Toán ôn thi Đại học - Chuyên đề 7: Hình học giải tích trong mặt phẳng oxy

Để giúp bạn thêm phần tự tin trước kì tuyển sinh đại học. Hãy tham khảo chuyên đề 7: Hình học giải tích trong mặt phẳng oxy để giải bài tập tốt hơn nhé.

Hướng dẫn giải CDBT từ ĐTQG Toán học –  Chuyên đề 7: HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG OXY TÌM TỌA ĐỘ CỦA MỘT ĐIỂM  Vấn đề 1: TÌM PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG A PHƯƠNG PHÁP GIẢI A TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ VÀ CỦA ĐIỂM I TỌA ĐỘ VECTƠ  y a  (a1;a2 )  a  a1 i  a2 j B Với i = (1; 0) véctơ đơn vị trục Ox a j = (0; 1) véctơ đơn vị trục Oy  A j II TỌA ĐỘ MỘT ĐIỂM OM  (xM ; yM )  M(xM ; yM ) O x j Cho A(xA; yA), B(xB; yB) ta có kết quaû sau i) AB  (x B  x A ;y B  y A ) ii) AB  AB  (x B  x A )2  (y B  y A )2 iii) M chia đoạn AB theo tỉ số k: MA  kMB; k  x A  kx B  x M   k Khi tọa độ điểm M là:  y  y A  ky B  M 1 k xA  xB  x M  iv) M trung điểm AB tọa độ điểm M  y y  A  y B  M III TÍNH CHẤT VECTƠ Cho a  (a1; a2 ), b  (b1; b2 ) 196 a  b  (a1  b1; a2  b2 ) ka  k(a1;a2 )  (ka1;ka2 ) a.b  a1b1  a2 b2 a  a12  a22 a1  b1 a  b   a2  b2 cos(a,b)  a.b a.b  a1b1  a2 b2 a12  a22 b12  b22 TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN a phương b  a  kb hay b  ka  a1b2  a2 b1  a  b  a.b   a1b1  a2 b2  B ĐƯỜNG THẲNG  a  : a gọi vectơ phương đường thẳng  giá a phương với đường thẳng  a Nếu a vectơ phương  k a vectơ phương  (k  0)  n  a n  : n gọi vectơ pháp tuyến đường thẳng  n   Nếu n vectơ pháp tuyến  kn vectơ pháp tuyến  (k  0)  Cách đổi vectơ phương u vectơ pháp tuyến n đường thẳng  Có: n = (A; B)  u = (B;  A) hay u  ( B; A) Coù u  (a1; a2 )  n  (a2 ;  a1 ) hay n  (  a2 ; a1 ) I PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT CỦA ĐƯỜNG THẲNG  : Ax  By  C  0; A2  B2   n  (A ; B) ,    C neân  // Ox (C =   Ox) B C Neáu B =   : x   nên  // Oy (C =   Oy) A Neáu A =   : y   Ox: y = 0, Oy: x = II CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Phương trình đường thẳng d qua điểm M(x0; y0) có vectơ pháp tuyến n  (A; B); (A2 + B2 > 0) Phương trình tổng quát d: A(x  x0) + B(y  y0) = Phương trình đường thẳng d qua M(x0; y0) có vectơ phương u  (a1; a2 ) (a12 + a22  0)  x  x0  a1t Phương trình tham số d:  y  y0  a2 t t 197 Hướng dẫn giải CDBT từ ĐTQG Toán học –  Phương trình tắc d: x  x0 y  y0  a1 a2 Phương trình tổng quát d: a2(x  x0)  a1y (y  y0) = Phương trình đường thẳng d ñi qua ñieåm A(xA; yA), B(xB; yB) x  xA y  yA  Phương trình tắc d: xB  xA yB  yA  Phương trình đường thẳng theo đoạn chắn Đường thẳng d cắt Ox, Oy x y A(a; 0), B(0, b) có dạng d:   (a  0, b  0) a b Lưu ý: Cho d: Ax + By + C =  d' // d  d': Ax + By + C' = (C'  C)  d'  d  d': Bx  Ay + C' = hay  Bx + Ay + C' = III VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG Cho d1: A1x + B1y + C1 = d2: A2x + B2y + C2 = A1 B1 C1 B1 A1 C1 , Dx  , Dy  Laäp D  A2 B2 C2 B2 A2 C2 i/ d1 caét d2  D  D  D  hoaë c  ii/ d1 // d2   Dx  Dy  iii/ d1  d2  D = Dx = Dy = IV GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG  Cho d1: A1x + B1y + C1 =  n1  (A1;B1 ) d2: A2x + B2y + C2 =  n2  (A2 ;B2 ) cos    n1.n2 n1 n2  A1A2  B1B2 A12  B12 A22  B22 Nếu d1, d2 đường thẳng không đứng d1 : y = k1x + b1; d2 : y = k2x + b2 tan(d1, d2)  k  k1  k1.k V KHOAÛNG CÁCH Khoảng cách hai điểm A, B là: AB  (xB  xA )2  (yB  yA )2 198 TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN Khoảng cách từ M(x0; y0) đến đường thẳng d: Ax + By + C = d(M, d)  Ax0  Bx  C A2  B2 Lưu ý:  d(M, Ox) =  yM   d(M, Oy) =  xM  VI PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG PHÂN GIÁC TẠO BỞI HAI ĐƯỜNG THẲNG d1 Cho d1: A1x + B1y + C1 = 0, d2: A2x + B2y + C2 =  Khi phương trình hai đường phân giác là: A x  B1y  C1 A x  B2 y  C2 t1   t   2 A1  B1 A22  B22 1 d2 2  Tìm phân giác góc nhọn hay góc tù Dấu n1.n2 Phân giác góc tù Phân giác góc nhọn n1.n2  t1 = t2 t1 =  t2 n1.n2  t1 =  t2 t1 = t2 B ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng : x – y – = vaø d: 2x – y – = Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d cho đường thẳng ON cắt đường thẳng  điểm M thỏa mãn OM.ON = Giải  M    M(m; m – 4) vaø N  d  N(n; 2n – 2)  OM   m; m   , ON   n; 2n    O, M, N thẳng hàng  OM phương ON  M d N O 4n  m(2n – 2) – n(m – 4) =  mn – 2m + 4n =  m  2n 2  OM.ON =  m2   m    n2   2n     64     4n 2  4n         n2   2n     64         n    n   n 2  n   2  16   16       n   2n     64   n      n  199 Hướng dẫn giải CDBT từ ĐTQG Toán học –  n 2  2n  2  2         n   2n       n    n   2  n2   2n    n2   2n       n     2  5n2  8n      2n          5n2  8n     2n   5n2  8n     2n       5n2  6n  5n2  10n  8   n = hoaëc n     6 2 Vaäy N(0; –2) hoaëc N  ;   5 Cách 2: Nhận thấy O, M, N thẳng hàng, ta chuyển điều kiện OM.ON = sang hệ thức vectơ cách: Vẽ hai đường thẳng d  mặt phẳng (Oxy), ta có hai vectơ OM ON hướng, nên: OM.ON =  OM ON =  mn + (m – 4)(2n – 2) =  3mn – 2m – 8n = Khi ta có hệ phương trình: 3  2m  4n   2m  8n  3mn  2m  8n      mn  2m  4n  mn  2m  4n   m  5n    n = hoaëc n    5n  n   5n   4n  Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(–4; 1), trọng tâm G(1; 1) đường thẳng chứa phân giác góc A có phương trình x – y – = Tìm tọa độ đỉnh A C Giải  Gọi d đường phân giác góc A  d: x – y – = 0, gọi B' đối xứng với B qua d  B' AC B  BB' qua B(–4; 1) vuông góc với d suy ra: BB': (x + 4) + (y – 1) =  x + y + = d  Gọi I giao điểm BB' d, I suy tọa độ I nghiệm hệ phương trình: G x  y   x  1 C A   I(–1; –2)  M B’ x  y   y  2 x  2xI  x B   I trung điểm BB'   B'  B'(2; –5) yB'  2yI  y B  5 200 TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN  Gọi M trung điểm AC  BG  2GM 3x  x B  x  G  xG  x B   x M  xG    M 2  M  ; 1       2   y  3yG  y B  yG  y B   y M  yG  M  x2 y5  4x – y – 13 =   2  A giao điểm d AC nên tọa độ A nghiệm hệ phương trình:  AC qua hai điểm B' vaø M  AC: 4x  y  13  x   A(4; 3)   x  y   y  xC  2xM  xA   M laø trung điểm AC nên:   C(3; –1) yC  2yM  yA  1 Bài 3: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2011 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y + = Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(2; –4) tạo với đường thẳng d góc 45o Giải Gọi  : a( x - ) + b( y + ) = với a2 + b2  ab Ta coù: cos 450   a  b  a2  b2  2 2 a  b  a2  b2  2ab  a2  b2  ab   a   b  Vaäy  1: y + =  2: x – = Cách 2: d: x + y + =  goùc Ox d 450  hợp với d góc 450   phương với Ox Oy Mà  qua A (2; –4)  phương trình  x = y = –4 Bài 4: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2011 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x + 3y – = 0, BC: 4x + 5y – = 0, CA: 3x + 2y – = Viết phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A tam giác ABC Giải x  x  3y   Toạ độ A nghiệm hệ phương trình:  y  3x  2y  Đường cao AH qua A có vectơ pháp n = (5; –4)  AH: 5x  4y   201 Hướng dẫn giải CDBT từ ĐTQG Toán học – Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng qua trung điểm cạnh AB AC có phương trình x + y  = Tìm tọa độ đỉnh B C, biết điểm E(1; 3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác cho Giải Phương trình đường cao AH: 1(x – 6) – 1(y – 6) =  x – y = Gọi K