Tải bản đầy đủ

Tọa độ trong mặt phẳng

TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG – LTĐH 2013 (Bài đăng số 8)
1)Cho tam giác ABC có A (- 3; 6 ), trực tâm H ( 2; 1 ), trọng tâm G (
các đỉnh B và C
GIẢI:

4 7
; ). Xác định tọa độ
3 3

uuur 2 uur
7 1
- Gọi I là trung điểm của BC, ta có AG = GI => I (  ; ÷
2 2
3
uuur
uuur 
AH = ( 5; −5 ) , đường thẳng BC đi qua I, có nBC = ( 1; −1) nên có pt: x – y – 3 = 0
 B ( b; b – 3 ) ∈ BC, I là trung điểm của BC nên suy ra C ( 7 – b; 4 – b )
uuur
AB = ( b + 3; b − 9 )
uuur

CH = ( b − 5; b − 3)
uuur uuur
b = 6
AB.CH = 0 ⇒ 2b 2 − 14b + 12 = 0 ⇔ 
b =1

* Vậy: B ( 6; 3 ),C ( 1; - 2 ) hoặc B ( 1; - 2 ), C ( 6; 3 )
2) Cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc d: x – 4y – 2 = 0, BC // d, đường cao BH: x + y + 3 = 0
và trung điểm của cạnh AC là M ( 1; 1 ) Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C.
GIẢI:
Do AC vuông góc BH và đi qua M ( 1; 1 ) nên có pt: x – y = 0

x − 4 y − 2 = 0
2 2
=> A ( − ; − )
x= y
3 3


Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ: 

8 8
3 3

M là trung điểm AC nên C ( ;

)

BC đi qua C và song song d nên BC: x – 4y + 8 = 0

 x+ y +3= 0
⇒ B ( −4;1)
x

4
y
+
8
=
0



Tọa độ B là nghiệm của hệ: 

3) Cho ( C ): x2 + y2 – 2x – 2y + 1 = 0
( C’): x2 + y2 + 4x – 5 = 0
cùng đi qua M ( 1; 0 ). Viết pt đường thẳng d đi qua M, cắt cả hai đường tròn tại A và B sao cho
MA = 2MB.
GIẢI:
( C ) có tâm I ( 1; 1 ); R = 1
( C’) có tâm I’ ( - 2; 0 ); R’ = 3
d đi qua M nên có dạng: ax + by –a = 0 ( a2 + b2 > 0 ). Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm MA,
MB. Do MA = 2MB nên MH = 2MH’ => IM2 – IH2 = 4 ( I’M2 – I’H2 )


b2
9a 2 
⇔ 1− 2
= 4.  9 − 2
do : IH = d ( I , d ) ; I ' H ' = d ( I ' , d )
2
2 ÷
a +b
a +b 


(

⇔ a 2 = 36b 2 ⇔ a = ±6b

Với a = 6b, chọn b = 1 =.> a = 6 => d1:6x + y – 6 = 0
Với a = - 6b, chọn b = - 1 => a = 6 => d2:6x – y – 6 = 0

)


4) Cho tam giác ABC cân tại A, AB:x – y – 3 = 0, BC: x – 2y + 8 = 0, đường thẳng AC đi qua
M ( 1; 2 ). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
GIẢI: Tọa độ B là nghiệm của hệ:

 x − y −3= 0
⇒ B ( 14;11)

x

2
y
+
8
=
0

1+ 2
3
cos ·ABC =
=
2. 5
10

A ( a; a -3 ) AB, M ( 1; 2 ) ∈AC
uuuur
r
AM = ( 1 − a;5 − a ) ⇒ n AC = ( 5 − a; a − 1)
r
n BC = ( 1; −2 )
5 − a − 2a + 2
3
cos ·ABC = cos ·ACB ⇔
=
⇔ 3. a 2 − 6a + 13 = 3a − 7
2
2
10
5. ( 5 − a ) + ( a − 1)
17
3
17 8
=> A ( ; )
3 3
⇔a=

r
 2 14 
n
AC đi qua M, AC =  − ; ÷ nên có pt: ( x – 1 ) – 7( y – 2 ) = 0 <=> x -7y + 13 = 0
 3 3
 x − 7 y + 13 = 0
⇒ C ( −6;1)
Tọa độ C là nghiệm của hệ: 
x

2
y
+
8
=
0

17 8
Vậy: A ( ; ), B ( 14; 11 ), C ( - 6, 1 )
3 3
5) Tam giác ABC cân tại A, AB: x + 2y – 2 = 0, AC: 2x + y + 1 = 0, điểm M ( 1; 2 ) thuộc đoạn
uuur uuur
BC. Tìm tọa độ điểm D sao cho AB. AC có giá trị nhỏ nhất.
GIẢI:
BC: a( x – 1 ) + b( y – 2 ) = 0
Tam giác ABC cân tại A nên: cos A = cos B <=>

a + 2b
5. a 2 + b 2

=

 a=b
⇔
5. a 2 + b 2
 a = −b
2a + b

Với: a = b ,ta chọn b = a = 1 => BC: x + y – 3 = 0, kết hợp với pt các cạnh AB, AC để tìm ra
tọa độ B ( 4; - 1 ), C ( - 4; 7 )

uuur

5 uuur
3

Do MC = − MB => M thuộc đoạn thẳng BC

2 1
3 3

Với: a = - b ta chọn b = - 1 => BC: x – y + 1 = 0 => B ( 0; 1 ), C ( − ;

uuur 5 uuur
MB => M nằm ngoài đoạn thẳng BC
3

Do MC =

Vậy ta chọn B ( 4; - 1 ), C ( - 4; 7 )

)


Gọi I là trung điểm của BC => I ( 0; 3 )Ta có:

uuur uuur uur uur uur uur
uur uur uur uur uur uur
uur uur
DB.DC = DI + IB . DI + IC = DI 2 + DI .IC + DI .IB + IB.IC = DI 2 + IB.IC

(

)(

)

uuur uuur
1 uuur 1 uuur
1
1
= DI 2 − BC. BC = DI 2 − .BC 2 ≥ − .BC 2 = −32 ⇒ min DB.DC = −32
2
2
4
4
Khi D ≡ I

(

)

Vậy D ( 0; 3)

6 ) Tam giác ABC có trọng tâm G ( 1;

11
), đường trung trực của BC có pt: x – 3y + 8 = 0,
3

AB: 4x + y – 9 = 0. Xác định tọa độ A, B, C.
GIẢI:
A ( a; 9 – 4a ), B ( b; 9 – 4b ), do G là trọng tâm nên suy ra C ( 3 – a – b; -7 + 4a + 4b )

3−a
; 2a + 1 ) của BC thuộc trung trực d của BC
2
uuur r
3−a
− 3 ( 2a + 1) + 8 = 0 (1). Mặt khác: BC.u d = 0
=>
2
Trung điểm I (

=> 3( 3 – 2b – a ) + 4a + 8b - 16 = 0 (2 ). Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra: a = 1, b = 3
Vậy A ( 1; 5 ), B ( 3; - 3 ), C ( - 1; 9 )
7 ) Cho d1: x – y + 1 = 0, d2: x – 2 = 0, M ( 2; 1 ) Lập pt đường tròn ( C ) đi qua M, có tâm I
trên d1 và chắn trên d2 một dây cung có độ dài bằng 6.
GIẢI:
( C ) có tâm I ( a; a + 1 ), do d2 // Oy và ( C ) cắt d2 theo dây cung có độ dài MN1 = 6 với
N1 ( 2; 7 ) hoặc MN2 = 6 với N2 ( 2; -5 ) nên ta có:

1+ 7

a
+
1
=
=4

 a=3
 I ( 3; 4 )
2
⇔
⇒ 1

 a + 1 = 1 + ( −5 ) = −2
 a = −3  I 2 ( −3; −2 )

2
Với I1 ( 3; 4 ), bán kính R1 = I1M = 10
Với I2 ( -3; -2 ), bán kính R2 = I2M = 34
Vậy có hai pt đường tròn :
( C1 ): ( x – 3 )2 + ( y – 4 )2 = 10
( C2 ): ( x +3 )2 + ( y + 2 )2 = 34
8) Tam giác ABC có B ( - 2; 1 ), AC: 2x + y + 1 = 0, trung tuyến AM: 3x + 2y + 3 = 0. Tính
SABC.
HD: Từ 2 pt cạnh AC và AM ta tìm được A ( 1; - 3 ). Gọi C ( c; - 2c – 1 ) ∈AC, có B ( -2; 1 )
=> trung điểm M của BC có tọa độ M (

c−2
; - c ), thay tọa độ M vào pt cạnh AM => c = 0
2

=> C ( 0; - 1 ). Pt cạnh BC: x + y + 1 = 0
Ta có: SABC =

1− 3
1
1
.BC.d ( A; BC ) = . 8.
=1
2
2
2

9) Cho E ( -1; 0 ) và ( C ): x2 + y2 – 8x – 4y – 16 = 0. Viết pt d đi qua E và cắt ( C ) theo một dây
cung có độ dài ngắn nhất.
HD: ( C ) có tâm I ( 4; 2 ), R = 6; IE = 29 < 6 => E nằm trong đường tròn ( C ).


Giả sử d đi qua E, d cắt ( C ) tại M, N. Gọi H là trung điểm MN => MN = 2. MH

= 2 IM 2 − IH 2 = 2. R 2 − IH 2 ⇒ MN min ⇔ IH max
IH ≤ IE ⇒ IH max = IE ,
Vậy để cho MNmin thì d đi qua E, vuông góc với IE. Từ đó viết được d: 5x + 2y + 5 = 0
10) Tam giác ABC có A ( 2; 1 ), trực tâm H ( 14; - 7 ), trung tuyến BM: 9x – 5y – 7 = 0
Tìm tọa độ các đỉnh B, C.

 x = −2 + 5t
=> M ( - 2 + 5m ; - 5 + 9m ) , do M là trung điểm AC nên suy
 y = −5 + 9t
ra C ( - 6 + 10m; - 11 + 18m ); B ( -2 + 5b; - 5 + 9b ) ∈ BM
uuur
BC = ( −4 + 10m − 5b; −6 + 18m − 9b )
uuur
AH = ( 12; −8 )
uuur uuur
BC. AH = 0 ⇔ −48 + 120m − 60b + 48 − 144m + 72b = 0 ⇔ b = 2m
uuur
B ( −2 + 10m; −5 + 18b ) ⇒ BH = ( 16 − 10m; −2 − 18m )
uuur
: AC = ( −8 + 10m; −12 + 18m )
uuur uuur
AC.BH = 0 ⇔ −128 + 240m − 100m 2 + 24 + 180m − 324m 2 = 0
HD: ptts của BM: 

26

m
=

53
⇔ −424m 2 + 420m − 104 = 0 ⇔ 
 m=1

2
1
Với m = , b = 1 ta được B ( 3; 4 ), C ( - 1; 2 )
2
154 203
26
52
 58 115 
;
), C  − ; −
,b =
Với m =
ta được B ( B (
÷
53 53
53
53
 53 53 

11) Cho đường tròn ( C ): x2 + y2 – 9 x – y + 18 = 0, A ( 1; 4 ), B ( - 1; 3 ). Gọi C và D là hai
điểm thuộc ( C ) sao cho ABCD là một hình bình hành . Viết pt đường thẳng CD.

9 1
2 2

HD: ( C ) có tâm I ( − ;

), bán kính R =

5
. Vì ABCD là một hình bình hành nên
2

CD // AB => CD: x – 2y + m = 0
Gọi H là trung điểm CD => CH =

CD AB
5
=
=
2
2
2
9
1
− 2. + m
7 + 2m
2
2
IH = d ( I , CD ) =
=
5
2 5
2

 m = −1
10 5  7 + 2m 
2
IC = HC + IH ⇔
= +

4
m
+
28
+
24
=
0

 m = −6
4 4  2 5 ÷


2

2

2


Vậy có hai pt đường thẳng CD thỏa yêu cầu bài toán là: x - 2y – 1 = 0 và x – 2y – 6 = 0
12) Cho ( C ): ( x - 1 )2+ ( y + 2 )2 = 10, B ( 1; 4 ), C ( - 3; 2 ) . Tìm tọa độ điểm A thuộc ( C )
sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19.
GIẢI:
Giả sử A ( x; y ) ∈ ( C ) => ( x – 1 )2 + ( y + 2 )2 = 10 ( 1 )
BC: x – 2y + 7 = 0
SABC =

 x − 2 y = 12
1
.BC.d ( A, BC ) = 19 ⇔ x − 2 y + 7 = 19 ⇔ 
2
 x − 2 y = −26

Với: x – 2y =12, kết hợp với pt ( 1 ) ta được: y = −
A(

14 23
; − ), A ( 2; −5 )
5
5

23
hoặc y = - 5.Từ đó tìm ra tọa độ
5

Với x – 2y + 26 = 0, kết hợp với pt ( 1 ) => vô nghiệm
Vậy có hai điểm A thỏa yêu cầu đề bài: A (

14 23
; − ), A ( 2; −5 )
5
5

13) Cho tam giác ABC cân tại A, AB: x + 2y – 4 = 0; BC: 3x + y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A
và C, biết rằng diện tích tam giác ABC bằng
HD:
Ta có cos B =

5
và điểm A có hoành độ dương.
2

1
⇒ B = 45o => tam giác ABC vuông cân tại A
2

B ( 2; - 1 ), A ( -2a + 4; a ), C ( c; - 3a + 7 )
SABC =

a = 2
1
1
5
2
2
AB 2 = ( 2a − 2 ) + ( a − 1)  = ⇔ 
 2
2
2
a = 0

Do
uuurA có hoành độ dương nên ta chọn a = 0, lúc đó A ( 4; 0 ) => C ( c; -3c + 7 )

AC = ( c − 4; −3c + 7 )
r
u AB = ( 2; −1)
uuur r
AC.u AB = 0 ⇔ 2c − 8 + 3c − 7 = 0 ⇔ c = 3 ⇒ C ( 3; −2 )

Vậy A (4; 0 ), C ( 3; - 2 )
14) Cho d: x – 2y + 5 = 0, ( C ): x2 + y2 – 2x + 4y – 5 = 0. Qua điểm M thuộc d, ta kẻ hai tiếp
tuyến MA, MB đến ( C ) ( A, B là hai tiếp điểm ). Tìm tọa độ điểm M biết AB = 2 5
HD:
( C ) có tâm I ( 1; - 2 ), bán kính R = 10
M ( 2m – 5; m ) ∈d


Trong tam giác vuông IAM, đường cao AH, ta có: AH =

AB
= 5
2
1
1
1
=
+
⇒ AM = 10
AH 2 AI 2 AM 2
IM . AH = IA. AM ⇒ IM = 2 5

(

⇒ ( 2m − 6 ) + ( m + 2 ) = 2 5
2

2

)

2

⇔m=2

Vậy M ( - 1; 2 )
15) Cho hình thoi ABCD có tâm I ( 2; 1 ), AC = 2CD. Điểm M ( 0;

1
) thuộc đường thẳng AB,
3

điểm N ( 0; 7 ) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ điểm B.
HD:
Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I => N’ ( 4; -5 ). Đường thẳng AB đi qua điểm M và N’, nên

 x = 4 − 3t
=> B ( 4 -3t ; - 5 + 4t ) ; mặt khác pttq của AB:4x + 3y – 1 = 0
y
=

5

4
t


có ptts: 

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, ta có IH = d ( I, AB ) =

8 + 3 −1
4 +3
2

2

=2

Đặt IB = x => IA = 2x, trong tam giác vuông IAB có:

1
1
1
1
1
1
=
+

=
+
⇔ x = IB = 5
IH 2 IA2 IB 2
4 4x2 x2
 7
 1 3
t
=

B
− ; ÷
 5
2
2
2

Ta có: IB = ( 2 – 3t ) + ( - 6 + 4t ) = 5
 5 5

 t = 1 ⇒ B ( 1; −1)




Cách khác: ( không cần viết ptts của AB ) ta có thể giải hệ pt: 

4x + 3 y −1 = 0

( x − 2 ) + ( y − 1) = 5
2

2

Cũng tìm được tọa độ B.
16) Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 22, AB: 3x + 4y + 1 = 0, CD: 2x – y – 3 = 0.
Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D. Biết điểm D có hoành độ dương.
GIẢI:
Tọa độ B là nghiệm cùa hệ:

3x + 4 y + 1 = 0
⇒ B ( 1; −1)

2
x

y

3
=
0

S ABCD = AB. AD = 22 ( 1)

cos ·ABD =

3.2 + 4. ( −1)

=

5. 5
11 AD
⇒ tan ·ABD = =
( 2)
2 AB

2
1
125
·
⇒ 1 + tan 2 ABD
=
=
4
5. 5
COS 2 ·ABD


Từ ( 1 ), ( 2 ) suy ra: AB = 2, AD = 11.
D ( d; 2d – 3 ) ∈ BD. Ta có: AD = d ( D, AB ) = 11 <=>

3d + 4 ( 2d − 3 ) + 1
5

r
AD đi qua D, n AD

 d = 6( N )
= 11 ⇔ 
=> D ( 6; 9 )
d
=

4
L
(
)

= ( 4; −3) nên có pt: 4x – 3y – 3 = 0

4 x − 3 y + 3 = 0
 3 1
⇒ A − ; ÷
Tọa đô A là nghiệm của hệ: 
 5 5
 3x + 4 y + 1 = 0
7 
 38 39 
; ÷
Trung điểm I của AB có tọa độ I (  ; 4 ÷⇒ C 
2
5
5 




17) Cho ( C ): x2 + y2 – 2x – 4y -5 = 0, A ( 0; 1 ). Tìm tọa độ B và C thuộc ( C ) sao cho tam
giác ABC đều.
GIẢI:
( C ) có tâm I ( 1; 2 ), bán kính R = 10 , A ( 0; 1 ) ∈ ( C )
Tam
uur giác ABC đều , I là trọng tâm, AI vuông góc với BC tại trung điểm H của BC

AI = ( 1;3)
uuur
IH = ( xH − 1; yH − 2 )

uur
uuur 1 = 2 ( xH − 1)
3 7
Do : AI = 2.IH ⇒ 
⇒H ; ÷
2 2
3 = 2 ( y H − 1)
r
uur
BC đi qua điểm H, n BC = AI ⇒ BC : x + 3 y − 12 = 0
x = 12 − 3 y

Tọa độ B, C là nghiệm của hệ: 
( x − 12 ) + ( y − 2) 2 = 10
 3+ 3 7 − 3 
3− 3 7 + 3
;
), C 
;
Giải hệ trên tìm được: B (
÷ hoặc ngược lại.
2
2
2
2



18) Cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc d: x – y – 4= 0, đường thẳng BC đi qua M ( 4; 0 ),
đường thẳng CD đi qua N ( 0; 2 ), tam giác AMN cân tại A. Xác định tọa độ A, B, C, D.
GIẢI:
Giả sử A ( t; t – 4 ) ∈ d
AM2 = AN2 <=> ( t -4 )2 + ( t – 4 )2 = t2 + ( t – 6 )2 <=> t = - 1 => A ( - 1; - 5 )
BC đi qua M có dạng: ax + by – 4a = 0 ( a2 + b2 > 0 )
CD đi qua N và vuông góc với BC nên có dạng: bx – ay + 2a = 0
Vì ABCD là hình vuông nên: AB = AD

⇔ d ( A, BC ) = d ( A, CD ) ⇔

− a − 5b − 4a
a 2 + b2

=

−b + 5a + 2a
a2 + b2

 a = 3b
⇔
3a = −b

- Với 3a = - b, chọn a = 1, b = - 3, ta có: AB: 3x + y + 8 = 0, CD: 3x + y – 2 = 0,
BC: x – 3y – 4 = 0 => B ( - 2; - 2 ), C ( 1; 1 ), D ( 2; - 4 )
- Với a = 3b, chọn b = 1, a = 3, ta có: AB: x – 3y + 6 = 0, CD: x – 3y + 6 = 0,
BC: 3x + y – 12 = 0 => B ( 5; - 3 ), C ( 3; 3 ), D ( - 3; 1 )


x2 y 2
19) Cho d: 3x + y – 4 = 0 và elíp ( E ):
+
= 1 . Viết pt d’ vuông góc d và cắt ( E ) tại hai
9
4
điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3.
GIẢI:
Do d’ vuông góc d => d’: x – 3y + m = 0
Pt hoành độ giao điểm của d’ và ( E ): 4x2 + ( x + m )2 = 36 <=> 5x2 + 2mx + m2 – 36 = 0 ( 1 )
d’ cắt ( E ) tại 2 điểm phân biệt <=>

V/ = m 2 − 5 ( m 2 − 36 ) > 0 ⇔ m < 3 5
AB = ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) =
2

=

2

( x2 − x1 )

2

2

 x + m x1 + m 
+ 2

3
3 ÷



10
2
( x2 − x1 )
9

Với (x2 – x1 )2 = ( x1 + x2 )2 – 4x1x2 =

2m 2
m 2 − 36 720 − 16m 2
10. 720 − 16m 2
( ) − 4.
=
⇒ AB =
5
5
25
15
m
1
6
6.15
SOAB = . AB.d ( O; d ' ) = 3 ⇔ d ( O; d ' ) =

=
2
AB
10
10. 720 − 16m 2
45
3 10
<=> ( 720 – 16m2 ).m2 = 8100 <=> m2 =
⇔m=±
( N)
2
2
3 10
Vậy có hai pt d’ thỏa yêu cầu đề bài: x – 3y ±
=0
2
x2 y 2
20) Cho ( E ):
+
= 1. Viết pt đường thẳng d // Oy và cắt ( E ) tại hai điểm A, B sao cho
25 9
AB = 4.
GIẢI:
d // Oy => d: x = a
Tung độ giao điểm của d và ( E ) là nghiệm của pt:

a2 y2
3
+
= 1 ⇔ y = ± . 25 − a 2 ( a < 5)
25 9
5
 3

A  a;
25 − y 2 ÷
 5

3


B  a; −
25 − y 2 ÷
5


6
5 5
25 − a 2 = 4 ⇒ a = ±
( N)
5
3
5 5
5 5
Vậy có hai pt đường thẳng d là: x =
,x = −
3
3
⇒ AB =


21) Lập pt chính tắc của elíp ( E ), biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của ( E ) tạo thành
một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật của ( E ) là 12.(2 + 3 ).

x2 y2
GIẢI: Gọi pt elip cần tìm (E): 2 + 2 = 1( a > b > 0)
a
b
C 2 = a 2 + b2
Với hai tiêu điểm F1(-c;0), F2(c;0)
Hai đỉnh trên trục nhỏ là: B1(0;-b), B2(0;b)
Hai đỉnh trên trục lớn là: A1(-a;0), A2(a;0)


Theo đề ta suy ra



Từ đó ta có hệ pt:

VB1F1F2 đều hoặc VB2F1F2 đều


b=c 3
(1)

2
2
2
c = a −b
(2)


(3)
( 2a + 2b ) .2 = 12(2 + 2 3)
2

* Từ (1) và (2): a -b

2

b2
=
3
4
3

2

=> a2= b <=> b2=
a + b = 3(2+

3 2
a
4

<=> b=

a 3
, thay vào (3) ta được:
2

3)

a(2 + 3)
= 3(2 + 3)
2
=> a=6
Với a=6 => b= 3
Vậy (E):

3 , c=3

x2 y2
+
=1
36 27

Bài 22: Cho (E):

x2 y 2
+
= 1 . Viết pt chính tắc của đường thẳng d đi qua điểm I(2;1) và cắt (E) tại hai
16 9

điểm M, N. Sao cho I là trung điểm của đoạn thẳng MN.


GIẢI: PTCT của d đi qua I(2;1) có dạng

=>

x − 2 y −1
=
a
b

(a, b ∈ R và

a ≠ 0; b ≠ 0)

 x = 2 + at

 y = 1 + bt

M(2+at1; 1+bt1) ∈d
N(2+at2; 1+bt2) ∈d

 2 + 2 + a (t1 + t2 )
= 2 = xI

2
* Trung điểm I của MN có tọa độ thỏa hệ pt 
 1 + 1 + b(t1 + t2 ) = 1 = y
I

2
<=>

a (t1 + t2 ) = 0

b(t1 + t2 ) = 0

M, N ∈ ( E ) => t1 và t2

<=>

=> t1 + t2 = 0 (vì a, b

( 2 + at )
là nghiệm của pt
16

2

≠ 0)

(1)

( 1 + bt )
+
9

2

=1

4 + 4at + a 2t 2 1 + 2bt + b 2t 2
+
=1
16
9

 a 2 b2  2  4
2 
4 1
+ ÷t +  a + b ÷t + + − 1 = 0 . Đây là pt bậc hai ẩn số t, pt luôn có hai
<=> 
9  16 9
 16
 16 9 
2 
 4
− a + b÷
9 
 16
nghiệm phận biệt t1, t2. Theo Vi-ét, ta có:
t1 + t2 =
= 0 (theo (1))
a 2 b2
+
16 9
=>

a 2b
+
=0
4 9

=> 9a + 8b = 0, Chọn a=8, b= -9. Thì có (d):

x − 2 y −1
=
8
−9



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×