Thông tin tài liệu
Mục lục VECTƠ CÁC ĐỊNH NGHĨA I Tóm tắt lí thuyết Định nghĩa, xác định véc-tơ Hai véc-tơ phương, hướng Hai véc-tơ II Các dạng toán Dạng Xác định véc-tơ, phương hướng véc-tơ, độ dài véc-tơ Dạng Chứng minh hai véc-tơ TỔNG VÀ HIỆU CỦA HAI VECTƠ I Tóm tắt lí thuyết Định nghĩa tổng hiệu hai véc-tơ Quy tắc hình bình hành Các tính chất phép cộng, trừ hai véc-tơ II Các dạng toán Dạng Xác định véc-tơ Dạng Xác định điểm thỏa đẳng thức véc-tơ cho trước Dạng Tính độ dài tổng hiệu hai véc-tơ Dạng Chứng minh đẳng thức véc-tơ TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ I Tóm tắt lí thuyết II Các dạng toán Dạng Các toán sử dụng định nghĩa tính chất phép nhân véc-tơ với số Dạng Phân tích véc-tơ theo hai véc-tơ khơng phương Dạng Chứng minh đẳng thức véc-tơ có chứa tích véc-tơ với số Dạng Chứng minh tính thẳng hàng, đồng quy Dạng Xác định M thoả mãn đẳng thức véc-tơ III Bài tập tổng hợp HỆ TRỤC TỌA ĐỘ I Tóm tắt lí thuyết II Các dạng toán − Dạng Tìm tọa độ điểm độ dài đại số véc-tơ trục (O; → e ) → − → − → − → − → − Tìm tọa độ véc-tơ u + v , u − v ,k u Dạng Xác định tọa độ véc-tơ điểm mặt phẳng tọa độ Oxy Dạng Tính tọa độ trung điểm - trọng tâm Dạng Chứng minh ba điểm thẳng hàng, điểm thuộc đường thẳng III Bài tập tổng hợp ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG I I Đề số 1a II Đề số 1b III Đề số 2a 7 7 8 8 11 15 15 15 15 15 16 16 20 22 26 35 35 36 36 38 43 50 53 57 63 63 64 64 68 70 73 77 85 85 87 89 MỤC LỤC IV V VI Đề số 2b Đề số 3a Đề số 3b 91 93 96 TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA MỘT GÓC BẤT KỲ TỪ 0◦ ĐẾN 180◦ I Tóm tắt lí thuyết Giá trị lượng giác góc từ 0◦ đến 180◦ Góc hai vec-tơ II Các dạng toán Dạng Tính giá trị lượng giác Dạng Tính giá trị biểu thức lượng giác Dạng Chứng minh đẳng thức lượng giác TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Tích vơ hướng hai véc-tơ I Tóm tắt lý thuyết Định nghĩa Các tính chất tích vơ hướng Biểu thức tọa độ tích vơ hướng Ứng dụng II Các dạng toán Dạng Các tốn tính tích vơ hướng hai véc-tơ Dạng Tính góc hai véc-tơ -góc hai đường thẳng-điều kiện vng góc Dạng Chứng minh đẳng thức tích vơ hướng độ dài Dạng Ứng dụng biểu thức toạ độ tích vơ hướng vào tìm điểm thoả mãn điều kiện cho trước Dạng Tìm tọa độ điểm đặc biệt tam giác - tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểm lên đường thẳng HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VÀ GIẢI TAM GIÁC I Tóm tắt lý thuyết Hệ thức lượng tam giác vuông Định lý hàm số cosin, công thức trung tuyến Định lý sin Các cơng thức diện tích tam giác II Các dạng toán Dạng Một số tập giúp nắm vững lý thuyết Dạng Xác định yếu tố lại tam giác biết số yếu tố cạnh góc tam giác Dạng Diện tích tam giác Dạng Chứng minh hệ thức liên quan yếu tố tam giác Dạng Nhận dạng tam giác vuông Dạng Nhận dạng tam giác cân Dạng Nhận dạng tam giác Dạng Ứng dụng giải tam giác vào đo đạc ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG II I Đề số 1a II Đề số 1b III Đề số 2a IV Đề số 2b V Đề số 3a VI Đề số 3b 99 99 99 99 100 100 100 102 103 109 109 109 109 109 109 110 110 110 114 117 121 125 129 129 129 130 130 130 131 131 138 142 143 147 150 153 155 160 160 161 163 164 165 168 MỤC LỤC TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ 171 PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT VÀ PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG 171 I Tóm tắt lí thuyết 171 Véc-tơ phương đường thẳng 171 Phương trình tham số đường thẳng 171 Phương trình tắc đường thẳng 171 Véc-tơ pháp tuyến đường thẳng 171 Phương trình tổng quát đường thẳng 171 II Các dạng toán 172 Dạng Viết phương trình tham số đường thẳng 172 Dạng Viết phương trình tổng quát đường thẳng 173 Dạng Vị trí tương đối góc hai đường thẳng 175 Dạng Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng 177 Dạng Viết phương trình đường phân giác góc ∆1 ∆2 tạo thành 180 Dạng Phương trình đường thẳng tam giác 182 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRỊN 189 I Tóm tắt lý thuyết 189 Phương trình đường trịn biết tâm bán kính 189 Dạng khác phương trình đường trịn 189 Phương trình tiếp tuyến đường trịn 189 II Các dạng toán 189 Dạng Tìm tâm bán kính đường trịn 189 Dạng Lập phương trình đường trịn 191 Dạng Viết phương trình tiếp tuyến đường tròn điểm 198 Dạng Viết phương trình tiếp tuyến đường tròn điểm 200 Dạng Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn thỏa mãn điều kiện cho trước 205 Dạng Vị trí tương đối đường thẳng đường tròn 211 Dạng Vị trí tương đối hai đường tròn 215 Dạng Phương trình đường thẳng chứa tham số 216 Dạng Phương trình đường trịn chứa tham số 218 Dạng 10 Tìm tọa độ điểm thỏa điều kiện cho trước 222 ĐƯỜNG ELIP 