giao điểm IJ AH (với IJ: x + y – = 0) suy K nghiệm hệ x  y   K (2; 2) xy4  K trung điểm cuûa AH  x y H H  2xK  xA    2  H (–2; –2)  2yK  yA    2 Phương trình BC: 1(x + 2) + 1(y + 2) =  x + y + = Goïi B (b; –b – 4)  BC Do H trung điểm BC  C (–4 – b; b); E (1; –3) Ta coù: CE  (5  b; b  3) vuông góc với BA  (6  b;b  10) Neân (5 + b)(6 – b) + (b – 3)(b + 10) =  2b2 + 12b =  b = hay b = –6 Vaäy B(0; –4); C(–4; 0) hay B(–6; 2); C(2; –6) Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, có đỉnh C(4; 1), phân giác góc A có phương trình x + y – = Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC 24 đỉnh A có hoành độ dương Giải Ta có phân giác góc A (d): x + y – = y song song với đường phân giác d’ góc phần tư thứ II, nên góc M1 góc A1 450 Suy AC // Ox  phương trình AC: y=1 Ta có A = AC  d neân A(4; 1) C  AC = Mà diện tích ABC = 24 O –4 nên AC.AB = 24  AB = Mặt khác, AB vuông góc với trục hoành nên B (4; 7) Vậy phương trình BC là: 3x – 4y + 16 = 202 B A x M d d’ TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN Baøi 7: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2)  đường thẳng qua O Gọi H hình chiếu vuông góc A  Viết phương trình đường thẳng , biết khoảng cách từ H đến trục hoành AH Giải Cách 1: Gọi H(x0 ; y0) hình chiếu A  Ta có: AH  (x0 ; y0  2), OH  (x0 ; y0 ) Từ giả thiết ta có x20  y0 (y0  2)  x20  y20  2y0  AH.OH        2  AH  d(H,Ox)   x0  4y    x0  (y0  2)  y0  y   x20 y20  2y   y  1     2 y x  4y  x  4y     x20  1   8   1   8   (loaï i)  x      H   8; 1  y        Phương trình : (  1)x    8 y  Caùch 2:    Oy  H  A: không thỏa AH = d(H, Ox)    Ox  H  O: không thỏa AH = d(H, Ox)  Phương trình : y = kx (k  0) AH    y   x  phương trình đường AH  AH qua A k  Tọa độ H =   AH thỏa hệ 2k  y  kx x   2k k 1 2k      H ;    k  k   y   k x  y  2k    k2  2  2k  2k   2k AH  d(H;Ox)    2   k4  k2        k  1  k  k 1  203 Hướng dẫn giải CDBT từ ĐTQG Toán học –  1 k  22 22 Vaäy : y   x  k  1  (loaï i) k   Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) giao điểm đường chéo AC BD Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng : x + y – = Viết phương trình đường thẳng AB Giải Gọi N đối xứng với M qua I, suy N(11; 1) N thuộc đường thẳng CD A M E    E (x; – x); IE = (x – 6; – x) Vaø NE = (x – 11; – x) D B I C EN E trung điểm CD  IE  EN hay IE.EN   (x – 6)(x – 11) + (3 – x)(6 – x) =  x = hoaëc x =  x =  IE = (0; 3); phương trình AB: y – =  x =  IE = (1; 4); phương trình AB: x – 4y + 19 = Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A (1; 4) đỉnh B, C thuộc đường thẳng : x – y – = Xác định tọa độ điểm B C, biết diện tích tam giác ABC 18 Giải Gọi H hình chiếu A , suy H trung ñieåm BC 2S AH  d  A,BC   ; BC  ABC  AH  BC 97 AB  AC  AH2   97  2  x  1   y    Tọa độ B C nghiệm hệ:   x  y   5  11  3 Giải hệ ta được:  x; y    ;  ;  x; y    ;   2  2 2 5   11   11   3 Vaäy B  ;  , C  ;   hoaë c B  ;   , C  ;   2 2 2 2 2  2 204 A B H C TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN Baøi 10: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M(2; 0) trung điểm cạnh AB Đường trung tuyến đường cao qua đỉnh A có phương trình 7x – 2y – = 6x – y – = Viết phương trình đường thẳng AC Giải 7x  2y    Tọa độ A thỏa mãn hệ:   A 1;  6x  y   B đối xứng với A qua M, suy B = (3; 2) Đường thẳng BC qua B vuông góc với đường thẳng: 6x – y – = Phương trình BC: x + 6y + = Tọa độ trung điểm N đoạn thẳng BC thỏa mãn hệ: 7x  2y   3   N  0;    AC  2MN   4; 3 ;  x  6y      Phương trình đường thẳng AC: 3x – 4y + = Bài 11: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009 