Chuyên đề: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

<span class='text_page_counter'>(1)</span>NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1 Chuyên đề: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Chủ đề 1. Tọa độ điểm, phép tính véc tơ I. Tãm t¾t lÝ thuyÕt Ngoµi c¸c kiÕn thøc quen thuéc, cÇn chó ý c¸c hÖ qu¶ sau: 1. M lµ trung ®iÓm cña AB, th×:. x A  xB y  yB yM  A 2 2 2. G lµ träng t©m ABC , th×: x  xB  xC y  yB  yC xG  A yG  A 3 3   v  (x ; y ) 3. Cho u  ( x1; y1 )       2 2 * u , v cùng phương ( v  0 )  tồn tại k  R : u  kv   x1 y1 hoặc u , v cùng phương  0 x2 y2   * AB, AC cùng phương thì A, B, C thẳng hàng    * u  v  u.v  0      x1 x2  y1 y2 * cos(u , v)  , ( u  0, v  0 ) x12  y12 . x2 2  y2 2 xM . II. C¸c vÝ dô dô tiªu biÓu VÝdô1: Trong mÆt ph¼ng víi hÖ Oxy vu«ng gãc cho h×nh thoi ABCD cã A(3;1), B ( 2;4) vµ giao cña hai đường chéo thuộc Ox. Tìm toạ độ C, D? Hướng dẫn: Gäi I lµ t©m h×nh thoi. Gi¶ sö I ( a ;0)  Ox.  . Ta cã: IA  IB nªn IA.IB  0  a  a  2  0 cã nghiÖm a  1 vµ a  2 . * Với a  1 hay I ( 1;0) . Do C, D đối xứng với A và B qua I suy ra C (5; 1) D(0; 4) . * Víi a  2 hay I (2;0)  C (1; 1) D (6;  4) VËy cã 2 kÕt qu¶ cña C, D. 2. VÝ dô 2: Trong mÆt ph¼ng cho hÖ Oxy vu«ng gãc cã A( 6;2) B (2;6) C (7; 8) . T×m D  Ox sao cho ABDC là hình thang có đáy AB? Hướng dẫn:. .  D  Ox , gi¶ sö D( x;0) suy ra CD  ( x  7;8)   Tứ giác ABCD là hình thang có đáy AB và CD nên AB, CD cùng phương x7 8 Do đó:  0  x  23 . VËy D(23;0) 8 4 VÝ dô 3: a) Cho A( 3;2) B (4;3) . T×m M  O x sao cho MAB vu«ng t¹i M. b) ABC có A(1;5) B ( 4; 5) C (4; 1) . Tìm toạ độ chân các đường phân giác trong, ngoài Ta cã AB  (8;4) ;. cña gãc A.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1 c) ABC có A(1; 1) B (5; 3) và đỉnh C thuộc Oy, trọng tâm G thuộc Ox. Tìm C và G? Hướng dẫn: a) M  Ox , gi¶ sö M ( x0 ;0) ;.    x0  3 .VËy cã 2 ®iÓm M lµ MAB vu«ng t¹i M  MA.MB  0    x0  2 M 1 (3;0), M 2 (2;0). Chó ý: Cã thÓ dïng Pitago trong tam gi¸c vu«ng. b) I - ch©n ph©n gi¸c trong. BI AB 5 BI 5   hay  . IC AC 3 IC 3  5  5  Do I lµ ph©n gi¸c trong nªn BI  IC  I  1;   3 2  Chứng minh tương tự suy ra chân phân giác ngoài là J (16;5) . c) Gọi C (0; y0 ), G ( x0 ;0) . Theo công thức tính toạ độ trọng tâm suy ra: 1 5  0  x  0   xo  2 3  VËy C (0;4) G (2;0)    1  3  y y  4 0  0 0   3 Ta cã AB  5 5. AC  3 5 . Theo tÝnh chÊt ta cã. VÝ dô 4: Cho 4 ®iÓm A(-1;3) B(0;4) C(3;5) D(8;0). CMR: ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp. Hướng dẫn:.   AB. AD 1    Ta cã: cos BAD ,    5 AB . AD.   CB 1    .CD cos BCD   5 CB . CD.   cos BCD   0  BAD   BCD   1800 . VËy ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp.  cos BAD. Cách khác: I(x;y) cách đều A, B, C, D. x  3 y  0. Ta cã: IA = IB = IC = ID, t×m ®­îc . VËy I(3;0) lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp ABCD. III. Bµi tËp luyÖn tËp 1) (§H, C§ khèi D - 2004). Trong mÆt ph¼ng víi hÖ Oxy vu«ng gãc cho ABC cã A(-1;0) C(0;m) m  0 . Tìm toạ độ trọng tâm G theo m. Tìm m để GAB vuông tại G.. B(4;0). §¸p sè: m  3 6 2) Cho A(-3;2) B(4;3). T×m C thuéc Ox sao cho ABC vu«ng t¹i C. 3) Trong mặt phẳng hệ Oxy vuông góc cho A(-2;1) B(1;1) C(0;1).Tìm M để MAB, OMC cùng cân tại M.. 1 3 a) T×m B  Ox, C  Oy sao cho ABC nhËn I lµ träng t©m b) TÝnh S ABC ?. 4) Cho A(6;6) I ( ;1). Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1 5) (§H, C§ khèi B - 2003). Trong mÆt ph¼ng hÖ Oxy vu«ng gãc cho tam gi¸c ABC cã AB = AC, gãc A = 900. M(1;-. 2 3. 1) lµ trung ®iÓm BC vµ G ( ;0) lµ träng t©m ABC . T×m A, B, C? Đáp số: A(0;2) B(4;0) C(-2;-2) (B, C có thể đổi cho nhau) 6) Trªn hÖ §Ò c¸c Oxy cho A(3;1). T×m B, C sao cho OABC lµ h×nh vu«ng vµ B n»m trong gãc phÇn t­ thø nhÊt? 7) (§H,C§ khèi A - 2004): Trong mÆt ph¼ng víi hÖ Oxy vu«ng gãc cho A(0;2) trùc t©m vµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp OAB?. B( 3; 1) . Tìm toạ độ. §¸p sè: T©m I (  3;1) ; Trùc t©m H ( 3; 1) 8) Cho A(2;5) B(1;1) C(3;3). T×m D sao cho ABCD lµ h×nh b×nh hµnh? 9) ABC cã: A(0;6) B(-2;0) C(2;0). Gäi G lµ träng t©m ACM , víi M lµ trung ®iÓm AB. a) T×m G b) Tìm toạ độ tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC c) CMR: GI  CM. 1 3. §¸p sè: a) G ( ;3). 