232 I Tóm tắt lí thuyết 232 Định nghĩa 232 Phương trình tắc Elip 232 Hình dạng elip 233 II Các dạng toán 233 Dạng Xác định yếu tố elip 233 Dạng Viết phương trình đường Elip 236 Dạng Tìm điểm thuộc elip thỏa điều kiện cho trước 239 ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 248 I Đề số 1a 248 II Đề số 1b 249 III Đề số 2a 250 IV Đề số 2b 251 V Đề số 3a 253 VI Đề số 3b 255 MỤC LỤC Chương VECTƠ §1 CÁC ĐỊNH NGHĨA → − F Hình 1.1 I Tóm tắt lí thuyết Định nghĩa, xác định véc-tơ Định nghĩa (Véc-tơ) Véc-tơ đoạn thẳng có hướng − → Véc-tơ có điểm đầu (gốc) A, điểm cuối (ngọn) B kí hiệu AB → − − → − Véc-tơ kí hiệu → a, b,→ x,− y , không cần rõ điểm đầu điểm cuối Một véc-tơ hồn tồn xác định biết điểm đầu điểm cuối Với hai điểm phân biệt A B ta có đoạn thẳng (AB − → − → BA), có hai véc-tơ khác AB BA ! A a) B → − a → − x b) Hình 1.2 − → Định nghĩa (Độ dài véc-tơ) Độ dài đoạn thẳng AB độ dài (hay mơ-đun) véc-tơ AB, kí hiệu − → − → AB Tức AB = AB − → − → Đương nhiên AB = BA CHƯƠNG VECTƠ Định nghĩa (Véc-tơ-không) Véc-tơ-không véc-tơ có điểm đầu điểm cuối trùng Véc-tơ-khơng → − kí hiệu → − → − − → Ta có = AA = BB = Hai véc-tơ phương, hướng → − Định nghĩa (Giá véc-tơ) Giá véc-tơ khác đường thẳng chứa điểm đầu điểm cuối véc-tơ Định nghĩa (Phương, hướng véc-tơ) Hai véc-tơ gọi phương giá chúng song song trùng − → −→ −→ − → −−→ Trên hình 1.3a) ta có véc-tơ AB, CD, EF phương Trên hình 1.3b) ta có AB MN phương, − → −→ cịn AB MP khơng phương − → −→ − → Hai véc-tơ phương hướng ngược hướng Chẳng hạn AB CD hướng, AB −→ EF ngược hướng (hình 1.3a) E P B B F A D N A M C Hình 1.3b) − → − → Ba điểm phân biệt A, B,C thẳng hàng hai véc-tơ AB AC phương Hình 1.3a) → − Khi nói hai véc-tơ hướng hay ngược hướng chúng phương Véc-tơ phương, hướng với véc-tơ ! Hai véc-tơ Định nghĩa (Véc-tơ nhau) Hai véc-tơ gọi chúng có hướng độ dài C D − → −→ Chẳng hạn, ABCD hình bình hành AB = DC −→ − → AD = BC A B −→ − − Khi cho trước véc-tơ → a điểm O, ta ln tìm điểm A cho OA = → a → − → − Nếu I trung điểm đoạn thẳng AB AI = IB ! II Các dạng toán Dạng Xác định véc-tơ, phương hướng véc-tơ, độ dài véc-tơ • Xác định véc-tơ xác định phương, hướng hai véc-tơ theo định nghĩa • Dựa vào tình chất hình học hình cho biết để tính độ dài véc-tơ CÁC ĐỊNH NGHĨA Ví dụ Trong hình 1.4, véc-tơ phương, hướng, ngược hướng véc-tơ → − w → − x → − a → − y → − b → − v → −z → − u Hình 1.4 Lời giải → − − − − − − −z → − + Các véc-tơ phương: → a b ; → u → v;→ x,→ y,→ w → − → → − − → − → − + Các véc-tơ hướng: a b ; x , y z − − − − − − − −z + Các véc-tơ ngược hướng: → u → v;→ w → x;→ w → y;→ w → − − + Các véc-tơ nhau: → x =→ y Ví dụ Cho tam giác ABC Gọi M, N, P trung điểm BC, CA, AB → − −−→ a) Liệt kê tất véc-tơ khác véc-tơ , phương với MN có điểm đầu, điểm cuối lấy điểm cho − → → − b) Liệt kê véc-tơ khác véc-tơ , hướng với AB có điểm đầu, điểm cuối lấy điểm cho −→ c) Vẽ véc-tơ véc-tơ NP mà có điểm đầu A B Lời giải → − −−→ a) Các véc-tơ khác véc-tơ , phương với MN →− →− →− →− −−→ − →− → NM, AB, BA, AP, PA, BP, PB − → → − b) Các véc-tơ khác véc-tơ , hướng với AB − →− → −−→ AP, PB, NM A A P N B M C B c) Trên tia CB lấy điểm B cho BB = NP −→ −→ Khi ta có BB véc-tơ có điểm đầu B véc-tơ NP −→ Qua A dựng đường thẳng song song với đường thẳng NP Trên đường thẳng lấy điểm A cho AA −→ hướng với NP AA = NP −→ −→ Khi ta có AA véc-tơ có điểm đầu A véc-tơ NP Ví dụ Cho hình vng ABCD cạnh a Gọi M trung điểm AB, N điểm đối xứng với C qua −−→ −−→ D Hãy tính độ dài véc-tơ MD MN Lời giải 10 CHƯƠNG VECTƠ Áp dụng định lý Pythagoras tam giác vuông MAD ta có √ 2 a 5a a DM = AM + AD2 = + a2 = ⇒ DM = √ a −−→ Suy MD = MD = Qua N kẻ đường thẳng song song với AD cắt AB P a 3a Khi tứ giác ADNP hình vuông PM = PA + AM = a + = 2 Áp dụng định lý Pythagoras tam giác vng NPM ta có √ Å ã2 13a2 a 13 3a 2 2 MN = NP + PM = a + = ⇒ MN = √ a 13 −−→ Suy MN = MN = P N A D M B C BÀI TẬP TỰ LUYỆN → − Bài Cho ngũ giác ABCDE Có véc-tơ khác véc-tơ , có điểm đầu điểm cuối đỉnh ngũ giác − → − → Lời giải Từ hai điểm phân biệt, chẳng hạn A, B, ta xác định hai véc-tơ khác véc-tơ-không AB, BA Mà từ năm đỉnh A, B, C, D, E ngũ giác ta có 10 cặp điểm phân biệt, có 20 véc-tơ thỏa mãn yêu cầu toán Bài Cho hình bình hành ABCD có tâm O Tìm véc-tơ từ điểm A, B, C, D, O − → −→ a) Bằng véc-tơ AB; OB −→ b) Có độ dài OB Lời giải − → −→ −→ −→ a) AB = DC; OB = DO −→ −→ −→ b) BO, DO, OD Bài Cho ba điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng − → − → a) Khi hai véc-tơ AB AC hướng? − → − → b) Khi hai véc-tơ AB AC ngược hướng? Lời giải a) A nằm đoạn BC b) A nằm đoạn BC Bài Cho bốn điểm A, B,C, D phân biệt − → − → a) Nếu AB = BC ba điểm A, B,C có đặc điểm gì? − → −→ b) Nếu AB = DC bốn điểm A, B,C, D có đặc điểm gì? Lời giải CÁC ĐỊNH NGHĨA 11 a) B trung điểm AC b) A, B,C, D thẳng hàng ABCD hình bình hành Bài Cho tam giác ABC cạnh a G trọng tâm Gọi I trung điểm AG Tính độ dài −→ → − véc-tơ AG, BI Lời giải Sử dụng√ tính chất trọng √ tâm định lý Pythagoras a 21 a −→ → − Đáp án: AG = BI = Dạng Chứng minh hai véc-tơ Để chứng minh hai véc-tơ ta chứng minh chúng có độ dài hướng dựa − → −→ −→ − → vào nhận xét tứ giác ABCD hình bình hành AB = DC AD = BC Ví dụ Cho tứ giác ABCD Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD, DA Chứng minh −−→ −→ MN = QP Lời giải Do M, N trung điểm AB BC nên MN đường trung bình tam giác ABC suy MN AC MN = AC (1) Tương tự, QP đường trung bình tam giác ADC suy QP AC QP = AC (2) M −−→ −→ Từ (1) (2) kết hợp hình vẽ suy MN = QP A Q D P B N C Ví dụ Cho tam giác ABC có trọng tâm G Gọi I trung điểm BC Dựng điểm B cho −→ −→ BB = GA → → − − a) Chứng minh BI = IC → − → − b) Gọi J trung điểm BB Chứng minh BJ = IG Lời giải → − a) Vì I trung điểm BC nên BI = CI BI hướng − → → → − − với IC BI = IC B −→ −→ → − →− b) Ta có BB = AG suy BB = AG BB AG Do BJ, JG hướng (1) J Vì G trọng tâm tam giác ABC nên IG = AG, J trung điểm BB suy BJ = BB Vì BJ = IG (2) → − → 2− Từ (1) (2) ta có BJ = IG A G B I C BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Cho hình bình hành ABCD Gọi M, N trung điểm DC, AB; P giao điểm AM −→ −→ −→ DB; Q giao điểm CN DB Chứng minh DP = PQ = QB Lời giải 12 CHƯƠNG VECTƠ Chứng minh DP = PQ dựa vào tính chất đường trung bình tam giác DQC PQ = QB dựa vào tính chất đường trung bình tam giác ABP Suy DP = PQ = QB D A P N M Q B C − → −→ Bài Cho hình thang ABCD có hai đáy AB CD với AB = 2CD Từ C vẽ CI = DA Chứng minh rằng: → − → − a) DI = CB → − → − −→ b) AI = IB = DC Lời giải C D a) Chứng minh BICD hình bình hành b) Chứng minh I trung điểm AB kiện tứ giác BICD hình bình hành chứng minh câu a I A B Bài Cho hình bình hành ABCD Hai điểm M N trung điểm BC AD Điểm I giao −→ → − điểm AM BN, K giao điểm DM CN Chứng minh DK = IB Lời giải Theo giả thiết M N trung điểm BC AD nên AN = AD N A D BM = BC Mà AD = BC ABCD hình bình hành Suy ANMB hình bình hành I K Ta có Điểm I giao điểm hai đường chéo AM BN hình bình hành ANMB nên I trung điểm BN Tương tự, ta chứng minh K trung điểm DM Từ dễ dàng B M C −→ → − chứng minh DKBI hình bình hành, suy DK = IB −→ − → −−→ −→ −→ −→ −→ − → −→ → − Bài Cho hình bình hành ABCD Dựng AM = BA, MN = DA, NP = DC, PQ = BC Chứng minh AQ = Lời giải Chứng minh AMNP QMNP hình bình hành, suy A ≡ Q, N M −→ → − suy AQ = D P A B C Bài 10 Cho tam giác ABC có trung tuyến AM Trên cạnh AC lấy hai điểm E F cho AE = EF = FC; −→ −−→ BE cắt AM N Chứng minh NA = MN Lời giải 242 CHƯƠNG TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ x2 y2 + = điểm M(3; 2) Gọi A B hai điểm nằm elip đối xứng 100 36 qua M Viết phương trình đường thẳng AB x2 y2 Lời giải Gọi A(x; y) ∈ (E), ta có + = 100 36 Từ M trung điểm AB suy B(6 − x; − y) (1) 2 (4 − y) (6 − x) + = (2) Ta có B ∈ (E) nên suy 100 36 Từ (1) (2) suy 27x + 50y − 131 = (*) Do tọa độ A B thỏa (*) nên (*) phương trình đường thẳng AB cần tìm √ x2 y2 Bài 20 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(2; 3) elip (E) : + = Gọi F1 , F2 tiêu điểm (E) (F1 có hồnh độ âm); M giao điểm đường thẳng AF1 với (E) (M có tung độ dương); N điểm đối xứng F2 qua M Tìm tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ANF2 Lời giải Bài 19 Cho elip (E) : y N A M x F1 O Ta có F1 (−1; 0), F2 (1; 0) √ Đường thẳng AF1 có phương trình x − 3y + = F2 √ å M giao điểm có tung độ dương AF1 với (E) suy M 1; √ Ta tính MA = MF2 = Do N đối xứng với F2 qua M nên MF2 = MN, suy MA = MF2 = MN Ç √ Do đường trịn ngoại tiếp tam giác ANF2 đường trịn tâm M, bán kính MA = x2 y2 + = hai điểm A(−5; 3), B(5; −3) Tìm (E) điểm C có hồnh độ Bài 21 Cho elip (E) : 25 tung độ dương cho diện √ tích tam giác ABC lớn Tính diện tích lớn Lời giải Ta có AB = 34 phương trình đường thẳng AB : 3x + 5y = |3x + 5y| Gọi C(x; y) ∈ (E) (x > 0, y > 0), ta có d(C, AB) = √ Khi diện tích tam giác ABC 34 1 √ |3x + 5y| SABC = AB.d(C, AB) = 34 √ = |3x + 5y| 2 34 x y Mà |3x + 5y| = 15 + ≤ 15 Ç x2 y2 + 25 å √ = 15 √ x y Dấu xảy = Thay vào phương trình (E) ý x > 0, y > ta tìm x = ,y = 3 ĐƯỜNG ELIP 243 Ç √ √ √ å Vậy M ; 2 BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 22 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình tắc elip (E) biết M thay đổi (E) độ dài nhỏ OM độ dài lớn MF1 với F1 tiêu điểm có hồnh độ âm x2 y2 Lời giải Giả sử phương trình elip có dạng (E) : + = a b cx M(x; y) ∈ (E) ⇒ MF1 = a + , mà −a ≤ x ≤ a nên MF1 lớn a + c x = a, y = a x2 x2 x2 y2 x2 + y2 OM Vì a > b nên ≤ ⇒ = + ≤ = ⇒ OM ≥ b a b a b b2 b Do giá trị nhỏ OM b x = 0, y = ±b ® ® b=4 b=4 ⇔ Kết hợp với giả thiết ta có: a=5 a+c = x2 y2 Vậy phương trình (E) : + = 25 16 Bài 23 Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình tắc elip (E), biết có một√đỉnh hai tiêu điểm (E) tạo thành tam giác chu vi hình chữ nhật sở (E) 12(2 + 3) x2 y2 Lời giải Giả sử phương trình elip có dạng (E) : + = a b Chu vi hình chữ nhật √ sở 2(2a + 2b) √ (1) Suy 2(2a + 2b) = 12(2 + 3) ⇔ a + b = 3(2 + 3) Do đỉnh A1 (−a; 0), A2 (a; 0) F1 (−c; 0), F2 (c; 0) nằm Ox nên theo giả thiết F1 , F2 với đỉnh B2 (0, b) Oy tạo thành tam giác ⇔ B2 F2 = F1 F2 = B2 F1 (∗) Lại có F1 F2 đối xứng qua√Oy nên tam giác B2 F1 F2 tam giác cân B2 Do đó: (∗) ⇔ B2 F2 = F1 F2 ⇔ c2 + b2 = 2c ⇔ b2 = 3c2 Lại có: a2 − c2 = b2 ⇒ 3a2 = 4b2 √(2) Từ (1) (2) suy a = b = 3 x2 y2 Vậy phương trình elip (E) + =1 36 27 x2 y2 Bài 24 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : + = Đường thẳng ∆ : 2x − 3y = cắt (E) hai điểm B,C Tìm tọa độ điểm A (E) cho tam giác ABC có diện tích lớn Lời giải Do ∆ ∩ (E) = {B;C} nên B,C cố định hay độ dài BC khơng đổi Do diện tích ABC lớn khoảng ® cách h = d(A, ∆) lớn x = sint Phương trình tham số (E) có dạng: y = cost Mà A ∈ (E) ⇒ A(3 sint; cost), √ π √ 26 |6 sint − cost| 6| sint − cost| sin t − √ √ √ = = ≤ h = (A, ∆) = 13 13 13 13 π 3π sin t − =1 π t = + k2π =1⇔ Dấu “=” xảy khi: sin t − ⇔ (k ∈ Z) π π sin t − = −1 t = − + k2π 4 Ç √ å 3π √ + Với t = + k2π ⇒ A ; Ç √ å π √ + Với t = − + k2π ⇒ A − ; 244 CHƯƠNG TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ x2 y2 + = P(1; −1) Gọi d đường thẳng qua P cắt (E) hai điểm M, N Tìm tọa độ hai điểm M, N cho PM.PN lớn Lời giải Ta có P(1; −1) thuộc miền (E)®nên d ln cắt (E) M, N x = + mt với t ∈ R, m2 + n2 = Gọi M(1 + mt1 ; −1 + Gọi phương trình đường thẳng d có dạng y = −1 + nt nt1 ); N(1 + mt2 ; −1 + nt2 ) Trong t1 ,t2 nghiệm phương trình Bài 25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) có phương trình (1 + mt)2 (−1 + nt)2 + = ⇔ (m2 + 2n2 )t + 2(m − 2n)t − = Theo hệ thức Vi-et ta có t1 t2 = Khi PM.PN = −5 m2 + 2n2 (mt1 )2 + (nt2 )2 (mt2 )2 + (nt2 )2 = (m2 + n2 )|t1 t2 | = 5(m2 + n2 ) = m2 + 2n2 m2 2− M + n2 m2 m2 ≤ 1, PM.PN lớn ⇔ n = m2 + n2 m2 + n2 Khi phương trình đường thẳng d có dạng y = −1, suy tọa độ điểm M, N nghiệm hệ Mặt khác ≤ √ 6; −1) M( √ √ ® ® y x N(− 6; −1) x2 = x=± + =1 √ ⇔ ⇒ ⇔ ® y = −1 y = −1 M(− 6; −1) y = −1 √ N( 6; −1) ® Bài 26 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : x2 y2 + = Viết phương trình đường thẳng d cắt (E) hai điểm phân biệt có tọa độ số nguyên x02 y20 Lời giải Gọi M(x0 ; y0 ) ∈ (E) ⇒ + = ⇒ x02 ≤ ⇒ x0 ∈ {−1; 0; 1} Với x0 = ±1 ⇒ y0 = ±2 √ (thỏa mãn) Với x0 = ⇒ y0 = ±2 (loại) Vậy có bốn điểm có tọa độ nguyên (E) M1 (1; 2); M2 (1; −2); M3 (−1; 2); M4 (−1; −2) Do ta lập phương trình đường thẳng d thỏa mãn đề là: y = 2; 2x + y = 0; −2x + y = 0; x = −1; x = 1; y = −2 (1) Bài 27 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình tắc (E) có tâm sai Biết diện tích tứ giác tạo tiêu điểm đỉnh trục bé (E) 24 Lời giải B1 y F1 F2 O B2 x ĐƯỜNG ELIP 245 Gọi phương trình tắc elip (E) có dạng x2 y2 + = với a > b > a2 = b2 + c2 a2 b2 c Ta có tâm sai e = = ⇔ a = c a Gọi F1 (−c; 0), F2 (c; 0) tiêu điểm B1 (0; −b), B2 (0; b) la đỉnh trục bé 1 12 Suy F1 B2 F2 B2 hình thoi, kho SF1 B2 F2 B2 = F1 F2 B1 B2 = 2c.2b = 2bc = 24 ⇔ b = 2 c Khi Å ã2 Å ã2 12 a2 = b2 + c2 ⇔ c = + c2 ⇔ 25c4 = 2304 + 16c4 ⇔ c4 = 256 ⇔ c = 4(do c > 0) c x2 y2 Suy a = 5; b = Vậy phương trình tắc elip (E) cần tìm là: + =1 25 Bài 28 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(4; 3), B(6, 4) Xác định điểm M thuộc elip (E) : x2 y2 + = cho diện tích tam giác MAB đạt giá trị nhỏ √ Lời giải Ta có AB = phương trình đường thẳng AB : 2x + y − 11 = x2 y2 Gọi M(x0 , y0 ) ∈ (E) Khi + = (1) 2√ √ Từ (1) suy |x0 | ≤ 2; y0 ≤ 2 ⇒ 2x0 + y0 < 11 |2x0 + y0 − 11| 11 − (2x0 + y0 ) √ √ = Ta lại có d(M, AB) = 5 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có Ç å x0 y20 (2x0 + y0 ) ≤ (8 + 8) + = 16 ⇒ −4 ≤ 2x0 + y0 ≤ 7 Suy d(M, AB) ≥ √ ⇒ (d(M, AB))min = √ 5 √ Vậy minSMAB = (d(M, AB))min AB = √ = ⇔ M(1; 2) 2 x2 y2 Bài 29 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho (E) : + = điểm M(2; 3) Viết phương trình đường 25 thẳng qua M, cắt (E) hai điểm phân biệt A, B cho M trung điểm AB Lời giải Ta có M thuộc miền (E), ® d ln cắt (E) hai điểm phân biệt x = + mt Gọi phương trình đường thẳng d có dạng: với t ∈ R, m2 + n2 = y = + nt Gọi A(2 + mt1 ; + nt1 ), B(2 + mt2 ; + nt2 ) Khi t1 ,t2 nghiệm phương trình (1 + mt)2 (2 + nt)2 + = ⇔ (9m2 + 25n2 )t + 2(9m + 50n)t − 116 = 25 Theo hệ thức Vi-et ta có t1 + t2 = − 2(9m + 50n) 9m2 + 25n2 ® ® xA + xB = 2xM + (t1 + t2 )m = ⇔ yA + yB = 2yM + (t1 + t2 )n = Mặt khác ta lại có M trung điểm AB, ® m(t1 + t2 ) = ⇔ ⇔ t1 + t2 = (m2 + n2 = 0) n(t1 + t2 ) = 2(9m + 50n) 50 ⇒− = ⇔ 9m + 50n = ⇔ m = − n 2 9m + 25n Chọn m = ⇒ n = −50 Khi phương trình đường thẳng d ® x = + 9t y = − 50t 246 CHƯƠNG TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Bài 30 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(4; 0) elip (E) : thuộc (E) cho tam giác ABC vuông cân A Lời giải x2 y2 + = Tìm tọa độ điểm B,C 16 y B A x O C Ta có B,C thuộc (E) tam giác ABC vuông cân A Mặt A(4; 0) ∈ Ox (E) nhận trục Ox, Oy trục đối xưng nên B,C đối xứng qua trục Ox Do gọi B(m; n),C(m; −n) ∈ (E) với n = − → m2 n2 n2 n2 m m AB = (m − 4; n) + =1 + =1 + =1 ⇔ 16 = ⇔ 16 Suy − , 16 9 → →− → 2 − AC = (m − 4; −n) (m − 4) − n n = (m − 4)2 AB.AC = m = m2 (m − 4)2 ⇒ + = ⇔ 25m2 − 128m + 112 = ⇔ m = 28 16 25 Với m = ⇒ n = ã ã Å Å 28 72 28 72 ; ;− B B 72 28 25 25 25 25 Å ã Å ã ⇒ n = ± Suy Với m = 28 72 28 72 25 25 C C ;− ; 25 25 25 25 x2 y2 + = Viết phương trình đường thẳng ∆ vng góc với d cắt (E) hai điểm A, B cho diện tích tam giác OAB Lời giải Ta có ∆ ⊥ d phương trình đường thẳng ∆ có dạng: x − y + c = Phương trình hồnh độ giao điểm ∆ (E) là: 2x2 + 4(x + c)2 = ⇔ 6x2 + 8cx + 4c2 − = (1) Ta lại có ∆ cắt (E) hai √ điểm phân √ biệt (1) phải có hai nghiệm phân biệt, nghĩa ∆ = 48 − 8c2 > ⇔ − < c < (2) Ta có A(x1 , x1 + c), B(x2 , x2 + c) giao điểm ∆ với (E), x1 , x2 nghiệm phương trình (1) 4c x1 + x2 = Do 2c − x1 x2 = Mặt khác ta lại có AB = (x2 − x1 )2 + (x2 − x1 )2 = 2(x1 + x2 )2 − 8x1 x2 32c2 16c2 − 32 √ ⇒ AB = − = c +2 9 |c| Ta lại có d(O, ∆) = √ Mà SABC = ⇒ AB.d(O, ∆) = 2 Bài 31 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x + y − = elip (E) : ĐƯỜNG ELIP 247 √ 4√ |c| ⇒ c + √ = ⇔ c4 + 2c2 − 18 = ⇔ c = ± −1 + 19 (thỏa mãn (2)) √ √ Vậy đường thẳng ∆ cần lập ∆ : x − y + −1 + 19 = ∆ : x − y − −1 + 19 = x2 y2 Bài 32 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : + = ngoại tiếp tam giác ABC Tính diện 16 tích tam giác ABC, biết (E) nhận A(0; 3) làm đỉnh trục tung làm trục đối xứng Lời giải y A x O B C Do ABC có A(0; 3) nên B,C đối xứng với qua trục tung, nên gọi B(m, n) ⇒ C(−m, n) với m > ⇒ a =√ BC = 2m chiều cao tam giác h = − n √ √ √ a Khi h = ⇔ − n = 3m ⇔ n = − 3m ⇒ B(m; − 3m) a √ √ m2 (3 − 3m)2 Mặt khác B ∈ (E), + = ⇔ 9m2 − 32 3m = 16 √ 32 (thỏa mãn) m = (loại) ⇔m= 19 96 √ h= −39 3072 19 √ ⇒ SABC = h.BC = Khi n = ⇒ 19 361 64 BC = 19 248 CHƯƠNG TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ §4 I ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG Đề số 1a Bài Cho A(1, 5); B(4, −1);C(−4, −5) a) Viết phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnh tam giác b) Viết phương trình đường trung trực cạnh BC AB c) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải − → − → − → a) Ta có AB = (3, −6); BC = (−8, −4), AC = (−5, −10) Phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnh AB: 2(x − 1) + (y − 5) = ⇔ 2x + y − = 0,5 điểm Phương trình tổng quat đường thẳng chứa cạnh AC: 2(x + 4) − (y + 5) = ⇔ 2x − y + = 0,5 điểm Phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnh BC: (x − 4) − 2(y + 1) = ⇔ x − 2y − = 0,5 điểm b) Gọi I trung điểm cạnh BC Khi I(0; −3) Phương trình đường trung trực cạnh BC 2(x − 0) + (y + 3) = ⇔ 2x + y + = 0,5 điểm Gọi J trung điểm cạnh AB Khi J( 25 ; 2) Phương trình đường trung trực cạnh AB (x − 25 ) − 2(y − 2) = ⇔ 2x − 4y + = 0,5 điểm c) Vì tam giác ABC vng B√nên tâm đường trịn ngoại tiếp trung điểm O cạnh AC Ta có 5 −→ −5 O( −3 ; 0) bán kính OA = ; OA = ( ; −5) 0,5 điểm 125 0,5 điểm Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC (x + 32 )2 + y2 = Bài Cho elip (E) có phương trình x2 y2 + = a) Tìm tiêu điểm, tâm sai, đường chuẩn (E) b) Tìm (E) điểm M cho M nhìn đoạn thẳng nối hai tiêu điểm góc vng Lời giải √ √ √ a) Ta có c2 = a2 − b2√= 3, suy c = Các tiêu điểm F1 (− 3; 0) F( 3; 0) 0,5 điểm c Tâm sai e = = 0,5 điểm a a Đường chuẩn x = ± = ± √ 0,5 điểm e ◦ 2 ÷ b) Vì F MF2 = 90 , M thuộc đường trịn đường kính F1 F2 x + y = 0,5 điểm x2 y2 Tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình + = x2 + y2 = 0,5 điểm √ ±2 Gải hệ ta x = √ ; y = ± √ 0,5 điểm Ç √3 å 2 ±1 Vậy có bốn điểm cần tìm ( ± √ ; √ 0,5 điểm 3 ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 249 Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A(2; 0) B(6; 4) Viết phương trình đường trịn (C) tiếp xúc với trục hoành điểm A khoảng cách từ tâm (C) đến điểm B Lời giải Gọi I(a; b), R tâm bán kính đường trịn (C) Do (C) tiếp xúc với trục hồnh điểm A(2; 0) nên a = |b| = R 0,75 điểm Do IB = mà I(2; b) B(6; 4) suy (b − 2)2 + (4 − b)2 = 52 ⇔ b2 = 8b + = ↔ b = 1, b = 0,75 điểm Với a = 2, b = ⇒ R = 1, ta có phương trình (C) (x − 2)2 + (y − 1)2 = 0,75 điểm Với a = 2, b = ⇒ R = ta có phương trình (C) (x − 2)2 + (y − 7)2 = 49 0,75 điểm II Đề số 1b Bài Cho A(−5, 6); B(−4, −1);C(4, 3) a) Viết phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnh tam giác b) Viết phương trình đường trung trực cạnh BC AB c) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải − → − → − → a) Ta có AB = (1, −7); BC = (8, 4), AC = (9, −3) Phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnh AB: 7(x + 5) + (y − 6) = ⇔ 7x + y + 29 = 0,5 điểm Phương trình tổng quat đường thẳng chứa cạnh AC: (x + 5) + 3(y − 6) = ⇔ x + 3y − 13 = 0,5 điểm Phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnh BC: (x + 4) − 2(y + 1) = ⇔ x − 2y + = 0,5 điểm b) Gọi I trung điểm cạnh BC Khi I(0; 1) Phương trình đường trung trực cạnh BC 2(x − 0) + (y − 1) = ⇔ 2x + y − = 0,5 điểm Gọi J trung điểm cạnh AB Khi J( −9 ; ) Phương trình đường trung trực cạnh AB (x + ) − 7(y − 52 ) = ⇔ x − 7y + 22 = 0,5 điểm c) Gọi O giao điểm hai đường trung trực hai cạnh AB BC Tọa độ điểm O nghiệm hệ phương −→ trình 2x + y − = x − 7y + 22 = 0,5 điểm Giải hệ ta O(−1; 3) OC = (−5; 0) suy bán kính OC = 0,5 điểm Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (x + 1)2 + (y − 3)2 = 25 0,5 điểm x2 y2 Bài Cho elip (E) có phương trình + = a) Tìm tiêu điểm, tâm sai, đường chuẩn (E) b) Tìm (E) điểm M cho M nhìn đoạn thẳng nối hai tiêu điểm góc vng Lời giải √ √ √ a) Ta có c2 = a2 − b2√= 5, suy c = Các tiêu điểm F1 (− 5; 0) F( 5; 0) 0,5 điểm c Tâm sai e = = 0,5 điểm a a Đường chuẩn x = ± = ± √ 0,5 điểm e 250 CHƯƠNG TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ ◦ 2 ÷ b) Vì F MF2 = 90 , M thuộc đường trịn đường kính F1 F2 x + y = 0,5 điểm x2 y2 Tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình + = x2 + y2 = 0,5 điểm ±3 ±4 Gải hệ ta x = √ ; y = ± √ 0,5 điểm Å ã ±4 Vậy có bốn điểm cần tìm ± √ ; √ 0,5 điểm 5 Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có C(−1; −2), đường trung tuyến kẻ từ A đường cao kẻ từ B có phương trình 5x + y − = x + 3y − = Tìm tọa độ đỉnh A B Lời giải Đường thẳng AC qua C vng góc với đường thẳng x + 3y − = 0, suy phương trình AC 3x − y + = 0,75 điểm Tọa độ điểm A nghiệm hệ 5x + y − = 3x − y + = 0, suy A(1; 4) 0,75 điểm Điểm B thuộc đường thẳng x + 3y − = trung điểm cạnh BC thuộc đường thẳng 5x + y − = 0,5 điểm ã Å y−2 x−1 + − = 0, suy B(5; 0) Tọa độ điểm B nghiệm hệ phương trình x + 3y − = 2 0,75 điểm III Đề số 2a ® Bài (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho ∆ : x = 1+t (t ∈ R) điểm A(3; 0) Tìm B ∈ ∆ cho ∆AOB y=t vuông O −→ −→ Lời giải Gọi B(1 + b; b) ∈ ∆ Khi đó: OB = (1 − b; b); OA = (0; 3) (0, điểm) ∆AOB vuông O − → −→ ⇔ OA ⊥ OB (0, điểm) − → −→ ⇔ OA.OB = (0, điểm) ⇔ 3.(1 + b) + 0.(b) = (0, điểm) ⇔ b = −1 Vậy B(0; −1) (0, điểm) Bài (2 điểm) Tìm hình chiếu vng góc gốc tọa độ O lên đường thẳng ∆ : x − y + = 0, từ tìm điểm đối xứng O qua ∆ Lời giải Gọi H hình chiếu O lên ∆ Vì OH vng góc với ∆ nên OH nhận vectơ pháp tuyến (− n→ ∆ = (1; −1)) ∆ làm vectơ phương, tức − − → OH nhận nOH = (1; 1) làm vectơ pháp tuyến (0, điểm) → Do đó, OH đường thẳng qua O(0; 0) nhận − n− OH = (1; 1) làm vectơ pháp tuyến; OH có phương trình: 1(x − 0) + 1(y − 0) = ⇔ x + y = .® ® (0, điểm) x−y+2 = x = −1 Ta có H = ∆ ∩ OH, nên tọa độ H nghiệm hệ: ⇔ x+y = y=1 Vậy H(−1; 1) (0, điểm) Gọi O điểm đối xứng với O qua ∆ Khi đó, H trung điểm OO Áp dụng cơng thức tính tọa độ trung điểm ta tính O (−2; 2) (0, điểm) Bài (2 điểm) Viết phương trình đường trịn (C ) nội tiếp ∆ABC biết (C ) có tâm I(1; 2) AB : x − 2y + = Lời giải Vì ∆ABC nội tiếp (C ) nên (C ) có bán kính R = d(I, AB) = √ (1, điểm) 16 Vậy (C ) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = (1, điểm) ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 251 Bài (2 điểm) Cho ∆ABC nội tiếp đường trịn (C ) có tâm gốc tọa độ O Viết phương trình tiếp tuyến (C ) A biết E(−1; 0) F(1; 1) chân đường cao kẻ từ B C; A thuộc đường thẳng ∆ : 3x + y − = Lời giải Gọi At tiếp tuyến (C ) A • Chứng minh OA ⊥ EF ‘ = ACB ‘ Tứ giác BCEF nội tiếp nên EFA ‘ Hơn nữa, BAt = ACB ‘ = BAt Do đó, EFA Mặt khác At ⊥ OA nên EF ⊥ OA (0, điểm) −→ • OA đường thẳng qua O(0; 0) nhận EF = (2; 1) làm véc-tơ pháp tuyến OA : 2x + y = (0, điểm) C t A E F O ® 3x + y − = Ta tìm 2x + y = A(1; −2) (0, điểm) −→ • Tiếp tuyến At đường thẳng qua A(1; −2) nhận OA = (1, −2) làm véc-tơ pháp tuyến At : x − 2y − = (0, điểm) • A giao điểm OA ∆ Do đó, tọa độ (x; y) A nghiệm hệ: Bài (2 điểm) Cho elip (E) : x2 y2 + = 25 16 a) Tìm độ dài trục lớn, độ dài trục nhỏ, tiêu cự (E) b) Viết phương trình đường trịn đường kính đoạn nối hai tiêu điểm (E) Chứng minh (E) (C ) khơng có điểm chung Lời giải √ √ √ a) Ta có a = 25 = 5; b = 16 = 4; c = a2 − b2 = (0, điểm) Độ dài trục lớn: 2a = 10 Độ dài trục bé: 2b = Tiêu cự: 2c = (0, điểm) b) Đường trịn (C ) có tâm gốc tọa độ bán kính c = (C ) cóphương trình: x2 + y2 = (0, điểm) y2 x + =1 vô nghiệm nên (E) (C ) khơng có điểm chung (0, điểm) Vì hệ 25 16 2 x +y = IV Đề số 2b ® Bài (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho ∆ : x = 1−t (t ∈ R) điểm A(0; 3) Tìm B ∈ ∆ cho ∆AOB y=t vuông O −→ −→ Lời giải Gọi B(1 − b; b) ∈ ∆ Khi đó: OB = (1 − b; b); OA = (0; 3) ∆AOB vuông O − → −→ ⇔ OA ⊥ OB (0, điểm) − → −→ ⇔ OA.OB = (0, điểm) ⇔ 0.