Bài tập và phương pháp giải tích oxy

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: 0A x B y 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 + > AOTRANGTB.COM 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 Thầy Trần Phương Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i : http://aotrangtb.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 D x 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 ; 9 0 : t g 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 = + + Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i : http://aotrangtb.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 b y c + + = là: ( ) ( ) 0 0 2 2 , a x b y 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 ; 1 M và cắt trục Ox , Oy tại B và C sao cho tam giác ABC cân Giải Gọi ( ) ;0 B b Ox = ∆ ∩ và ( ) 0 ;C c O y = ∆ ∩ suy ra ( ∆ ): ( ) 1 y x 0 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 0 x y + − = , (CK): 3 8 12 0 x 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 + + + + = + + Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i : http://aotrangtb.com Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương 14 Giải a . (AB) ⊥ (CK) nên (AB) có phương trình là 8 3 0 x y c − + = Điểm ( ) ( ) 1 :8 3 1 0 A AB c AB x y ∈ ⇔ = − ⇒ − − = . ( ) ( ) AC BH ⊥ nên ( ) AC có phương trình 3 5 0 x y m − + = Điểm ( ) ( ) 12 :3 5 12 0 A 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 0 x y ∆ + − = và chứa A( − 1; − 3) ⇒ ( ) : 2( 1 ) 3 ( 3 ) 0 AB x y + − + = hay ( ) :2 3 7 0 A B 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 ; 4 B C Bài 3. Cho 1 2 ( ) : 5 0 ; ( ) : 2 7 0 d x y d x y + + = + − = và điểm ( ) 2 ; 3 A . Tìm 1 B ( ) d ∈ và 2 C ( ) d ∈ sao cho ∆ ABC có trọng tâm ( ) 2 ; 0 G . 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 ; 1 B C− Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i : http://aotrangtb.com Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng 15 Bài 4. Cho 1 2 ( ): 1 0 ;( ):2 1 0 x 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 ; 1 t t ∈ ∆ ⇒ + ; Điểm ( ) ( ) 2 2 2 B B ; 2 1 t 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 0 x 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 5 t t ∈ ∆ ⇒ + ; Điểm ( ) ( ) 2 2 2 B B ;3 t t ∈ ∆ ⇒ − Suy ra: ( ) ( ) 1 1 2 2 MA 2; 2 5 , MB 2;3 t 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 0 x 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 0 x y + + = và (CM): 2 7 0 x y + + = . Ta có: ( ) ( ) B BH B ; 3 11 t t∈ ⇒ − − . Gọi M là trung điểm AB khi đó tọa độ M là 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;1 t⇔ = − ⇒ − 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 0 x y + + = và (AC) đi qua điểm A(2; − 7) nên phương trình (AC) là: ( 2) 3( 7) 0 x y − − + = ⇔ ( ) AC : 3 23 0 x 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 0 x y + + = và phân giác trong (CD): 1 0 x y + − = .Viết phương trình đường thẳng BC. Giải Điểm C ∈ (CD): 1 0 x y + − = ⇒ ( ) ;1 C t t − ⇒ trung điểm M của AC là ( ) 1 3 ; 2 2 t t M + − Điểm M ∈ (BM): 2 1 0 x y + + = ⇒ ( ) ( ) 1 3 2 1 0 7 7;8 2 2 t t t C + − + + = ⇔ = − ⇒ − Từ A(1;2) kẻ (AK) ⊥ (CD): 1 0 x y + − = tại I (điểm ( ) K BC ∈ ) Suy ra (AK): ( 1) ( 2) 0 x y − − − = ⇔ 1 0 x 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 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 0 x 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 0 x y ∆ + − = Bài 9. Lập phương trình đường thẳng ( ∆ ) đi qua điểm M(2; 1) và tạo với đường thẳng (d): 2 3 4 0 x y + + = một góc o 45 Giải Phương trình ( ∆ ) đi qua điểm M có dạng: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 0 0 A x B y A B − + − = + ≠ 2 0 Ax By A B ⇔ + − − = và có vectơ pháp tuyến ( ) 1 ; n A B =  Đường thẳng (d) có VTPT là ( ) 2 2;3 n =  . 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 13 A B A B ⇔ + = + 2 2 5 24 5 0 B 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 0 x 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 Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương 18 Ta có: ( ) 1;2 5 AB AB= − ⇒ =  Phương trình (AB) là: 2 2 0 x y + − = ( ) ( ) : ; I d y x I t t ∈ = ⇒ I là trung điểm của AC và BD nên ta có: ( ) ( ) 2 1;2 , 2 ; 2 2 C 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; 2 C D − − Bài 11. Cho ( ) ( ) 0;6 , 2;5 A B . Tìm trên ( ) : 2 2 0 d 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 2 f 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 0 AA d AA x y C ′ ′ ⊥ ⇒ + + = ( ) ( ) 6 : 2 6 0 A 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 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 0 x 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 : 0 D kx y k − + = và ( ) ( ) ( ) 2 2 2 : 1 2 1 0 D 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 0 k 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 0 d 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. 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 8 PA PB + = . Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski, ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 16 4 PA PB PA PB PA PB + ≤ + = ⇒ + ≤ ( ) max 4 PA 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 ; 1 n m m n m m = − − = − −   Ta có ( ) ( ) ( )( ) 1 2 . 1 2 2 1 0 n n m m m m = − − + − − =   nên 1 2 d d ⊥ tại điểm P. Để ý rằng 1 2 , A d B d ∈ ∈ và 2 2 AB = nên theo bất đẳng thức Bunhiacôpski thì ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 16 4 PA PB PA PB AB PA PB + ≤ + = = ⇒ + ≤ ( ) max 4 PA PB ⇒ + = , đạt được khi PA PB PAB = ⇒ ∆ vuông cân tại P  ( ) o 1 , 45 d 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 2 m m m m m m m ⇔ − = − + ⇔ − + = ⇔ = ∨ = [...]... gi i tích – Tr n Phương II XÁC NH PHƯƠNG TRÌNH ELIP THEO CÁC Y U T Bài 1 Vi t phương trình elip (E) bi t 2 tiêu i m F 1(−8; 0); F2(8; 0) và e = 4/5 Bài 2 Vi t phương trình elip (E) bi t 2 tiêu i m F 1(0; −4); F2(0; 4) và e = 4/5 Bài 3 Vi t phương trình elip (E) bi t 2 tiêu i m F 1(−6; 0); F2(6; 0) và a = 5 b 4 Bài 4 Vi t PT elip (E) bi t 2 tiêu i m F1(−3; 0); F2(3; 0) và i qua M 5 ; 15 4 ( ) Bài 5... 1 a b 2 Bài 12 Cho A(2; 0) và (C): ( x + 2 ) + y 2 = 36 Vi t phương trình quĩ tích tâm các ư ng tròn i qua A và ti p xúc (C) Gi i 2 (C): ( x + 2 ) + y 2 = 36 là ư ng tròn tâm B(−2; 0), bán kính R = 6 G i M là tâm ư ng tròn i qua A và ti p xúc (C) t i N ⇒ MA + MB = MN + MB = BN = 6 45 Chương IV Hình gi i tích – Tr n Phương V y quĩ tích M là elip (E) nh n A, B làm tiêu i m và có Vì A, B ∈ Ox và dài tr... 3 3;2) , M 2 ( 3;2 3 ) ( ) Bài 15 Vi t phương trình chính t c c a elip (E) i qua M 5 ; 2 2 và e = 4 3 5 3 5 4 5 ; Bài 16 Vi t phương trình chính t c c a elip (E) i qua M   5   5 và M nhìn F1F2 ∈Ox dư i góc π 2   Bài 17 Vi t phương trình chính t c c a elip (E) i qua M  4 2 ; 1   3 2 π và M nhìn F1F2 ∈Ox dư i góc 3 2 y2 = 1 sao cho M nhìn 2 tiêu i m dư i góc b ng Bài 18 Tìm M∈(E): x + 9 4... là x−2=0v i dài ư ng chéo b ng 6 Bài 11 Vi t phương trình chính t c c a elip (E) bi t tiêu i m n m trên Oy, e = 1 2 và kho ng cách 2 ư ng chu n là 8 2 Bài 12 Vi t phương trình chính t c c a elip (E) bi t tiêu i m n m trên Ox, M ( − 5; 2) ∈ ( E) và kho ng cách 2 ư ng chu n là 10 Bài 13 Vi t phương trình chính t c c a elip (E) i qua M1 (2; 1), M 2 ( 5;1 2) Bài 14 Vi t phương trình chính t c c a elip... F2(7; 0) và i qua M(−2; 12) Bài 6 Vi t PT elip (E) bi t 4 nh là: A1(−6; 0), A2(6; 0), B1(0; −3), B2(0; 3) Bài 7 Vi t phương trình c a elip (E) bi t 2 nh c a (E) là: (−4; 0), ( 0; 15 ) Bài 8 Vi t phương trình chính t c c a elip (E) bi t tiêu i m n m trên tr c Ox, i qua i m M(8, 12) và MF1 = 20 Bài 9 Vi t PT chính t c c a elip (E) bi t hai dài tr c l n b ng 8, kho ng cách nh liên ti p A1B 1 = 5 Bài 10... ky M = 2  1− k  Phương trình c nh (AB) là: 2 x + y − 5 = 0 ⇒ R = d ( I , ( AB ) ) = 5 2 2 Phương trình ư ng tròn (C) là: ( x + 1) + ( y − 2 ) = 5 29 Chương IV Hình gi i tích – Tr n Phương Bài 13 L p phương trình ư ng th ng ( ∆ ) i qua g c t a 2 2 tròn (C): ( x − 1) + ( y + 3) = 25 theo m t dây cung có O và c t ư ng dài b ng 8 Gi i ư ng tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 5 Phương trình ư ng... x + 4 y + 15 = 0; ( ∆ 2 ) : 3 x + 4 y + 5 = 0 2 2 Bài 16 Trong m t ph ng t a Oxy cho ư ng tròn (C) có phương trình: x 2 + y 2 − 2 x + 4 y + 4 = 0 có tâm I và i m M(–1; –3) Vi t phương trình ư ng th ng (d) i qua i m M và c t (C) t i hai i m phân bi t A và b sao cho tam giác IAB có di n tích l n nh t Gi i ư ng tròn (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = 3 I Phương trình ư ng th ng (d) qua M có d ng: a ( x... gi i tích – Tr n Phương 6 VPT ư ng tròn i qua A(6, 3); B(3, 2) và ti p xúc ( D ) : x + 2 y − 2 = 0 7 VPT ư ng tròn tâm ∈ ( ∆) : x + y − 5 = 0 ; R = 10 và ti p xúc ( D) :3x + y − 3 = 0 8 VPT ư ng tròn tâm I(3, 1) và c t ( ∆ ) : x − 2 y + 4 = 0 m t o n có dài = 4 9 Vi t phương trình ư ng tròn tâm ∈ ( ∆ ) : 4 x + 3 y − 2 = 0 và ti p xúc v i ( D1 ) : x + y + 4 = 0 và ( D2 ) : 7 x − y + 4 = 0 10 Vi t phương. .. 18 ho c ( C ) :( x − 2 ) + ( y + 2 ) = 8 27 Chương IV Hình gi i tích – Tr n Phương Bài 9 Vi t phương trình ư ng tròn (C) ti p xúc v i tr c hoành t i A(2; 0) và kho ng cách t tâm c a (C) n i m B(6; 4) b ng 5 Gi i G i I(a; b) và R l n lư t là tâm và bán kính c a (C) Do (C) ti p xúc v i tr c Ox t i A nên ta có: x I = x A = 2 ⇒ I ( 2; b ) và R = b 2 2 2 M t khác: IB = 5 ⇔ IB 2 = 25 ⇔ ( 6 − 2 ) + ( 4 −... Phương trình c a ( ∆ ) là: x − 3 = ⇔ x + 2 y − 3 = 0 −1 − 3 2 M N H b Ta có: IA = ( 4; −2 ) ⇒ IA = 2 5 K IH ⊥ MN t i H Dây MN nh nh t khi IH l n nh t Ta có: IH ≤ IA = 2 5 ⇒ IH max = 2 5 khi H ≡ A ⇒ ( ∆ ) ⊥ IA t i A ( ∆ ) qua A và nh n IA làm vectơ pháp tuy n có phương trình: 4 ( x − 3) − 2 ( y − 0 ) = 0 ⇔ 2 x − y − 6 = 0 30 A (∆) Bài 3 Bài 15 Trong m t ph ng t a ư ng tròn Oxy cho ư ng tròn (C) có phương . Hình giải tích – Trần Phương 28 Bài 9. Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại A(2; 0) và khoảng cách từ tâm của (C) đến điểm B(6; 4) bằng 5. Giải Gọi I( a ; b ) và. 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 Chương IV. Hình giải. 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. Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương 20 Giải a. Xét ( ) (