Trong mặt phẳng với hệ 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 – = vaø x + 3y – = Tìm tọa độ đỉnh A B Giải Giả sử AM: 5x + y – = 0, BH: x + 3y – = AC: 3(x + 1) – 1(y + 2) =  3x – y + = A = AC  AM  A(1; 4) B  BH  B (5 – 3m; m)   3m m   ; M trung điểm BC  M     M  AM   3m m      m = Vaäy B(5; 0) 2 Bài 12: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng 1: x – 2y – = vaø 2: x + y + = Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1 cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng 2 Giải M  1  M(2m + 3; m) 2m   m  1 d  M, 2      3m    m = 1 hay m =  2 205 Hướng dẫn giải CDBT từ ĐTQG Toán học – (x  2)2  y2  74 x  2  65   Toạ độ C thoả hệ phương trình: y     y  x   Vaäy C ( 65  ; 3) Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x + 4y + = đường thẳng : x + my – 2m + = với m tham số thực Gọi I tâm đường tròn (C) Tìm m để  cắt (C) điểm phân biệt A B cho diện tích tam giác IAB lớn Giải (C) có tâm I (2; 2), bán kính R = 1 IA.IB.sin AIB  R2  2 S lớn IA  IB 2  2m  2m  R 1  Khi đó, khoảng cách từ I đến : d(I, ) = 1  m2  (1 – 4m)2 = + m2  m = hoaëc m = 15 Diện tích tam giác IAB: S = Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009 hai đường thẳng 1: x – y = 0, 2 = x – 7y = Xác định tọa độ tâm K tính bán kính đường tròn (C1); biết đường tròn (C1) tiếp xúc với đường thẳng 1, 2 tâm K thuộc đường tròn (C) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 2)2 + y2 = Giải Gọi K(a; b); K  (C)  (a – 2)2 + b2 = a  b a  7b (C1) tieáp xuùc 1, 2   (1); (2) 2  5  a    5b  (1) vaø (2), cho ta:   5 a  b  a  7b 2  5  a    5b    I  hoaëc a  b  a  7b     216 2  5  a    5b   II   a  b  7b  a     TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 25a2  20a  16  vô nghiệm;   b  2a  I     a  2b 8 4 (II)     a; b    ;  5 5  25b  40b  16  Bán kính (C1): R  ab  2 2 8 4 Vaäy: K  ;  vaø R  5 5   Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)2 + y2 = Gọi I tâm (C) Xác định tọa độ điểm M thuộc (C) cho IMO  30o Giải Gọi điểm M(a; b) Do M(a; b) thuộc (C) nên (a – 1)2 + b2 = 1; O  (C)  IO = IM = Tam giác IMO có OIM  120o Neân OM2 = IO2 + IM2 – 2IO.IM.cos1200  a2 + b2 = Tọa độ điểm M nghiệm hệ   a  12  b2  a  Vaäy M =   2 b   a  b   3 3  ;    2 Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(–2; –2) C(4; –2) Gọi H chân đường cao kẻ từ B; M N trung điểm cạnh AB BC Viết phương trình đường tròn qua điểm H, M, N Giải Ta coù M(1; 0), N(1; 2), AC  (4;  4) Giả sử H (x, y) Ta có:  4(x  2)  4(y  2)  x  BH  AC     H(1; 1)  H  AC 4x  4(y  2)  y   Giả sử phương trình đường tròn cần tìm là: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = (1) Thay tọa độ M, N, H vào (1) ta có hệ điều kiện:  a  2a  c     2a  4b  c     b  2a  2b  c  2    c    Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: x2 + y2  x + y  = 217 Hướng dẫn giải CDBT từ ĐTQG Toán học – Bài 10: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x– 1)2 + (y + 2)2 = vaø đường thẳng d: 3x – 4y + m = Tìm m để d có điểm P mà từ kẻ hai tiếp tuyến PA, PB tới (C) (A, B tiếp điểm) cho tam giác PAB Giải (C) có tâm I(1; 2) bán kính R = Ta có: PAB nên IP = 2IA = 2R =  P thuộc đường tròn (C') tâm I, bán kính R' = Trên d có điểm P thoả mãn yêu cầu toán d tiếp xúc với (C') P  d(I; d) =  m = 19 hay m = 41 Bài 11: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2  2x  6y + = điểm M(3; 1) Gọi T1 T2 tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) Viết phương trình đường thẳng T1T2 Giải Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) bán kính R = MI = > R nên M nằm (C) Nếu T(xo; yo) tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) thì: T  (C) T  (C)     MT  IT  MT.IT   MT  (xo  3; yo  1),IT  (xo  1; yo  3) Do ta có: x2o  yo2  2xo  6yo      (xo  3)(xo  1)  (yo  1)(yo  3)  2  xo  yo  2xo  6yo      2xo  yo   2  xo  yo  2xo  4yo  (1) Vậy, tọa độ tiếp điểm T1 T2 tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến (C) thỏa mãn đẳng thức (1) Do phương trình đường thẳng T1T2 là: 2x + y  = Bài 12: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn: (C): x2 + y2  2x  2y + = đường thẳng d: x  y + = Tìm tọa độ điểm M nằm d cho đường tròn tâm M, có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C), tiếp xúc với đường tròn (C) 218 TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN Giải Đường tròn (C) có tâm I(1; 1), bán kính R = Vì M  d nên M(x; x + 3) Yêu cầu toán tương đương với: MI  R  2R  (x  1)2  (x  2)2   x  1, x  2 Vậy có điểm M thỏa mãn yêu cầu toán là: M1(1; 4), M2(2; 1) Bài 13: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(2; 0) B(6; 4) Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành điểm A khoảng cách từ tâm (C) đến điểm B Giải Gọi tâm (C) I(a; b) bán kính (C) R (C) tiếp xúc với Ox A  a = |b| = R IB =  (6  2)2 + (4  b)2 = 25  b2  8b + =  b = 1, b = Với a = 2, b = ta có đường troøn: (C1): (x  2)2 + (y  1)2 = Với a = 2, b = ta có đường tròn: (C2): (x  2)2 + (y  7)2 = 49 Bài 14: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxy cho điểm A(0; 2) B( ; 1) Tìm tọa độ trực tâm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp OAB Giải Gọi H(x, y) trực tâm AOB   AH  OB  AH coù VTPT OB   3, 1  Phương trình AH:  x     y    hay 3x  y    BH.OA  BH coù vtpt OA   0;     Phương trình BH: x    y  1  hay y + =  H   3; 1 Gọi I (x0; y0) tâm đường tròn ngoại tiếp AOB, ta coù: IA2  IO2  IB2 x2  y2  x2   y  2 0   y      I  3;1 2 x20  y20  x0    y0  1 x0        Baøi 15: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đêcác vuông góc Oxy Cho đường tròn (C): (x  1)2 + (y 2)2 = đường thẳng d: x  y  = Viết phương trình đường tròn (C') đối xứng với đường tròn (C) qua đường thẳng d Tìm tọa độ giao điểm (C) (C') 219 Hướng dẫn giải CDBT từ ĐTQG Toán học – Giải (C1) có tâm I(1; 2), R = Gọi I' điểm đối xứng I qua (d) Gọi () đường thẳng qua I   d  : x + y  = ()  (d) = H(2; 1) x 1  2   x = với I' (x; y)  I' (3; 0) Vì H trung điểm II' nên:   1  y  y =  Vậy đường tròn (C) có tâm I'(3; 0) R = R' = Vậy (C'): (x  3)2 + y2 = * Tìm tọa độ giao điểm (C), (C')  x  12   y  2   Giải hệ  2   x  3  y     x  3  y2   x  y     x = x = x  y       2y  4y  y = y =  Vậy giao điểm (C), (C') A(1; 0) B(3; 2) Bài 16: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxy, cho hai đường tròn (C1): x2 + y2  10x = 0, C2: x2 + y2 + 4x  2y 20 = 1/ Viết phương trình đường tròn qua giao điểm (C1), (C2) có tâm nằm đường thẳng x + 6y  = 2/ Viết phương trình tiếp tuyến chung đường tròn (C1) (C2) Giải 1/ Đường tròn (C) qua giao điểm hai đường tròn (C1) (C2)  (C), (C1), (C2) thuộc chùm đường tròn (C): m(x2 + y2 – 10x) + n(x2 + y2 – 2y – 20) = 0; (Với m2 + n2  0) (m + n)x2 + (m + n)y2 + (4n – 10m)x – 2ny – 20n = 4n  10m 2n 20n x2 + y2 + x y 0 mn mn mn n   2n  5m ; Taâm I    m  n m n   Vì I  d: x + 6y – =  5m  2n 6n     m  2n mn mn Ta choïn n =  m = 2 Vaäy (C): x2 + y2 – 24x + 2y + 20 = 220 TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 2/ Viết phương trình tiếp tuyến chung (C1) (C2)  (C1) có tâm I1(5; 0), bán kính R1 =  (C2) có tâm I2(2; 1), bán kính R2 = 5; I1I2 =  I1I2 < R1 + R2  (C1) (c2) cắt hai điểm  (C1) (C2) có hai tiếp tuyến chung Nhận xét x = x0 