Chuyên đề giải đề thi đại học dạng toán "Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng"

Chuyên đề giải đề thi đại học dạng toán "Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng"

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn Lê Hồng Đức Tự học đem lại hiệu tư cao, điều em học sinh cần là: Tài liệu dễ hiểu  Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực điều Một điểm tựa để trả lời thắc mắc  Đăng kí “Học tập từ xa” GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC THEO CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẢNG Học Tốn theo nhóm (từ đến học sinh) lớp 9, 10, 11, 12 Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC Địa chỉ: Số nhà 20  Ngõ 86  Đường Tô Ngọc Vân  Hà Nội Email: nhomcumon68@gmail.com Phụ huynh đăng kí học cho liờn h 0936546689 Phơng pháp toạ độ mặt phẳng Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = 2ND Gi¶  11  sư M ; đờng thẳng (AN): 2x y = Tìm toạ độ điểm A 2 Giải Đánh giá định hớng thực hiện: Trớc tiên, em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mÃn điều kiện K" nên ta thực theo bớc: Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) dạng tham số theo t để có đợc biểu diễn toạ độ điểm A theo t Bớc 2: Xây dựng mối quan hệ xung quanh giả thiết Cụ thể: Gọi H hình chiếu vông gãc cđa M trªn AN, suy H  BD Dựng đờng thẳng qua H song song với CD cắt AD BC theo thứ tự P Q, suy ra: AH = HM  AM  2HM 2d(M, (AN)) Giá trị t Toạ ®é ®iĨm A lêi gi¶i chi tiÕt: Häc sinh tù vẽ hình Chuyển phơng trình đờng thẳng (AN) dạng tham sè:  x t (AN) :  , (t  )  A(t; 2t  3)  y  2t Gọi H giao điểm AN BD Kẻ đờng thẳng qua H song song với AB, cắt AD BC theo thứ tự P Q Đặt HP = x, suy ra: PD = QC = x; AP = 3x; HQ = 3x; MQ = x  AHP = HMQ  AH  HM Hơn nữa, ta có: AH = HM AM  2HM  2d(M, (AN)) VÝ dô 1:  121 49 90 7 10  11    t  11t   4t  14t    t     2t    4      A1 (1;  1)  t 1  t2  5t + = t + =      t 4  A (4; 5) VËy, tồn hai điểm A1(1; 1) A2( 4; 5t + = ) thoả mÃn điều kiện đầu Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ ®é Oxy, cho ®êng trßn (C): x2 + y2 = Viết phơng trình tắc Elip (E), biết (E) có độ dài trục lớn (E) cắt (C) bốn điểm tạo thành bốn đỉnh hình vuông Giải Đánh giá định hớng thực hiện: Trớc tiên, em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ Ta thực theo bớc: Bớc 1: Chỉ phơng trình tắc cho (E), biÕt a = 4, thĨ: x y2 (E) :  1,  b  b Bíc 2: Sư dơng tÝnh chÊt ®èi xøng để khẳng định đỉnh A(t; t) thuộc (C) (E) Khi ®ã:  Tõ A  (C) suy đợc toạ độ A Từ A (E) suy đợc giá trị b Bớc 3: Kết luận lời giải chi tiết: Elip (E) với độ dài trục lớn có phơng trình chình tắc: x y2 (E) :  1,  b b Từ giả thiết (E) cắt (C) bốn điểm tạo thành bốn đỉnh hình vu«ng ABCD (víi A  P(I)), suy A(t; t) víi t > vµ: A  (C)  t2 + t2 =  t =  A(2; 2) 2 