Chẳng hạn, để lập phương trình đường thẳng cần tìm một điểm đi qua và VTPT, với phương trình đường tròn thì ta cần xác định tâm và bán kính….Chúng ta có thể gặp bài toán tìm tọa độ của đ[r]
(1)Tài liệu ôn thi Đại Học CHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG A Tóm tắt lý thuyết I Tọa độ mặt phẳng r r Cho u(x1 , y1 ); v(x2 ;y ) và k ∈ R Khi đó: r r r r 1) u + v = (x1 + x2 ;y1 + y ) 2) u − v = (x1 − x2 ;y1 − y2 ) r 3) ku = (kx1 ;ky1 ) r 4) u = x12 + y12 r r x = x2 5) u=v ⇔ y1 = y rr r r rr 6) u.v = x1x2 + y1 y2 ⇒ u ⊥ v ⇔ u.v = ⇔ x1 x2 + y1y = r r x = kx2 • Hai véc tơ u(x1 , y1 ); v(x2 ;y ) cùng phương với ⇔ y1 = ky rr u.v r r r r x1 x2 + y1y • Góc hai véc tơ u(x1 , y1 ); v(x2 ;y ) : cos(u, v) = r r = 2 2 u v x1 + y x + y • Cho A(x A ;y A ) ; B(xB ;y B ) Khi đó : uuur uuur 1) AB = (xB − x A ;y B − y A ) 2) AB= AB = (xB − x A )2 + (y B − y A )2 x A + xB xI = 3) y y = A + y B I đó I là trung điểm AB uuur uur • AB ⊥ CD ⇔ AB.CD = • Cho tam giác ABC với A(x A ;y A ), B(xB ;y B ), C(xC ;y C ) Khi đó trọng tâm G ( xG ;y G ) x A + x B + xC xG = tam giác ABC là : y y + B + yC y = A G II Phương trình đường thẳng Phương trình đường thẳng 1.1 Véc tơ phương (VTCP), véc tơ pháp tuyến (VTPT) đường thẳng : Cho đường thẳng d r r • n = (a;b) ≠ gọi là véc tơ pháp tuyến d giá nó vuông với d r r • u = (u1 ;u2 ) ≠ gọi là véc tơ phương d giá nó trùng song song với đường thẳng d Một đường thẳng có vô số VTPT và vô số VTCP ( Các véc tơ này luôn cùng phương với nhau) GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) (2) Tài liệu ôn thi Đại Học rr • Mối quan hệ VTPT và VTCP: n.u = r r • Nếu n = (a;b) là VTPT đường thẳng d thì u = (b; −a) là VTCP đường thẳng d uuur • Đường thẳng AB có AB là VTCP 1.2 Phương trình đường thẳng 1.2.1 Phương trình tổng quát đường thẳng : r Cho đường thẳng d qua điểm A(x0 ;y ) và có n = (a;b) là VTPT, đó phương trình tổng quát d có dạng: a(x − x0 ) + b(y − y ) = 1.2.2 Phương trình tham số đường thẳng : r Cho đường thẳng d qua điểm A(x0 ;y ) và có u = (a;b) là VTCP, đó phương trình x = x0 + at tham số đường thẳng d là: , t ∈R y = y + bt Vị trí tương đối hai đường thẳng Cho hai đường thẳng d1 : a1x + b1y + c1 = 0; d2 : a2x + b2y + c2 = Khi đó vị trí tương đối a x + b1y + c1 = chúng phụ thuộc vào số nghiệm hệ : (I) a2x + b2y + c2 = • Nếu (I) vô nghiệm thì d1 / /d2 • Nếu (I) vô số nghiệm thì d1 ≡ d2 • Nếu (I) có nghiệm thì d1 và d2 cắt và nghiệm hệ là tọa độ giao điểm Góc hai đường thẳng Cho hai đường thẳng d1 : a1x + b1y + c1 = 0; d2 : a2x + b2y + c2 = Gọi α là góc nhọn tạo hai đường thẳng d1 và d2 Ta có : cos α = a1a2 + b1b2 a12 + b12 a22 + b22 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng Cho đường thẳng ∆ : ax + by + c = và điểm M(x0 ;y ) Khi đó khoảng cách từ M đến ∆ tính công thức: d(M,( ∆ )) = ax0 + by + c a2 + b2 Phương trình đường phân giác góc tạo hai đường thẳng Cho hai đường thẳng d1 : a1x + b1y + c1 = và d2 : a2x + b2y + c2 = Phương trình phân giác a x + b1y + c1 a x + b2y + c2 góc tạo hai đường thẳng là: =± a12 + b12 a22 + b22 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) (3) Tài liệu ôn thi Đại Học III Phương trình đường tròn Phương trình đường tròn : Cho đường tròn (C) tâm I(a;b), bán kính R , đó phương trình (C) là : (x − a)2 + (y − b)2 = R Ngoài phương trình : x2 + y − 2ax − 2by + c = với a2 + b2 − c > là phương trình đường tròn có tâm I(a;b), bán kính R = a2 + b2 − c Phương trình tiếp tuyến : Cho đường tròn (C) : (x − a)2 + (y − b)2 = R • Tiếp tuyến ∆ (C) điểm M là đường thẳng qua M và vuông góc với IM • Đường thẳng ∆ : Ax + By + C = là tiếp tuyến (C) ⇔ d(I, ∆ ) = R • Đường tròn (C) : (x − a)2 + (y − b)2 = R có hai tiếp tuyến cùng phương với Oy là x = a ± R Ngoài hai tiếp tuyến này các tiếp tuyến còn lại có dạng : y = kx + m IV E líp Định nghĩa : Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định F1 ,F2 có F1F2 = 2c Tập hợp các điểm M mặt phẳng cho MF1 + MF2 = 2a ( 2a không đổi và a > c > ) là đường elíp • F1 ,F2 : là hai tiêu điểm và 2c là tiêu cự elíp • MF1 ,MF2 : là các bán kính qua tiêu Phương trình chính tắc elíp: x2 a Vậy điểm M(x0 ;y )∈(E) ⇔ x20 a2 + y 20 b2 + y2 b = với b2 = a2 − c2 = và x0 ≤ a ; y ≤ b Tính chất và hình dạng elíp: Cho (E): x2 a2 + y2 b2 =1, a > b • Trục đối xứng Ox,Oy Tâm đối xứng O • Đỉnh: A1( −a;0), A2 ( a;0) , B1(0; −b) và B2 ( 0; b ) A1 A2 = 2a gọi là độ dài trục lớn, B1B2 = 2b gọi là độ dài trục bé • Tiêu điểm: F1( −c;0), F2(c;0) • Nội tiếp hình chữ nhật sở PQRS có kích thước 2a và 2b với b2 = a2 − c2 c a2 − b2 • Tâm sai: e = = <1 a a GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) (4) Tài liệu ôn thi Đại Học a a2 • Hai đường chuẩn: x = ± = ± e c • M ( x0 ;y ) ∈ ( E ) : MF1 = a + ex0 và MF2 = a − ex0 P y B2 A1 Q x O A2 S R V Hypebol Định nghĩa : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm F1 ,F2 có F1F2 = 2c Tập hợp các điểm M mặt phẳng cho MF1 − MF2 = 2a ( 2a không đổi và c > a > ) là Hypebol • F1 , F2 : là tiêu điểm và F1F2 = 2c là tiêu cự • MF1 ,MF2 : là các bán kính qua tiêu Phương trình chính tắc hypebol: x2 a − y2 b = với b2 = c2 − a2 Tính chất và hình dạng hypebol (H): • Trục đối xứng Ox (trục thực), Oy (trục ảo) Tâm đối xứng O • Đỉnh: A1( −a;0), A2 ( a;0 ) Độ dài trục thực: 2a và độ dài trục ảo: 2b • Tiêu điểm F1( −c; 0), F2 ( c; ) b • Hai tiệm cận: y = ± x a • Hình chữ nhật sở PQRS có kích thước 2a,2b với b2 = c2 − a2 • Tâm sai: e = c a2 + b2 = a a a a2 • Hai đường chuẩn: x = ± = ± e c • Độ dài các bán kính qua tiêu M ( x0 ;y ) ∈ ( H ) : +) MF1 = ex0 + a và MF2 = ex0 − a x0 > +) MF1 = −ex0 − a và MF2 = −ex0 + a x0 < GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) (5) Tài liệu ôn thi Đại Học • M(x0 ;y )∈(E): x2 a2 − y2 b2 =1⇔ x20 a2 − y 20 b2 = và ta luôn có x0 ≥ a VI Parabol Định nghĩa: Parabol là tập hợp các điểm M mặt phẳng cách đường thẳng ∆ cố định và điểm F cố định không thuộc ∆ ∆ : đường chuẩn; F : tiêu điểm và d(F, ∆ ) = p > là tham số tiêu Phương trình chính tắc Parabol: y = 2px Hình dạng Parabol (P) : p • Trục Ox là trục đối xứng, đỉnh O Tiêu điểm F( ;0) • Đường chuẩn ∆ : x = − p • M ( x;y ) ∈ ( P ) : MF = x + p với x ≥ B CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN Lập phương trình đường thẳng Để lập phương trình đường thẳng ∆ ta thường dùng các cách sau r • Tìm điểm M(x0 ;y ) mà ∆ qua và VTPT n = (a;b) Khi đó phương trình đường thẳng cần lập là: a(x − x0 ) + b(y − y ) = • Giả sử đường thẳng cần lập ∆ : ax + by + c = Dựa vào điều kiện bài toán ta tìm a = mb,c = nb Khi đó phương trình ∆ : mx + y + n = Phương pháp này ta thường áp dụng bài toán liên quan đến khoảng cách và góc • Phương pháp quỹ tích: M(x0 ;y )∈ ∆ : ax + by + c = ⇔ ax0 + by + c = Ví dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C):(x − 1)2 + (y − 2)2 = 25 1) Viết phương trình tiếp tuyến (C) điểm M(4;6) , 2) Viết phương trình tiếp tuyến (C) xuất phát từ điểm N( −6;1) 3) Từ E( −6;3) vẽ hai tiếp tuyến EA,EB ( A,B là tiếp điểm) đến (C) Viết phương trình đường thẳng AB Lời giải Đường tròn (C) có tâm I(1;2) , bán kính R = uur 1) Tiếp tuyến qua M và vuông góc với IM nên nhận IM = (3;4) làm VTPT GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) (6) Tài liệu ôn thi Đại Học Nên phương trình tiếp tuyến là: 3(x − 4) + 4(y − 6) = ⇔ 3x + 4y − 36 = 2) Gọi ∆ là tiếp tuyến cần tìm Do ∆ qua N nên phương trình có dạng ∆ : a(x + 6) + b(y − 1) = ⇔ ax + by + 6a − b = , a2 + b2 ≠ Ta có: d(I, ∆ ) = R ⇔ 7a + b 2 a +b (*) = ⇔ 7a + b = a2 + b2 ⇔ (7a + b)2 = 25(a2 + b2 ) a= b a a ⇔ 24a2 + 14ab − 24b2 = ⇔ 24 + 12 − 24 = ⇔ b b a = − b 3 • a = b thay vào (*) ta có: bx + by + b = ⇔ 3x + 4y + 14 = 4 4 • a = − b thay vào (*) ta có: − bx + by − 9b = ⇔ 4x − 3y + 27 = 3 Vậy có hai tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán là: 3x + 4y + 14 = và 4x − 3y + 27 = 3) Gọi A(a;b) Ta có: a2 + b2 − 2a − 4b − 20 = A ∈(C) (a − 1)2 + (b − 2)2 = 25 uu r uuu r ⇔ ⇔ ⇒ 7a − b + 20 = IA.NA = (a − 1)(a + 6) + (b − 2)(b − 3) = a2 + b2 + 5a − 5b = Từ đó ta suy A ∈∆ :7x − y + 20 = Tương tự ta có B ∈∆ ⇒ AB ≡ ∆ ⇒ AB:7x − y + 20 = Các lập phương trình đường tròn Để lập phương trình đường tròn (C) ta thường sử dụng các cách sau Cách 1: Tìm tâm I(a;b) và bán kính đường tròn Khi đó phương trình đường tròn có dạng: (x − a)2 + (y − b)2 = R Cách 2: Giả sử phương trình đường tròn có dạng: x2 + y − 2ax − 2by + c = Dựa vào giả thiết bài toán ta tìm a,b,c Cách này ta thương áp dụng yêu cầu viết phương trình đường tròn qua ba điểm Ví dụ Lập phương trình đường tròn (C), biết 1) (C) qua A(3;4) và các hình chiếu A lên các trục tọa độ 2) (C) có tâm nằm trên đường tròn (C1 ):(x − 2)2 + y = ∆1 : x − y = và ∆2 : x − 7y = và tiếp xúc với hai đường thẳng Lời giải GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) (7) Tài liệu ôn thi Đại Học 1) Gọi A1 , A2 là hình chiếu A lên hai trục Ox, Oy, suy A1(3;0), A2(0;4) Giả sử (C): x2 + y − 2ax − 2by + c = a= −6a − 8b + c = −25 Do A, A1 , A2 ∈(C) nên ta có hệ: −6a + c = −9 ⇔ b = −8b + c = −16 c = Vậy phương trình (C): x2 + y − 3x − 4y = 2) Gọi I(a;b) là tâm đường tròn (C), vì I ∈(C1 ) nên: (a − 2)2 + b2 = (1) Do (C) tiếp xúc với hai đường thẳng ∆1 , ∆2 nên d(I, ∆1 ) = d(I, ∆2 ) ⇔ a−b = a − 7b ⇔ b = −2a,a = 2b • b = −2a thay vào (1) ta có được: (a − 2)2 + 4a2 = 16 ⇔ 5a2 − 4a + = phương trình này 5 vô nghiệm • a = 2b thay vào (1) ta có: (2b − 2)2 + b2 = 4 ⇔ b = ,a = Suy R = D(I, ∆1 ) = 5 5 2 8 4 Vậy phương trình (C): x − + y − = 5 25 Các điểm đặc biệt tam giác Cho tam giác ABC Khi đó: x + x B + xC y A + y B + y C • Trọng tâm G A ; 3 uuur uur AH.BC = • Trực tâm H : uuur uuur BH.AC = IA2 = IB2 • Tâm đường tròn ngoại tiếp I : 2 IA = IC uuur uuur uuur uuur AB.AK AC.AK = AB • Tâm đường tròn nội tiếp K : uur uuur uuurAC uuur BC.BK = BA.BK BC AB Chú ý: Có thể tìm K theo cách sau: uuur AB uur * Gọi D là chân đường phân giác góc A, ta có: BD = DC , từ đây suy D AC GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) (8) Tài liệu ôn thi Đại Học uuur AB uuur * Ta có AK = KD từ đây ta có K BD uuur uur uuur uur AB.AJ AC.AJ = AB • Tâm đường tròn bàng tiếp (góc A) J : uur uur uuuAC r uur BJ.BC = AB.BJ BC AB 5 3 Ví dụ Cho tam giác ABC có A(1;3),B( −2;0),C ; 8 8 1) Tìm tọa độ trực tâm H , tâm đường tròn ngoại tiếp I và trọng tâm G tam giác ABC Từ đó suy I,G,H thẳng hàng; 2) Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC Lời giải x A + x B + xC =− xG = ⇒ G − ; 1) Ta có 8 y = y A + y B + y C = G uuur uuur uur 21 uuur 21 Gọi H(x;y) , suy AH = ( x − 1;y − 3) ,BH = ( x + 2;y ) ,BC = ; , AC = − ; − 8 8 uuur uur AH.BC = Mà uuur uuur nên ta có BH.AC = x= 7(x − 1) + (y − 3) = 7x + y − 10 = ⇔ ⇔ + + = + + = (x 2) 7y x 7y y = − 3 1 Suy H ; − 2 2 (x − 1)2 + (y − 3)2 = (x + 2)2 + y IA2 = IB2 2 ⇔ Gọi I(x;y), ta có: 5 3 2 2 IB = IC (x + 2) + y = x − + y − 8 8 15 x + y = x=− 16 I 15 ; 31 ⇔ 21 ⇒ − 111 ⇔ 16 16 31 x + y = − y= 32 16 uuur 13 13 uur 13 13 uuur uur Ta có GH = ; − , GI = − ; ⇒ GH = −2GI Suy I,G,H thẳng hàng 16 16 2) Gọi K(x;y) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có: GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) (9) Tài liệu ôn thi Đại Học uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur AK, AB = AK, AC cos AK, AB = cos AK, AC · = KAC · KAB uuur uur ⇔ uuur uuur uuur uur · · ⇔ uuur uuur cos BK,BA = cos BK,BC KBC = KBA BK,BA = BK,BC uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur AK.AB AK.AC AK.AB AK.AC = = AK.AC ⇔ AB AC ⇔ AK.AB uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur (*) BK.BA = BK.BC BK.BA = BK.BC BK.AB BK.BC AB BC uuur uuur uuur Mà AK = ( x − 1;y − 3) ,BK = ( x + 2;y ) , AB = ( −3; −3) nên (*) tương đương với ( ( ) ( ) ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) ) 21 −3(x − 1) − 3(y − 3) − (x − 1) − (y − 3) = 15 2x − y = −1 x = Vậy K(0;1) ⇔ ⇔ 21 x − 2y = − y = (x + 2) + y 3(x + 2) + 3y = 8 15 Gọi J ( a;b ) là tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC Ta có: uur uuur uur uuur AJ.AB AJ.AC uur uuur uur uuur AJ, AB = AJ, AC = a=− 2a − b = − AB AC Vậy J − ; − ⇔ uur uuur ⇔ uur uur uur uuur ⇔ uur uur 2 2a + b = −4 b = − BJ,BC = BJ, AB BJ.BC = BJ.AB BC AB ( ( ) ( ) ( ) ) Các đường đăch biệt tam giác 4.1 Đường trung tuyến tam giác: Khi gặp đường trung tuyến tam giác, ta chủ yếu khai thác tính chất qua đỉnh và trung điểm cạnh đối diện 4.2 Đường cao tam giác: Ta khai thác tính chất qua đỉnh và vuông góc với cạnh đối diện 4.3 Đường trung trực tam giác: Ta khai thác tính chất qua trung điểm và vuông góc với cạnh đó 4.4 Đường phân giác trong: Ta khai thác tính chất: Nếu M thuộc AB, M’ đối xứng với M qua phân giác góc A thì M’ thuộc AC Ví dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , hãy xác định tọa độ đỉnh C tam giác ABC biết hình chiếu vuông góc C trên đường thẳng AB là điểm H( −1; −1) , đường phân giác góc A có phương trình x − y + = và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y − = Lời giải Kí hiệu d1 : x − y + = 0, d2 : 4x + 3y − = GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) (10) Tài liệu ôn thi Đại Học Gọi H' là điểm đối xứng với H qua d1 Khi đó H' ∈ AC Gọi ∆ là đường thẳng qua H và vuông góc với d1 Phương trình ∆ : x + y + = x + y + = ⇒ I( −2;0) Suy ∆ ∩ d1 = I : x − y + = Ta có I là trung điểm HH' nên H'( −3;1) Đường thẳng AC qua H' và vuông góc với d2 nên có phương trình : 3x − 4y + 13 = x − y + = Nên AC ∩ d1 = A : ⇒ A(5;7) 3x − 4y + 13 = Vì CH qua H và vuông với AH , suy phương trình CH :3x + 4y + = 3x + 4y + = 10 Do đó C : ⇒ C( − ; ) 3x − 4y + 13 = Ví dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A (5;2) Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ là x + y − = và 2x − y + = Tìm tọa độ các đỉnh B,C tam giác ABC Lời giải Gọi d : x + y − = 0, CC':2x − y + = Ta có: C(c;2c + 3) Phương trình BC : x − y + c + = 3−c x = x + y − = ⇔ Gọi M là trung điểm BC, suy M : x − y + c + = y = c + c Suy B (3 − 2c;6 − c ) ⇒ C'(4 − c;4 − ) c 14 Mà C' ∈ CC' nên ta có: 2(4 − c) − (4 − ) + = ⇔ − c + = ⇒ c = 2 19 Vậy B − ; , 3 14 37 C ; 3 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 10 (11) Tài liệu ôn thi Đại Học A C' B M C Một số bài toán dựng hình 5.1 Hình chiếu vuông góc H điểm A lên đường thẳng ∆ • Lập đường thẳng d qua A và vuông góc với ∆ • H=d∩∆ 5.2 Dựng A' đối xứng với A qua đường thẳng ∆ • Dựng hình chiếu vuông góc H A lên ∆ x = 2x H − x A • Lấy A ' đối xứng với A qua H: A' y A' = 2y H − y A 5.3 Dựng đường tròn (C’) đối xứng với (C) (có tâm I, bán kính R) qua đường thẳng ∆ • Dựng I’ đối xứng với I qua đường thẳng ∆ • Đường tròn (C’) có tâm I' , bán kính R Chú ý: Giao điểm (C) và (C’) chính là giao điểm và ∆ 5.4 Dựng đường thẳng d’ đối xứng với d qua đường thẳng ∆ • Lấy hai điểm M,N thuộc d Dựng M',N' đối xứng với M, N qua ∆ • d' ≡ M'N' Ví dụ Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d : x − 2y − = và hai điểm A(3;2), B( −1;4) 1) Tìm điểm M thuộc đường thẳng d cho MA + MB nhỏ nhất, 2) Viết phương trình đường thẳng d' cho đường thẳng ∆ :3x + 4y + = là đường phân giác góc tạo hai đường thẳng d và d' Lời giải 1) Ta thấy A và B nằm phía so với đường thẳng d Gọi A' là điểm đối xứng với A qua d Khi đó với điểm M thuộc d, ta luôn có: MA = MA' Do đó: MA + MB = A'M + MB ≥ A'B Đẳng thức xảy và M = A'B ∩ d Vì A'A ⊥ d nên AA' có phương trình: 2x + y − = GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 11 (12) Tài liệu ôn thi Đại Học 19 x= 2x + y − = ⇒ H 19 ; Gọi H = d ∩ AA' ⇒ H : ⇔ 5 x − 2y − = y = 23 x A' = 2x H − x A = 23 Vì H là trung điểm AA' nên ⇒ A' ; − 5 y = 2y − y = − A' H A uuuur 28 26 Suy A'B = − ; , đó phương trình A'B:13x + 14y − 43 = 5 16 x= x − 2y − = ⇒ M 16 ; Nên M : ⇔ 10 13x + 14y − 43 = y = 10 B A Δ M M A' x − 2y − = x = 2) Xét hệ phương trình ⇔ , suy d ∩ ∆ = I(1; −1) 3x + 4y + = y = −1 Vì ∆ là phân giác góc hợp hai đường thẳng d và d' nên d và d' đối xứng qua ∆ , đó I ∈ d' 16 Lấy E(3;0)∈ d , ta tìm F ; − là điểm đối xứng với E qua ∆ , ta có F ∈ d' 5 uur 11 Suy FI = ; , đó phương trình d':11x − 2y − 13 = 5 C MỘT SỐ BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP Xác đinh tọa độ điểm Bài toán phương pháp tọa độ mặt phẳng là bài toán xác định tọa độ điểm Chẳng hạn, để lập phương trình đường thẳng cần tìm điểm qua và VTPT, với phương trình đường tròn thì ta cần xác định tâm và bán kính….Chúng ta có thể gặp bài toán tìm tọa độ điểm hỏi trực tiếp gián tiếp GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 12 (13) Tài liệu ôn thi Đại Học • Về phương diện hình học tổng hợp thì để xác định tọa độ điểm, ta thường chứng minh điểm đó thuộc