Phương pháp giải toán hình học (Phần 1: Oxy)

Các em học sinh thân mến Chúng tôi là nhóm giáo viên Toán của Trung tâm luyện thi Vĩnh Viễn có nhiều kinh nghiệm trong việc giảng dạy và biên soạn sách tham khảo. Nhằm mục đích giúp các em học sinh tự học, nâng cao bài tập ở các lớp 10, 11, 12 và nhất là các em đang sắp thi vào Đại học, chúng tôi cùng biên soạn bộ Toán gồm ba quyển.Quyển 1: Hình học (3 Phần).Quyển 2: Khảo sát hàm số – Tích phân – Số phứcQuyển 3: Lượng giác – Đại số – Giải tích tổ hợpMỗi quyển sách gồm: Tóm tắt lý thuyết một cách có hệ thống và đầy đủ. Phân loại các dạng toán cùng với cách giải dễ hiểu. Nhiều bài tập mẫu từ dễ đến khó, trong đó có nhiều bài được giải bằng nhiều cách khác nhau.Chúng tôi hy vọng quyển sách này sẽ giúp các em thích thú, nâng cao học lực và thành công trong kì thi tuyển sinh Đại học sắp đến. Dù đã cố gắng nhiều, nhưng chắc chắn vẫn còn nhiều thiếu sót, mong sự đóng góp ý kiến của các em học sinh và của độc giả.

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC VĨNH VIỄN PHÂN DẠNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÌNH HỌC DÀNH CHO HỌC SINH 10–11–12 VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC PHẦN HÌNH GIẢI TÍCH TRÊN MẶT PHẲNG (Oxy) Biên soạn: NGUYỄN QUANG HIỂN TRẦN MINH QUANG HOÀNG HỮU VINH Nhiều tác giả Lời nói đầu Các em học sinh thân mến! Chúng nhóm giáo viên Toán Trung tâm luyện thi Vónh Viễn có nhiều kinh nghiệm việc giảng dạy biên soạn sách tham khảo Nhằm mục đích giúp em học sinh tự học, nâng cao tập lớp 10, 11, 12 em thi vào Đại học, biên soạn Toán gồm ba Quyển 1: Hình học (3 Phần) Quyển 2: Khảo sát hàm số – Tích phân – Số phức Quyển 3: Lượng giác – Đại số – Giải tích tổ hợp Mỗi sách gồm: • Tóm tắt lý thuyết cách có hệ thống đầy đủ • Phân loại dạng toán với cách giải dễ hiểu Nhiều tập mẫu từ dễ đến khó, có nhiều giải nhiều cách khác Chúng hy vọng sách giúp em thích thú, nâng cao học lực thành công kì thi tuyển sinh Đại học đến Dù cố gắng nhiều, chắn nhiều thiếu sót, mong đóng góp ý kiến em học sinh độc giả Nhóm biên soạn Hình học BÀI PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRÊN MẶT PHẲNG (Oxy) A TÓM TẮT LÝ THUYẾT Hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxy gồm hai trục vuông góc x’Ox y’Oy với r r hai vectơ đơn vò i j mà: r r i = (1, 0), j = (0, 1) Gọi x’Ox: trục hoành y’Oy: trục tung y r u M2 r i r i x' O u1 x y' O: gốc tọa độ I TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ r ur Đối với hệ tọa độ Oxy, cho hai vectơ: u = (u1 ; u ) v = (v1 ; v2 ) Ta có: r ur u1 = v1 u = v ⇔  u = v2 r ur u ± v = (u1 ± v1; u ± v ) r k.u = (k.u1; k.u ) (k ∈ R) u1 u r ur r r =0 u v phương ⇔ ∃k ∈ R: u = kv ⇔ v1 v r ur r ur r ur Tích vô hướng u.v = u v cos(u, v) ur ur u.v = u1 v1 + u v r ur r ur Hệ quả: u ⊥ v ⇔ u.v = y r Độ dài vectơ: |u | = u12 + u 22 II TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM Cho hệ tọa độ Oxy điểm M tùy ý uuuur Tọa độ (x; y) vectơ OM gọi tọa độ điểm M ký hiệu là: M(x; y) Q r i x' O M r i y' Nhiều tác giả P x x: hoành độ, y: tung độ Cho hai điểm A(x A; yA) B(xB; yB) uuuur AB = (x B − x A ; y B − y A ) AB = (x B − x A )2 + (y B − y A )2 Tọa độ trung điểm I đoạn thẳng AB là: xI = xA + xB y + yB ; yI = A 2 x A + x B + xC   xG = G trọng tâm ∆ABC:   y = y A + yB + yC  G B BÀI TẬP MẪU Bài Cho tam giác ABC với: A(1; 0), B(5; 0), C(2; 3) Tìm điểm sau tam giác: a) Trọng tâm G b) Trực tâm H c) Chân A’ đường cao hạ từ A xuống cạnh BC d) Tâm I đường tròn ngoại tiếp Giải a) G trọng tâm tam giác ABC nên: xG = x A + xB + xC y + yB + yC = ; yG = A =1 3 Vậy: G( ; ) b) H(x, y) trực tâm tam giác ABC: uuuur uuur AH.BC = ⇔ uuuuruuur BH.AC = uuuur uuur Mà: AH = (x − 1; y) ; BC = (−3; 3) ; uuur uuur BH = (x − 5; y) ; AC = (1; 3) Nên điều kiện thành: Hình học −3(x − 1) + 3y = 3x − 3y = x = ⇔  ⇔  1(x − 5) + 3y = x + 3y = y = Vậy: H(2; 1) c) A'(x, y) chân đường cao hạ từ A xuống cạnh BC uuur uuur  AA '.BC = uuur ⇔  uuur BA ' BC phương uuuur uuuur uuur Mà: AA' = (x − 1; y); BC = (−3; 3); BA' = (x − 5; y) Nên điều kiện thành: −3(x − 1) + 3y = x − y = x = ⇔  ⇔  3(x − 5) + 3y = x + y = y = Vậy: A’(3; 2) d) I(x, y) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: 2 2 2 IA = IB (x − 1) + y = (x − 5) + y ⇔ ⇔ 2 2 IA = IC (x − 1) + y = (x − 2) + (y − 3) 8x − 24 = x = ⇔ ⇔  x + 3y = y = Vậy: I(3; 1) Bài Cho ba điểm: A(–3; 3), B(–5; 2), C(1; 1) a) Chứng tỏ A, B, C ba đỉnh tam giác · ˆ góc tù b) Chứng tỏ BAC c) Tính diện tích tam giác ABC d) Tính bán kính r đường tròn nội tiếp tam giác ABC Giải uuur uuur a) Ta có: AB = (−2; − 1), AC = (4; − 2) −2 − = (−2).(−2) − (−1).4 = ≠ −2 uuur uuur Nên AB AC không phương, tức ba điểm A, B, C không thẳng hàng Do A, B, C ba đỉnh tam giác r r (−2).(4) + (−1).(−2) −3 · ˆ ≡ < Ta có: cosBAC = cos AB, AC) ≡ 2 2 (−2) + (−1) (4) + (−2) · ˆ góc tù Nên BAC ( b) Diện tích tam giác ABC: Nhiều tác giả S= = · ˆ = AB.AC − cos2 BAC · ˆ AB.AC.sinBAC 2 20 − = 4(đvdt) 25 c) Ta có: S = pr 1 Mà: p = (AB + BC + CA) = ( + 37 + 5) = (3 + 37) 2 S = − 37 ⇒r= p Bài Tuyển sinh Đại Học khối B/2011 Cho ∆: x – y – = 0, d: 2x – y – = Tìm N thuộc d cho đường thẳng ON cắt ∆ M thỏa OM.ON = Giải Gọi M(m, m – 4) ∈ ∆ y N(n, 2n – 2) ∈ d d Ta có: ∆ m m−4 O, M, N thẳng hàng ⇔ =0 n 2n − ⇔ m(2n – 2) = n(m – 4) O ⇔ mn – 2m = –4n ⇔ (4 + m)n = 2m ⇔n= 2m 4+m x N -4 M Ta có: OM2.ON2 = 64  4m2 4(m − 4)  + ⇔ [m + (m – 4) ]  = 64 (m + 4)   (4 + m) 2 ⇔ [m2 + (m – 4)2][m2 + (m – 4)2] = 16(m + 4)2 ⇔ (2m2 – 8m + 16)2 = [4(m + 4)]2 2m2 − 8m + 16 = 4(m + 4) ⇔  2m − 8m + 16 = −4(m + 4) Hình học 2m2 − 12m = ⇔  2m − 4m + 32 = (vô nghiệm) ⇔m=0 ∨ m=6 6 2 Vậy M1(0; –4), N1(0, –2) hay M1(6, 2) N2  , ÷ 5 5 Bài Tuyển sinh Đại Học khối B/2007 Cho A(2, 2) Tìm B d1: x + y – = C d2: x + y – = cho ∆ABC vuông cân A Giải Gọi B(b, – b) ∈ d1 C(c, – c) ∈ d2 Ta có: uuur uuur  AB = (b − 2, − b) ⊥ AC = (c − 2, − c) ∆ABC ⊥ cân A ⇔   AB = AC (b − 2)(c − 2) − b(6 − c) = ⇔  2 2 (b − 2) + b = (c − 2) + (6 − c) Đặt X = b – Y = c – ta hệ (X − 1)(Y + 2) = (X + 1(2 − Y)  2 2 (X − 1) + (X + 1) = (Y + 2) + (2 − Y)  XY = ⇔  2 2X + = 2Y +  Y = X ⇔  X2 = Y +    Y = X ⇔  X2 = +  X2  Y = X ⇔   X − 3X − =   Y = X ⇔   X = −1 (loại) ∨ X =   X =  X = −2 ∨ ⇔   Y =  Y = −1 Nhiều tác giả b = X +  b =  b = −1 ∨ nên   c = Y + c = c = Do Vậy B1(3, –1), C1(5, 3) B2(–1, 3), C2(3, 5) Bài Cho ∆ABC có trọng tâm G(0, 4), C(–2, –4) Biết trung điểm M BC nằm d: x + y – = Tìm M để độ dài AB ngắn Giải Gọi M(m, – m) ∈ d Do M trung điểm BC nên  x B = 2x M − x C = 2m +   y B = 2y M − y C = 2(2 − m) + Vậy B(2m + 2, – 2m) Do G trọng tâm ∆ABC