2ttt

t

 =

⇔ + = ⇔  = −  ⇒

(8; 0) (2;8) C C

 



+ Vậy

C (8; 0)

hoặc

C (2;8)

.

Ví dụ 15. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho đường tròn

2 2

( ) : ( T x − 1) + ( y − 2) = 5

và đường thẳng ∆

: x

+ + =

y 2 0

. Từ điểm

A

thuộc ∆ kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với

( ) T

tại

B

và

C

. Tìm tọa độ điểm

A

biết diện tích tam giác

ABC

bằng 8.

Phân tích hướng giải:

Khi đã được làm quen các ví dụ thuộc Bài toán 1 trước đó, việc tiếp cận đề bài ở ví dụ này là khá đơn giản khi dữ kiện bài toán cho khá “lộ”– ta biết điểm

I (1; 2)

cố định là tâm của

( ) T

, điểm

A

cần tìm thuộc đường thẳng ∆

: x

+ + =

y 2 0

đã biết phương trình. Như vậy ta nghĩ ngay tới việc đi tính độ dài đoạn

IA

để đưa về Bài toán 1. Dữ kiện diện tích tam giác

ABC

bằng 8 chắc chắn là để chúng ta làm điều này. Vấn đề là cắt nghĩa nó như thế nào để biểu thức diện tích

ABC

chỉ chứa ẩn

IA

. Câu trả lời sẽ có trong lời giải chi tiết sau:

Giải + Đường tròn

( ) T

có tâm

I (1; 2)

và bán kính

IB = = R 5

Gọi

H

là giao điểm của

BC

và

AI

. Đặt

AI = > a 0

Ta có :

( )

2 2 2 2

2 2 2

5

5 5

. 5 5.

5

AB AI IB a

AH AI AI a a a

BH AH IH

a a a

IH IB

IA a

 = = − = −

 − −

 ⇒ = = =

 = =



+ ABC ^{. 2 5. 5}

(

^{2 5}

)

^{8 5}

(

^{2 5}

)

^{3 64 4}

a a

S AH BH a a

a a

− −

= = = ⇔ − =

6 4 2 2 4

5a 139a 375a 625 0 (a 25)(5a 14a 25) 0

⇔ − + − = ⇔ − − + =

5

0

5

a

a

a

⇔ = ± → =

> ⇒ AI = 5

+ Gọi

A t ( ;

− − ∈ ∆

t 2)

, khi đó:

2 2 2 2 1 (1; 3)

25 ( 1) ( 4) 25 3 4 0

4 ( 4; 2)

t A

AI t t t t

t A

= −

 

= ⇔ − + + = ⇔ + − = ⇔ = − ⇒ − Vậy

A (1; 3)

− hoặc

A ( 4; 2)

− .

2. CÁCH RA ĐỀ 2: Cho biết

M

cách

I

(đã biết tọa độ) một khoảng không đổi. Cần dựa vào các dữ kiện của bài toán để viết phương trình đường thẳng chứa

M

.

Ví dụ 1 (B – 2005). Cho hai điểm

A (2; 0)

và

B (6; 4)

. Viết phương trình đường tròn

( ) C

tiếp xúc với trục hoành tại điểm

A

và khoảng cách từ tâm của

( ) C

đến điểm

B

bằng

5

.

Phân tích hướng giải :

Muốn viết phương trình đường tròn (C) cần tìm tọa độ tâm I và bán kính R= IA.

* I cách B một khoảng không đổi IB = 5

* Đường tròn

( ) C

tiếp xúc với trục hoành tại điểm

A

nên

I

thuộc đường thẳng đi qua

A

vuông góc với trục hoành (trục

Ox

).

Như vậy việc tìm điểm

I

đã được chuyển về Bài toán 1.