hai hình (H) và (H’) Khi đó điểm cần tìm chính là giao điểm (H) và (H’) • Về phương diện đại số, để xác định tọa độ điểm (gồm hai tọa độ) là bài toán tìm hai ẩn Do đó, chúng ta cần xác định hai phương trình chứa hai ẩn và giải hệ phương trình này ta tìm tọa độ điểm cần tìm Khi thiết lập phương trình chúng ta cần lưu ý: +) Tích vô hướng hai véc tơ cho ta phương trình, +) Hai đoạn thẳng cho ta phương trình, +) Hai véc tơ cho ta hai phương trình, −bm − c +) Nếu điểm M ∈∆ : ax + by + c = 0,a ≠ thì M ;m , lức này tọa độ M còn a ẩn và ta cần tìm phương trình Ví dụ 1.1 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C):(x − 1)2 + (y − 1)2 = và đường thẳng ∆ : x − 3y − = Tìm tọa độ điểm M nằm trên ∆ , cho từ M vẽ hai tiếp tuyến MA,MB (A,B là tiếp điểm) thỏa ∆ABM là tam giác vuông Lời giải I A B M Đường tròn (C) có tâm I(1;1) , bán kính R = · nên AMI · = 450 Vì ∆AMB vuông và IM là đường phân giác góc AMB Trong tam giác vuông IAM , ta có: IM = 2 , suy M thuộc đường tròn tâm I bán kính R' = 2 Mặt khác M∈∆ nên M là giao điểm ∆ và (I,R') Suy tọa độ M là nghiệm hệ y = −1,x = x − 3y − = x = 3y + x = 3y + ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 (x − 1) + (y − 1) = (3y + 5) + (y − 1) = 5y + 14y + = y = − ,x = GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 13 (14) Tài liệu ôn thi Đại Học 3 9 Vậy có hai điểm M1 (3; −1) và M2 ; − thỏa yêu cầu bài toán 5 5 Ví dụ 2.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho các đường thẳng d1 : x + y + = 0, d2 : x − y − = 0, d3 : x − 2y = Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng d3 cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d1 hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng d2 Lời giải Ta có M ∈ d3 , suy M(2y;y) Suy d(M,d1 ) = Theo giả thiết ta có: d(M,d1 ) = 2d(M,d2 ) ⇔ 3y + 3y + = ;d(M,d2 ) = y −4 y −4 3y + = 2y − ⇔ ⇔ y = −11;y = 3y + = −2y + • Với y = −11 ⇒ M( −22; −11) • Với y = ⇒ M(2;1) Ví dụ 3.1 Trong hệ tọa độ Oxy , cho điểm A(0;2) và đường thẳng d : x − 2y + = Tìm trên đường thẳng d hai điểm B,C cho tam giác ABC vuông B và AB = 2BC Lời giải Ta có AB ⊥ d nên AB có phương trình : 2x + y − = x − 2y + = 2 6 ⇒ B ; Tọa độ điểm B là nghiệm hệ : 5 5 2x + y − = Suy AB = AB ⇒ BC = = 5 Phương trình đường tròn tâm B, bán kính BC = 2 6 là: x − + y − = 5 5 x − 2y + = x = 0,y = 2 Vậy tọa độ điểm C là nghiệm hệ : 2 6 ⇔ x = ,y = x − + y − = 5 5 5 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 14 (15) Tài liệu ôn thi Đại Học 2 6 2 6 Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán là: B ; , C ( 0;1) và B ; , 5 5 5 5 4 7 C ; 5 5 Ví dụ 4.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm A(2;2) và hai đường thẳng: d1 : x + y − = 0,d2 : x + y − = Tìm tọa độ điểm B,C thuộc d1 ,d2 cho tam giác ABC vuông A Lời giải Vì B ∈ d1 ⇒ B(b;2 − b);C ∈ d2 ⇒ C(c;c − 8) uuur uuur AB.AC = ( b − 1)( c − ) = Theo đề bài ta có hệ: ⇔ 2 AB = AC ( b − 1) − ( c − ) = xy = x = x = −2 Đặt x = b − 1;y = c − ta có : ⇔ v x − y = y = y = −1 Vậy B(3; −1);C(5;3) B( −1;3),C(3;5) Ví dụ 5.1 Cho parabol (P): y = x và hai điểm A(9;3),B(1; −1) thuộc (P) Gọi M là điểm thuộc cung AB (P) ( phần (P) bị chắn dây AB ) Xác định tọa độ điểm M nằm trên cung AB cho tam giác MAB có diện tích lớn Lời giải Phương trình AB : x − 2y − = Vì M ∈(P) ⇒ M(t ;t) từ giả thiết suy −1 < t < tam giác MAB có diện tích lớn ⇔ d(M, AB) lớn Mà d(M;AB) = t − 2t − Suy maxd(M, AB) = , t ∈( −1;3) đạt t = ⇒ M(1;1) Bài 6.1 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): ( x − ) + y = và hai điểm A(1; −1) , B(2;2) Tìm tọa điểm M thuộc đường tròn (C) cho diện tích tam giác MAB Lời giải 1 Ta có AB = 10 và S ∆MAB = d(M, AB).AB = ⇒ d(M, AB) = 2 10 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 15 (16) Tài liệu ôn thi Đại Học uuur r Lại có AB = (1;3) nên n = (3; −1) là VTPT đường thẳng AB Suy phương trình AB : 3( x − 1) − ( y + 1) = hay 3x − y − = Gọi M ( a; b ) ∈ ( C ) ⇒ ( a − ) + b2 = 2 Khi đó d(M;AB) = 10 ⇔ 3a − b − 10 = 10 ⇔ 3a − b − = (a − 1)2 + b2 = (a − 1)2 + b2 = (a − 1)2 + b2 = Ta có hệ phương trình: ⇔ 3a − b − = 3a − b − = 3a − b − = −1 (a − 1)2 + b2 = (a − 1)2 + b2 = ⇔ b = 3a − b = 3a − (a − 1)2 + (3a − 5)2 = ⇔ b = 3a − (a − 1)2 + (3a − 3)2 = b = 3a − 5± 12 5a2 − 16a + 12 = 5a2 − 10a + = a = ,a = a = ⇔ ⇔ 5 b = 3a − b = 3a − b = 3a − b = 3a − Vậy có bốn điểm thỏa điều kiện bài toán là: M1( 12 11 13 − −3 5+ 5 ; ), M2( ; − ), M3( ; ) và M4 ( ; ) 5 5 5 5 Nhóm các bài toán hình bình hành Khi giải các bài toán hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật và hình vuông, chúng ta cần chú ý đến tính chất đối xứng Chẳng hạn, giao điểm hai đường chéo là tâm đối xứng cảu hình bình hành; hai đường chéo hình thoi là trục đối xứng… Ví dụ 1.2 Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng d1 : x − 2y + = 0,d2 :2x + 3y = Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD, biết A thuộc đường thẳng d1 , C thuộc đường thẳng d2 và hai điểm B,D thuộc trục Ox Lời giải 2a + 3c − a − 2c Vì A ∈ d1 ,C ∈ d2 nên A(2a − 1;a),C(3c; −2c) , suy I ; là trung điểm AC 2 Do ABCD là hình vuông nên I là trung điểm BD, hay I ∈ Ox Do đó a = 2c Mặt khác AC ⊥ BD ≡ Ox nên suy 2a − = 3c ⇔ c = Từ đó, ta tìm A(3;2), C(3; −2), I(3;0) GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 16 (17) Tài liệu ôn thi Đại Học Vì B ∈ Ox ⇒ B(b;0) , mà IB = IA = ⇒ b − = ⇔ b = 5,b = Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD là: A(3;2), B(1;0), C(3; −2), D(5;0) A(3;2), B(5;0), C(3; −2), D(1;0) Ví dụ 2.2 Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm I(1;1), J( −2;2), K(2; −2) Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD cho I là tâm hình vuông, J thuộc cạnh AB và K thuộc cạnh CD Lời giải Gọi J' đối xứng với J qua I, ta có J' ( 4;0) và J' ∈ CD uur Ta có: KJ' = ( 2;2) , suy phương trình CD: x − y − = Vì AB / /CD nên phương trình AB : x − y + = Do d(I, AB) = 2 nên suy AB = ⇒ IA = A ∈ AB ⇒ A(a;4 + a) , đó IA = ⇔ (a − 1)2 + (a + 3)2 = 16 ⇔ a2 + 2a − = ⇔ a = 1,a = −3 • a = , ta có A(1;3), B( −3;1), C(1; −1), D(5;1) • a = −3 , ta có A( −3;1), B(1;3), C(5;1), D(1; −1) J A D I B K C J' Ví dụ 3.2 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): (x − 2)2 + (y − 1)2 = 10 Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông MNPQ , biết M trùng với tâm đường tròn (C); hai đỉnh N,Q thuộc đường tròn (C); đường thẳng PQ qua E( −3;6) và xQ > Lời giải Ta có M(2;1) và EQ là tiếp tuyến (C) Phương trình EQ có dạng: a(x + 3) + b(y − 6) = ⇔ ax + by + 3a − 6b = Vì d(M,EQ) = 10 nên ta có: 5a − 5b a2 + b2 = 10 ⇔ (5a − 5b)2 = 10(a2 + b2 ) ⇔ 3a2 − 10ab + 3b2 = ⇔ a = 3b,b = 3a • a = 3b , ta có phương trình EQ :3x + y + = Khi đó tọa độ Q là nghiệm hệ GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 17 (18) Tài liệu ôn thi Đại Học (x − 2)2 + (y − 1)2 = 10 x = −1 Trường hợp này ta loại vì xQ > ⇔ 3x + y + = y = • b = 3a , ta có phương trình EQ : x + 3y − 15 = Khi đó tọa độ Q là nghiệm hệ (x − 2)2 + (y − 1)2 = 10 x = ⇔ ⇒ Q(3;4) y = 3x + y + = Ta có P(15 − 3x;x) và QP = MQ ⇒ (12 − 3x)2 + (4 − x)2 = 10 ⇔ x = 3,x = • x = , ta có P(6;3) , suy tâm hình vuông I(4;2) nên N(5;0) • x = , ta có P(0;5) , suy tâm hình vuông I(1;3) nên N( −1;2) Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán: M(2;1),N(5;0),P(6;3),Q(3;4) và M(2;1),N( −1;2),P(0;5),Q(3;4) Q P E N M Ví dụ 4.2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6;2) là giao điểm đường chéo AC và BD Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng d : x + y –5 = Viết phương trình đường thẳng AB Lời giải N A M B I D E C uur Vì E ∈ d ⇒ E(a;5 − a) ⇒ IE = (a − 6;3 − a) Gọi N là trung điểm AB , suy I là trung điểm EN nên : uuur x = 2x I − xE = 12 − a N: N ⇒ N(12 − a;a − 1) ⇒ MN = (11 − a;a − 6) y N = 2y I − y E = a − GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 18 (19) Tài liệu ôn thi Đại Học uuur uur a = Vì E ⊥ MN ⇒ MN.IE = ⇔ (11 − a)(a − 6) + (a − 6)(3 − a) = ⇔ a = uuur • a = ⇒ MN = (5;0) , suy phương trình AB : y − = uuur • a = ⇒ MN = (4;1) , suy phương trình AB : x − 4y + 19 = Ví dụ 5.2 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I là giao điểm đường thẳng d1 : x − y − = và d2 : x + y − = Trung điểm AB là giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật Lời giải x − y − = 9 3 ⇒ I ; Ta