có tiếp tuyến chung Phương trình tiếp tuyến chung (C1) (C2) có dạng : y = ax + b  ax – y + b =  5a  b 5 (1)  d  I1 ,    R1  a 1  ycbt     2a   b  (2) d  I2 ,    R2  a2   Từ (1), (2)  5a  b  2a   b  a   5a  b  2a   b    b  3a  5a  b  2a   b   25  25 vào (1) ta có: b1  ; b2  7 3a   Thay b  vaøo (1)  Thay a   ta coù: 5a  3a   a2   51a2 – 14a + 99 = phương trình vô nghiệm  Vậy ta có tiếp tuyến là: 1: x + 7y – + 25 = 2: x + 7y – – 25 = Baøi 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hai đường tròn (C1): x2 + y2  4y  = 0, (C2): x2 + y2  6x + 8y + 16 = Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn (C1) (C2) Giaûi 2 (C1): x + y – 4y – =  I1(0; 2), R1 = (C2): x2 + y2 – 6x + 8y + 16 =  I2(3; 4), R2 = Ta coù I1I2 = 32   6      R1  R2 Vaäy C1) (C2) nằm  có tiếp tuyến chung 221 Hướng dẫn giải CDBT từ ĐTQG Toán học – Nhận xét: Tiếp tuyến đứng (C1) x = 3 Tiếp tuyến đứng (C2) x =  x =  (C1) vaø (C2) tiếp tuyến chung chúng có dạng : y = ax + b  ax – y + b =  b   a2   d  I1 ,    R1  ycbt      d  I ,    R  3a  b   a  (1) (2) a  2  b   3a  b  Từ (1), (2)  b   3a  b      b  3a   b   3a  b    b1    Thế a = 2 vào (1) ta được: 2  b     b2   Coù hai tieáp tuyeán: 1: 2x – y + + = ; 2: 2x – y +  = a1   b1  1 3a  2  Theá b  vào (1) ta được: 3a – 4a =   a2   b2  3  Có hai tiếp tuyến: 3: y = 1; 4 = x  3 Bài 18: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxy Cho đường thẳng d: x  y + = đường tròn (C): x2 + y2 + 2x  4y = Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d mà qua ta kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (C) A B cho góc AMB 600 Giải Ta có (C): (x + 1)2 + (y – 2)2 =  Taâm I (1; 2), R = Do AMB  60 MI phân giác   AMI nửa tam giác Có AMI  300  MI  2.IA  Vậy M nằm đường tròn tâm I, bán kính có phương trình là: (C1): (x + 1)2 + (y – 2)2 = 20 Do đó: Tọa độ M nghiệm hệ: x  y   y  x   x  x  3    hay    2 2  y  y  2  (x  1)  (y  2)  20 y   y    20 Vậy tọa độ M1(3; 4), M2(3; 2) thỏa mãn ycbt Bài 19: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxy cho đường thẳng 222 TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN d: x  7y + 10 = Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng : 2x + y = tiếp xúc với đường thẳng d A(4; 2) Giải d: x – 7y + 10 = 0, : 2x + y = 0, A(4; 2) Gọi I(a; b) tâm đường tròn (C) Vì (C) tiếp xúc d A  IA  d  phương trình đường thẳng IA: 7x + y + m = A  IA: 28 + + m =  m =  30 Vaäy phương trình IA: 7x + y – 30 = 7x  y  30  Do I giao điểm IA  ta giải heä   I  6;  12  2x  y  R = IA =   2    122  200  10 2 Vaäy (C): (x – 6) + (y + 12) = 200  Vấn đề 3: ELIP – HYPERBOL – PARABOL A PHƯƠNG PHÁP GIẢI Elip I ĐỊNH NGHĨA: (E) = M  MF1 + MF2 = 2a; F1F2 = 2c; a > c II CAÙC PHẦN TỬ ELIP: Các phần tử elip Phương trình tắc: (E): x a2 y  b2 Phương trình không  (a > b > 0) tắc: (E) : Đồ thị B2 A1 F1 O x2 a2  A2 F2 y F2 B1 A2 x y2 b2 (b > a > 0) y x O B1 1 B2 F1 A1  Trục lớn A1A2 = 2a A1A2 = 2a  Trục nhỏ B1B2 = 2b B1B2 = 2b A1(a; 0), A2(a; 0) A1(0; a), A2(0; a) B1(0; b), B2(0; b) B1(b; 0), B2(b; 0) Đỉnh 223 Hướng dẫn giải CDBT từ ĐTQG Toán học – Tiêu điểm F1(c; 0), F2(c; 0) F1 (0; c), F2(0; c) Tiêu cự Taâm sai F1F2 = 2c c e  1 a F1F2 = 2c c e  1 a c2 = a2  b2 c2 = b2  a2 Bán kính qua tiêu điểm MF1 = a + exm MF2 = a  exm MF1 = a + eym MF2 = a  eym Đường chuẩn 10 Hình chữ nhật số 11 Khoảng cách đường chuaån x a2 c y x = a; y = b a2 c y = a; x = b 2a2 c 2a2 c x2 y2 1 a2 b2 Phương trình tiếp tuyến (E) M(x0, y0) x.x y.y d : 20  20   b2x.x0 + a2y.y0 = a2b2 a b III TIEÁP TUYEÁN ELIP: Cho (E):  Đường thẳng d: Ax + By + C = tiếp xúc (E)  