16 A  (E)   1  b  2 b 2 Vậy, ta đợc (E) : x  y 1 16 16 / VÝ dô 3: (Đề thi đại học Môn Toán khối B.a năm 2012): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ®êng trßn (C1): x2 + y2 = 4, (C2): x2 + y2 12x + 18 = đờng th¼ng (d): x  y  = ViÕt phơng trình đờng tròn có tâm thuộc (C2), tiếp xúc với (d) cắt (C1) hai điểm A B cho AB vuông góc với (d) Giải Đánh giá định hớng thực hiện: Với định hớng: Sử dụng phơng trình tổng quát đờng tròn là: (C): x2 + y2 2ax 2bx + c = 0, ®iỊu kiƯn a2 + b2  c > ta cần tìm đợc a, b, c dựa giả thiết Cụ thể: - Phơng trình đờng thẳng (AB) trục đẳng phơng hai đờng tròn (C) (C1) Từ đó, suy toạ độ vecto AB(b; a) - Vì (AB) vuông góc với (d) ta nhận đợc phơng trình (1) - Tâm I (C) thuộc (C2) ta nhận đợc phơng tr×nh (2) - (C) tiÕp xóc víi (d) ta nhËn đợc phơng trình (3) Giải hệ tạo (1), (2), (3) nhận đợc giá trị a, b, c từ suy phơng trình đờng tròn (C) cần tìm Sử dụng phơng trình tắc đờng tròn, ta cần tìm đợc tâm I(a; b) bán kính R Cụ thể: - (C) cắt (C1) (có tâm O) hai điểm phân biệt A, B nên: AB OI OI // (d) Phơng trình đờng thẳng (OI) - Tâm I thuộc (OI) đờng tròn (C2) ta nhận đợc hệ phơng trình với hai ẩn a, b Suy đợc toạ độ tâm I - (C) tiếp xúc với (d) ta nhận đợc bán kính R Từ đó, suy phơng trình đờng tròn (C) cần tìm lời giải chi tiết: Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Giải sử đờng tròn (C) có phơng trình: (C): x2 + y2  2ax  2bx + c = 0, ®iỊu kiƯn a2 + b2  c > (C) cắt (C1) hai điểm phân biệt A, B nên (AB) có phơng trình: (AB): 2ax + 2bx + c =  AB(b;  a)  AB vông góc với (d) có vtcp v(1; 1) nên:  AB.v 0  b  a =  a = b (C) có tâm I(a; b) thuộc đờng tròn (C2), ta đợc: a2 + b2 12a + 18 =  a2  6a + = a + =  a =  b = §Ĩ (C) tiÕp xóc víi (d) ®iỊu kiƯn lµ: a b R = d(I, (d))  a  b  c   18  c 2 2  18  c = c = 10 Vậy, đờng tròn (C) có phơng trình x2 + y2 6a + = x  6a + = y + 10 = Cách 2: Giải sử đờng tròn (C) có tâm I(a; b) bán kính R (C) cắt (C1) (có tâm O) hai điểm phân biệt A, B nªn: AB  OI  OI // (d)  (OI): x  y = T©m I thuéc (OI) đờng tròn (C2), suy ra: a b 0 a b  a = b =    2 a  b  12a  18 0 a  6a + = a  0 §Ĩ (C) tiÕp xóc víi (d) ®iỊu kiƯn lµ: a b R = d(I, (d)) 2 Vậy, đờng tròn (C) có phơng tr×nh (x  3)2 + (y  3)2 = Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD đờng tròn tiếp xúc với cạnh hình thoi có phơng trình x2 + y2 = Viết phơng trình tắc elip (E) qua đỉnh A, B, C, D cđa h×nh thoi BiÕt A thc Ox Giải Đánh giá định hớng thực hiện: Phác thảo vẽ hình để nhận với elip x y2  1 (a  b  0) thoả mÃn điều kiện đầu ta có a = 2b (1) a b2 Mèi quan hÖ a b cần đợc xây dựng dựa vào giả thiết "Đờng tròn (C) tiếp xúc với cạnh hình thoi", cụ thể: RC = d(O, AB) = Độ dài đờng cao tam giác vuông OAB 1 (2)    R OA OB Giải hệ tạo (1), (2) nhận đợc giá trị a, b từ suy phơng trình