Vấn đề 4. Min,max phần 2

Email: trAnght145@gmAil.Com Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(3;2) đường thẳng d: x+2y+3=0 Hai điểm B, C di động đường thẳng d cho BC= Gọi hai điểm B (a;b) , C(c;d) cho tam giác ABC có chu vi nhỏ Tính T=ad+bc 25 A B.30 C.1 D.5 Tác giả : Nguyễn Thị Trang,Tên FB: Trang Nguyen Lời giải Chọn D M A Gọi MN hai điểm cho: A’ đối xứng với A qua d, H hình chiếu A lên D B d Tìm H(1;-2) nên A’(-1;-6) H C Khi chu vi tam giác ABC là: P=AB+AC+BC =MB+AB+BC =MB+BA’ +BC Do BC=3nên P nhỏ MB+BA’ nhỏ nhấtA’ M, B,A’ thẳng hàng Gọi  qua A song song với D Khi pt đt  : x+2y-7=0 Đường tròn (C) tâm A bán kính R=AN=BC=3 (C) có pt: (x-3)2+(y-2)2 = 45 Khi M, N giao điểm đường thẳng  dường tròn (C) Tọa độ M, N thõa mãn hệ :  M(-3;5), N(9;-1) Khi ptđt MA’: 11x+2y+23=0 NA’ : x-2y+11=0  B giao điểm MA’ đường thẳng d  B Tương tự C giao điểm đường thẳng NA’ d  C   A  2; 2  , B  4;  , C 3;  Email: DACkhAo168@gm Ail.Com Trong mặt phẳng Oxy, Cho tam giác ABC với N Câu nội tiếp đường trịn (C) có tâm I Từ điểm M đường thẳng d : x  y   vẽ tiếp tuyến với (C) N Khi tam giác ABN có diện tích lớn độ dài IM ngắn A B 82 C D 10 Lời giải Tên FB: Dac Phien Khao Nhận thấy tam giác ABC vuông C nên đường trịn (C) có tâm AB R  2 Ta có: S ABN  I  3; 1 bán kính AB.d ( N , AB ) S max � d ( N , AB) max   nên ABN Do AB đường kính nên   xảy ABN vuông cân N Lúc tiếp tuyến  với (C) N song song với AB : x  y   cách AB đoạn R Giả sử  : x  y  m  Ta có: d  ; AB   R �  :x y20 m  2 � �  �� � �1 m  6 2 : x  y   � � m4 Tọa độ M giao điểm d với tiếp tuyến vừa tìm đượC � �6 � � 82 M1 � ;  � � IM  � 5 �� � � � � � M  2; 4  IM  10 � Nên: � Chọn đáp án B Câu Email: danhduoc@gmail.com A  1;  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm đường tròn  C có phương trình x  y  x  y   Viết phương trình đường trịn  C ' có tâm A cắt  C  hai điểm phân biệt M , N cho diện tích AMN đạt giá trị lớn Chọn khẳng định đúng? A  C ' qua điểm C  C ' qua điểm F  1;   K 1;  2  B  C ' qua điểm D  C ' qua điểm G  4;5   J  3;5  Lời giải Tác giả: Vũ Danh Được,Tên FB: Danh Được Vũ Chọn D Cách 1: Dễ thấy điểm A � C  ,  C có tâm I  1;  bán kính R  � � Gọi E  MN �AI , đặt   IAM  IAN  90 �  2 AMN cân A nên IA trung trực MN , suy MAN �  IAM cân I có IM  IA  IAM nên với H trung điểm AM ta có SAMN  AM sin 2  8cos  sin 2  16.cos3  sin  AM  AH  cos  Suy Với a, b, c, d  , theo Cơ-si có Do , dấu xảy a  b  c  d Với   90 � sin  , cos   , áp dụng: SAMN = cos.cos.cos.sin Dấu cos   3.sin  hay   30  C ' đường tròn tâm A , bán kính Khi AM  cos 30  nên 2 C ' :  x  1   y    12  Suy phương trình , qua  J  3;5  Cách 2: Ta có