có d1 ∩ d2 = I : 2 x + y − = Gọi M là giao đường thẳng d1 với Ox, suy M(3;0) Vì AB ⊥ MI nên suy phương trình AB : x + y − = AD = 2MI = ⇒ AB = S ABCD = 2 ⇒ AM = AD Mà A ∈ AB ⇒ A(a;3 − a) ⇒ AM2 = ⇔ (a − 3)2 = ⇔ a = 2,a = , ta chọn A(2;1),B(4; −1) Do I là tâm hình chữ nhật nên C(7;2), D(5;4) Vậy tọa độ các đỉnh hình chữ nhật là: A(2;1), B(4; −1), C(7;2), D(5;4) Ví dụ 6.2 Trong mặt phẳng Oxy cho ba đường thẳng d1 : 4x + y − = 0, d2 :2x − y + = 0, d3 : x − y + = Tìm tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD , biết hình thoi ABCD có diện tích 15 , các đỉnh A,C thuộc d3 , B thuộc d1 và D thuộc d2 Lời giải Vì BD ⊥ AC nên phương trình BD: y = − x + m y = −x + m − m 4m − B = BD ∩ d1 , suy B ⇒ B ; 4x + y − = m − 2m + Tương tự D = BD ∩ d2 ⇒ D ; 2m − Suy tọa độ trung điểm BD là I ; 2 2m − 1 5 Vì I ∈ AC ⇒ − + = ⇔ m = Suy B(2;1),D( −1;4),I ; 2 2 2 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 19 (20) Tài liệu ôn thi Đại Học 15 15 25 Ta có: S ∆BAD = S ABCD = ⇒ AI = = ⇒ AI2 = 2 BD 2 1 Mà A ∈ d3 ⇒ A(a;a + 2) ⇒ AI = 2 a − nên ta có: 2 2 25 a − = ⇔ a = 3,a = −2 Vậy tọa độ các đỉnh hình thoi là: A(3;5),B(2;1),C( −2;0),D( −1;4) A( −2;0),B(2;1),C(3;5),D( −1;4) Ví dụ 7.2 Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD 1 Điểm M 0; thuộc đường thẳng AB ; điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ 3 đỉnh B biết B có hoành độ dương Lời giải Gọi N′ là điểm đối xứng N qua tâm I thì ta có N'(4; −5) và N' thuộc cạnh AB uuuur 16 Suy MN' = 4; − nên phương trình AB : 4x + 3y − = Vì AC = 2BD nên AI = 2BI Gọi H là hình chiếu I lên AB, ta có: IH = d(I, AB) = +3−1 = và IH = IA + IB = 4IB ⇒ IB = IH = 2 − 4b 4b + ),b > ⇒ IB2 = ( b − 2) + Mặt khác B ∈ AB ⇒ B(b; =5⇔ b=1 Vậy B(1; −1) D N M A I C N' H B Ví dụ 8.2 Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng d1 : x + y − = 0,d2 :3x − y + = Tìm tọa độ các đỉnh hình bình hành ABCD , biết I(3;3) là giao điểm hai đường chéo; hai cạnh hình bình hành nằm trên hai đường thẳng d1 ,d2 và giao điểm hai đường thẳng đó là đỉnh hình bình hành Lời giải GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 20 (21) Tài liệu ôn thi Đại Học x + y − = x = −1 Tọa độ giao điểm d1 và d2 là nghiệm hệ: ⇔ 3x − y + = y = Ta giả sử A( −1;2) và AB ≡ d1 , AD ≡ d2 , suy C(7;4) Gọi d là đường thẳng qua I và song song với AB , suy phương trình d : x + y − = x = x + y − = 23 Tọa độ giao điểm d và AD : ⇔ ⇒ M ; là trung điểm AD 4 3x − y + = y = 23 19 9 7 Do đó D ; , suy B ; − 2 2 2 d2 D C d1 I A B Ví dụ 9.2 Cho hình bình hành ABCD có B(1;5) , đường cao AH : x + 2y − = , đường phân · có phương trình x − y − = Tìm tọa độ các đỉnh còn lại hình giác góc ACB bình hành Lời giải Gọi d : x − y − = B' A B H D C Phương trình BC :2x − y + = , suy tọa độ điểm C là nghiệm hệ 2x − y + = x = −4 ⇔ ⇒ C( −4; −5) x − y − = y = −5 Gọi B' đối xứng với B qua d, ta tìm B'(6;0) và B' ∈ AC Suy phương trình AC : x − 2y − = x − 2y − = x = Tọa độ điểm A là nghiệm hệ: ⇔ ⇒ A(4; −1) x + 2y − = y = −1 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 21 (22) Tài liệu ôn thi Đại Học uuur uur Vì AD = BC ⇒ D( −1; −11) Ví dụ 10.2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết M ( 2;1) , N ( 4; −2) ; P ( 2;0) ; Q (1;2) thuộc cạnh AB, BC, CD, AD Hãy lập phương trình các cạnh hình vuông Lời giải Trước hết ta chứng minh tính chất sau đây: “ Cho hình vuông ABCD, các điểm M,N,P,Q nằm trên các đường thẳng AB, BC, CD, DA Khi đó MP = NQ ⇔ MP ⊥ NQ ” M E FA Q D I P N B C Chứng minh: Vẽ ME ⊥ CD,E ∈ CD;NF ⊥ AD,F ∈ AD Hai tam giác vuông MEP và NFQ có NF = ME · = FQN · ⇔ QIM · = 900 ⇔ MP ⊥ NQ Do đó MP = NQ ⇔ ∆MEP = ∆NFQ ⇔ EPM Trở lại bài toán: uuur Ta có: MP = (0; −1) ⇒ MP = Gọi d là đường thẳng qua N và vuông góc với MP Suy phương trình d: x − = Gọi E là giao điểm d với đường thẳng AD, áp dụng tính chất trên ta suy NE = MP Mà E(4;m) nên NE = MP ⇔ (m − 2)2 = ⇔ m = 3,m = uur • Với m = , suy E(4;3) ⇒ QE = (3;1) , suy phương trình AD : x − 3y + = Phương trình AB :3x + y − = 0, BC : x − 3y − 10 = 0, CD:3x + y − = uur • Với m = , suy E(4;1) ⇒ QE = (3; −1) , suy phương trình AD : x + 3y − = Phương trình AB :3x − y − = 0, BC : x + 3y + = 0, CD:3x − y − = Nhóm các bài toán liên quan đến đường tròn Khi giải các bài toán đường tròn chúng ta cần lưu ý: 1) Vị trí tương đối hai đường tròn GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 22 (23) Tài liệu ôn thi Đại Học Cho hai đường tròn (C1 ) có tâm I1 , bán kính R1 và đường tròn (C2 ) có tâm I2 , bán kính R2 Khi đó, ta có các kết sau: • (C1 ) và (C2 ) không có điểm chung và I1I2 > R1 + R2 I1I2 < R1 − R2 • (C1 ) và (C2 ) tiếp xúc ngoài và I1I2 = R1 + R2 • (C1 ) và (C2 ) tiếp xúc và I1I2 = R1 − R2 • (C1 ) và (C2 ) cắt và R1 − R < I1I2 < R1 + R 2) Vị trí tương đối đường thẳng và đường tròn Cho đường tròn (C) có tâm I, bán kính R và đường thẳng ∆ Gọi H là hình chiếu I lên ∆ và đặt d = IH = d(I, ∆ ) Khi đó: • (C) và ∆ không có điểm chung và d > R • (C) và ∆ có đúng điểm chung và d = R Lúc này ∆ gọi là tiếp tuyến (C), H là tiếp điểm Chú ý: Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (C) luôn vẽ hai tiếp tuyến MA, MB (A,B · là các tiếp điểm) đến (C) Khi đó MA = MB và IM là phân giác góc AMB • (C) và ∆ có điểm A,B chung và d < R Khi đó H là trung điểm AB và ta có công thức R = d2 + AB2 Ví dụ 1.3 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A(0;2),B( −2; −2), C(4; −2) Gọi H là chân đường cao kẻ từ B; M,N là trung điểm AB, AC Viết phương trình đường tròn qua các điểm H,M,N Lời giải uuur Ta có M( −1;0),N(1; −2), AC = ( 4; −4 ) Gọi H(x,y) , ta có: uuur uuur BH ⊥ AC 4 ( x + 2) − ( y + 2) = x = ⇔ ⇔ ⇒ H(1;1) y = H ∈ AC 4x + ( y − 2) = Giả sử phương trình đường tròn: x2 + y + ax + by + c = Ba điểm M,N,H thuộc đường tròn nên ta có hệ phương trình : a − c = a = −1 a − 2b + c = −5 ⇔ b = a + b + c = −2 c = −2 Phương trình đường tròn: x2 + y − x + y − = GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 23 (24) Tài liệu ôn thi Đại Học Ví dụ 2.3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho cho hai điểm A(2;0) và B(6;4) Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành A và khoảng cách từ tâm (C) đến điểm B Lời giải Gọi I(a;b) và R là tâm và bán kính (C) Vì (C) tiếp xúc với Ox A nên a = và R = b Mặt khác: IB = ⇔ 42 + ( b − ) = 52 ⇔ b = 1,b = Với b = thì phương trình đường tròn (C): ( x − 2) + ( y − 1) = 2 Với b = thì phương trình đường tròn (C): ( x − 2) + ( y − ) = 49 2 Ví dụ 3.3 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(6;6) và hai đường thẳng ∆1 : 4x − 3y − 24 = , ∆2 : 4x + 3y + = Viết phương trình đường tròn (C) qua M và tiếp xúc với hai đường thẳng ∆1 , ∆2 Lời giải Gọi I(a;b) là tâm và R là bán kính đường tròn (C) Vì (C) tiếp xúc với hai đường thẳng ∆1 và ∆2 nên ta có d(I, ∆1 ) = d(I, ∆2 ) Hay 4a − 3b − 24 = 4a + 3b + 16 4a − 3b − 24 = 4a + 3b + b=− =R ⇔ ⇔ 4a − 3b − 24 = −4a − 3b − a = • a = , phương trình (C): ( x − 2) + ( y − b ) = Do M ∈(C) nên ( − 2) + ( − b ) = 2 (3b + 16)2 25 (3b + 16)2 87 ⇔ b = 3,b = 25 Suy phương trình (C):(x − 2)2 + (y − 3)2 = 25 (C):(x − 2)2 + (y − 87 4225 ) = 16 • b=− 16 16 (4a − 8)2 , phương trình (C): (x − a)2 + y + = 3 25 16 (4a − 8)2 Do M ∈(C) nên (6 − a) + + = phương trình vô nghiệm 25 Ví dụ 4.3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y − 2x − 2y + = và đường thẳng d : x − y + = Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm M trên d, bán kính lần bán kính đường tròn (C) và tiếp xúc ngoài với đường tròn (C) GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 24 (25) Tài liệu ôn thi Đại Học Lời giải Đường tròn (C) có tâm I(1;1) , bán kính R = Gọi I' là tâm và R' là bán kính đường tròn (C’), ta có R' = 2R = và I' ∈ d ⇒ I'(a;a + 3) Vì (C) và (C’) tiếp xúc ngoài với nên II' = R + R ' = ⇔ (a − 1)2 + (a + 2)2 = ⇔ a2 + a − = ⇔ a = 1,a = −2 • a = ⇒ I'(1;4) ⇒ (C'):(x − 1)2 + (y − 4)2 = • a = −2 ⇒ I'( −2;1) ⇒ (C'):(x + 2)2 + (y − 1)2 = Ví dụ 5.3 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C1 ): x2 + y − 2x − 2y − 18 = và đường tròn (C2 ):(x + 1)2 + (y − 2)2 = Chứng minh hai đường tròn (C1 ) và (C2 ) cắt hai điểm phân biệt A,B Viết phương trình đường tròn (C) qua ba điểm A,B,M(0;6) Lời giải Đường tròn (C1 ) có tâm I1(1;1), bán kính R1 = Đường tròn (C2 ) có tâm I2( −1;2) , bán