BÀI TỐN 4 A. NỘI DUNG BÀI TỐN 4 - Tài liệu 10 bài toán trọng điểm hình học giải tích phẳng Oxy

(4 ; )HBb b

4. BÀI TỐN 4 A. NỘI DUNG BÀI TỐN 4

Tìm tọa độ điểm

M

thuộc đường thẳng

∆

(cho biết phương trình

∆

- hay

M

tham số hĩa được theo một ẩn) và thỏa mãn điều kiện (*) cho trước.

(Mở rộng của Bài tốn 1,2 và 3) B. CÁCH GIẢI CHUNG

Gọi

M t ( ) ∈ ∆ 

cắt nghĩa điều kiện^(*)chotrước

→ f t ( ) = ⇔ = ⇒ 0 t ? M

Giải thích chi tiết:

M ∈ ∆

, nên ta sẽ gọi

M t ( )

(tham số hĩa điểm

M

dựa vào

∆

). Sau đĩ cắt nghĩa dữ kiện (*) sẽ giúp ta cĩ được phương trình chứa ẩn

t

f t ( ) = 0

. Giải phương trình tìm

t

giúp ta tìm được tọa độ điểm

M

Chú ý:

M

cĩ thể được tham số hĩa thơng qua một điểm khác.

+ Bài tốn 1, 2 và 3 là các trường hợp đặc biệt của Bài tốn 4 – khi các dữ kiện (*) tương ứng của chúng là

MI = R

= const,

d M ( , ) ∆ = h

= const , tam giác

IAB

đặc biệt (vuơng, cân…).

C. VÍ DỤ GỐC

Ví dụ (A – 2006). Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho các đường thẳng:

d

₁:

3 0

x + + = y

d

₂:

x − − = y 4 0

d

₃:

x − 2 y = 0

. Tìm tọa độ điểm

M

nằm trên đường thẳng

d

₃sao cho khoảng cách từ

M

đến đường thẳng

d

₁ bằng hai lần khoảng cách từ

M

đến đường thẳng

d

₂.

Giải + Gọi

M (2 ; ) t t ∈ d

₃, khi đĩ :

1 2

( , )=2 ( , )

d M d d M d 2 3 2 4

2 2

+ + − −

⇔ t t = t t

3 3 2( 4) 11 ( 22; 11)

3 3 2 4

3 3 2( 4) 1 (2;1)

+ = − = − − −

  

⇔ + = − ⇔ + = − − ⇔ = ⇒

t t t M

t t

t t t M

+ Vậy M(–22; –11) hoặc M(2; 1).

D. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG

Ví dụ 1 (D – 2013 – NC ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

, cho đường tròn

( ) : ( C x − 1)

+ ( y − 1)

= 4

và đường thẳng

∆ : y − = 3 0

. Tam giác

MNP

có trực tâm trùng với tâm của

( ) C

, các đỉnh

N

và

P

thuộc

∆

, đỉnh

M

và trung điểm của cạnh

MN

thuộc

( ) C

. Tìm tọa độ điểm

P

Phân tích hướng giải:

* Vẫn một câu hỏi quen thuộc khi đứng trước bài toán hình học Oxy: “Với những dữ kiện ban đầu, ta có thể tìm được ngay tọa độ của những điểm nào trước?” . Trong bài toán này câu trả lời là điểm

M

. Bởi ta nhìn thấy ngay điểm

M

theo góc nhìn của Bài toán 1 (đã nghiên cứu ở phần trước) với

MI = = R 2

và

M

thuộc đường thẳng đi qua

I

vuông góc với

∆

* Nếu biết trung điểm

K

của

MN

ta sẽ suy ra được tọa độ điểm

N

và tìm được điểm

P

theo góc nhìn mở rộng của Bài toán 3. Cụ thể :

P ∈ ∆

và

NI ⊥ MP

. Như vậy lúc này ta cần tìm tọa độ điểm

K

* Điểm

K

tiếp tục được khai thác theo góc nhìn của Bài toán 1 bởi

KI = = R 2

và

K

thuộc đường thẳng đi qua

I

song song với

∆

. Ta đã hoàn thiện xong hướng giải của bài toán.

