HÌNH HỌC DÀNH CHO HỌC SINH 10–11–12 VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC VĨNH VIỄN Chủ biên: Hoàng Hữu Vinh Biên soạn: Nguyễn Quang Hiển – Nguyễn Văn Hòa Trần Minh Quang – Trần Minh Thònh HÌNH HỌC DÀNH CHO HỌC SINH 10–11–12 VÀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC LƯU HÀNH NỘI BỘ 2 Trung Taâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN Hình học 3 Lời nói đầu Các em học sinh thân mến! Chúng tôi là nhóm giáo viên Toán của Trung tâm luyện thi Vónh 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. Quyển 2: Khảo sát hàm số – Tích phân – Số phức Quyển 3: Lượng giác – Đại số – Giải tích tổ hợp Mỗi 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.  Rất nhiều bài tập để học sinh tự luyện được soạn rất công phu, theo sát đề thi tuyển sinh Đại học (có Đáp số hoặc Hướng dẫn). 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. Nhóm biên soạn 4 Trung Tâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN PHẦN 1 HÌNH GIẢI TÍCH TRÊN MẶT PHẲNG (Oxy) Biên soạn: NGUYỄN QUANG HIỂN TRẦN MINH QUANG HOÀNG HỮU VINH Hình học 5 BÀI 1 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 nhau x’Ox và y’Oy với hai vectơ đơn vò lần lượt là i và j mà: i = (1, 0), j = (0, 1) Gọi x’Ox: trục hoành y’Oy: trục tung O: gốc tọa độ I. TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ Đối với hệ tọa độ Oxy, cho hai vectơ: 12 u (u ; u ) và 12 v (v ; v ) . Ta có: 1. 11 22 u v . uv u v .       2. 1 1 2 2 u v (u v ; u v )    3. 12 k.u (k.u ; k.u ). (k R) u và v cùng phương  k  R: u kv  12 12 u u v v = 0 4. Tích vô hướng u.v u v cos(u, v) . . . . 1 1 2 2 u v u v u v Hệ quả: u v u.v 0   Độ dài vectơ: 22 12 |u| u u II. TỌA ĐỘ CỦA ĐIỂM Cho hệ tọa độ Oxy và một điểm M tùy ý. Tọa độ (x; y) của vectơ OM được gọi là tọa độ của điểm M và ký hiệu là: M(x; y). x: hoành độ, y: tung độ. Cho hai điểm A(x A ; y A ) và B(x B ; y B ). y M 2 u u 1 x x' y' i i O y Q x x' y' i i O M P 6 Trung Tâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN ( ; B A B A AB x x y y )   ( 22 B A B A AB (x x ) y y )   Tọa độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là: A B A B II x x y y x ; y 22   G trọng tâm ABC: A B C G A B C G x x x x 3 y y y y 3            B. BÀI TẬP MẪU Bài 1. Cho tam giác ABC với: A(1; 0), B(5; 0), C(2; 3). Tìm các điểm sau của tam giác: a) Trọng tâm G. b) Trực tâm H. c) Chân A’ của đường cao hạ từ A xuống cạnh BC. d) Tâm I của đường tròn ngoại tiếp. Giải a) G là trọng tâm tam giác ABC nên: A B C G x x x 8 x; 33   A B C G y y y y1 3   Vậy: G( 8 ; 1 3 ) b) H(x, y) là trực tâm tam giác ABC:  AH.BC 0 BH.AC 0        Mà: AH (x 1; y) ; BC ( 3; 3) ; BH (x 5; y) ; AC (1; 3) Nên điều kiện trên thành: 3(x 1) 3y 0 1(x 5) 3y 0           3x 3y 3 x 3y 5        x2 y1      Vậy: H(2; 1) c) A'(x, y) là chân đường cao hạ từ A xuống cạnh BC Hình học 7  AA '.BC 0 BA ' và BC cùng phương       Mà: AA' (x 1; y); BC ( 3; 3); BA' (x 5; y) Nên điều kiện trên thành: 3(x 1) 3y 0 3(x 5) 3y 0           x y 1 x y 5        x3 y2      Vậy: A’(3; 2) d) I(x, y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: 22 22 IA IB IA IC         2 2 2 2 2 2 2 2 (x 1) y (x 5) y (x 1) y (x 2) (y 3)                  8x 24 0 x 3y 6        x3 y1      Vậy: I(3; 1). Bài 2. Cho ba điểm: A(–3; 3), B(–5; 2), C(1; 1) a) Chứng tỏ A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. b) Chứng tỏ ˆ BAC là góc tù. c) Tính diện tích tam giác ABC. d) Tính bán kính r của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Giải a) Ta có: AB ( 2; 1), AC (4; 2)     2 1 4 2   = ( 2).