Giải SBT Đề toán tổng hợp Chương 3 – Hình học 10

Bài 3.46 trang 162

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(2;1).

a) Lập phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với đường thẳng  d: x – y – 1 = 0 tại M(2;1) và có tâm nằm trên đường thẳng  d’ x – 2y – 6 = 0

b) Lập phương trình tiếp tuyến với  (C)  biết rằng tiếp tuyến này vuông góc với đường thẳng m: x – y + 3 = 0

Gợi ý làm bài

a) Đường thẳng \(\Delta \) đi qua M và vuông góc với d có phương trình \(\Delta x + y + C = 0\). \(\Delta \) qua M nên C = -3. Vậy \(\Delta x + y – 3 = 0\)

Tọa độ tâm I của đường tròn  (C)   là nghiệm của hệ:

\(\left\{ \matrix{
x + y – 3 = 0 \hfill \cr
x – 2y – 6 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 4 \hfill \cr
y = – 1 \hfill \cr} \right. \Rightarrow I(4; – 1).\)

Bán kính \(R = IM = 2\sqrt 2 \)

Phương trình đường tròn cần tìm có tâm I(4;-1) và có bán kính \(R = 2\sqrt 2 \) là:

\({(x – 4)^2} + {(y + 1)^2} = 8.\)

b) Đường thẳng m: x – y + 3 = 0 Tiếp tuyến \(\Delta ‘\) với  (C)  vuông góc với đường thẳng m nên \(\Delta ‘\) có phương trình : x + y + c = 0

\(\Delta ‘\) là tiếp tuyến với  (C)   \( \Leftrightarrow d\left[ {I;\Delta ‘} \right] = R\)

\(\eqalign{
& \Leftrightarrow d\left[ {I;\Delta ‘} \right] = R \cr
& \Leftrightarrow {{\left| {4 – 1 + c} \right|} \over {\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
c = 1 \hfill \cr
c = – 7 \hfill \cr} \right. \cr} \)

Vậy có hai tiếp tuyến với  (C)  thỏa mãn yêu cầu bài toán có phương trình là :

\(\left[ \matrix{
\Delta {‘_1}:x + y + 1 = 0 \hfill \cr
\Delta {‘_2}:x + y – 7 = 0 \hfill \cr} \right.\)

Bài 3.47

Viết phương trình đường tròn (C) biết rằng (C)  đi qua A(1;-6) và tiếp xúc với đường thẳng \(\Delta :2x + y + 1 = 0\) tại B( – 2;3).

HD giải

Gọi I(a;b) là tâm của  (C) .

\(\eqalign{
& \overrightarrow {AI} = (a – 1;b + 6); \cr
& \,\overrightarrow {BI} = (a + 2;b – 3)\,; \cr
& \,{\overrightarrow u _\Delta } = ( – 1;2) \cr} \)

là vectơ chỉ phương của \(\Delta \)

Ta có : IA = IB = R và

\(IB \bot \Delta \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
A{I^2} = B{I^2} \hfill \cr
{\overrightarrow u _\Delta }.\overrightarrow {BI} = 0 \hfill \cr} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{(a – 1)^2} + {(b + 6)^2} = {(a + 2)^2} + {(b – 3)^2} \hfill \cr
– 1.(a + 2) + 2.(b – 3) = 0 \hfill \cr} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
6a – 18b = 24 \hfill \cr
– a + 2b = 8 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = – 32 \hfill \cr
b = – 12 \hfill \cr} \right.\)

Khi đó \({R^2} = A{I^2} = {( – 33)^2} + {( – 6)^2} = 1125\)

Vậy  (C)  : \({(x + 32)^2} + {(y + 12)^2} = 1125\)

Bài 3.48 trang 162

Cho đường tròn  (C) : \({x^2} + {y^2} – 6x + 4y – 12 = 0.\)

a) Tìm tọa độ tâm I và bán kính của đường tròn  (C)  ;

b) Viết phương trình tiếp tuyến  của đườn tròn (C) biết rằng tiếp tuyến song song với đường thẳng d: 5x + 12y + 2012 = 0.

Bài làm

a)  (C)  có tâm I(3;-1) và R = 5.

b) Tiếp tuyến \(\Delta \) song song với d \( \Rightarrow \Delta :5x + 12y + c = 0\,(c \ne 2012)\)

\(\Delta \) tiếp xúc với  (C)  \( \Leftrightarrow d(I;\Delta ) = R\)

\(\eqalign{
& \Leftrightarrow {{\left| {5.3 + 12.( – 2) + c} \right|} \over {\sqrt {{5^2} + {{12}^2}} }} = 5 \cr
& \Leftrightarrow \left| {c – 9} \right| = 65 \cr
& \Leftrightarrow \left[ \matrix{
c = 74 \hfill \cr
c = – 56 \hfill \cr} \right. \cr} \)

Vậy \(\Delta :5x + 12y + 74 = 0\) hay \(\Delta :5x + 12y – 56 = 0.\)

Bài 3.49

Cho elip (E): \({{{x^2}} \over {64}} + {{{y^2}} \over {48}} = 1.\)

Tìm tọa độ những điểm M trên (E) sao cho : \(M{F_1} + 2M{F_2} = 26\)

Bài giải

Ta có \(a = 8\,;\,b = 4\sqrt 3 \,;\,c = 4\,;\,{c \over a} = {1 \over 2}\,.\)

\(\eqalign{
& M(x;y) \in (E) \Leftrightarrow {{{x^2}} \over {64}} + {{{y^2}} \over {48}} = 1\,\,\,(1)\,\,; \cr
& \,{F_1}M = 8 + {x \over 2};\,{F_2}M = 8 – {x \over 2}. \cr} \)

Theo giả thiết ta có:

\(\eqalign{
& 8 + {x \over 2} + 2\left( {8 – {x \over 2}} \right) = 26 \cr
& \Leftrightarrow 24 – {x \over 2} = 26 \Leftrightarrow x = – 4. \cr} \)

Thay vào (1) ta được:

\({{16} \over {64}} = {{{y^2}} \over {48}} = 1 \Leftrightarrow {y^2} = 36 \Leftrightarrow y =  \pm 6.\)

Vậy \(M( – 4; \pm 6).\)

Bài 3.50

Cho đường tròn  (C): \({x^2} + {y^2} – 2x – 6y + 6 = 0\) và điểm M(2;4).

a) Chứng minh rằng điểm M nằm trong  (C) ;

b) Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của đoạn AB.

HD giải

a)  (C):  \({x^2} + {y^2} – 2x – 6y + 6 = 0 \Rightarrow \)

(C)  có

\(\left\{ \matrix{
I(1;3) \hfill \cr
\,R = 2 \hfill \cr} \right.\,\)

(R là bán kính)

\(IM = \sqrt 2  < R \Rightarrow \) M nằm trong  (C)

 b) Đường thẳng d cắt đường tròn  (C)  tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng \(AB \Rightarrow d \bot IM\) tại M

Phương trình đường thẳng:

d: – qua M(2;4)

    – nhận \(\overrightarrow {{\rm{IM}}} {\rm{ = (1;1)}}\) làm vectơ pháp tuyến

\( \Rightarrow d:1.(x – 2) + 1.(y – 4) = 0\)

\( \Rightarrow d:x + y – 6 = 0.\)

Bài 3.51 trang 162

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip (E) : \({{{x^2}} \over {25}} + {{{y^2}} \over 9} = 1\)

a) Xác định độ dài các trục, tiêu cự của elip (E) ;

b) Tìm các điểm M thuộc (E) sao cho \({1 \over {M{F_1}}} + {1 \over {M{F_2}}} = {8 \over {{F_1}{F_2}}}\).

Bài giải

\((E):{{{x^2}} \over {25}} + {{{y^2}} \over 9} = 1\)

a) Ta có :

\(\left\{ \matrix{
{a^2} = 25 \Rightarrow a = 5 \hfill \cr
{b^2} = 9 \Rightarrow b = 3 \hfill \cr} \right.\)

\( \Rightarrow {c^2} = {a^2} – {b^2} = 25 – 9 = 16 \Rightarrow c = 4.\)

Độ dài trục lớn : \({A_1}{A_2} = 2a = 10\); Độ dài trục bé : \({B_1}{B_2} = 2b = 6\). Tiêu cự : \({F_1}{F_2} = 2c = 8\)

b) M thuộc \((E) \Rightarrow \left\{ \matrix{
M{F_1} = a + {c \over a}x = 5 + {4 \over 5}x \hfill \cr
M{F_2} = a – {c \over a}x = 5 – {4 \over 5}x \hfill \cr} \right.\)

\({1 \over {M{F_1}}} + {1 \over {M{F_2}}} = {8 \over {{F_1}{F_2}}} \Leftrightarrow 25 – {{16} \over {25}}{x^2} = 10\)

\( \Leftrightarrow x \pm {{5\sqrt {15} } \over 4} \Rightarrow y =  \pm {3 \over 4}\)

Vậy : có bốn điểm thỏa mãn yêu cầu bào toán là: \(M\left( { \pm {{5\sqrt {15} } \over 4}; \pm {3 \over 4}} \right).\)

Bài 3.52 trang 163

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : \({x^2} + {y^2} + 4x + 4y + 6 = 0\) và đường thẳng \(\Delta x + my – 2m + 3 = 0\) với m là tham số thực.

a) Tìm tọa độ tâm I và bán kính R của đường tròn (C) ;

b) Tìm m để  cắt (C)  tại hai điểm phân biệt sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất.  

a) Đường tròn  (C)   có tâm I(-2;-2) và bán kính \(R = \sqrt {2.} \)

b) Diện tích tam giác IAB là :

\(S = {1 \over 2}IA.IB\sin AIB \le {1 \over 2}{R^2} = 1.\)

S lớn nhất \( \Leftrightarrow S = 1\)

\( \Leftrightarrow \sin AIB = 1\)

\( \Leftrightarrow IA \bot IB\)

\( \Leftrightarrow d\left( {I,\Delta } \right) = {R \over {\sqrt 2 }}\)

\( \Leftrightarrow {{\left| { – 2 – 2m – 2m + 3} \right|} \over {\sqrt {1 + {m^2}} }} = 1\)

\( \Leftrightarrow {\left( {1 – 4m} \right)^2} = 1 + {m^2}\)

\( \Leftrightarrow 15{m^2} – 8m = 0\)

\( \Leftrightarrow m = 0\) hay \(m = {8 \over {15}}\)

Bài 3.53

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC cân tại A có A(-1;4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng : \(\Delta x – y – 4 = 0\)

a) Tính khoảng cách từ A đến đường thẳng \(\Delta \)

b) Xác định tọa độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.

Gợi ý làm bài

a) Gọi H là hình chiếu của A trên , suy ra H là trung điểm của BC.

\(AH = d(A,BC) = {9 \over {\sqrt 2 }}\)

b) \(BC = {{2{S_{\Delta ABC}}} \over {AH}} = 4\sqrt 2 .\)

\(AB = AC = \sqrt {A{H^2} + {{B{C^2}} \over 4}}  = \sqrt {{{97} \over 2}} .\)

Tọa độ điểm B và C là nghiệm của hệ :

\(\left\{ \matrix{
{\left( {x + 1} \right)^2} + {(y – 4)^2} = {{97} \over 2} \hfill \cr
x – y – 4 = 0\,. \hfill \cr} \right.\)

Giải hệ ta được $\left( {x;y} \right) = \left( {{{11} \over 2};{3 \over 2}} \right)$ hoặc $\left( {x;y} \right) = \left( {{3 \over 2}; – {5 \over 2}} \right)$

Vậy $B\left( {{{11} \over 2};{3 \over 2}} \right)\,,\,C\left( {{3 \over 2}; – {5 \over 2}} \right)$ hoặc $B\left( {{3 \over 2}; – {5 \over 2}} \right)\,,C\left( {{{11} \over 2};{3 \over 2}} \right)\,.$

Bài 3.54

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6;2) là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm M(1;5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng  \(\Delta x + y – 5 = 0\). \(\Delta x + y – 5 = 0\)

Gọi N là điểm đối xứng với M qua I, suy ra N(11 ; -1) và điểm N thuộc đường thẳng CD.

\(E \in \Delta  \Rightarrow E(x;5 – x)\,;\,\overrightarrow {IE}  = (x – 6;3 – x)\)

và: \(\overrightarrow {NE}  = (x – 11;6 – x)\)

E là trung điểm của CD \( \Rightarrow IE \bot EN.\)

\(\overrightarrow {IE} .\overrightarrow {NE}  = 0 \Leftrightarrow \left( {x – 6} \right)\left( {x – 11} \right) + \left( {3 – x} \right)\left( {6 – x} \right) = 0\)

\(\overrightarrow {IE} .\overrightarrow {NE}  = 0 \Leftrightarrow \left( {x – 6} \right)\left( {x – 11} \right) + \left( {3 – x} \right)\left( {6 – x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow x = 6\) hoặc x = 7

Với \(x = 6 \Rightarrow \overrightarrow {IE}  = (0;3),\)

Phương trình \(AB:y – 5 = 0.\)

Với \(x = 7 \Rightarrow IE = \left( {1; – 4} \right),\)

Phương trình \(AB:x – 4y + 19 = 0.\)

Bài 3.55 trang 163 Toán 10

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : \({(x – 2)^2} + {y^2} = {4 \over 5}\) và đường thẳng \({\Delta _1}:x – y = 0\), \({\Delta _2}:x – 7y = 0\). Xác định tọa độ tâm K vàn bán kính của đường tròn (C1) ; biết đường tròng (C1) tiếp xúc với các đường thẳng \({\Delta _1}\), \({\Delta _2}\) và tâm K không thuộc đường tròn (C).

Gọi \(K\left( {a;b} \right)\,;\,k \in (C) \Leftrightarrow {\left( {a – 2} \right)^2} + {b^2} = {5 \over 4}\,\,\,\,\,(1)\)

\(({C_1})\) tiếp xúc với \({\Delta _1},{\Delta _2} \Leftrightarrow {{\left| {a – b} \right|} \over {\sqrt 2 }} = {{\left| {a – 7b} \right|} \over {5\sqrt 2 }}\,\,(2).\)

Từ (1) và (2) cho ta :

\(\left\{ \matrix{
5{\left( {a – 2} \right)^2} + 5{b^2} = 4 \hfill \cr
5\left| {a – b} \right| = \left| {a – 7b} \right| \hfill \cr} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
5{\left( {a – 2} \right)^2} + 5{b^2} = 4 \hfill \cr
5\left( {a – b} \right) = a – 7b \hfill \cr} \right.\,\,\,\,(I)\,\,\,\)

và

\(\left\{ \matrix{
5{\left( {a – 2} \right)^2} + 5{b^2} = 4 \hfill \cr
5(a – b) = 7b – a \hfill \cr} \right.\,\,\,\,\,\,(II)\)

\((I) \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
25{a^2} – 20a + 16 = 0 \hfill \cr
b = – 2a \hfill \cr} \right.\)

(vô nghiệm)

\((II) \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = 2b \hfill \cr
25{b^2} – 40b + 16 = 0 \hfill \cr} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left( {a;b} \right) = \left( {{8 \over 5};{4 \over 5}} \right).\)

Bán kính  (C1) : \(R = {{\left| {a – b} \right|} \over {\sqrt 2 }} = {{2\sqrt 2 } \over 5}.\)

Vậy \(K\left( {{8 \over 5};{4 \over 5}} \right)\) và \(R = {{2\sqrt 2 } \over 5}.\)

Bài 3.56 trang 163 SBT Hình 10

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(-1;-1), đường phân giác trong của góc A có phương trình x – y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y – 1 = 0

Ta gọi \({d_1}:x – y + 2 = 0\) và \({d_2}:4x + 3y – 1 = 0\).

Gọi H'(a;b) là điểm đối xứng của H qua \({d_1}\)

Khi đó H’ thuộc đường thẳng AC (h.3.16).

\(\overrightarrow u  = (1;1)\) là vectơ chỉ phương của \({d_1}\), \(\overrightarrow {HH’}  = \left( {a + 1;b + 1} \right)\) vuông góc với \(\overrightarrow u \) và trung điểm \(I\left( {{{a – 1} \over 2};{{b – 1} \over 2}} \right)\) của \(\overrightarrow {HH’} \) thuộc \({d_1}\). Do đó tọa độ của H’ là nghiệm của hệ phương trình:

\(\left\{ \matrix{
1.\left( {a + 1} \right) + 1\left( {b + 1} \right) = 0 \hfill \cr
{{a – 1} \over 2} – {{b – 1} \over 2} = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow H'( – 3;1).\)

Đường thẳng AC đi qua H’ vuông góc với \({d_2}\) nên có viectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow v  = \left( {3; – 4} \right)\), suy ra AC có phương trình là :

\(\eqalign{
& 3\left( {x + 3} \right) – 4\left( {y – 1} \right) = 0 \cr
& \Leftrightarrow 3x – 4y + 13 = 0. \cr} \)

Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình  \(\left\{ \matrix{
3x – 4y + 13 = 0 \hfill \cr
x – y + 2 = 0 \hfill \cr} \right.\)

\( \Rightarrow A(5;7).\)

Đường thẳng CH đi qua H (-1 ; -1) với vectơ pháp tuyến là \({1 \over 2}\overrightarrow {HA}  = \left( {3;4} \right)\) nên có phương trình là:

\(3\left( {x + 1} \right) + 4\left( {y + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow 3x + 4y + 7 = 0.\)

Tọa độ của C là nghiệm của phương trình

\(\left\{ \matrix{
3x + 4y + 7 = 0 \hfill \cr
3x – 4y + 13 = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow C\left( { – {{10} \over 3};{3 \over 4}} \right).\)

Bài 3.57

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các đường thẳng \({\Delta _1}:x – 2y – 3 = 0\) và \({\Delta _2}:x + y + 1 = 0\). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng \({\Delta _1}\) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng \({\Delta _2}\) bằng \({1 \over {\sqrt 2 }}\).

Đáp án

Khoảng cách từ M đến \({\Delta _2}\) là \(d(M,{\Delta _2}) = {{\left| {2t + 3 + t + 1} \right|} \over {\sqrt 2 }}\)

\(d(M,{\Delta _2}) = {1 \over {\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \left[ \matrix{
t = – 1 \hfill \cr
t = – {5 \over 3} \hfill \cr} \right.\)

Vậy M(1;-1) hoặc \(M\left( { – {1 \over 3}; – {5 \over 3}} \right).\)

Bài 3.58 trang 163 Toán hình 10

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d: x – 2y + 3 = 0.

\(\eqalign{
& A \in Ox\,,\,B \in Oy \cr
& \Rightarrow A\left( {a;0} \right),B\left( {0;b} \right),AB = \left( { – a;b} \right). \cr} \)

Vectơ chỉ phương của d là \(\overrightarrow u  = \left( {2;1} \right)\)

Tọa độ trung điểm I của AB là \(\left( {{a \over 2};{b \over 2}} \right)\).

A và B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi:

\(\left\{ \matrix{
\overrightarrow {AB} .\overrightarrow u = 0 \hfill \cr
I \in d \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
– 2a + b = 0 \hfill \cr
{a \over 2} – b + 3 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = 2 \hfill \cr
b = 4. \hfill \cr} \right.\)

Vậy \(A\left( {2;0} \right),B\left( {0;4} \right).\)

Bài 3.59

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0;2), B(-2;-2) và C(4;-2). Gọi H là chân đường cao kẻ từ B; M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm H, M, N.

Ta có \(M\left( { – 1;0} \right),N\left( {1; – 2} \right),AC = \left( {4; – 4} \right)\)

Giả sử H(x;y) . Ta có :

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
\overrightarrow {BH} \bot \overrightarrow {AC} \hfill \cr
H \in AC \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
4(x + 2) – 4(y + 2) = 0 \hfill \cr
4x + 4(y – 2) = 0 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 1 \hfill \cr
y = 1 \hfill \cr} \right. \Rightarrow H\left( {1;1} \right). \cr} \)

Giả sử phương trình đường tròn cần tìm là:

\({x^2} + {y^2} + 2ax + 2by + c = 0\,\,\,\,\,\,\,\,(1).\)

Thay tọa độ của M, N, H vào (1) ta có hệ điều kiện :

\(\left\{ \matrix{
2a – c = 1 \hfill \cr
2a – 4b + c = – 5 \hfill \cr
2a + 2b + c = – 2 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
a = – {1 \over 2} \hfill \cr
b = {1 \over 2} \hfill \cr
c = – 2. \hfill \cr} \right.\)

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:

\({x^2} + {y^2} – x + y – 2 = 0\)

Bài 3.60

Trong mặt phẳng 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 \({d_2}\) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.

Vì \(B \in {d_1},C \in {d_2}\) nên \(B\left( {b;2 – b} \right),C\left( {c;8 – c} \right).\)

Tam giác ABC vuông cân tại A

\(\eqalign{
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0 \hfill \cr
AB = AC \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
bc – 4b – c + 2 = 0 \hfill \cr
{b^2} – 2b = {c^2} – 8c + 18 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
(b – 1)(c – 4) = 2 \hfill \cr
{(b – 1)^2}{(c – 4)^2} = 3. \hfill \cr} \right. \cr} \)

Đặt x = b – 1, y = c – 4 ta có hệ :

\(\left\{ \matrix{
x.y = 2 \hfill \cr
{x^2} – {y^2} = 3 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = – 2 \hfill \cr
y = – 1 \hfill \cr} \right.\)

hoặc

\(\left\{ \matrix{
x = 2 \hfill \cr
y = 1. \hfill \cr} \right.\)

Vậy B(-1 ; 3), C(3 ; 5) hoặc B(3 ; -1), C(5;3)

Bài 3.61 trang 164 Ôn tập chương 3

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): \({\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y + 2} \right)^2} = 9\) và đường thẳng d: 3x – 4y + m = 0. Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến PA, PB tới (C)  (A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác PAB đều.

(C)  có tâm I(1 ; -2) và bán kính R = 3. Ta có tam giác PAB đều thì \(IP = 2IA = 2R = 6 \Leftrightarrow P\) thuộc đường tròn  (C ’)  có tâm I, bán kính R’=6.

Trên d có duy nhất một điểm P thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi d tiếp xúc với  (C ’)  tại P \( \Leftrightarrow d(I,d) = 6\)

\( \Leftrightarrow m = 19,\,\,m =  – 41.\)

Bài 3.62

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng: \({d_1}:x – y = 0\) và \({d_2}:2x + y – 1 = 0\) Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc \({d_1}\) , đỉnh C thuộc \({d_2}\) và các đỉnh B, D thuộc trục hoành.

Vì \(A \in {d_1} \Rightarrow A\left( {t;t} \right).\)

Vì A và C đối xứng nhau qua BD và \(B,D \in Ox\) nên \(C\left( {t; – t} \right)\)

Vì \(C \in {d_2}\) nên \(2t – t – 1 = 0 \Leftrightarrow t = 1\). Vậy A(1 ; 1), C(1 ; -1).

Trung điểm AC là I(1 ; 0). Vì I là tâm hình vuông nên

\(\left\{ \matrix{
IB = IA = 1 \hfill \cr
ID = IA = 1 \hfill \cr} \right.\)

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
B \in Ox \hfill \cr
D \in Ox \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
B(b;0) \hfill \cr
D(d;0) \hfill \cr} \right. \cr
& \Rightarrow \left\{ \matrix{
\left| {b – 1} \right| = 1 \hfill \cr
\left| {d – 1} \right| = 1 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
b = 0,b = 2 \hfill \cr
d = 0,d = 2. \hfill \cr} \right. \cr} \)

Suy ra B(0 ; 0) và D(2 ; 0) hoặc B(2 ; 0), D(0 ; 0).

Vậy bốn đỉnh của hình vuông là A(1 ; 1),  B(0 ; 0), C(1 ; -1), D(2 ; 0)

hoặc A(1 ; 1),  B(2 ; 0), C(1 ; -1), D(0 ; 0).

Bài 3.63 trang 164 SBT Toán hình 10

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2;0) và B(6;4). Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại A và khoảng cách từ tâm của (C) đến B bằng 5.

Gợi ý làm bài

Gọi tâm của  (C)   là I(a;b) và bán kính của  (C)   là R.

(C)   tiếp xúc với Ox tai A \( \Rightarrow a = 2\) và \(\left| b \right| = R\)

\(IB = 5 \Leftrightarrow {\left( {6 – 2} \right)^2} + {\left( {4 – b} \right)^2} = 25\)

\( \Leftrightarrow {b^2} – 8b + 7 = 0 \Leftrightarrow b = 1,b = 7.\)

Với a = 2, b = 1 ta có đường tròn  (C 1) : \({\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y – 1} \right)^2} = 1\)

Với a = 2, b = 7 ta có đường tròn  (C 2) : \({\left( {x – 2} \right)^2} + {\left( {y – 7} \right)^2} = 49.\)

Bài 3.64

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): \({x^2} + {y^2} – 2x – 2y + 1 = 0\) và đường thẳng  d: x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C) và tiếp xúc ngoài vơi đường tròng (C).

Đường tròn  (C)  có tâm I(1 ; 1), bán kính R = 1.

Vì \(M \in d\) nên M(x;x + 3). Yêu cầu của bài toán tương đương với:

\(MI = R + 2R \Leftrightarrow {\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {x + 2} \right)^2} = 9\)

\( \Leftrightarrow x = 1,x =  – 2\)

Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là M(1 ; 4) và M(-2 ; 1).

Bài 3.65 trang 164 Hình học 10

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C)  : \({(x – 1)^2} + {(y – 2)^2} = 4\) và đường thẳng  d: x – y – 1 = 0. Viết phương trình đường tròn (C ’) đối xứng vơi đường tròng (C) qua đường thẳng d. Tìm tọa độ các giao điểm của (C ’) và (C).

Đường thẳng d có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow n  = \left( {1; – 1} \right).\) Do đó đường thẳng \(\Delta \) đi qua tâm \(I\left( {1;2} \right)\) và vuông góc với d có phương trình :

\({{x – 1} \over 1} = {{y – 2} \over { – 1}} \Leftrightarrow x + y – 3 = 0.\)

Tọa độ giao điểm H của d và  là nghiệm của hệ phương trình :

\(\left\{ \matrix{
x – y – 1 = 0 \hfill \cr
x + y – 3 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 2 \hfill \cr
y = 1 \hfill \cr} \right. \Rightarrow H\left( {2;1} \right)\)

Gọi J là điểm đối xứng của I qua d. Khi đó :

\(\left\{ \matrix{
{x_J} = 2{x_H} – {x_I} = 3 \hfill \cr
{y_J} = 2{y_H} – {y_I} = 0 \hfill \cr} \right. \Rightarrow J(3;0).\)

Vì  (C ’)  đối xứng với  (C )  qua d nên  (C ’)  có tâm là \(J\left( {3;0} \right)\) và bán kính R = 2.

Do đó  (C ’)  có phương trình là :

\({\left( {x – 3} \right)^2} + {y^2} = 4\)

Tọa độ các giao điểm của  (C )  và  (C ’)  là nghiệm của hệ phương trình :

\(\left\{ \matrix{
{\left( {x – 1} \right)^2} + {\left( {y – 2} \right)^2} = 4 \hfill \cr
{\left( {x – 3} \right)^2} + {y^2} = 4 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x – y – 1 = 0 \hfill \cr
{\left( {x – 3} \right)^2} + {y^2} = 4 \hfill \cr} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
y = x – 1 \hfill \cr
2{x^2} – 8x + 6 = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left[ \matrix{
x = 1,y = 0 \hfill \cr
x = 3,y = 2. \hfill \cr} \right.\)

Vậy tọa độ giao điểm của  (C )  và  (C  ’ )  là A(1 ; 0) và B(3 ; 2).

Bài 3.66

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm \(I\left( {{1 \over 2};0} \right)\) phương trình đường thẳng AB là : x – 2y + 2 = 0 và AB = 2AD. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết rằng đỉnh A có hoành độ âm.

Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB bằng

\({{\sqrt 5 } \over 2}\) \(\Rightarrow AD = \sqrt 5 \) và \(IA = IB = {5 \over 2}.\)

Do đó A, B là các giao điểm của đường thẳng AB với đường tròn tâm I và bán kính \(R = {5 \over 2}.\)

Vậy tọa độ A, B là nghiệm của hệ :

\(\left\{ \matrix{
x – 2y + 2 = 0 \hfill \cr
{\left( {x – {1 \over 2}} \right)^2} + {y^2} = {\left( {{5 \over 2}} \right)^2} \hfill \cr} \right.\)

Giải hệ ta được \(A( – 2;0),B(2;2)\) (vì \({x_A} < 0\))

\( \Rightarrow C\left( {3;0} \right),D\left( { – 1; – 2} \right).\)

Bài 3.67 trang 164 SBT Toán hình 10

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,xét tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là :  \(\sqrt 3 x – y – \sqrt 3  = 0\), các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

Gợi ý làm bài

( Xem hình 3.25)

Ta có: \(BC \cap Ox = B(1;0)\)

Đặt \({x_A} = a\) ta có A(a;0) và \({x_C} = a \Rightarrow {y_C} = \sqrt 3 a – \sqrt 3 .\)

Vậy \(C\left( {a;\sqrt 3 a – \sqrt 3 } \right).\)

Từ công thức

\(\left\{ \matrix{
{x_G} = {1 \over 3}\left( {{x_A} + {x_B} + {x_C}} \right) \hfill \cr
{y_G} = {1 \over 3}\left( {{y_A} + {y_B} + {y_C}} \right) \hfill \cr} \right.\)

Ta có:

\(G\left( {{{2a + 1} \over 3};{{\sqrt 3 \left( {a – 1} \right)} \over 3}} \right).\)

Mà \(AB = \left| {a – 1} \right|,AC = \sqrt 3 \left| {a – 1} \right|,BC = 2\left| {a – 1} \right|\). Do đó :

\({S_{\Delta ABC}} = {1 \over 2}AB.AC = {{\sqrt 3 } \over 2}{\left( {a – 1} \right)^2}.\)

Ta có:

\(\eqalign{
& r = {{2S} \over {AB + AC + BC}} \cr
& = {{\sqrt 3 {{\left( {a – 1} \right)}^2}} \over {3\left| {a – 1} \right| + \sqrt 3 \left| {a – 1} \right|}} = {{\left| {a – 1} \right|} \over {\sqrt 3 + 1}} = 2. \cr} \)

Vậy \(\left| {a – 1} \right| = 2\sqrt 3  + 2.\)

Trường hợp 1.

\({a_1} = 2\sqrt 3  + 3 \Rightarrow {G_1}\left( {{{7 + 4\sqrt 3 } \over 3};{{6 + 2\sqrt 3 } \over 3}} \right).\)

Trường hợp 2.

\({a_2} =  – 2\sqrt 3  – 1 \Rightarrow {G_2}\left( {{{4\sqrt 3  – 1} \over 3};{{ – 6 – 2\sqrt 3 } \over 3}} \right).\)

Bài 3.68 – Ôn tập chương 3 hình 10

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm C(2;0) và elip (E): \({{{x^2}} \over 4} + {{{y^2}} \over 1} = 1\). Tìm tọa độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều.

Bài giải

Giả sử \(A\left( {{x_0};{y_0}} \right)\). Do A, B đối xứng nhau qua Ox nên \(B({x_0}; – {y_0})\)

Ta có : \(A{B^2} = 4y_0^2\) và \(A{C^2} = {\left( {{x_0} – 2} \right)^2} + y_0^2.\)

Vì \(A \in (E)\) nên \({{x_0^2} \over 4} + y_0^2 = 1 \Rightarrow y_0^2 = 1 – {{x_0^2} \over 4}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\)

Vì AB = AC nên \({\left( {{x_0} – 2} \right)^2} + y_0^2 = 4y_0^2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\)

Thay (1) vào (2) và rút gọn ta được

\(7x_0^2 – 16{x_0} + 4 = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{
{x_0} = 2 \hfill \cr
{x_0} = {2 \over 7}. \hfill \cr} \right.\)

Với \({x_0} = 2\) thay vào (1) ta có \({y_0} = 0.\) Trường hợp này loại vì \(A \equiv C.\)

Với \({x_0} = {2 \over 7}\) thay vào (1) ta có \({y_0} =  \pm {{4\sqrt 3 } \over 7}.\)

Vậy \(A\left( {{2 \over 7};{{4\sqrt 3 } \over 7}} \right),B\left( {{2 \over 7}; – {{4\sqrt 3 } \over 7}} \right)\) hoặc \(A\left( {{2 \over 7}; – {{4\sqrt 3 } \over 7}} \right),B\left( {{2 \over 7};{{4\sqrt 3 } \over 7}} \right)\)