elip (E) cần tìm (E) : lời giải chi tiết: Học sinh tù vÏ h×nh 2 Víi elÝp (E) : x  y 1 (a  b  0) a b2 Ta lần lợt: Với OA = 2OB suy a = 2b Đờng tròn (C): x2 + y2 = (có tâm O, bán kính R = 2) tiếp xúc với cạnh hình thoi nên: 1 1 1     b2 = 5t + =  a2 = 20   2 2 (2b) b R OA OB 2 Vậy, ta đợc (E) : x  y 1 20 5t + = Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Các đờng thẳng AC AD lần lợt có phơng trình x + 3y = vµ x  y + = 0; đờng thẳng BD qua điểm M ; Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Giải Đánh giá định hớng thực hiện: Phác thảo hình vẽ gọi I giao điểm AC với BD Ta thấy: Toạ độ điểm A đợc xác định thông qua tơng giao AC AD Khai thác giả thiết điểm M với khẳng định cần có đợc toạ độ D I, từ định hớng theo cách: Cách 1: Ta thấy: - Muốn có D cần có toạ độ trung điểm K AD - KI trung trùc cđa AD, suy ra: KI lµ trung trùc cđa MN (víi N  AC cho MN // AD) Cần có đợc toạ độ điểm N Cần có đợc phơng trình đờng thẳng (MN) Phơng trình (MN) đợc xác định đơn giản qua M song song với (AD) Từ đó, thứ tự bớc thực với cách giải là: Bớc 1: Lập phơng trình đờng thẳng (MN) với: Qua M (MN) :  MN / /AD Bíc 2: Toạ độ điểm K, I có đợc cho (MN) tơng giao với (AD) (AC) Bớc 3: Từ K ta nhận đợc toạ độ D suy toạ độ điểm lại B C Cách 2: Với hình chữ nhật ABCD IAD cân I nên: - Từ điều kiện IAD ta xác định đợc vtcp đờng thẳng (BD) IDA - Lập phơng trình đờng thẳng (BD) biết nã ®i qua M 5t + = - Với (BD) ta xác định toạ độ điểm I ((AC)  (BD) = {I}), ®iĨm DI}), ®iĨm D), ®iĨm D ((BD)  (AD) = {I}), ®iĨm DD}), ®iĨm D) từ sử dụng tính chất trung điểm nhận đợc toạ độ C B Cách 3: Sử dụng phơng trình tham số (AC) (tham số a) (AD) (tham số b) để có đợc toạ độ biểu diễn cho D I Từ điều kiện: IA ID Giá trị a, b Toạ độ D I M ID Sử dụng tính chất trung điểm nhận đợc toạ độ C B lời giải chi tiết: Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Toạ độ điểm A ((AC) (AD) = {I}), điểm DA}), điểm D) thoả mÃn hệ phơng trình: x 3y 0 x   A(3; 1)    x  y   y  Gọi N điểm thuộc AC cho MN // AD, ta cã: A B N K I    M Qua M   ;  (MN) :     (MN) : x  y  0 D  vtcp AD(1; 1) Toạ độ điểm N ((AC) (MN) = {I}), điểm DN}), điểm D) thoả mÃn hệ phơng trình: C x 3y x 1        N   1;  3  x y y Phơng trình ®êng trung trùc (d) cđa MN ®ỵc cho bëi:   2 Qua   ;  (d) :   3   (d): x + y = vtcp AD(1;  1)  Gäi K lµ trung điểm AD (d) (MN) = {I}), điểm DK}), ®iĨm D, ta cã: x  y 0 x K(2; 2) Toạ độ D(1; 3)    x  y  0 y Gọi I tâm hình chữ nhật ABCD (d)  (AC) = {I}), ®iĨm DI}), ®iĨm D, ta cã: x  y 0 x 0  I(0; 0) Toạ độ C(3 ; 1) B(1; 3)   x  3y  y  Cách 2: Toạ độ điểm A ((AC) (AD) = {I}), điểm DA}), điểm D) thoả mÃn hệ phơng trình: x 3y x A(3; 1)    x  y  y Phơng trình (BD) đợc cho bởi: A B I M 6a + = D C 1  (BD) : a  x    b(y  1) 0, (a  b  0) 3  Ta cã: 1 a b     IAD IDA 10 