8 3. b) I (0; ). 10) Tam gi¸c ABC cã A(2;5).  B(4;-3)  C(-1;6)  a) T×m I sao cho IA  3IB  2 IC  0    b) T×m D sao cho 3DB  2CD  0 c) CMR: A, I, D th¼ng hµng?. . . d) Gäi E - trung ®iÓm AB, N lµ ®iÓm sao cho AN  k AC Tìm k để AD, EN, BC đồng quy..       MA  3MB  2 MC  2 MA  MB  MC. e) T×m quü tÝch M sao cho. §¸p sè: a) I(8;-8). b) D(14;-21). d) k . 2 5. e) Quü tÝch M lµ ®­êng trßn t©m I(8;-8) b¸n kÝnh 11) ABC với A(1;0) B(0;3) C(-3;-5). Tìm quỹ tích M trong các trường hợp sau:. .  . 50 2. . a) (2 MA  3MB )( MA  2 MB )  0 b) 2 MA  MB  2 MC 2. 2. 2. 3 15 ; ), R  10 2 2 b) Quü tÝch M lµ ®­êng trßn t©m J(8;13) vµ R  290 12) Tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A víi B(-3;0) C(7;0) vµ b¸n kÝnh ®­êng trßn néi tiÕp r  2 10  5 . T×m t©m I cña ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABC biÕt yI  0? §¸p sè: a) Quü tÝch M lµ ®­êng trßn t©m I (. §¸p sè: I1 (2  10;2 10  5) , I 2 (2  10;2 10  5) Chủ đề 2: Phương trình đường thẳng I-Lý Thuyểt A-Phương trình đường thẳng. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1  )vtpt n  (a; b) 1.Nếu đường thẳng (d) biết   Phương trình tổng quát của (d) là : ) di qua M(x 0 ;y 0 ). a( x  x0 )  b( y  y0 )  0.  )vtcp u  (a; b)  x  x0  at 2. Nếu đường thẳng (d) biết   Phương trình tham số của (d) là :  ) di qua M(x 0 ;y 0 )  y  y0  bt  3.Nếu đường thẳng (d) có phương trình tổng quát: ax+by+c=0 thì (d) có một vtpt là n  (a; b) và mọi nghiệm của phương trình là tọa độ của điểm thuộc (d)..   x  x0  at 4.Nếu (d) có phương trình tham số  thì (d) có một vtcp u  (a; b) và ứng với mỗi giá trị của t  y  y0  bt cho ta tọa độ một điểm thuộc (d).   5.Nếu u  (a; b) là một vtcp (hoặc vtpt)của đường thẳng (d) thì u  (b; a ) là một vtpt (hoặc vtcp)của đường thẳng (d). 6.Cho đường thẳng (d): ax+by+c=0 - Nếu (d1)//(d) thì phương trình (d1)có dạng :ax+by+m=0 - Nếu (d2)  (d) thì phương trình (d2)có dạng :-bx+ay+n=0 7.Phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A(a;0) và B(0;b) có dạng x y   1(a  0; b  0) a b. 8.Phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A(xA;yA);B(xB;yB) có dạng: x  xA y  yA  xB  x A y B  y A. -. Nếu xB  x A =0 thì (d) có phương trình : x  x A =0. -. Nếu yB  y A =0 thì (d) có phương trình : y  y A =0.  x  x0  at 9.Nếu đường thẳng (d)có phương trình tham số  với a  0; b  0 thì ta có phương trình chính  y  y0  bt tắc của (d) là :. x  x0 y  y0  a b. B-Vị trí tương đối của hai đường thẳng : Cho (d1): a1 x  b1 y  c1  0 (d2): a2 x  b2 y  c2  0 Để xét vị trí tương đối giữa hai đường thẳng (d1) và (d2) ta lập hệ. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1 a1x+b1 y+c1 =0 (I )  a 2 x+b 2 y+c 2 =0 -. Hệ (I) vô nghiệm  (d1)// (d2). -. Hệ (I) có nghiệm duy nhất (x0;y0)  (d1)cắt (d2) tại điểm M(x0;y0). -. Hệ (I) vô số nghiệm  (d1) trùng (d2). C-Góc giữa hai đường thẳng : Góc giữa hai đường thẳng luôn bằng hoặc kề bù với góc giữa hai vtpt (hoặc góc giữa hai vtcp). Suy ra: Nếu (d1): a1 x  b1 y  c1  0 (d2): a2 x  b2 y  c2  0 thì cos =. a1a 2 +b1b 2 a  b12 . a2 2  b2 2 2 1. (  là góc giữa hai đường thẳng (d1) và. (d2)) D-Khoảng cách từ một điểm tới một đường thẳng Cho (d): ax+by+c=0 và điểm M ( x0 ; y0 ) .Khi đó khoảng cách từ điểm M tới đường thẳng (d):. dM / d . ax 0 +by 0 +c a 2  b2. Lưu ý: Cho (d): ax+by+c=0 và hai điểm M ( x0 ; y0 ) , N ( x1 ; y1 ) .Đặt t = (ax 0 +by 0 +c)(ax1 +by1 +c) Nếu t < 0 thì M,N nằm về hai phía của (d). Nếu t>0 thì M,N nằm cùng một phía với (d). II- Bài tập: Dạng 1:viết phương trình của đường thẳng Bài 1:Viết phương trình tổng quát,phương trình tham số ,phương trình chính tắc (nếu có) của đường thẳng (d) trong các trường hợp sau:  a) (d) có vtpt n =(2;-3) và đi qua điểm M(1;2). b) (d) đi qua điểm A(3;2) và vuông góc với (d1):2x-y-1=0 c) (d) đi qua hai điểm A(1;2) và B(3;4). Giải : a) Ta có :. qua M (1; 2)  (d):   phương trình tổng quát của (d): 2(x-1)-3(y-2)=0 vtpt n(2; 3) ↔ (d): 2x-3y+4=0. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1    x  1  3t +) (d) có vtpt n(2; 3) suy ra (d) có vtcp là u(3; 2)  phương trình tham số của (d) là:   y  2  2t +) phương trình chính tắc của (d) là:. x 1 y  2  3 2. b) Do (d)  (d1):2x-y-1=0 nên (d) có dạng : x+2y+m=0 Vì A(3;2)  (d) nên ta có :3+2.2+m=0↔m=-7 Vậy phương trình tổng quát của (d) là :x+2y-7=0 +) Phương trình tham số của (d): Đặt y=t suy ra x=7-2t.  x  7  2t Vậy phương trình tham số của (d):  y  t +)Phương trình chính tắc của (d):. x7 y  2 1. qua A(1; 2)  c) Cách 1:Do (d) đi qua A và B nên (d):   phương trình tham số của (d) là vtcp AB(2; 2).  x  1  2t   y  2  2t. +) Phương trình tổng quát của (d):Khử tham số t ở p tham số ta được: x-y+1=0 Cách 2: Phương trình tổng quát của (d): x 1 y  2   x  y 1  0 3 1 4  2.  x  1  t Từ đó suy ra phương trình tham số của (d):  y  t Bài 2:Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trung điểm các cạnh là M(2;1),N(5;3),P(3;-4). Giải: Giả sử M,N,P theo thứ tự lần lượt là trung điểm các cạnh BC,AC,AB. Ta có: +) phương trình BC được xác định bởi. qua M(2;1) qua M(2;1)  ( BC ) :   BC//PN  vtcp PN(2; 7) x  2 y 1  ( BC ) :   ( BC ) : 7 x  2 y  12  0 2 7 +) phương trình AC được xác định bởi. qua N(5;3) qua N(5;3)  ( AC ) :   AC//PM  vtcp PM(1; 5) x 5 y 3  ( AC ) :   ( AC ) : 5 x  y  28  0 1 5. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1 +) phương trình AB được xác định bởi. qua P(3;-4) qua P  ( AB) :   AB//MN  vtcp MN(3; 2) x 3 y  4  ( AB) :   ( AB) : 2 x  3 y  18  0 3 2 Kết luận: Vâỵ phương trình ba cạnh tam giác là: (AB):2x-3y-18=0 (BC):7x-2y-12=0 (AC):5x+y-28=0 Bài 3:lập phương trình các cạnh của tam giác ABC nếu biết B(-4;-5) và phương trình hai đường cao của tam giác là (d1):5x+3y-4=0 và (d2): 3x+8y+13=0 Giải: Nhận xét:B(-4;-5) không thuộc vào các đường cao.giả sử các đường có phương trình :5x+3y-4 =0 là đường cao xuất phát từ A. +) phương trình cạnh AB: Vì (AB)  (d2):3x+8y+13=0  phương trình (AB) có dạng:8x-3y+c=0 Mặt khác: Do B(-4;-5) thuộc (AB) nên :8(-4)-3(-5)+c=0↔c=17 Vậy phương trình (AB): 8x-3y+17=0 +) phương trình cạnh BC: Vì (BC)  (d1):5x+3y-4=0  phương trình (BC) có dạng:3x-5y+m=0 Mặt khác: Do B(-4;-5) thuộc (BC) nên :3(-4)-5(-5)+m=0↔m=-13 Vậy phương trình (BC): 3x-5y-13=0 +) phương trình cạnh AC: Điểm A  (d1 )  ( AB) nên tọa độ A (-1;3) Điểm C  (d 2 )  ( BC ) nên tọa độ C (1;-2) Suy ra :phương trình cạnh AC là. x 1 y  3   5x  2 y 1  0 1  1 2  3. Kết luận : phương trình các cạnh của tam giác ABC: (AB):8x-3y+17=0. (BC):3x-5y-13=0. (AC):5x+2y-1=0. Dạng 2:xét tương giao của hai đường thẳng Bài 1:xét vị trí tương đối của các cặp đường thẳng sau: a) (d1): x+2y+1=0 và b) (d1):x+y+1=0 và. (d2): x+4y+3=0. x  1 t (d2):   y  1  t. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1  x  2t  x  2u c) (d1):  và (d2):  y  4t  y  2u Giải:. x  2 y 1  0 x  1 a) xét hệ  .Vậy (d1)cắt (d2) tại điểm A(1;-1)  x  4 y  3  0  y  1 b) phương trình tổng quát của (d2)là :x+y=0. x  y  0 Xét hệ :  .Hệ vô ngiệm .Suy ra (d1)//(d2). x  y 1  0 c) phương trình tổng quát của(d1):x-2y+4=0 (d2):x-y=0. x  2 y  4  0 x  4 Xét hệ  .Vậy (d1)cắt (d2) tại điểm A(4;4)  x  y  0 y  4 Bài 2: a) Biện luận theo m vị trí tương đối của (d1):mx+y+2=0 và (d2):x+my+m+1=0.  x  x1  mt  x  x2  pu b) Cho hai đường thẳng (d1):  và (d2):   y  y1  nt  y  y2  qu Tìm điều kiện của m,n,p,q để (d1)và(d2): +) cắt nhau +) song song +) trùng nhau +) Vuông góc với nhau Giải. mx  y  2  0 a) xét hệ  (I).Ta có  x  my  m  1  0. D. m 1 1. Dy . m.  m 2  1; Dx . 2. 1. m  1 m.  1  m;. m 2  m2  m  2 1 m  1.  x  m  1  TH1:Nếu D  0  m  1 .Hệ phương trình (I)có nghiệm duy nhất  2  m nên (d1) cắt (d2) tại A(y   m 1 m-1;. 