phương trình đường thẳng IA : y  Vì MN  IA nên phương trình đường thẳng MN : x  a   C  hai điểm phân biệt a � 3;1 Để đường thẳng MN cắt đường tròn IE  d  I , MN   a  ME  R  IE   2a  a AE  d  A, MN    a   a Ta có , , a � 3;1 (vì ) Do SAMN  ME AE    a   2a  a  f  a  Sử dụng đạo hàm ta tìm giá trị lớn hàm a  2 f  a a � 3;1 khoảng xảy Khi ME  3, AE  � AM  Từ phương trình  C ' :  x  1   y    12 , qua  J  3;5  Họ tên: Phạm Thanh My Email: phAmthAnhmy@gmAil.Com Facebook: Pham Thanh My Câu Trong mặt phẳng A  4; 1 , B  1;1 Oxy , cho đường tròn  C  :  x  1   y  2  A B 53 C 57 D Lời giải Chọn B có tâm hai điểm  C  Tìm giá trị nhỏ biểu thức Điểm M thay đổi đường tròn T  MA  3MB  C I  1;  , bán kính R   C Ta có IA   3R, IB  R nên A, B nằm ngồi đường trịn IP  IN  C   , P nằm đoạn IN cho 3 Gọi N giao điểm IA uur uu r �4 � � IP  IA � P � ; � �3 � Ta có AIM đồng dạng với MIP � MA IM   � MA  3MP MP IP Do T  MA  3MB  3MP  3MB �3PB  C Gía trị nhỏ T  3PB  53 xảy M giao điểm BP đường tròn Tvluatc3tt@gmail.com Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn  C  :  x  1   y  1  25 điểm A  7,9  ; B  0;8  M  a; b   C  cho biểu thức P  MA  2MB đạt giá trị nhỏ Điểm thuộc Khẳng định sau A a  b  B a  b  2 C a  b  37 2 D a  b  29 Lời giải Tác giả: Trần Luật Facebook: Trần Luật Chọn C Cách 1: Đường tròn  C có tâm I  1;1 bán kính R   C Do IA  10  IB   nên hai điểm A, B nằm ngồi đường trịn J  x; y  Gọi đường tròn �5 � uu r uu r J � ;3 � IJ   điểm thỏa mãn IA  IJ ta có �2 � Vì nên điểm J nằm Khi với điểm M thuộc � IM J ∽ IAM  c.g.c  � MA  2MJ đường trịn  C ta có IM IJ   IA IM  C  ta có: MA  2MB   MJ  MB  �2 BJ � P  MA  2MB Vậy với điểm M thuộc đạt giá trị nhỏ ba điểm B, J , M thẳng hàng M nằm B J �5 � J � ;3 � Phương trình đường thẳng BJ qua hai điểm �2 � có phương trình x  y   Tọa độ giao điểm đường thẳng BJ đường tròn  C  nghiệm hệ 2x  y   � �x  � �x  �� � 2  x  1   y  1  25 �y  � � �y  2 uuur uuur � M  1;6  Do M nằm B J nên hai vectơ MB MJ ngược hướng B  0;8 2 Vậy a  b  37 Cách 2: Gọi M  a; b  � C  ta có  a  1   b  1  25 Theo đề ta có P  MA  MB   a  7   a  7   b  9  a2   b  8 2 2 2   b  9  �  75  a   b    a  1   b  1 � � � 2 � 5� 2 � a  �  b  3  a   b    MC  MB �2 BC � 2� �5 � C � ;3 �� BC  5 Với �2 � Vậy Dấu P  MA  MB �2 5 "  " xảy M , B, C thẳng hàng M nằm nghiệm B C hay  b  � a  2a  b   a b 8 a M � C  Do nên tọa độ điểm M 2a  b   � a 1 � � a5 � �� � 2 �  a  1   b  1  25 �b  �b  2 � hệ phương trình uuuur uuur � M  1;6  Do M nằm B C nên hai vectơ MB MC ngược hướng 2 Vậy a  b  37  C  :  x  1   y    đường thẳng Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đương tròn Câu  d1  : mx  