a  b  a 3b  a  b  10 a  b  3a2  10ab + 3b2 =   3a b Vì BD cắt AC I nên chØ cã thÓ nhËn a = 3b, suy ra: 1  (BD) : 3b  x    b(y  1) 0  (BD): 3x + y = Toạ độ điểm I ((AC) (BD) = {I}), điểm DI}), điểm D) thoả mÃn hệ phơng trình: 3x  y 0 x 0  I(0; 0)  Toạ độ C(3 ; 1) x 3y y Toạ độ ®iÓm D ((BD)  (AD) = {I}), ®iÓm DD}), ®iÓm D) thoả mÃn hệ phơng trình: x y 0 x   D(1; 3)  To¹ ®é B(1; 3)    3x  y 0 y Cách 3: Toạ độ điểm A ((AC) (AD) = {I}), điểm DA}), điểm D) thoả mÃn hệ phơng trình: x 3y x A(3; 1)    x  y  y Chuyển phơng trình đờng thẳng (AC) (AD) dạng tham số: x 3a (AC) : , a Toạ độ I(3a; a); y a x b (AD) :  , b Toạ độ D(b; b + 4) y b Ta lần lợt: Vì M thuéc ID nªn:  3a     a    9a   a  MI kMD  b 3 3b  b  b  9ab  27a + b + = 3ab + a  3b   3ab + 7a  b  = (1)  V× IA = ID nªn: IA2 = ID2  (3a + 3)2 + (a  1)2 = (3a + b)2 + (a  b  4)2  20a + 10 = 4ab + 2b2 + 16a + =  8a  b2 + 2ab + 6a + = a + 4b + = (2) Giải hệ phơng trình tạo (1) (2) ta đợc a = vµ b = 1, suy ra: I(0; 0)  Toạ độ C(3; 1) I trung điểm AC D(1; 3) Toạ độ B(1; 3) I trung điểm BD Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng thẳng (d): 2x y + = Viết phơng trình đờng tròn có tâm thuộc (d), cắt trục Ox A B, cắt trục Oy C D cho AB = CD = Giải Đánh giá định hớng thực hiện: Sử dụng phơng trình tham số đờng thẳng (d) để có đợc toạ độ điểm I(t; 2t + 3) Víi ®iỊu kiƯn AB = CD, suy ra: d(I, Ox) = d(I, Oy) Giá trị tham số t Toạ độ tâm I Bán kính R đờng tròn đợc cho bởi: AB  R d (I, Ox)     Từ đó, nhận đợc phơng trình tắc đờng tròn (C) cần tìm 2 Chú ý: Cịng cã thĨ sư dơng tÝnh chÊt hai c¸t tuyến đờng tròn để khẳng định: I(a; a) AB = CD  d(I, Ox) = d(I, Oy) I(a; a) Giá trị a đợc xác định sử dụng điều kiện I  (d) lêi gi¶i chi tiÕt: Ta cã thĨ trình bày theo cách sau: Cách 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) dạng tham số: x t (d) :  , t   y 3  2t Tâm I đờng tròn thuộc (d) nên I(t; 2t + 3) Tõ ®iỊu kiƯn AB = CD ta ®ỵc:  t 2t  d(I, Ox) = d(I, Oy)  t = 2t + 3    t 2t Ta lần lợt: Với t = suy I(3; 3) bán kính R đợc cho bởi: t t     AB  = 32 + 12 = 10 R d (I, Ox)      Tõ ®ã, suy ra: (C1): (x + 3)2 + (y + 3)2 = 10 Víi t = 1 suy I(1; 1) vµ bán lính R đợc cho bởi: AB = 12 + 12 = R d (I, Ox)      Tõ ®ã, suy ra: (C2): (x + 1)2 + (y  1)2 = Vậy, tồn hai đờng tròn (C1) (C2) thoả mÃn điều kiện đầu Cách 2: Từ điều kiện AB = CD ta đợc: I(a; a) d(I, Ox) = d(I, Oy)    I(a; a) Ta lần lợt: Với I(a; a) thuéc (d), suy ra: 2a  a + = a = I(3; 3) bán kính R đợc cho bởi: AB = 32 + 12 = 10 R d (I, Ox)      Tõ ®ã, suy ra: (C1): (x + 3)2 + (y + 3)2 = 10 Víi I(a; a) thuéc (d), suy ra: 2a + a + =  3a + =  a = I(1; 1) bán kính R ®ỵc cho bëi:  2  AB  = 12 + 12 = R d (I, Ox)      Tõ ®ã, suy ra: (C2): (x + 1)2 + (y  1)2 = Vậy, tồn hai đờng tròn (C1) (C2) thoả mÃn điều kiện đầu Ví dụ 