2m ) m 1. TH2:Nếu D=0↔ m  1 Với m=1 ta có Dx=Dy=0↔ hệ có vô số nghiệm↔(d1)trùng(d2) Với m=-1 ta có Dx=2↔hệ vô nghiệm↔(d1)//(d2).. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1  x  mt  x2  pu mt  pu  x2  x1 b)xét hệ phương trình  1   y1  nt  y2  qu nt  qu  y2  y1. D Ta có :. x  x p m p  np  mq; Dt  2 1  p ( y2  y1 )  q ( x2  x1 ); n q y2  y1 q. Du . m x2  x1  m( y2  y1 )  n( x2  x1 ) n y2  y1. a) (d1) cắt (d2)  D  0  np  mq  0 D  0 np  mq  0  b) (d1)//(d2)    Dt  0    p ( y2  y1 )  q ( x2  x1 )  0  D  0  u. D  0 np  mq  0  c) (d1) trùng (d2)   Dt  0    p ( y2  y1 )  q ( x2  x1 )  0 D  0  u   d) Ta có (d1)có vtcp u1  (m; n) và (d2)có vtcp là u 2  ( p; q ) .   Khi đó (d1 )  (d 2 )  u1  u 2  mp  nq  0 Dạng 3:Một số bài toán về góc và khoảng cách Bài1:Tính góc giữa hai đường thẳng (d1) và (d2) trong các trường hợp sau a) x+2y+1=0 và x+4y+3=0.  x  2t b)  y  4t. và. x+2y+7=0.  x  2t  x  2u c)  và  y  4t  y  2u Giải :.   a) Ta có: (d1) có vtpt n1  (1; 2) và (d2) có vtcp là n 2  (1; 4) .Khi đó:gọi  là góc giữa hai đường thẳng thì ta có: cos =. 1.1+2.4 4  1. 16  1. . 9 85.   b) Ta có: (d1) có vtpt n1  (1; 2) và (d2) có vtpt là n 2  (1; 2) .Khi đó:gọi  là góc giữa hai đường thẳng thì ta có: cos =. -1.1+2.2 4  1. 4  1. . 3 5. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1  c) Ta có: (d1) có vtcp u1  (2;1) và (d2) có vtpt là u 2  (2; 2) .Khi đó:gọi  là góc giữa hai đường thẳng thì ta có: cos =. 2.2+2.1 4  4. 4  1. . 6 40. Bài 2:Viết phương trình đường thẳng (d) trong các trường hớp sau a) (d) đi qua M(1;1) và tạo một góc 300 với đường thẳng (d1):x-2y+8=0. x  t b) (d) đi qua M(1;1) và tạo một góc 450 với đường thẳng (d2):   y  2  t Giải:.   a) Gọi u1  (2;1) là vtcp của (d1) và u  (a; b) là vtcp của (d). Theo giả thiết:góc giữa (d) và (d1) là 300 nên ta có. 2a  b 5. a 2  b 2. . 3  4(2a  b) 2  15(a 2  b 2 )  a 2  16ab  11b 2  0 2.  k  8  75 Giải phương trình trên bằng cách đặt a=kb ta được k 2  16k  11  0    k  8  75 Với k  8  75 đường thẳng (d) có vtcp có tọa độ (kb;b) chọn (k;1).Khi đó:. x 1 y 1 qua M(1;1)  (d):   (d ) :   (d ) : x  (8  75) y  7  75  0 k 1  vtcp u (k ;1) Tương tự với k  8  75   b) Gọi u1  (1;1) là vtcp của (d1) và u  (a; b) là vtcp của (d). Theo giả thiết:góc giữa (d) và (d1) là 450 nên ta có. ab 2. a 2  b 2. . a  0 2  2ab  0   2 b  0. Với a=0 đường thẳng (d) có vtcp có tọa độ (0;b) chọn (0;1).Khi đó:. qua M(1;1)  (d):   (d ) : x  1  0  vtcp u (0;1) Tương tự với b=0 Bài 3:Tính khoảng cách từ M tới đường thẳng (d) biết a) M(1;1) và đường thẳng (d):x-y-2=0.  x  2t b) M(2;1) và đường thẳng (d):  y  4t. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1 Giải: a) Ta có dM / d . 11 2 11.  2. b) ta có:phương trình tổng quát của (d):x-2y+8=0 dM / d . 1  10  8 1 4. . 1 5. Bài 4:Cho hai điểm P(2;5) và Q(5;1).Lập phương trình đường thẳng qua P sao cho khoảng cách từ Q tới đường thẳng đó bằng 3. Giải: Gọi (d):ax+by +c=0 là đường thẳng thỏa mãn đề bài . Điểm P(2;5) thuộc (d) nên ta có:2a+5b+c=0 Khoảng cách từ Q(5;1) tới (d) bằng 3 nên :. 5a  b  c a b 2. 2.  5a  b  c  3 a 2  b 2. Từ đó ta có hệ. c  2a  5b b  0 và c=-2a  2a  5b  c  0 c  2a  5b  b  0 vậy ta được      24  2 2 2 2 2  b= a và c= 134 a (3 a  4 b )  9( a  b )   5a  b  c  3 a  b  b  24 a 7 7    7 hai đường thẳng x-2=0 và 7x+24y-134=0 Bài 5: Cho P(3;0) và hai đường thẳng (d1):2x-y-2=0 và (d2):x+y+3=0.Gọi (d) là đường thẳng qua P cắt (d1)và (d2) lần lượt tại A và B sao cho PA=PB.Viết phương trình của (d) Giải Giả sử A(xA;yA) và B(xB;yB).Khi đó ta có :A thuộc (d1) nên 2xA-yA-2=0 B thuộc (d2) nên xB+yB+3=0.  x  x  2 xP x  x  6 PA=PB   A B  A B  y A  yB  2 yP  y A  yB  0 11 16 7 16 Từ các phương trình ta được A( ; ) và B( ;- ) 3 3 3 3 11 16 y 3  3  8 x  y  24  0 Vậy phương trình đường thẳng (d): 7 11 16 16    3 3 3 3 x. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1 Bài 6:Cho tam giác ABC với A(7/4;3),B(1;2),C(-4;3).Viết phương trình đường phân giác trong của góc A. Giải: Đường thẳng AB và AC có phương trình là lượt là: 4x-3y+2=0 và y-3=0 Các đường phân giác trong và ngoài của góc A là: 4x+2y-13=0 và 4x-8y+17=0 Do hai điểm B,C nằm cùng phía với đường phân giác ngoài và nằm khác phía với đường phân giác trong của góc A nên ta chỉ cần xét vị trí của B,C với một trong hai đường,chẳng hạn :4x+2y-13=0.Thay tọa độ B,C vào ta được: 4+8-13=-1<0 và -16+6-13=-23<0 suy ra B,C cùng phía với đường thẳng :4x+2y-13=0 Vậy đường phân giác trong của góc A là :4x-8y+17=0 Bài 7:Cho hai đường thẳng : (d1):x+2y-3=0 (d2):3x-y+2=0 Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua P(3;1) và cắt d1;d2 tại A;B sao cho đường thẳng (d) tạo với (d1) và (d2) một tam giác cân cóc cạnh đáy là AB. Hướng dẫn: Cách 1:Viết phương trình hai đường phân giác của (d1)và (d2).Khi đó (d) vuông góc với các đường phân giác này Cách 2: Giả sử A(xA;yA) và B(xB;yB).Dựa vào giả thiết:A thuộc (d1),B thuộc (d2),ba điểm A,B,P thẳng hàng ta tìm được tọa độ A,B Dạng 4:Tìm điểm liên quan tới đường thẳng Lưu ý:- Tìm hình chiếu H của M trên đường thẳng (d) Ta là theo các bước:-Viết phương trình Mx vuông góc với (d) - H là giao của Mx và (d) - Tìm điểm N đối xứng với M qua (d) Ta làm theo các bước: -Tìm tọa độ hình chiếu H của M trên (d) - H là trung điểm MN - Cho hai điểm A;B và đường thẳng (d).Tìm trên (d) điểm P sao cho PA+PB nhỏ nhất: Ta xét hai trường hợp: TH1:A,B khác phía thì P chính là giao điểm của AB và (d) TH2:Nếu A,B cùng phía với (d):- Ta tìm điểm A1 đối xứng với A qua (d). - Khi đó:PA+PB=PA1+PB Bài 1:Cho đường thẳng (d):x+2y+1=0 và điểm M(1;2). Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1 Tìm tọa độ : a) Hình chiếu của M trên (d) b) Điểm N đối xứng với M qua (d). Giải: a) phương trình đường thẳng Mx vuông góc với (d):2x-y+c=0 M(1;2) thuộc Mx nên :2-2+c=0↔c=0 Suy ra phương trình Mx:2x-y=0.Gọi H là hình chiếu của M trên (d).khi đó H là giao điểm của Mx và (d) suy ra tọa đọ của H là nghiệm của hệ 1  x   x  2 y 1  0 1 2  5  .vậy H(  ;  )  5 5 2 x  y  0 y   2  5. b) N đối xứng với M qua (d) suy ra H là trung điểm của MN 2 7    xN  1   5  xN   5   y  2   4  y   14 N N 5 5  . Bài 2:Tìm trên trục hoành điểm P sao cho tổng khoảng cách từ P tới các đểm A(1;2) và B(3;4) la nhỏ nhất. Giải: Nhận xét:A.B cùng phía với 0x. Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua 0x suy ra A1(1;-2) Phương trình A1B:. x 1 y  2   3x  y  5  0 3 1 4  2. Gọi P0 là giao điểm của A1B và 0x suy ra P0(5/3;0) Ta có :PA+PB>=A1B Vậy PA+PB nhỏ nhất khi A1,P,B thẳng hàng↔P trùng P0 Bài 3:Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ 0xy cho hai điểm A(-1;3) và B(1;1) và đường thẳng (d):y=2x.Tìm trên (d)điểm C sao cho: a) Tam giác ABC là một tam giác đều b) Tam giác ABC là một tam giác cân Giải a) C thuộc (d) nên ta có C(x0;2x0). Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1 5 x0 2  10 x0  2  0  AB  AC Tam giác ABC đều   (vô nghiệm)  2  AC  BC 5 x0  6 x0  6  0 Vậy không tồn tại điểm C thuộc (d) sao cho tam giác ABC đều b) C thuộc (d) nên ta có C(x0;2x0) 5 x0 2  10 x0  2  0  AB  AC 5  15 3  39   x0  , x0  , x0  2 Ta có: Tam giác ABC cân   AC  BC   4 x0  8  0 5 3 5 x 2  6 x  6  0  AB  BC 0  0. Vậy có 5 điểm thuộc (d) để tam giác ABC là một tam giác cân Bài tập tự làm 1 – Cho trung ®iÓm ba c¹nh cña mét tam gi¸c lµ M(2;1), N(5;3), P(3;-4). a/ Hãy lập phương trình ba cạnh của tam giác. b/ Lập phương trình các đường trung trực của các cạnh tam giác. 2: a- Viết phương trình đường thẳng đi qua (3 ; -4) và song song với đường thẳng: x + 4y – 2 = 0. b- Viết phương trình đường thẳng đi qua giao điểm của 2 đường thẳng: 3x – 5y + 2 =0 và 5x – 2y + 4 = 0 đồng thời song song với đường thẳng: 2x – y + 4 = 0 3: Lập phương trình đường trung trực của các cạnh của tam giác, biết trung điểm các cạnh là: M(-1 ; -1), N(1 ; 9), P(9 ; 1). 4 : Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC , biết B(-4 ; -5) và hai đường cao có phương trình là: 5x + 3y – 4 = 0 vµ 3x + 8y + 13 = 0 5: Tam giác ABC có cạnh AB: 5x – 3y + 2 = 0 và hai đường cao xuất phát từ đỉnh A và B lần lượt có phương trình là: 4x – 3y + 1 = 0 và 7x + 2y – 22 = 0. Lập phương trình hai cạnh còn lại và đường cao thứ ba? 6: Xác định a để các đường thẳng sau đồng quy: 2x – y + 3 = 0 , x + y + 3 = 0 , ax + y – 3 = 0 . 7: Cho ®iÓm P(3 ; 0) vµ hai ®­êng th¼ng: d1: 2x – y – 2 = 0 , d2: x + y + 3 = 0 Gọi d là đường thẳng đi qua P cắt d1, d2 lần lượt tại A;B . Viết phương trình của d biết rằng PA = PB. 8: Cho  ABC ,biết trung điểm của BC, CA, AB lần lượt là M1(2;1), M2(5;3), M3(3;-4). 1/ Lập phương trình các cạnh của tam giác? 2/ Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác? 9: Cho  ABC có A(1;3), trung tuyến BM: x – 2y + 1 = 0, CN: y – 1 =0 .Tìm toạ độ các đỉnh của  ABC? 10: Trong mÆt ph¼ng Oxy cho I(3;2), ®­êng th¼ng d ®i qua I, c¾t Ox, Oy t¹i M vµ N (sao cho I trong M,N ). Xác định đường thẳng d để S OMN nhỏ nhất. 11 – Cho hai điểm A(1; 6), B(-3; -4), hãy tìm toạ độ điểm M trên đường thẳng (d): 2x- y- 1= 0 sao cho MA + MB bÐ nhÊt. 12 - Cho hai ®iÓm A(4; 1), B(0; 4). T×m trªn ®­êng th¼ng (d): 3x – y – 1 = 0 mét ®iÓm M sao cho MA  MB lín nhÊt? 13 – TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC cã A(2; -3), B(3; 2), C(-2; 5). 14 – Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(7; -2) cách điểm N(4;-6) một khoảng bằng 5 ? 15 – Tam giác có diện tích S = 3, hai đỉnh A(3; 1), B(1; -3), trọng tâm tam giác nằm trên trục Ox . Tìm toạ độ đỉnh C ?. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1 16 - Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(2; 1), tạo với đường thẳng 2x + 3y + 4 = 0 mét gãc 450 . 17 – Lập phương trình các cạnh của một tam giác nếu biệt một đỉnh A(1; 3), và hai trung tuyến lần lượt có phương trình là: x- 2y+ 1= 0, y- 1 =0. 18 – Một tam giác có M(-1; 1) là trung điểm của một cạnh và phương trình của hai cạnh kia là: x+ 2y- 2= 0; 2x+ 6y+ 3 = 0. Hãy xác định toạ độ các đỉnh của tam giác. 19 - Cho  ABC , biÕt A(3; -3), ®­êng ph©n gi¸c trong BE: x + 2y – 1 =0, CF: x – 3y – 6 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC? 20 - Cho  ABC , biÕt A(7; 9), trung tuyÕn CM: 3x + y – 15 = 0, ph©n gi¸c trong BD: x + 7y – 20 = 0. Lập phương trình các cạnh của tam giác. 21 – Lập phương trình đường thẳng (  ) đi qua M(1;2) cach đều hai điểm A(2; 7), B(5; -5). 22 – Cho điểm A(1; 2), B(3; 4) và đường thẳng (  ): x – 2y – 2 = 0. Tìm điểm M  (  ) để:   a/ MA  MB nhá nhÊt? b/ MA2 + MB2 nhá nhÊt ? 23 – Cho A(2; 1) vµ ®­êng th¼ng (d): 2x + 3y + 4 =0 a/ Tìm các điểm B, C trên đường thẳng (d) để  ABC vuông cân tại A . b/ Tìm các điểm B, C trên đường thẳng (d) để  ABC là tam giác đều. 24 – Cho h×nh vu«ng ABCD cã A-4; 5), mét ®­êng chÐo n»m trªn ®­êng th¼ng (d): 7x – y + 8 = 0 . LËp phương trình các cạnh và đường chéo còn lại . 25 – Lập phương trình đường thẳng (  ) đi qua P(2; -1) sao cho nó cùng với đường thẳng (d1): 2x –y +5 =0, (d2): 3x +6y – 1= 0 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của (d1) và (d2). 26 – Cho đường thẳng (d1): x – y =0, (d2): 2x + y – 1 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biÕt A  (d1), C  (d2); B,D  Ox . 27 – Cho hình chữ nhật ABCD tâm I(1/2; 0), AB: x -2y +2 = 0, AB = 2 AD. Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C,D biết A có hoành độ âm . Chủ đề 3:Đường tròn A-lý thuyết.  tâm I(a;b) 1.Cho đường tròn (C) có   phương trình đường tròn (C) là : ( x  a ) 2  ( y  b) 2  R 2 bán kính R 2.Cho phương trình : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 (1). Với điều kiện a 2  b 2  c  0 thì (1) là phương trình của ột đường tròn tâm I(a;b) bán kính R= a 2  b 2  c 3.