Sau đây là lời giải chi tiết:

Giải

+ Đường tròn

( ) C

có tâm

I (1;1)

và bán kính

R = 2

. Ta có

MI

đi

I (1;1)

vuông góc

với

∆ : y − = 3 0

nên

MI

có phương trình:

x − = 1 0

Gọi

M (1; ) m

, khi đó MI²=R²

2 1

( 1) 4 (1; 1)

 = −

⇔ − = ⇔ = ⇒ −

m m M

hoặc

M (1; 3) −

(loại vì

M ∈ ∆

)

+ Gọi

K

là trung điểm của

MN

, do

∆

tiếp xúc với

( ) C

tại

H

nên

IK

là đường trung bình của tam giác

MNH ⇒ IK

∆

, suy ra phương trình

IK

là:

1 0 y − =

Gọi K (t; 1) ∈ IK, khi đó ² ² ² 1

( 1) 4 ( 1;1)

 = −

= ⇔ − = ⇔ = ⇒ −

KI R t t K

t hoặc

(3;1) K

+ Với K( 1;1)− ⇒N( 3;3)− ; K(3;1)⇒N(5;3) (vì

K

là trung điểm của

MN

+ Gọi

P a ( ;3) ∈ ∆ ⇒ MP



= ( a − 1; 4)

Với

N ( 3;3) − ⇒ NI



= (4; 2) −

, khi đó

4( 1) 2.4 0 3 (3;3)

NI ⊥ MP ⇔ a − − = ⇔ = ⇒ a P

 

Với

N (5;3) ⇒ NI



= − − ( 4; 2)

, khi đó

4( 1) 2.4 0 1 ( 1;3)

NI ⊥ MP ⇔ − a − − = ⇔ = − ⇒ a P −

 

Vậy

P (3;3)

hoặc

P ( 1;3) −

. Chú ý:

Với dữ kiện đặc biệt của bài toán:

∆

tiếp xúc với

( ) C

tại

H

, khi đó ta có thể tìm

M

theo cách nhìn

I

là trung điểm của

MH

Ví dụ 2 (D – 2012 – NC). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

, cho đường thẳng

d : 2 x − + = y 3 0

. Viết phương trình đường tròn tâm thuộc

d

, cắt

trục

Ox

tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB=CD=2. Phân tích hướng giải:

Muốn viết phương trình đường tròn ta cần:

* Xác định tâm

I

nhờ “góc nhìn” của Bài toán 4. Cụ thể:

+ Gọi

I t ( ) ∈ d : 2 x − + = y 3 0

+ Dữ kiện

AB = CD

giúp ta thiết lập được phương trình :

( ) 0 ?

f t = → = → t

tọa độ điểm

I

* Xác định bán kính:

R

nhờ

R

= IA

= IH

+ HA

² với

IH = d I Ox ( , )

và

2 1

HA = AB =

Giải + Gọi

I

là tâm đường tròn cần

lập và gọi

I t ( ; 2 t + ∈ 3) d

+ Ta có

AB = CD

( , ) ( , ) 2 3

d I Ox d I Oy t t

⇔ = ⇔ + = ⇔

2 3 3 ( 3; 3)

2 3 1 ( 1;1)

t t t I

+ = = − − −

  

⇔   + = − ⇔   = − ⇒   −

+ Với

I ( 3; 3) − − ⇒ IH = d I Ox ( , ) = − = 3 3

và ta có:

2 1

2 2

AH = AB = = ⇒ R

= IA

= IH

+ HA

= 10

Vậy phương trình đường tròn:

( x + 3)

+ ( y + 3)

= 10

. + Với

I ( 1;1) − ⇒ IH = d I Ox ( , ) = = 1 1

và ta có:

2 1

2 2

AH = AB = = ⇒ R

= IA

= IH

+ HA

= 2

Vậy phương trình đường tròn:

( x + 1)

+ ( y − 1)

= 2

Ví dụ 3 (A – 2002). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

, cho 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 tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

Phân tích hướng giải

* Ngoài dữ kiện

G

là trọng tâm tam giác

ABC

, ta không có thêm dữ kiện liên quan tới

G

. Vì vậy việc tìm tọa độ điểm

G

được chuyển về tìm tọa độ 3 đỉnh

A B C , ,

của

∆ ABC

( do ;

3 3

+ + + +

 

 

 

A B c A B c

x x x y y y

G )

* Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm

B

^BC  ^Ox ⁼ { } ^B

. Dữ kiện

A Ox ∈

: 3 3 0

B ∈ BC x − − y =

và

∆ ABC

vuông tại

A

giúp ta có thể ràng buộc cả hai

điểm

A C ,

theo cùng một ẩn t . Lúc này dữ kiện cuối cùng

r = 2

sẽ giúp ta thiết lập được phương trình chứa t bằng việc sử dụng công thức

2 S

_ABC

r AB BC CA

=

∆

+ +

* Giải phương trình tìm

t

sẽ suy ra được tọa độ hai điểm còn lại

A C ,

và suy ra tọa độ trọng tâm

G

Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên : Giải + Do

^BC  ^Ox ⁼ { } ^B

nên tọa

độ điểm

B

là nghiệm của hệ :

3 3 0 1

(1;0) 0 0

 − − =  =

 ⇔ ⇒

 =  =

 

 x y x

y B y

+ Gọi

A t ( ; 0) ∈ Ox

, khi đó phương trình

AC

đi qua

A

vuông góc với

Ox

có dạng

x = t

Suy ra tọa độ điểm

C

là nghiệm của hệ:

( )

3 3 0

; 3 3

3 3

 − − =  =

 ⇔ ⇒ −

 

= = −

 

 

x t x y

C t t

x t y t

+ Suy ra

3 1

2 1

 = −

 = −

 = −



AB t

AC t

BC t

. Do đó : 1 3( 1)²

2 . 2

∆

= = −

ABC

S AB AC t

+ Ta có 2 3( 1)² 1 2 3 3

3 1 3 1 3 1 2 3 1

∆ − −  = +

= = = = ⇒ 

+ + − + − +  = − −

ABC t t

S t

r AB BC CA t t t

Với

( )

2 3 3;0 2 3 3

2 3 3;6 2 3

 +

= + ⇒ 

+ +



A t

suy ra tọa độ trọng tâm 7 4 3 6 2 3

3 ; 3

 + + 

 

 

Với

( )

2 3 1;0 2 3 1

2 3 1; 6 2 3

 − −

= − − ⇒ 

− − − −



A t

suy ra tọa độ trọng tâm 4 3 1 6 2 3

3 ; 3

− − − − 

 

 

G .

Ví dụ 4 (B – 2007). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

, cho điểm

A (2; 2)

và các đường thẳng

d

₁

: x + − = y 2 0

d

₂:

x + − = y 8 0

. Tìm tọa độ các điểm

B

và

C

lần lượt thuộc

d

₁ và

d

₂sao cho tam giác

ABC

vuông cân tại

A

. Phân tích hướng giải:

* Với dữ kiện khá quan trọng

B ∈ d C

₁

, ∈ d

₂ giúp ta gọi

B b ( ; 2 − b )

và

( ;8 )

C c − c

. Như vậy để tìm tọa độ điểm

B C ,

ta cần tạo ra hai phương trình chứa ẩn

,

b c

* Dữ kiện tam giác

ABC

vuông cân tại

A

đủ để cho ta có được hai dấu “=” .

Cụ thể:

AB AC . 0 AB AC

 =

 

 =

 

(*) . Giải hệ (*) ta được

b c ,

và suy ra được tọa độ hai điểm

,

B C

cần tìm.

Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên:

Giải

+ Gọi ¹

( ; 2 ) ( 2; )

( ;8 ) ( 2; 6 )

B b b d AB b b

C c c d AC c c

− ∈  = − −

 ⇒ 

 − ∈  = − −

 



+ Do

∆ ABC

vuông cân tại

A

nên

2 2 2 2

2 2

( 2)( 2) ( 6) 0

. 0

( 2) ( 2) (6 )

 =  − − + − =

 ⇔

 =  − + = − + −

 



 

b c b c

AB AC

b b c c

AB AC

2 2 2 2

4 2 0 ( 1)( 4) 2

2 8 18 0 ( 1) ( 4) 3

− − + = − − =

 

⇔ − − + − = ⇔ − − − =

bc b c b c

b c b c b c

+ Đặt

1 4 u b v c

 = −

 = −



, khi đó hệ có dạng :

2 2

4 2 2

2 2

2 2; 1

2; 1

3 3 4 0 4

 

= = = = =

 ⇔ ⇔ ⇔

 − =    = − = −

  − − =  =

uv v v u v

u u

u v

u u u

Suy ra 3; 5 (3; 1), (5;3) 1; 3 ( 1;3), (5;3)

= = −

 ⇒

 = − =  −

 

b c B C

Vậy

B ( 1;3), (3;5) − C

hoặc

B (3; 1), (5;3) − C

Ví dụ 5 (D – 2012 – CB). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

, cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là

3 0

x + y =

và

x − + = y 4 0

; đường thẳng BD đi qua điểm

1 3 ;1

M    −   

^{. Tìm} tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.

Phân tích hướng giải:

* Có

{ } ^A ⁼ ^AC ^∩ ^AD →

tọa độ điểm

A

* Ta sẽ đi tìm tọa độ hai điểm

B D ,

theo “góc nhìn” của Bài toán 4. Cụ thể:

D ∈ AD

B ∈ AB

nên ta gọi

D t ( ), ( )

₁

B t

₂ (trước đó ta đi lập phương trình

AB

)

+ Gọi

{ } ^I ⁼ ^AC ^∩ ^BD

^{( I} là trung điểm của AC và BD)

⇒ I t t ( , )

₁ ₂ mà

( , )

1 2

0 I ∈ AC ⇒ f t t =

(1)

Vì

MB MD

 

,

cùng phương

⇒ f t t

₂

( , )

₁ ₂

= 0

(2) + Từ (1) và (2) ¹

?

? t t

 =

⇒  =  ⇒

tọa độ của

B D I , ,

và

C

Giải

Vì

{ } ^A ⁼ ^AC ^∩ ^AD

nên xét hệ:

3 0 4 0 x y x y

+ =

  − + =



3 1 x y

 = −

⇔  =  ⇒ ^A ^{( 3;1)} ⁻ AB

đi qua

A

và vuông góc với

nên

AB

có phương trình:

3 1

2 0

1 1

x y

+ −

= ⇔ + + =

−

Gọi

B t ( ;

₁

− − ∈ t

₁

2) AB

và

D t t ( ;

₂ ₂

+ ∈ 4) AD

(

t t

₁

;

₂

≠ − 3

)

2 1 2 1

2 2 ; 2

t t t t I  + − + 

⇒    

: là trung điểm của

BD

Mà ² ¹ ² ¹

2

₂ ₁ ₁ ₂

3. 0 2 3 0 2 3

2 2

t t t t

I ∈ AC ⇒ + + − + = ⇔ t − + = ⇔ = t t t +

(*)

Có: ₁

1

₁ ₂

10

₂

; 3 2 ; 2 6

3 3

MB =    t + − − t       = t + − t −   



(theo (*)) và ₂

1

₂

; 3

MD =    t + 3 t +   



Mặt khác

B D M , ,

thẳng hàng

⇒ MB MD

 

,

cùng phương

2 2

6 10 2 6

2 1

3 1 3

t t

t t t

+ − −

⇒ = = − ⇔ = −

+ + ⇒ = t

1 ⇒ B (1; 3), − D ( 1;3) −

và

I (0; 0) ⇒ C (3; 1) −

( vì

I

là trung điểm của

AC

) Vậy

A ( 3;1), (1; 3), (3; 1), − B − C − D ( 1;3) −

Ví dụ 6 (B – 2012 – NC). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình

x

+ y

= 4

. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.

Phân tích hướng giải:

* Phương trình

( ) E

2 2

1 x y

a + b =

( a > > b 0)

như vậy ta cần tìm

a b ;

* Do (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D và

A Ox ∈

nên gọi

A a ( ; 0) ∈ Ox

và

(0; )

B b ∈ Oy

. Như vậy lúc này cần tìm tọa độ hai điểm

A

và

B

, và việc tìm tọa độ hai điểm này sẽ được thực hiện theo “góc nhìn” của Bài toán 4. Cụ thể:

+ Khai thác dữ kiện: AC = 2BD

→ f a b

₁

( , ) = 0

(1)

+ Khai thác dữ kiện: đường tròn

x

+ y

= 4

tiếp xúc với các cạnh của hình thoi

( , ) 0 f a b

→ =

(2)

Từ (1) và (2)

→ a

= ?

và

b

= ?

→

phương trình (E).