Giải + Đường tròn

( ) C

tiếp xúc với trục hoành tại điểm

A

nên

IA ⊥ Ox

, suy ra phương trình

IA x : = 2

+ Gọi

I (2; ) t

∈

AI

, khi đó

2 2 2 2 1 (2;1)

5 25 4 (t 4) 25 ( 4) 9

7 (2;7)

t I

IB IB t

t I

 = 

= = = ⇔ + − = ⇔ − = ⇔ = ⇒ + Với

I (2;1)

thì bán kính

R

=

IA

=

1

, suy ra phương trình đường tròn:

( x − 2)

²

+ ( y − 1)

²

= 1

+ Với

I (2; 7)

thì bán kính

R = IA = 7

, suy ra phương trình đường tròn:

2 2

( x − 2) + ( y − 7) = 49

Vậy phương trình đường tròn cần lập là

( x − 2)

²

+ ( y − 1)

²

= 1

hoặc

( x − 2)

²

+ ( y − 7)

²

= 49

.

Ví dụ 2 (B – 2009 – CB ). Cho đường tròn ^{2 2}

4 ( ) : ( 2)

C x

− +

y

=

5

và hai đường thẳng

∆

₁

: x − = y 0

và

∆

₂

: x − 7 y = 0

. Xác định toạ độ tâm

K

và bán kính của đường tròn

( C

₁

)

; biết đường tròn

( C

₁

)

tiếp xúc với các đường thẳng ∆ ∆₁, ₂ và tâm

K

thuộc đường tròn (C).

Phân tích hướng giải :

*

( C

₁

)

tiếp xúc với

∆ ∆

₁

,

₂

⇒ K

thuộc đường phân giác của góc tạo bởi

∆

₁ và

∆

₂.

*

2

( ) 5

K ∈ C ⇒ IK = = R →

chuyển về Bài toán 1.

Giải

+ Đường tròn

( ) C

có tâm

I (2; 0)

và bán kính

2 R = 5

.

+ Ta có :

( C

₁

)

tiếp xúc với

1

,

2

∆ ∆ ⇒ K

thuộc đường phân giác của góc tạo bởi

∆

₁ và

∆

₂.

Khi đó gọi

K x y ( ; ) ⇒ d K ( , ∆ =

₁

) d K ( , ∆

₂

) 7

2 5 2

x − y x − y

⇔ =

5( ) 7 2 0

5( ) 7 2 0

x y x y x y

x y y x x y

− = − + =

 

⇔   − = − ⇔   − =

+ Với đường phân giác

d

₁

: 2 x + = y 0

. Gọi

K t ( ; 2 ) − t ∈ d

₁

Vì 2 ² 4 ^{2 2} 4 ²

( ) ( 2) 4 25 20 16 0

5 5

5

K∈ C ⇒IK= ⇔IK = ⇔ −t + t = ⇔ t − t+ = (vô nghiệm).

+ Với đường phân giác

d

₂

: x − 2 y = 0

. Gọi

K (2 ; ) t t ∈ d

₂

Vì 2 ² 4 ^{2 2} 4 ²

( ) ( 2) 4 25 20 16 0

5 5

5

K∈ C ⇒IK= ⇔IK = ⇔ −t + t = ⇔ t − t+ =

⇔ 4 8 4

5 5 5;

t K 

= ⇒  

Khi đó bán kính của đường tròn

( C

₁

)

: ₁

8 4 5 5 ( , )

2 d K

−

∆ = = ^{2 2} 5

Ví dụ 3 (B – 2012 – CB ).

Cho đường tròn

( C

₁

) : x

²+

y

² =

4

,

( C

₂

) : x

²+

y

²−

12 x

+

18

=

0

và đường thẳng

d x :

− − =

y 4 0

. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc

( C

₂

)

, tiếp xúc với d và cắt

( C

₁

)

tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d.

Phân tích hướng giải:

Muốn viết phương trình đường tròn, ta cần:

* Xác định tâm

I

bằng “góc nhìn” của Bài toán 1. Cụ thể:

Ta đi lập phương trình

II

₁ đi qua

I

₁ vuông góc với

AB

(tính chất đường nối tâm) hay song song với

d

. Khi đó:

+

I ∈ II

₁ đã biết phương trình.

+

I ∈ ( C

₂

)

hay

II

₂

= R

₂

(Ta có thể làm theo Cách 2 với

{ } I = II

1

∩ ( C

2

) →

tọa độ

I

- cách trình bày khác của Bài toán 1).

* Xác định bán kính

R

nhờ

R

=

d I d ( , )

Giải Gọi

I

là tâm đường tròn

( ) C

cần viết phương trình.

