Tuyển tập chuyên đề các bài toán hình học phẳng hay

kynanglamtoan
kynanglamtoan(186 tài liệu)
(34 người theo dõi)
Lượt xem 1701
23
Tải xuống 3,000₫
(Lịch sử tải xuống)
Số trang: 48 | Loại file: PDF
2

Gửi bình luận

Bình luận

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 10/01/2014, 00:07

Mô tả: kynanglamtoan@facebook.com 1 TUYN TP CC BI TP HèNH HC PHNG HAY NHT ( Ti liu ụn thi i hc ) Bi 1. Trong mt phng Oxy cho cỏc im A 1; 0 , B 2; 4 , C 1; 4 , D 3; 5 v ng thng d : 3x y 5 0 . Tỡm im M trờn d sao cho hai tam giỏc MAB, MCD cú din tớch bng nhau. Gii - M thuc d thi M(a;3a-5 ) - Mt khỏc : 1 3;4 5, : 4 3 4 0 3 4 x y AB AB AB x y 1 4 4;1 17; : 4 17 0 4 1 x y CD CD CD x y - Tớnh : 1 2 4 3 3 5 4 4 3 5 17 13 19 3 11 , , 5 5 17 17 a a a a a a h M AB h - Nu din tich 2 tam giỏc bng nhau thỡ : 1 2 11 13 19 3 11 5.13 19 17. 3 11 1 1 . . 12 13 19 11 3 2 2 5 17 8 a a a a a AB h CD h a a a - Vy trờn d cú 2 im : 1 2 11 27 ; , 8;19 12 12 M M Bi 2. Cho hỡnh tam giỏc ABC cú din tớch bng 2. Bit A(1;0), B(0;2) v trung im I ca AC nm trờn ng thng y = x. Tỡm to nh C Gii - Nu C nm trờn d : y=x thỡ A(a;a) do ú suy ra C(2a-1;2a). - Ta cú : 0 2 , 2 2 d B d . - Theo gi thit : 2 2 1 4 . , 2 2 2 2 0 2 2 S AC d B d AC a a 2 2 1 3 2 8 8 8 4 2 2 1 0 1 3 2 a a a a a a - Vy ta cú 2 im C : 1 2 1 3 1 3 1 3 1 3 ; , ; 2 2 2 2 C C Bi 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với )5;2(,)1;1( BA , đỉnh C nằm trên đờng thẳng 04 x , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 0632 yx . Tính diện tích tam giác ABC. Gii Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Trang 2 - Tọa độ C có dạng : C(4;a) ,     5 3;4 1 1 : 4 3 7 0 3 4 AB AB x y AB x y                  - Theo tính chát trọng tâm ; 1 2 4 1 3 3 1 5 6 3 3 3 A B C G G A B C GG x x x x x y y y a a yy                             - Do G nằm trên : 2x-3y+6=0 , cho nên : 6 2.1 3 6 0 2 3 a a              . - Vậy M(4;2) và     4.4 3.2 7 1 1 15 , 3 . , 5.3 2 2 2 16 9 ABC d C AB S AB d C AB          (đvdt) Bài 4. Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi )2;1(,)1;2(   BA , träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®êng th¼ng 02    yx . T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 . Giải. - Ta có : M là trung điểm của AB thì M 3 1 ; 2 2        . Gọi C(a;b) , theo tính chất trọng tam tam giác : 3 3 3 3 G G a x b y            - Do G nằm trên d :   3 3 2 0 6 1 3 3 a b a b         - Ta có :       3 5 2 1 1;3 : 3 5 0 , 1 3 10 a b x y AB AB x y h C AB               - Từ giả thiết :   2 5 2 5 1 1 . , 10. 13,5 2 2 2 10 ABC a b a b S AB h C AB         2 5 27 2 32 2 5 27 2 5 27 2 22 a b a b a b a b a b                         - Kết hợp với (1) ta có 2 hệ :   1 2 20 6 6 3 2 32 3 38 38 38 20 ; , 6;12 3 3 3 6 6 12 2 22 3 18 6 b a b a b a b a a C C a b a b b a b a a                                                                                Bài 5. Trong mặt phẳng oxy cho ABC  có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình : x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích ABC  . A(2;1) B(1;-2) C M( 3 1 ; 2 2  ) G d:x+y-2=0 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Trang 3 Giải - Đường thẳng (AC) qua A(2;1) và vuông góc với đường cao kẻ qua B , nên có véc tơ chỉ phương       2 1; 3 : 1 3 x t n AC t R y t             - Tọa độ C là giao của (AC) với đường trung tuyến kẻ qua C : 2 1 3 1 0 x t y t x y              Giải ta được : t=2 và C(4;-5). Vì B nằm trên đường cao kẻ qua B suy ra B(3a+7;a) . M là trung điểm của AB 3 9 1 ; 2 2 a a M          . - Mặt khác M nằm trên đường trung tuyến kẻ qua C :   3 9 1 1 0 3 1; 2 2 2 a a a B            - Ta có :       12 2 1 1; 3 10, : 3 5 0, ; 1 3 10 x y AB AB AB x y h C AB               - Vậy :   1 1 12 . , 10. 6 2 2 10 ABC S AB h C AB    (đvdt). Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC Giải - Gọi B(a;b) suy ra M 5 2 ; 2 2 a b         . M nằm trên trung tuyến nên : 2a-b+14=0 (1). - B,B đối xứng nhau qua đường trung trực cho nên :     : x a t BC t R y b t         . Từ đó suy ra tọa độ N : 6 2 3 6 2 6 0 6 2 a b t x a t a b y b t x x y b a y                                3 6 6 ; 2 2 a b b a N            . Cho nên ta có tọa độ C(2a-b-6;6-a ) - Do C nằm trên đường trung tuyến : 5a-2b-9=0 (2) - Từ (1) và (2) :     2 14 0 37 37;88 , 20; 31 5 2 9 0 88 a b a B C a b b                     A(2;1) B C x+y+1=0 x-3y-7=0 M A(5;2) B C x+y-6=0 2x-y+3=0 M N Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Trang 4 Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : 3 8 0 x y    , ':3 4 10 0 x y     và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’. Giải - Gọi tâm đường tròn là I , do I thuộc   2 3 : 2 3 ; 2 2 x t I t t y t                - A thuộc đường tròn     2 2 3 3 IA t t R      (1) - Đường tròn tiếp xúc với     3 2 3 4 2 10 13 12 ' 5 5 t t t R R             . (2) - Từ (1) và (2) :           2 2 2 2 2 13 12 3 3 25 3 3 13 12 5 t t t t t t              Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn 2 2 ( ) : – 2 – 2 1 0, C x y x y   2 2 ( ') : 4 – 5 0 C x y x    cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( ), ( ') C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB Giải * Cách 1. - Gọi d là đường thẳng qua M có véc tơ chỉ phương   1 ; : x at u a b d y bt          - Đường tròn         1 1 1 2 2 2 : 1;1 , 1. : 2;0 , 3 C I R C I R    , suy ra :           2 2 2 2 1 2 : 1 1 1, : 2 9 C x y C x y        - Nếu d cắt   1 C tại A :   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 0 1 ; 2 t M ab b a b t bt A b a b a b t a b                        - Nếu d cắt   2 C tại B :   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 6 6 6 0 1 ; 6 t M a ab a b t at B a a b a b t a b                          - Theo giả thiết : MA=2MB   2 2 4 * MA MB  - Ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 4 ab b a ab a b a b a b a b                                        2 2 2 2 2 2 2 2 6 : 6 6 0 4 36 4. 36 6 : 6 6 0 b a d x y b a b a b a d x y a b a b                      * Cách 2. - Sử dụng phép vị tự tâm I tỉ số vị tự k= 1 2  . ( Học sinh tự làm ) Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm (1;0) H , chân đường cao hạ từ đỉnh B là (0; 2) K , trung điểm cạnh AB là (3;1) M . Giải - Theo tính chất đường cao : HK vuông góc với AC cho nên (AC) qua K(0;2) có véc tơ pháp tuyến       1; 2 : 2 2 0 2 4 0 KH AC x y x y            . Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Trang 5 - B nằm trên (BH) qua H(1;0) và có véc tơ chỉ phương     1; 2 1 ; 2 KH B t t       . - M(3;1) là trung điểm của AB cho nên A(5-t;2+2t). - Mặt khác A thuộc (AC) cho nên : 5-t-2(2+2t)+4=0 , suy ra t=1 . Do đó A(4;4),B(2;-2) - Vì C thuộc (AC) suy ra C(2t;2+t) ,     2 2;4 , 3;4 BC t t HA      . Theo tính chất đường cao kẻ từ A :     . 0 3 2 2 4 4 0 1 HA BC t t t             . Vậy : C(-2;1). - (AB) qua A(4;4) có véc tơ chỉ phương       4 4 2;6 // 1;3 : 1 3 x y BA u AB         3 8 0 x y     - (BC) qua B(2;-2) có véc tơ pháp tuyến         3;4 :3 2 4 2 0 HA BC x y        3 4 2 0 x y     . Bài 10. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình   2 2 1 : 4 5 0 C x y y     và   2 2 2 : 6 8 16 0. C x y x y      Lập phương trình tiếp tuyến chung của   1 C và   2 . C Giải - Ta có :               2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 : 2 9 0;2 , 3, : 3 4 9 3; 4 , 3 C x y I R C x y I R             - Nhận xét :   1 2 1 9 4 13 3 3 6 I I C        không cắt   2 C - Gọi d : ax+by+c =0 ( 2 2 0 a b   ) là tiếp tuyến chung , thế thì :     1 1 2 2 , , , d I d R d I d R       2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 3 4 2 2 3 4 2 3 4 3 4 2 3 4 3 2 b c a b c b c b c a b c a b b c a b c a b c b c a b c a b a b a b                                         2 3 2 2 0 a b a b c         . Mặt khác từ (1) :     2 2 2 2 9b c a b     - Trường hợp : a=2b thay vào (1) :       2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 5 4 2 9 4 41 4 0. ' 4 41 45 2 3 5 4 b b c b b c b b b bc c c c c c b                        - Do đó ta có hai đường thẳng cần tìm :         1 2 3 5 2 3 5 : 1 0 2 2 3 5 2 3 5 4 0 2 4 d x y x y                    1 2 3 5 2 3 5 : 1 0 2 2 3 5 2 3 5 4 0 2 4 d x y x y            H(1;0) K(0;2 ) M(3;1) A B C Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Trang 6 - Trường hợp : 2 3 2 b a c   , thay vào (1) : 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 b a b b a a b a b           2 2 2 2 0, 2 0 2 2 3 4 0 4 4 , 6 3 3 6 a b a c b c b a a b b ab a a a b a c b c                                  - Vậy có 2 đường thẳng : 3 : 2 1 0 d x   , 4 : 6 8 1 0 d x y    Bài 11. Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc với đường thẳng : 2 0 d x y    tại điểm A có hoành độ bằng 4. Giải - Do A thuộc d : A(4;2) - Giả sử (H) :       2 2 2 2 2 2 16 4 1 * 1 1 x y A H a b a b        - Mặt khác do d tiếp xúc với (H) thì hệ sau có 12 nghiệm bằng nhau :     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 0 2 2 2 2 b a x a x a a b b x a y a b b x a x a b y x y x y x                                       4 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 ' 4 4 4 4 0 4 a a b a a a b a b a b a b a b b a a b                 - Kết hợp với (1) :   2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 16 4 8 16 0 4 : 1 8 4 4 4 8 b a a b b b b x y H a b a b a                                Bài 12. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật Giải - Dễ nhận thấy B là giao của BD với AB cho nên tọa dộ B là nghiệm của hệ : 2 1 0 21 13 ; 7 14 0 5 5 x y B x y                 - Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và vuông góc với (AB) cho nên có véc tơ chỉ phương:     21 5 1; 2 : 13 2 5 x t u BC y t                - Ta có :     , 2 2 2 , AC BD BIC ABD AB BD         - (AB) có   1 1; 2 n    , (BD) có   1 2 2 1 2 n . 1 14 15 3 1; 7 os = 5 50 5 10 10 n n c n n              - Gọi (AC) có     2 2 2 a-7b 9 4 , os AC,BD os2 = 2cos 1 2 1 10 5 50 n a b c c a b                   - Do đó :     2 2 2 2 2 2 2 5 7 4 50 7 32 31 14 17 0 a b a b a b a b a ab b             A B C D M(2;1) x-7y+14=0 x-2y+1=0 I Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Trang 7 - Suy ra :         17 17 : 2 1 0 17 31 3 0 31 31 : 2 1 0 3 0 a b AC x y x y a b AC x y x y                            - (AC) cắt (BC) tại C 21 5 13 7 14 5 2 ; 5 15 3 3 3 0 x t y t t C x y                           - (AC) cắt (AB) tại A :   2 1 0 7 7;4 3 0 4 x y x A x y y                  - (AD) vuông góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy ra (AD) : 7 4 2 x t y t        - (AD) cắt (BD) tại D : 7 7 98 46 4 2 ; 15 15 15 7 14 0 x t y t t D x y                      - Trường hợp (AC) : 17x-31y-3=0 các em làm tương tự . Bài 13. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1 : x + y + 5 = 0 và d 2 : x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG Giải - B thuộc d suy ra B : 5 x t y t        , C thuộc d' cho nên C: 7 2 x m y m       . - Theo tính chất trọng tâm :   2 9 2 2, 0 3 3 G G t m m t x y          - Ta có hệ : 2 1 2 3 1 m t m t m t                - Vậy : B(-1;-4) và C(5;1) . Đường thẳng (BG) qua G(2;0) có véc tơ chỉ phương   3;4 u   , cho nên (BG):   20 15 8 2 13 4 3 8 0 ; 3 4 5 5 x y x y d C BG R             - Vậy đường tròn có tâm C(5;1) và có bán kính R=       2 2 13 169 : 5 1 5 25 C x y     Bài 14. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) Giải - Đường (AB) cắt (BC) tại B 2 5 1 0 12 23 0 x y x y          A(2;3) B C x+y+5=0 x+2y-7=0 G(2;0) M A B C 2x-5y+1=0 M(3;1) H 12x-y-23=0 Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Trang 8 Suy ra : B(2;-1). . (AB) có hệ số góc k=12, đường thẳng (BC) có hệ số góc k'= 2 5 , do đó ta có : 2 12 5 tan 2 2 1 12. 5 B     . Gọi (AC) có hệ số góc là m thì ta có : 2 2 5 5 tan 2 5 2 1 5 m m C m m       . Vì tam giác ABC cân tại A cho nên tanB=tanC, hay ta có : 8 2 5 4 10 2 5 2 2 5 2 2 5 9 2 5 4 10 5 2 12 m m m m m m m m m m                           - Trường hợp :     9 9 : 3 1 9 8 35 0 8 8 m AC y x x y            - Trường hợp : m=12 suy ra (AC): y=12(x-3)+1 hay (AC): 12x-y-25=0 ( loại vì nó //AB ). - Vậy (AC) : 9x+8y-35=0 . Bài 15. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : (C 1 ) : (x - 5) 2 + (y + 12) 2 = 225 và (C 2 ) : (x – 1) 2 + ( y – 2) 2 = 25 Giải : . - Ta có (C) với tâm I(5;-12) ,R=15. (C') có J(1;2) và R'=5. Gọi d là tiếp tuyến chung có phương trình : ax+by+c=0 ( 2 2 0 a b   ). - Khi đó ta có :         2 2 2 2 5 12 2 , 15 1 , , 5 2 a b c a b c h I d h J d a b a b           - Từ (1) và (2) suy ra : 5 12 3 6 3 5 12 3 2 5 12 3 6 3 a b c a b c a b c a b c a b c a b c                     9 3 2 2 a b c a b c           . Thay vào (1) : 2 2 2 5 a b c a b     ta có hai trường hợp : - Trường hợp : c=a-9b thay vào (1) :     2 2 2 2 2 2 7 25 21 28 24 0 a b a b a ab b        Suy ra : 14 10 7 14 10 7 175 10 7 : 0 21 21 21 14 10 7 14 10 7 175 10 7 : 0 21 21 21 a d x y a d x y                                        - Trường hợp :       2 2 2 2 2 3 2 1 : 7 2 100 96 28 51 0 2 c a b b a a b a ab b            . Vô nghiệm . ( Phù hợp vì : 16 196 212 ' 5 15 20 400 IJ R R         . Hai đường tròn cắt nhau ) . Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : 2 2 x y 2x 8y 8 0      . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6. Giải - Đường thẳng d' song song với d : 3x+y+m=0 - IH là khoảng cách từ I đến d' : 3 4 1 5 5 m m IH       I(-1;4) A B H Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Trang 9 - Xét tam giác vuông IHB : 2 2 2 25 9 16 4 AB IH IB              2 19 ':3 19 0 1 16 1 20 21 ': 3 21 0 25 m d x ym m m d x y                      Bài 17. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phân giác trong qua đỉnh A, C lần lượt là : (d 1 ) : 3x – 4y + 27 = 0 và (d 2 ) : x + 2y– 5=0 Giải - Đường thẳng (BC) qua B(2;-1) và vuông góc với (AH) suy ra (BC): 2 3 1 4 x t y t         , hay :   2 1 4 3 7 0 4;3 3 4 x y x y n             - (BC) cắt (CK) tại C :   2 3 1 4 1 1;3 2 5 0 x t y t t C x y                    - (AC) qua C(-1;3) có véc tơ pháp tuyến   ; n a b   Suy ra (AC): a(x+1)+b(y-3)=0 (*). Gọi 4 6 10 2 os = 5 16 9 5 5 5 KCB KCA c            - Tương tự :     2 2 2 2 2 2 2 a+2b a+2b 2 os = 2 4 5 5 5 c a b a b a b a b                2 0 3 0 3 0 3 4 0 4 4 1 3 0 4 3 5 0 3 3 a b y y a ab b a x y x y                          - (AC) cắt (AH) tại A :   1 2 3 3 0 5 3 4 27 0 31 582 31 5;3 , ; 25 25 4 3 5 0 25 3 4 27 0 582 25 y y x x y A A x x y x y y                                                             - Lập (AB) qua B(2;-1) và 2 điểm A tìm được ở trên . ( học sinh tự lập ). Bài 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là : 3 x – y - 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếptam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC . Giải - Đường thẳng (BC) cắt Ox tại B : Cho y=0 suy ra x=1 , B(1;0) . Gọi A(a;0) thuộc Ox là đỉnh của góc vuông ( a khác 1 ) Đường thẳng x=a cắt (BC) tại C :     ; 3 1 a a  . - Độ dài các cạnh : 2 2 2 1 , 3 1 2 1 AB a AC a BC AB AC BC a           - Chu vi tam giác : 2p=     3 3 1 1 3 1 2 1 3 3 1 2 a a a a a p             B(2;-1) A C x+2y-5=0 3x-4y+27=0 H K Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Trang 10 - Ta có : S=pr suy ra p= S r .(*) Nhưng S=   2 1 1 3 . 1 3 1 1 2 2 2 AB AC a a a      . Cho nên (*) trở thành :       2 3 2 3 1 3 3 3 1 1 1 1 2 3 1 2 4 1 2 3 a a a a a                   - Trọng tâm G :       1 2 3 2 3 1 2 1 7 4 3 3 7 4 3 2 3 6 3 3 ; 3 3 3 1 3 2 2 3 2 3 6 3 3 3 G G G G a x x G a y y                                               2 2 1 2 3 1 2 1 1 4 3 3 1 4 3 2 3 6 3 3 ; 3 3 3 1 3 2 2 3 2 3 6 3 3 3 G G G G a x x G a y y                                               Bài 19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : 0124 22  yxyx và đường thẳng d : 01    yx . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 0 90 Giải - M thuộc d suy ra M(t;-1-t). . Nếu 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau thì MAIB là hình vuông ( A,B là 2 tiếp điểm ). Do đó AB=MI= IA 2 =R 2 = 6 2 2 3  . - Ta có :     2 2 2 2 2 2 8 2 3 MI t t t       - Do đó :     1 2 2 2 2 2; 2 1 2 8 12 2 2 2; 2 1 t M t t t M                    . * Chú ý : Ta còn cách khác - Gọi d' là đường thẳng qua M có hệ số góc k suy ra d' có phương trình : y=k(x-t)-t-1, hay : kx-y-kt-t-1=0 (1) . - Nếu d' là tiếp tuyến của (C) kẻ từ M thì d(I;d')=R 2 2 2 6 1 k kt t k                  2 2 2 2 2 2 2 6 1 4 2 2 2 2 4 2 0 t k t k t t k t t k t t                     - Từ giả thiết ta có điều kiện :      2 2 2 2 2 2 4 2 0 ' 4 2 4 2 4 0 4 2 1 4 2 t t t t t t t t t t t                             -   1 2 2 2 1 2 2 1 2 2 6 1 ' 19 0 2 ; 2 1 2 t k k t t t k k M k k t                                M x+y+1=0 A B I(2;1) . x-3y-7=0 M A(5;2) B C x+y-6=0 2x-y+3=0 M N Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Trang 4 Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng .         M x+y+1=0 A B I(2;1) Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG Trang 11 Bài 20. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) : 044

— Xem thêm —

Xem thêm: Tuyển tập chuyên đề các bài toán hình học phẳng hay, Tuyển tập chuyên đề các bài toán hình học phẳng hay, Tuyển tập chuyên đề các bài toán hình học phẳng hay

Lên đầu trang

Từ khóa liên quan

Đăng ký

Generate time = 0.10291790962219 s. Memory usage = 13.99 MB