(1 − b) + 3.(b) = (0, điểm) ⇔b=0 Vậy B(1; 0) (0, điểm) B 252 CHƯƠNG TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Bài (2 điểm) Tìm hình chiếu vng góc gốc tọa độ O lên đường thẳng ∆ : x + y − = 0, từ tìm điểm đối xứng O qua ∆ Lời giải Gọi H hình chiếu O lên ∆ Vì OH vng góc với ∆ nên OH nhận vectơ pháp tuyến (− n→ ∆ = (1; 1)) ∆ làm vectơ phương, tức − − → OH nhận nOH = (1; −1) làm vectơ pháp tuyến (0, điểm) → Do đó, OH đường thẳng qua O(0; 0) nhận − n− OH = (1; −1) làm vectơ pháp tuyến; OH có phương trình: 1(x − 0) − 1(y − 0) = ⇔ x − y = .® ® (0, điểm) x=1 x+y−2 = ⇔ Ta có H = ∆ ∩ OH, nên tọa độ H nghiệm hệ: y=1 x−y = Vậy H(1; 1) (0, điểm) Gọi O điểm đối xứng với O qua ∆ Khi đó, H trung điểm OO Áp dụng cơng thức tính tọa độ trung điểm ta tính O (2; 2) (0, điểm) Bài (2 điểm) Viết phương trình đường trịn (C ) nội tiếp ∆ABC biết (C ) có tâm I(−1; 2) AB : x − 2y + = Lời giải Vì ∆ABC nội tiếp (C ) nên (C ) có bán kính R = d(I, AB) = √ (1, điểm) 2 Vậy (C ) : (x + 1) + (y − 2) = (1, điểm) Bài (2 điểm) Cho ∆ABC nội tiếp đường trịn (C ) có tâm gốc tọa độ O Viết phương trình tiếp tuyến (C ) A biết E(−1; 3) F(2; 3) chân đường cao kẻ từ B C A thuộc đường thẳng ∆ : 2x + y − = Lời giải Gọi At tiếp tuyến (C ) A • Chứng minh OA ⊥ EF ‘ = ACB ‘ Tứ giác BCEF nội tiếp nên EFA ‘ Hơn nữa, BAt = ACB ‘ = BAt Do đó, EFA Mặt khác At ⊥ OA nên EF ⊥ OA (0, điểm) −→ • OA đường thẳng qua O(0; 0) nhận EF = (3; 0) làm véc-tơ pháp tuyến OA : x = (0, điểm) C t A E F O ® 2x + y − = Ta tìm x=0 A(0; 5) (0, điểm) −→ • Tiếp tuyến At đường thẳng qua A(0; 5) nhận OA = (0; 5) làm véc-tơ pháp tuyến At : y = (0, điểm) • A giao điểm OA ∆ Do đó, tọa độ (x; y) A nghiệm hệ: Bài (2 điểm) Cho elip (E) : x2 y2 + = 25 a) Tìm độ dài trục lớn, độ dài trục nhỏ, tiêu cự (E) b) Viết phương trình đường trịn đường kính đoạn nối hai tiêu điểm (E) Chứng minh (E) (C ) có điểm chung Lời giải √ √ √ a) Ta có a = 25 = 5; b = = 3; c = a2 − b2 = (0, điểm) Độ dài trục lớn: 2a = 10 Độ dài trục bé: 2b = Tiêu cự: 2c = (0, điểm) B ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 253 b) Đường trịn (C ) có tâm gốc tọa độ bán kính c = (C ) cóphương trình: x2 + y2 = 16 (0, điểm) y2 x + =1 Vì hệ 25 có nghiệm phân biệt nên (E) (C ) có điểm chung (0, điểm) 2 x + y = 16 V Đề số 3a Câu (4,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(−1; 3), B(3; 1) C(3; −5) a) Viết phương trình tham số phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnh AC b) Viết phương trình tổng quát đường cao xuất phát từ đỉnh B tìm tọa độ trực tâm tam giác ABC c) Viết phương trình đường thẳng d qua A cách B đoạn Lời giải − → → − a) Ta có AC = (4; −8) nên đường thẳng AC nhận ® véc-tơ n1 = (2; 1) làm véc-tơ pháp tuyến 0,5 điểm x = −1 + t Phương trình tham số đường thẳng AC : 0,5 điểm y = − 2t Phương trình tổng quát đường thẳng AC : 2x + y − = 0,5 điểm − → b) Phương trình đường cao xuất phát từ B(3; 1) nhận véc-tơ AC = (4; −8) làm véc-tơ pháp tuyến x − 2y − = 0,5 điểm − → Phương trình đường cao xuất phát từ A(−1; 3) nhận BC = (0; −6) làm véc-tơ pháp tuyến y − = 0,5 điểm Tọa độ trực tâm H ∆ABC nghiệm hệ phương trình ® ® x − 2y = x=7 ⇔ y=3 y = 0,25 điểm − c) Gọi ∆ đường thẳng cần tìm ∆ có véc-tơ pháp tuyến → n = (a; b) với a2 + b2 = Đường thẳng ∆ có dạng a(x + 1) + b(y − 3) = 0,25 điểm Ta có d(B; ∆) = ⇔ |a(3 + 1) + b(1 − 3)| √ =4 a2 + b2 a2 + b2 ⇔ 4ab + 3b2 = 3a ⇔ b = b = − ⇔ |2a − b| = 1,0 điểm Khi b = (thì a = 0), ta có phương trình ∆ x + = 0,25 điểm 3a Khi b = − ∆ có phương trình 4x − 3y + 13 = 0,25 điểm B Câu (2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (T ) : x2 + y2 − 2x + 6y − 15 = a) Tìm tọa độ tâm tính bán kính (T ) 254 CHƯƠNG TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ b) Viết phương trình tiếp tuyến (T ), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng l : 3x − 4y + = Lời giải a) Đường trịn (T ) có tâm I(1; −3) bán kính R = 0,5 điểm b) Gọi ∆ tiếp tuyến cần tìm Vì ∆ song song l nên ∆ có dạng 3x − 4y + m = 0, m = 0,5 điểm Vì ∆ tiếp xúc (T ) nên d(I; ∆) = R ⇔ m = 10 m = −35 0,75 điểm Vậy phương trình ∆ 3x − 4y + 10 = 3x − 4y − 35 = 0,25 điểm Câu (2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) : x2 y2 + = a) Xác định tọa độ tiêu điểm F1 , F2 độ dài tiêu cự (E) b) Lấy điểm M tùy ý thuộc (E) Chứng minh biểu thức T = MF1 · MF2 + OM có giá trị khơng đổi Lời giải √ √ a) Ta có c2 = a2 − b2 = nên elip E có hai√tiêu điểm F1 (− 5; 0), F2 ( 5; 0) 0,5 điểm Độ dài tiêu cự (E) F1 F2 = 2c = 0,25 điểm c c b) Với M tùy ý thuộc E, ta có MF1 · MF2 = a + xM · a − xM = − xM 0,5 điểm a a å Ç 2 + y2 = x2 + − xM Mà OM = xM = xM + 0,5 điểm M M 9 Vậy T = MF1 · MF2 + OM = 13 0,25 điểm Câu (2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho (E) : x2 y2 + = 25 16 a) Viết phương trình đường trịn (C) có tâm O đường kính độ dài trục nhỏ (E) b) Tìm điểm M(x; y) thuộc E có tọa độ dương cho tích x · y đạt giá trị lớn Lời giải a) Elip (E) có độ dài trục nhỏ 2b = nên đường trịn cần tìm có bán kính r = 0,5 điểm Vậy phương trình (C) x2 + y2 = 16 .0,5 điểm b) Vì M(x; y) ∈ (E) x, y > nên ta có y = 1− x2 4√ = 25 − x2 0,25 điểm 25 x2 + 25 − x2 x2 (25 − x2 ) ≤ · = 10 0,5 điểm 2 √ x = 25 − x x>0 x= Đẳng thức xảy ⇔ 0,25 điểm √ x y = 2 y = 1− 25 Ta có xy = ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG VI 255 Đề số 3b Câu (4,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác MNP với M(−1; 3), N(3; 1) P(3; −5) a) Viết phương trình tham số phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnh MP b) Viết phương trình tổng quát đường cao xuất phát từ đỉnh N tìm tọa độ trực tâm tam giác MNP c) Viết phương trình đường thẳng d qua M cách N đoạn Lời giải −→ → − a) Ta có MP = (4; −8) nên đường thẳng MP nhận ® véc-tơ n1 = (2; 1) làm véc-tơ pháp tuyến 0,5 điểm x = −1 + t 0,5 điểm Phương trình tham số đường thẳng MP : y = − 2t Phương trình tổng quát đường thẳng MP : 2x + y − = 0,5 điểm −→ b) Phương trình đường cao xuất phát từ N(3; 1) nhận véc-tơ MP = (4; −8) làm véc-tơ pháp tuyến x − 2y − = 0,5 điểm −→ Phương trình đường cao xuất phát từ M(−1; 3) nhận NP = (0; −6) làm véc-tơ pháp tuyến y − = 0,5 điểm Tọa độ trực tâm H ∆MNP nghiệm hệ phương trình ® ® x − 2y = x=7 ⇔ y=3 y = 0,25 điểm − c) Gọi ∆ đường thẳng cần tìm ∆ có véc-tơ pháp tuyến → n = (a; b) với a2 + b2 = Đường thẳng ∆ có dạng a(x + 1) + b(y − 3) = 0,25 điểm Ta có d(N; ∆) = ⇔ |a(3 + 1) + b(1 − 3)| √ =4 a2 + b2 a2 + b2 ⇔ 4ab + 3b2 = 3a ⇔ b = b = − ⇔ |2a − b| = 1,0 điểm Khi b = (thì a = 0), ta có phương trình ∆ x + = 0,25 điểm 3a Khi b = − ∆ có phương trình 4x − 3y + 13 = 0,25 điểm Câu (2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 − 2x + 6y − 15 = a) Tìm tọa độ tâm tính bán kính (C) b) Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d : 4x − 3y + = Lời giải a) Đường tròn (C) có tâm I(1; −3) bán kính R = 0,5 điểm b) Gọi ∆ tiếp tuyến cần tìm Vì ∆ song song d nên ∆ có dạng 4x − 3y + m = 0, m = 0,5 điểm Vì ∆ tiếp xúc (C) nên d(I; ∆) = R ⇔ m = 12 m = −38 0,75 điểm Vậy phương trình ∆ 4x − 3y + 12 = 4x − 3y − 38 = 0,25 điểm 256 CHƯƠNG TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Câu (2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) : x2 y2 + = 12 a) Xác định tọa độ tiêu điểm F1 , F2 độ dài tiêu cự (E) b) Lấy điểm M tùy ý thuộc (E) Chứng minh biểu thức T = MF1 · MF2 + OM có giá trị không đổi Lời giải √ √ a) Ta có c2 = a2 − b2 = nên elip E có hai√tiêu điểm F1 (−2 2; 0), F2 (2 2; 0) 0,5 điểm Độ dài tiêu cự (E) F1 F2 = 2c = 0,25 điểm c c 2 0,5 điểm b) Với M tùy ý thuộc E, ta có MF1 · MF2 = a + xM · a − xM = 12 − xM a a Ç å xM 2 2 2 Mà OM = xM + yM = xM + − + 0,5 điểm = xM 12 Vậy T = MF1 · MF2 + OM = 16 0,25 điểm Câu (2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho (E) : x2 y2 + = 16 a) Viết phương trình đường trịn (C) có tâm O đường kính độ dài trục nhỏ (E) b) Tìm điểm M(x; y) thuộc E có tọa độ dương cho tích x · y đạt giá trị lớn Lời giải a) Elip (E) có độ dài trục nhỏ 2b = nên đường trịn cần tìm có bán kính r = 0,5 điểm Vậy phương trình (C) x2 + y2 = 0,5 điểm x2 3√ 16 − x2 0,25 điểm = b) Vì M(x; y) ∈ (E) x, y > nên ta có y = − 16 3 x2 + 16 − x2 2 Ta có xy = x (16 − x ) ≤ · = 0,5 điểm 4 x2 = 16 − x2 √ x>0 x = 2 √ 0,25 điểm Đẳng thức xảy ⇔ y= x2 y = 1− 16 ... 99 99 99 99 100 100 100 1 02 103 109 109 109 109 109 109 110 110 110 114 117 121 125 129 129 129 130 130 130 131 131 138 1 42 143 147 150 153 155 160 160 161 163 164... + OB2 − OA2 + · · · + OB2018 − OA2018 Ä−−→ −−→ −−−−→ä Ä−−→ −−→ −−−−→ä = OB1 + OB2 + · · · + OB2018 − OA1 + OA2 + · · · + OA2018 Vì 20 18 điểm B1 , B2 , , B2018 20 18 điểm A1 , A2 , , A2018... 23 2 Phương trình tắc Elip 23 2 Hình dạng elip 23 3 II Các dạng toán 23 3 Dạng Xác định yếu
Ngày đăng: 11/03/2021, 14:50
Xem thêm:
