Chuyên đề oxy trần đình cư

TRẦN ĐÌNH CƯ GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế Đốn ngã Oxy Chủ đề 1: Tam giác Tài liệu mến tặng em học sinh chuẩn bị thi THPT Quốc gia 2016 Chúc em đạt kết cao kỳ thi đến y B C d N A x O M Huế, ngày 17/05/2016 Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 CHỦ ĐỀ TAM GIÁC ; trọng tâm G ΔABC thuộc đường thẳng  d  : 3x  y   Tìm bán kính đường trịn nội tiếp ΔABC Bài Cho điểm A  2; 3 , B 3; 2  , ΔABC có diện tích Giải Gọi C  a;b  ,  AB : x  y   d  C;AB   a b5  a 5 b5 Trọng tâm G  ;    d   3a  b     3 Từ 1 ,  3  C  2;10   r  Từ   ,  3  C 1; 1  r   a  b  1 2SΔABC  a  b   3  AB a  b   2 S  p  65  89 S  p 22 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B  4; 2  , ACB  750 Đường cao kẻ từ đỉnh A có phương trình 2x  y  , D điểm thuộc cạnh BC cho DC  2DB Tìm tọa độ điểm A biết ADC  60 điểm A có hồnh độ âm Giải Cách Phương trình đường thẳng BC qua B  4; 2  vng góc với đường cao AH có dạng BC : x  2y  A Lại có BH  d  B;AH   10 2 E Đặt AH  x  x   Xét tam giác vuông ACH ADH Ta có: CH  x tan 75 , DH  x tan 60  x  DC  x tan 75  x    DC  2DB  x     2  x  3 3  tan 75   t   A  2; 4 (loaïi) 2   t  2  A  2; 4 5t 1500 tan 750  tan1500   tan 750    tan 750 Cách Lấy E đối xứng với C qua AD  CAE  900 ;ADC  600  ADE  600 ;BDE  600 Gọi K trung điểm DE Ta có: D 2  tan 750 Vậy A  2;4 điểm cần tìm Vì CAD  1800  750  600  450 60° B Mặt khác: Chú ý: tan 750  tan I K x  Gọi A  t; 2t   AH : 2x  y   AH  d  A;BC   45° 75° H C Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 1 DK  DE  DC  DB  ΔBDK tam giác 2 Do BK  DK  DE  ΔBDE vuông B Vậy tứ giác ACBE tứ giác nội tiếp, suy ABC  AEC  450 hay BAH  450 Do A  AH  A  a; 2a   BA   a  4;2  2a    Ta có cos BA;u AH  cos 450   a      2a    a  4    2a 2  a  2 Vì A có hoành độ âm nên A  2;4  điểm cần tìm Bài Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  x  22   y  32  26 với C có phương trình  8 G  1;  trọng tâm tam giác M  7;2  nằm đường thẳng qua A  3 vng góc với đường thẳng BC; M  A , điểm F  3;2  thuộc đường thẳng BC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết yB  yC Giải Gọi I tâm đường tròn  C  H trực tâm ΔABC G, H, I thẳng hàng GH  2GI (tính chất đường thẳng Euler)  x H   2   1  x H  1   H  1;2  Mà I  2;3 nên  8    yH   2     yH  3   Ta thấy M   C  A, H, M thẳng hàng; BC đường trung trực HM Ta có F  3;2  HM  8;0  nên BC: x   Tọa độ B, C nghiệm hệ:  x   x    2  x     y  3  26  y  2; y   C HM : y   A  HM nên tìm A  3;2 Vậy A  3;2 , B 3;8 , C  3; 2  Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  T  :  x  12   y  22  25 Các điểm K  1;1, H 2;5  chân đường cao hạ từ A, B tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết đỉnh C có hồnh độ dương Giải (T) có tâm I 1;2  Gọi Cx tiếp tuyến (T) C Ta có A HCx  ABC  SđAC 1 Do AHB  AKB  900 nên x H AHKB  ABC  KHC (cùng bù với góc AHK ) tứ giác nội tiếp I (2) Từ (1) (2) ta có HCx  KHC  HK / /Cx B K Mà IC  Cx  IC  HK Do IC có vec-tơ pháp tuyến KH   3;4  , IC có phương trình 3x  4y  11  Do C giao IC với (T) nên tọa độ điểm C nghiệm hệ: C Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133   x   x  3 3x  4y  11   ; Do x C  nên C  5; 1  2 y   y  x   y   25         Đường thẳng AC qua C có vec-tơ phương CH   3;6  nên AC có phương trình: 2x  y   Do A giao AC (T) nên tọa độ điểm A nghiệm hệ:  x  x  2x  y    ; (loại) Do A 1;7   2   x  1   y    25  y   y  1 Đường thẳng BC qua C có vec-tơ phương CK   6;2  nên BC có phương trình x  3y   Do B giao BC (T) nên tọa độ điểm B nghiệm hệ:  x  3y    x  4  x   ; (loại) Do B  4;2   2  x  1   y    25  y   y  1 Vậy A 1;7 , B 4;2 , C 5; 1 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác OAB có đỉnh A B thuộc đường thẳng Δ : 4x  3y  12  điểm K  6;6  tâm đường tròn bàng tiếp góc O Gọi C điểm nằm Δ cho AC  AO điểm C, B nằm khác phía so với điểm A Biết điểm C có 24 hồnh độ , tìm tọa độ đỉnh A, B Giải O Cách Trên Δ lấy điểm D cho BD  BO D, A nằm khác phía so với B F E C Gọi E giao điểm đường thẳng KA OC, gọi F giao điểm đường thẳng KB OD H A B D Vì K tâm đường trịn bàng tiếp góc O ΔOAB nên KE K phân giác góc OAC Mà OAC tam giác cân A (do AO  AC , theo gt) nên suy KE đường trung trực OC Do E trung điểm OC KC  KO Xét tương tự KF, ta có F trung điểm OD KD  KO Suy ΔCKD cân K Do đó, hạ KH  Δ , ta có H trung điểm CD Như vậy: + A giao Δ đường trung trực d1 đoạn thẳng OC (1) + B giao Δ đường trung trực d đoạn thẳng OD, với D điểm đối xứng C qua H H hình chiếu vng góc K Δ Vì C  Δ có hồnh độ x  (2) 24  gt  nên gọi y0 tung độ C, ta có: 24 12  3y0  12   y0   5  12  Từ đó, trung điểm E OC có tọa độ  ;   đường thẳng OC có phương trình: x  2y   5 Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Suy phương trình d1 : 2x  y   Do đó, theo (1), tọa độ A nghiệm hệ phương trình: 4x  3y  12  x    A  3;0   2x  y   y  Gọi d đường thẳng qua K  6;6  vng góc với Δ , ta có phương trình d là: 3x  4y   Từ đây, H giao điểm Δ d nên tọa độ H nghiệm hệ phương trình:  x  4x  3y  12    12   12 36    H ;   D  ;   5   5  3x  4y    y  12    18  Do đó, trung điểm F OD có tọa độ   ;  đường thẳng OD có phương trình: 3x  y   5 Suy phương trình d x  3y  12  Do đó, theo (2), tọa độ B nghiệm hệ phương trình: 4x  3y  12  x    B  0;4    x  3y  12  y  O Cách  12  4a   24 12  Do A C thuộc Δ nên A  a;  , C ;    5  C I A E B : 4x+3y-12=0 Giả thiết ta có OA  AC  a  Vậy A  3;0  Đường thẳng OK có pt: y  x Vẽ đường thẳng qua A vng góc OK, cắt OK I cắt OB E OK đường trung trực AE (vì OK đường phân giác góc AOB) K(6;6) 3 3 Từ tìm I  ;  , suy E  0;3 Vậy pt OB: x  Suy B  0;4  2 2 Vậy A  3;0 , B 0;4 Bài Trong mặt phẳng Oxy, gọi H  3; 2 , I 8;11 , K 4; 1 trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, chân đường cao vẽ từ A tam giác ABC Tìm tọa độ điểm A, B, C Giải HK  1;1  AK : x  y   BC: x  y   Gọi M trung điểm BC  IM  BC  IM : x  y    M  0;3 HA  2MI  16;16   A 19;14  Chọn B  b;3  b  BC  C b;b 3   BH  3 b;b 5 , CA  19  b;11 b Ta có BH  AC  BH.CA     b 19  b    b  511  b    2b2    b  1 Với b  ta có B 1;2  , C  1;4  Với b  1 ta có B  1;4  , C 1;2   Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  :  x  1   y    Tìm tọa độ đỉnh 2 tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C  biết đường thẳng BC có phương trình 2x   Giải  x  x  12   y  2    Tọa độ điểm B, C nghiệm hệ:  2x   y   3  Đường tròn  C  có tâm I 1;2  Vì tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C  nên I trọng tâm tam giác Từ tìm A  2;2  5 3 5 3 Vậy B  ;2   , C  ;2   ngược lại A  2;2   2  2 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn 7  BAC D  0;   phương 2  trình đường cao CH (của tam giác ABC) x  2y   Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết phân giác  T  : x   y  12  Giao điểm BC với phân giác góc ABC x  y   Giải Đường trịn  T  có tâm I  0; 1 , bán kính R  Gọi ABC D' A điểm đối xứng D qua phân giác d   D' x;y  AB H ta có: D' DD'  d (với K trung điểm DD’)  k  d   7 x   y        x        D'   ; 1   x y   y  1   1  2 I B   Pt đường thẳng AB qua D'   ; 1 vng góc với CH AB: 2x  y     Do I tâm đường tròn nội tiếp ΔABC 7   Pt đường thẳng AD qua I  0; 1 D  0;   x  2  x  y   A  AD  AB  A  0;4  , B  AB  BI    B  5; 6  2x  y   x  2y    C  3; 2  Ta có BC : x  2y    C  BC  CH   x  2y   Vậy A  0;4 , B 5; 6 , C 3; 2 điểm cần tìm D C Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A  3; 4 , tâm đường tròn nội tiếp   I  2;1 tâm đường tròn ngoại tiếp J   ;1  Viết phương trình đường thẳng BC   Giải 2 125  1 Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC:  x     y  1  1 2  x3 y4   x  y 1   1 Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp điểm thứ hai D, trung điểm cung BC Hoành độ điểm D nghiệm khác -3 phương trình: Phương trình đường thẳng AI :  x  3 125  9 7 1   D ;   x     x  2  x  2  2 2  B A A B  IBD  IBC  CBD    BID  IBD 2 2  DI  DB  DC  B, C nằm đường trịn tâm D bán kính DI có phương trình: Ta có: BID  2  9  7 50 x   y    2  2  2 Tọa độ điểm B C nghiệm hệ phương trình (1) (2):    x     y  1  125 x2  y2  x  2y  30  2     2 2 x  y  9x  7y  20   9  7 50  x     y    2  2  10x  5y  50   2 x  y  9x  7y  10  Suy phương trình đường thẳng BC: 10x  5y  50  hay 2x  y  10  Bài 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;4  , tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D, đường phân giác ADB có phương trình x  y   , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB Giải Gọi AI phân giác BAC Ta có: AID  ABC  BAI A IAD  CAD  CAI E M' Mà BAI  CAI, ABC  CAD nên AID  IAD  ΔDAI cân D  DE  AI Phương trình đường thẳng AI: x  y   Gọi M’ điểm đối xứng M qua AI  PT đường thẳng MM’: x  y   K B I M C D Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Gọi K  AI  MM'  K 0;5  M' 4;9 VTCP đường thẳng AB AM'   3;5  VTPT đường thẳng AB n   5; 3 Vậy phương trình AB là: 5 x  1   y     5x  3y   Bài 11 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A đường thẳng BC có phương trình 3x  5y   0, x  y   Đường thẳng qua A vng góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai D  4; 2  Viết phương trình đường thẳng AB, AC biết hồnh độ điểm B không lớn Giải Gọi M trung điểm BC, H trực tâm tam giác ABC, K giao điểm BC AD, E giao điểm BH AC Ta ký hiệu A nd ,ud vtpt, vtcp đường thẳng d Do M giao điểm E AM BC nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình:  x  x  y     M 7;      2 2 3x  5y   y     I H B AD vng góc với BC nên nAD  uBC  1;1 , mà AD qua điểm D K M C D suy phương trình AD: 1 x    1 y     x  y   Do A giao điểm AD AM nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình: 3x  5y   x    A 1;1  x  y   y  Tọa độ điểm K nghiệm hệ phương trình: x  y   x    K  3; 1  x  y   y  1 Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK  KCE mà KCE  BDA (nội tiếp chắn cung AB ) Suy BHK  BDA Vậy K trung điển HD nên H  2;4  Do B thuộc BC  B t;t   , kết hợp với M trung điểm BC suy C   t;3  t  HB   t  2;t  8; AC    t;2  t  Do H trực tâm tam giác ABC nên t  HB.AC    t    t    t  8  t     t  14  2t     t  Do t   t   B 2; 2  , C  5;1 Ta có: AB  1; 3 , AC   4;0   nAB   3;1 , nAC   0;1 Suy AB: 3x  y   0, AC : y   Bài 12 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H  5;5 , phương trình đường thẳng chứa cạnh BC x  y   Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua hai điểm M  7;3 , N 4;2  Tính diện tích tam giác ABC Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Giải Gọi H1 đối xứng với H qua BC  pt HH1 : x  y   I  HH1  BC  I  4;4   H1  3;3 Ta chứng minh điểm H1 thuộc (ABC)  ABC : x2  y2  2ax  2by  c  0, a2  b2  c   72  32  14a  6b  c  M   ABC  a     2 Do N   ABC   4   8a  4b  c    b    c  36  H1   ABC  3   6a  6b  c    ABC : x2  y2  10x  8y  36  A  HH1   ABC  A  6;6 A  H1 x  y   B,C  BC   ABC  tọa độ B, C nghiệm hpt  2  x  y  10x  8y  36   x   668 y     BC  2, d  A;BC   2 x    y  1 Suy diện tích ΔABC SΔABC  d  A;BC  BC  2.3  (đvdt) 2 Bài 13 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình 3x  4y  10  đường phân giác BE có phương trình x  y   Điểm M  0;2  thuộc đường thẳng AB cách đỉnh C khoảng Tính diện tích tam giác ABC Giải Gọi N điểm đối xứng M qua phân giác BE N A thuộc BC Tính N 1;1 Đường thẳng BC qua N vng góc M với AH nên có phương trình: 4x  3y   E I B giao điểm BC BE Suy tọa độ B nghiệm hệ phương trình: B N 4x  3y    B 4;5  x  y   Đường thẳng AB qua B M nên có phương trình: 3x  4y   A giao điểm AB AH, suy tọa độ A nghiệm hệ phương trình: 3x  4y    1  A  3;    4  3x  4y  10  Điểm C thuộc BC MC  , suy tọa độ C nghiệm hệ phương trình: C 1;1  x  1;y  4x  3y         31 33   31 33  x  ;y  C ; x   y  2     25 25   25 25  H C Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Thế tọa độ A C 1;1 vào phương trình BE hai giá trị trái dấu, suy A C khác phía BE, BE phân giác tam giác ABC  31 33  Tương tự A C  ;  A, C phía với BE nên BE phân giác ngồi tam giác ABC  25 25  BC  5, AH  d  A;BC   49 49 Do SABC  (đvdt) 20 Bài 14 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh A  1;4  , trực tâm H Đường thẳng AH cắt cạnh BC M, đường thẳng CH cắt cạnh AB N Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN I  2;0  , đường thẳng BC qua điểm P 1; 2  Tìm tọa độ đỉnh B, C tam giác biết đỉnh B thuộc đường thẳng d : x  2y   Giải Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp Suy I trung điểm BH A B  d  B   2t;t  Suy H   2t; t   AH    2t; t   , BP   2t  1;  t  2 Do H trực tâm tam giác ABC  AH.BP    2t  3 2t  1   t   t     5t  10t    t  1 N Suy H H  0;1 , B  4; 1 , AH  1; 3 , đường thẳng BC: x  3y   I B M C P Đường thẳng AC: 2x  y   Tìm tọa độ C  5; 4  Vậy B  4; 1 , C 5; 4 Bài 15 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường trịn ngoại tiếp I  2;1 thỏa mãn điều kiện AIB  900 Chân đường cao kẻ từ A đến BC D  1; 1 Đường thẳng AC qua M  1;4  Tìm tọa độ đỉnh A, B biết đỉnh A có hồnh độ dương Giải AIB  900  BCA  450 BCA  1350 A Suy CAD  450  ΔADC cân D Ta có DI  AC , phương trình đường thẳng AC có dạng x  2y   A  2a  9;a  , AD  8  2a; 1  a  a  AD2  40  a  6a      A 1;5  a  I B D M C Phương trình BD: x  3y   Phương trình BI: 3x  4y   B  BI  BD  B  2; 2   11  Bài 16 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G 1;  đường thẳng  3 trung trực cạnh BC có phương trình x  3y   đường thẳng AB có phương trình 4x  y   Xác định tọa độ đỉnh tam giác Bài giảng chuyên đề luyện thi Oxy- Chủ đề: Đường tròn Giải Đường trịn có tâm I  1;2  bán kính R  Suy IA  10 B Gọi H giao điểm BC IA, ta có: IH.IA  BI2  IH  BI2 1    IH  IA  H  ;0  IA 2  I A H  AIB  600 nên tam giác ABC Suy tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC trùng với trọng tâm  cos AIB  C Gọi G trọng tâm tam giác ABC suy AG  AH , suy G  2; 2  Bài 51 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C : x  y2  2x  4y   điểm A  0; 1 Tìm tọa độ điểm B, C thuộc đường trịn (C) cho tam giác ABC Giải  1   x H  1 3 7 (C) có tâm I 1;2  , bán kính R  10  AI  2IH    H ;  2 2  3   yH   B (do I trọng tâm tam giác ABC, H trung điểm BC) Phương trình đường thẳng BC qua H nhận AI  1;3 làm vec-tơ pháp I H tuyến là: x  3y  12  Vì B,C   C   tọa độ B, C nghiệm hệ phương trình:  7  7 y y   x  y2  2x  4y     2     x  3y  12  x   3 x   3   2 A C  3 3    3 3 7  ; ; Vậy B   , C  ngược lại   2   Trần Đình Cư GV THPT Gia Hội, Huế SĐT: 01234332133 25 TRẦN ĐÌNH CƯ GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế Tháo gỡ Oxy Chủ đề 7: Elip Tài liệu thân tặng em học sinh 12, chuẩn bị kỳ thi THPT Quốc Gia 2016 Chúc em đạt kết cao kỳ thi đến y Δ F2 F1 M O I Huế, Ngày 21/05/2016 x Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 CHỦ ĐỀ ELIP x2 y2  có F1  2;0  , F2  2;0  a b2 Gọi A điểm đối xứng F1 qua M B điểm đối xứng M qua F2 Viết phương trình  E  biết tam Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M thuộc elip  E  :  giác ABF1 vuông B diện tích tam giác MF1F2  15 Giải y Ta có c   a  b2  b2  a  A Gọi M  x ; y0  M 15  d  M;Ox  F1F2  15  y0  2 Tam giác vuông ABF1 MB  AF1  MF1  2MF2  MF x O B suy F1 F2 1 B Ta có MF1  MF2  2a   Kết hợp (1) với (2): 4a  MF1   a  xM  a2  a   xM  MF  2a  a  x M  a  a   b2  a   a2 15 Cho M   E    1  4 a2  36a 4b2 a  31  b2  a   27 a4 Vậy  E  : 15 x y2 x y2     E  :  elip cần tìm 31 27 Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip  E  : x y2   với hai tiêu điểm F1 , F2 (hoành độ F1 âm) Tìm tọa độ điểm M thuộc elip  E  cho góc MF1F2  600 Giải Ta có: a  3; b  5; c    Tọa độ tiêu điểm: F1  2;0  ; F2  2;0  x 02 y02  1 2 MF1   x ; MF2   x ; F1F2  3 Gọi M  x ; y0    E  nên M * Để MF1F2  600 thì: MF22  MF12  F1F22  2.MF1.MF2 cosMF1F2 2          x     x   42    x  4.cos 600 3        4x  3  x   600 F1 F2 Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133  3   y2 75 5 4    y02   y0   Thay x   vào (*) ta có:  16 4  5  5 Như vậy: M   ; M   ;      4      Bài Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình tắc Elip (E), biết tâm sai (E) hình chữ nhật sở có diện tích 24 Giải Giả sử ptct (E): x2  a2 y2 b2  1,  a  b   c a  b2    2a  3b 1 a a Mặt khác hình chữ nhật sở có chiều dài 2a, chiều rộng 2b nên ta có: 2a.2b  24  a.b    Từ giả thiết ta có e  Giải hệ (1) (2) tìm a  3; b  Vậy x y2  1 x y2   đường thẳng d: 3x  4y  12  Chứng 16 minh đường thẳng d cắt elip (E) hai điểm A, B phân biệt Tìm điểm C   E  cho tam giác ABC Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Elip (E): có diện tích Giải x x y y 1 1     Xét hệ pt:  16   16 3x  4y  12 3x  12  4y   2 2 d    41  41 x  x    4 Giải hệ ta có:    y   41  y   41   3 B A   41  41    41  41  41 A  ; ;  ; B   AB      Giả sử C  x ; y0  , đặt CH khoảng cách từ C đến AB CH  3x  4y0  12  3x  4y0  12 41  72 Giải hệ  Giải hệ tìm x , y0 2 9x  16y0  154 Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip (E): x y2   có hai tiêu điểm F1 , F2 (biết F1 có hồnh độ F1 B F2 A Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 âm) Gọi  Δ  đường thẳng qua F2 song song với  Δ1  : y  x  đồng thời cắt (E) hai điểm A, B phân biệt Tính diện tích tam giác ABF1 Giải Ta có: a  6, b  mà c  a  b  c   c  2 2 2 Suy F1  2;0  , F2  2;0  Vì Δ / /Δ1 Δ qua F2 nên phương trình  Δ  y   x   3  y  x  x  y   x       Tọa độ A, B nghiệm hệ phương trình:  x y   1 y     2x  6x   6   3 x    1    1    Suy A   ;  , B  ;  y        Ta có AB  6, d  F1;AB  d  F1,Δ   2 Suy diện tích tam giác ABF1 S  d  F1 , AB  AB  (đvtt) x y2   đường thẳng Δ : 3x  4y  12  cắt (E) 16 hai điểm A B Tìm điểm C   E  cho tam giác ABC có diện tích lớn Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip  E  : Giải Hoành độ giao điểm đường thẳng Δ elip (E) nghiệm phương trình: C  12  3x  9x  16    144   F1 F2 x   x  4x    x  Như Δ elip (E) cắt hai điểm A  0;3  B  4;0  có AB  Gọi H hình chiếu vng góc C Δ thì: SΔABC  AB.CH  CH 2 Nên tam giác ABC có diện tích lớn CH lớn H A  π π Vì C   E  nên tồn t    ;  cho C   4sin t;3cos t   2 Bởi vậy: Dấu đẳng thức xảy t    3π  2  3π   3π   , C   4sin    ;3cos     hay C  2 2;          2 Vậy tọa độ điểm C cần tìm C  2 2;    B Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133   Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm F1  3;0 , F2   3;0 qua điểm 1  A  3;  Lập phương trình tắc (E) với điểm M   E  , tính giá trị biểu thức 2  P  F1M2  F2 M2  3.OM2  F1 M.F2 M Giải E : Do x a  y b (E) A  1, a  b  có hai tiêu   c  3, c2  a  b2  a  b2   F1  3;0 , điểm F2  3;0   1 F1 F2 1  A  3;    E       2 a 4b  Thế (1) vào (2) ta giải phương trình ẩn b b   a    E  :     x y2  1 2 P   e  ax M    e  ax M   x M  yM  a  e x 2M  2 Bài Trong mặt phẳng Oxy cho elip  E  : x y2   Tìm điểm M thuộc (E) cho M nhìn F1F2 ( F1 , F2 hai tiêu điểm) góc 60 Giải Ta có: a  3; c  6, M   E   MF1   6 x; MF2   x 3 F1 F2 Xét ΔMF1F2 có: F2 F2  MF12  MF22  2MF1.MF2 cos600  MF1.MF2 M 2 2a    2c       15    x    x    x      Từ suy y   2  15   15   15   15  ; ; ; ; Vậy có điểm M cần tìm    ;    ;  ;   2   2   2   2   Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip có phương trình: x y2   Tìm điểm M thuộc elip cho 25 góc F1MF2  900 với F1 , F2 hai tiêu điểm elip Giải Ta có: a  5; b  suy c  M 4 Gọi M  a;b  thuộc elip ta có: MF1   a , MF2   a 5 Vì tam giác F1MF2 vng M nên MF12  MF22  F1F22 F1 F2 Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 2    175     a     a   64  a      Do M thuộc elip nên a b2    b2  25  14   14   14   14  Vậy tọa độ cần tìm là: M   ;  , M  ;   , M   ;  , M   ;           x y2   hai điểm A 3; 2  , B  3; 2 Tìm (E) điểm C có hồnh độ tung độ dương cho tam giác ABC có diện tích lớn Giải Ta có phương trình đường thẳng AB: 2x  3y  Bài 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip  E  : Gọi C  x; y , x  0, y  Khi ta có: B x y2   diện tích tam C giác ABC là: 85 SABC  AB.d  C;AB   2x  3y 2 13 3 A F2 F1 85 x y 3  13 85  x y  170 2  3  13   13  x y2  1 x    3   Dấu xảy  ;  Vậy C   x  y y      Bài 11 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình tắc elip (E) có tâm sai , biết diện tích tứ giác tạo tiêu điểm đỉnh trục bé (E) 24 Giải Phương trình tắc (E) có dạng x2 a2  y2 b2   a  b  0 Gọi F1  c;0  , F2  c;0  tiêu điểm với c  a  b2 B1  0; b  , B2  0;b  đỉnh trục bé B2 b F1  F1B1F2 B2 hình thoi Suy ra: SF1B1F2B2   bc  12  b2c2  144  b2 a  b2  144 Tâm sai e  F2 O B1 1  F1F2 B1B2  2c.2b  2bc  24 2  c  1  c    25c2  9a  25 a  b  9a  4a  5b hay a  b a Từ (1) (2) suy a  5, b  Suy  E  : x y2  1 25 16 (2) Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 x y2   M 1; 1 Một đường thẳng d qua M cắt (E) A, B cho MA.MB lớn Tìm tọa độ A, B Giải Ta thấy M 1; 1  thuộc miền (E) nên d cắt (E) A, B Bài 12 Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) có phương trình  x   at Gọi phương trình đường thẳng d  , t  , a  b2   y  1  bt   B A 1  at1; 1  bt1  , B 1  at ; 1  bt  , tham số t1 , t nghiệm phương trình: 1  at     1  bt      a  2b2 t   a  2b  t   Theo hệ thức Vi-et ta có: t1t  A 5 a  2b2  at1 2   bt1 2  at 2   bt 2 MA.MB    a b Vì o  M F2 F1 2 a2 a  b2 tt   a  b2 a  2b 2  2 a2 a  b2  nên MA.MB lớn a2 a  b2 1 b   t1   Khi t1 , t nghiệm phương trình: t  2t      t   Hay A        6;1 , B  6;1 A  6;1 , B  6;1 Bài 13 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip  E  : 4x  9y  36 có hai tiêu điểm F1 , F2 nằm phía bên trái bên phải điểm O Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) cho MF12  MF22 đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ Giải Giả sử M  x ; y0    E  , ta có e x 02 y02   , với 3  x  , ta có F1 P  MF12  2MF22   a  ex    a  ex   3a  2aex  3e2 x 02 Xét 2 5 5 81  x  x 02   x 02  x0   3 5 81 f  x   x 02  x0  đoạn  3;3 có f '  x   2x  5  27  2.3 f ' x0    x0  M Lập bảng biến thiên hàm số f  x   3;3 Từ bảng biến thiên ta có 108   108 f  x   f     P   36  5 x 0 3;3 F2 Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Vậy P  36 x    ; Khi M   5  3  Bài 14 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) qua điểm M  có độ dài trục lớn  ;    Tìm tọa độ điểm N thuộc (E) cho ON  Giải x2 y2   a  b  0 a b2 Vì độ dài trục lớn nên 2a   a  Giả sử phương trình (E) là:  3  18 Vì M  ;    E      4a b    b2    E  : M N F1 F2 O x y2  1   x  y2  x  x       5   Giả sử N  x; y  , ta có hệ phương trình:  x y   y  16   y   9   5  5   3 5   5 Vậy có điểm: N  ; ; ; , N  , N    5   5   5  ;   , N      Bài 15 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình tắc elip (E) có tâm sai e  độ dài đường chéo hình chữ nhật sở Giải Giả sử phương trình (E): Ta có e  x a  y b2  1, a  b  c   a  3c a   Độ dài  đường 4 a b 2 chéo   4.5  a hình chữ b 5 O F1  a  a  b2  2a  3b2 1 nhật sở F2  2 x y2  1 Bài 16 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy tìm phương trình tắc elip biết hai tiêu điểm với hai đỉnh trục bé xác định hình vng phương trình hai đường chuẩn x  8 Giải Hai tiêu điểm F1  c;0  , F2  c;0  hai điểm trục bé y B Từ (1) (2) suy a  3, b2  Vậy elip (E) có phương trình  E  : B1  0; b  , B2  0;b  xác định hình vng nên b  c  a a2 Phương trình hai đường chuẩn elip x      8 e c F1 O B1 F2 x Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 b2  c2  a 2c2  a2 Nên ta có hệ:   2 a  8c a  8c 2c2  8c c  4,  c      b2  16 2 a  32 a  8c x y2  1 32 16 Vậy phương trình tắc elip  1 Bài 17 Lập phương trình tắc elip mặt phẳng Oxy biết điểm M  ;  3  thuộc elip tam   giác F1MF2 vuông M, F1 , F2 hai tiêu điểm elip Giải Tam giác F1MF2 vuông cho OM  c  c  (c nửa tiêu cự) Phương trình tắc (E): x2 a2   1 M  ;    E     3a 3b  3 y2 b2 M  a  b 1 Mà c2   a  b   b  a  y x O F1 F2  2 Từ (1) (2) cho phương trình 3a  18a  24   a  2, a  Chọn a   b  Phương trình tắc (E) là: x y2  1 x2 y2   a  b   (E), hình a b2 chữ nhật sở có diện tích 24, chu vi 20 điểm M 1;1  Viết phương trình đường thẳng qua M Bài 18 Trong hệ tọa độ Oxy cho elip có phương trình dạng tắc:  cắt (E) hai điểm phân biệt cho M trung điểm Giải Tìm a  3,b  Giả sử đường thẳng qua M cắt (E) hai điểm M1  x1;y1  , M2  x ; y2  Khi đó: 4x12  9y12  36  2 4x  9y  36   x1  x  x1  x    y1  y2  y1  y2   y M1 M Mà M trung điểm M1 , M2 nên x1  x  2, y1  y2  nên  x1  x    y1  y   1 F2 F1 x O Giả sử phương trình đường thẳng qua M 1;1 có VTPT  a;b  Khi có phương trình: a  x  1  b  y  1  qua M1 , M2 nên: a  x1  1  b  y1  1   a  x1  x   b  y1  y2      a  x  1  b  y  1  Từ (1) (2) ta có a  4, b  Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: 5x  9y  13  M2 Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 x y2   có hai tiêu điểm F1 , F2 Tìm tọa độ điểm 25 M thuộc (E) cho bán kính đường trịn nội tiếp tam giác MF1F2 Giải MF1  MF2  F1F2 M a  5, b   c   p  9  SMF1F2  pr   d  M,Ox   d  M,Ox    y M  y M  3 F1 F2 Bài 19 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip  E  : Do M  m;3 M  m; 3  Vì M thuộc (E) nên m  Vậy M  0;3  M  0; 3 hai điểm thỏa mãn toán x y2   Viết phương trình đường thẳng Δ vng góc với d cắt  E  điểm A, B cho diện tích tam giác AOB Bài 20 Cho đường thẳng d : 2x  y   elip  E  : Giải y Δ  d  Δ có phương trình: x  2y  m   x  2y  m   x y2  1  Tọa độ A, B nghiệm hệ:   x  2y  m  2 8y  4my  m   1 d cắt (E) điểm A, B hệ có nghiệm phân biệt  32  4m2     m  Δ A d H B O F1 F2 x  * gọi A  2y1  m; y1 , B 2y m; y  y1 , y nghiệm (1)  y1  y  m m2  ; y1.y   AB   y  y1  2   y1  y   4y1y     Đường cao OH  d  O;Δ     m2   AB  8  m  2 m   m2  m2   m2   m  2 Suy ra: SΔAOB  AB.OH  Δ : x  2y   Vậy phương trình đường thẳng Δ là:  Δ : x  2y   Bài 21 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, elip (E) qua điểm M  2; 3  có phương trình đường chuẩn x   Viết phương trình tắc (E) Giải Gọi phương trình (E): x2 a2  y2 b2 y   a  b  0 F1 O F2 x Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 4  a  b2   Giả thiết   a   c Ta có: 1  2    a  8c  b2  a  c2  8c  c2  c 8  c  c     2c  17c  26    13 Thay vào (1) ta c  8c c   c   Nếu c  a  16, b  12   E  : x y2  1 16 12 39 x y2 13  E :  1 a  52, b  52 39 Bài 22 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng Δ : x  y   hai elip Nếu c  x y2 x y2   1,  E  :    a  b   có tiêu điểm Biết  E  qua điểm M thuộc 10 a b đường thẳng Δ Tìm tọa độ điểm M cho elip  E  có độ dài trục lớn nhỏ  E1  : Giải Hai elip có tiêu điểm F1  2;0  , F2  2;0  y Điểm M   E   MF1  MF2  2a Vậy  E  có độ dài trục lớn nhỏ MF1  MF2 nhỏ Ta có F1 , F2 phía với Δ Gọi N  x; y  điểm đối xứng với F2 qua Δ , suy Δ F1 F2 O N  4; 6  Ta có: MF1  MF2  MF1  MN  NF1 (không đổi) Dấu xảy M  NF1  Δ x M Tọa độ điểm M nghiệm hệ:  x 3x  y     3  M  ;     2 x  y   y    N x y2   đường thẳng Δ : x  y   16 Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng Δ , biết đường trịn có điểm chung với (E) có bán kính nhỏ Giải Bài 23 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip  E  : Giả sử M  x ; y0    E   d  M;Δ   x 02 y02    * 16 x  y0  Ta có  x  y0  2  x 02 y02  y0   x0      16  19     25  5  x  y0   16      Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 x  y0    x  y0   14  2  y 7 d  M;Δ   2 Δ F2 F1  x 02 y02 1   16   16  x    x y0  16    M  ;     5  16 y    x  y0  5    M O x I  16   d  M;Δ  nhỏ 2 M   ;    5 Gọi I hình chiếu M lên Δ , gọi (C) đường trịn tâm I bán kính R  IM Khi (C) đường trịn thỏa mãn yêu cầu toán Thật M'  M  E  IM'  IM nên (C) (E) có điểm chung M Hơn đường trịn khác (nếu có) bán kính lớn IM (do IM nhỏ nhất) Đường thẳng qua M vng góc nhận n 1; 1 làm vec-tơ pháp tuyến nên có phương trình: 16   9  1 x     y     x  y   5  5  26  x   x  y     26 19  Tọa độ I nghiệm hệ:    I  ;  5   x  y    y   19  R  IM  2 2 26   19    phương trình đường trịn  C  :  x     y      5  Bài 24 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường elip  E  : x2 y2   Gọi F1 , F2 hai tiêu 2013 2012 điểm (E), M điểm tùy ý (E) Chứng minh MF1.MF2  OM2  4025 Giải Gọi M  x; y    E  : x y  1 2013 2012 MF1  2013  e.x, MF2  2013  e.x MF1.MF2  OM   y 2013  e.x  2013  e.x Suy  F1 O M F2 x  x  y2  2013  e x  x  y   2013  y  x  e     2013  y2  x 1    2013  2012  4025 2013   x y2   điểm M  2;1 Viết phương trình đường thẳng Δ qua M cắt (E) hai điểm phân biệt A, B cho M trung điểm AB Bài 25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip  E  : Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Giải 25 1 Thay tọa độ M vào vế trái phương trình (E) ta được:   36 Chứng tỏ M nằm (E)  Nếu Δ qua M Δ cắt (E) hai điểm phân biệt A, B thỏa M nằm A B y A M Giả sử A  x A ; yA  , B  x B ; yB  Do A, B thuộc (E) nên ta có hệ: F1 O x F2 B  4x 2A  9y A  36 1  2  2  4x B  9y B  36 Lấy (2) trừ (1) theo vế, ta được:  x B  x A  x B  x A    yB  yA  yB  yA    3  x A  x B  2x M  Vì M trung điểm AB nên   y A  y B  2y M   4 Thế (4) vào (3) ta được: 16  x B  x A   18  yB  yA     x B  x A    yB  yA    5 Do AB   x B  x A ; yB  yA  vtcp Δ nên từ (5) suy vtpt đường thẳng Δ n  8;9 Vậy Δ qua M  2;1 có vtpt n  8;9  pt Δ : 8x  9y  25  Bài 26 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x  y  16 Viết phương trình tắc , elip cắt đường tròn (C) bốn điểm phân biệt A, B, C, D cho AB song song với trục hoành AB  2BC Giải elip biết tâm sai e  Phương trình tắc elip có dạng: x2 a2  y2 b2 1  a  b  0 A c a b    b  a  * a a Vì elip đường trịn (C) nhận trục Ox, Oy làm trục đối xứng AB  2BC nên giả sử tọa độ B  2t; t  , t  Ta có: e  B Thay tọa độ B vào phương trình đường trịn ta có: t  , thay vào 256 64 ;b  phương trình elip với (*) a  15 O F1 D F2 C Vậy phương trình tắc elip: x2 y2  1 256 64 15 x y2   điểm A  3;0  , I  1;0 Tìm tọa độ điểm B, C thuộc (E) cho I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giải Bài 27 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip  E  : Ta có IA   Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình:  x  1  y2  Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017 Thầy Cư – SĐT: 01234332133 Tọa độ điểm B, C cần tìm nghiệm hệ phương trình:  x  12  y2    x y2   1 9  x  12  y   x  1  y     5x  18x    x  3  x    x  3  y   B  A  C  A (loại) B y x A F1 I O F2 C  6  6 x y  B   ;  , C  ;  5   5   Bài 28 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip có phương trình tắc  E  : x y2   Viết 25 phương trình đường thẳng song song với Oy cắt (E) hai điểm A, B cho AB  Giải y Gọi phương trình đường thẳng song song với Oy d : x  a (với a  ) Tung độ giao điểm d (E) là: a y2  1 25 25  a  y  y 25  a  a   25     25  a Vậy A  a; 25  a  , B  a;  25  a   AB  5     Do AB   100 5 25  a   25  a  a (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình đường thẳng cần tìm x  5 5 ;x   3 A x F1 O F2 B