this class. I come from a very close-knit family and, as such, all my life, so far, my cousin has always been more like a sister to me. We had children at the same time and always remained close. Last fall her son, Mikey was diagnosed with cancer. I can't even begin to describe the overwhelming devastation and complete sadness this brought to our family. My cousin was on an emotional roller coaster, and I can remember asking her how she stays so strong and how she got through all the treatments and still kept it together---- her response was "yoga"....I was somewhat skeptical--- thinking to myself that an exercise, i.e., yoga, would aid in the...

Words: 806 - Pages: 4

Premium Essay

Us 599 Strategic Management

...Running head: Assignment 2 – Employing Strategy in a Competitive Environment - Fitness Connection Assignment 2 – Employing Strategy in a Competitive Environment - Fitness Connection Sample Student Strategic Management BUS 599, Winter 2013 Dr. Ingrid Wright February 3, 2013 Abstract As a business professional in the physical fitness industry, I have created an environmental scan for Fitness Connection in order for them to assess the threats and implement a plan of action to ensure that the impact is minimal. The components of the environmental scan are comprised of information addressing the following: 1) Create an environmental scan for the company indicating the most significant environmental threats and discuss how the company should respond to each threat to ensure that the impact to the business is minimal. 2) Based on the environmental scan, evaluate the company’s strengths and evaluate how the company can leverage these strengths so as to yield a competitive advantage in the marketplace. 3) Identify a significant competitor for the company and assess how your company will compete against it to maximize profits and create value for stakeholders. 4) Assume that the U.S. economy is in a state of decline requiring modifications to the strategy. Evaluate how the strategy should be modified. Provide a justification of how this will help the company continue to compete in the marketplace. 5) Evaluate how global competition may impact the business strategy and determine...

Words: 2512 - Pages: 11

Free Essay

Role of Physical Therapy for Stroke

...and scientists have always favored preventive measures to avoid the conditions which result in undergoing a rigorous treatment. In this view physical activity or fitness training programs have been found having significant effects in the prevention of strokes as well as at post care stage as treatment and a measure of rehabilitation in survivors of cardiac arrests. Further, it has been noted in recently conducted studies that quite a remarkable evidences are discovered in favor of physical activity as therapeutic as well as rehabilitative in nature. Organized physical activity in the form of exercise, tailor made programs according to the needs of the patients at post care stage and fitness training exercise therapy have been found considerably helpful in rehabilitation in the survivors of stroke. In addition, further research is proposed to explore the different types of organized exercise programs according to the physical and mental conditions of survivors and as preventive measures among them. Physical Activity in the Prevention and Treatment of Stroke Cardiac arrest is a one of the growing and leading causes of death around the globe. According to available data, more than 130,000 people suffer from heart attack, from mild to severe strokes, every year, (SIGN, 2008). One cannot ignore preventive measures; however, once a person goes through a severe form of arrest, he needs post...

Words: 1798 - Pages: 8

Free Essay

Paper

...BACKGROUND AND OVERVIEW Bally Total Fitness was created in 1996 with Lee Hillman as its first CEO. Bally traces its existence to the Health and Tennis Corporation, run by Dave Wildman. Wildman had begun to purchase ailing gyms and aggressively expanded and acquired several other brands as well. In the 1990s, as part of a diversification move, Bally Manufacturing, a gambling equipment company, decided to purchase Wildman’s collection of gyms and other brands. This diversification of brands created what was known as Bally Entertainment. Bally Total Fitness was then created in 1996 as the health club portion of Bally Entertainment. Lee Hillman started the company off in an unusual path, Mr. Hillman used a retrenchment strategy by selling off outlets, rationalizing Bally’s brand portfolio, and closing several clubs, which then returned the business to profitability. During Hillman’s course of leadership, Bally developed a very broad range of products and services, which increased revenues out of the company’s existing membership base and added profit to the bottom line. The company faced a triggering event when Bally’s CEO Lee Hillman stepped down suddenly in December of 2002. Bally’s chief operation officer at the time, Paul Toback, replaced Mr. Hillman and moved to the top of the company. Toback’s started as CEO explaining that he expected changes to the company to be “more evolutionary than revolutionary”. Under Hillman’s lead, Bally was operating essentially as two different...

Words: 1206 - Pages: 5

Free Essay

Marketing Final Paper

...Running head: MARKETING MANAGEMENT MKT522 First Draft Your Name Marketing Management MKT522 Date Professor Phil Shaps Table of Contents (Leave Page Blank) Executive Summary (Leave Page Blank) Situation Analysis Gladiator Tough is a business that focuses in creating products for fitness gurus. The company believes people who are active in fitness, need products that will keep them looking fresh, comfortable and empowered while they do their fitness activities. The main concern of this company is to comfort consumers while they exercise. There are about “three million sweat glands in a human body” and people need an object to absorb the moisture off their body (http://www.popsci.com/science/article/2011-01/fyi-how-much-can-human-body-sweat-it-runs-out). This is how the Gladiator Towel was created. The gladiator towel is light weight and absorbs more water than a regular towel. This is why Gladiator believes this product will be a success. People are becoming for health conscious and have been eating healthier and exercising more often. This is why Gladiator Tough believes now is the time to hit the market while it’s expanding. Gladiator Toughs marketing strategy will be the strength of creating brand and product awareness to a specialized market. Market Summary Even in the midst of the economic downturn, the fitness industry has maintained steady growth, with gym membership rates growing consistently and profit remaining solid. Demand for...

Words: 1957 - Pages: 8

Premium Essay

Homework

...Combat Fitness Training (CFT). A. Every Marine most be physically fit regardless of age, grade, or duty assignment. 1. Self disciple and personal commitment are required to maintain high level of physical fitness. 2. Marines who are not physically fit are damaged and reduce from the combat readiness of their unit. B. The Marines program consist of organizational and individual combat conditional program. which are Physical Training Test, Combat Training Test , and Remedial Conditioning Program. 1. The Combat Conditioning Program develops every Marine to perform job required garrison, training in combat. 2. Combat Conditioning Program promotes overall health and wellness to every Marine. This consist of regular exercises proper nutrition health education and physical and combat evaluation. In...

Words: 1176 - Pages: 5

Premium Essay

Bottle Water

...Bottled Water Market Penetration Name Institution Bottled Water Market Penetration Introduction The demand for bottles water has grown tremendously owing to its increased popularity. The industry has been growing at an average rate of 20% per year (Gleick, 2010, p. 15). Demand has grown over 500% in the last decade and a half. In the United States there is a demand of 79 liters of bottles water per person in a year, which has resulted in the sale of up to 30 billion in the sale of the product (Gleick, 2010, p. 17). This has been driven by increased population and the decreased quality of water supplies from the public mains. People have feared for their health and thus have opted for bottles water that is more purified and fresh. The consumption of bottled water in the United States fell in 2008 to 30 billion bottles compared to 2007 (Clarke et al, 2009, p. 28). Bottles water faces stiff competition from other beverages such as sodas. It is thus important that companies to reposition the product in order to get back to the positive growth trend. Repositioned Target Market The market for bottled water is quite large as water is a commodity that is essential to life. Bottled water may face competition from soft drinks and supplies from local authorities. Manufacturers of the product (bottled water) have used various methods in segmenting the market and obtaining potential targets. For instance, coca cola the manufacturer of Dasani, and Nestle have targeted...

Words: 1876 - Pages: 8