y  m   0,  d  : x  my  m   Tìm giá trị tham số m để đường  C  điểm phân biệt cho điểm lập thành tứ giác có diện tích lớn thẳng d1 , d cắt Khi tổng tất giá trị tham số m là: A B C D Lời giải Tác giả: Phùng Thị Thu Hằng,Tên FB: Phùng Hằng Chọn A Đường trịn Ta có:  C  có tâm bán kính là: I  1;  , R  h1  d  I , d1   m2   R  2, h2  d  I , d   m m2  R2 Suy với m đường thẳng d1 , d cắt đường tròn (C) điểm phân biệt  C  A, B, d cắt  C  C, D đó: Gọi d1 cắt AB  R  h12   Xét hệ phương trình: mx  y  m   � � � �x  my  m   4m  m2 3m  2  , CD  R  h    2 m2  m2  m2  m2  �y  m   mx � � �x  m  m   mx   m   �y  m   mx � � �x  �x  � �y  M  1;1 , IM   R  Suy d1 , d cắt nên điểm I nằm đường tròn Mặt khác: d1  d � AB  CD � S ACBD Vậy  AB.CD  2  4m  3  3m   m2  4m   3m  � 1 m2  max  S ABCD   � 4m   3m  � m  � m  �1 Mail: hunglxyl@gmAil.Com Câu 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x  y  4x  2y   đường uuur  : x  y   B � ( C ) A �  AB thẳng Giả sử cho vectơ phương với r u 4; 3 đồng thời đoạn thẳng AB lớn Tìm độ dài đoạn AB  A  985  17 12  B 26  C 17  D Lời giải Tác giả: Lê Xuân Hưng,Tên FB: Hưng Xuân Lê Chọn B   I 2; 1 , Đường trịn (C ) có tâm bán kính R    d I ;  Ta có 7.2   49   12  R Do  (C ) khơng có điểm chung Góc đường thẳng AB  , 7.3  1.4 r r cos   cos nAB , n    49   16  �   45 Gọi H hình chiếu B � , ta có BAH  45 � AB  BH Do AB lớn BH lớn Suy 12 AB  d I ;   R       Email: minh.love.math@gmail.com  I  có phương trình x2  y  y   đường Câu Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn thẳng  d ,  d M � I  có phương trình x  y  10  Gọi điểm có khoảng cách lớn tới N � I  điểm có khoảng cách nhỏ tới A  d  Tổng khoảng cách là: C B D Lời giải Họ tên tác giả: Trần văn Minh Facebook: Trần văn Minh Chọn C Ta có I   0;3  , R  d  I,  d     R �d không cắt  I  m  đường thẳng qua I vng góc với đường thẳng  d  Khi  m  cắt  I  Gọi hai điểm M N thỏa mãn yêu cầu đề cho Khi tổng khoảng cách cần tìm d  M ,  d    d  N,  d    2R  2d  N,  d      R  d  I,  d    R  2d  I,  d    Câu 7 Email: lethuhAng2712@gmAil.Com  C  có phương trình x  y  x  y   điểm M  1;1 Gọi  Cho đường tròn  C  hai điểm A, B cho SIAB lớn Biết phương trình  có đường thẳng qua M cắt a a a  0,  1 b dạng ax  by  c  với điều kiện b phân số tối giản Tính giá trị biểu thức H  2a  b A H  3 C H  5 B H  4 D H  6 Lời giải Tác giả: Lê Thị Thu Hằng,Tên FB: Lê Hằng Chọn C I  2; 1 IM  R  , , S IAB  IA.IB.sin � AIB � AIB  � IAB vuông cân đỉnh I 2 Dấu ''  '' xảy � sin � � d  I ,   AB R   2 Có  : ax  by  a  b  a  b 2a  b  a  b � 3 �  �  a  2b    a  b  � 7a  8ab  b  � � b  7 a 2 a2  b2 � a  1 Kết hợp điều kiện b  : x  y   � H  2a  b  5 d  I ,   Email: chitoannd@gmail.com Câu Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vng góc Oxy , cho hình bình hành ABCD tâm I, biết A  0;1 B  3;  P  : y  x  x  1,  thuộc parabol tam giác IAB có diện tích T  xC  yC  xD  22 y D A T  79 lớn B T  97 điểm I nằm cung AB (P) cho Biết C  xC ; yC  , D  xD ; yD  C T  19 , D T  19 Lời giải Tác giả : Nguyễn Văn Chí,Tên FB: Nguyễn Văn Chí Chọn A Phương trình đường thẳng AB: x  y   Điểm I nằm cung AB (P) Diện tích tam giác IAB lớn Xét hàm số f  m � d  I ; AB    3 00 9 f  m   m  3m m � I  m; m  2m  1 , m � 0;3 0;3 ta có: m  3m lớn Σ m�   ,0  0;3 m 4m 9 d  I ; AB  �m Dấu “=” xảy � 1 � � 7� C� 3; � D � 0; � 2 �là hai điểm cần tìm � � � I trung điểm AC BD nên Suy Vậy T  xC  yC  xD  22 yD  79  �3 � �I�; � �2 �  A  2; 2  , B  4;  , C 3;  Email: dackhao168@gmail.com Câu Trong mặt phẳng Oxy, Cho tam giác ABC với nội tiếp GIẢI : d : x  y   vẽ tiếp tuyến với (C) đường trịn (C) có tâm I Từ điểm M đường thẳng N Khi tam giác ABN có tên: diện Đắc tích lớn độ dàiFB: IM ngắn Họ Phiên Khảo,Tên Dac Phien Khao 82 10 C nên đường trịn (C) có tâm I  3; 1 bán kính Nhận thấy tam giác ABC vng A.AB2 B C D R  2 Ta có: S ABN  AB.d ( N , AB ) S max � d ( N , AB) max   nên ABN Do AB đường kính nên   xảy ABN vuông cân N Lúc tiếp tuyến  với (C) N song song với AB : x  y   cách AB đoạn R Giả sử  : x  y  m  Ta có: d  ; AB   R �  :x y20 m  2 � �  �� � �1 m  6 2 : x  y   � � m4 Tọa độ M giao điểm d với tiếp tuyến vừa tìm đượC � �6 � � 82 M1 � ;  � � IM  � 5 �� � � � � � M  2; 4  IM  10 � Nên: � Chọn đáp án B Email: hoathptsontay@gmail.com  C  :  x     y  1  25 hai đường thẳng Câu 10 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 2 d1 : mx  y  , d : x  my  Tìm m để hai đường thẳng d1 , d cắt  C  bốn điểm phân biệt tạo thành tứ giác có diện tích lớn A m  C m  B m  m m D m  Lời giải Tác giả : Nguyễn Thị Hoa,,Tên FB: Hoa Nguyen Chọn B Nhận xét: d1 , d vng góc với gốc tọa độ O  C có tâm I  2;1 , bán kính R   C  H , K Gọi A , B , C , D giao điểm hai đường thẳng d1 , d với hình chiếu vng góc I lên d1 , d (hình vẽ) S ABCD  Mà AC.BD �AB  BD 2 AC  BD   R  IH    R  IK   8R   IH  IK   8R  4OI  const Nên diện tích tư giác ABCD lớn AC  BD , IH  IK � d  I , d1   d  I , d  m3 � 2m    m 2m   m � � �  �� � � 2m   2  m m  1  m2 m � � Email: minh.love.math@gmail.com  I  có phương trình x2  y  y   đường Câu 11 Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn thẳng  d ,  d M � I  có phương trình x  y  10  Gọi điểm có khoảng cách lớn tới N � I  A điểm có khoảng cách nhỏ tới B  d  Tổng khoảng cách là: C D Lời giải Họ tên tác giả: Trần văn Minh