nên  x A = 3xG − xB − xC = −2m   y A = 3y G − y B − y C = + 2m Vậy A(2m, + 2m) Ta có AB2 = (4m + 2)2 + (–4m)2   = 32m2 + 16m + = 32  m + m ÷ +   2  1 1 1  m + − + = 32 m +   = 32  ÷  ÷ +2≥2  16  4   Vậy ABmin = ⇔ m = −  9 ⇔ M  − , ÷  4 Bài Chứng minh bất đẳng thức: a) 4cos2 xcos2 y + sin (x − y) + 4sin xsin y + sin (x − y) ≥ 2, b) x2 + xy + y + x + xz + z2 ≥ y + yz + z2 , ∀x, y ∀x, y, z Giải a/ Trong hệ tọa độ Oxy: Với x, y xét hai vectơ: r ur a = (2cosxcoxy; sin(x − y)); b = (2sinxsiny; sin(x − y)) r ur Ta có: a + b = (2cos(x − y); 2sin(x − y)) Hình học r ur r ur Và: |a | + | b| ≥ |a + b| Nên: 4cos2 xcos2 y + sin (x − y) + 4sin xsin y + sin (x − y) ≥ 2; ∀x, y b/ Trong hệ tọa độ Oxy: Với x, y, z, xét hai vectơ: r y y ubr =  x + z; − z   ÷ a = (x + ; ); 2 ÷ 2   r ur y z y z + ) Ta có: a − b = ( − ; 2 2 r ur r ur Và: |a | + | b| ≥ |a − b| Nên: (x + y y z z ≥ ) +( ) + (x + )2 + (− ) 2 2 ⇔ x2 + xy + y + x + xz + z2 ≥ ( y z y z − ) +( + ) 2 2 y + yz + z2 ; ∀x, y, z Bài Tìm giá trò nhỏ hàm số: y = cos2 α − 2cosα + + cos2 α + 6cosα + 13 Giải Ta có: y = (1 − cosα) + + (cosα + 3)2 + Trong hệ tọa độ Oxy, xét hai vectơ: r ur a = (1 − cosα; 1) b = (cosα + 3; 2), α ∈ R r ur Thì: a + b = (4; 3) Và áp dụng bất đẳng thức tam giác ta được: r ur r ur y = |a| + | b| ≥ |a + b| = + 32 = 5, ∀α r ur r ur y = ⇔ a b hướng ⇔ ∃k > : a = k.b  cosα = − 1 − cosα = k.(cosα + 3) ⇔ ⇔ 1 = 2k k =  = Vậy: Miny R C BÀI TẬP TỰ GIẢI BT1 Cho ba điểm: A(1; –2), B(0; 4), C(3; 2) Tìm điểm D cho: uuur uuur uuur a) CD = 2.AB − 3.AC 10 Nhiều tác giả Giải 2 N Ta có c = a – b = – = M Vậy F1(–1, 0), F2(1, 0) x +1 y = Phương trình AF1: 3 ⇒y= A F1 F2 (x + 1) Phương trình hoành độ giao điểm (E) AF1 −5 2x2 + (x + 1)2 = ⇔ 3x2 + 2x – = ⇔ x = ∨ x = (loại) Vậy M(1, ), N(1, ) 3 uuuur uuuur Ta có AN = (–1, ), AF2 = (–1, – ) uuuur uuuur Do AN.AF2 = ⇒ ∆ANF2 ⊥ A Vậy đường tròn qua A, N, F2 đường tròn đường kính NF2 tâm M bán kính R = MF2 Phương trình đường tròn là: 2 (x – 1)2 + (y – ) = 3 x2 y2 + = cho: Bài Tìm điểm M elip (E): 25 a MF1 = 2MF2 b M nhìn hai tiêu điểm góc vuông c M nhìn hai tiêu điểm góc 60o Giải xo y o2 + = (1) 25 Mặt khác: a2 = 25, b2 = ⇒ c2 = a2 – b2 = 16 ⇒ c = c Nên: e = = a a/ Ta có: MF1 = 2MF2 ⇔ a + exo = 2(a – exo) ⇔ 3exo = a a 25 = = ⇔ xo = 3e × 12 Gọi (xo; yo) tọa độ M Ta có: M ∈ (E) ⇔ 60 Nhiều tác giả Thế vào (1) ta suy ra:  252  × 119 119 = − ⇔ yo = ± y  ÷= 2 12 × 25  12  o Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện đề có tọa độ là:  25 119   ; ± ÷ ÷  12  b/ M nhìn hai tiêu điểm F1(-4; 0), F2(4; 0) góc vuông nên M đường tròn đường kính F1F2, đường tròn tâm O có bán kính Phương trình đường tròn là: x2 + y2 = 16 2 M đường tròn nên: x0 + y = 16 (2) 2 Suy ra: y = 16 - x Thay vào (1) ta được: x 20 16 − y 20 × 25 + = ⇔ x 20 = ⇔ x0 = ± 25 16 × 25 81 2 = ⇔ yo = ± Suy ra: y o = 16 − x o = 16 − 16 16 Vậy bốn điểm M có tọa độ thỏa mãn điều kiện đề có tọa độ là:  9 ; ± ÷  ± 4÷   c/ M nhìn hai tiêu điểm góc 60o nên: F1F22 = MF12 + MF22 - MF1 MF2cos60o ⇔ 4c = ( MF1 + MF2 ) − 3MF1 MF2 ⇔ 4c = 4a − ( a + ex o ) ( a − ex o ) ⇔ 4c = 4a − ( a − e2 x o2 ) 16  25 × 13  13 ⇔ 64 = 100 −  25 − x 2o ÷ ⇔ x 2o = ⇔ xo = ± 25 26   Thay xo vào (1) ta được:  x2  y 2o = 1 − o ÷ = 25   13  × 13 3  1 − ÷ = ⇔ yo = ± 16  16  Vậy bốn điểm M có tọa độ thỏa mãn điều kiện đề có tọa độ là:  13 3 ; ±  ± ÷ 4 ÷   Hình học 61 x2 y + Bài Cho (E) =1 18 Tìm bốn đỉnh hình chữ nhật nằm (E) hình chữ nhật nhận hai trục tọa độ hai trục đối xứng có diện tích lớn Giải Gọi M(xM, yM) ∈ (E) ⇒ Ta có x y + =1 18 2 M M N M I S = dt(MNHK) J = MN.MK = (2MI)(2MJ) S = 4MI.MJ = 4xM.yM ⇒ Do bất đẳng thức Cauchy ta có H K  x M   y 2 x y ÷ +  M ÷ ≥ M M ⇔ 12 ≥ 4xM.yM = S 1=  3 ÷   2   Do Smin x yM  M = 3 2 = 12 ⇔  ⇔ x M y M  18 + = 3 y M = x M  y M = Vậy M(3; 1), N(–3; 1), H(–3; –1), K(–3; 1) C BÀI TẬP TỰ GIẢI BT1 Viết phương trình tắc lip (E) trường hợp sau: 5 a (E) qua M  ; 4  15 ÷ có hai tiêu điểm F1(-3; 0), F2 (3; 0)  5  b (E) qua M  2; − ÷ có tâm sai e = 3  c (E) có hai tiêu điểm F1(-6; 0), F2 (6; 0) tâm sai e = d (E) có hai tiêu điểm F1(-6; 0), F2 (6; 0) tỷ số hai trục a = b e (E) có trục lớn 2a = khoảng cách hai đỉnh liên tiếp A1B1 = f DB/D06 Độ dài trục lớn , đỉnh trục nhỏ tiêu điểm nằm đường tròn g Phương trình đường chuẩn x = 4, đỉnh trục nhỏ nhìn hai tiêu điểm góc 120o 62 Nhiều tác giả BT2 Cho (E): 4x2 + 9y2 = 36 Viết phương trình đường thẳng qua M(1, 1) cắt (E) A, B cho M trung điểm AB BT3 Cho (E): x2 + 4y2 = 16 a Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M(1, r ) có VTCP a = (2, –1) b Tìm giao điểm A, B ∆ (E) Chứng minh MA = MB x2 y + = đường thẳng (∆): Ax + By + C = di động 25 thỏa 25A2 + 9B2 = C2 Tính tích khoảng cách từ hai tiêu điểm F1, F2 đến ∆ BT4 Cho (E): BT5 Cho (E) x2 + y2 = C(2, 0) Tìm A, B (E) đối xứng qua Ox cho a ∆F2AB vuông cân với xF2 > b Diện tích ∆F1AB 4 ± 2 2 ± 3 ; ÷ Đáp số:  ÷ 5   x2 y2 + BT6 Cho (E) =1 25 16 Tìm đỉnh hình chữ nhật nội tiếp (E) mà cạnh song song với hai trục có diện tích lớn   ; ± 2÷ Đáp số:  ± ÷   Hình học 63 BÀI HYPERBOL A TÓM TẮT LÝ THUYẾT I ĐỊNH NGHĨA Trong mặt phẳng cho hai điểm cố đònh F1 F2 với F1F2 = 2c > Cho số a với < 2a < 2c Hyperbol (H) = { M MF1 − MF2 = 2a} Gọi F1 F2 tiêu điểm F1F2 = 2c tiêu cự Nếu M ∈ (E) MF1 MF2 gọi bán kính qua tiêu điểm M II PHƯƠNG TRÌNH CHÍNH TẮC CỦA HYPERBOL Xét hyperbol (H) = { M| MF1 − MF2 = 2a} , F1F2 = 2c Chọn hệ tọa độ Oxy cho F1(-c; 0) F2(c; 0)y Phương trình tắc (H) B2 x2 y − = (với b2 = c − a ) a b2  Chú ý: F A1 Nếu M (x, y) ∈ (H) O bán kính qua tiêu điểm M là: cx cx * x > 0: MF1 = a + MF2 = -a + a a cx cx * x < 0: MF1 = -a MF2 = a a a A2 F2 x B1 III HÌNH DẠNG CỦA HYPERBOL Xét hyperbol (H): x2 y − =1 a b2 (b2 = c − a ) a Hyperbol (H) có tâm đối xứng O có hai trục đối xứng Ox Oy b Hyperbol (H) cắt Ox hai điểm A1 (-a; 0) A2 (a; 0), chúng gọi đỉnh Hyperbol Ox gọi trục thực hyperbol Hyperbol không cắt trục Oy, trục gọi trục ảo hyperbol Ta gọi 2a độ dài trục thực 2b độ dài trục ảo hyperbol Chú ý hai tiêu điểm hyperbol nẳm trục thực 64 Nhiều tác giả c Nếu M (x, y) ∈ (H) x ≤ −a x ≥ a nên hyperbol gồm hai nhánh: nhánh phải gồm điểm nằm bên phải đường thẳng x = a, nhánh trái gồm điểm nằm bên trái đường thẳng x = -a IV ĐƯỜNG TIỆM CẬN CỦA HYPERBOL x2 y − = (b2 = c2 − a ) a b2 b Có hai đường tiệm cận là: y = ± x a Hyperbol (H)  Chú ý: Từ hai đỉnh (H) ta vẽ hai đường thẳng song song với Oy, Chúng cắt hai đường tiệm cận bốn điểm: P, Q, R, S Đó bốn đỉnh hình chữ nhật, gọi hình chữ nhật sở hyperbol Các cạnh hình chữ nhật 2a 2b, đường chéo 2c V TÂM SAI CỦA HYPERBOL Tâm sai hyperbol tỉ số tiêu cự độ dài trục thực c hyperbol Ký hiệu e Ta có: e = a Tâm sai (H) lớn VI ĐƯỜNG CHUẨN CỦA HYPERBOL a/ Đònh nghóa: Cho hyperbol (H): Hai đường thẳng ( ∆1 ) : x = − chuẩn hyperbol ( ∆1 ) x2 y − = a b2 a a ( ∆ ) : x = gọi đường e e gọi đường chuẩn ứng với tiêu điểm F1 ( ∆ ) gọi đường chuẩn ứng với tiêu điểm F2 * Chú ý: Đường chuẩn luôn vuông góc với trục thực b/ Đònh lý: Tỉ số khoảng cách từ điềm elip đền tiêu điểm đường chuẩn tương đương tâm sai e hyperbol B BÀI TẬP MẪU Bài Viết phương trình tắc hyperbol (H) có hai đường tiệm cận: 4x ± 3y = hai đường chuẩn: 5x ± = Hình học 65 Giải Phương trình tắc hyperbol (H) có dạng: x2 y − = (b2 = c − a ) a b2 b = Hai đường tiệm cận: 4x ± 3y = hay: y = ± x nên: (1) a a2 = Hai đường chuẩn: 5x ± = hay x = ± nên: (2) c a b a b2 a + b2 c2 = = = = Từ (1) ta có: hay (3) 16 + 16 25 a2 c a4 c2 = hay = Từ (2) ta có: (4) 81 25 a4 a2 b2 = = hay b2 = 16 Từ (3) (4) ta suy ra: hay: a2 = Và: 81 16 x2 y − =1 Vậy phương trình tắc hyperbol (H) là: 16 Bài Cho đường tròn (C): x2 + y2 = 1, cắt trục tung A (0; 1) B (0; -1) Đường thẳng y = m ( −1 < m < 1, m ≠ ) cắt (C) T S Đường thẳng AT cắt đường thẳng BS P Tìm tập hợp điểm P m thay đổi Giải x2 + y = Tọa độ giao điểm S T nghiệm hệ:  y = m ( ) Giải hệ ta suy ra: T − − m ; m S( − m ; m ) Phương trình đường thẳng AT: ( − m) x − − m y + − m = (1) Tương tự phương trình đường thẳng BS là: ( + m) x − − m y − − m2 = Tọa độ giao điểm P nghiệm hệ gồm (1) (2)  − m2 x = m Giải hệ ta được: P  y =  m Khử m tọa độ P ta được: y2 – x2 = 66 Nhiều tác giả (2) mà -1 < m < m ≠ nên: y < -1 hay y > m Vì y = Vậy tập hợp điểm P hyperbol (H): y2 – x2 = loại bỏ hai đỉnh Bài Tính khoảng cách ngắn ( ∆ ): 4x – 5y – 32 = (H): y = x + Giải Lấy M(xo; yo) ∈ (H) ta có: yo = x20 + (1) Khoảng cách từ M tới đường thẳng ( ∆ ): d= 4x o − 5y o − 32 = 41 4x o − xo2 + − 32 41 (1) Khoảng cách ngắn (∆) (H) giá trò nhỏ d: Đặt: f(xo) = 4xo – x2o + − 32 Ta có: f ′(xo) = – 5x0 x 2o + = x 2o + − 5x o x 2o + Xét dấu f ′(xo): Nếu x o ≤ f ′(xo) > Nếu xo > x2o + + 5x > nên f`(xo) dấu với: 2 [4 x 20 + − 5x ] [4 x 20 + + 5x ] = 16( x + 9) – 25 x0 = 9(16 – x ) Xét dấu 16 - x0 xo > x0 –∞ –4 16 – x0 0 + +∞ – Bảng biến thiên: x0 f ′(x0) f(x0) d + +∞ – –41 41 Hình học 67 Vậy: d = 41 C BÀI TẬP TỰ GIẢI BT1 Viết phương trình tắc hyperbol (H) trường hợp: ( a (H) có tiêu điểm F1( −3 5; 0), F2 (3 5; 0) qua M 2; ) b DBA/06 có phương trình hai tiệm cận y = ±2a x2 y + =1 12 c (H) qua M (-5; 3) có tâm sai e = d (H) có trục ảo Ox có độ dài tiêu cự 10 ( e (H) có khoảng cách hai đỉnh qua A 6; -2 g (H) qua M (24; 5) có hai tiệm cận 5x ± 12y = ( h (H) qua hai điểm A 4; ) ( ) ) , B 6; -1 ( ) i (H) có độ dài nửa trục thực qua điểm 6; j (H) qua M(6; 3) góc hai tiệm cận 60  34  ; ÷ k (H) qua M  5÷   nhìn hai tiêu điểm Ox góc vuông 4 ; l (H) qua M   2 ÷ nhìn hai tiêu điểm Ox góc 600 3÷  m (H) có hai đường tiệm cận 3x ± 4y = hai đường chuẩn 5x ± 16 = BT2 Một đường thẳng (D) lưu động cắt trục hoành trục tung A, B cho tam giác OAB có diện tích không đổi S Tìm quỹ tích uuuur uuuur điểm M (D) cho: MA = k.MB (k số khác khác 1) BT3 Tìm điểm hyperbol (H): 9x – 16y2 – 144 = 0, nhìn hai tiêu điểm góc 120o x2 y BT4 Cho hyperbol (H): − = điểm M thuộc (H) Chứng minh: a b a OM2 – F1M.F2M = a2 - b2 b (F1M + F2M)2 = 4(OM2 + b2) BT5 Cho (H) 8x2 – y2 = d: 2x – y + m = a Chứng minh d cắt (H) hai điểm thuộc hai nhánh (H) 68 Nhiều tác giả b Cho xM < xN Tìm m cho F2N = 2F1M BÀI PARABOL A TÓM TẮT LÝ THUYẾT I ĐỊNH NGHĨA Cho đường thẳng ( ∆ ) cố đònh điểm F cố đònh không thuộc (∆) Parabol (P) = { M| MF = d( M,∆)} Gọi: F tiêu điểm (∆) đường chuẩn d(F, ∆) = p tham số tiêu MF bán kính qua tiêu điểm M II PHƯƠNG TRÌNH CHÍNH TẮC CỦA PARABOL Xét parabol: (P) = { M| MF = d( M,∆)} Chọn hệ tọa độ Oxy sau: Trục Ox đường thẳng qua F vuông góc với ( ∆ ), hướng dương từ P đến F y ∆ H Gọi P giao điểm ∆ x′Ox Trục Oy trực đoạn PF Gốc tọa độ O trung điểm PF k  P  O P  − ;0÷   p P  Ta có: F  ; 0÷; Phương trình đường chuẩn (∆): x = – 2   M(x;y) x P  F ;0÷ 2  Phương trình tắc parabol là: y = 2px  Chú ý: Nếu M(x, y) ∈ ( P) bán kính qua tiêu điểm M là: MF = x + p III HÌNH DẠNG CỦA PARABOL Hình học 69 Xét parabol (P): y2 = 2px a) Parabol (P) có trục đối xứng Ox y b) Giao parabol (P) với trục đối ∆ xứng Ox gọi đỉnh parabol, điểm O c) Các điểm parabol nằm phía bên phải trục Oy IV TÂM SAI CỦA PARABOL O P  F  ;0÷ 2  x Tâm sai parabol luôn B BÀI TẬP MẪU Bài Đề dự bò khối A/03 Cho (P) y2 = x I(0, 2) uuur uuur Tìm M, N (P) cho IM = 4IN Giải 2 Gọi M(m , m) N(n , n) nằm (P) y2 = x uuur uuur Ta có: IM = 4IN m2 − = 4(n2 − 0) m2 = 4n2 ⇔  ⇔  m − = 4(n − 2) m = 4n − m = 2n m = −2n ⇔  ∨  2n = 4n − 2n = 4n − m = m = −2 ⇔  ∨  n = n = Vậy M1(36, 6); N1(9, 3) M2((4, –2); N2(1, 1) Bài Cho parabol (P): x2 = 4y đường thẳng (D): x – 2y + = a Tìm tọa độ giao điểm A, B (P) (D) b Tìm điểm M cung AB (P) cho tổng diện tích hai phần hình phẳng giới hạn (P) hai dây cung MA, MB nhỏ Giải a/ Tọa độ giao điểm A, B (P) (D) nghiệm hệ: 70 Nhiều tác giả x2 = 4y  x − 2y + = Giải hệ ta suy ra: A(-2, 1), B(4, 4) b/ Gọi (xo, yo) tọa độ điểm M cung AB parabol (P) Ta có: x o = 4y o (1) Và: −2 ≤ x o ≤ (2) Ta có diện tích hình phẳng giới hạn (P) (D) không đổi Nên: diện tích phần hình phẳng đề cập đề nhỏ diện tích tam giác MAB lớn y Diện tích tam giác MAB: 1 S = AB.d(M,(D)) = 5d(M,(D)) 2 Nên S lớn d(M, (D)) lớn nhất: B A M x2o 1 = x − + x − 2y + Ta có: d(M, (D)) = (1) o o o –2 O Mà: − x 2o + x o + ≥ Nên: d = Và: d = x (2)  1 x2o 1 2 −( x o − 1) + 9 ≤  − + xo + 4÷ = ( − x o + 2x o + 8) =   5 10 10  10 ⇔ xo = 10 Suy ra: y o = x2o = 4 Vậy d lớn x = 1, y o =  1 Tọa độ M là: 1; ÷  4 Bài Tuyển sinh Đại học khối D/08 Hình học 71 Cho parabol (P): y2 = 16x A(1, 4) Hai điểm M, N lưu động (P) cho tam giác AMN vuông A Chứng minh đường thẳng MN luôn qua điểm cố đònh Giải Gọi m, n tung độ M, N M, N trùng A nên m ≠ 4, n ≠  m2   n2  ; m Ta có M  ÷ ∈ (P), N  ; n ÷ ∈ (P)  16   16   m2  uuuur  n  uuuur − 1, m − 4÷ ; AN =  − 1, n − 4÷ ⇒ AM =   16   16  uuuur uuuur Tam giác AMN vuông A ⇔ AM.AN = m2 − 16 n2 − 16 ⇔ + (m – 4)(n – 4) = 16 16 m+4n+4 ⇔ + = (do m, n ≠ 4) 16 16 ⇔ mn + 4(m + n) + 272 = (*) uuuur  n2 − m2  n−m ; n − m÷ = MN qua M có VTCP MN =  (n + m; 16) 16  16  m2 x− Vậy phương trình MN là: 16 = y − m n+m 16 ⇔ 16x – (n + m)y + nm = Gọi I(x0, y0) điểm cố đònh MN Ta có: I ∈ MN ∀m, n ≠ ⇔ 16x0 – (n + m)y0 + nm = ∀m, n ≠ 16x0 = 272 x0 = 17 Do (*) nên  ⇔  y0 = −4 y0 = −4 Vậy MN qua I(17; –4) cố đònh Bài Tìm điểm M thuộc parabol (P): y2 = 64x, điểm N thuộc đường thẳng ( ∆) : 4x + 3y + 46 =0, để đoạn MN ngắn Giải Cứ với điểm M(xo, yo) ∈ (P) đoạn vuông góc hạ từ M xuống ( ∆) ngắn đoạn xiên nối từ M tới ( ∆) Nếu muốn tìm M ∈ (P), N ∈ ( ∆) để đoạn MN ngắn ta cần tìm đoạn ngắn tất đoạn vuông góc hạ từ M ∈ (P) xuống ( ∆) 72 Nhiều tác giả Ta có: d(M, ( ∆) = 4x o + 3y + 46 Vì: M(xo, yo) ∈ (P) nên: yo2 = 64xo  1 y 2o Do đó: d(M, ∆ ) = 4x o + 3y + 46 =  + 3y + 46÷ 5 16  Vì: y 2o + 3y + 46 > ∆ = − .46 < 16 16  10   y o   y 2o  =2 Ta có: d(M, ∆) =  + 3y + 36÷ + 10 =  + 6÷ + 10 ≥  16      Và: d(M, ∆ ) = ⇔ yo + = ⇔ y o = −24 Vậy MN ngắn có tọa độ: yo = -24, xo = y 2o =9 64 Bây ta xác đònh tọa độ (x1, y1) N: Ta có: N(x1, y1) ∈ ( ∆ ) ⇔ 4x1 + 3y1 + 46 = (1) uuuur Mặc khác MN ⊥ ( ∆) nên MN = ( x1 − 9; y1 + 24) vuông góc với vectơ r phương u = ( −3, 4) ( ∆ ) Do đó: -3(x1 – 9) + 4(y1 + 24) = ⇔ −3x1 + 4y1 + 123 = (2)  37 126  Giải hệ (1) (2) ta được: M(9; -24) N  ;− ÷  5 C BÀI TẬP TỰ GIẢI BT1 Viết phương trình tắc parabol (P) trường hợp sau: a (P) có trục Ox khoảng cách từ tiêu điểm đến đường chuẩn b (P) có đường chuẩn x + 15 = BT2 Cho parabol (P): y2 = 4x Một đường thẳng qua tiêu điểm (P) cắt (P) hai điểm phân biệt A B Chứng minh rẳng tích khoảng cách từ A B đến trục (P) không đổi BT3 Cho (P) có đỉnh O, trục hoành trục đối xứng qua A(2, 2 ) Gọi d đường thẳng qua I( , 1) cắt (P) M, N cho IM = IN Tính MN BT4: Gọi A, B giao điểm d: mx – y – 2m = (P) y2 = 8x Chứng minh đường tròn đường kính AB tiếp xúc với đường chuẩn Hình học 73 (P) BT5 Cho (P) y2 = 4x (D) y = 2x – Gọi A, B giao điểm (D) (P) Tìm M cung AB (P) cho diện tích ∆MAB lớn 74 Nhiều tác giả [...]... r Trong đó n = (A, B) là một vectơ pháp tuyến của (∆) d/ Phương trình đường thẳng đi qua M(x 0, y0), có vectơ pháp tuyến r n = (A, B) Hình học 13 (∆ ) : A(x −x 0 ) +B(y −y 0 ) =0 e/ Phương trình đường thẳng đi qua M(x0, y0), có hệ số góc k (∆) : y = k(x −x 0 ) +y 0 f/ Phương trình đoạn chắn: (∆) : x y + =1 a b (a.b ≠ 0) với A(a, 0); B(0, b) là hai điểm thuộc (∆) g/ Phương trình chứa hệ số góc và tung... này như phương trình bậc 2 theo a, giải ra ta được: b a = 5b ∨ a = − 5 Vậy có thể chọn: a = 5, b = 1 và b = -5, a = 1 Ta được phương trình của đường thẳng cần tìm là: Hình học 29 5x + y − 11 = 0 hay x − 5y + 3 = 0 Bài 18 Một tam giác cân có cạnh đáy và một cạnh bên có phương trình lần lượt là: 3x – y + 5 = 0; x + 2y – 1 = 0 Viết phương trình của cạnh bên còn lại biết rằng nó đi qua điểm M(1; –3) Giải. .. + by M + c)(ax N + by N + c) < 0 B BÀI TẬP MẪU VẤN ĐỀ 1: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Bài 1 a) Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC biết trung điểm ba cạnh AB, BC, AC lần lượt là: M(2; 1), N(5; 3), P(3; -4) b) Cho tam giác ABC biết A(-2; 1), B(2; 5), C(4; 1) Viết phương trình của: Hình học 15 đường cao BH và đường trung trực của cạnh AB Giải a/ Theo tính chất đường trung bình của tam giác ta... LÝ THUYẾT I PHƯƠNG TRÌNH CỦA ĐƯỜNG THẲNG 1 Vectơ chỉ phương, vectơ pháp tuyến của đường thẳng r r a/ Một vectơ u ≠ 0 được gọi là một vectơ chỉ phương của đường thẳng r (∆) nếu giá của u song song hoặc trùng với (∆) r r b/ Một vectơ n ≠ 0 được gọi là vectơ pháp tuyến của đường thẳng (∆) r nếu giá của n vuông góc với (∆) r c/ a = (p, q) là vectơ chỉ phương của (∆) r ⇔ n = (q, –p) là vectơ pháp tuyến của... đường thẳng đi qua I(0; 3) nhận uuur AB = (4; 4) làm vectơ pháp tuyến Vậy phương trình của đường trung trực cạnh AB là: 4(x − 0) + 4(y − 3) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 Bài 2 Tuyển sinh Đại Học khối B/09 Cho ∆ABC có M(2, 0) là trung điểm AB, trung tuyến: AI: 7x – 2y – 3 = 0, đường cao AH: 6x – y – 4 = 0 Viết phương trình AC Giải Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình 7x − 2y = 3 x = 1  ⇔  6x − y = 4 y =... 4x − y = 13 x = 4 Tọa độ A là nghiệm hệ phương trình  ⇔  x − y = 1 y = 3 Phương trình AC: Hình học 19 Vậy A(4; 3) xC = 2x N − x A = 7 − 4 = 3 Do N là trung điểm Ac nên  y C = 2y N − y A = 2 − 3 = −1 Vậy C(3; –1) Bài 6 a Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(1; 2) cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại A và B khác gốc 0 sao cho: OA = OB b Viết phương trình đường thẳng qua N(1; 3) cắt... 0) Giải Ta có (∆m) cắt đoạn thẳng BC khi hai điểm B, C nằm hai bên của đường thẳng (∆m) Điều đó xảy ra khi: [(m − 2)x B + (m − 1)y B + 2m − 1].[(m − 2)x C + (m − 1)y C + 2m − 1] ≤ 0 ⇔ [2(m − 2) + 3(m − 1) + 2m − 1].[(m − 2) + 2m − 1] ≤ 0 ⇔ (7m − 8)(3m − 3) ≤ 0 8 ⇔1≤m≤ 7 Bài 11 Viết phương trình hai đường chéo của hình vuông, biết tâm I(–2, 0) phương trình một cạnh hình vuông là d: x + 3y – 3 = 0 Giải. .. có b = c ≠ 0 vì a2 + b2 ≠ 0 Nên phương trình đường thẳng là: y + 1 = 0 4 * a = b ∧ b = c : Chọn b = c = 3 thì a = 4 và phương trình đường thẳng 3 là: 4x + 3y + 3 = 0 * a = b = c = 0: Trường hợp này không nhận được Tóm lại có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu của bài toán có phương trình là: y + 1 = 0; 4x + 3y + 3 = 0 VẤN ĐỀ 3: BÀI TOÁN GÓC HAI ĐƯỜNG THẲNG Bài 16 a Lập phương trình của đường phân giác... pháp tuyến của (∆) 2 Các dạng phương trình đường thẳng a/ Phương trình tham số: x = x 0 + tu1 (∆) :  y = y 0 + tu 2 (t ∈ R) r Trong đó M(x0, y0) là một điểm trên (∆); u = (u1, u2) là một vectơ chỉ phương của (∆) b/ Phương trình chính tắc: (∆) : x − x0 y − y0 = u1 u2 (u1.u2 ≠ 0) r Trong đó M(x0, y0) là một điểm trên (∆); u = (u1, u2) là một vectơ chỉ phương của (∆) c/ Phương trình tổng quát: (∆) :... –10), C2(1; –1) BT22 Viết phương trình đường thẳng qua A(2; 1) và tạo với đường thẳng d: 2x + 3y + 4 = 0 một góc bằng 45o 5x + y − 11 = 0 Đáp số:  x − 5y + 3 = 0 BT23 Cho ∆ABC cân tại A Biết (BC): 2x – 3y – 5 = 0, (AC): x + y + 1 = 0, Hình học 33 (AB) qua I(1, 1) Viết phương trình AB BT24 D/2010 Cho A(2; 0) Gọi ∆ là đường thẳng qua O H là hình chiếu vuông góc của O lên ∆ Viết phương trình ∆ biết rằng ... độc giả Nhóm biên soạn Hình học BÀI PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRÊN MẶT PHẲNG (Oxy) A TÓM TẮT LÝ THUYẾT Hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxy gồm hai trục vuông góc x’Ox y’Oy với r r hai vectơ đơn vò i j mà:... + y + x + xz + z2 ≥ y + yz + z2 , ∀x, y ∀x, y, z Giải a/ Trong hệ tọa độ Oxy: Với x, y xét hai vectơ: r ur a = (2cosxcoxy; sin(x − y)); b = (2sinxsiny; sin(x − y)) r ur Ta có: a + b = (2cos(x... r ur Hệ quả: u ⊥ v ⇔ u.v = y r Độ dài vectơ: |u | = u12 + u 22 II TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM Cho hệ tọa độ Oxy điểm M tùy ý uuuur Tọa độ (x; y) vectơ OM gọi tọa độ điểm M ký hiệu là: M(x; y) Q r i x' O M