Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy Đặng Thành Nam (Phiên bản mới nhất)

ĐẶNG THÀNH NAM (Trung tâm nghiên cứu tư vấn phát triển sản phẩm giáo dục Newstudy.vn) THEO CẤU TRÚC ĐỀ THI MỚI NHẤT CỦA BỘ GD & ĐT PHIÊN BẢN MỚI NHẤT Dành cho học sinh luyện thi quốc gia Bồi dưỡng học sinh giỏi 10, 11, 12 Giáo viên giảng dạy, dạy thêm luyện thi quốc gia NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI MỤC LỤC Chương ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG THẲNG Chủ đề ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG THẲNG Chủ đề CÁ C BÀ I TOÁ N VÊ TÍNH CHẤ T ĐỐ I XỨNG 35 Chủ đề BÀ I TOÁ N CÓ CHỨ A THAM SỐ 47 Chủ đề TÌM ĐIỂM THỎ A MÃN ĐIỀ U KIỆN CHO TRƯỚ C 67 Chủ đề BÀ I TOÁ N CỰ C TRỊ HÌNH GIẢ I TÍCH PHẲNG 83 Chương TAM GIÁC, TỨ GIÁC VÀ ĐA GIÁC Chủ đề NHẬ N BIẾT TAM GIÁ C, TỨ GIÁ C VÀ ĐA GIÁ C 106 Chủ đề ĐƯỜNG TRUNG TUYẾN 113 Chủ đề ĐƯỜNG CAO 128 Chủ đề ĐƯỜNG PHÂ N GIÁ C TRONG TAM GIÁ C 143 Chủ đề CÁ C ĐIỂM VÀ CÁ C ĐƯỜNG ĐẶ C BIỆT TRONG TAM GIÁ C 167 Chủ đề HÌNH BÌNH HÀ NH 226 Chủ đề HÌNH THANG 239 Chủ đề HÌNH THOI 265 Chủ đề HÌNH CHỮ NHẬ T VÀ HÌNH VUÔ NG 281 Chủ đề 10 VẬ N DỤNG PHÉ P BIẾ N HÌNH TRONG HÌNH GIẢ I TÍCH PHẲ NG 365 Chủ đề 11 VẬ N DỤ NG PHÉP BIẾN HÌNH TRONG HÌNH GIẢI TÍCH PHẲ NG 376 Chủ đề 12 BÀ I TOÁN CHỌ N LỌ C 391 Chương ĐƯỜNG TRÒN Chủ đề PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜ NG TRÒ N 449 Chủ đề ĐƯỜNG TRÒ N NGOẠ I TIẾ P, ĐƯỜNG TRÒN NỘ I TIẾ P TAM GIÁ C, TAM GIÁ C NỘ I TIẾ P ĐƯỜ NG TRÒ N 478 Chủ đề TIẾ P TUYẾ N VỚ I ĐƯỜ NG TRÒN 502 Chủ đề TIẾ P TUYẾ N CHUNG CỦA HAI ĐƯỜ NG TRÒ N 530 Chủ đề VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐ I CỦ A ĐIỂM, ĐƯỜNG THẲNG VỚ I ĐƯỜ NG TRÒ N 540 Chủ đề BÀ I TOÁ N TÌM ĐIỂM THUỘ C ĐƯỜNG TRÒN 586 Chủ đề BÀ I TOÁ N CHỌ N LỌ C 601 Chương BA ĐƯỜNG CONIC Chủ đề XÁ C ĐỊNH CÁ C THUỘ C TÍNH CỦ A BA ĐƯỜ NG CONIC 648 Chủ đề VIẾ T PHƯƠNG TRÌNH CHÍNH TẮ C CỦ A BA ĐƯỜNG CONIC 656 Chủ đề VỊ TRÍ CỦ A ĐIỂM, ĐƯỜNG THẲ NG VỚ I BA ĐƯỜNG CONIC 670 Chủ đề ĐIỂM THUỘ C BA ĐƯỜNG CONIC 692 Chủ đề BÀ I TOÁ N CHỌ N LỌ C 720 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Chương ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG THẲNG Chủ đề ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG THẲNG A LÝ THUYẾT I KIẾN THỨC CƠ BẢN Mặt phẳng tọa độ Đề-các vng góc Oxy, hệ trục gồm trục hồnh nằm ngang Ox trục tung Oy vng góc với Ox O- gọi gốc tọa độ  Xét điểm M ( x; y ) OM   x; y Các phép tốn véc tơ: Cho hai véc tơ   = u (= x1; y1 ) , v ( x ; y )  Nhân véc tơ với số: k.u = ( kx1;ky1 )    Phép cộng: u + v= ( x1 + x ; y1 + y )   Phép nhân: = u.v x1x + y1y   Độ dài véc tơ:= u x12 + y12    u.v  Góc hai véc tơ: cos = u, v =  u.v ( ) x1x + y1y x12 + y12 x 22 + y 22 (góc hai   véc tơ nhọn, tù vng) Suy u ⊥ v ⇔ x1x + y1y =  Hai véc tơ phương ⇔ x1 y1 = x y2 Xét ba điểm A ( x1; y1 ) , B ( x ; y ) ,C ( x ; y3 ) A, B,C thẳng hàng x − x1 x − x1 = y − y1 y3 − y1  Độ dài đoạn thẳng AB = AB = ( x − x1 )2 + ( y2 − y1 )2 II PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Định nghĩa véc tơ phương, véc tơ pháp tuyến đường thẳng a) Véc tơ phương đường thẳng    u ≠ Véc tơ u gọi véc tơ phương đường thẳng d ⇔   u / /d  Nhận xét Nếu u véc tơ phương (vtcp) đường thẳng d  véc tơ ku , với k ≠ véc tơ phương đường thẳng Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam b) Véc tơ pháp tuyến đường thẳng    n ≠ Một véc tơ n gọi véc tơ pháp tuyến đường thẳng d ⇔   n ⊥ d  Nhận xét Nếu n véc tơ pháp tuyến(vtpt) đường thẳng d véc  tơ kn , với k ≠ véc tơ pháp tuyến đường thẳng  - Nếu đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n = ( a;b ) có véc tơ phương  u = ( −b;a )  - Ngược lại đường thẳng d có véc tơ phương u = ( a;b ) có véctơ  pháp tuyến n = ( −b;a ) Phương trình tổng qt đường thẳng Đường thẳng mặt phẳng có dạng tổng qt: ( ) d : a x + by += c 0, a + b > Trong a, b,c hệ số thực  Đường thẳng d qua điểm M ( x ; y0 ) ⇔ ax + by0 + c =   Véc tơ pháp tuyến vng góc với d n = ( a;b )   Véc tơ phương song song với d u = ( −b;a ) x x − bt =  Phương trình tham số đường thẳng: d :  ,( t ∈ ) y y0 + at = x − x y − y0 = a b Các dạng phương trình đường thẳng đặc biệt  Trục hồnh: Ox : y =  Phương trình tắc đường thẳng: d :  Trục tung: Oy : x =  Phương trình đường thẳng qua hai điểm A ( a;0 ) B ( 0;b ) (phương trình đoạn chắn) có phương trình là: x y + = a b (áp dụng đường thẳng cắt hai trục tọa độ)  Phương trình đường thẳng qua hai điểm phân biệt M ( x1; y1 ) , N ( x ; y ) d: là: MN : x − x1 y − y1 = x − x1 y − y1 (áp dụng đường thẳng qua hai điểm xác định cho trước) Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt  Phương trình đường thẳng qua qua điểm M ( x ; y0 ) có hệ số góc k là: d : y = k ( x − x ) + y0 (áp dụng biết đường thẳng qua điểm thỏa mãn điều kiện khác)  Phương trình tổng qt đường thẳng qua điểm M ( x ; y0 ) có véc tơ  pháp tuyến n = ( a;b ) là: d : a ( x − x ) + b ( y − y0 = ) 0, a + b2 > ( ) (có thể sử dụng thay cho dạng đường thẳng qua điểm có hệ số góc) Vị trí tương đối điểm so với đường thẳng ( ) Xét đường thẳng d : a x + by += c 0, a + b > hai điểm A ( x A ; yA ) , B ( x B ; yB ) Xét tích T = ( ax A + byB + c )( ax B + byB + c ) A, B nằm hai phía so với d  Nếu  Nếu A, B nằm phía so với d  Nếu T = A B nằm d Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng ( ) Xét đường thẳng d : a x + by += c 0, a + b > điểm M ( x ; y0 ) Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d ký hiệu d ( M;d ) xác định theo cơng thức: d ( M;d ) = ax + by0 + c a + b2  Ứng dụng Viết phương trình đường phân giác góc tạo hai đường thẳng Xét hai đường thẳng ( ) ( ) 2 2 d1 : a1 x + b1y + c= 0, a1 + b1 > ; d : a x + b y + c 2= 0, a + b > Nếu điểm M(x; y) nằm đường phân giác góc tạo d1 d d ( M;d1 ) = d ( M;d ) Suy phương trình đường phân giác góc tạo d1 ,d có phương trình là: ∆: a1x + b1y + c1 a12 + b12 = a x + b2 y + c2 a 22 + b 22 Góc hai đường thẳng ⇔ ∆: a1x + b1y + c1 a12 + b12 ( =± ) ( a x + b2 y + c2 a 22 + b 22 2 Xét hai đường thẳng d1 : a1 x + b1y + c= 0, a1 + b1 > có véctơ pháp tuyến  n1 = ( a1;b1 ) ; đường thẳng d : a x + b y + c 2= 0, a 22 + b 22 > có véctơ  pháp tuyến n = ( a ;b ) ) Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam ( ) Khi góc α ≤ α ≤ 900 hai đường thẳng xác định theo cơng thức:   n1.n a1a + b1b = cos α =   n1 n a12 + b12 a 22 + b 22 Vị trí tương đối hai đường thẳng 2 Xét hai đường thẳng d1 : a1 x + b1y + c= 0,(a1 + b1 > 0) có véc tơ pháp tuyến  n1 = ( a1;b1 ) ; đường thẳng d : a x + b y + c 2= 0, a 22 + b 22 > có véc tơ  pháp tuyến n = ( a ;b ) ( ) a1 b1 ≠ a b2  d1 cắt d ⇔  d1 / /d ⇔ a1 b1 c1 = ≠ a b2 c2  d1 ≡ d ⇔ a1 b1 c1 = = a b2 c2 Đặc biệt: d1 ⊥ d ⇔ a1a + b1b = Các tốn áp dụng xét vị trí tương đối hai đường thẳng phụ thuộc tham số B CÁC DẠNG TỐN PHƯƠNG PHÁP - Vận dụng cơng thức phương trình đường thẳng qua điểm có hệ số góc k - Vận dụng cơng thức phương trình đoạn chắn - Vận dụng cơng thức phương trình đường thẳng qua điểm có véctơ pháp  tuyến n = ( a;b ) - Vận dụng cơng thức tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng - Vận dụng cơng thức tính góc hai đường thẳng - Vận dụng cơng thức phương trình đường phân giác góc tạo hai đường thẳng Dạng 1: Viết phương trình đường thẳng ∆ qua hai điểm M1 ( x1; y1 ) M ( x ; y2 ) - Nếu x= = x1 x2 ⇒ ∆ : x - Nếu y= = y1 y2 ⇒ ∆ : y - Nếu x1 ≠ x , y1 ≠ y ⇒ ∆ : x − x1 y − y1 = x − x1 y − y1 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Ví dụ Viết phương trình đường thẳng d qua hai điểm M ( −1;2 ) N ( 3; −6 ) Đường thẳng qua hai điểm M, N xác định bởi: x +1 y − d: = ⇔ d : 2x = + y + −6 − Dạng 2: Viết phương trình đường thẳng d qua điểm M ( x ; y0 ) có véctơ pháp tuyến ( a;b ) Đường thẳng qua điểm M ( x ; y0 ) có véctơ pháp tuyến (a; b) xác định bởi: d : a ( x − x ) + b ( y − y0 ) =0 ⇔ d : a x + by − ax − by0 =0 Ví dụ Viết phương trình đường thẳng d qua điểm M ( −1;2 ) có véctơ pháp  tuyến = n ( 2; −3)  Đường thẳng d qua điểm M ( −1;2 ) có véc tơ pháp tuyến = n ( 2; −3) xác định bởi: d : ( x + 1) − ( y − ) = ⇔ d : 2x − 3y + = Dạng 3: Viết phương trình đường thẳng d qua điểm M ( x ; y0 ) có véctơ  phương u = ( a;b )  Đường thẳng d qua điểm M ( x ; y0 ) có véctơ phương u = ( a;b ) xác định bởi: x − x y − y0 = a b x x + at = Cách 2: Phương trình tham số d :  ,( t ∈ ) y y0 + bt = Cách 1: Phương trình tắc d : Ví dụ Viết phương trình đường thẳng d qua điểm M ( 3;4 ) có véc tơ  phương u = ( 2;3)  Đường thẳng d qua điểm M ( 3;4 ) có véc tơ phương u = ( 2;3) xác định bởi:  x= + 2t x −3 y−4 d :  = ,( t ∈ )  y= + 3t Dạng 4: Viết phương trình đường thẳng d (phương trình đoạn chắn) qua hai điểm nằm trục tọa độ A ( a;0 ) , B ( 0;b ) , ( ab ≠ ) d: Đường thẳng d xác định bởi: d: x y + = a b Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam Ví dụ Viết phương trình đường thẳng d qua hai điểm A ( 4;0 ) , B ( 0;6 ) Đường thẳng d qua hai điểm A ( 4;0 ) , B ( 0;6 ) xác định bởi: d: x y + =1 ⇔ d : 3x + 2y − 12 =0 Dạng 5: Viết phương trình đường thẳng d qua điểm M ( x ; y0 ) có hệ số góc k Đường thẳng d qua điểm M ( x ; y0 ) có hệ số góc k xác định bởi: d : y = k ( x − x ) + y0 Trong = k tan α , góc tạo đường thẳng d chiều dương trục hồnh Ví dụ Viết phương trình đường thẳng d trường hợp sau đây: a) Đi qua điểm M (1;2 ) có hệ số góc k = b) Đi qua điểm A ( −3;2 ) tạo với chiều dương trục hồnh góc 450 c) Đi qua điểm B ( 3;2 ) tạo với trục hồnh góc 600 Giải a) Đường thẳng qua điểm M (1;2 ) có hệ số góc k = xác định bởi: d : y= ( x − 1) + ⇔ d : 3x − y − 1= b) Đường thẳng qua điểm A ( −3;2 ) tạo với chiều dương trục hồnh góc góc k tan = 450 ⇒ d : y= 1( x + 3) + ⇔ d : x − y + 5= 450 nên có hệ số = c) Đường thẳng qua điểm B ( 3;2 ) tạo với trục hồnh góc 600 nên có hệ  tan 600 =  số góc k =  tan 1800 − 600 = −  Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn ( ) d1 : 3x − y + − = 3 0; d : 3x + y − − = 3 Dạng 6: Viết phương trình đường thẳng d qua điểm M ( x ; y0 ) song song với đường thẳng ∆ : Ax + By + C = Đường thẳng d qua điểm M ( x ; y0 ) song song với đường thẳng  ∆ : Ax + By + C = nhận n = ( A;B ) véc tơ pháp tuyến ∆ làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là: d : A ( x − x ) + B ( y − y0 ) =0 ⇔ d : Ax + By − Ax − By0 =0 Ví dụ Viết phương trình đường thẳng d qua điểm M ( 3;2 ) song song với đường thẳng ∆ : 3x + 4y − 12 = Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Đường thẳng d qua điểm M ( 3;2 ) song song với đường thẳng  ∆ : 3x + 4y − 12 = nên nhận n = ( 3;4 ) véc tơ pháp tuyến ∆ làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là: d : ( x − 3) + ( y − ) =0 ⇔ d : 3x + 4y − 17 =0 Áp dụng Trong tốn đường thẳng qua điểm song song với đường thẳng cho trước, đường trung bình tam giác, hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vng Dạng 7: Viết phương trình đường thẳng d qua điểm M ( x ; y0 ) vng góc với đường thẳng ∆ : Ax + By + C = Đường thẳng d qua điểm M ( x ; y0 ) vng góc với đường thẳng  u ( B; − A ) véc tơ phương ∆ làm véc tơ pháp ∆ : Ax + By + C = nhận = tuyến nên có phương trình là: d : B ( x − x ) − A ( y − y0 ) =0 ⇔ d : Bx − Ay + Ay0 − Bx =0 Ví dụ Viết phương trình đường thẳng d qua điểm M (1;2 ) vng góc với đường thẳng ∆ : 4x − 5y + =  Vì d vng góc với ∆ nên nhận véc tơ phương u = ( 5;4 ) ∆ làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là: d : ( x − 1) + ( y − ) = ⇔ d : x + y − 13 = Áp dụng Trong tốn đường thẳng qua điểm vng góc với đường thẳng, đường cao, đường trung trực tam giác, hình thoi, hình chữ nhật, hình vng, hình thang vng Dạng 8: Hình chiếu vng góc H điểm M đường thẳng d cho trước; điểm M1 đối xứng với M qua đường thẳng d - Tọa độ H giao đường thẳng qua M vng góc với d 2x H − x M  x= M - Tọa độ điểm M1 xác định bởi:  2y H − y M M1  y= Ví dụ Tìm tọa độ H hình chiếu vng góc M ( 7;4 ) đường thẳng d : 3x + 4y − 12 = Tìm điểm M1 đối xứng với M qua d Đường thẳng ∆ qua M vng góc với d nhận véc tơ phương  = u ( 4; −3) d làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là: ∆ : ( x − ) − ( y − ) = ⇔ ∆ : 4x − 3y − 16 = Tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình 16 = 4x − 3y −= x ⇔ ⇒ H ( 4;0 )  12 = 3x + 4y −= y Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam  x M = 2x H − x M = Vì H trung điểm MM1 ⇒  ⇒ M1 (1; −4 ) 2y H − y M = −4  y M1 = Áp dụng Bài tốn điểm đối xứng qua đường thẳng, đường phân giác tam giác, tốn cực trị Dạng 9: Góc hai đường thẳng, khoảng cách từ điểm đến đường thẳng  Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng ( ) Xét đường thẳng d : a x + by += c 0, a + b > điểm M ( x ; y0 ) Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d ký hiệu d ( M;d ) xác định theo cơng thức: d ( M;d ) = ax + by0 + c a + b2  Ứng dụng Viết phương trình đường phân giác góc tạo hai đường thẳng  Xét hai đường thẳng ( ) ( ) 2 2 d1 : a1 x + b1y + c= 0, a1 + b1 > ; d : a x + b y + c 2= 0, a + b > Nếu điểm M ( x; y ) nằm đường phân giác góc tạo d1 d d ( M;d1 ) = d ( M;d ) Suy phương trình đường phân giác góc tạo d1 ,d có phương trình là: ∆: a1x + b1y + c1 a12 + b12 = a x + b2 y + c2 a 22 + b 22 ⇔ ∆: a1x + b1y + c1 a12 + b12 =± a x + b2 y + c2 a 22 + b 22  Góc hai đường thẳng 2 Xét hai đường thẳng d1 : a1 x + b1y + c= 0,(a1 + b1 > 0) có véc tơ pháp tuyến  n1 = ( a1;b1 ) ; đường thẳng d : a x + b y + c 2= 0, a 22 + b 22 > có véc tơ  pháp tuyến n = ( a ;b ) ( ( ) ) Khi góc α ≤ α ≤ 900 hai đường thẳng xác định theo cơng   n1.n a1a + b1b thức:= cos α =   n1 n a1 + b12 a 22 + b 22 Ví dụ Viết phương trình đường thẳng qua điểm P ( 2;5 ) cho khoảng cách từ điểm Q ( 5;1) đến đường thẳng Đường thẳng cần tìm có phương trình dạng tổng qt ( ) ∆ : a ( x − ) + b ( y − ) = ⇔ ∆ : a x + by − 2a − 5b = 0, a + b > 10 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam Vậy elip có phương trình ( E ) : Gọi N ( x; y ) ∈ ( E ) ⇔ x y2 + = x y2 + = Theo giả thiết ta có ON = ⇔ x + y = Tọa độ điểm N nghiệm hệ phương trình    x y2 x = x= ±    =  +  5 ⇔ ⇔ 9 16 x + y2 =   y =    y = ± 5 3 5 3 5 Vậy có hai điểm thỏa mãn u cầu tốn N1  ;− ;  , N       Bài 16 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M di động elip x y2 + = Gọi H, K hình chiếu M trục tọa độ Xác định tọa độ điểm M để tức giác OHMK có diện tích lớn Giải (E) : x y2 + = Khi tọa độ điểm hình chiếu M trục tọa độ H ( x;0 ) , K ( 0; y ) Giả sử điểm M ( x; y ) ∈ ( E ) ⇔ Ta có SOHMK =OH.OK = xy =6  x y2  x y + ≤ 3  =3    x y = ⇔ 4x =9y Tọa độ điểm M cần tìm nghiệm hệ phương trình Đẳng thức xảy  x y2   x = =  + x = ± 2⇔ ⇔ 9 4x = 9y  y2 = y = ±      Vậy có bốn điểm cần tìm thỏa mãn u cầu tốn M  ± ; ±    Nhận xét Bằng cách tương tự hồn tồn giải tốn tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật nơi tiếp (E) có cạnh song song với trục tọa độ có diện tích lớn 712 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Bài 17 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : x y2 + = Tìm điểm M 25 thuộc (E) cho đường phân giác góc F 1MF2 (trong F1 , F2 tiêu  48  điểm (E)) qua điểm N  − ;0   25  Giải Giả sử điểm cần tìm M ( x; y ) ∈ ( E ) ⇔ x y2 + = (1) 25 Elip có hai tiêu điểm   F1 ( −4;0 ) , F2 ( 4;0 ) ⇒ MF1 =( −4 − x; − y ) , MF2 =( − x; − y ) Hai véc tơ đơn vị đường thẳng MF1 , MF2  i1 =  MF1 = MF1    −4 − x − y   ; =   ,i 5+ 4x 5+ 4x  5     48  MN = − − x; − y  25    MF2 = MF2    4−x −y  ;   ; 5− 4x 5− 4x  5      Để N nằm đường phân giác góc F 1MF2 ⇔ MN = k i1 + i ( )  y =      48  −4 − x 4−x  16 − x k +  − =  25 − x 4 25 k = 25  5+ x 5− x     5   10 ⇔ ⇔   −18   x  −y −y    48 = − y k + k    − − x = 16 5+ 4x 5− 4x    25 25 − x 5    25  TH1: Nếu y =0 ⇒ (1) ⇔ x =±5 ⇒ M ( ±5;0 ) loại M, F1 , F2 thẳng hàng 16  25 − x  16  25 25 − x k =  10 25  12 k = TH2:  ⇔ ⇔x= − 10 −18  x  48  48 18 k − x − − x = − − x = 16 50  25  25 25 − x 25  Thay vào (1) ta y = ± 481 25 713 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam Vậy có hai điểm cần tìm thỏa mãn u cầu tốn  12 481   12 481  M1  − ; −  , M  − ;  25  25    a b2 + = 25 Viết phương trình hai đường thẳng MF1 , MF2 Cách 2: Gọi điểm M ( a;b ) ∈ ( E ) ⇔ MF1 : b ( x + ) − (= a + ) y 0;MF2 : b ( x − ) + (= − a)y Sử dụng điều kiện d ( N;MF1 ) = d ( N;MF2 ) từ giải hệ suy a,b x y2 + = đường thẳng d1 : a x − = by 0;d : bx = + ay Gọi M, N giao điểm (E) d1 ; Bài 18 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : P,Q giao điểm (E) d1 a) Tìm tọa độ điểm M,N,P,Q theo a b b) Tìm điều kiện a b cho diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất, nhỏ Giải a) Vì M,N giao điểm (E) d1 nên tọa độ M,N nghiệm hệ phương 6b 6a  ,y  x2 = x = y2 9a + 4b 9a + 4b  =  + trình  ⇔  6b 6a ax − by = ,y = − − x =  9a + 4b 9a + 4b      6b 6a 6b 6a Suy M  ; ;− , N −      2 9a + 4b   9a + 4b 9a + 4b   9a + 4b Vì P,Q giao điểm (E) d nên tọa độ P,Q nghiệm hệ phương 6a 6b  ,y  x2 = x = y2 4a + 9b 4a + 9b  =  + trình  ⇔  6b 6a bx + ay = ,y = − − x =   4a + 9b 4a + 9b    6b 6a 6a 6b Suy P  − ;− ;  ,Q    2 2  2 4a + 9b 4a + 9b   4a + 9b 4a + 9b  b) Vì d1 ⊥ d qua O nên MNPQ hình thoi Do đó= SMNPQ 2OM.OP = 714 ( 72 a + b (9a )( ) + 4b 4a + 9b )     Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt * Tìm a, b để diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta được: SMNPQ ≤ ( 72 a + b ) ( 3a.2a + 2b.3b ) = 12 a = Đẳng thức xảy 3a.3b =2a.2b ⇔ ab =0 ⇔  b = Khi d1 ,d trục tọa độ Vậy diện tích tứ giác MNPQ lớn 12 a = b = * Tìm a,b để diện tích tứ giác MNPQ nhỏ nhất: Sử dụng bất đẳng thức Cơsi ta được: SMNPQ ≥ ( 2.72 a + b ) 144 = 13 9a + 4b + 4a + 9b 2 2 Đẳng thức xảy 9a + 4b =4a + 9b ⇔ a =± b Khi d1 ,d đường phân giác góc phần tư thứ nhất, thứ hai Vậy diện tích tứ giác MNPQ nhỏ 144 a = ± b 13 C BÀI TẬP RÈN LUYỆN x y2 + = Gọi F1 ,F2 x F1 < x F2 hai tiêu điểm (E) Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) cho MF1 = 2MF2 ( Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( E ) : ) Giải 2 x y + = 2 Ta có MF1 =a + ex =3 + x;MF2 =a − ex =3 − x 3 Gọi M ( x; y ) ∈ ( E ) ⇔ 2  15  Khi MF1 =2MF2 ⇔ + x =2  − x  ⇔ x =− ⇒ y =± 3  2  Vậy có hai điểm cần tìm thỏa mãn u cầu tốn   15  15  M1  − ; −  , M  − ;     2  Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : x y2 + = Tìm tọa độ điểm M thuộc ( E ) , biết M nhìn hai tiêu điểm ( E ) góc 900 715 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam Giải Gọi M ( x , y0 ) ∈ ( E ) , ta có phương trình x 02 y02 + = Tam giác vng MF1F2 ,   có MF1 =− − x , − y0 MF2 = − x , − y0   Vậy MF1.MF2 =y02 − − x 02 =0 ⇔ x 02 + y02 =5 ( ( ) ) ( )   x 02 y02 x = ± =   + Ta có hệ phương trình  ⇔ 4 x + y2 =    y0 = ± Vậy có bốn điểm thỏa mãn u cầu tốn 3 5  5  5 3 5 M1  , , ,− ,−  ;M  −  ;M  −  ;M   5 5 5 5         x y2 + = điểm A ( 0, −2 ) Tìm tọa độ hai điểm B,C thuộc ( E ) cho tam giác ABC cân A có diện Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : tích ( x B > 0) Giải Dễ thấy A∈ (E) đỉnh trục nhỏ (E) Do tam giác ABC cân A B C đối xứng với qua trục tung Gọi B ( x , y0 ) ∈ ( E ) ⇒ C ( − x , y0 ) , ( x > ) ta có phương trình x 02 y02 + = (1) Diện tích tam giác ABC : 1 = d ( A, BC ) BC y A − y B 2x= x −2 − y= (2) 0 2  x = ± Giải hệ phương trình gồm (1), (2) ta được:  y =  Ta có SABC =   3  Vậy có hai điểm thỏa mãn u cầu tốn B  − ;1 ,C  ;1     x y2 + = có hai tiêu điểm F1 ( −1,0 ) F2 (1,0 ) Tìm tọa độ điểm M thuộc ( E ) cho MF12 + 4MF2 đạt giá trị nhỏ Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : 716 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Giải x 02 y02 + = x ∈ [ −2, 2] 1 Bán kính qua tiêu điểm MF1= + x MF2= − x 2 Gọi điểm M ( x , y0 ) ∈ ( E ) , ta có phương trình 2     Vậy MF12 + 4MF2 = + x  +  − x  = x 02 − 6x + 20     Xét hàm số f (x)= x − 6x + 20 đoạn [ −2, 2] ta tìm giá trị nhỏ f (x) f (2) = 13 Dấu xảy x = , suy y0 = Vậy MF12 + 4MF2 đạt giá trị nhỏ M(2;0) x y2 Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hyperbol ( H ) : − = hai điểm A ( 3;2 ) , B ( 0; −1) Tìm tọa độ điểm C thuộc (H) cho tam giác ABC có diện tích nhỏ Giải x y2 Giả sử điểm cần tìm C ( x; y ) ∈ ( H ) ⇔ − = Vì AB khơng đổi nên ABC có diện tích nhỏ khoảng cách từ C đến đường thẳng AB nhỏ Phương trình đường thẳng AB : x − y − = Ta có d= ( C;AB ) x − y −1 ≥ x − y −1 Mặt khác ta có x y x − y = − ≥ (3  x y2  − 22  − =    ) ⇒ d ( C;AB ) ≥ −1  x / y / ,y x =  = = 5 Đẳng thức xảy  ⇔  x − y = − − ,y = x =  5    Thử lại thấy điểm C  ;  thỏa mãn u cầu tốn  5 x y2 − = đường thẳng 16 d : x − 2y + = Xác định tọa độ giao điểm A,B d (H) Chứng minh tồn điểm C thuộc (H) cho tam giác ABC cân C Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hyperbol ( H ) : 717 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam Giải Xét hệ phương trình tạo d (H) ta được:   18 18 9  4− ,y = − x =  x − 2y + = A  − ; − 5    ⇔ ⇒  x y2   18 9  18  − = + + ,y = A  + ; +  16 x = 5    Phương trình đường trung trực AB là: ∆ : 2x + y −   18 9   ,B  + ; +  5  5   18 9   ,B  − ; −  5  5 25 = Vì tam giác ABC cân C nên C ∈ ∆ Vậy tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình:  25  400 ± 54 x = 2x + y − =  55 ⇔  2 −225  216 x − y =  y=  16 110  Hệ có nghiệm nên tồn điểm C để tam giác ABC cân C Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : x2 + y2 = điểm C ( 2;0 ) Tìm hai điểm A, B thuộc ( E ) cho tam giác ABC vng C có diện tích 16 25 Giải Vì C(2;0) đỉnh trục lớn elip nên để tam giác ABC vng C hai điểm có điểm có tung độ dương điểm có tung độ âm Khơng tính tổng qt giả sử  a2   b2 A  a; −  , B  b; − −       Theo giả thiết ta có:    ⇒ CA =    a2  a − 2; −      ,CB =    b2  b − 2; − −          a2 b2  ( a − )( b − ) − − − = CA.CB = a=  4    ⇔  16 ⇔  = CA.CB a2   b   32  2 SABC =  b = 25  ( a − ) + −  ( b − ) + −  =        25    6 4 6 4 Suy A  ;  , B  ; −  5 5 5 5 718 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt 6 4 6 4 Vậy hai điểm cần tìm A  ;  , B  ; −  ngược lại 5 5 5 5 Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : x2 + y2 = Tìm điểm A, B thuộc ( E ) cho CA = CB tam giác CAB có diện tích lớn nhất, biết C(2;0) Giải Giả thiết suy C đỉnh trục lớn ( E ) Vì CA = CB nên A, B đối xứng với qua trục hồnh  x 02  + y0 = Gọi A ( x ; y0 ) ∈ ( E ) ⇒  B ( x ; − y ) 0  1 Ta có SABC = AB.d ( C;AB ) = 2y0 − x = ( − x ) y0 2 x 02  2 2 Suy S2ABC = − x y = − x − (  = ( − x ) ( + x ) 0) ( 0)   4   Xét hàm số f (t) = ( − t ) ( + t ) đoạn [ −2;2]  t = −1 Ta có f '(t) =  −3 ( + t )( − t ) + ( − t )  = − ( − t ) ( t + 1) ;f '(t) =⇔   4 t = Ta có f (−2) = 0,f (−1) = 2,f (2) = ⇒ max f (t) = f(−1) = t∈[ −2;2] Do S2ABC ≤ ⇔ SABC ≤ Đẳng thức xảy   3  A  −1;  , B  −1; −     x =−1 ⇒ y0 =± ⇒ 3    A  −1; −  , B  −1;     3   3   Nhận xét Đề u cầu dễ cho SABC cho trước 719 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam CHỦ ĐỀ BÀI TOÁN CHỌN LỌC Bài (TSĐH Khối A,A1 2012) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn C : x  y  Viết phương trình tắc elip E  , biết E  có độ dài trục lớn E  cắt C bốn điểm tạo thành bốn đỉnh hình vng Giải Giả sử phương trình tắc (E) E  : x2 a2  y2 b2  1,a  b  0 Độ dài trục lớn nên 2a   a  Do (E) (C) nhận hai trục tọa độ làm trục đối xứng giao điểm (E) (C) bốn đỉnh hình vng nên tọa độ giao điểm có dạng A  t; t , t  A thuộc C  t  t   t   A 2;2 Mặt khác A thuộc E   4 16    b2  16 b x y2  1 16 16 Bài (TSĐH Khối B 2012) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi Vậy phương trình tắc elip E  : ABCD có AC  2BD đường tròn tiếp xúc với cạnh hình thoi có phương trình x  y  Viết phương trình tắc elip E  qua đỉnh A, B,C, D hình thoi Biết A thuộc Ox Giải Giả sử phương trình tắc elip E  : x2 y2 Vậy phương trình tắc elip E  : x y2  1 20  1,a  b  0 a b2 Hình thoi ABCD có AC  2BD A,B,C,D thuộc (E) suy OA  2OB  a  2b  a Giả sử A a;0 B0;  Gọi H hình chiếu vng góc O lên AB Suy   OH bán kính đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD hay OH 1 1 Ta có       a  20  b  2 a OH OA OB a 720  Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Bài (TSĐH Khối A 2011) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip x y2   Tìm tọa độ điểm A B thuộc E  , có hồnh độ dương cho tam giác OAB cân O có diện tích lớn E  : Giải x y2   1, x  0 Vì OAB tam giác cân có hồnh độ dương; (E) đối xứng qua trục hồnh nên B x; y Giả sử điểm A  x; y  E   Suy AB  y   x Gọi H trung điểm AB  OH  AB,OH  x 1 x2   x2 Ta có SOAB  OH.AB  x  x   2 Đẳng thức xảy x   x  x   y   Vậy tọa độ hai điểm cần tìm   2     2  A  2;  , B 2;   A  2;   , B 2;          Bài (TSĐH Khối B 2010) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm x y2   Gọi F1 F2 tiêu điểm E  ( F1 có hồnh độ âm), M giao điểm có tung độ dương đường thẳng AF1 với E  ,   A 2; elip E  : N điểm đối xứng F2 qua M Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2 Giải Elip E  có hai tiêu điểm F1 1;0, F2 1;0 x 1 y   AF1 : x  3y   3 Tọa độ điểm M có tung độ dương nghiệm hệ phương trình x  3y     x 1          M 1;   MA  MF2   x y2   y  3 1, y           3 Đường thẳng AF1 : Do N điểm đối xứng M qua F2  MN  MF2  MN  MA  MF2 721 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam Vậy ba điểm A, N, F2 nằm đường tròn tâm M bán kính MF2 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2 có phương trình    C : x t            3 Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip E  : x2  y  Viết phương trình cạnh hình vng ngoại tiếp elip (E) Giải Phương trình chứa cạnh hình vng có dạng: d1 : Ax  By  C  0;d : Ax  By  C1  d3 : Bx  Ay  D  0;d : Bx  Ay  D1  Với C, D  Đường thẳng d1 ,d tiếp tuyến elip   3A  B2  C2    C2  C12  C1  C 2    3A  B  C1 Tương tự ta có: D1  D Khoảng cách hai đường thẳng d1 ,d phải khoảng cách hai đường thẳng d3 ,d  2C A B  A  B 2  2D B A 2  C  D  3A  B2  C2  3B2  A  D Chọn A  1, B  1,C2   C  2, D  Vậy phương trình cạnh hình vng ngoại tiếp Elip x  y   0; x  y   0; x  y   0; x  y   Bài (TSĐH Khối D 2008) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol P : y  16x điểm A 1;4 Hai điểm phân biệt B,C ( B C khác A ) di động   900 Chứng minh đường thẳng BC ln P cho góc BAC qua điểm có định Giải  b   c  Giả sử tọa độ B ;b,C  ;c ,b  c  4  16  16  722 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt    b    c Ta có AB   1;b  4 , AC   1;c  4    16 16  b2     c Theo giả thiết ta có AB.AC    1 1  b  4c  4   16 16   272  4b  c  bc  (1) Phương trình đường thẳng c2 yc BC : 162   BC :16x  b  c y  bc  (2) bc b c  16 16 Từ (1) (2) suy BC ln qua điểm cố định H 17; 4 x Bài (TSĐH Khối D 2005) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm C 2;0 x y2   Tìm tọa độ điểm A, B thuộc E  , biết A, B đối xứng qua trục hồnh tam giác ABC tam giác elip E  : Giải x  y  1, x  2 Vì A, B đối xứng qua trục hồnh nên B x; y Giả sử điểm A  x; y  E   Vì C  Ox nên tam giác ABC cân C Tam giác ABC  AB  AC   x  2  y  4y   x  2  3y 2 Vậy tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình     x  2, y   x2 x2    y    y        4 x  , y       2    7 7x 16x      x  2  3y Suy hai điểm cần tìm            A  ;   , B ;  A  ;  , B ;     7     7   Bài (TSĐH Khối D 2002) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip x y2   Xét điểm M chuyển động tia Ox điểm N chuyển 16 động tia Oy cho đường thẳng MN tiếp xúc với E  Xác định tọa độ E  : điểm M N để đoạn MN có độ dài nhỏ Tính giá trị nhỏ 723 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam Giải Giả sử điểm M m;0, N 0;n ,m  0, n  0 x y  1 m n 16 Để MN tiếp xúc với E     m n Theo bất đẳng thức Cơ si ta có:  16 9 MN  m  n  m  n     m n  Phương trình đường thẳng MN :   25  16 n2  m2   25  16.9  49  MN  m2 n Đẳng thức xảy  16   1 m   m n      n n  21 m 16  , m, n   n  m     Vậy tọa độ hai điểm cần tìm M 7;0 N 0; 21 Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn C : x  y  Parabol P : y  x Tìm điểm M nằm P cho từ M kẻ hai tiếp tuyến đến đường tròn C biết hai tiếp tuyến tạo với góc 600 Giải Đường tròn C có tâm O 0;0 , bán kính R  Giả sử hai tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến đường tròn C A, B  R  MI    AMB   600  sin 30  Theo giả thiết ta có     1200  R  AMB  MI    sin 600  t  t   t  1  MI    Vì M  P  M t ; t      MI  t t    t     Vậy có bốn điểm thỏa mãn u cầu tốn       M1 1;1, M 1; 1, M 2; , M 2;  724 Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt Bài 10 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn C : x  y  13 Viết phương trình tắc hyperbol có hai tiệm cận vng góc với H cắt đường tròn C bốn điểm phân biệt tạo thành hình chữ nhật có diện tích 24 Giải x2 y2  1,a  0, b  0 a b2 b b Phương trình hai đường tiệm cận H  d1 : y   x;d : y  x a a b b Hai tiệm cận vng góc với    1  a  b a a Giả sử phương trình tắc hyperbpol H  :  Suy phương trình H  có dạng x  y  a Tọa độ giao điểm H  C nghiệm hệ phương trình  x  a  13 x  y  13  , a  13     x  y  a  13  a   y   Khi tọa độ bốn giao điểm A  x; y, B x; y,C x; y, D x; y 2   Hình chữ nhật ABCD hình chữ nhật có diện tích xy Mặt khác SABCD  24  xy  24  x y  36  a  13 13  a  36  a  2 Vậy phương trình tắc Hyperbol H  : x y2   5 x y2   Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật nội tiếp elip có trục đối xứng trục tọa độ cho hình chữ nhật có diện tích lớn Giải Bài 11 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip E  : a b2  1 Diện tích hình chữ nhật S  2d M;Ox .2d M;Oy  ab Giả sử M a;b đỉnh hình chữ nhật M  E   Mặt khác  a b2 a b2  2  ab  S  8 2 725 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam  a b   1  8 a  2 Đẳng thức xảy    b  1  a b    Vậy tọa độ bốn đỉnh hình chữ nhật cần tìm 2; 1,2;1,2; 1,2;1 x y2   điểm A 3;0, I 1;0 Tìm tọa độ điểm B,C  E  cho I tâm đường tròn Bài 12 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip E  : ngoại tiếp tam giác ABC Giải Ta có IA  nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình  x  1  y  Tọa độ điểm B,C nghiệm hệ phương trình   x  3      y   x  12  y    2    x  1  y        x    x y2        1  5x  18x      9    y  4       x  3 Với   B  C  A (loại)   y   x        Với  ;  B ; 4  ,C       5    y  4       ,C  ; 4  Vậy điểm cần tìm B ;   5   5   726 [...]... ± 2 A 22 + B22 C BÀI TẬP CHỌN LỌC Bài 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M ( −1;2 ) và đường thẳng d : x − 2y + 1 = 0 Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M và thỏa mãn một trong các điều kiện sau: a) ∆ vng góc với d b) ∆ tạo với d một góc 600 c) Khoảng cách từ điểm A ( 2;1) đến ∆ bằng 1 11 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam Giải a) ∆ vng góc với d Đường thẳng ∆ đi qua M (... cần tìm là d :  ,t    2 34  31  y  6  t  5 Đường thẳng MC : 23 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam D BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình các cạnh tam giác ABC biết tọa độ trung điểm các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lần lượt là M ( −1;1) , N ( 3;4 ) và P ( 5;6 ) Giải    Ta có NP =( 2;2 ) , PM =( −6; −7 ) , MN =( 4;3) ... mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M ( 3;0 ) và hai đường thẳng d1 : 2x − y − 2 = 0 và d 2 : x + y + 2 = 0 Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt d1 ,d 2 lần lượt tại A và B sao cho M là trung điểm của AB Giải Gọi   A ( a;2a − 2 ) ∈ d1 , B ( b; −2 − b ) ∈ d 2 ⇒ MA = ( a − 3;2a − 2 ) , MB = ( b − 3; −2 − b ) Theo giả thiết ta có: 25 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam. .. cầu bài tốn là d : x − 3 y + 5 = 0 Suy ra d : 33 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam Bài 21 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d1 : x  2y  3  0 , đường thẳng d 2 : x  2y  5  0 và điểm A 1;3 Viết phương trình đường thẳng d đi qua A cắt d1 ,d 2 lần lượt tại B,C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 5 (với O 4 là gốc tọa độ) Giải Đường thẳng d : y  k  x 1  3  d : kx... d1 , giải hệ này ta tìm được tọa độ điểm H 35 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam Cách 2: Thực hiện theo các bước   MH / /n  a;b  x H  x M  y H  y M  d Bước 1: Ta có    a b H  d   ax H  by H  c  0 Bước 2: Giải hệ trên ta tìm được tọa độ điểm H x x 0 − bt = Cách 3: Viết phương trình của d dưới dạng tham số  ,t∈ y y0 + at = Bước 1: Gọi là hình. .. trình đường thẳng ∆ cắt đồng thời cả d1 ,d 2 tạo thành một tam giác cân tại giao điểm của d1 và d 2 , biết điểm M(2;-1) nằm trên ∆ Giải Đường thẳng cần tìm đi qua M và vng góc với đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng d1 ,d 2 là: 29 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam 0 3x − 9y + 22 = 3x + 6y − 7 = ± ⇔ 0 9x +... tơ pháp tún của d Ta có: 31 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam α cos=   n1.n ⇔  =  5 n1 n 1 1 5 ⇔ a + 2b = 5 a 2 + b2 b = 0 ⇔ 3b 2 + 4ab =⇔ 0  4a = −3b 5  1 - Với b = 0⇒d:x = 0 - Với 4a = −3b , chọn a =3, b =−4 ⇒ d : 3x − 4y =0 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn u cầu bài tốn là: x = 0 và 3x − 4y = 0 Bài 18 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d1 : x + 2y... dài OA + OB nhỏ nhất 9 4 c) Tổng đạt giá trị nhỏ nhất + 2 OA OB2 Trong đó O là gốc tọa độ Giải a) Giả sử (d) cắt các trục tọa độ tại A ( a;0 ) , B ( 0;b ) ,a, b > 0 Khi đó phương trình của (d) là ( d ) : 4 1 x y 1 (1) + = 1 Do M ( 4;1) ∈ ( d ) ⇒ + = a b a b 15 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam Ta có = SOAB 1 1 = OA.OB ab , theo (1) ta có 2 2 4 1 4 1 4 + ≥2 = ⇒ ab ≥ 16 ⇒ SOAB ≥... 5.(−5) + c =0 ⇔ c =−13 ⇒ BC : 3x − 5y − 13 =0 Tọa độ đỉnh A = AB  AH là nghiệm của hệ phương trình 8x  3y  17  0 x  1   A 1;3  5x  3y  4  0  y  3 27 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam Tọa độ đỉnh C  BC  CH là nghiệm của hệ phương trình  3x  5y 13  0  x  1    C 1; 2    3x  8y  13  0   y  2   Phương trình cạnh AC đi qua hai điểm... ) , C ∈ d 2 ⇒ C ( c;5 − 2c ) , ( b ≠ 1, c ≠ 2 ) Suy ra   MB = ( b; b + 1) , MC =   ( c − 1;6 − 2c ) , AB = ( b − 1; b− 1) , BC = ( c − b − 1;5 − 2c − b ) 19 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam Ba điểm M , B, C thẳng hàng nên   7b + 1 MB = k MC ⇔ b ( 6 − 2c ) = ( b + 1)( c − 1) ⇔ c = 3b + 1 ( c − b − 1) + ( 5 − 2c − b ) Mặt khác BC = 3 AB ⇔ 2 2 2 = 3 ( b ...   34  31  y   t  Đường thẳng MC : 23 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam D BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình cạnh tam giác ABC biết... thẳng cần tìm thỏa mãn u cầu tốn d : x − y + = Suy d : 33 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam Bài 21 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d1 : x  2y   , đường thẳng d : x... 56= 14 −8 Vậy đường thẳng cần tìm BC : 4x + 7y + 56 = 45 Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có cạnh BC nằm đường thẳng 9x + 11y