Chọn C Facebook: Trần văn Minh Ta có I   0;3  , R  d  I,  d     R �d không cắt  I  m  đường thẳng qua I vng góc với đường thẳng  d  Khi  m  cắt  I  Gọi hai điểm M N thỏa mãn yêu cầu đề cho Khi tổng khoảng cách cần tìm d  M ,  d    d  N,  d    2R  2d  N,  d   Câu Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, Tam giác ABC nhọn có trực tâm H M  0; 2  trung điểm cạnh BC Trên tia đối tia HB, HC lấy P, Q cho AQHP hình bình hành �7 � � � P� ; � , Q�  ; � 2 2 �, đỉnh A thuộc đường thẳng d : x  y   đỉnh B  a; b  � � � Giả sử a  b bằng:    R  d  I,  d    R  2d  I,  d    7 Email: dackhao168@gmail.com GIẢI : Họ tên: Đắc Phiên Khảo,Tên FB: Dac Phien Khao Phân tíCh: Vẽ hình theo giả thiết, dự đốn tính chất đặc biệt để giải toán Phát : AM  QP M  0; 2  Đường thẳng AM qua có VTCP uuu r PQ   7; 1  AM  : x  y   nên : �Tọa độ A   AM  � d  thỏa hệ : 7x  y   � � A  1;5  � 3x  y   � Trung điểm PQ N  0;3 trung điểm AH � H  1;1 �Đường thẳng BC qua M  0; 2  vng góc với AH nên :  BC  : x  y   uuu r �5 � HP  � ; � �2 �làm VTCP nên :  BH  : x  y  �Đường thẳng BH qua H  1;1 nhận �x  y  � �Tọa độ điểm B thỏa : �x  y   � B  4; 4  Chọn đáp án A Việc chứng minh MA  QP xin nêu thêm sau: CáCh : Chứng minh : MA  QP Gọi E, F chân đường cao C, A; N trung điểm PQ I giao điểm AM PQ �  ACB � (do phu HAC) � � QAH � � �  ABC � (do BEFH nôi tiêp) � QAH ACB  g  g  AHQ Ta có : � đồng dạng với � AQ AH 2AN   AC BC 2CM � � ACM  c  g  c  Mà QAN  CAM nên : QAN đồng dạng với � �  QPH � � MAC  AQN mà BP  AC Suy MA  QP CáCh : Chứng minh : MA  QP �  QAB �  900 � AQH � � �  APH �  900 PAC Do H trực tâm tam giác ABC nên : � � � Mà AQH  APH ( AQHP hình bình hành ) uuur uuur uuu r uuur � � �  PAC � � cos QA, AB   cos AP, AC QAB Nên :     �  CAQ �  900 � �BAP � �  APH � AQH � APB đồng dạng với AQC � AP.AC  AQ.AB Lại có : � uuu r uuur uuur uuur � � � AP.AC.cos AP, AC  AQ.AB.cos QA, AB  uuu r uuuu r uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuu r uuur uuur uuur uuur uuur 2.QP.AM  QA  QH AB  AC  QA.AB  AP.AC QA.AC  0, AB.QH  ) Xét (        uuu r uuur uuur uuur � �  AP.AC.cos AP, AC  AQ.AB.cos QA, AB   Suy MA  QP    ... hướng B  0;8 2 Vậy a  b  37 Cách 2: Gọi M  a; b  � C  ta có  a  1   b  1  25 Theo đề ta có P  MA  MB   a  7   a  7   b  9  a2   b  8 2 2 2   b  9  �... � � 2 � 5� ? ?2 � a  �  b  3  a   b    MC  MB ? ?2 BC � 2? ?? �5 � C � ;3 �� BC  5 Với ? ?2 � Vậy Dấu P  MA  MB ? ?2 5 "  " xảy M , B, C thẳng hàng M nằm nghiệm B C hay  b  � a  2a ... h 12   Xét hệ phương trình: mx  y  m   � � � �x  my  m   4m  m2 3m  2  , CD  R  h    2 m2  m2  m2  m2  �y  m   mx � � �x  m  m   mx   m   �y  m   mx � � �x 