Ta có

( C

₁

) : x

²+

y

² =

4

⇒

tâm của

( C

₁

)

là

I

₁

(0; 0)

Vì

II

¹

AB

₁

AB d II

 ⊥

 ⊥ ⇒



^//

d

⇒

phương trình

II

₁:

x

− =

y 0

.

Gọi

I t t ( ; ) ∈ II

₁ mà

I ∈ ( C

₂

)

⇒ + −

t

²

t

²

12 t

+

18

=

0

2

6 9 0 3

t t t

⇔ − + = ⇔ = ⇒

I (3;3)

Mà

( ) C

tiếp xúc với

d ⇒

2 2

3 3 4

( , ) 2 2

1 1 R d I d − +

= = =

+

^.

Vậy phương trình

( ) C

là:

( x − 3)

²

+ ( y − 3)

²

= 8

Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho tam giác

ABC

cân tại

A

nội tiếp đường tròn

( ) T

có tâm I(0;5). Đường thẳng

AI

cắt đường tròn

( ) T

tại điểm

M (5; 0)

với M≡ A. Đường cao từ đỉnh

C

cắt đường tròn

( ) T

tại

điểm

17 6

5 ; 5

N

− −  ^{với N ≡} C. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác

ABC

,

biết

B

có hoành độ dương.

Phân tích hướng giải:

* Vẫn một câu hỏi quen thuộc đầu tiên nên đặt ra “ Với dữ kiện của bài toán, thứ tự các điểm sẽ được tìm như thế nào ?” . Ở đây chúng ta dễ dàng trả lời được câu hỏi này bằng việc tìm được tọa độ điểm

A

đầu tiên ( do

I

là trung điểm của

AM

) . Tiếp đến sẽ là điểm

B

(dữ kiện

B

có hoành độ dương gợi ý điều này)

*

IB = IM = 5 2

, ta cần thêm một dữ kiện liên quan tới điểm

B

. Lúc này cần tạo ra mối liên hệ điểm

B

với các số liệu đã biết của bài toán. Ta có

17 6

(5; 0), ;

5 5

M N

− −  đã biết tọa độ và bằng việc vẽ hình chính xác ta có thể suy đoán

IB ⊥ MN

. Nếu có được điều này ta sẽ dễ dàng viết được phương trình

IB

và việc tìm điểm

B

là không khó khi ta đã nhìn thấy Bài toán 1.

* Bằng kiến thức hình học sơ cấp (kiến thức hình học cấp 2) ta dễ dàng chứng minh được

IB ⊥ MN

.

* Sau khi tìm được tọa độ điểm

B

ta sẽ suy ra được tọa độ điểm

C

(do

C

đối xứng với

B

qua

AM

).

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

Giải + Vì

I

là trung điểm của

AM

nên

A ( 5;10)

− + Ta có

NCB   = MAB

(cùng phụ với

 ABC

)

BN BM

⇒ =

(tính chất góc nội tiếp)

Suy ra

IB

là đường trung trực của

MN

, khi đó

IB

đi qua

I

vuông góc với

MN

nên có phương trình:

7 x

+ − =

y 5 0

(với

^{42 ; 6 6} ( ) ^7;1

5 5 5

MN

= − − = −



) + Gọi

B t ( ;5 7 )

−

t

với

t > 0

, khi đó :

IB

²

= IM

²

⇔ + t

²

(7 ) t

²

= 50 ⇔ = ⇔ = t

²

1 t 1

hoặc

t = − 1

(loại)⇒

B (1; 2)

−

+ Phương trình

AM x :

+ − =

y 5 0

, suy ra

BC

đi qua

B

vuông góc

AM

có phương trình:

x

− − =

y 3 0

Gọi

^AM  ^{BC =} { } ^H

, suy ra tọa độ điểm

H

là nghiệm của hệ

3 0 4

(4;1)

5 0 1

x y x

x y y H

− − = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

Do

H

là trung điểm của

BC

⇒

C (7; 4)

Vậy

A ( 5;10)

− ,

B (1; 2)

− ,

C (7; 4)

.

Ví dụ 5 (A – 2012 – NC ). Cho đường tròn

( ) : C x

²

+ y

²

= 8

. Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt

( ) C

tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông.

Phân tích hướng giải:

* Phương trình

( ) E

:

2 2

2 2

1

x y

a + b =

như vậy ta cần tìm

a b ;

* (E) có độ dài trục lớn bằng 8

⇒ 2 a = ⇒ = 8 a 4

* Dữ kiện (E) cắt

( ) C

tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông nên 4 đỉnh nằm trên hai đường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai . Ta giả sử có đỉnh

A

thuộc đường phân giác

∆ : y

=

x

. Vậy việc tìm tọa độ điểm

A

quay về Bài toán 1 nhờ:

+

A

∈ ∆

: y

=

x

+

AO = = R 2 2

(hay

A

∈

( ) C

)

* Mà

A

∈

( ) E

⇒ →

b

phương trình (E).

Giải Gọi phương trình chính tắc của elip

( ) E

có dạng:

2 2

2 2

1

x y a + b =

+ (E) có độ dài trục lớn bằng 8

2 a 8 a 4

⇒ = ⇒ =

+ (E) cắt

( ) C

tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông

nên 4 đỉnh nằm trên hai đường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai.

Ta giả sử A là một giao điểm của (E) và (C) thuộc đường phân giác

∆ : y

=

x

.

+ Gọi

A t t ( ; )

∈ ∆ (

t > 0

).

Ta có:

A ∈ ( ) C ⇒ + = ⇔ = t

²

t

²

8 t 2

(vì

t > 0

)⇒

A (2; 2)

+ Mà

A

∈

( ) E 2

²₂

2

²₂ ²

16

4 1 b 3

⇒ + b = ⇒ =

.

Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là:

2 2

16 1 16

x + y =

Ví dụ 6 (D – 2013 – NC ). Cho đường tròn

( ) : ( C x − 1)

²

+ ( y − 1)

²

= 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:

* Với dữ kiện của bài toán ra dễ dàng tìm được tọa độ điểm

M

qua góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể:

+

M

thuộc đường thẳng đi qua

I

vuông góc với ∆. +

MI

= =

R 2

(

M

∈

( ) C

)

* Khi tìm được điểm

M

ta sẽ tìm điểm

N

thông qua điểm

K

và tiếp tục sử dụng Bài toán 1. Cụ thể:

+

N t ( )

∈ ∆

: y

− =

3 0

⇒

K t ( )

(do

K

là trung điểm của

MN

).

+

KI

= =

R 2

.

* Việc tìm điểm

P

được vận dụng nhờ Bài toán 3 (các bạn sẽ được tìm hiểu kĩ thông qua Bài toán 3 ở phần sau).

Giải + Đường tròn

( ) C

có tâm

(1;1)

I

và bán kính

R

=

2

.

Do đó

1 3

( ; ) 2

d I − 1 R

∆ = = =

⇒

∆ tiếp xúc với

( ) C

.

Khi đó

IM

⊥ ∆, suy ra phương trình

IM

là:

x = 1

+ Gọi

M (1; ) t

∈

IM

. Mà ^{2 2}

1

( ) (1 1) ( 1) 4

3

M C t t

t

 = −

∈ ⇒ − + − = ⇔   =

⇒

M (1; 1)

− hoặc

M (1;3)

(loại vì

M ∉ ∆

) + Với M (1; ‐ 1), khi đó gọi N (a; 3)∈ Δ

1

2 ;1 K



a

+ 

⇒   là trung điểm của

MN

.

Do 1 ^{2 2 2} 5 (5;3)

( ) 1 (1 1) 4 ( 1) 16

3 ( 3;3) 2

a N

K C a a

a N

 = 

 + 

∈ ⇒ −  + − = ⇔ − = ⇔ = − ⇒ − + Gọi

P m ( ;3)

∈ ∆ , khi đó với:

* (4; 2)

(5;3)

( 1; 4) N IN

MP m

 =

⇒ 

= −





 ,

từ

IN MP

 

.

= ⇔

0 4( m

− +

1) 2.4

= ⇔

0 m

= −

1

⇒ P ( 1;3)

−

*

( 4; 2)

( 3;3)

( 1; 4)

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 41-48)