Để viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) ta xét hai khả năng Khả năng 1: Biết tiếp điểm.Khi đó tiếp tuyến là đường thẳng đi qua tiếp điểm và vuônng góc với đường thẳng nối tâm và tiếp điểm. Khả năng 2: không biết tiếp điểm.Ta thường sử dụng điều kiện để đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (C) là :Khoảng cách từ tâm tới (d) bằng bán kính. B-Bài tập: Dạng 1:lập phương trình đường tròn. Bài 1:Lập phương trình đương tròn (C) biết: a) (C) có tâm I(2;-4) và đi qua điểm A(1;3). Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1 b) (C) có tâm I(-2;2) và tiếp xúc với đường thẳng (d):x+2y+1=0 Giải: a) Bán kính của (C) là IA= 1  49  50 .Vậy phương trình (C): (x-2)2+(y+4)2=50 c) Do (C) tiếp xúc với (d) nên ta có: bán kính của (C) bằng khoảng cách từ I tới (d).Suy ra: R=. 2  4  1 5. . 3 5. Vậy phương trình (C) là: ( x  2) 2  ( y  2) 2 . 9 5. Bài 2: lập phương trình đường tròn (C),biết : a) (C) đi qua ba điểm A(1;4),B(-4;0),C(-2;-2) b) (C) đi qua hai điểm A(0;1),B(1;0) và có tâm nằm trên đường thẳng (d): x+y+2=0 Giải: a) Giả sử phương trình (C): x 2  y 2  2ax  2by  c  0 điều kiện a 2  b 2  c  0 Ta có :Điểm A(1;4) thuộc (C) nên 1+16-2a-8b+c=0 (1) Điểm B(-4;0) thuộc (C) nên 16+8a+c=0 (2) Điểm C(-2;-2) thuộc (C) nên 4+4+4a+4b+c=0 (3) Từ (1);(2);(3) ta có hệ.Giải hệ này ta được a=1/2;b=1/2;c=-20 Vậy phương trình (C):x2+y2-x-y-20=0 b) Giả sử phương trình (C): x 2  y 2  2ax  2by  c  0 điều kiện a 2  b 2  c  0 Ta có : Tâm I(a;b) thuộc (d):x+y+2=0 nên :a+b+2=0 A(0;1) thuộc (C) nên ta có :1-2b+c=0 B(1;0) thuộc (C) nên ta có:1-2a+c=0 Giải hệ ta được: a=-1;b=-1;c=-3 Vậy phương trình của (C):x2+y2+2x+2y-3=0 Bài 3:Lập phương trình đường tròn (C) biết (C) đi qua điểm A(2;-1) và tiếp xúc với hai trục 0x,0y Giải Gọi I(a;b) là tâm của (C).Vì (C) tiếp xúc với hai trục tọa độ nên ta có : TH1:a=b.Khi đó (C) có dạng :(x-a)2+(y-a)2=a2 A(2;-1) thuộc (C) nên (2-a)2+(-1-a)2=a2↔vô nghiệm TH2:a=-b.Khi đó (C) có dạng (x-a)2+(y+a)2=a2 A(2;-1) thuộc (C) nên (2-a)2+(-1+a)2=a2↔a=1 hoặc a=5 . Với a=1 phương trình (C): (x-1)2+(y+1)2=1. Lop12.net. a  b R.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1  Với a=5 phương trình (C): (x-5)2+(y+5)2=25 Bài 4:Viết phương trình đường tròn (C) nội tiếp tam giác OAB với O:gốc tọa độ,A(4;0),B(0;3) Giải Cách 1: Nhận xét (C) tiếp xúc với hai trục 0x và 0y nên ta có :Gọi I(a;b) là tâm của (C) thì a=b=r. Mặt khác S  OAB=p.r=(1/2).OA.OB=6 p=6 Suy ra r=1 Vậy phương trình (C):(x-1)2+(y-1)2=1 Cách 2: Gọi I(a;b) là tâm của (C). Ta có I thuộc các đường phân giác trong của góc AOB và BAO Phân giác trong của AOB là :x-y=0 x y Phương trình của AB là   1  3 x  4 y  12  0 4 3. Suy ra phương trình đường phân giác trong của góc BAO là :3x+9y-12=0 Tọa độ của I là nghiệm của hệ tạo bởi hai đường phân giác nên I(1;1) Bán kính r=kc(I,OA)=1.Vậy phương trình (C): (x-1)2+(y-1)2=1 Bài 5: Lập phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có ba cạnh nằm trên ba đường thẳng 5y=x;y=x+2,y=8-x Hướng dẫn: Tìm tọa độ ba đỉnh và viết phương trình đường tròn qua 3 điểm Dạng 2:Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn Bài 1:Cho đường tròn (C): (x-5)2+(y+5)2=25 Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết: a) Tiếp tuyến đi qua điểm M(1;2). b) Tiếp tuyến tại điểm M(5;0) Giải: a) Ta có (C):Tâm I(5;-5),bán kính R=5 Phương trình đường thẳng qua điểm M(1;2) có dạng: a(x-1)+b(y-2)=0 (d) Để (d) là tiếp tuyến của (C)  d I /( d )  R  5 . a (5  1)  b(5  2) a b 2.  (4a  7b) 2  25(a 2  b 2 )  9a 2  56ab  24b 2  0. Lop12.net. 2.  5  4a  7b  5 a 2  b 2.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1  28  10 10 k  9 Giải phương trình trên bằng cách đặt a=kb.Ta có: 9k 2  56k  24  0    28  10 10 k  9 . Ứng với k  Với k . 28  10 10 28  10 10 ( x  1)  ( y  2)  0 ta có phương trình tiếp tuyến của (C): 9 9. 28  10 10 28  10 10 ( x  1)  ( y  2)  0 ta có phương trình tiếp tuyến của (C): 9 9. b) Tiếp tuyến tại điểm M(5;0):Ta có :tiếp tuyến của (C) là đường thẳng qua M và có vtpt là  IM  (0;5) nên phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(5;0)là: 0(x-5)+5(y-0)=0↔y=0 Bài 2: Cho đường tròn (C): x 2  y 2  2 x  6 y  9  0 Viết phương trình tiếp tuyến của (C) trong các trường hợp sau: a) Tiếp tuyến song song với (d):x-y=0 b) Tiếp tuyến vuông góc với (d1):3x-4y=0 Giải: a) Ta có : (C) có tâm I(1;3) bán kính R=1; Tiếp tuyến của (C) song song với (d):x-y=0 nên tiếp tuyến có dạng: x-y+c=0 (  ) Vì  là tiêp tuyến của (C) d I /(  ) . 1 3  c 2. c  2  2  R 1 c  2  2   c  2  2. Vậy ta có hai tiếp tuyến : x  y  2  2  0 và x  y  2  2  0 b) Tiếp tuyến của (C) vuông góc với (d1):3x-4y=0 nên tiếp tuyến có dạng:4x+3y+c=0 (d2) Vì (d2) là tiếp tuyến của (C). d I /( d2 ) . 49c 25. c  8  R  1  c  13  5   c  18. Vậy ta có hai tiếp tuyến : 4x+3y-8=0 và 4x+3y-18=0 Lưu ý :Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn: B1:xét tiếp tuyến vuông góc với 0x : x=a+R và x=a-R.Kiểm nghiệm lại tiếp tuyến thỏa mãn điều kiện đầu bài B2:Xét tiếp tuyến không vuông góc với 0x có dạng: y=kx+m Để tìm k và m: Ta giải hệ lập được từ điều kiện tiếp xúc. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1  Chú ý: Nếu (C1) và (C2) ngoài nhau:có 4 tiếp tuyến chung . Nếu (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài:có 3 tiếp tuyến chung. . Nếu (C1) và (C2) cắt nhau:có 2 tiếp tuyến chung. . Nếu (C1) và (C2) tiếp xúc trong:có 1 tiếp tuyến chung. . Nếu (C1) và (C2) lồng nhau:không có tiếp tuyến chung. Bài 3: Cho hai đường tròn (C1): x 2  y 2  10 x  24 y  56  0 và (C2): x 2  y 2  2 x  4 y  20  0 Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn Giải: Ta có : (C1): có tâm I1(5;-12),bán kính R1=15 (C2): có tâm I2(1;2),bán kính R2=5 Vì :I1I2= 212 <R1+R2=20 nên ta có (C1) và (C2) cắt nhau * Xét tiếp tuyến vuông góc với 0x : . Tiếp tuyến vuông góc với 0x của (C1):x=5  15. . Tiếp tuyến vuông góc với 0x của (C2):x=1  5. Vậy (C1) và (C2) không có tiếp tuyến chung vuông góc 0x * Xét tiếp tuyến chung không vuông góc với 0x:Giả sử phương trình tiếp tuyến chung là :y=kx+m↔kxy+m=0(d) - (d) tiếp xúc với (C1)↔kc(I1,(d))=R1↔(5k+12+m)2=225(1+k2) - (d) tiếp xúc với (C2)↔kc(I2,(d))=R2↔(k-2+m)2=25(1+k2)  14  10 7 35+10 7 và m= k  21 21 Giải hệ ta được:   14  10 7 35-10 7 và m= k   21 21. Vậy ta có hai tiếp tuyến chung Chủ đề 4. ứng dụng phương pháp toạ độ phẳng vào bài toán đại số I. ứng dụng phương pháp toạ độ véc tơ để chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN, GTNN A. Các công thức về độ dài đoạn thẳng kết hợp bất đẳng thức về độ dài véc tơ 1. Cho 3 ®iÓm A, B, C: AB  BC  AC (§¼ng thøc x¶y ra khi B n»m gi÷a A vµ C) | AB  BC  AC (§¼ng thøc x¶y ra khi B n»m ngoµi kho¶ng A vµ C) 2..     a  b  a  b . Đẳng thức xảy ra khi hai véc tơ cùng hướng.. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> NguyÔn V¨n H­ng-Gia b×nh 1.     a  b  a  b . Đẳng thức xảy ra khi hai véc tơ ngược hướng.       abc  a  b  c   u  ( x; y ) th×: u  x 2  y 2. B. Mét sè vÝ dô tiªu biÓu VÝ dô 1: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y . 4  x 2  4  (3  x) 2. y  22  x 2  22  (3  x) 2   Trong hệ toạ độ Oxy vuông góc lấy : u  (2; x), v  (2;3  x) Hướng dẫn:. ¸p dông tÝnh chÊt ta cã :.     y  u  v  u  v  42  32  5 hay y  5   3 Vậy Miny = 5  u , v cùng hướng => x  2 2 2 2 2 2 2 VÝ dô 2: CMR: a  b  c  d  ( a  c)  (b  d ) Hướng dẫn: Trong hÖ Oxy vu«ng gãc lÊy A(a;b). B(c;d).      ¸p dông tÝnh chÊt ta cã: OA  OB  OA  OB  BA hay a  b  c  d  ( a  c)  (b  d ) VÝ dô 3: (§H, C§ khèi A - 2003) Cho x, y, z dương và x  y  z  1 2. 2. 2. 2. 2. 2. 1 1 1 2 2  y   z   82 x2 y2 z2  1  1  1 Hướng dẫn: Trong hệ Đề Các Oxy, xét a  ( x; ); b  ( y; ); c  ( z; ) x y z       Theo tÝnh chÊt ta cã: a  b  c  a  b  c x2 . CMR:. hay. 1 1 1 1 1 1 x  2  y 2  2  z 2  2  ( x  y  z )2      x y z x y z 2. 2. (1). Ta cã: 2 2 1 1 1  1 1 1  2 ( x  y  z )       81( x  y  z )        80( x  y  z ) 2  x y z    x y z   1 1 1 (2)  18( x  y  z )      80( x  y  z ) 2 x y z   2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>