( 2) ( 1).4 8 0.      Nên AB và AC không cùng phương, tức là ba điểm A, B, C không thẳng hàng. Do đó A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. Ta có:  2 2 2 2 ˆ ( 2).(4) ( 1).( 2) 3 cosBAC cos AB, AC) 0. 5 ( 2) ( 1) . (4) ( 2)               Nên ˆ BAC là góc tù. b) Diện tích tam giác ABC: ˆ 1 S AB.AC.sinBAC 2  2 ˆ 1 AB.AC. 1 cos BAC 2  19 5. 20. 1 4(đvdt) 2 25    c) Ta có: S = pr 8 Trung Tâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN Mà: 1 1 1 p (AB BC CA) ( 5 37 2 5) (3 5 37) 2 2 2          r = S 3 5 37 p  . Bài 3. Tuyển sinh Đại Học khối B/2011 Cho : x – y – 4 = 0, d: 2x – y – 2 = 0 Tìm N thuộc d sao cho đường thẳng ON cắt  tại M thỏa OM.ON = 8. Giải Gọi M(m, m – 4)   N(n, 2n – 2)  d Ta có: O, M, N thẳng hàng  m m 4 n 2n 2   = 0  m(2n – 2) = n(m – 4)  mn – 2m = –4n  (4 + m)n = 2m  n = 2m 4m Ta có: OM 2 .ON 2 = 64  [m 2 + (m – 4) 2 ] 22 22 4m 4(m 4) (4 m) (m 4)       = 64  [m 2 + (m – 4) 2 ][m 2 + (m – 4) 2 ] = 16(m + 4) 2  (2m 2 – 8m + 16) 2 = [4(m + 4)] 2  2 2 2m 8m 16 4(m 4) 2m 8m 16 4(m 4)               2 2 2m 12m 0 2m 4m 32 0 (vô nghiệm)          m = 0  m = 6 Vậy M 1 (0; –4), N 1 (0, –2) hay M 1 (6, 2) N 2 62 , 55    . Bài 4. Tuyển sinh Đại Học khối B/2007 Cho A(2, 2). Tìm B trên d 1 : x + y – 2 = 0 4 4 -4 O d N M  y x Hình học 9 C trên d 2 : x + y – 8 = 0 sao cho ABC vuông cân tại A. Giải Gọi B(b, 2 – b)  d 1 C(c, 8 – c)  d 2 Ta có: ABC  cân tại A  AB (b 2, b) AC (c 2, 6 c) AB AC               2 2 2 2 (b 2)(c 2) b(6 c) 0 (b 2) b (c 2) (6 c)               Đặt X = b – 1 và Y = c – 4 ta được hệ                2 2 2 2 (X 1)(Y 2) (X 1)(2 Y) (X 1) (X 1) (Y 2) (2 Y)  22 XY 2 2X 2 2Y 8         22 2 Y X X Y 3         2 2 2 Y X 4 X3 X           42 2 Y X X 3X 4 0           22 2 Y X X 1 (loại) X 4            X2 Y1      X2 Y1       Do b X 1 c Y 4      nên b 3 b 1 c 5 c 3         Vậy B 1 (3, –1), C 1 (5, 3) và B 2 (–1, 3), C 2 (3, 5). Bài 5. Cho ABC có trọng tâm G(0, 4), C(–2, –4). Biết trung điểm M của BC nằm trên d: x + y – 2 = 0. Tìm M để độ dài AB ngắn nhất. Giải 10 Trung Tâm Luyện Thi CLC VĨNH VIỄN Gọi M(m, 2 – m)  d Do M trung điểm BC nên B M C B M C x 2x x 2m 2 y 2y y 2(2 m) 4             Vậy B(2m + 2, 8 – 2m) Do G là trọng tâm ABC nên A G B C A G B C x 3x x x 2m y 3y y y 8 2m              Vậy A(-2m, 8 + 2m) Ta có AB 2 = (4m + 2) 2 + (–4m) 2 = 32m 2 + 16m + 4 = 32 2 1 mm 2     + 4 = 32 22 1 1 1 m 4 32 m 2 2 4 16 4                        Vậy AB min = 2  m = 1 4   M 19 , 44     . Bài 6. Chứng minh các bất đẳng thức: a)        2 2 2 2 2 2 4cos x.cos y sin (x y) 4sin x.sin y sin (x y) 2, x, y b) 2 2 2 2 2 2 x xy y x xz z y yz z , x, y, z         Giải a/ Trong hệ tọa độ Oxy: Với mọi x, y xét hai vectơ: a (2cosx.cosy; sin(x y)); b (2sinx.siny; sin(x y)) Ta có: a b (2cos(x y); 2sin(x y))    Và: |a| |b|  |a b| Nên: 2 2 2 2 2 2 4cos xcos y sin (x y) 4sin xsin y sin (x y) 2; x, y.       b/ Trong hệ tọa độ Oxy: Với mọi x, y, z, xét hai vectơ: y y 3 a (x ; ); 22  z z 3 b x ; 22        Ta có: y z y 3 z 3 a b ( ; ) 2 2 2 2    