Hướng dẫn giải đề kiểm tra định kỳ số 5 - 2013 môn toán thầy phương

Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 05 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - Bài 1: Cho Elip 2 2 ( ) : 1 9 4 x y E + = và ñiểm M thuộc (E). Giả sử (d) là ñường thẳng tiếp xúc với (E) tại M và (d) cắt Ox , Oy tại A, B. Tìm tọa ñộ ñiểm M ñể diện tích tam giác AOB nhỏ nhất. Giải: Giả sử: 2 2 ( ; ) ( ) 4 9 36 (1) M M M M M x y E x y∈ ⇒ + = . Phương trình (d): . . 9 4 1 ;0 ; 0; 9 4 M M M M x x y y A B x y     + = ⇒         . Do ñó: 1 18 . 2 . AOB M M S OAOB x y ∆ = = AOB S ∆ ⇒ nhỏ nhất khi và chỉ khi . M M x y lớn nhất. Theo bất ñẳng thức Côsi: 2 2 2 2 36 4 9 2 4 .9 12 . M M M M M M x y x y x y = + ≥ = . M M x y ⇒ lớn nhất bằng 3 2 2 4 9 (2). M M x y⇔ = Từ (1) và (2) suy ra 2 2 9 ; 2. 2 M M x y = = Vậy có bốn ñiểm thỏa mãn: 1 2 3 4 3 2 3 2 3 2 3 2 ; 2 ; ; 2 ; ; 2 ; ; 2 2 2 2 2 M M M M         − − − −                         Bài 2: Trong mặt phẳng hệ tọa ñộ Oxy , cho ñường tròn (C) có phương trình: 2 2 2 6 6 0 x y x y + − − + = và ñiểm M(-3; 1). Gọi A và B là các tiếp ñiểm kẻ từ M ñến (C). Tìm tọa ñộ ñiểm H là hình chiếu vuông góc của ñiểm M lên ñường thẳng AB. Giải: ðường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2; 2 5 2 MI R = > = , nên M nằm ngoài ñường tròn. Ta có thể làm một trong hai cách sau: Cách 1: Gọi ( ; ) H x y . Ta có: ( 1; 3), ( 4; 2) IH x y IM = − − = − −   và nhận thấy hai vectơ , IH IM   cùng chiều, nên ( 0) IH tIM t = >   1 4 1 4 3 2 3 2 x t x t y t y t − = − = −   ⇒ ⇔   − = − = −   Theo hệ thức lượng trong tam giác AMH vuông, ta có: 2 2 . . IH IM IH IM IA R = = =   1 4( 1) 2( 3) 4 4( 4 ) 2( 2 ) 4 5 x y t t t ⇔ − − − − = ⇔ − − − − = ⇔ = . HƯỚNG DẪN GIẢI ð Ề KI Ể M TRA ð Ị NH K Ỳ S Ố 05 Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 05 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 - Vậy 1 13 ; 5 5 H       Cách 2: Giả sử ñiểm ( ) 0 0 ; A x y là tiếp ñiểm suy ra: ( ) ( ) . 0 A C A C MA IA MA IA ∈ ∈     ⇔   ⊥ =         , trong ñó: 0 0 0 0 ( 3; 1); ( 1; 3) MA x y IA x y = + − = − −   . Do ñó ta có: 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 6 6 0 2 6 6 0 ( 3)( 1) ( 1)( 3) 0 2 4 0 x y x y x y x y x x y y x y x y  + − − + =  + − − + =   ⇔   + − + − − = + + − =     0 0 2 3 0 x y ⇒ + − = Suy ra ñường thẳng AB có phương trình: 2 3 0 x y + − = . ðường thẳng MI có phương trình: 1 2 3 x t y t = +   = +  . Do MI vuông góc với AB, nên tọa ñộ của ñiểm H là nghiệm của hệ phương trình: 1 2 3 2 3 0 x t y t x y = +   = +   + − =  . Giải hệ này ta ñược: 1 13 ; 5 5 H       Bài 3: Trong mặt phẳng hệ tọa ñộ Oxy , cho ñường tròn (C): 2 2 6 2 6 0 x y x y + + − + = và các ñiểm B(2; -3) và C(4; 1). Xác ñịnh tọa ñộ ñiểm A thuộc ñường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại ñiểm A và có diện tích nhỏ nhất. Giải: ðể tam giác ABC là tam giác cân tại A thì A phải nằm trên ñường trung trực ∆ qua trung ñiểm BC là M(3; 1) và nhận BC  làm vectơ pháp tuyến nên ( ∆ ) có phương trình: 2( 3) 4( 1) 0 2 1 0 x y x y − + + = ⇔ + − = . Vì ( ) A C ∈ nên tọa ñộ A là nghiệm của hệ: 2 2 6 2 6 0 2 1 0 x y x y x y  + + − + =  + − =  Giải hệ ta tìm ra hai ñiểm A 1 (-1; 1) và 2 21 13 ; 5 5 A   = −     . Do 1 2 18 20 5 A M A M = < = nên 1 2 A BC A BC S S < . Vậy ñiểm cần tìm là A(-1; 1). Bài 4: Trong mặt phẳng hệ tọa ñộ Oxy , cho tam giác ABC cố ñịnh A nằm trên ñường thẳng : 2 3 14 0 x y ∆ − + = , cạnh BC song song với ∆ , ñường cao CH có phương trình: 2 1 0 x y − − = . Biết trung ñiểm của cạnh AB là M(-3; 0). Xác ñịnh tọa ñộ các ñỉnh A, B, C. Giải: Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 05 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 - Vì AB ⊥ CH nên AB có phương trình: 2 0 x y c + + = . Do M(-3; 0) AB ∈ nên c = 6. Vậy phương trình AB là: 2 6 0 x y + + = . Do A ∈∆ nên tọa ñộ A là nghiệm của hệ: 2 3 14 0 ( 4;2). 2 6 0 x y A x y − + =  ⇒ −  + + =  Vì M(-3; 0) là trung ñiểm AB nên B(-2; -2). Cạnh BC // ∆ và ñi qua B nên BC có phương trình: 2( 2) 3( 2) 0 2 3 2 0 x y x y + − + = ⇔ − − = . Vậy tọa ñộ C là nghiệm của hệ: 2 3 2 0 (1;0) 2 1 0 x y C x y − − =  ⇒  − − =  . Bài 5: Trong mặt phẳng hệ tọa ñộ Oxy , cho Elip 2 2 ( ) : 1 9 4 x y E + = và ñiểm M(1; 1). Viết phương trình các ñường thẳng ñi qua M và cắt (E) tại hai ñiểm A và B sao cho M là trung ñiểm của AB. Giải: - ðường thẳng 1 x = ñi qua M cắt (E) tại hai ñiểm 4 2 1; 3 A         và 4 2 1; 3 B   −       . Rõ ràng M không là trung ñiểm của AB. - Xét ñường thẳng (d) ñi qua M có hệ số góc k, ( ): ( 1) 1 (1) d y k x = − + . Thay (1) vào phương trình (E) ta ñược: [ ] 2 2 2 2 2 4 9 ( 1) 1 36 (9 4) 18 (1 ) 9(1 ) 36 0 (2) x k x k x k k x k+ − + = ⇔ + + − + − − = ðường thẳng (d) cắt (E) tại 2 ñiểm A, B thỏa mãn MA = MB khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm ; A B x x sao cho: 2 18 (1 ) 4 1 2 2(9 4) 9 A B M x x k k x k k + − − = ⇔ = ⇔ = − + . Với 4 9 k = − , ta có: 2 2 4 9(1 ) 36 9 1 36 0 9 k   − − = + − <     , còn 2 9 4 0 k + > . Do ñó, với 4 9 k = − , phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt ; A B x x thỏa mãn 1 2 A B M x x x + = = . Vậy ñường thẳng ñi qua M thỏa mãn ñiều kiện là: ( ): 4 9 13 0 d x y + − = . Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 , A(2; –3), B(3; –2), trọng tâm của ∆ ABC nằm trên ñường thẳng (d): 3x – y –8 = 0. Viết phương trình ñường tròn ñi qua 3 ñiểm A, B, C. Giải: Tìm ñược (1; 1) 1 C − , 2 ( 2; 10) C − − . + Với 1 (1; 1) C − ⇒ (C): 2 2 11 11 16 x y x y 0 3 3 3 + − + + = Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 05 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 - + Với 2 ( 2; 10) C − − ⇒ (C): 2 2 91 91 416 x y x y 0 3 3 3 + − + + = Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho Elip (E): 2 2 5 5 x y + = , Parabol 2 ( ): 10 P x y = . Hãy viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc ñường thẳng ( ) : 3 6 0 x y ∆ + − = , ñồng thời tiếp xúc với trục hoành Ox và cát tuyến chung của Elip (E) với Parabol (P). Giải: ðường thẳng ñi qua các giao ñiểm của (E) và (P): x = 2 Tâm I ∈ ∆ nên: ( ) 6 3 ; I b b = − . Ta có: 4 3 1 6 3 2 4 3 2 b b b b b b b b − = =   − − = ⇔ ⇔   − = − =   ⇒ (C): ( ) ( ) 2 2 3 1 1 x y − + − = hoặc (C): ( ) 2 2 2 4 x y + − = . Giáo viên : Trần Phương Nguồn : Hocmai.vn . DẪN GIẢI ð Ề KI Ể M TRA ð Ị NH K Ỳ S Ố 05 Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 05 Hocmai.vn – Ngôi. Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 05 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - Bài