a2 A2  b2 B2  C2 HYPERBOL I ĐỊNH NGHĨA: (H) = M MF1  MF2 = 2a, F1F2 = 2c, < a < c II CÁC PHẦN TỬ CỦA HYPERBOL Các phần tử PTCT: (H): Trục thực x2 a  y2 b Dạng không tắc 1 a2 y A1 F1 O y2 A2 F2 A1A2 = 2a Tiêu điểm 224 x2 b2 1 y x A2 O F1 Đỉnh  F2 A1 A1A2 = 2a A1(a; 0), A2(a; 0) A1(0; a), A2(0; a) F1(c; 0), F2(c; 0) F1(0; c), F2(0; c) x TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN Tiêu cự Tâm sai F1F2 = 2c c e  1 a c = a2 + b Đường chuẩn F1F2 = 2c c e  1 a c = a2 + b a2 a2 y c c b b Tiệm cận y x x y a a Bán kính qua MF1 = exm + a MF1 = eym + a tiêu điểm MF2 = exm  a MF2 = eym  a (M thuộc nhánh phải bỏ trị tuyệt đối M thuộc nhánh trái bỏ đổi dấu trị tuyệt đối) 10 Các cạnh hình x =  a; y =  b y =  a; x =  b chữ nhật sở 11 Khoảng cách 2a2 2a2 đường c c chuẩn III Tiếp tuyến Hyperbol: Cho (H) : x2 a2  x y2 b2 1 1/ Phương trình tiếp tuyến (H) M(x0; y0) d : x.x0 a  y.y0 b2 1 2/ Đường thẳng d: Ax + By + C = tiếp xúc (H)  a2 A2  b2 B2  C2 PARABOL I ĐỊNH NGHĨA: (P) = M MF = d(M, ) II CÁC PHẦN TỬ CỦA PARABOL Phương trình tắc: (P): y2 = 2px  Đỉnh 0, trục đối xứng Ox p   Tiêu điểm F  ,0  2  p  Đường chuẩn:  : x   p  Bán kính qua tiêu: MF  xM    P y O p  F  ,0  2  x M 225 Hướng dẫn giải CDBT từ ĐTQG Toán học – Các dạng khác: Các phần tử Dạng y2 = 2py x2 = 2px y y Đồ thị F F O Tiêu điểm  p  F   ,0    Đường chuẩn :x  Bán kính qua tiêu điểm x p  :y   p x F p  p F  0,   2 p MF1   xm  x O x2 = 2py y p O p  F  0,   2  p MF  ym  :y  p p MF   ym  p III Tiếp tuyến parabol: (P): y2 = 2px 1/ Phương trình tiếp tuyến (P) M (x0; y0) có dạng d: y.y0 = p(x + x0) 2/ Điều kiện để đường thẳng : Ax + By + C = tiếp xúc (P) B2p = 2AC B ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011 x2 y2   Tìm tọa độ điểm A B thuộc (E), có hoành độ dương cho tam giác OAB cân O có diện tích lớn Giải  Vì xA xB dương tam giác OAB cân O nên A, B đối xứng qua trục Ox vaø xA = xB, yA = –yB y x 2A y 2A A  Ta coù: A  (E)   1 –2 x O 1  SOAB = AB.d(O,AB)  y A x A  x A yA B –1 2  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E): 1= 226 x2A y2A x2   A y2A  xA yA  SOAB 4 TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN  x2A  x2A x A   y2A      4  SOAB lớn     2 y2  y A    xA    y A   A     2 2 2 2 Vaäy : A  2;  ; B  2;   hoaëc A  2;   ; B  2;          Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NAÊM 2010 x2 y2   Gọi F1 F2 tiêu điểm (E) (F1 có hoành độ âm); M giao điểm có tung độ dương đường thẳng AF1 với (E); N điểm đối xứng F2 qua M Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2 Giải Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(2; ) vaø elip (E): x2 y2    c2  a2  b2    Do F1(–1; 0); F2(1; 0) x 1 y   Phương trình AF1 có dạng  x  y 1  1 30 (E) : M = AF1  (E) neân tọa độ điểm M (với yM > 0) thỏa hệ phương trình x 1 x  y    (vì y > 0)  M  1;     y  3  2x  3y     N điểm đối xứng F2 qua M  M trung điểm NF2  N  1;  3     NA   1;   ; F2 A  1;  NA.F2 A  3   ANF2 vuông A nên đường tròn ngoại tiếp có đường kính F2N   Đường tròn có tâm I  1;  trung điểm đoạn F2N có bán kính 3    2   nên có phương trình laø: (x  1)2   y    3 3  Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình tắc elíp (E) biết (E) có tâm sai hình chữ nhật sở (E) có chu vi 20 Giải R = IF2 = 227 Hướng dẫn giải CDBT từ ĐTQG Toán học – x2 y2   vớ i a  b   b2 c Tâm sai  9c2 = 5a2  9(a2 – b2) = 5a2 (1) e  a Chu vi hình chữ nhật sở 20  a + b =  b = – a (2) Thay (2) vaøo (1) ta được: a2 – 18a + 45  a  3haya  15 loạ i  b  10   Gọi (E): a2  Với a =  b = (nhận) Vậy phương trình tắc (E): x2 y2  1 Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P): y2 = 16x điểm A(1; 4) Hai điểm phân biệt B, C (B C khác A) di động (P) cho góc BAC  900 Chứng minh đường thẳng BC qua điểm cố định Giải 2 b  c   B, C  (P)  B  ; b  , C  ,c  (b  c, b, c  4)  16   16        b2   c2  AB    1; b   , AC    1; c    16   16       b2  c2   1  1  (b  4)(c  4)  Do AB  AC neân AB.AC     16  16      272 + 4(b + c) + bc = (1)  Phương trình đường thẳng BC là: c2 x 16  y  c  16x  (b  c)y  bc  (2) b c2 b  c  16 16 Từ (1) (2) suy đường thẳng BC qua điểm cố định I(17; 4) Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho điểm C(2; 0) elip (E): x y2   Tìm tọa độ điểm A, B thuộc (E), biết hai điểm A, B đối xứng với qua trục hoành tam giác ABC tam giác Giải Giả sử A(xo; yo) Do A, B đối xứng qua Ox nên B(xo; yo) Ta có AB2 = y 2o vaø AC2 = (xo  2)2 + y 2o 228 TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN Vì A  (E) neân xo4 x2  y2o   y2o   o 4 (1) Vì AB = AC neân (xo  2)2  yo2  4yo2 (2)  xo  Thay (1) vaøo (2) vaø rút gọn ta được: 7x2o  16xo      xo   Với xo = thay vào (1) ta có yo = Trường hợp loại A  C Với xo = thay vào (1) ta có yo   (nhaän) 7 2 3 2 3 2 3 2 3 Vaäy A  ;  ;B  ;   hoaëc B  ;    ;A  ;    7  7 7  7  Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxy Cho Parabol (P) có phương trình y2 = x điểm I(0; 2) Tìm tọa độ hai điểm M, N thuộc (P) cho IM  4IN Giải Ta có: (P) y2 = x I(0; 2) Gọi M(m2; m ), N(n2 ; n)  (P)      IM  m2 ; m  , IN  n2 ; n   4IN  4n2 ; 4n     n  n  m2  4n2 m  4n  ycbt: IM  4IN     hay  m   4n   n  4n   m1  2 m   Vậy ta có cặp điểm M1(4; 2), N1(1; 1) vaø M2(36; 6), N2(9; 6) Baøi 7: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đêcác vuông góc Oxy Cho elip (E) có x2 y2 phương trình   Xét điểm M chuyển động tia Ox điểm N 16 chuyển động tia Oy cho đường thẳng MN tiếp xúc với (E) Xác định tọa độ M, N để đoạn MN có độ dài nhỏ Tính giá trị nhỏ Giải M(m; 0)  Ox, N(0; n)  Oy  m, n > x2 y2  1 16 Đường thẳng MN có phương trình: nx + my  mn = (E): MN tiếp xúc với (E)  16n2  9m2   mn 2 Ta có MN2 = m2 + n2 Theo bất đẳng thức Bunhia ta có: 229 Hướng dẫn giải CDBT từ ĐTQG Toán học – 7 m  n  m n MN nhỏ  16 m m n  m n   n2 m  n2  MN m n2   3m2  4n2 Vaø m2 + n2 = 49  m2 = 28 vaø n2 = 21 Do MN nhỏ  m = vaø n =  M (2 ; 0) N (0; 21 (vì m, n > 0) 21 ) MN = Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxy, cho elíp (E): x2 y2   đường thaúng dm: mx  y  = a/ Chứng minh với giá trị m, đường thẳng dm cắt elíp (E) hai điểm phân biệt b/ Viết phương trình tiếp tuyến (E), biết tiếp tuyến qua điểm N(1; 3) Giaûi x2 y2    4x2 + 9y2 = 36 Ta có phương trình hoành độ giao điểm (E) (dm) 4x2 + 9(mx – 1)2 – 36 =  (4 + 9m2)x2 – 18mx – 25 = ' = 81m2 + 25(4 + 9m2) > 0, m Vậy dm cắt (E) hai điểm m b/ Viết phương trình tiếp tuyến với (E) qua N(1; 3) Do x = không tiếp tuyến (E) nên gọi  tiếp tuyến với (E) qua N(1; 3) có hệ số góc k : y = k(x – 1) –  kx – y – – k =  tiếp xúc (E)  9k2 + = (3 – k)2  8k2 – 6k – =  k   hay k  Vậy có tiếp tuyến 1: x + 2y + = 0, 2: 5x – 4y – 17 = a/ (E): 230 ... giải CDBT từ ĐTQG Toán học –  5 Vậy M(1; 1) hay M   ;    3 Bài 13: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xác định tọa độ đỉnh C tam giác ABC, biết hình chiếu vuông... 203 Hướng dẫn giải CDBT từ ĐTQG Toán học –  1 k  22 22 Vaäy : y   x  k  1  (loạ i) k   Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật... Vậy bốn đỉnh hình vuông A(1; 1), B(0; 0), C(1; 1), D(2; 0), hoaëc A(1; 1), B(2; 0), C(1; 1), D(0; 0) 207 Hướng dẫn giải CDBT từ ĐTQG Toán học – Bài 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai