Toa Do Trong Phang

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (270.86 KB, 19 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG.
Chuyên đề 0 : Véc tơ v tà ọa độ véc tơ.

A. Tãm t¾t lÝ thuyÕt.

I. Tọa véc t.
 1. Định nghĩa

( ; )

.

u





x y



u x i y j











2. C¸c tÝnh chất.

Trong mặt phẳng

Oxy

cho

u





( ; );

x y v





( '; ')

x y

, ta cã :
a.

u





v





(

x



x y

';



y

')

;

k u





(

k x

.

;

k y

.

)

;

u v

.



x x

.

'



y y

.

'

 

;

u





x



x

'



u





x



x

'

2
e.

u



v



u v

.

 

0 x x

. '



y y

. ' 0





 

;

f .

u v

 

,

cïng phương

'

x

y

x

y





;

'

x

u

v

y





  







3. VÝ d ụ .

VÝ dụ . Cho 1 5 ; 4 .

u  i   j v k i j

T×m k để u v , cïng phương.
Lêi gi¶i.

Ta cã u v , cïng phương 

1 5

k 


 k=2

5 .VËy k=
2
5

III.. Toạ độ của điểm.
1.Định nghĩa.

( ; ) ( ; ) . .

M  x y  OM  x y  OM x i y j 
 2. Mối liên hệ giữa toạ độ điểm và toạ độ véc tơ.

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm

A x y B x y C x y

( ; ); ( ; ); ( ; )

A A B B C C . Khi đó:

a. ( ; ) ( )2 ( )2

B A B A B A B A

AB  x  x y  y  AB  x  x  y  y

 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

b. Toạ độ trung điểm I của đoạn AB lµà : ( ; )

2 2

A B A B

x x y y

I   .

c. To trng tâm G ca ABC là : ( ; )

3 3

A B C A B C

x x x y y y

G     .

d. Ba điểm A B C, , thẳng hµng                AB AC, cïng phương.

Chó ý:Trong tam gi¸c ABC :

a) Trọng tâm G là giao điểm của 3 đờng trung tuyến của tam giác
b) Trực tâm H là giao điểm của 3 đờng cao của tam giác

c) Tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác là giao của 3 đờng trung trực

d) Tâm đờng tròn nội tiếp tam giác là giao của 3 đờng phân giác của các góc.
+) Trung tuyến AM: ĐI qua đỉnh A và trung điểm M của cạnh đối diện BC

+) đờng cao AH : ĐI qua đỉnh A và vng góc với cạnh đối diện BC

+) đờng trung trực của cạnh BC: Vng góc với BC tại trung điểm của BC( đờng
trung trực của BC có thể khơng đI qua A)

+) đờng phân giác của góc ABC: chia góc ABC thành 2 góc bằng nhau
( xem lại các kiến thức cũ đã học về tính chất của các đờng này-SGK tốn 7)
 3. Ví d ụ .

VÝ dụ 1. Cho ba điểm A( 4;1), B(2; 4),C(2; 2)

a. Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng.(hay ABC là 3 đỉnh của
một tam giác, hay hai véc tơ               AB AC, không cùng phơng)

b. TÝnh chu vi ABC.

VÝ dụ 2. Cho ba điểm A( 3;4), (1;1), (9; 5) B C  .

a. Chứng minh A B C, , thẳng hàng ( hay AB AC,
 

cïng phương)
b. Tìm to D sao cho A là trung điểm của BD.

c. Tìm to iểm E trên Ox sao cho A B E, , thẳng hàng.
Ví dụ 3. Cho ba điểm A( 4;1), (2; 4), (2; 2) B C  .

a. Chứng minh ba điểm A B C, , to thành tam giác.
b. Tìm toạ độ trọng t©m ABC.

c. Tìm toạ độ điểm E sao cho ABCE là hình bình hành
Chuyên đề 1: phng trỡnh ng thng.

A. kiến thức cơ bản.
 1. VÐc t¬ chØ ph ¬ng

Định nghĩa: Véc tơ

u



đợc gọi là véc tơ chỉ phơng( vtcp) của đờng thẳng



nếu

0 u 



và giá của

u



song song hoặc trùng với đờng thẳng.

Chóý: Nếu véc tơ

u

là vtcp của thì mọi véc tơ k.

u



(víi k#0) cịng lµ vtcp cđa 
NÕu  cã vtcp lµ u (u1;u2)



víi u1#0 th×  cã hƯ sè gãc lµ K=

2
1

u
u
Nếu đờng thẳng  có hệ số góc k thì có vtcp là u  ( k1; )

2.Ph ơng trình tham số của đ ờng th¼ng.

Trong mặt phẳng Oxy, cho đờng thẳng  đi qua M0(x0;y0) và có véc tơ chỉ

ph¬ng u (u1;u2)


</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>








t
u
y
y

t
u
x
x

2
0

1
0

(1) . ( t R.)
 3) VÐc tơ pháp tuyến:

n: Vộc t n đợc gọi là véc tơ pháp tuyến ( vtpt ) của đờng thẳng  nếun  0
và n vng góc với véc tơ chỉ phơng của 

* Chó ý:

- Nếu n là véc tơ pháp tuyến của đờng thẳng  thì mọi véc tơ

k n

.



( với
k#0) cũng là các véc tơ pháp tuyến của đờng thẳng  .

- Nếu n ( ; )a b là véc tơ pháp tuyến của đờng thẳng thì véc tơ chỉ phơng
là

u





( ;

b a



)

hoặc

u



 

(

b a

; )

- Nếu u( ;u u1 2) là véc tơ chỉ phơng của đờng thẳng thì véc tơ pháp tuyến là

2 1

( ; )

n u u hc n ( u u2; 1).

4. Ph ơng trình tổng quát của đ ờng thẳng.

Trong mặt phẳng Oxy, cho đờng thẳng  đi qua M0(x0;y0) và có véc tơ pháp

tuyến n  ( ba; ). Khi đó phơng trình tổng quát của  đợc xác định bởi phơng

tr×nh : a(x x0)b(y y0)0 (2). ( a2b2 0.)

Hay: a.x+b.y+c=0 ( 2’ ) (a2 b2 0.)

* Chú ý: Chuyển đổi giữa ph ơng trình tổng quát và ph ơng trình tham số.

a1. Nếu đờng thẳng  có phơng trình dạng (1) thì vtcp u  (u1;u2)



. Từ đó
đờng thẳng  có vtpt là n (u2;u1)



hc n (u2;u1)


. Và phơng trình tổng
quát của  đợc xác định bởi :

u2(x x0) u1(y y0)0.

a2. Nếu đờng thẳng  có phơng trình dạng (2) thì n  ( ba; )



. Từ đó đờng
thẳng  có vtcp là u (b;a)



hc u (b;a)


Cho x x0 thay vào phơng trình (2)  y y0.Khi đó ptts của  là :












at
y
y

bt
x
x

0
0

(t R ).

a3. Có thể chuyển từ PTTS sang PTTQ bằng cách khử tham số
Chuyển từ PTTQ sang PTTS bằng cách đặt x(hoặc y) theo tham số

5.Bæ sung một số dạng bài tập.---Các bài toán trong tam giác.

*Dng 1: Tam giác ABC biết đỉnh A,biết hai trung tuyến xuất phát từ 2 đỉnh còn lại
BM,CN.Hãy viết pt cỏc cnh,tỡm to B,C.

Phơng pháp: ---(Bài toán thứ nhất trong tam gi¸c.)

b1:Tìm toạ độ trọng tâm G(xG;yG) của ABC

b2:Tham số hoá toạ độ của B(xB;yB); C(xC;yC) theo ptrình BM,CN.

b3:Tìm toạ độ của B,C:áp dụng cthức:

A B C
G

x x x
x    ;

A B C
G

y y y

y   

b4:ViÕt pt các cạnh.
v

ớ d1 :cho tam giỏc ABC có A(-2;3) và hai đờng trung tuyến BM: 2x-y+1=0
Và CN: x+y-4=0.

Viết phơng trình AB;BC;CA

Lời giải.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2 1 0 1

4 0 3

x y x

x y y

   

 



 

   

  .vËy G(1;3)

Vì B thuộc đờng thẳng BM nên giả sử B(xB;yB) thì :2xB-yB+1=0 yB=2xB+1.

VËy B(xB;2xB+1).

T¬ng tù, C(xC;yC ) víi xC+yC-4=0. yC=4-xC.VËy C(xC;4-xC).

Mặt khác , vì G(1;3) là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có:

1 5 2

3 (2 1) (4 ) 2 1

B C

B C B
C
B C B C

x x

x x x

x

x x x x

  




     



 

  



       

 



.VËy B(2;5) và C(3;1)

+>Phơng trình cạnh AB,BC,CA: Tự viết.

*Dng 2:Tam giỏc ABC ,bit đỉnh A và 2 đờng cao BH,CK.Lập phơng trình
AB.BC,CA.Tìm to B,C.

Phơng pháp: ---( Bài toán thứ hai trong tam gi¸c)

b1: Lập pt cạnh AB:-ĐI qua A

-AB vu«ng gãc víi CK
LËp pt c¹nh AC: -§I qua A

-AC vng góc với BH
b2:Tìm toạ độ điểm B,C

b3:LËp pt c¹nh BC

ví dụ2:Tam giác ABC có A(1;2) và hai đờng cao BH:x+y+1=0 ; CK: 2x+y-2=0
Lập phơng trình 3 cạnh AB.BC.CA

Lêi gi¶i.

Theo bài, đờng thẳng AB đI qua A(1;2) và vng góc với CK:2x+y-2=0
Vậy AB có pttq là: 1.(x-1)-2.(y-2)=0 hay AB : x-2y+3=0

Tơng tự, AC đI qua A(1;2) và vng góc với BH : x+y+1=0
Vậy AC có pttq là: 1.(x-1)-1.(y-2)=0 hay AC : x-y+1=0
Do đó, toạ độ điểm B là nghiệm hệ ptrình:

x-2y+3=0 3

x+y+1=0 2

x
y





 



 

  




vËy B(-5/3; 2/3)

Tơng tự, Toạ độ của C là nghiệm của hệ pt:

x-y+1=0 3

2x+y-2=0 4

x
y





 



 

  




vËy C(1/3; 4/3)

Do đó, phơng trình cạnh BC là:……….

*Dạng 3:Tam giác ABC,biết đỉnh A,đờng cao BH,trung tuyến CK.Lập pt cỏc cnh

Phơng pháp: ---( Bài toán thứ ba trong tam gi¸c)

b1:lập đợc ngay pt cạnh AC đI qua A và vng góc với BH.Từ đó tìm đợc C

b2:Tham số hoá toạ độ B(xB;yB); K(xK;yK) theo phơng trình BH,CK

Tìm toạ độ B nhờ: 2

A B
K

x x
x

y y
y











 




</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

í dụ3 :Viết phơng trình các cạnh ABC biết A(4; 1) và đờng cao
(BH) : 2x 3y0; trung tuyến (CK) : 2x3y0.

Lêi gi¶i.

Theo bài,AC đI qua A(4;-1) và vng góc với (BH) : 2x 3y0 nên AC:3x+2y-10=0
Suy ra toạ độ C là nghiệm của hệ:

3x+2y-10=0 6
2x+3y=0 4
x
y

 

 


  vËy C(6;-4)

Gi¶ sư B(xB;yB) ta ph¶I cã: 2xB-3yB=0 vËy yB=

3xB vËy B(xB;

2
3xB)

Tơng tự to ca K(xK;-2

3xK).Theo bài , vì K là trung điểm của AB nên:

2
2
A B
K
A B
K
x x
x
y y
y







 


hay
4 11

2 2 4

2 4 2 3

1 ( )

2 3
4
3 2
B
K
K
K B
K B
B
K B
x
x
x
x x
x x
x
x x


 

 

 

 
 
  
 
  
  
  
 

vËy B(-5/4;-5/6)

+)Lập pt của AB.BC:..

*Dạng 4:Tam giác ABC,biết hai cạnh AB,ACvà biết trọng tâm G.Lập ptcạnh còn lại

Phơng pháp: ----( Bài toán thứ t trong tam giác)

( Trọng tâm là giao 3 đờng trung tuyến của tam giác)

b1:tìm đợc ngay toạ độ điểm A

Suy ra toạ độ điểm M là trung điểm của BC nhờ : AG2.GM

b2:Tham số hoá toạ độ của B(xB;yB); C(xC;yC) theo phơng trình AB,AC

b3:Tìm toạ độ của B.C nhờ: 2

2
B C
M
B C
M
x x
x
y y
y







 



b4:lËp pt cđa BC.

vÝ dơ 4:Tam gi¸c ABC,biết AB:x+y-1=0;AC: x-y+3=0 và trọng tâm G(1;2).Lập BC
lời giải.

theo bi toạ độ A là nghiệm của hệ pt:

x+y+1=0 2

x-y+3=0 1

x
y

 

 


  vËy A(-2;1)

Gäi M(x;y) lµ trung điểm của BC ,vì G là trọng tâm nên: AG2.GM

3 2.( 1) 2

1 2.( 2) 5

2
x
x
y
y



 
 

   
 
  



vËy M(5/2; 5/2)

Vì B thuộc AB nên toạ độ B(xB;yB) với xB+yB+1=0 hay B(xB;-1-xB)

Tơng tự điểm C có dạng C(xC;xC+3)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

2
2

B C
M

x x
x

y y
y











 




hay

5 1

2 2

1 3 3

2 2

B C

B C B
C
B C B C

x x

x x x

x

x x x x






     



 

  



    

vậy B(1;-2) ; C(4;7)

+)phơng trình BC..

*Dạng 5:Tam giác ABc,biết hai cạnh AB,AC và trực tâm H.Lập pttq của BC

Phơng pháp:---( Bài toán thứ năm trong tam gi¸c )

((Trực tâm là giao của 3 đờng cao của tam giác)

b1:tìm toạ độ điểm A

b2: Tham số hố toạ độ của B(xB;yB) theo AB

b3:Tìm toạ độ của B:

V× H là trực tâm nên HB là VTPT của AC.Vậy HB .uAC =0
b4:Phơng trình cạnh BC :--Qua B

----Có HA là véc tơ pháp tuyến.

ví dụ 5:Tam giác ABC biết AB:5x-2y+6=0 và AC: 4x+7y-21=0 và H(0;0) là trực
tâm của tam giác.Lập pt c¹nh BC.

LG: Toạ độ của A là nghiệm của hệ pt: 5 2 6 0 0

4 7 21 0 3

x y x

x y y

   

 



 

 

vậy A(0;3)

Vì B(a;b) thuộc AB nên 5a-2b+6=0 suy ra b=5 6

a 

.hay B(a;5 6

a 
)
Mặt khác, H là trực tâm nên HB AC.suy ra HB



lµ VTPT cđa AC. suy ra :

HB



.uAC =0  7.a-4.5 6

a 

=0 a=-4.Vậy B(-4;-7)
Tơng tự,HA là VTPT của BC. Vậy PTTQ cđa BC lµ:

0.(x+4)-3.(y+7)=0 hay : -3(y+7)=0 hay y+7=0

*Dạng 6:Tam giác ABC,biết hai cạnh AB,AC và I l tõm ng trũng ngoi tip tam

giác.Lập pt cạnh BC.

Phơng pháp:---( Bài toán thứ sáu trong tam giác)

( Tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác là giao 3 đờng trung trực của 3 cạnh ).

b1:Tìm ngay đợc toạ độ của A

Gọi M là trung điểm cạnh AB.Vì I là trực tâm nên IM vng góc với AB. M
Tìm toạ độ của B nhờ M là trung điểm của AB

b2:Gọi N là trung điểm của AC.Vì I là trực tâm nên IN  AC. N
Tìm toạ độ của C nhờ N là trung điểm của AC

b3:LËp pttq cña BC khi biÕt B,C.

ví dụ 6:tam giác ABc,biết AB:x+y-1=0 ; AC: 2x-y-2=0 và I(1;1) là tâm đờng tròn
ngoại tiếp tam giác.Lập pttq của BC.

LG: theo bài có A(1;0)

Gọi M(xM;yM) là trung điểm của AB.Ta có xM+yM-1=0 vây M(xM;1-xM)

Vì IM vuông góc với AB nªn IM .uAB=0

Hay: (xM-1).(-1)+(-xM).1=0 hay xM=1/2.VËy M(1/2;1/2)

Tơng tự,trung điểm N(xN;2xN-2) của AC có toạ độ thoả mãn IN



.uAC =0 .N(7/5;9/5)
Mặt khác,vì M là trung điểm của AB nên suy ra B(0;1)

Tơng tự , vì N là trung điểm cuủa AC nên suy ra C(9/5;18/5)
Vây pttq của BC là :………

*Dạng 7:Tìm điểm đối xứng M’ của M qua đờng thẳng 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

b2:Gọi I là giao điểm của d với .Tìm đợc i

b3:Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua .Khi đó I là trung điểm của MM’

vậy tìm đợc M’ nhờ:

2
2

M M
I

x x
x

y y
y












 




ví dụ 7:Cho : x+3y+2=0 và M(-1;3).Tìm điểm M’ đối xứng với M qua 
lời giải.

gọi d là đờng thẳng qua M và vng góc với .Ta có nd u (3; 1)

 
vËy pttq cña d: 3.(x+1)-1.(y-3)=0 hay 3x-y+6=0

gọi I là giao điểm của d với .Ta có toạ độ của I là nghiệm của hệ ptrình:

x+3y+2=0 2

3x-y+6=0 0

x
y



 



 



  hay I(-2;0)

Giả sử M’(x’;y’) là điểm đối xứng với M qua .Ta có:

2
2

M M
I

x x
x

y y
y











 




hay

1 '

2 ' 3

3 ' ' 3

0
2

x

y y

 


 

  





 

  

 



.VËy M’(-3;-3)

b. Lun tËp.

B i 1.à Viết phương trình tổng quát hoặc PT tham số của đởng thẳng:
a) Đi qua hai điểm M(1;-1) v N(3;2). à

b) Đi qua A(1;-2) v song song và ới ®ường thẳng 2x - 3y - 3 = 0.
c) Đi qua ®iểm P(2;1) v vuông góc v i đng thng x y + 5 = 0.
d) Đi qua A(1;1) và có hệ số góc k 2.

B i 2.à Cho tam gi¸c ABC ,A(3;-5), B(1;-3), C(2;-2).ViÕt PT tỉng qu¸t :
a)các cạnh AB, AC, BC

b)Đờng cao AH và Trung tuyến AM
c)Đờng thẳng qua A và song song víi BC
d)§êng trung trùc cđa AC

e)§êng trung bình của tam giác song song với cạnh BC
Bài 3.Cho hình chữ nhật ABCD biết: A(1,3) ,B(2;-1)

và cạnh DC có ptrình: 2x+y-2=0
a) lập pt các cạnh AB,BC,AD
b) Tìm toạ độ của C,D

Bµi 4:Xem lại các ví dụ .Làm các bài tơng tự.

Chuyờn 2: vị trí tơng đối của hai đờng thẳng.
A. Tóm tắt lí thuyết.

I. Bài tốn: Trong mặt phẳng Oxy cho hai đờng thẳng  1; 2 có phơng trình









2 2
1 1 1 1 1 1

2 2
2 2 2 2 2 2

(

) :

0,

0 (

) :

0,

0 a x b y c

a

b

a x b y c

a

b





















</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

1.C¸ch 1:

Xét hệ phơng trình 1 1 1

2 2 2

0
0

a x b y c
a x b y c

  




  



(1)

+) Nếu hệ (1) có một nghiệm (x0; y0) thì hai đờng thẳng cắt nhau tại điểm

M(x0; y0) .

+) Nếu hệ (1) vơ nghiệm thì hai đờng thẳng song song nhau.

+) Nếu hệ (1) nghiệm đúng với mọi



x y;



thì hai đờng thẳng trùng nhau
2.Cách 2:

NÕu 1 2

1 2

a a

b b thì hai đờng thẳng cắt nhau.

NÕu 1 2 1

1 2 2

a a c

b b c thì hai đờng thẳng song song nhau.

NÕu 1 2 1

1 2 2

a a c

b b c thì hai đờng thẳng trùng nhau.

Chú ý :Nếu bài không quan tâm đến toạ độ giao điểm thì nên dùng cách 2

b. Các dạng bài tập cơ bản.
 Dạng 1. Xét vị trí tơng đối của hai đờng thẳng.

Ví dụ 1: Xét vị trí tơng đối các cặp đờng thẳng sau và tìm toạ độ giao điểm trong
trờng hợp cắt nhau:



1

:

x y

 

2 0;





2

: 2

x y

 

3 0



b) 1 2

1 4

: 2 4 10 0; : ( )

2 2

x t

x y t R

y t

 


      

 


c) 1

1 5 6 5 '

: ( ) : ( ' )

2 4 2 2 4 '

x t x t

t t R

y t y t

   

 

     

   

 



Dạng 2. Biện luận theo tham số vị trí tơng đối của hai đờng thẳng.

Ví dụ 1: Cho hai đờng thẳng

2 2

1: (m 3)x 2y m 1 0; 2: x my (m 1) 0

           

Tìm m để hai đờng thẳng cắt nhau.
Ví dụ 2: Cho hai đờng thẳng

1:mx y 1 m 0; 2 : x my 2 0

         

Biện luận theo m vị trí tơng đối của hai đờng thẳng.

Chuyên đề 3: góc giữa hai đờng thẳng.

A. tãm t¾t lÝ thuyÕt.

1.Định nghĩa:- hai đờng thẳng 1;2 cắt nhau tạo thành 4 góc.Nếu 1 và 1

khơng vng góc với nhau thì góc nhọn trong 4 góc đó đợc gọi là góc giữa hai
đ-ờng thẳng 1 và 1, kí hiệu là:



1,2



.Nếu 1  2 thì góc giữa 1

vµ 1 lµ 900.

Nếu 1 // 2 hoặc 1 2 thì ta quy íc  1, 2 0

o

  

NhËn xÐt: 00 ≤



1,2



≤ 900

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>









2 2
1 1 1 1 1 1

2 2
2 2 2 2 2 2

( ) : 0, 0

a x b y c a b

     

Khi đó góc giữa hai đờng thẳng



 1, 2



đợc xác định theo công thức:



1 2



2 1 22 1 22 2

1 1 2 2

cos

,

a a

b b

a

b

a

b



 





* Nhận xét: Để xác định góc giữa hai đờng thẳng ta chỉ cần biết véc tơ chỉ 
ph-ơng( hoặc véc tơ pháp tuyến ) của chúng.

b. Các dạng bài tập.
Dạng 1. Xác định góc giữa hai đờng thẳng.

Ví dụ1: Xác định góc giữa hai đờng thẳng trong các trờng hợp sau:

1: 3 2 1 0; 2:





7 5

x t

x y t R

y t




      

 










1 2

: 1 3 : 9 1 '

'
5 5
2 2

x t
x t

t R t R

y t



 



 

     

 
 

 

 

ví dụ 2: Cho hai đờng thẳng



1

: 3

x y

  

7 0;



2

:

mx y

  

1 0

Tìm m để



1, 2



o

   .

Lg:góc giữa hai đờng thẳng đợc xác định theo 1 2

2 2 2 2

3 1
( , )

( 3) ( 1) . 1

m
cos

m



  

  

Theo bµi cã: 0 2

2 2

3 1 3 3 1

30 3( 1) 3 1

2. 1 2. 1

m m

cos m m

m m

 

      

 

2 2 2 2 1

3( 1) ( 3 1) 3 3 3 2 3 1 2 3 2

m m m m m m m

            

Dạng 2. Viết phơng trình đờng thẳng đi qua một điểm cho trớc và tạo với

đ-ờng thẳng cho trớc một góc nào đó.

Ví dụ 1: Cho ABC cân đỉnh A. Biết



AB x y



:   1 0; BC





: 2x 3y 5 0 .
Viết phơng trình cạnh AC biết nó đi qua M



1;1



Lêi giải:
Giả sử AC qua M(1;1) và có véc tơ pháp tun lµ: n



=(a;b), đk:a2 b2 0(*). 
Khi đó pt AC: a(x-1)+b(y-1)=0 hay : ax+by-a-b=0

Theo bài,tam giác ABC cân đỉnh A nên ta có góc B=C hay:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1.2 1.( 3) 2. ( 3). 1 2 3

( , ) ( , )

2. 13

1 1 . 2 ( 3) . 2 ( 3) . 13

a b a b

AB BC AC BC

a b a b

    

    

      

2 2 2. 2 3 2 2 2.(2 3 )2 2 2 8 2 24 18 2

a b a b a b a b a b a ab b

            

2 2

7a 24ab 17b 0

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Víi a=1,b=1 ta cã AC: x+y-2=0 ( loại vì AC//AB)
Với a=1,b=7/17 ta có: AC: x+7/17y-24/17=0 tho¶ m·n.
KÕt luËn : AC: x+7/17y-24/17=0

ví dụ 2*: Cho ABCđều, biết: A



2;6



và BC  : 3x 3y60
Viết phơng trình các cạnh cịn lại.

Lêi gi¶i:
Gi¶ sư AB qua A(2;6) và có véc tơ pháp tuyến là: n

=(a;b), k:a2 b2 0(*).
Khi đó pt AB: a(x-2)+b(y-6)=0 hay : ax+by-2a-6b=0

Giả sử AC qua A(2;6) và có véc tơ pháp tuyến là: n

=(c;d), k:c2d2# 0(**). 
Phơng trình AC: cx+dy-2c-6b=0

(AB,BC)=600 0

2 2
2 2 2 2

3 3 1 3 3

2 . 12

. ( 3) ( 3)

a b a b

cos

a b
a b

 

   



  

2 2

12(a b ) 2.a 3 3b

    (1)

(AC,BC)=600

2 2
2 2 2 2

3 3 1 3 3

2 . 12

. ( 3) ( 3)

c d c d

cos

c d
c d

 

   



  

2 2

12(c d ) 2.c 3 3d

    (2)

(AB.AC)=600

2 2 2 2
2 2 2 2

. 2.

2 .

ac bd

a b c d ac bd

a b c d



      

  (3)

Tõ (1),(2),(3) cã hƯ ptr×nh:

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

12( ) 4.( 3 3 ) ( 3 ) 0;(1')

12( ) 4.( 3 3 ) ( 3 ) 0;(2')

( ).( ) 4( ) ( ).( ) 4( 2 );(3')

a b a b b b a

c d c d d d c

a b c d ac bd a b c d a c abcd b d

      

 

     

 

        

Từ hệ trên,ta tìm a,b thoả mÃn (*).Tìm c,d thoả mÃn (**).

T pt (1) chn b=0 suy ra a=1.Thế vào pt (3’) ta đợc 3c2-d2=0.Từ pt này chọn d=

3 suy ra c2=1.ThÕ d vµo pt (2’) suy ra c=1

VËy cã a=1,b=0,c=1,d= 3

KÕt luËn: AB: x-2=0 AC: x+ 3y-2-6. 3=0

Ví dụ 3: Cho hình vuông ABCD biết A  



3; 2



và



BD



: 7x y  27 0 .
Viết phơng trình các cạnh và các ng chộo cũn li.

Li gii.
+)PT ng chộo AC.

Vì ABCD là hình vuông nên AC BD.Vậy ACBD uAC nBD (7;1) nAC (1; 7)

    

Vậy pttq của AC: x-7y-11=0
+)Tìm toạ độ đỉnh C.

Gọi I là giao của hai đờng chéo,ta có toạ độ C là nghiệm của hệ:

7 27 0 4

7 11 0 1

x y x

x y y

   

 



 

   

  .VËy I(4;-1).

Vì ABCD là hình vng nên I là trung điểm của AC.suy ra C(11;0).
+)Tìm toạ độ điểm B

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Mà ABCD là hình vuông nên ABCB.              AB CB . 0
(xB 3).(xB 11) (29 xB).(27 xB) 0

        x2B 8xB15 0

5
3

B
B

x
x

.Vậy B(5,-8).Và D(3;6)
+)phơng trình cạnh AB. 3x+4y+17=0
+)phơng trình cạnh BC: 4x-3y-44=0

+)phơng trình cạnh CD: 3x+4y-33=0
+)phơng trình cạnh AD: 4x-3y+6=0

vớ d 4: Cho hỡnh vuụng tâm I



2;3



và  AB :x 2y 10.
Viết phơng trình cỏc cnh cũn li , cỏc ng chộo .

Lời giải.
+)phơng trình cạnh DC:

Vì ABCD là hình vuông nên AB song song víi DC.suy ra nDC nAB (1; 2)
 

VËy DC: x-2y+c=0. ( điều kiện c-1)

Hơn nữa ta có: ( , ) ( , ) 2 6 12 2 2 62 2 4 5

1 ( 2) 1 ( 2)

c

d I AB d I CD        c  

   

1( )
9

c loai
c



  



.
VËy DC: x-2y+9=0
+)phơng trình BC,AD.

Vì ABCD là hình vuông nên BC AB.VËy pt BC: 2x+y+a=0
Mặt khác, ( , ) ( , ) 2 6 12 2 4 32 2 7 5

1 ( 2) 1 ( 2)

a

d I AB d I CB        a  

   

2
12

a
a



  



VËy BC: 2x+y-2=0
AD: 2x+y-12=0
+)Phơng trình AC.

To ca A là nghiệm hệ: 2 1 0 5

2 12 0 2

x y x

x y y

   

 



 

 

.Vậy A(5;2).Vậy AC: x+3y-11=0

+)phơng trình BD:

To B là nghiệm hệ: 2 1 0 1

2 2 0 0

x y x

x y y

   

 



 

   

  .VËy B(1;0)VËy BD: 3x-y-3=0

Ví dụ 5: Cho đờng thẳng d: 3x 2y 1 0 và M



1; 2



Viết phơng trình đờng thẳng  đi qua M và to vi d mt gúc 45o.
Li gii.

Giả sử đI qua M vµ cã vtpt lµ: n



=(a;b), đk:a2 b2 0(*). Ta có : ax+by-a-2b=0
Theo bài, tạo với d một gãc 450 nªn:

2 2 2 2 2 2

3 ( 2 ) 2 3 2

3 ( 2) . 13.

a b a b

cos

a b a b

  

  

    

2 2 2 2

26(a b ) 2 3 a 2b  5a  24ab 5b 0.Chän a=1 suy ra b=-5 hoặc b=1/5

Vậy có 2 pt thoả mÃn: x-5y+9=0 vµ 5x+y-7=0

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

A: Tãm t¾t lý thuyÕt SGK.

Trong mặt phẳng Oxy, cho đờng thẳng : ax+by+c=0 và điểm MO(x0;y0).Khoảng

cách từ M0 đến ,kí hiệu là d(M0, ) đợc tính theo cơng thức:

0 0
0 2 2

( , ) ax by c

d M

a b

B: Các chú ý liên quan: (Bæ sung)

Chú ý 1: Nếu đờng thẳng : ax+by+c=0 chia mặt phẳng Oxy thành hai nửa mặt
phẳng có b l ,ta luụn cú:

-Một nửa mặt phẳng chứa các điểm M1(x1;y1) thoả mÃn

ax1+by1+c>0

-Một nửa mặt phẳng còn lại chứa các điểm M2(x2;y2) thoả mÃn

ax2+by2+c<0

Chỳ ý 2:Cho hai ng thng cắt nhau 1,2 có phơng trình :

1: a x b y c1  1  10 vµ 2 : a x b y c2  2  2 0

®iĨm M(x;y) tuỳ ý thuộc phân giác của góc tạo bởi 1 vµ 2  d M( , )1 d M( ,2)
1 1 1 2 2 2

2 2 2 2
1 1 2 2

a x b y c a x b y c

a b a b

   

 

 

Vậy phơng trình hai đờng phân giác tạo bởi 1 và 2 là:
1 1 1 2 2 2

2 2 2 2
1 1 2 2

a x b y c a x b y c

a b a b

   



 

Chú ý: xem lại tính chất của đờng phân giác của một góc-sgk tốn lớp 7.

C---C¸c vÝ dơ

í dụ 1 :a) Tính khoảng cách từ điểm A(3;5) đến đờng thẳng : 4x+3y+1=0
b)Tính bán kính đờng trịn (C) biết nó có tâm I(1;2) và tiếp xúc với
: 2x-3y+1=0

Lêi gi¶i.

a)áp dụng cơng thức tính khoảng cách từ một điểm tới một đờng thẳng ta có:

2 2

4.3 3.5 1 28 28
( , )

5
25

4 3

d A     


b)V× (c) tiÕp xóc víi : 2x-3y+1=0 nªn 2 2

2.1 3.2 1 3

( , )

13
2 ( 3)

d I   R    R R
 

v

í dụ 2:Cho đờng thẳng : x-y+2=0 và 4 điểm 0(0;0) ; A(2;0);C(-1,3) ;D(-3;2)
a)Chứng tỏ rằng hai điểm A và O nằm về cùng một phía đối với đờng thẳng
b)CMR:A và C và nằm về hai phía đối với đờng thẳng 

c)CMR: hai điểm C và D nằm về cùng một phía đối với đờng thẳng 
d)Tìm điểm O’ đối xứng của O qua 

lêi gi¶i.

a)thay toạ độ của điểm O và A vào vế trái của  ta có:
(O)=0-0+2=2>0

(A)=2-0+2=4>0

Vậy (0).(A)=2.4=8>0 .vậy A và O nằm về cùng một phía đối với
đ-ờng thẳng

b)T¬ng t: (C)=-1-3+2=-2<0

vËy (A).(C)=4.(-2)=-8 <0.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

vËy (C).(D)=-2.(-3)=6 > 0

vậy hai điểm C và D nằn về cùng một phía đối với đờng thẳng 
d)Tìm điểm O’ đối xứng của O qua : Tự làm

í dụ 3 :Lập phơng trình các đờng phân giác của các góc giữa hai đờng thẳng
1: 2x+4y+7=0 và 2 : x-2y-3=0

Lêi gi¶i.

Phơng trình hai đờng phân giác của các góc giữa 1 và 2

2 2 2 2

2 4 7 2 3 2 4 7 2 3

20 5

2 4 1 ( 2)

x y x y x y x y

  

  

2 4 7 2( 2 3) 8 13 0

2 4 7 2( 2 3) 4 1 0

x y x y y

x y x y x

      

 

   

      

 

Kết luận: Có 2 đờng phân giác thoả mãn bài toán: 8y+13=0 và 4x+1=0

í dụ 4 :Tìm phơng trình của tập hợp các điểm cách đều hai đờng thẳng
1: 5x+3y-3=0 v 2 : 5x+3y+7=0

Lời giải.
Cách làm tơng tự ví dụ 3

*

v Ý dơ 5 :Cho tam gi¸c ABC cã A(-6;-3); B(-4;3) ; C(9;2)

viết phơng trình đờng thẳng d chứa đờng phân giác trong của góc A của tam giác
ABC.

Lời giải.
+)Phơng trình đờng thẳng AB là: 3x-y+15=0
+)Phơng trình đờng thẳng AC là : x-3y-3=0

Phơng trình hai đờng phân giác của góc tạo bởi AB và AC là:

1
2 2 2 2

9 0;( )

3 15 3 3

3 15 ( 3 3) 3 0;( )

3 ( 1) 1 ( 3)

x y

x y x y

x y x y x y

   

    

     

    

        

     

Ta thấy rằng hai điểm B và C phải nằm về hai phía đối với đờng phân giác trong 
của góc A.

Ta cã 1( )B =-4+3+9=8>0

1( )C =9+2+9=20>0 vËy =8.20=160 > 0 suy ra B,C n»m vÒ cïng 1 phÝa

đối với (1)

Ta cã: 2(B)=-4+3-3=-4<0

2( )C =9+2-3=8>0 . vËy 2( ). ( )B 2 C =-4.8=-32 < 0

Vậy hai điểm B và C nằm về hai phía đối 2

Kết luận: Phơng trình đờng phân giác trong của góc A là : x+y-3=0

D--Các dạng bài toán trong tam giác ---Tiếp

*Dng 8:Tam giỏc ABC biết đỉnh A,hai đờng phân giác trong của góc B v gúc

C.Lập phơng trình các cạnh.

Phơng pháp: ( Bài toán thứ 7 trong tam gi¸c)

+)b1:Tìm điểm A1 là điểm đối xứng của A qua đờng phân giác trong của góc

B.suy ra A1 thuộc đờng thẳng BC

+)b2:Tìm điểm A2 là điểm đối xứng của A qua đờng phân giác trong của góc

C.suy ra A2 thuéc BC

+)b3:Lập pt đờng thẳng BC: khi biết B,C

+)b4: Lập pt cạnh AC,AB:...

v í dụ8 :Tam giác ABC biết A(2;-1) và pt hai đờng phân giác trong của góc B và góc

C lÇn lợt là:

(dB ) : x-2y+1=0

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Lập phơng trình các cạnh của tam giác.
Lời giải.

Gi A1l im i xng của A qua (dB ) : x-2y+1=0.do A A1 vng góc với dB nên

AA1 có ptrình: 2x+y-3=0.Khi đó giao điểm của dB và A A1 là I(1;1) là trung điểm

của A A1 .Từ đó suy ra A1(0;3)

Goi A2 làđiểm đối xứng của A qua (dC ) : 2 x-3y+5=0.Suy ra A A2 : 3x+2y-4=0

Khi đó toạ độ của A2(0;2)

Khi đó A1và A2 thuộc BC.

VËy pt c¹nh BC: (A1A2) lµ : x=0

Suy ra Toạ độ B là giao điểm của BC và dB .Vậy B(0;1/2).Tơng tự C(0;5/3)

+)Ph¬ng tr×nh AB,AC :...

*Dạng 9::Tam giác ABC biết A,đờng cao BH,ng phõn giỏc trong ca gúc C.Lp

phơng trình các cạnh cuả tam giác.

Ph

ơng pháp: ( Bài toán thứ 8 trong tam giác)

+) b1:Lp pt cnh AC : vng góc với BH và đi qua A.suy ra toạ độ điểm C
+) b2: Tìm điểm đối xứng A’ của A qua đờng phân giác trong của góc C
Suy ra A’ thuộc BC.

+) b3: Lập pt cạnh BC đi qua 2 điểm C,A
+)b4: lập pt cạnh AB: Tìm B...

v

ớ dụ 9:Cho tam giác ABC,biết A(-1;3), đờng cao BH: x-y=0.Đờng phân giác trong
của góc C nằm trên đờng thẳng : x+3y+2=0.Tìm phơng trình các cạnh.

Lời giải. ( Đề thi ĐH kiến trúc 1998)
Theo bài,AC vng góc với BH.Vậy pt cạnh AC: x+y-2=0
Từ đó toạ độ C là nghiệm hệ: 3 2 0 4

2 0 2

x y x

x y y

   

 



 

   

 

vËy C(4;-2)

Gọi A’là điểm đối xứng của A qua đờng phân giác :x+3y+2=0.cóAA’:3x-y+6=0
Có trung điểm I của AA’ là giao của AA’ với x+3y+2=0.Vậy I(-2;0).Vậy A’(-3;-3)
Khi này A’ thuộc BC.Vậy pt BC chính là pt CA’: x-7y-18=0

Suy ra toạ độ B là nghiệm của hệ 0 3

7 18 0 3

x y x

x y y

  

 



 

   

 

 B(-3;-3) (trùng với A)
Phơng trình cạnh AB: 3x-y+6=0

*Dng 10:Tam giác ABC,biết đỉnh A,đờng trung tuyến hạ từ đỉnh B,đờng phõn giỏc

trong của góc C.Tìm phơng trình các cạnh.
Phơng pháp: ( Bài toán thứ 9 trong tam giác)

+) b1:Tìm toạ độ A’ là điểm đối xứng của A qua đờng phân giác trong của góc C.
+) b2: Tham số hoá toạ độ của C(xC;yC) theo đờng phân giác trong của góc C

Tham số hoá toạ độ của B1(x1;y1) theo đờng trung tuyến hạ từ B.

+)b3:Tìm toạ độ của C nhờ B là trung điểm của AC.

ví dụ 10:Tam giác ABC biết A(4;4),trung tuyến BB1: x-3y-2=0, đờng phân giác

trong cña gãc C cã phơng trình: : x-2y-1=0.Lập phơng trình các cạnh.
Lời giải.

Gi A là điểm đối xứng của A qua : x-2y-1=0.Ta có A’(6;0)
Gọi C(xC;yC) thì vì C thuộc  nên : xC-2yC-1=0 suy ra C(2yC+1;yC)

Tợng tự điểm B1(x1;y1) thuộc BB1: x-3y-2=0.Vậy B1(3y1+2;y1)

Mà B1 là trung điểm của AC nên:

1 1

4 2 1 7

3 2

2 2 2

2 2

A C C

C

x x y

x y y

y y y

y

y y

  

 



  

  

  

 

  

 

     



 

 

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Bài 2 : Phơng trình đờng trịn.
A. Tóm t ắ t lý thuy ế t.
1. Phương trình đờng trịn có tâm và bán kính cho trớc.

Trong m t ph ng ặ Oxy cho ng tròn tâm I a b( ; ) b¸n kÝnh R. Khi ó ph ng
trình c a ng tròn là :

2 2 2

(x a ) (y b ) R .

2.Nhận xét : ( Điều kiện để Phơng trình bậc hai là 1 PT đờng trịn)
Phơng trình

2 2

2 2 0

x y  ax by C 

Là phơng trình đờng trịn khi và chỉ khi a2 b2 c 0

   .Khi đó tâm I a b( ; ), bán
kính R a2 b2 c

   .

Chú ý: Hệ số của x2 và hệ số của y2 của một pt đờng trịn phải bằng nhau

3.Phơng trình tiếp tuyến của đờng tròn.

Trong oxy cho đờng tròn (C) có tâm I a b( ; ), bán kính R
a) Điều kiện tiếp xúc của đờng thẳng và đờng trịn.

Đường thẳng tiếp xóc với đường trßn khi v ch khi khoảng cách t tâm ng
tròn n ng thng bng bán kính ca ng tròn.

tiếp xúc (C) d(I, )=R

b)Tiếp tuyến tại điểm M0(x0; y0) thuộc (C).

Phuơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M0(x0; y0) là:

(x0-a).(x-x0)+(y0-b).(y-y0) =0

c) Tip tuyn ca đờng tròn đi qua điểm A(xa; ya).

PP1: - Gọi ttuyến qua A, cã VTPT n



=(a;b), đk:a2 b2 0(*). 
Dạng : a( x-xa)+b(y-ya)=0

- Đktx của  v (C) lµ : d(I, à )=R 
- Giải đktx, chọn a,b thỏa đk(*).

* PP2: :- Gọi ttuyếnqua A, cã hệ số gãc k . Dạng : y= k(x-xa)+ya
- Đktx của  v (C ) lµ : d(I, à )=R

- Giải đktx, t×m k. Nếu cã 2 gi¸ trị k -> dừng. Nếu chỉ cã 1 giá tr k thì kim
tra dng qua A kh«ng cã hƯ sè gãc: x=xA cã thỏa m·n đktx -> nhận.

d) Vi ế t pttt c ủ a đ êng trßn khi bi ế t ph ươ ng cña tiÕp tuyÕn . 
* PP: KiÓu 1: // (d): ax+by+c=0

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

- Dạng : bx-ay+m=0
- Đktx: d(I, )=R -> m

B.C¸c dạng bài tập.

Dạng 1. Bài toán vi t ph ươ ng tr×nh đườ ng tròn .

Víd 1.Vit phng trình ng tròn ng kính AB,vi A(1;1), (7; 5)B .
 Đáp s : (x 4)2(y 3)2 13 hay x2  y2  8x 6y120.

ví dụ 2: viết phơng trình đờng trịn Có tâm I(-2;3) và đi qua M(2;-3)

Vídụ3.viết phơng trình đờng trịn ngoại tiếp ABC, với A( 2;4), (5;5), (6; 2) B C  .

Đáp s : x2 y2  4x 2y 20 0 .

Ví dụ 4.Viết phương trình đờng trịn có tâm I ( 1;2)và tiếp xúc với đường thẳng

:

x

2 y

7 0







. Đáp s : ( 1)2 ( 2)2 4
5

x  y  .

Ví d 5.Vit phng trình ng tròn quaA ( 4;2) vµ tiếp xóc với hai trục toạ độ.
 Đáp s : (x2)2 (y 2)2 4 hoặc (x10)2 (y 10)2 100.

Dạng2: B à i toán tìm tham số để ph ơng trình d ạ ng x2 y2 2ax 2by C  l0
ph

ơng trình đ ờng tròn.
Ph

ơng pháp : PT trên là phơng trình đờng tròn 

a



b



c



0

Ví d 1. Trong các phng trình sau ây, phng trình nào là phng trình ca
mt ng tròn. Xác nh tâm và tính bán kính của nó.

a. x2 y2  4x2y 6 0. c. x2 y2 6x 8y 16 0

     .

b. x2  y24x 5y 1 0. d.

2 x



2 y



3 x



2 0



§¸p số : c ) ( 3; 4),I  R  . d) 3 ( ; 0),3 5.

4 4

I R 

VÝ dụ 2. Cho phương tr×nh : x2 y2 6mx 2(m 1)y11m22m 4 0 .
a. Tìm iu kin ca m pt trên là pt ng tròn.

b. Tìm quỹ tích tâm ng tròn.

Lời gi¶i.

Giả sử pt đờng trịn có dạng:x2+y2-2ax-2by+c=0 (điều kiện: a2+b2-c>0 )

a)Theo bµi ta cã:

2 2

2 6 3

2 2( 1) 1

11 2 4 11 2 4

a m a m

b m b m

c m m c m m

   

 

     

 

 

     

 

vËy a2+b2-c=-m2-4m+5

pt đã cho là pt đờng tròn a2 b2 c 0

     m2 4m 5 0 5m1
b)với điều kiện: -5<m<1, thì pt đã cho là pt đờng trịn , có tâm I(-3m;m-1)

vậy toạ độ của I

3 1

1
3

1 1 3

I I

I

x m m x

y x

y m y m



 

 

   

 

 

   

vậy quỹ tích tâm đờng trịn là đờng thẳng: 1 1
3

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

VÝ dụ 3. Cho phương tr×nh (Cm): x2 y2 2(m1)x 2(m 3)y 2 0.

a)T×m m để (Cm) là phng trình ca mt ng tròn.

b)Tìm m (Cm) là ng tròn tâm I(1; 3). Vit phng trình ng tròn này.

c)Tỡm m(Cm)lng trũn cú bỏn kớnh R 5 2.Vit phng trỡnh ng trũn ú

d)Tìm tp hp tâm các ng tròn (Cm).

Lời giải.

Gi s pt ng trũn cú dạng:x2+y2-2ax-2by+c=0 (điều kiện: a2+b2-c>0 )

a) theo bµi cã:

2 2( 1) ( 1)

2 2( 3) 3

2 2

a m a m

b m b m

c c

    

 

 

     

 

   

 

vËy a2+b2-c=2(m2-4m+4)

pt đã cho là pt đờng tròn 2 2

a b c

     2(m2 4m4) 0  m2

b)Để (Cm) là ng tròn tâm I(1; 3).

2 2

( 1) 1 0 0

3 3 0

m m

m m m

m m

 

 

 

        

    

 

khi đó pt đờng trịn là: x2+y2-2x+6y+2=0

c)(Cm)làng tròn có bán kính

5 2.

R 2 2

2 2 7

4 21 0

2( 4 4) 5 2 7

m

m m m

m

m m

m m m





    

 

        



  

    

  

 




vËy cã 2 pt tho¶ m·n: x2+y2+12x-8y+2=0 hc x2+y2-8x+12y+2=0

d)với điều kiện: m#2 thì pt đã cho là pt đờng trịn , có tâm I(-(m-1);m-3)

vậy toạ độ của I ( 1) 1 2

3 3

I I

x m m x

y x

y m y m

   

 

   

 

   

 

vậy quỹ tích tâm đờng trịn là đờng thẳng: yx 2 hay: x+y+2=0

Dạng 3:Phơng trình tiếp tuyến của đờng trịn.

ví dụ1 :cho đờng trịn (c) có ptrình: x2+y2-4x+8y-5=0

a) Tìm toạ độ tâm và bán kính của ( c)

b) ViÕt pt tiếp tuyến của ( c) tại điểm A(-1;0) trên (c)

c) viết pt tiếp tuyến với (c) biết ttuyến đó vng góc với đờng thẳng 3x-4y+5=0
lời giải.

giả sử Pt đờng trịn có dạng: x2+y2-2ax-2by+c=0 với điều kiện: a2+b2-c>0

ta cã: -2a=-4; -2b=8; c=-5.VËy a=2, b=-4, c=-5 và a2+b2-c=25

a) Tâm I(2;-4) và b¸n kÝnh R=5

b) giả sử  là tiếp tuyến của đờng trịn tại điểm A(-1;0).Thì có vtpt là IA=(-3;4)
vậy pttq của  là : -3.(x+1)+4.(y-0)=0 hay -3x+4y-3=0

c)Giả sử là tiếp tuyến cần tìm.Vì 3x-4y+5=0 nên : 4x+3y+c=0
mặt khác vì là tiếp tun cđa (c) nªn d(I,)=R

2 2

4.2 3.( 4) 4

5 5 4 25

4 3

c c

c

   

     



c
c



  



VËy có 2 pt tiếp tuyến thoả mÃn bài toán:

: 4x+3y+29=0 và ’ : 4x+3y-21=0
ví dụ 2:Viết phơng trình tiếp tuyến  với đờng tròn

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

biết rằng  song song với đơng thẳng d’ : 3x-y+2006=0
lời giải.

