Kiến thức trọng tâm môn Toán lớp 10 đầy đủ nhấtKiến thức trọng tâm môn Toán lớp 10 đầy đủ nhấtKiến thức trọng tâm môn Toán lớp 10 đầy đủ nhấtKiến thức trọng tâm môn Toán lớp 10 đầy đủ nhấtKiến thức trọng tâm môn Toán lớp 10 đầy đủ nhấtKiến thức trọng tâm môn Toán lớp 10 đầy đủ nhấtKiến thức trọng tâm môn Toán lớp 10 đầy đủ nhất
ch−¬ng I hμm sè bËc nhÊt vμ bËc hai A KiÕn thøc cÇn nhí .7 B Phơng pháp giải dạng toán liên quan 10 § 1: Hμm sè 10 § 2: Hμm sè bËc nhÊt .26 § 3: Hμm sè bËc hai .32 C C¸c bμi to¸n chän läc 38 chơng II phơng trình v hệ phơng trình A KiÕn thøc cÇn nhí .43 B Phơng pháp giải dạng toán liên quan 48 § 1: Đại cơng phơng trình 48 Đ 2: Phơng tr×nh bËc nhÊt vμ bËc hai mét Èn 53 § 3: Mét số phơng trình quy phơng trình bậc v bậc hai 71 Đ 4: Phơng trình v hệ phơng trình bậc nhiều ẩn 93 Đ 5: Hệ phơng trình bËc hai hai Èn 101 C C¸c bμi to¸n chän läc 114 chơng IV bất đẳng thức v bất phơng trình A Kiến thức cần nhớ .129 B Phơng pháp giải dạng toán liên quan 133 Đ 1: Bất đẳng thức 133 § 2: Bất phơng trình .154 Đ 3: Bất phơng trình v hệ bất phơng trình bậc ẩn 156 § 4: DÊu cđa nhÞ thøc bËc nhÊt 162 Đ 5: Bất phơng trình v hệ bất phơng trình bậc hai ẩn 168 § 6: DÊu cđa tam thøc bËc hai 171 Đ 7: Một số phơng trình, bất phơng tr×nh quy vỊ bËc hai .188 C C¸c bμi to¸n chän läc 194 chơng V cung v Góc lợng giác công thức lợng giác A Kiến thức cần nhớ 219 B Phơng pháp giải dạng toán liên quan 222 C C¸c bμi to¸n chän läc 255 phần II: hình học chơng I vectơ A Kiến thức cÇn nhí 267 B Phơng pháp giải dạng toán liên quan 271 Đ 1: Vectơ 271 Đ 2: Hệ trục toạ độ 287 C C¸c bμi to¸n chän läc 296 ch−¬ng II tích vô hớng hai vectơ v ứng dụng A KiÕn thøc cÇn nhí 305 B Phơng pháp giải dạng toán liên quan 307 § 1: Giá trị lợng giác góc 307 Đ 2: Tích vô hớng hai vect¬ 309 Đ 3: Hệ thức lợng tam giác 322 C C¸c bμi to¸n chän läc 327 chơng III phơng pháp toạ độ mặt phẳng A KiÕn thøc cÇn nhí 337 B Phơng pháp giải dạng toán liên quan 347 § 1: § 2: § 3: § 4: § 5: § 6: §−êng th¼ng 347 Đờng tròn 359 §−êng ElÝp 377 §−êng Hypebol 389 §−êng Parabol 399 Ba đờng Côníc 408 C C¸c bμi to¸n chän läc 410 Chương Hàm số bậc hàm số bậc A Kiến thức I hàm số Tập xác định hàm số Víi mét hμm sè y = f(x), ta cã: D = {x | y tồn tại}, D gọi l tập xác định hm số biến thiên hàm số Định nghĩa: Cho hm số y = f(x) xác định khoảng (a, b) Một hm số y = f(x) gọi l tăng hay đồng biến khoảng (a, b) với x1, x2 thuộc khoảng ta có: x1 < x2 f(x1) < f(x2) Mét hμm sè y = f(x) gọi l giảm hay nghịch biến khoảng (a, b) nÕu víi x1, x2 bÊt kú thc kho¶ng ®ã ta cã x1 < x2 f(x1) > f(x2) tính chẵn, lẻ hàm số Định nghĩa: Cho hm số y = f(x) xác định tập D Hm số y = f(x) đợc gọi l hm ch½n nÕu víi mäi xD ta cã: x D f ( x ) f ( x ) Hm số y = f(x) đợc gäi lμ hμm lỴ nÕu víi mäi xD ta cã: x D f ( x ) f ( x ) NhËn xÐt: Hm số chẵn nhận trục tung lm trục đối xứng Hm số lẻ nhận gốc toạ độ O lm tâm đối xứng trục đối xứng đồ thị hàm số Định nghĩa 1: Đờng thẳng x = a l trục đối xứng đồ thị y = f(x) với phép biến đổi toạ độ: X x a x X a Y y y Y hμm sè Y = F(X) l hm số chẵn tâm đối xứng đồ thị hàm số Định nghĩa: Điểm I(a; b) l tâm đối xứng đồ thị y = f(x) với phép biến đổi toạ độ: X x a x X a Y y b y Y b hμm sè Y = F(X)b lμ hμm sè lỴ II hàm số bậc Định nghĩa: Hm số bậc lμ hμm sè cã d¹ng y = ax + b, a, b l số v a Cho hμm sè: y = ax + b, với a Miền xác định D = Sự biến thiên: l hm số đơn điệu Cụ thĨ: Víi a > 0, hμm sè ®ång biÕn Với a < 0, hm số nghịch biến Bảng biÕn thiªn: Víi a > Víi a < x - x - + + + + y y - - Đồ thị: đồ thị hm bậc l đờng thẳng (d), cần xác ®Þnh hai ®iĨm bÊt kú thc (d) ta sÏ cã đợc đồ thị (d) Nếu b = 0, đồ thị (d) qua gốc toạ độ O vμ ®iĨm A(1, a) b NÕu b 0, ®å thÞ cđa (d) ®i qua hai ®iĨm B(0, b) vμ C( , 0) a a>0 C y B a y=ax+b y=ax A O x y a 0, sang trái p đơn vị p < 0, ta nhận đợc đồ thị hm sè y = a(x p)2 gäi lμ (P1) Tịnh tiến (P1) lên q đơn vị q > 0, xuống dới q đơn vị q < 0, ta nhận đợc đồ thị hm số y = ax2 + bx + c Đồ thị hm số bậc hai: đồ thị hm số l Parabol (P) cã ®Ønh S( b , ) vμ 2a 4a b lμm trơc ®èi xøng vμ: 2a H−íng bỊ lâm lªn trªn nÕu a > H−íng bỊ lâm xng d−íi nÕu a < Tõ ®å thị hm số bậc hai, ta suy bảng biến thiªn: Víi a > Víi a < nhËn ®−êng th¼ng x = - y - b 2a - x 4a + + x + b 2a 4a - y - + - - VËy, ta cã kÕt luËn: VËy, ta cã kÕt luËn: o Hμm số nghịch biến o Hm số đồng biến kho¶ng (-; o b ) 2a kho¶ng (-;- Hμm sè đồng biến khoảng o b ; +) 2a b Khi x=- hm số đạt cực tiểu 2a b ymin=f(- )=2a 4a (o Hm số nghịch biến khoảng (- o b ) 2a b ; +) 2a b hm số đạt cực đại 2a b ymax=f(- )=2a 4a Khi x=- Để vẽ đồ thị hm số bậc hai không thực phép tịnh tiến từ đồ thị hm số y = ax2 m thực nh sau: Lấy ba điểm chủ đạo, gồm ®Ønh S vμ hai ®iĨm A, B ®èi xøng víi qua S Nối ASB để đợc gãc råi thùc hiƯn vÏ ®−êng cong parabol lùon theo đờng góc ny Ta có trờng hợp: Với a > th×: y y y (P) B A -/4a O S -b/a O -b/2a -b/2a O -b/a x Víi a < th×: y -/4a -b/2a (P) B A S O -b/2a (P) B A -b/a x -/4a y x S y -b/a x S B A (P) O -b/2a -b/a S B A (P) S -/4a x -b/a -b/2a O (P) A B x NhËn xÐt chung: B > Parabol c¾t trục honh hai điểm phân biệt = Parabol tiÕp xóc víi trơc hoμnh < Parabol không cắt trục honh Ph-ơng pháp giải dạng toán liên quan Đ1 hàm số Dạng toán 1: Tìm tập xác định hàm số Phơng pháp thực Ta lựa chọn hai phơng pháp sau: Phơng pháp 1: Tìm tập D x để f(x) có nghĩa, tøc lμ t×m: D = {x | f(x) } Phơng pháp 2: Tìm tập E x để f(x) nghĩa, tập xác ®Þnh cđa hμm sè lμ D = \E Chú ý: Thông thờng f(x) cho biểu thức đại sè th× víi: f ( x), f2 (x) cã nghÜa f (x) f(x) = ®iỊu kiƯn lμ f2 (x) f ( x ) f (x)cã nghÜa f(x) = k f1 ( x) (k ) ®iỊu kiƯn lμ f1 (x) ThÝ dơ T×m tập xác định hm số: 10 a y = Gi¶i x 1 x 2x b y = x 1 + x 3x a Hm số xác định khi: x x22x x Vậy, tập xác định cña hμm sè lμ D = \{3, 1} b Hm số xác định khi: x x x 1 x x (x 1)(x 2) 1 x x 3x x VËy, tập xác định hm số l D = [1; 1][2; +) Chú ý: Trong câu a), em học sinh biến đổi hm số dạng y = x3 khẳng định hm số xác ®Þnh x + x v tập D = \{3} Đây l lời giải sai phép biến đổi hm số l phép biến đổi tơng đơng Thí dụ Tìm tập xác định hm số: a y = 3x 1 2x víi x b y = x x víi x Gi¶i a Hμm sè xác định khi: 3x x / x< x / 1 x Vậy, tập xác định hm số lμ D = ; 2 b Hm số xác định khi: x víi x x 3 víi x x 2 x víi x x víi x x Vậy, ta đợc D = Nhận xét: Nh vậy, thí dụ trên: câu a), miêu tả điều kiện có nghĩa biểu thức dấu dạng đơn v mẫu số câu b), gặp dạng hm số hợp 11 Thí dụ Tìm m để hm số sau xác định đoạn [1; 3]: y = 2x mx m 15 Gi¶i Hμm sè nghÜa khi: 2x2 + mx + m + 15 2x2 + mx + m + 15 (1) Bi toán đợc chuyển việc tìm m để (1) nghiệm với x [1; 3] Điều kiện cần: Bất phơng trình nghiƯm ®óng víi x[1; 3] NghiƯm ®óng víi x = 1, x = m 8 | m 17 | m 17 22 m = 8 | 3m 23 | 3m 23 m VËy, với m = l điều kiện cần để (1) nghiệm với x [1; 3] Điều kiện đủ: Víi m = 8, ta cã: (1) 2x2 8x + 7 1 2x2 8x + 2 x 8x (x 2) x 2 x 8x x x Vậy, với m = thoả mÃn điều kiện đầu bi Dạng toán 2: Xét biến thiên hàm số Phơng pháp thực Ta lựa chọn hai phơng pháp sau: Phơng pháp 1: Sử dụng định nghĩa Phơng pháp 2: Thực theo b−íc: B−íc 1:LÊy x1, x2(a, b) víi x1 x2 ta thiÕt lËp tØ sè: f (x ) f (x ) A= x1 x B−íc 2: Khi ®ã: NÕu A > víi mäi x1, x2(a, b) vμ x1 x2 th× hμm số đồng biến (a, b) Nếu A < víi mäi x1, x2(a, b) vμ x1 x2 hm số nghịch biến (a, b) Thí dụ Khảo sát biến thiên hm số: a y = f(x) = x + b y = f(x) = x2 + x + Gi¶i a Víi x1, x2 vμ x1 x2 ta cã: f(x1 ) f(x ) (x 3) (x 3) = =1>0 A= x1 x x1 x 12 VËy, hμm sè ®ång biÕn b Víi x1, x2 vμ x1 x2 ta cã: A= (x x1 1) (x x 1) f(x1 ) f(x ) = = x1 + x2 + x1 x x1 x Khi ®ã: 1 A > suy hm số đồng biến trªn ( ; +) 2 1 NÕu x1, x2 < th× A < suy hμm số nghịch biến (; ) 2 Nếu x1, x2 > Chó ý: Víi hμm sè y = f(x) = ax + b, a 0, th×: LÊy x1, x2 vμ x1 x2 ta cã: f (x ) f (x ) (ax b ) (ax b) = = a x1 x x1 x A= Khi ®ã: NÕu a > hm số đồng biến Nếu a < hm số nghịch biến Víi hμm sè y = f(x) = ax2 + bx + c, a 0, th×: LÊy x1, x2 vμ x1 x2 ta cã: f (x1 ) f (x ) (ax1 bx1 c) (ax bx c) = x1 x x1 x b = a(x1 + x2 + ) a A= Khi ®ã: a Víi a > 0, ta cã: NÕu x1, x2 > ( b th× A > nên hm số đồng biến 2a b + ) 2a NÕu x1, x2 < b A < nên hm số nghịch biến trªn 2a b ) 2a b Víi a < 0, ta cã: (; NÕu x1, x2 > ( b A < nên hm số nghịch biÕn trªn 2a b + ) 2a 13 NÕu x1, x2 < (; b th× A > nên hm số đồng biến 2a b ) 2a Thí dụ Khảo sát biến thiên cđa c¸c hμm sè: a y = f(x) = x3 + 2x + b y = f(x) = x3 + 3x2 + 7x + Gi¶i a Víi x1, x2 vμ x1 x2 ta cã: (x3 2x1 8) (x 2x 8) (x1 x ) (2x1 2x ) f(x1 ) f(x ) 2 = = A= x1 x x1 x x1 x 1 2 2 = x1 x + x1x2 + = (x1 + x2)2 + ( x1 x ) + > 0, x 2 Vậy, hm số đồng biến b Víi x1, x2 vμ x1 x2 ta cã: (x3 3x1 7x1 1) (x 3x 7x 1) f(x1 ) f(x ) 2 A= = x1 x x1 x 2 (x1 x3 ) 3(x1 x ) 7(x1 x ) 2 = x1 x + x1x2 + 3x1 + 3x2 + x1 x 1 = (x1 + x2)2 + ( x1 x ) + 3(x1 + x2) + 2 1 = [(x1 + x2)2 +6(x1 + x2) + 9] + ( x1 x ) + 2 1 = [(x1 + x2) + 3]2 + ( x1 x ) + > 0, x 2 2 Vậy, hm số đồng biến = Thí dụ Khảo sát biến thiên hm số: a y = f(x) = Giải 2x 3x b y = f(x) = x2 x x 1 a ViÕt l¹i hμm sè d−íi d¹ng: y= + 3(3x 1) Víi x1, x2 \{ } vμ x1 < x2 ta cã: 3x1 < 3x2 3x1 < 3x2 3(3x1 1) < 3(3x2 1) 14 2b m 2b m , ) Vậy, toạ độ điểm P(a 2 a b a b b Giả sử đờng tròn (K) có dạng: (K): (x)2 + (y)2 = R2 (K) tiÕp xóc víi Oy t¹i B ®iỊu kiƯn lμ: R b Khi (K) có dạng: (x)2 + (yb)2 = Đờng tròn (K) qua P, suy ra: 2b m 2b m a b 2mb (a 1 )2 + ( b)2 = 2 = a b2 2a a b a b 2mb , b) vμ ph−¬ng trình đờng tròn (K) có dạng: 2a a b 2mb a b 2mb (K): (x ) + (yb)2 = ( ) 2a 2a a b 2mb (K): x2 + y2 x2by + b2 = a c Hai đờng tròn (C), (K) cắt P, Q, ta có hệ phơng trình : x y 2ax 2my a a b 2mb x y2 x 2by b a 2 (a b + 2mb)x + 2a(mb)ya(a2b2) = Đó l phơng trình (PQ) Giả sử M(x0, y0) l điểm cố định m (PQ) qua víi mäi m Khi ®ã: (a2b2 + 2mb)x0 + 2a(mb)y0a(a2b2) = m 2(bx0 + ay0)m + (a2b2)x02aby0a(a2b2) = m bx ay0 a(a b ) b(a b ) x0 = vμ y0 = 2 a b2 a b2 (a b )x 2aby0 a(a b ) VËy K( Đó l toạ độ điểm cố định M m (PQ) qua với m Ví dụ 14: Cho hä ElÝp (Em): x2 = 2y Gi¶i y2 víi < m < m a Đa phơng trình dạng tắc, xác định toạ độ tâm, tiêu ®iĨm F1, F2 vμ c¸c ®Ønh A1, A2 cđa ElÝp b Tìm quĩ tích đỉnh A1, A2 Elíp m thay đổi c Tìm quĩ tích tiêu ®iĨm F1, F2 cđa ElÝp m thay ®ỉi 421 a Chuyển phơng trình (Em) dạng: (Em): mx2 + y2 2my = 0 (Em): mx2 + (y m)2 = m2 x (y m) 1 (Em): m m2 TÞnh tiÕn hƯ trục toạ độ Oxy theo vectơ OI với I(0; m) thnh hệ trục IXY, với công thức đổi trục: X x x X Y y m y Y m Khi ®ã X2 Y2 v× < m < m2 < m (E): m m2 Trong hÖ trục IXY, (E) có thuộc tính: Tâm I(0; 0), tiêu điểm F1( m m ; 0), F2( m m ; 0), ®Ønh A1( m ; 0), A2( m ; 0) Do ®ã hƯ trơc Oxy, (Em) cã: T©m I(0; m), tiêu điểm v F1( m m ; m), F2( m m ; m) ®Ønh A1( m ; m), A2( m ; m) b Quĩ tích đỉnh A1, A2 Quĩ tÝch ®Ønh A1: x m 0 y vµ x y m x y VËy q tÝch ®Ønh A1 cđa ElÝp m thay ®ỉi thuộc phần đồ thị Parabol (P): x2 = y víi < y < vμ x < Tơng tự quĩ tích đỉnh A2 thuộc phần đồ thÞ cđa Parabol (P): x2 = y víi < y < vμ x > c QuÜ tÝch tiêu điểm F1, F2 Quĩ tích tiêu điểm F1: 0 y vµ x 0 y vµ x x m m2 y m x y y x (y ) VËy quĩ tích tiêu điểm F1 Elíp m thay đổi thuộc đờng tròn (C) có tâm 1 C(0; ) b¸n kÝnh R = víi < y < vμ x < 2 T−¬ng tự quĩ tích tiêu điểm F2 thuộc đờng tròn (C) có tâm C(0; ) bán kính R = víi < y < vμ x > 422 VÝ dô 15: Cho ElÝp (E): x2 + y2 = Tìm điểm M thuộc Elíp (E) cho: Giải a Có bán kính qua tiêu điểm ny lần bán kính qua tiêu điểm b M nhìn hai tiêu điểm dới gãc 900 §iĨm M(x0, y0)(E) suy ra: x0 y0 , x x cx cx MF1 = a + = + vμ MF2 = a = 2 a a 2 a Tõ gi¶ thiÕt ta cã: MF1 7MF2 MF 7MF (1) (2) = (MF17MF2)(MF27MF1) = 50MF1.MF2 7( MF12 + MF22 ) = 50MF1.MF2 7[(MF1 + MF2)22MF1.MF2] = 50MF1.MF2 7(162MF1.MF2) = 64MF1.MF2 112 x x 3x = 64(2 + ).(2 ) 112 = 64(4 )112 2 = 14448 x (1) x = y0 = VËy tån t¹i bốn điểm thoả mÃn điều kiện đầu bi l: 1 1 M1( , ),M2( , ),M3( , ) vμ M4( , ) 2 2 b Ta cã thÓ lùa chän mét hai c¸ch sau: C¸ch 1: XÐt MF1F2, ta cã: F1F22 = MF12 + MF22 thùc hiƯn t−¬ng tự b) Cách 2: Vì M nhìn F1F2 dới góc vuông M thuộc đờng tròn (C) đờng kÝnh F1F2, ®ã M lμ giao ®iĨm cđa ®−êng trßn (C): x2 + y2 = vμ (E) cã toạ độ l nghiệm hệ: x2 x y 1 4 x y2 y VËy tån bốn điểm thoả mÃn điều kiện đầu bi l: 6 , ), M10( , ), M9 ( 3 3 423 M11( 6 , ) vμ M12( , ) 3 3 VÝ dô 16: Cho điểm A(0; 6) v đờng tròn (C): x2 + y2 = 100 Lập phơng trình quỹ tích tâm ®−êng trßn ®i qua A vμ tiÕp xóc víi (C) Giải Xét đờng tròn (C), ta đợc: Tam O(0,0) (C): Bkinh R 10 Gi¶ sư M, l tâm đờng tròn qua A v tiếp xúc với (C), ta đợc: MA + MB = MN + MB = BN = 10 Vậy tập hợp điểm M thuộc Elíp (E) nhận O, A lm tiêu điểm v có độ di trục lớn 10 Xác định phơng trình Elíp (E) Vì O, A thuộc Oy nên phơng trình (E) có tâm I(0, 3) có d¹ng: y x (y 3) , víi < a < b (E): A a b A ®ã: M 2b = 10 b = 5, x 10 O 10 OF2 a2 = b2c2 = 259 = 259 = 16 x (y 3) 1 Do ®ã (E): 10 16 25 2 x (y 3) 1 VËy tập hợp điểm M thuộc Elíp (E): 16 25 VÝ dô 17: Cho ElÝp (E): x y2 Tìm điểm M thuộc Elíp (E) cho: 25 a Có tổng hai toạ độ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ b MF1 MF2 Giải a Điểm M(x0, y0)(E) 2 x y0 1 25 (1) Khi ®ã: y x (x0 + y0)2 = (9 + 25) 34 x0 + y0 dÊu b»ng x¶y khi: 424 34 2 x y0 = 34 25 x0 / 3 y /5 2 x y0 25 Vậy, ta đợc: (x0 + y0)Max = 25 y0 x 2 x y0 25 25 M1 ( 34 ; 34 ) M ( ; 25 ) 34 34 34 , đạt đợc M1 (x0 + y0)Min = 34 , đạt đợc M2 b Tõ gi¶ thiÕt ta cã: MF1 3MF2 MF 3MF = (MF13MF2)(MF23MF1) = 10MF1.MF2 3( MF12 + MF22 ) = 10MF1.MF2 3[(MF1 + MF2)22MF1.MF2] = 10MF1.MF2 3(1002MF1.MF2) = 16MF1.MF2 300 2 16x 162 x 4x 4x )300 = 100 = 16(5 ).(5 ) 300 = 16(25 25 25 5 25 x0 = Vậy tồn bốn điểm thoả mÃn điều kiện đầu bi (Bạn đọc tính tiếp) Ví dụ 18: Cho ElÝp (E): x y2 , víi < b < a a b2 Gọi A l giao điểm đờng thẳng y = kx víi (E) TÝnh OA theo a, b, k Gäi A, B lμ hai ®iĨm t ý thuéc (E) cho OAOB a Chøng minh r»ng Giải 1 không đổi, từ suy đờng OA OB2 thẳng (AB) tiếp xúc với đờng tròn cố định b Xác định k để OAB có diện tích lớn nhất, nhỏ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ Toạ độ A lμ nghiƯm cđa hƯ: x y2 A1 a b2 k 2a b2 1 x2 2 vμ y 2 a b a A A 2 a k b a k b y kx Tõ ®ã, suy a b2 k 2a b2 a b (1 k ) 2 = 2 OA2 = x y A = 2 A a k b2 a k b2 a k b2 y A O H t A2 x a B z 425 k2 , a k b2 Giả sử đờng thẳng (OA) có phơng tr×nh y = kx OA = ab k2 a k b2 V× OA OB (OB) có phơng trình: 1 1 k2 k y = x OB = ab = ab k a b2 k 2 a b k c Ta cã: 1 a k b2 a b2 k a b2 = 2 + 2 = 2 OA OB2 a b (1 k ) a b (1 k ) a b d Gọi H l hình chiếu vuông góc O lên AB, đó: 1 a b2 ab = = 2 OH = 2 OH OA OB a b a b2 VËy (AB) lu«n tiÕp xóc víi đờng tròn (C) tâm O bán kính R = OH cã: a b2 (C): x2 + y2 = a b2 Ta cã: OA = ab 1 k2 k2 OA.OB = ab 2 ab 2 a k b2 a b2 k a b (1 k ) = (a k b )(a b k ) SOAB = OAB cã diÖn tÝch nhá nhÊt Ta cã: (a k b ) (a b k ) (a b )(1 k ) = 2 k2 (2) (a k b )(a b k ) a b Thay (2) vo (1), đợc ab ab Smin = SOAB 2 a b a b2 2 2 2 đạt đợc a k + b = a + b k k = 1 OAB cã diƯn tÝch lín nhÊt Đề nghị bạn đọc giải (a k b )(a b k ) 426 (1) VÝ dô 19: Cho Hyperbol (H): x y2 Tìm toạ độ điểm M thuéc Hyperbol (H) cho: a Cã bán kính qua tiêu điểm ny lần bán kính qua tiêu điểm b Nhìn hai tiêu điểm dới góc 600 c Độ di F1M ngắn nhất, di d Khoảng cách từ M đến đờng thẳng (): xy + = đạt giá trị lớn nhÊt, nhá nhÊt H−íng dÉn a Ta cã hai tiªu ®iÓm F1( , 0) vμ F2( , 0) §iĨm M(x0, y0)(H) víi x0 > 0, suy ra: 2 x y0 1, 5x 5x + vμ MF2 = MF1 = 2 Tõ gi¶ thiÕt ta cã: MF1 2MF2 MF 2MF (1) (2) = (MF12MF2)(MF22MF1) = 5MF1.MF2 2( MF12 + MF22 ) = 5MF1.MF2 2[(MF1MF2)2 + 2MF1.MF2] = 5MF1.MF2 2(16 + MF1.MF2) = MF1.MF2 32 5x 5x 5x + 2).( 2) 32 = 36 2 12 x0 = y0 Dμnh cho b¹n ®äc =( b XÐt MF1F2, ta cã: F1F22 = MF12 + MF22 2MF1.MF2.cos600 = [(MF1MF2)2 + MF1.MF2]MF1.MF2 5x 5x 5x 20 = 16 + MF1.MF2 = ( + 2).( 2) = 4 2 4 10 y0 Dnh cho bạn đọc x0 = c Tõ (1) suy ra: y0 x = a2(1 + ) a2 x0 a b Ta cã: 427 cx ca + a + a = c + a = ca a a Vây, ta đợc F1MMin = ca, đạt đợc M A1(a, 0) d Ta cã: x y0 d = d(M, ()) = d = x0 y0 + 1 ¸p dơng bÊt đẳng thức tam giác, ta có: d x0 y0 áp dụng bất đẳng thức giả Bunhiacôpsk, ta cã: F1M = x0 y0 = 2 x0 y x y2 (22 12 )( ) = (2) (3) Tõ (2) vμ (3), suy ra: 1 d DÊu ' = ' x¶y vμ chØ khi: 4 1 x1 & y1 x 2y0 2 1 x y0 x & y2 4 Thử lại: dấu xảy M2(x2, y2), đó: (4) đạt đợc điểm M2 Để xác định toạ độ điểm H2 tơng ứng, ta thực theo bớc: Lập phơng trình đờng thẳng (d2) qua M2 v vuông góc với (d) Xác định tạo độ giao điểm H2 = (d2)(d) x y2 VÝ dô 20: Cho Hypebol (H): Gäi (d) lμ ®−êng th¼ng qua O cã hƯ Mind = Giải số góc k, (d') l đờng thẳng qua O v vuông góc với (d) a Tìm điều kiện k để (d) v (d') cắt (H) b Tính theo k diện tích hình thoi với đỉnh lμ giao ®iĨm cđa (d), (d') vμ (H) c Xác định k để hình thoi có diện tích nhỏ a Ta lần lợt có: Đờng thẳng (d) qua O cã hƯ sè gãc k cã d¹ng: y = kx Đờng thẳng (d') qua O v vuông góc với (d) có dạng: y = Toạ ®é giao ®iĨm A, C cđa (d) vμ (H) lμ nghiƯm cđa hƯ : 428 x k x y2 1 (94k2)x2 = 36 y kx Phơng trình (1) có hai nghiƯm ph©n biƯt khi: 94k2 > k < 3/2 Khi ®ã: 36 36k x2 = vμ y = A A 4k 4k Toạ độ giao điểm B, D cđa (d') vμ (H) lμ nghiƯm cđa hƯ: x y2 1 4 (9k24)y2 = 36 y x k Phơng trình (3) có hai nghiệm phân biệt khi: 94k2 > k > Khi ®ã: 36k 36 x2 = vμ y = B B 9k 9k KÕt hợp (2) v (4), ta đợc: k 3 < k < 2 k 3 b NhËn xÐt: A, C lμ giao ®iĨm cđa (d) vμ (H) A, C ®èi xøng qua O B, D lμ giao ®iÓm cđa (d) vμ (H) B, D ®èi xøng qua O Ngoμi ACBD VËy ABCD lμ h×nh thoi Ta cã: SABCD = 4SAOB = .OA.OB = x y A x y B B A = = 36 36k 4k 4k 72(1 k ) (1) (2) (3) (4) (I) 36k 36 2 9k 9k (9 4k )(9k 4) c H×nh thoi ABCD cã diƯn tÝch nhá nhÊt 429 72(1 k ) (9 4k )(9k 4) nhá nhÊt Ta cã: 72(1 k ) (9 4k )(9k 4) 2 72(1 k ) [(9 4k ) (9k 4)] VËy, h×nh thoi ABCD cã diƯn tÝch nhá nhÊt b»ng 94k2 = 9k24 k = 1 = 144 144 đạt đợc khi: Ví dụ 21: Cho Hypebol (H) có phơng trình: (H): Giải x y2 a b2 a Chøng minh tích khoảng cách từ M(H) đến tiệm cËn cđa nã lμ mét h»ng sè b Tõ ®iĨm M(H) kẻ đờng thẳng song song với hai tiệm cận v cắt chúng P, Q Chứng minh diƯn tÝch h×nh b×nh hμnh OPMQ lμ mét h»ng sè §iÓm M0(x0, y0)(H) (d2) y 2 x y0 2 P b x a y = a2b2 (1) a b M O Phơng trình hai đờng tiƯm cËn cđa (H) lμ: x Q bx ay b y= x (d1) a bx ay a Khoảng cách h1 tõ ®iĨm M tíi tiƯm cËn bx + ay = đợc xác định bởi: | bx ay | h1 = b2 a Kho¶ng cách h2 từ điểm M tới tiệm cận bxay = đợc xác định bởi: | bx ay | h2 = b2 a Do ®ã: 2 | b x a y0 | | bx ay | | bx ay | a b2 h1.h2 = = = a b2 b2 a b2 a b2 a Vậy, tích khoảng cách từ điểm M Hypebol (H) đến tiệm cận lμ mét h»ng sè b b Gäi lμ gãc tạo đờng đờng tiệm y = x với trục Ox Ta cã: a 430 tg = b 2tg 2ab vμ sin2 = = a tg a b2 SOPMQ = OP.OQ.sin2 = 2ab a b2 OP.OQ OP.OQ = SOPMQ 2ab a b2 Mặt khác: SOPMQ = OQ.h1 = OP.h2 S2OPMQ = OP.OQ.h1h2 = SOPMQ = a b2 a b2 SOPMQ 2ab a b2 ab không đổi Ví dô 22: Cho Parabol (P): y2 = 2px, p > Chứng minh đờng tròn có đờng kính l dây cung tiêu, tiếp xúc với đờng chuẩn Giải Phơng trình đờng thẳng (d) qua F có dạng: (d): 2mx2ymặt phẳng = A1 Toạ độ giao ®iĨm A(xA, yA) vμ B(xB, yB) cđa (P) vμ (d) lμ nghiƯm cđa hƯ: J y 2px 2mx 2y mp Phơng trình honh độ giao điểm (P) v (d) có dạng: B1 (1) 4m2x24p(m2 + 2)x + m2p2 = Tõ ®ã, ta cã : p(m 2) x A x B m2 x x p A B Phơng trình tung độ giao điểm (P) v (d) có dạng: my22pymp2 = Từ đó, ta có yA yB p / m y A y B p Phơng trình đờng tròn (C) đờng kính AB: y A O (P) I F x B (2) M(x, y)(C) MA MB = x2 + y2(xA + xB)x(yA + yB)y + xAxB + yAyB = Gọi I(xI, yI) l tâm đờng tròn (C), ta cã: x xB p(m 2) x A x 2m I: I: y yA yB y p m 431 Gọi R l bán kính đờng trßn (C), ta cã: p(m 1) p(m 1) 2 R= R = x A x B ( xAxB + yAyB) = m2 m Kho¶ng cách từ I đến đờng chuẩn (): x = 2x I p = p (P), đợc xác đỉnh bởi: p(m 2) p(m 1) p = = R m2 m2 Vậy đờng tròn (C) tiếp xúc với đờng chuẩn () cđa (P) Chó ý: Ta cã thĨ chøng minh định nghĩa, thực bớc: Bớc 1: Gọi A1, B1 theo thứ tự l hình chiếu vuông góc A, B lên đờng chuẩn (P) Gọi I, J theo thø tù lμ trung ®iĨm cđa AB, A1B1 B−íc 2: Ta cã: 1 IJ = (AA1 + BB1) = (AF + BF) = AB 2 ABJ vuông J Đờng tròn ®−êng kÝnh AB tiÕp xóc víi ®−êng chn cđa Parabol (P) Đề nghị bạn đọc chứng minh thêm tÝnh chÊt sau: a TÝnh ®é dμi FA, FB theo p, = ( Ox , OM ) víi 02 Tõ ®ã chøng tá r»ng 1 không đổi (d) quay quanh F FA FB b Chøng minh r»ng FA.FB nhá nhÊt (d) vuông góc với Ox Ngoi có tích khoảng cách từ A v B đến trục Ox l đại lợng không đổi Ví dụ 23: Cho Parabol (P) v đờng thẳng (d) có phơng trình: (P): y2 = x v (d): xy2 = a Xác định toạ độ giao điểm A, B (d) v (P) b Tìm toạ độ điểm C thuộc (P) cho : - ABC cã diÖn tÝch b»ng - ABC c Tìm điểm M cung AB Parabol (P) cho tổng diện tích hai phần hình phẳng giới hạn (P) v hai dây cung MA, MB l Giải nhỏ a Toạ độ giao điểm A, B cđa (d) vμ (P) lμ nghiƯm cđa hƯ phơng trình: 432 y2 x A(1, 1) vμ AB = B(4, 2) x y b Víi C(x, y)(P) C(y2, y) ABC cã diÖn tÝch b»ng 1 | x y2| = AB.d(C,(d)) = = y2y2 2 2 y2 y y2y 2 = y y 4 ABC ®Òu AC AB AB = BC = CA AC BC C1 (4, 2) y 2 y C (9,3) 18 (y 1) (y 1) y y 2y 16 2 2 2 (y 1) (y 1) (y 4) (y 2) y y 18 2 4y (y y 3)(y y 3) 4y v« nghiƯm y y y y Vậy không tồn điểm C thc (P) ®Ĩ ABC ®Ịu c Víi M(x0, y0) thc cung AB cđa (P) nªn: x y0 1 y0 (*) Tổng diện tích hai phần hình phẳng giới hạn (P) v hai dây cung MA, MB l nhá nhÊt MAB cã diƯn tÝch lín nhÊt d(M, (d)) lín nhÊt Ta cã: | x y0 | | y y | (*) = (y0 + 1)(2y0) d(M, (d)) = 2 C«si (y 1) (2 y ) = 2 , đạt đợc 1 y0 + = 2y0 y0 = M( , ) 1 Vậy, với M( , ) thoả mÃn điều kiện ®Çu bμi ®ã Maxd(M, (d)) = 433 VÝ dơ 24: Cho Parabol (P): y2 = 2px víi p > Điểm M khác O chạy (P) Gọi A, B theo thứ tự l hình chiếu vuông gãc cđa M lªn Ox vμ Oy Chøng minh r»ng: a Đờng thẳng qua B vuông góc với OM qua điểm cố định b Đờng thẳng qua B vuông góc với AB qua điểm cố định c Đờng thẳng AB tiếp xúc với Parabol cố định Giải Điểm M(P) suy ra: y2 y2 M( , y0), A( , 0) v B(0, y0) 2p 2p a Đờng thẳng (d1) qua B vuông góc với OM đợc cho bởi: qua B(0, y0 ) y2 y (d1): x + y0(yy0) = (d1): 2p vtpt OM( 2p , y ) 2 (d1): y x + 2py0y2p y = Nhận xét (d1) qua điểm cố định M1(2p, 0) b Đờng thẳng (d2) qua B vuông góc với AB đợc cho bởi: qua B(0, y0 ) y y (d2): B vtpt BA( 2p , y0 ) (d2) y0 (d2): xy0(yy0) = 2p M2 O M (P) M1 (d2): y x2py0y + 2p y = Nhận xét (d2) qua điểm cố định M2(2p, 0) (P1) 2 Chó ý: Cịng cã thĨ chøng minh b»ng c¸ch: Gäi M2 lμ ®Ĩm ®èi xøng víi M1 qua Oy M2(2p, 0) Nhận xét BM2AB Vậy đờng thẳng qua B vuông góc với AB qua điểm cố định M2 c Đờng thẳng (AB) đợc cho bởi: qua B(0, y ) y y0 x y (AB): = (AB): y0 y0 y0 vtcp BA( 2p , y ) 2p (AB): 2px + y0y y = Gäi N(x, y) lμ ®iĨm mμ (AB) kh«ng ®i qua víi mäi y0, phơng trình 2px + y0y y = 0, v« nghiƯm y0 434 A x (d1) phơng trình y y0y2px = 0, vô nghiệm y0 < y2 + 8px < Ta chứng minh (AB) tiếp xúc với Parabol (P1): y2 = 8px ThËt vËy: 2 2AC + pB2 = 2.2p.( y ) + 4p y = VËy (AB) lu«n tiÕp xóc víi Parabol (P1): y2 = 8px 435 ... công thức lợng giác A Kiến thức cần nhớ 219 B Phơng pháp giải dạng toán liên quan 222 C C¸c bμi to¸n chän läc 255 phÇn II: hình học chơng I vectơ A Kiến thức. .. trình bậc bậc hai ẩn Dạng toán 1: Ph-ơng trình bậc ẩn Phơng pháp áp dụng Với bi toán "Giải v biện luận phơng trình bậc ẩn" sử dụng kiến thức đà biết phần lý thuyết Với bi toán "Tìm điều kiện để... 2, phơng trình vô nghiệm Nhận xét: Trong thí dụ trên, ta thấy tồn đầy đủ khả đợc minh hoạ bi toán tổng quát, nhiên tồn bi toán l trờng hợp đặc biệt: Hệ số a với giá trị tham số, ta kÕt ln