Giải Gọi phương trình chính tắc của elip

( ) E

2 2

1 x y a + b =

( với

a > > b 0

) Vì (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D

và

A Ox ∈

nên không mất tính tổng

quát, ta giả sử:

A a ( ; 0)

và

B (0; ) b

. Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD

2 OA 4 OB OA 2 OB

⇔ = ⇔ =

2 a b

⇔ =

(vì

a > > b 0

) hay

A b (2 ; 0)

B (0; ) b

Gọi

H

là hình chiếu của

O

lên

AB

⇒ OH = R = 2 (vì đường tròn

x

+ y

= 4

tiếp xúc với các cạnh của hình thoi) Xét tam giác

OAB

ta có:

1

₂

1

₂

1

₂

OH = OA + OB

hay

1 1

₂

1

₂ ²

4 4 b 5

b b

= + ⇔ = ⇒ a

= 4 b

= 20

Vậy phương trình chính tắc của elip

( ) E

là:

2 2

20 5 1 x y

+ =

Ví dụ 7. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho tam giác

ABC

có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ

B

là

x + 3 y − 18 = 0

, phương trình đường trung trực của đoạn

BC

là

∆ : 3 x + 19 y − 279 = 0

, đỉnh

C

thuộc đường thẳng

d : 2 x − + = y 5 0

. Tìm tọa độ điểm

A

biết rằng

BAC  = 135

⁰. Phân tích hướng giải:

* Ớ ví dụ này ta có điểm

B C ,

đều đang thuộc các đường thẳng đã biết phương trình. Như vậy theo Bài toán 4 ta cần khai thác dữ kiện để có được 2 dấu “=” (2 phương trình) giúp ta tìm được tọa độ hai điểm

B

và

C

. Bài toán cho đường trung trực của đoạn

BC

là

∆ : 3 x + 19 y − 279 = 0

vừa đủ để ta làm được điều này: cụ thể

. 0

M BC u

_∆

 ∈ ∆

 =



  ^(với

M

là trung điểm của

BC

) dễ dàng ta có được 2 phương trình và suy ra tọa độ

B C ,

* Lúc này ta còn điểm

A

. Nếu tìm được tọa độ chân đường cao

H

của

B

trên

AC

ta sẽ dễ dàng “tháo” được điểm

A

theo góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể:

+ Do

BAC  = 135

⁰

⇒ AH = BH

A ∈ AC

: đi qua

C

và vuông góc với

BH

Việc tìm chân chiều cao

H

là một bài toán cơ bản. Vì vậy ta có lời giải chi tiết sau:

Giải

+ Gọi (18 3 ; ) ( ; 2 5)

 −

 +



B b b

C c c , suy ra 18 3 2 5

2 ; 2

− + + +

 

 

 

b c b c

M là trung điểm của BC

+ Khi đó

18 3 2 5

3. 19. 279 0

2 2

. 0

19( 3 18) 3(2 5) 0

∆

− + + +

∈ ∆ 

 + − =

 ⇔

 

 =  + − − − + =

 

b c b c

BC u c b c b

41 10 409 9 (9; 23)

13 60 357 4 (6; 4)

+ = =

  

⇔ + = ⇔ = ⇒

c b c C

c b b B

+ Gọi

H

là hình chiếu vuông góc của

B

trên

AC

Khi đó AC đi qua C vuông góc với BH nên có phương trình: 3x – y – 4 = 0 Suy ra tọa độ điểm

H

là nghiệm của hệ

3 4 0 3

(3;5)

3 18 0 5

x y x

x y y H

− − = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

+ Do

BAC  = 135

⁰

⇒ BAH  = 45

⁰, suy ra tam giác

BAH

vuông cân tại

H ⇒ AH = BH = 10

Gọi

A a a ( ;3 − ∈ 4) AC

, khi đó:

2 2 2

10 10 ( 3) (3 9) 10

= ⇔ = ⇔ − + − =

AH AH a a

2 2 (2; 2)

( 3) 1

4 (4;8)

 = 

⇔ − = ⇔ = ⇒

a A

a a A

A

nằm giữa

H

và

C

nên ta được

A (4;8)

thỏa mãn Vậy

A (4;8), (6; 4), (9; 23) B C

E. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1 (A – 2005). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

, cho hai đường thẳng

: 0

d x − = y

và

d

₂

: 2 x + − = y 1 0

tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông

ABCD

biết rằng đỉnh

A

thuộc

d

₁ , đỉnh

C

thuộc

d

₂, và các đỉnh

B D ,

thuộc trục hoành.

Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho hai đường thẳng

∆

₁

: x − 2 y + = 3 0

và

: x y 1 0

∆ − − =

. Viết phương trình đường tròn đi qua điểm

M (2;5)

, có tâm nằm trên đường thẳng

∆

₁ và cắt

∆

₂ tại hai điểm phân biệt

A B ,

sao cho

4 2 AB =

Bài 3 (B – 2011 – CB). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

, cho hai đường thẳng

∆ : x − − = y 4 0

và

d : 2 x − − = y 2 0

. Tìm tọa độ điểm

N

thuộc đường thẳng

d

sao cho đường thẳng

ON

cắt đường thẳng

∆

tại điểm

M

thỏa mãn

. 8

OM ON =

Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho tam giác

ABC

có đỉnh

A (2;1)

, trực tâm

H (14; 7) −

, đường trung tuyến kẻ từ đỉnh

B

có phương trình

9 x − 5 y − = 7 0

. Tìm tọa độ các đỉnh

B

và

C

Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho hình chữ nhật

ABCD

. Hai điểm

,

B C

thuộc trục tung. Phương trình đường chéo

AC

là

3 x + 4 y − 16 = 0

. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho, biết bán kính đường tròn nội

F. GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1.

+ Gọi

A a a ( ; ) ∈ d

₁.

A C ,

đối xứng nhau qua

BD

và

B D , ∈ Ox

nên

C a ( ; − a )

+ Vì 2

(1;1)

2 1 0 1

(1; 1)

∈ ⇒ + − = ⇔ = ⇒  −

C d a a a A

+ Gọi

I

là tâm của hình vuông , khi đó

I

là trung điểm của

AC

nên

I (1; 0)

Gọi

B b ( ; 0) ∈ Ox

, khi đó:

2 2 2 0 (0;0) (2;0)

( 1) 1

2 (2;0) (0;0)

= ⇒

 

= ⇔ − = ⇔ = ⇒ ⇒

b B D

IB IA b

b B D

(vì

I

là trung điểm của

BD

)

Vậy

A (1;1), (0; 0), (1; 1), B C − D (2; 0)

hoặc

A (1;1), (2; 0), (1; 1), B C − D (0; 0)

Bài 2.

+ Gọi

I (2 t − 3; ) t ∈ ∆

₁ là tâm của đường tròn cần lập.

Gọi

H

là hình chiếu vuông góc của

I

trên

AB

, suy ra 2 2

= AB2 = AH

+ Ta có : ² ² ² ² ² ² ² ² ( 4)²

(2 5) ( 5) 8

= = ⇔ = + ⇔ − + − = t− +

R IM IA IM IH AH t t

9 52 68 0 34

 =

⇔ − + = ⇔

 =

t t

(1; 2) 41 34

9; 9



⇒     I

+ Với I(1; 2)⇒R²=IM²=10, khi đó phương trình đường tròn:

2 2

(x−1) +(y−2) =10

+ Với 41 34 ² ² 650

9; 9 81

  ⇒ = =

 

 

I R IM , khi đó phương trình đường tròn:

2 2

41 34 650

9 9 81

 −  + −  =

   

x  y 

Vậy phương trình đường tròn cần lập là:

( x − 1)

+ ( y − 2)

= 10

hoặc

2 2

41 34 650

9 9 81

 −  + −  =

   

x  y  . Bài 3

+ Gọi ( ; 2 2) ( ; 2 2)

( ; 4) ( ; 4)

− ∈  = −

 ⇒

 − ∈ ∆  = −

 





N a a d ON a a

M b b OM b b

+ Ta có O, M, N thẳng hàng nên

2 2 ( 4)

 =

= ⇔  − = −

  a kb

ON kOM

a k b

⇒a k b. ( −4)=kb.(2a−2)⇒a b( −4)=b(2a−2)

(Do

k = 0

không là nghiệm của hệ )

4 (2 ) 4

2

Trong tài liệu Tài liệu 10 bài toán trọng điểm hình học giải tích phẳng Oxy – Nguyễn Thanh Tùng - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247 (Trang 139-150)