§êng tròn (c ) có tâm I(2;-3) và bán kính R= 10.

Phơng trình của đờng thẳng  song song với d’ có dạng: 3x-y+c=0
 tiếp xúc với (c ) khi và chỉ khi d(I,)=R

3.2 1.( 3)2 2 10 9 10 1

19
3 ( 1)

c



   

      





Vậy có 2 phơng trình tiếp tuyến thoả mÃn bài toán:
3x-y+1=0 vµ 3x-y-19=0

ví dụ 3:Lập phơng trình tiếp tuyến với đờng tròn (c ): x2+y2-4x-2y=0

biÕt r»ng tiÕp tuyÕn đI qua điểm A(3;-2)
lời giải.

theo bài ( c) có tâm I(2;1) và bán kính R= a2 b2 c 4 1 0 5

     
Gọi tiÕp tuyến qua A, cã VTPT n



=(a;b), đk:a2 b2 0(*). 
Dạng : a( x-3)+b(y+2)=0 hay ax+by-3a+2b=0
 tiÕp xóc víi (c ) d I( , ) R 2a b2 3a2 2b 5

a b

  

    



(3b a)2 5.(a2 b2) 4a2 4b2 6ab 0

       

2 2

2a 2b 3ab 0

   

Chän a=1 suy ra b=-1/2 hoặc b=2

Vậy có 2 phơng trình tiếp tuyến thoả mÃn bài toán là:
x-1

2y-4=0 vµ x+2y+1=0

C. B I TÀ ẬP.
1. Tìm phng trình ng tròn ( )C biết rằng :

a)( )C tiếp xóc với hai trục toạ độ vµà cã b¸n kÝnh R 3.
b) ( )C tiếp xóc với Ox tại A(5;0) vµà cã b¸n kÝnh R 3.
c) Tiếp xóc với Oy tại B(0;5) vµà đi qua C(5;2).

b) Ngoại tiếp OAB với A(4;0), (0; 2)B  .
c) Tip xúc vi Ox ti A(6;0) và đi qua B(9;3).

3. Cho hai điểm A( 1;6), ( 5;2) B  . Lập phương tr×nh đường trßn ( )C , biết :
a) Đường kÝnh AB. b) ( )C ngoại tiếp OAB.

4. Viết phương tr×nh đường trßn đi qua ba điểm :

a) A(8;0) , (9;3) , (0;6)B C . b) A(1; 2) , (5;2) , (1; 3)B C 

5. Cho đường trßn ( )C đi qua điểm A( 1; 2) , ( 2;3) B  vµ cã tâm trên ng thng

: 3x y 10 0

  .

Vit phng trình ca ( )C .

Lời giải.

Gi s pt đờng trịn có dạng:x2+y2-2ax-2by+c=0 (điều kiện: a2+b2-c>0 )

theo bài ,vì A(-1;2) thuộc (C ) nên: (-1)2+2+2a-4b+c=0 hay: 2a-4b+c=-5 (1)

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

mặt khác, tâm I(a,b) nằm trên : 3x y 10 0 nªn: 3a-b+10=0 (3)
tõ (1),(2),(3) ta có hệ phơng trình.

2 4 5 3

4 6 13 1

3 10 0 5

a b c a

a b c b

a b c

   

 

 

    

 

   

.Thử lại a2+b2-c=(-3)2+12-5=5>0 thoả mÃn điều kiện.

Vy pt đờng trịn cần tìm là: x2+y2+6x-2y+5=0

6. Viết phương tr×nh ng tròn ( )C tip xúc vi các trc toạ độ vµà :

a)Đi qua A(2; 1). b) Có tâm thuc ng thẳng : 3x 5y 8 0 .

7.Cho ba điểm A(4;3), B(2;7) và C(-3;-8)

a)Tỡm to ca trọng tâm G và trực tâm H của tam giác ABC
b)Viết phơng trình đờng trịn ngoại tiếp tam giác ABC.

c)gọi T là tâm của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.chng minh T,G,H thng hng

lời giải.
a)Gọi G(xG;yG) là trọng tâm tâm giác ABC ta có:

3
3

A B C
G

A B C

G

x x x
x

y y y
y

 



 



hay

4 2 ( 3)
3
3 7 ( 8)

G

x
y

  


hay G(1;2/3)

Gọi H(xH;yH) là trực tâm của tam gi¸c ABC, ta cã:

( H 4; H 3)

AH  x  y 



; BC    ( 5; 15); BH (xH  2;yH 7)



; AC   ( 7; 11)

Ta cã H là trực tâm tam giác ABC AH BC
BH AC




 





 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 

5( 4) 15( 3) 0 3 13 13

7 11 91 0

7( 2) 11( 7) 0

H h H H H

H H H
H H

x y x y x

x y y

x y

       

  

     

  

      



vậy toạ độ của H(13;0)
b)Giả sử phơng trình đờng trịn có dạng x2+y2-2ax-2by+c=0

ta cã A,B,C thu«c ( c)

16 9 8 6 0 8 6 25 5

4 49 4 14 0 4 14 53 1

9 64 6 16 0 6 16 73 59

a b c a b c a

a b c a b c b

a b c a b c c

         

  

  

              

           

  

vây phơng trình đờng trịn cần tìm: x2+y2+10x-2y-59=0

c)Theo bài tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC là T(-5;1)
ta có: TH (18; 1)



; (6; 1)
3

TG  


</div>

Toa Do Trong Phang

( ; )

.

.

<i>u</i>





<i>x y</i>



<i>u x i y j</i>











<i>Oxy</i>

<i>u</i>





( ; );

<i>x y v</i>





( '; ')

<i>x y</i>

<i>u</i>



<sub></sub>

<i>v</i>



<sub></sub>

(

<i>x</i>

<sub></sub>

<i>x y</i>

';

<sub></sub>

<i>y</i>

')

<i>k u</i>



<sub></sub>

(

<i>k x</i>

.

;

<i>k y</i>

.

)

<i>u v</i>

.

<sub></sub>

<i>x x</i>

.

'

<sub></sub>

<i>y y</i>

.

'

 

<i>u</i>



<sub></sub>

<i>x</i>

<sub></sub>

<i>x</i>

'

<sub></sub>

<i>u</i>



<sub></sub>

<i>x</i>

<sub></sub>

<i>x</i>

'

<i>u</i>

<sub></sub>

<i>v</i>

<sub></sub>

<i>u v</i>