7: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng thẳng (): x + y + = ®êng trßn (C): x2 + y2  4x  2y = Gọi I tâm đờng tròn (C), M điểm thuộc () Qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B tiếp điểm) Tìm toạ độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích 10 Giải Đánh giá định hớng thực hiện: Trớc tiên, em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mÃn điều kiện K" nên ta thực theo bớc: Bớc 3: Xác định thuộc tính đờng tròn (C) Chuyển phơng trình đờng thẳng () dạng tham số theo t để có đợc biểu diễn toạ độ điểm M theo t Bíc 4: Tõ gi¶ thiÕt MAIB cã diƯn tÝch b»ng 10, ta đợc: SMAIB = 2SMAI = IA.MA Độ dài MA Độ dài MI Giá trị t Bớc 5: Kết luận toạ độ điểm M lời giải chi tiết: Học sinh tự vẽ hình Đờng tròn (C) có tâm I(2; 1) bán kính R Chuyển phơng trình đờng thẳng () d¹ng tham sè:  x t ( ) :  , (t  )  M(t; t  2)  y  t  Ta cã: SMAIB = 2SMAI = IA.MA  10  5.MA  MA 2     MI2 = MA2 + IA2   25  (t  2)2 + (t   1)2 = 25t + =  2t2 + 2t  12 =  M1 (2;  4)  t 2      t 3  M ( 3; 1) Vậy, tồn hai điểm M1(2; 4) M2( 3; 1) thoả mÃn điều kiện đầu 2 Ví dụ 8: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp (E): x y Tìm toạ độ điểm A B thuộc (E), có hoành độ dơng cho tam giác OAB cân O có diện tích lớn Giải Đánh giá định hớng thực hiện: Trớc tiên, em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc elíp thoả mÃn điều kiện K" nên ta thực theo bớc: 2 Bớc 1: Với điểm A(x; y), < x < thuéc (E) th× x  y 1 (*) Bíc 2: Tõ gi¶ thiÕt: B có hoành độ dơng tam giác OAB cân O nên B(x; y) Với H trung điểm AB thì: 1 SOAB = OH.AB x  x 2 Bíc 3: Để tam giác OAB có diện tích lớn toán đợc chuyển việc tìm giá trị lớn nhÊt cđa hµm sè f (x)  x  x , x  (0; 2) C«ng viƯc đợc thực việc Sử dụng bất đẳng thức Côsi phơng pháp hàm số Từ đó, nhận đợc giá trị tơng ứng x thay x vào (*) để nhận đợc giá trị y Bớc 4: Kết luận toạ độ điểm A B lời giải chi tiết: Với điểm A(x; y), < x < thuéc (E) th× : x y2 (*)  1  x2 + 4y2 =  4y2 =  x2 Từ giả thiết: B có hoành độ dơng tam giác OAB cân O nên B(x; y) và: AB  (y  y)  4y   x  Víi H lµ trung điểm AB OH AB OH = x Khi ®ã: x2    x2  1 SOAB = OH.AB  x  x  x   x   1 2 2 Tøc OAB có diện tích lớn đạt ®ỵc khi: x2 =  x2  x2 =  x   4y2 =  y Vậy, ta đợc : 10 ...Phơng pháp toạ độ mặt phẳng Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = 2ND Giả 11 sử M ; đờng thẳng (AN): 2x y = Tìm toạ độ điểm...   1  b  2 b 2 VËy, ta đợc (E) : x y 16 16 / Ví dụ 3: (Đề thi đại học Môn Toán khối B.a năm 2012): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C1): x2 + y2 = 4, (C2): x2 + y2  12x... đợc toạ độ biểu diễn cho D I Từ điều kiện: IA ID Giá trị a, b Toạ độ D I  M  ID Sư dơng tÝnh chÊt trung điểm nhận đợc toạ độ C B lời giải chi tiết: Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Toạ độ