HINH HOC GIAI TICH TRAN PHUONG

11 PH ƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG MẶT PHẲNG I. VÉCTƠ ĐẶC TRƯNG CỬA ĐƯỜNG THẲNG: 1. Véctơ ( ) 1 2 ;v a a=  là véc tơ chỉ phương (VTCP) của ( ∆ ) ⇔ ( ∆ ) // giá của v  2. Véctơ ( ) ;n a b=  là véc tơ pháp tuyến (VTPT) của ( ∆ ) ⇔ ( ∆ ) ⊥ giá của n  3. Nhận xét: ( ∆ ) có vô số véctơ chỉ phương và vô số véctơ pháp tuyến đồng thời v n⊥   . II. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 1. Phương trình tham số: PT đt ( ∆ ) đi qua M 0 ( x 0 , y 0 ) và có VTCP ( ) 1 2 ;v a a=  : ( ) 0 1 0 2 x x a t t y y a t = +   ∈  = +   » 2. Phương trình chính tắc: PT đt ( ∆ ) đi qua M 0 ( x 0 , y 0 ) và có VTCP ( ) 1 2 ;v a a=  : 0 0 1 2 x x y y a a − − = 3. Phương trình hệ số góc: PT đt ( ∆ ) với hệ số góc a là: y = ax + b . 4. Phương trình tổng quát: PT đt ( ∆ ) tổng quát: 0Ax By C+ + = với 2 2 0A B+ > Nhận xét: ( ∆ ): 0Ax By C+ + = với 2 2 0A B+ > có VTCP ( ) ;v B A= −  và VTPT ( ) ;n A B=  5. Phương trình đt ( ∆ ) đi qua M 0 ( x 0 , y 0 ) với hệ số góc k là: ( ) 0 0 y k x x y= − + 6. Phương trình đt ( ∆ ) đi qua M 0 ( x 0 , y 0 ) với VTPT ( ) ;n A B=  là: ( ) ( ) 0 0 0A x x B y y− + − = 7. Phương trình đt ( ∆ ) đi qua M 0 ( x 0 , y 0 ) với VTCP ( ) ;v A B=  là: ( ) ( ) 0 0 0B x x A y y− − − = 8. Phương trình đt ( ∆ ) đi qua 2 điểm M 1 ( x 1 , y 1 ), M 2 ( x 2 , y 2 ): 1 1 2 1 2 1 x x y y x x y y − − = − − 9. Phương trình đoạn chắn đi qua A(0; a ), B(0; b ) là: 1 y x a b + = 10. Phương trình chùm đường thẳng: Cho 2 đường thẳng cắt nhau ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 2 2 : 0; : 0a x b y c a x b y c∆ + + = ∆ + + = với I = ( ) ( ) 1 2 ∆ ∆∩ . Đường thẳng (∆) đi qua I là: ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 0p a x b y c q a x b y c+ + + + + = với 2 2 0p q+ > H H H Ì Ì Ì N N N H H H G G G I I I Ả Ả Ả I I I T T T Í Í Í C C C H H H T T T R R R O O O N N N G G G M M M Ặ Ặ Ặ T T T P P P H H H Ẳ Ẳ Ẳ N N N G G G O O O X X X Y Y Y www.VNMATH.com Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương 12 III. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA 2 ĐƯỜNG THẲNG 1. Dạng tham số: ( ∆ 1 ) đi qua M 1 ( x 1 ; y 1 ): ( ) 1 1 1 1 x x a t t y y b t = +   ∈  = +   » , ( ∆ 2 ) đi qua M 2 ( x 2 ; y 2 ): ( ) 2 2 2 2 x x a t t y y b t = +   ∈  = +   »  Nếu ( ) 1 1 1 ; //v a b=  ( ) 2 2 2 ;v a b=  ⇔ 1 2 2 1 0a b a b− ≠ thì ( ) ( ) 1 2 ∆ ∆∩ = điểm I.  Nếu ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 ; // ;v a b v a b= =   // 1 2 M M ⇔ ( ) ( ) 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 0 0 a b a b a y y b x x − =    − − − ≠   thì ( ∆ 1 ) // ( ∆ 2 ).  Nếu ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 ; // ;v a b v a b= =   1 2 // M M ⇔ ( ) ( ) 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 0 0 a b a b a y y b x x − =    − − − =   thì ( ∆ 1 ) ≡ ( ∆ 2 ). 2. Dạng tổng quát: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 : 0; ; : 0; ; a x b y c n a b a x b y c n a b  ∆ + + = =    ∆ + + = =    ; 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 ; ; x y a b b c c a D D D a b b c c a = = =  Nếu D ≠ 0 ⇔ 1 2 2 1 0a b a b− ≠ thì ( ) ( ) 1 2 ∆ ∆∩ = điểm ; y x D D I D D        Nếu D = 0 và 2 2 0 x y D D+ > ⇔ 1 2 1 1 2 2 a a c b b c = ≠ thì ( ∆ 1 ) // ( ∆ 2 ).  Nếu 0 x y D D D= = = ⇔ 1 2 1 1 2 2 a a c b b c = = thì ( ∆ 1 ) ≡ ( ∆ 2 ). IV. GÓC GIỮA 2 ĐƯỜNG THẲNG: 1. Dạng hệ số góc: Cho ( ) ( ) 1 1 1 2 2 1 : : y a x b y a x b  ∆ = +   ∆ = +   . Góc ( ) [ ] 1 2 1 2 1 2 , 0;90 : tg 1 a a a a − ∆ ∆ = α ∈ ° α = + 2. Dạng tổng quát: Cho ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 : 0; ; : 0; ; a x b y c n a b a x b y c n a b  ∆ + + = =    ∆ + + = =    ; 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 cos a a b b a b a b + α = + + www.VNMATH.com Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng 13 V. KHOẢNG CÁCH VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG PHẦN GIÁC 1. Khoảng cách từ M 0 ( x 0 , y 0 ) đến ( ∆ ): 0ax by c+ + = là: ( ) ( ) 0 0 2 2 , ax by c d M a b + + ∆ = + 2. Cho ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 2 2 : 0 : 0 a x b y c a x b y c  ∆ + + =   ∆ + + =   cắt nhau thì phương trình 2 đường phân giác 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 + + + + = ± + + VI. CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài 1. Trên mặt phẳng O xy cho điểm A(2; − 2). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm ( ) 3;1M và cắt trục Ox , Oy tại B và C sao cho tam giác ABC cân Giải Gọi ( ) ;0B b Ox= ∆ ∩ và ( ) 0;C c Oy= ∆ ∩ suy ra ( ∆ ): ( ) 1 0 y x bc b c + = ≠ (3;1) ( )M ∈ ∆ ⇒ 3 1 1 b c + = , (1). Tam giác ABC cân tại A 2 2 AB AC⇔ = ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 4 4 2 2 2 b c b c b c b c b c − = + = +   ⇔ − + = + + ⇔ ⇔   − = − − = −   Với 4b c= + : ( ) 2 1 2 2, 6 1 4 ( ) : 1; ( ): 1 6 2 2 2 2, 2 c b y y x x c c b = =  ⇔ = ⇔ ⇒ ∆ + = ∆ + =  − = − =  Với b c= − : ( ) 1 2 2b c⇔ = ⇒ = − (loại, do trùng với ( ) 2 ∆ ) Bài 2. Cho tam giác ABC có đỉnh A(–1; –3) a. Giả sử hai đường cao (BH): 5 3 25 0x y+ − = , (CK): 3 8 12 0x y+ − = . Hãy viết phương trình cạnh BC. b. Giả sử đường trung trực của AB là ( ∆ ): 3 2 4 0x y+ − = và G(4; – 2) là trọng tâm của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh B và C . Dấu hiệu Phân giác góc nhọn Phân giác góc tù 1 2 1 2 0a a b b+ > 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 + + + + = + + 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 + + + + = − + + 1 2 1 2 0a a b b+ < 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 + + + + = − + + 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 + + + + = + + www.VNMATH.com Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương 14 Giải a . (AB) ⊥ (CK) nên (AB) có phương trình là 8 3 0x y c− + = Điểm ( ) ( ) 1 :8 3 1 0A AB c AB x y∈ ⇔ = − ⇒ − − = . ( ) ( ) AC BH⊥ nên ( ) AC có phương trình 3 5 0x y m− + = Điểm ( ) ( ) 12 :3 5 12 0A AC m AC x y∈ ⇒ = − ⇒ − − = ( ) ( )B BH AB≡ ∩ ⇒ Tọa độ của B thỏa mãn hệ: ( ) 8 3 1 0 2;5 5 3 25 0 x y B x y − − =  ⇒  + − =  ( ) ( )C CK AC≡ ∩ ⇒ Tọa độ của C thỏa mãn hệ: ( ) 3 5 12 0 4;0 3 8 12 0 x y C x y − − =  ⇒  + − =  Phương trình cạnh BC là (BC): 5 2 5 2 20 0 4 2 0 5 y x x y − − = ⇔ + − = − − b. (AB) ⊥ ( ) :3 2 4 0x y∆ + − = và chứa A( − 1; − 3) ⇒ ( ) : 2( 1) 3( 3) 0AB x y+ − + = hay ( ) :2 3 7 0AB x y− − = . Gọi M là trung điểm AB suy ra tọa độ của M thỏa hệ: ( ) 3 2 4 0 2; 1 2 3 7 0 x y M x y + − =  ⇒ −  − − =  , khi đó: ( ) 2 5 5;1 2 1 B M A B M A x x x B y y y = − =  ⇒  = − =  Điểm G(4; − 2) là trọng tâm ∆ ABC nên: 3 3 A B C G A B C G x x x x y y y y + + =    + + =   ( ) 1 5 12 8 8; 4 3 1 6 4 C C C C x x C y y − + + = =     ⇔ ⇔ ⇒ −   − + + = − = −     . Vậy ( ) ( ) 5;1 , 8; 4B C Bài 3. Cho 1 2 ( ): 5 0; ( ) : 2 7 0d x y d x y+ + = + − = và điểm ( ) 2;3A . Tìm 1 B ( )d∈ và 2 C ( )d∈ sao cho ∆ ABC có trọng tâm ( ) 2;0G . Giải Đặt ( ) 1 1 1 B ; 5 ( )t t d− − ∈ và ( ) 2 2 2 C 7 2 ; ( )t t d− ∈ Điểm G(2; 0) là trọng tâm ∆ ABC nên: 3 3 A B C G A B C G x x x x y y y y + + =    + + =   1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 2 7 2 6 2 3 1 3 5 0 2 1 t t t t t t t t t t + + − = − = − = −    ⇔ ⇔ ⇔    − − + = − = − =    . Vậy ( ) ( ) 1;4 , 5;1B C− www.VNMATH.com Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng 15 Bài 4. Cho 1 2 ( ) : 1 0 ;( ) : 2 1 0x y x y∆ − + = ∆ + + = và điểm M(2;1). Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt 1 2 ( ),( )∆ ∆ lần lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB. Giải Điểm ( ) ( ) 1 1 1 A A ; 1t t∈ ∆ ⇒ + ; Điểm ( ) ( ) 2 2 2 B B ; 2 1t t∈ ∆ ⇒ − − M(2; 1) là trung điểm AB nên: 1 2 1 2 2 4 2 2 2 A B M A B M x x x t t y y y t t + = + =   ⇔   + = − =   1 2 10 2 , 3 3 t t⇔ = = . Suy ra ( ) ( ) ( ) 10 13 7 2 4 ; , ; AB 2;5 3 3 3 3 3 A B − ⇒ = −  (d) qua M và nhận AB  làm VTCP có PT là: 1 2 5 2 8 0 2 5 y x x y − − = ⇔ − − = Bài 5. Cho 1 2 ( ): 2 5 0; ( ) : 3 0x y x y∆ − + = ∆ + − = và điểm M(–2; 0). Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt 1 2 ( ),( )∆ ∆ lần lượt tại A và B sao cho MA 2 MB=   Giải Điểm ( ) ( ) 1 1 1 A A ;2 5t t∈ ∆ ⇒ + ; Điểm ( ) ( ) 2 2 2 B B ;3t t∈ ∆ ⇒ − Suy ra: ( ) ( ) 1 1 2 2 MA 2; 2 5 , MB 2;3t t t t= + + = + −   ( ) ( ) 1 2 1 2 2 2 2 MA 2 MB 2 5 2 3 t t t t  + = +  = ⇔  + = −     ⇔ ( ) 1 1 2 1 2 2 1 2 2 MA 3;7 1 2 2 1 2 t t t t t t =  − =   ⇔ ⇒ =   + = = −     (d) qua M và nhận MA  làm VTCP có PT là: 2 7 3 14 0 3 7 y x x y + = ⇔ − + = Bài 6. Cho ∆ ABC có đỉnh A(2; − 7) phương trình một đường cao và một trung tuyến vẽ từ hai đỉnh khác nhau lần lượt là: 3 11 0, 2 7 0x y x y+ + = + + = . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. Giải Nhận xét: Do A(2; − 7) có tọa độ không thỏa mãn phương trình một trong hai đường thẳng đã cho nên các đường cao và trung tuyến không đi qua A(2; − 7). Đặt (BH): 3 11 0x y+ + = và (CM): 2 7 0x y+ + = . Ta có: ( ) ( ) B BH B ; 3 11t t∈ ⇒ − − . Gọi M là trung điểm AB khi đó tọa độ M là www.VNMATH.com Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương 16 A C B H M 2 2 2 3 18 2 2 A B M A B M x x t x y y t y +  + = =    + − −  = =   ( ) ( ) 2 3 18 M CM 2 7 0 2 2 t t+ − − ∈ ⇒ + + = ( ) 4 B 4;1t⇔ = − ⇒ − Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là: 7 2 4 3 13 0 4 2 1 7 y x x y + − = ⇔ + + = − − + (AC) ⊥ (BH): 3 11 0x y+ + = và (AC) đi qua điểm A(2; − 7) nên phương trình (AC) là: ( 2) 3( 7) 0x y− − + = ⇔ ( ) AC : 3 23 0x y− − = Điểm C (AC) (CM)≡ ∩ suy ra tọa độ C thỏa hệ: ( ) 3 23 0 5; 6 2 7 0 x y C x y − − =  ⇒ −  + + =  Phương trình cạnh BC là (BC): 1 4 7 9 19 0 5 4 6 1 y x x y − + = ⇔ + + = + − − Bài 7. Cho ∆ ABC có đỉnh A(1; 2), đường trung tuyến (BM): 2 1 0x y+ + = và phân giác trong (CD): 1 0x y+ − = .Viết phương trình đường thẳng BC. Giải Điểm C ∈ (CD): 1 0x y+ − = ⇒ ( ) ;1C t t− ⇒ trung điểm M của AC là ( ) 1 3 ; 2 2 t t M + − Điểm M ∈ (BM): 2 1 0x y+ + = ⇒ ( ) ( ) 1 3 2 1 0 7 7;8 2 2 t t t C + − + + = ⇔ = − ⇒ − Từ A(1;2) kẻ (AK) ⊥ (CD): 1 0x y+ − = tại I (điểm ( ) K BC∈ ) Suy ra (AK): ( 1) ( 2) 0x y− − − = ⇔ 1 0x y− + = Tọa độ của I thỏa hệ: ( ) 1 0 0;1 1 0 x y I x y + − =  ⇒  − + =  . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ Tọa độ của K: ( ) 2 1 1;0 2 0 K I A K I A x x x K y y y = − = −  ⇒ −  = − =  Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 y x x y + = ⇔ + + = − + A B C D M K I www.VNMATH.com Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng 17 Bài 8. Viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) đi qua M(4; 1) và cắt các tia O x , O y lần lượt tại A và B theo các trường hợp sau: a. Diện tích ∆ OAB nhỏ nhất. b. Tổng OA + OB nhỏ nhất. Giải Giả sử ( ∆ ) cắt tia Ox tại A( a ; 0) và O y tại B(0; b ) (với a , b > 0) suy ( ∆ ): 1 y x a b + = . Do M(4; 1) ∈ ( ∆ ) nên 4 1 1 a b + = ⇒ 4 a b a = − ⇒ a > 4 a. Ta có: 4 1 4 4 1 2 a b ab ab = + ≥ = ⇒ 1 . 8 2 2 OAB ab S OA OB= = ≥ Dấu bằng xảy ra ⇔ 4 1 1 8; 2 2 a b a b = = ⇔ = = ⇒ ( ∆ ): 4 8 0x y+ − = b. 4 4 5 4 4 a OA OB a b a a a a + = + = + = − + + − − ( ) 4 2 4 5 9 4 a a ≥ − ⋅ + = − Dấu bằng xảy ra ⇔ 4 4 2 6 4 a a a − = = ⇔ = − ⇒ b = 3 ⇒ ( ) : 2 6 0x y∆ + − = Bài 9. Lập phương trình đường thẳng ( ∆ ) đi qua điểm M(2; 1) và tạo với đường thẳng (d): 2 3 4 0x y+ + = một góc o 45 Giải Phương trình ( ∆ ) đi qua điểm M có dạng: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 0 0A x B y A B− + − = + ≠ 2 0Ax By A B⇔ + − − = và có vectơ pháp tuyến ( ) 1 ;n A B=  Đường thẳng (d) có VTPT là ( ) 2 2;3n =  . Để ( ∆ ) hợp với (d) một góc o 45 thì: 1 2 o 2 2 1 2 . 2 3 2 cos 45 2 . . 4 9 n n A B n n A B + = ⇔ = + +     ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 13A B A B⇔ + = + 2 2 5 24 5 0B AB A⇔ + − = 1 2 ( ): 5 11 0 5 5 ( ) : 5 3 0 x y A B B A x y ∆ + − = =   ⇔ ⇒   = − ∆ − + =   Vậy có hai đường thẳng cần tìm là 1 2 ( ):5 11 0 ; ( ) : 5 3 0x y x y∆ + − = ∆ − + = Bài 10. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1; 0), B(0; 2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y x= . Tìm tọa độ đỉnh C và D. Giải www.VNMATH.com Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương 18 Ta có: ( ) 1;2 5AB AB= − ⇒ =  Phương trình (AB) là: 2 2 0x y+ − = ( ) ( ) : ;I d y x I t t∈ = ⇒ I là trung điểm của AC và BD nên ta có: ( ) ( ) 2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− − Mặt khác: . 4 ABCD S AB CH= = (CH: chiều cao) 4 5 CH⇒ = Ngoài ra: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 8 8 4 2 ; , ; 6 4 4 3 3 3 3 3 , 3 2 2 5 5 0 1;0 , 0; 2 t C D t d C AB CH t t C D  = ⇒ −  = ⇔ = ⇔ − = ⇔  = ⇒ − −  Vậy tọa độ của C và D là ( ) ( ) 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 C D hoặc ( ) ( ) 1;0 , 0; 2C D− − Bài 11. Cho ( ) ( ) 0;6 , 2;5A B . Tìm trên ( ) : 2 2 0d x y− + = điểm M sao cho: a. MA + MB có giá trị nhỏ nhất. b. MA MB− có giá trị lớn nhất. Giải Đặt ( ) , 2 2f x y x y= − + . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 10 . 0 6 f A f A f B f B  = −  ⇒ >  = −   Suy ra hai điểm A và B nằm cùng phía đối với đường thẳng (d) 1. Gọi A ′ là đối xứng của A qua (d) Ta có: MA MB MA MB A B ′ ′ + = + ≥ (cố định) ( ) min MA MB A B ′ + = , đạt được khi ba điểm , ,A M B ′ thẳng hàng ( ) ( ) M A B d ′ ⇔ = ∩ ( ) ( ) ( ) : 2 0AA d AA x y C ′ ′ ⊥ ⇒ + + = ( ) ( ) 6 : 2 6 0A AA C AA x y ′ ′ ∈ ⇒ = − ⇒ + − = Gọi ( ) ( ) H AA d ′ = ∩ thì tọa độ của H thỏa mãn hệ: ( ) 2 6 0 2; 2 2 2 0 x y H x y + − =  ⇒  − + =  A ′ đối xứng với A qua (d) nên ta có: ( ) 2 4 4; 2 2 2 A H A A H A x x x A y y y ′ ′ = − =  ′ ⇒ −  = − = −  A A ′ H M (d) B M 0 C H B A D y = x I www.VNMATH.com Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng 19 Phương trình đường thẳng ( ) A B ′ là 2 4 7 2 24 0 2 4 5 2 y x x y + − = ⇔ + − = − + Tọa độ của M thỏa hệ: ( ) 11 2 2 0 9 19 11 ; 4 8 197 2 24 0 8 x x y M x y y  = − + =   ⇔ ⇒   + − =   =  2. Ta có: MA MB AB− ≤ (cố định) max MA MB AB⇒ − = , đạt được khi ba điểm M, A, B thẳng hàng ( ) ( ) M AB d⇔ = ∩ . Phương trình đường thẳng (AB) là: 2 12 0x y+ − = Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: ( ) 5 2 2 0 7 5; 7 2 2 12 0 2 x x y M y x y =  − + =   ⇔ ⇒   = + − =    Bài 12. Cho ( ) 1 : 0D kx y k− + = và ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 1 0D k x ky k− + − + = a. Chứng minh khi k thay đổi ( ) 1 D luôn luôn qua một điểm cố định. b. Tìm giao điểm của ( ) 1 D và ( ) 2 D suy ra quỹ tích giao điểm này khi k thay đổi. Giải a. Ta có ( ) 1 D t: ( ) 1 0k x y+ − = . Tọa độ điểm cố định mà ( ) 1 D luôn đi qua là nghiệm của 1 0 1, 0 0 x x y y + =  ⇒ = − =  =  . Vậy ( ) 1 D luôn qua điểm A(–1, 0). b . Tọa độ giao điểm của ( ) 1 D và ( ) 2 D là nghiệm của hệ phương trình ( ) 2 2 1 2 1 kx y k k ky k − = −    − + = +   giải hệ ta được 2 2 2 1 2 , 1 1 k k x y k k − = = + + Vậy ( ) 1 D ∩ ( ) 2 D = 2 2 2 1 2 , 1 1 k k M k k   −   + +   để ý 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 k k x y k k   −   + = + =     + +     Do đó quỹ tích của M là đường tròn tâm O bán kính R = 1. Bài 13. Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A(0; 1), B(2; 1) và các đường thẳng ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 : 1 2 2 0 ; : 2 1 3 5 0d m x m y m d m x m y m− + − + − = − + − + − = a. Chứng minh 1 d và 2 d luôn cắt nhau. b. Gọi P là giao điểm của 1 d và 2 d , tìm m sao cho PA + PB lớn nhất. www.VNMATH.com Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương 20 Giải a. Xét ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 0 2 1 3 5 0 m x m y m m x m y m  − + − + − =   − + − + − =   có: 2 1 2 2 6 5 2 1 m m D m m m m − − = = − + − − 2 2 2 2 2 1 4 14 12 ; 2 4 1 1 3 5 3 5 2 x y m m m m D m m D m m m m m m − − − − = = − + = = − + − − − − − Do ( ) 2 3 1 2 0, 2 2 D m= − + > ∀∈ » nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Vậy 1 d và 2 d luôn luôn cắt nhau tại điểm P (đpcm) b. Tìm m để PA + PB lớn nhất Tọa độ của P là: 2 2 2 2 2 2 4 14 12 2 2 2 2 6 5 2 6 5 2 4 1 4 2 1 2 6 5 2 6 5 x y D m m m x D m m m m D m m m y D m m m m  − + − = = = +  − + − +   − + − − = = = − +  − + − +  Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 ; 2 8 2 6 5 2 6 5 2 6 5 m m PA PA m m m m m m − −   = − + + ⇒ = −   − + − + − +    2 2 2 2 2 2 2 4 4 ; 2 6 5 2 6 5 2 6 5 m m PB PB m m m m m m − −   = ⇒ =   − + − + − +    Suy ra: 2 2 8PA PB+ = . Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski, ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 16 4PA PB PA PB PA PB+ ≤ + = ⇒ + ≤ ( ) max 4PA PB⇒ + = , đạt được 2 2 2 2 2 1 4 4 8 3 2 0 2 2 6 5 2 6 5 m PA PB PA PB m m m m m m m =  = ⇔ = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔  = − + − +  Cách 2: 1 d và 2 d có vectơ pháp tuyến là: ( ) ( ) 1 2 1; 2 , 2 ; 1n m m n m m= − − = − −   Ta có ( )( ) ( ) ( ) 1 2 . 1 2 2 1 0n n m m m m= − − + − − =   nên 1 2 d d⊥ tại điểm P. Để ý rằng 1 2 ,A d B d∈ ∈ và 2 2AB = nên theo bất đẳng thức Bunhiacôpski thì ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 16 4PA PB PA PB AB PA PB+ ≤ + = = ⇒ + ≤ ( ) max 4PA PB⇒ + = , đạt được khi PA PB PAB= ⇒ ∆ vuông cân tại P  ( ) o 1 , 45d AB⇒ = Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 o 2 2 1 . 2 3 1 cos 45 ; 1,1 2 . 2. 1 2 AB AB AB n n m n n n m m − = ⇔ = = − + −      ( ) 2 2 2 2 3 2 6 5 3 2 0 1 2m m m m m m m⇔ − = − + ⇔ − + = ⇔ = ∨ = www.VNMATH.com