kính R = 2 Do − 2 = R1 − R1 < I1I2 = < R1 + R2 = + 2 nên (C1 ) và (C2 ) cắt hai điểm phân biệt A,B Tọa độ giao điểm (C1 ) và (C2 ) là nghiệm hệ: 2 x2 + y − 2x − 2y − 18 = x2 + y − 2x − 2y − 18 = x + y − 2x − 2y − 18 = ⇔ ⇔ 15 2 2 =y (x + 1) + (y − 2) = x + y + 2x − 4y − = 2x + 15 y = 2x + ⇔ 5x2 + 24x + 93 = (*) Gọi x1 ,x2 là hai nghiệm (*), suy A(x1 ;2x1 + 15 15 ),B(x2 ;2x2 + ) 2 111 Suy AB2 = 5(x1 − x2 )2 = (x1 + x2 )2 − 4x1x2 = x1 + x 12 x M = = − 12 27 Gọi M là trung điểm AB , suy ⇒ M − ; 10 y = x + x + 15 = 27 M 10 Phương trình đường thẳng AB: 4x − 2y + 15 = nên Phương trình đường trung trực ∆ đoạn AB: x + 2y − = GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 25 (26) Tài liệu ôn thi Đại Học Gọi I là tâm đường tròn (C), suy I ∈∆ ⇒ I(2a + 3; −a) Mặt khác: d2(I, AB) + AB2 (10a + 27)2 111 = IM2 ⇔ + = (2a + 3)2 + (a + 6)2 ⇔ a = 20 20 Suy I(5; −1) , bán kính R = IM = Vậy phương trình (C): (x − 5)2 + (y + 1)2 = 74 Chú ý: Ngoài cách giải trên, ta có thể sử dụng chùm đường tròn để giải Cụ thể: Vì (C) qua các giao điểm (C1 ) và (C2 ) nên phương trình (C) có dạng: m(x2 + y − 2x − 2y − 18) + n(x2 + y + 2x − 4y − 3) = Do (C) qua M(0;6) nên ta có: 2m + 3n = , ta chọn m = 3,n = −2 Khi đó phương trình (C): x2 + y − 10x + 2y − 48 = Ví dụ 6.3 Trong hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( C ) :(x − 6)2 + (y − 2)2 = Viết phương trình đường tròn (C') tiếp xúc với hai trục tọa độ Ox,Oy đồng thời tiếp xúc ngoài với (C) Lời giải Đường tròn (C) có tâm I ( 6;2) , bán kính R = Gọi ( C') : ( x − a ) + ( y − b ) = R'2 thì (C') có tâm I' ( a;b ) , bán kính R' 2 a = b Vì (C') tiếp xúc với Ox,Oy nên suy d ( I',Ox ) = d ( I',Oy ) ⇔ a = b = R' ⇔ a = − b Hơn (C') tiếp xúc với Ox,Oy và tiếp xúc ngoài với (C) nên (C') nằm bên phải trục Oy , đó a > TH1: a = b = R ⇒ ( C') : ( x − a ) + ( y − a ) = a2 2 Vì (C') tiếp xúc ngoài với (C) nên : II' = R + R' ⇔ a = ( a − )2 + ( a − 2)2 = + a ⇔ a = 18 Trường hợp này có đường tròn là : ( C ) : ( x − 2) ' ( ) + ( y − 2) = và C'2 : ( x − 18 ) + ( y − 18 ) = 182 2 TH2: a = −b = R ⇒ ( C') : ( x − a ) + ( y + a ) = a2 2 Tương tự trường hợp 1, ta có : II' = R + R' ⇔ GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) ( a − )2 + ( a + 2)2 = + a ⇔ a = 26 (27) Tài liệu ôn thi Đại Học ( ) Vậy trường hợp này có đường tròn là C3' : ( x − ) + ( y − ) = 36 2 Tóm lại , có đường tròn thỏa cần tìm là : ( x − 2)2 + ( y − 2)2 = 4, ( x − 18 )2 + ( y − 18)2 = 182 và ( x − 6)2 + ( y − )2 = 36 Ví dụ 7.3 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C):(x − 1)2 + (y − 2)2 = có tâm I và điểm M(5; −3) Chứng minh từ M, ta có thể vẽ đến (C) hai tiếp tuyến MA, MB (A,B là tiếp điểm) Tính diện tích tứ giác MAIB Lời giải Đường tròn (C) có tâm I(1;2) , bán kính R = Vì MI = 41 > R nên M nằm ngoài đường tròn (C), đó từ M ta luôn vẽ hai tiếp tuyến tới đường tròn (C) Ta có SMAIB = 2S∆MAI = IA.MA = R MI2 − R2 = 41 − = 12 (đvdt) Ví dụ 8.3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C): ( x − 1) + ( y + 2) = và 2 đường thẳng d :3x − 4y + m = Tìm m để trên d có điểm P mà từ đó có thể kẻ hai tiếp tuyến PA,PB tới (C) ( A,Blà các tiếp điểm ) cho tam giác PAB Lời giải Đường tròn (C)có tâm và bán kính là: I(1; −2);R = · = 300 ⇒ IP = 2IA = 2R = Do tam giác PAB nên API Suy P thuộc vào đường tròn (C') có tâm I và bán kính R ' = Mà P ∈ d nên P chính là giao điểm đường thẳng d và đường tròn (C') Suy trên d có điểm P thỏa mãm yêu cầu bài toàn và đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (C') P, hay là d(I,d) = ⇔ m = 19,m = −41 d A 300 I P B Ví dụ 9.3 Cho đường thẳng Δ : x + y +2 = và đường tròn (C): x2 + y − 4x − 2y = Gọi I là tâm và M thuộc đường thẳng ∆ Qua M kẻ tiếp tuyến MA,MB Tìm M cho diện tích tứ giác MAIB 10 (Đề thi ĐH Khối A – 2011) Lời giải GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 27 (28) Tài liệu ôn thi Đại Học Đường tròn (C) có tâm I(2;1) , bán kính R = ⇒ AI = 1 Mặt khác S ∆MAI = S AIBM = ⇒ MA.IA = ⇒ MA = Suy IM2 = IA2 + AM2 = 25 2 Mà M∈∆ nên M(m; −m − 2) , suy IM2 = 25 ⇔ ( m − 2) + (m + 3)2 = 25 ⇔ m2 + m − = ⇔ m = −3,m = Vậy M(2; −4) và M( −3;1) là hai điểm cần tìm A M I B Δ Ví dụ 10.3 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): ( x − ) + y = và điểm E ( 4;1 ) Tìm tọa độ điểm M trên trục tung cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB đến đường tròn (C) với A,B là hai tiếp điểm cho đường thẳng AB qua điểm E Lời giải A E M I B Đường tròn (C) có tâm I(4;0) , bán kính R = Gọi M(0;m), giả sử T(x;y) là tiếp điểm tiếp tuyến vẽ từ M tới (C) uuur uur Suy MT = (x;y − m), IT = (x − 4;y) 2 T ∈(C) x + y − 8x + 12 = Ta có: uuur uur ⇔ ⇒ 4x − my − 12 = MT.IT = x2 + y − 4x − my = Do đó, phương trình đường thẳng AB : 4x − my − 12 = Nên AB qua E ⇔ 16 − m − 12 = ⇔ m = GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 28 (29) Tài liệu ôn thi Đại Học Vậy M(0;4) là điểm cần tìm Ví dụ 11.3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho đường tròn (C): x2 + y − 2x + 4y = và đường thẳng d : x − y = Tìm tọa độ các điểm M trên đường thẳng d, biết từ M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB đến (C) ( A,B là các tiếp điểm) và đường thẳng AB tạo với d góc ϕ với cos ϕ = 10 Lời giải Đường tròn (C) có tâm I(1; −2) , bán kính R = Gọi M(m;m) và T(x0 ;y ) là tiếp điểm vẽ từ M đến (C) Khi đó, ta có uur uuur IT.MT = (x0 − 1)(x0 − m) + (y + 2)(y − m) = ⇔ T ∈(C) x0 + y − 2x0 + 4y = x2 + y − (m + 1)x − (m − 2)y − m = 0 0 ⇔ ⇒ (m − 1)x0 + (m + 2)y + m = 2 x0 + y − 2x0 + 4y = Suy phương trình AB :(m − 1)x + (m + 2)y + m = Mặt khác AB tạo với d góc ϕ với cos ϕ = m −1− m −2 (m − 1)2 + (m + 2)2 = 10 10 nên ta có: ⇔ = 2m2 + 2m + ⇔ m2 + m = ⇔ m = 0,m = −1 Thửu lại ta thấy hai trường hợp này ta IM = R hay M ∈(C) Vậy không có điểm M thỏa yêu cầu bài toán Ví dụ 12.3 Cho hai đường tròn (C1 ): ( x − 3) + ( y − 2) = và (C2 ): ( x − ) + ( y + 1) = 2 2 Chứng minh (C1 ) và (C2 ) tiếp xúc ngoài với A Viết phương trình tiếp tuyến chung (C1 ) và (C2 ) A Gọi d là tiếp tuyến chung (C1 ) và (C2 ) không qua A, đường thẳng d cắt đường thẳng nối hai tâm B Tìm tọa độ điểm B Lời giải GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 29 (30) Tài liệu ôn thi Đại Học B I' A I Đường tròn (C1 ) có tâm I(3;2) và bán kính R = Đường tròn (C2 ) có tâm I'(7; −1) và bán kính R' = Gọi A(x;y) Theo giả thiết ta có: 27 x − = − ( x − 3) x= uuu r uu r AI' R' R' ⇒ A = 27 ; = ⇔ I'A = − IA ⇔ ⇔ 5 AI R R y + = − ( y − 2) y = Tiếp tuyến chung (C1 ) và (C2 ) A r uur Véc tơ pháp tuyến tiếp tuyến A : n = II' = (4; −3) Phương trình tiếp tuyến chung (C1 ) và (C2 ) A là: 4x − 3y − 21 = Gọi B(x0 ;y ), theo giả thiết ta có BI' R' = BI R uur R' uur x0 − = ( x0 − 3) x = 15 Suy IB' = IB ⇔ ⇔ ⇒ B(15; −7) R y + = ( y − 2) y = −7 Ví dụ 13.3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C):(x − 1)2 + (y − 1)2 = 10 Đường tròn (C') tâm I'( −2; −5) cắt (C) hai điểm A, B cho AB = Viết phương trình đường thẳng AB Lời giải GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 30 (31) Tài liệu ôn thi Đại Học A I' I H B Đường tròn (C) có tâm I(1;1) , bán kính R = 10 Độ dài II' = Gọi H là giao điểm II' và AB, suy H là trung điểm AB nên AH = Do II' ⊥ AB nên ta có: IH = IA2 − AH2 = uur uur TH 1: H thuộc đoạn II' ⇒ I'H = ⇒ IH = II' uur uur x − = −1 xH = Mà IH = ( x H − 1;y H − 1) , II' = ( −3; −6) nên ta có: H ⇔ ⇒ H(0; −1) y H − = −2 y H = −1 r uur Vì AB qua H và nhận n = − II' = (1;2) làm VTPT nên phương trình AB là: x + 2y + = uur uur TH 2: H không nằm đoạn II' , suy I'H = ⇒ IH = II' x H − = − x H = 1 Suy ⇔ ⇒ H( ; − ) y − = − y = − H H Phương trình AB : x + 2y + = Ví dụ 14.3 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C):(x − 1)2 + (y + 1)2 = có tâm I Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M( −6;3) và cắt đường tròn (C) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác IAB có diện tích 2 và AB > Lời giải Đường tròn (C) có tâm I(1; −1) , bán kính R = Gọi H là trung điểm AB Suy IH ⊥ AB ⇒ S∆AIB = HI.AB = 2 ⇒ AB = HI GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 31 (32) Tài liệu ôn thi Đại Học Mặt khác: AH2 + HI2 = IA2 ⇒ AB2 + HI2 = ⇔ + HI2 = HI HI = ⇒ AB = ⇔ HI4 − 9HI2 + = ⇔ HI = 2 ⇒ AB = (loại) Vì ∆ qua M nên phương trình ∆ có dạng: ax + by + 6a − 3b = Mà ta có: HI = ⇒ d(I, ∆ ) = ⇔ 7a − 4b 12 = ⇔ 15b2 − 56ab + 48a2 = ⇔ b = a, b = a a2 + b2 Vậy ∆ :3x + 4y + = ∆ :5x + 12y − = là đường thẳng cần lập B H Δ A I Ví dụ 15.3 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình : x2 + y + 4x + 4y + = và đường thẳng ∆ : x + my − 2m + = với m là tham số thực Gọi I là tâm (C) Tìm m để ∆ cắt (C) hai điểm phân biệt A,B cho tam giác IAB có diện tích lớn Lời giải Đường tròn (C) có tâm I ( −2; −2) , bán kính R = Gọi H là hình chiếu I trên ∆ Để ∆ cắt đường tròn (C) điểm A,B phân biệt thì: IH < R IH2 + HA2 IA2 R Khi đó S ∆IAB = IH.AB = IH.HA ≤ = = =1 2 2 Suy maxS∆IAB = IH = HA = < R m = ⇔ = ⇔ − 4m = m + ⇔ − 8m + 16m = m + ⇔ 15m − 8m = ⇔ m = m +1 15 − 4m 2 Vậy có giá trị m thỏa mãn yêu cầu là: m = và m = GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 2 15 32 (33) Tài liệu ôn thi Đại Học Ví dụ 16.3 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng ∆ : x + y − = và đường tròn (T): x2 + y − 2x + 2y − = Chứng minh ∆ cắt (T) hai điểm phân biệt A , B và tìm toạ độ điểm C trên (T) cho tam giác ABC có diện tích (3 + 2) Lời giải A I B C Δ Đường tròn (T) có tâm I(1; −1) , bán kính R = Ta có d(I, ∆ ) = < R ⇒ ∆ và (T) cắt hai điểm phân biệt A, B Và AB = R − d2(I, ∆ ) = Giả sử C(x0 ;y )∈(T) ⇒ (x0 − 1)2 + (y + 1)2 = (1) Diện tích tam giác ABC: S ∆ABC = d(C, AB).AB = 7.d(C, ∆ ) Do đó, S ∆ABC = (3 + 2) ⇔ d(C, ∆ ) = + Mà d(C, ∆ ) = x0 + y − = + ⇔ x0 + y − = + ⇔ x0 + y − = ±(2 + 2) • x0 + y − = + ⇒ x0 = + − y thay vào (1), ta có được: (y − − 3)2 + (y + 1)2 = vô nghiệm • x0 + y − = −2 − ⇒ x0 = −3 − y thay vào (1) ta có (y + − 1)2 + (y + 1)2 = ⇔ y = −1 − Vậy C(1 − ; −1 − 3 ⇒ x0 = − ) Ví dụ 17.3 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C):(x − 1)2 + (y − 1)2 = 25 và đường thẳng d :2x − y − = Lập phương trình đường tròn (C’) có tâm nằm trên d và hoành độ GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 33 (34) Tài liệu ôn thi Đại Học lớn 2, đồng thời (C’) cắt (C) hai điểm A, B cho dây cung AB có độ dài và tiếp xúc với đường thẳng ∆ :3x − y + 15 = Lời giải Đường tròn (C) có tâm I(1;1) , bán kính R = Gọi I’ là tâm đường tròn (C’), I' ∈ d nên suy I'(m;2m − 1),m > và R' là bán kính Ta có: R' = d(I', ∆ ) = m + 16 10 Gọi H là giao điểm II’ và AB, suy H là trung điểm AB nên AH = Vì IH + I'H = II' nên ta có: TH1: R2 − AH2 + R'2 − AH2 = II' R2 − AH2 + R'2 − AH2 = II' ⇔ + R2 − AH2 − R'2 − AH2 = II' (m + 16)2 − 20 = (m − 1)2 + (2m − 2)2 10 ( ⇔ + m2 + 32m + 56 = m − ⇔ m2 + 32m + 56 = 50 m2 − 2m + − m − ) 49m2 − 232m + 144 = ⇔ 49m − 132m + 44 = 100 m − ⇔ ⇔ m = (do m > ) 49m2 − 32m − 56 = TH2: R2 − AH2 − R'2 − AH2 = II' ⇔ − m2 + 32m + 56 = m − ⇔ 50 − 10 2(m2 + 32m + 56) + m2 + 32m + 56 = 50m2 − 100m + 50 ⇔ 49m2 − 132m − 56 + 10 2(m2 + 32m + 56) = (1) Do m > nên 49m2 − 132m − 56 + 10 2(m2 + 32m + 56) > 32 nên (1) vô nghiệm Vậy phương trình (C'):(x − 4)2 + (y − 7)2 = 40 Ví dụ 18.3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C1 ): x2 + y = 13 và (C2 ):(x − 6)2 + y = 25 Gọi A là giao điểm (C1) và (C2) với y A < Viết phương trình đường thẳng qua A và cắt (C1), (C2) theo dây cung có độ dài Lời giải 2 x = x + y = 13 Xét hệ: ⇔ ⇒ A(2; −3),B(2;3) 2 (x − 6) + y = 25 y = ±3 Gọi ∆ là đường thẳng cần lập • ∆ ≡ AB thỏa yêu cầu bài toán GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 34 (35) Tài liệu ôn thi Đại Học • ∆ ≠ AB giả sử ∆ cắt hai đường tròn (C1), (C2) M, N Phép đối xứng tâm A biến M thành N và (C1 ) thành (C3 ) Vì M ∈(C1 ) ⇒ N ∈(C3 ) ⇒ N ∈(C2 ) ∩ (C3 ) (x − 4)2 + (y + 6)2 = 13 37 24 Phương trình (C3 ):(x − 4) + (y + 6) = 13 Suy N : ⇒ N( ; − ) 2 5 (x − 6) + y = 25 2 uuur 27 r Suy AN = ; − ⇒ ∆ có n = (1;3) là VTPT 5 Phương trình ∆ : x + 3y + = B I1 I2 A N I1 ' Ví dụ 19.3 Cho đường tròn (C) có phương trình là x2 + y − 4x + 6y − = và đường thẳng d có phương trình là 3x + 4y − = Gọi (C′) là đường tròn có bán kính tiếp xúc với ngoài với (C) A và tiếp xúc với d B Tính đoạn AB Lời giải Đường tròn (C) có tâm I(2; −3) , bán kính R = Gọi I'(a;b),R' là tâm và bán kính (C’), suy R ' = và II' = R + R ' = Áp dụng định lí cô sin cho tam giác AI'B ta có: · = 50(1 − cos AI'B) · AB2 = I'A2 + I'B2 − 2.I'A.I'B.cos AI'B uur uur n ∆ I'I uur uur · = cos n ,I'I = uur uur = 3(a − 2) + 4(b + 3) = 3a + 4b + Mà cos AI'B ∆ 5.9 45 n ∆ I'I ( Mặt khác: d(I', ∆ ) = ⇒ ) 3a + 4b − 3a + 4b = 26 =5⇔ 3a + 4b = −24 · = 32 ⇒ AB2 = 50 − 32 = 130 ⇒ AB = 130 • 3a + 4b = 26 ⇒ cos AI'B 45 45 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 35 (36) Tài liệu ôn thi Đại Học · = ⇒ AB2 = 50 − = 30 ⇒ AB = 30 • 3a + 4b = −24 ⇒ cos AI'B 5 B I' A I Nhóm các bài toán ba đường Cônic Ví dụ 1.4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc elíp (E) biết (E) có tâm sai và hình chữ nhật sở (E) có chu vi 20 Lời giải Gọi phương trình chính tắc elíp (E) là: x2 a2 + y2 b2 = , với a > b > c = a Từ giả thiết ta có hệ phương trình: 2(2a + 2b) = 20 2 c = a − b Giải hệ trên, ta tìm được: a = và b = x2 y + =1 Phương trình chính tắc (E) là: x2 y + = Viết phương trình hypebol (H) 12 có hai đường tiệm cận y = ±2x và có hai tiêu điểm là hai tiêu điểm (E) Ví dụ 2.4 Trong mặt phẳng Oxy cho Elip (E): Lời giải Giả sử hypebol (H) có dạng : x2 m2 − y2 n2 =1 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 36 (37) Tài liệu ôn thi Đại Học Vì (H) có hai tiệm cận y = ±2x nên ta có: n = ⇒ n = 2m m Đối với elip ta có: c2 = a2 − b2 = 12 − 10 = Theo giả thiết thì tiêu điểm Hypebol là elip nên: c2 = m2 + n2 ⇔ 10 = m2 + (2m)2 = 5m2 ⇔ m2 = 2,n2 = Phương trình hypebol (H) là: x2 y − =1 Ví dụ 3.4 Viết phương trình chính tắc hypebol (H), biết: 1) (H) qua hai điểm M ( ) ( ) 2;2 và N −1; − , 2) (H) qua E ( −2;1 ) và góc hai đường tiệm cận 600 Lời giải Giả sử (H): x2 a2 − y2 =1 b2 1) Do (H) qua hai điểm M ( ) ( ) 2;2 và N −1; − nên ta có hệ: 2 − = a2 = a b ⇔ − = b2 = a2 b2 Vậy phương trình (H) là : x2 y − =1 2 2) Vì E ( −2;1 ) ∈ ( H ) nên ta có a2 − b2 = (1) Phương trình hai đường tiệm cận là: b b ∆1 : y = x hay bx − ay = và ∆2 : y = − x hay bx + ay = a a 0 Vì góc hai đường tiệm cận 60 nên cos60 = b2 − a2 b2 + a2 2 2(b2 − a2 ) = b2 + a2 b2 = 3a2 b −a 2 2 Hay = 2 ⇔ b − a = a + b ⇔ ⇔ b +a 2(b2 − a2 ) = −(b2 + a2 ) a2 = 3b2 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 37 (38) Tài liệu ôn thi Đại Học • Với b2 = 3a2 thay vào (1) a2 = 11 , b = 11 x2 y − =1 11 11 Suy phương trình hypebol là (H): • Với a2 = 3b2 thay vào (1) a2 = 1, b2 = Suy phương trình hypebol là (H): x2 y − =1 1 Vậy có có hai hypebol thỏa mãn có phương trình là x2 y x2 y − = và − =1 11 11 1 3 Ví dụ 4.4 Viết phương trình chính tắc Parabol (P), biết : 1) Khoảng cách từ tiêu điểm F đến đường thẳng ∆ : x + y − 12 = 2 2) (P) cắt đường thẳng ∆ :3x − y = điểm A, B cho AB = Lời giải p 1) Ta có tọa độ tiêu điểm F ;0 2 Khoảng cách từ F đến đường thẳng ∆ 2 nên: d ( F; ∆ ) = p − 12 2 = 2 suy p = 16 p = 32 Vậy phương trình (P): y = 32x y = 64x 2) Ta thấy (P) luôn cắt đường thẳng ∆ gốc tạo độ, giả sử B ≡ O và A là giao điểm còn lại Vì A ∈∆ ⇒ A ( a;3a ) Mặt khác AB = ⇒ a2 + 9a2 = ⇔ a2 = 16 ⇒a =± 5 18 36 Nếu a = ⇒ ⇒p= ⇒ (P) : y2 = x = 2p 5 5 Nếu a = − (loại) GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 38 (39) Tài liệu ôn thi Đại Học x2 y + = Tìm tọa độ các điểm A,B thuộc (E) Biết A,B đối xứng qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác Ví dụ 5.4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm C(2;0) và elip (E): Lời giải Gọi A(x0 ;y ) , A,B đối xứng qua trục hoành nên B(x0 ; − y ) Suy AB2 = 4y 02 ; AC2 = ( − x0 ) + y 02 Vì A ∈(E) ⇒ − x02 x2 y 02 + = ⇔ y 02 = 4 (1) ∆ABC nên AB = AC ⇔ 4y 02 = ( x0 − 2) + y 02 (2) Từ (1) và (2) ta có : 7x02 x0 = − 16x0 + = ⇔ x = • Với x0 = ⇒ y = ⇒ A ≡ C loại • Với x0 = 48 thay vào (1) ta y 02 = ⇔ x0 = m 49 −4 −4 Vậy A ; A ; ;B ; ;B ; 7 7 7 7 Ví dụ 6.4 Cho hypebol (H): x2 y − = có tiêu điểm F1 và F2 Tìm điểm M trên (H) trường hợp sau: 1) Điểm M nhìn hai tiêu điểm (H) góc vuông 2) Khoảng cách hai điểm M và F1 3) Tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận Lời giải Gọi M(xM ;y M )∈(E) ⇒ 24 x2M y 2M − = (1) b) Từ phương trình (H) có a2 = 9, b2 = nên a = 3, b = ,c = a2 + b2 = 15 Suy F1( − 15;0);F2( 15;0) uuuur uuuur Ta có: F1M = (xM + 15;y M );F2M = (xM − 15;y M ) Điểm M nhìn hai tiêu điểm (H) góc vuông nên GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 39 (40) Tài liệu ôn thi Đại Học uuuur uuuur F1M.F2M = ⇔ (xM + 15)(x M − 15) + y 2M = ⇔ y 2M = 15 − x2M vào (1) ta xM2 15 − xM2 12 63 − = ⇔ xM = ± suy y M = ± 5 Vậy có bốn điểm thỏa mãn là 63 12 63 12 63 63 12 12 , M2 − , M3 và M4 − M1 ; ; ;− ;− 5 5 5 x M = 0( loại) 15 c 2) Ta có MF1 = a + xM nên = + x ⇔ −18 210 a M ⇒ yM = ± x = M 15 18 18 210 210 Vậy có điểm: M1 − và M2 − ; ;− 15 15 3) Phương trình hai tiệm cận là : d1 : y = 6 x; d2 : y = − x 3 Tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận x − yM M 1+ + Mặt khác (1) ⇔ (2) ⇔ x + yM M 1+ ( = 6xM − 3y M 24 ⇔ )( 24 suy 6xM − 3y M + 6xM + 3y M = 24 30 (2) ) 6xM + 3y M = 54 > suy 6xM − 3y M + 6xM + 3y M = 24 30 12 330 ⇔ xM = ± ⇒ yM = ± 5 12 330 12 12 330 330 Vậy có bốn điểm M1 , M2 , M3 − và ; ;− ; 5 5 12 330 M4 − ;− thỏa mãn yêu cầu bài toán 5 Ví dụ 7.4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3) và elip (E) có phương trình x2 y + = Gọi F1 và F2 là các tiêu điểm (E) ( F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương đường thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng F2 qua M Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 40 (41) Tài liệu ôn thi Đại Học Lời giải Ta có: F1( −1;0), F2(1;0) Đường thẳng AF1 : Từ đó ta tìm M(1; x +1 y = 3 3 ) ⇒ AM = MF2 = 3 Do N đối xứng với F2 qua M nên ta có MN = MF2 ⇒ MA = MF2 = MN Suy đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2 có tâm là điểm M, bán kính R = MA = nó có phương trình : (x − 1)2 + (y − nên 3 ) = 3 N y A M F1 O F2 x x2 y + = và điểm I(1;2) Viết phương trình đường thẳng qua I 16 biết đường thẳng đó cắt elip hai điểm A, B mà I là trung điểm đoạn thẳng AB Ví dụ 8.4 Cho elíp (E): Lời giải: r Cách 1: Đường thẳng ∆ qua I nhận u ( a;b ) làm vectơ phương có dạng: x = + at , với a2 + b2 ≠ y = + bt Do A, B∈∆ suy A = (1 + at ;2 + bt ) , B = (1 + at ;2 + bt ) a ( t + t ) = 2x = x A + xB I là trung điểm AB và I ⇔ ⇔ t + t = (1) 2xI = x A + xB b ( t + t ) = A, B ∈ ( E ) nên t , t là nghiệm phương trình GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 41 (42) Tài liệu ôn thi Đại Học (1 + at)2 (2 + bt)2 + = ⇔ 9a2 + 16b2 t + 2( 9a + 32b ) t − 139 = 16 ( ) Theo định lý Viet ta có t + t = ⇔ 9a + 32b = Ta có thể chọn b = −9 và a = 32 Vậy đường thẳng d có phương trình : 9x + 32y − 73 = Cách 2: Vì I thuộc miền elip (E ) nên lấy tùy ý điểm A(x;y)∈(E) thì đường thẳng IM luôn cắt (E) điểm thứ hai là B ( x';y') 2x = x A + xB x' = − x I là trung điểm điểm AB và I ⇔ ⇒ M'( − x;4 − y ) y ' = − y 2xI = x A + xB x2 y =1 + 16 Vì M,M' ∈(E) ⇔ 2 (2 − x) (4 − y) =1 16 + − 4x 16 − 8y + = hay 9x + 32y − 73 = (*) 16 Suy Tọa độ điểm M, I thỏa mãn phương trình (*) nên đường thẳng cần tìm là : 9x + 32y − 73 = Ví dụ 9.4.Trong mặt phẳng Oxy cho (E): x2 a2 + y2 b2 = và hai điểm M, N thuộc (E) cho OM vuông góc với ON Chứng minh : 1) OM + ON = a + b2 , 2) Đường thẳng MN luôn tiếp xúc với đường tròn cố định Lời giải 1) • Dễ thấy hai điểm trùng với bốn đỉnh (E) thì đẳng thức hiển nhiên đúng • Nếu hai điểm không trùng với các đỉnh (E): GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 42 (43) Tài liệu ôn thi Đại Học Gọi M ( xM ;y M ) , N ( xN ;y N ) và k ( k ≠ ) là hệ số góc đường thẳng OM thì hệ số góc ON là − (vì OM vuông góc với ON ) k Do M, N ∈ ( E ) nên x2M + a2 y 2M b2 x2N = (1), a2 + y 2N b2 = (2) Đường thẳng OM có phương trình là y = kx suy y M = kx M (3) 1 Đường thẳng ON có phương trình là y = − x suy y N = − xN (4) k k x2M Thay (3) vào (1) suy : ⇒ y 2M = k 2x2M a2 k 2a2b2 = 2 + k 2x2M b2 2 a k +b Do đó OM Tương tự thay (4) vào (2) suy ra: ⇒ y 2N = Suy Vậy k x2 N OM2 OM + + = a2b2 ON2 ON = = ( a2b2 k + a + a2 b2 ) + = x2M +k Do đó ON b2 + k 2a2 x2N a2 + k 2b2 k2 a2b2 = ⇔ x2M + = ⇔ x2M = 2 a b a k +b + y 2M x2N b2 = x2N ( 2 ) a k +b a2k 2b2 1 = ⇔ x2N + 2 = ⇔ x2N = k b a + k 2b2 a + y 2N a2 + k 2b2 ( = a2b2 k + a2b2 k + ) = ( a2b2 k + a2 + k 2b2 (a = ) )( + b2 k + ( a2b2 k + ) )= + a2 b2 2) Gọi H là hình chiếu O lên đường thẳng MN đó OH là đường cao tam giác vuông MON Theo hệ thức lượng tam giác vuông ta có OH = OM + ON = a + b ⇔ OH = ab a2 + b2 Suy MN luôn tiếp xúc với đường tròn cố định tâm O bán kính R = GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) ab 2 a +b 43 (44) Tài liệu ôn thi Đại Học x2 − y2 = có các tiêu điểm F1 , F2 Lấy M là điểm bất kì trên a2 b2 (H) Chứng minh tích khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận là số Ví dụ 10.4 Cho hypebol (H): Lời giải Phương trình hai đường tiệm cận (H) là: b b ∆1 : y = x hay bx − ay = và ∆2 : y = − x hay bx + ay = a a Giả sử M ( xM ;y M ) đó theo công thức khoảng cách từ điểm tới đường thẳng ta có d ( M; ∆1 ) = Suy d ( M; ∆1 ) d ( M; ∆2 ) = a2 + b2 ; d ( M; ∆2 ) = bxM + ay M a2 + b2 bxM − ay M bxM + ay M b2x2M − a2y 2M = 2 2 a2 + b2 a +b a +b Mặt khác M thuộc (H) nên : Do đó d ( M; ∆1 ) d ( M; ∆2 ) = bx M − ay M xM2 a − a2 b2 a2 + b2 y M2 b = hay b2x2M − a2y 2M = a2b2 là số Ví dụ 11.4 Cho parabol (P): y = 2ax Đường thẳng ∆ qua tiêu điểm F có hệ số góc k ( k ≠ 0) cắt (P) M và N Chứng minh tích khoảng cách từ M và N đến trục Ox là số Lời giải Tiêu điểm F ( a;0) a Vì qua tiêu điểm F có hệ số góc k ≠ nên có phương trình: ∆ : y = k x − 2 Hoành độ giao điểm ∆ và (P) là nghiệm phương trình: 2 ( ) a k x − = 2ax ⇔ 4k 2x2 − 2a + k 2a x + k 2a2 = (*) 2 ( ∆ ' = 2a + k 2a ) ( ) − 4k 4a2 = 16a2 + k > Theo định lý Viet có xM xN = a2 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 44 (45) Tài liệu ôn thi Đại Học Mặt khác ta có d ( M;Ox ) = y M ; d ( N;Ox ) = y N Suy d ( M;Ox ) d ( N;Ox ) = y M y N = 4a2 xM xN = a2 Ví dụ 12.4 Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm F1( − 3;0);F2( 3;0) và 1 qua điểm A 3; Lập phương trình chính tắc (E) và với điểm M trên elip, hãy 2 tính biểu thức: P = F1M2 + F2M2 − 3OM2 − F1M.F2M Lời giải Giả sử (E): x2 a2 + y2 b2 = với a,b > a2 = b2 + ⇔ a2 = 4,b2 = Theo giả thiết bài toán ta có hệ + =1 4b a x2 y =1 Suy (E): + Xét M(x0 ;y )∈(E) ⇒ x20 x2 + y 20 = ⇒ y 20 = − 4 Suy P = (a + ex0 )2 + (a − ex0 )2 − 2(x20 + y 20 ) − (a2 − e2x02 ) = Ví dụ 13.4 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − y + = và hai elip x2 y x2 y (E1 ): + = 1; (E2 ): + = ( a > b > ) có cùng tiêu điểm Biết (E2 ) qua điểm 25 16 a b M thuộc ∆ Lập phương trình (E2 ), biết (E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ Lời giải Vì hai E líp có cùng tiêu điểm nên ta có: a2 − b2 = 25 − 16 = Gọi M(m;m + 5)∈ ∆ , M thuộc (E1 ) nên: m2 a2 + (m + 5)2 b2 =1 ⇔ m2(a2 − 9) + (m + 5)2 a2 = a2(a2 − 9) ⇔ a − 2(m2 + 5m + 17)a2 + 9m2 = Vì a2 > nên ta có a2 = m2 + 5m + 17 + (m2 + 8m + 17)(m2 + 2m + 17) = f(m) • Nếu m2 + 5m ≥ ⇒ f(m) > 17 • Với m ∈( −5;0) , ta có: GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 45 (46) Tài liệu ôn thi Đại Học f(m) = = (m2 + 8m + 17)(m2 + 2m + 17) − (m2 + 5m)2 2 (m + 8m + 17)(m + 2m + 17) − (m + 5m) (5m + 17)2 (m2 + 8m + 17)(m2 + 2m + 17) − (m2 + 5m) Đẳng thức xảy m = − Vậy phương trình (E2 ): + 17 + 17 ≥ 17 17 Khi đó a2 = 17,b2 = x2 y + =1 17 x2 y + = có tiêu điểm F1 ,F2 M là điểm di 25 16 động trên Elip Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MF1F2 Tìm quỹ tích điểm I Ví dụ 14.4 Trên hệ tọa độ Oxy cho Elip: (E): x20 y 20 Lời giải Gọi M ( x0 ;y ) ∈(E) , suy + =1 25 16 Ta có a2 = 25,b2 = 16 ⇒ c2 = ⇒ c = 3,e = c = a 3 Suy F1( −3;0),F2(3;0),MF1 = + x0 ,MF2 = − x0 ,F1F2 = 5 Gọi D là chân đường phân giác góc M , ta có: uuur uuuur DF1 MF1 MF1 = ⇒ F1D = F1F2 DF2 MF2 MF1 + MF2 9 Suy D + x0 ;0 ,F1D = + x0 25 25 Ta có: F1M uuur IM F1M uur = ⇒ MI = MD ⇒ ID F1D F1D + F1M Nhóm các bài toán liên quan tam giác Các bài toán thuộc nhóm này chúng ta gặp nhiều và bài toán có tính chất tổng hợp Các bài toán này chủ yêu xoay quanh vấn đề xác định tọa độ các đỉnh tam giác, tức là bài toán xác định tọa độ điểm Ví dụ 1.5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(4; −1) và phương trình hai đường trung tuyến BB1 : 8x − y − = 0,CC1 :14x − 13y − = Tính tọa độ các điểm B, C GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 46 (47) Tài liệu ôn thi Đại Học Lời giải A C1 B1 B C b+4 Vì B ∈ BB1 nên B(b;8b − 3) , C1 là trung điểm AB nên ta có C1 ;4b − Mặt khác: C1 ∈ CC1 nên suy 7(b + 4) − 13(4b − 2) − = ⇔ b = −1 ⇒ B( −1; −11) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, suy tọa độ G là nghiệm hệ x= 8x − y − = ⇒ G ;− ⇔ 3 3 14x − 13y − = y = − x = 3xG − x A − x B = −2 Suy C ⇒ C( −2;11) y C = 3y G − y A − y B = 11 Ví dụ 2.5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(4; −1) và phương trình hai đường phân giác BE : x − = 0,CF : x − y − = Tính tọa độ các điểm B, C Lời giải Gọi M là điểm đối xứng với A qua BE , suy M ∈ BC Vì AM ⊥ BE nên AM : y + = Do đó AM ∩ BE I(1; −1) , M đối xứng với A qua I nên suy M( −2; −1) Tương tự, gọi N là điểm đối xứng với A qua CF , suy N ∈ BC và N(0;3) uuur Suy MN = (2;4) ⇒ phương trình BC :2x − y + = x − = x = Vì B = BE ∩ BC ⇒ B : ⇔ ⇒ B(1;5) 2x − y + = y = x − y − = x = −4 C = CF ∩ BC ⇒ C : ⇔ ⇒ C( −4; −5) 2x − y + = y = −5 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 47 (48) Tài liệu ôn thi Đại Học A I M E F B N C Ví dụ 3.5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có C( −4; −5) và phương trình đường cao AD : x + 2y − = , đường trung tuyến BB1 : 8x − y − = Tìm tọa độ các điểm A, B Lời giải A B1 B D C Vì BC ⊥ AD nên phương trình BC :2x − y + = 8x − y − = x = B = BC ∩ BB1 ⇒ B : ⇔ ⇒ B(1;5) 2x − y + = y = a −5 Do A ∈ AD , suy A(2 − 2a;a) Do đó B1 −a − 1; Mà B ∈ BB1 nên ta có: 8( −a − 1) − a −5 − = ⇔ a = −1 ⇒ A(4; −1) Ví dụ 4.5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;5) và phương trình đường cao AD : x + 2y − = , đường phân giác CC1 : x − y − = Tính tọa độ các điểm A, C Lời giải GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 48 (49) Tài liệu ôn thi Đại Học A N C1 I B D C Ta có phương trình BC :2x − y + = 2x − y + = x = −4 Vì C = CC1 ∩ BC ⇒ C : ⇔ ⇒ C( −4; −5) x − y − = y = −5 Gọi N là điểm đối xứng với B qua CC1 , ta có N ∈ AC và N(6;0) uuur ⇒ NC = (10;5) , phương trình AC : x − 2y − = x − 2y − = x = Tọa độ A là nghiệm hệ ⇔ ⇒ A(4; −1) x + 2y − = y = −1 Ví dụ 5.5 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có phương trình các đường cao AD :2x − y + = 0, BE : x + y − = , C thuộc đường thẳng d : x + y − = và BC qua M(0;3) Tìm tọa độ các đỉnh tam giác Lời giải Gọi H là trực tâm tam giác ABC, suy tọa độ H là nghiệm hệ x= 2x − y + = ⇒ H ;5 ⇔ 3 3 x + y − = y = Vì C ∈ d ⇒ C(a;6 − a) Do AC ⊥ BE nên phương trình AC có dạng: x − y + − 2a = Tương tự, phương trình BC : x + 2y + a − 12 = = x + 2y + a − 12 = x = a − Suy B : ⇔ ⇒ B ( a − 8;10 − a ) x + y − = y = 10 − a 2x − y + = x = − 2a A: ⇔ ⇒ A (5 − 2a;11 − 4a ) x − y + − 2a = y = 11 − 4a uuur uuur Suy MC = (a;3 − a),MB = (a − 8;7 − a) GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 49 (50) Tài liệu ôn thi Đại Học Vì B,C,M thẳng hàng nên a − a −7 = ⇔ a =6 a a −3 Vậy A( −7; −13),B( −2;4),C(6;0) A E H B D M C d 1 Ví dụ 6.5 Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A có trọng tâm G ; , phương 3 trình đường thẳng BC : x − 2y − = và phương trình đường thẳng BG :7x − 4y − = Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C Lời giải x − 2y − = Tọa độ đỉnh B là nghiệm hệ ⇒ B ( 0; −2) 7x − 4y − = Vì ∆ABC cân A nên AG là đường cao ∆ABC , suy phương trình AG có dạng: 4 1 2 x − + y − = ⇔ 2x + y − = 3 3 2x + y − = Gọi H = AG ∩ BC thì tọa độ điểm H là nghiệm hệ ⇒ H ( 2; −1 ) x − 2y − = x = 2x H − x B Vì H là trung điểm BC ⇒ C ⇒ C ( 4;0) y C = 2y H − y B Ta có xG = 1 x A + x B + xC ) ,y G = ( y A + y B + y C ) ⇒ A ( 0;3) ( 3 Vậy A ( 0;3) ,B ( 0; −2) ,C ( 4;0 ) GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 50 (51) Tài liệu ôn thi Đại Học A G B H C Ví dụ 7.5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d : x − 4y − = , cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH : x + y + = và trung điểm cạnh AC là M (1;1) Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C Lời giải Cạnh AC nằm trên đường thẳng qua M và vuông góc với BH Phương trình cạnh AC : x − y = x − 4y − = 2 Tọa độ điểm A là nghiệm hệ: ⇔ x = y = − ⇒ A( − ; − ) 3 x − y = 8 Suy tọa độ điểm C( ; ) 3 Cạnh BC qua C và song song với đường thẳng d nên có phương trình BC : x − 4y + = x + y + = x = −4 Tọa độ đỉnh B là nghiệm hệ: ⇔ ⇒ B( −4;1) x − 4y + = y = Ví dụ 8.5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6;6), đường thẳng qua trung điểm các cạnh AB và AC có phương trình x + y − = Tìm tọa độ các đỉnh B và C , biết điểm E(1; −3) nằm trên đường cao qua đỉnh C tam giác đã cho Lời giải Gọi d : x + y − = Vì BC / /d nên phương trình BC có dạng: x + y + m = Lấy I(1;3)∈ d , ta có: d(I,BC) = d(A,d) = ⇒ m + = ⇒ m = −12,m = Vì A và I cùng phía so với BC nên ta có m = ⇒ BC : x + y + = Đường cao hạ từ đỉnh A có phương trình : x − y = x − y = Tọa độ trung điểm P BC : ⇒ P( −2; −2) x + y + = Do B ∈ BC ⇒ B(b; −4 − b) và P là trung điểm BC suy C( −4 − b;b) Mặt khác AB ⊥ CE nên ta có (b − 6)(b + 4) + (b + 10)(b + 3) = ⇔ b = 0,b = −6 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 51 (52) Tài liệu ôn thi Đại Học Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu bài toán: B(0; −4), C( −4;0) B( −6;2), C(2; −6) Ví dụ 9.5 Xác định tọa độ đỉnh B tam giác ABC , biết C ( 4;3) và các đường phân giác trong, trung tuyến kẻ từ A có phương trình x + 2y − = 0, 4x + 13y − 10 = Lời giải Gọi C' là điểm đối xứng C qua đường phân giác AD Khi đó C' ∈ AB uuur Gọi H = AD ∩ CC' ⇒ H (5 − 2t;t ) ⇒ CH = (1 − 2t;t − 3) r uuur r Mặt khác AD có u = ( −2;1) là VTCP và CH ⊥ u nên ta có: uuur r CH.u = ⇔ −2(1 − 2t ) + ( t − 3) = ⇔ t = ⇒ H (3;1) Do H là trung điểm CC' , nên C' ( 2; −1 ) Vì A = AD ∩ AM ( M là trung điểm BC) nên tọa độ A là nghiệm hệ phương trình : x + 2y − = x = ⇔ ⇒ A ( 9; −2) 4x + 13y − 10 = y = −2 Khi đó đường thẳng AB có phương trình x + 7y + = nên B ( −7t − 5;t ) −13s + 10 Vì M ∈ AM ⇒ M ;s −13s + 10 = −14t − Lại vì M là trung điểm BC nên ⇒ B ( −12;1) 2s = + t Ví dụ 10.5 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A( −1;4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng ∆ : x − y − = Xác định toạ độ các điểm B và C , biết diện tích tam giác ABC 18 Lời giải Gọi M là trung điểm cạnh BC, tam giác ABC cân A nên AM ⊥ BC Suy phương trình AM : x + y − = x = x − y − = 7 1 Tọa độ điểm M là nghiệm hệ: ⇔ ⇒ M ; − ⇒ AM = 2 2 x + y − = y = − 18 =2 Ta có: S ∆ABC = AM.BC = AM.BM = 18 ⇒ BM = AM Mặt khác: B∈ ∆ , suy B(b;b − 4) nên: GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 52 (53) Tài liệu ôn thi Đại Học 2 7 7 7 11 BM = ⇔ b − + b − = ⇔ b − = ⇔ b = ,b = 2 2 2 2 • Với b = 11 11 ⇒ B ; ,C ; − 2 2 2 • Với b = 11 11 ⇒ B ; − ,C ; 2 2 2 Ví dụ 11.5 Cho tam giác ABC với A ( 2; −4 ) ,B ( 0; −2) và trọng tâm G thuộc đường thẳng d :3x − y + = Hãy tìm tọa độ C , biết diện tích tam giác ABC Lời giải Trung điểm I AB là I (1; −3) , vì G là trọng tâm tam giác ABC nên suy 1 S AGB = S ABC = ⇒ d ( G, AB ) AB = ⇒ d ( G, AB ) = 2 Vì G ∈ d nên suy G(a;3a + 1) Phương trình đường thẳng AB : x + y + = nên d ( G, AB ) = Do đó d ( G, AB ) = ⇔ 4a + = ⇔ a = −1,a = − 4a + 2 x = − C x + xB + xC = 3xG 1 Do đó • a = − ⇒ G − ; − , mà A ⇒ 2 y A + y B + y C = 3y G y = C 9 C − ; 2 • Tương tự với a = −1 ta tìm C ( −5;0 ) Ví dụ 12.5 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 và đỉnh A có hoành độ dương Lời giải Gọi D là điểm đối xứng với C qua đường thẳng d : x + y − = , ta tìm D(4;9) Vì A thuộc đường tròn đường kính CD nên A là giao điểm đường thẳng d và đường tròn đường kính CD, suy tọa độ A là nghiệm hệ: x + y − = ⇒ A(4;1) (vì x A > ) 2 x + (y − 5) = 32 D B GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 53 C (54) Tài liệu ôn thi Đại Học Suy AC = ⇒ AB = 2S∆ABC =6 AC Vì B thuộc đường thẳng AD : x − = nên B(4;y) Từ AB = ⇒ (y − 1)2 = 36 ⇒ y = −5,y = uuur uuur Vì AB và AD cùng hướng nên ta có B(4;7) Vậy phương trình BC :3x − 4y + 16 = Ví dụ 13.5 Cho tam giác ABC có M(2;0),N( −1; −1),P( −2;3) là trung điểm các cạnh AB,BC,CA Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C Lời giải A P B N M C uuur uuur Do M,N,P là trung điểm các cạnh nên ta có AP = MN hay suy x A + = −3 x A = −5 ⇔ ⇒ A( −5;2) y A − = −1 y A = Từ đó, suy B(1;4),C(3; −4) Ví dụ 14.5 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có M(1;0),N(4; −3) là trung điểm AB, AC ; D(2;6) là chân đường cao hạ từ A lên BC Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC Lời giải uuur uuur Gọi A(a;b), suy DA = (a − 2;b − 6), MN = (3; −3) uuur uuur Vì AD ⊥ MN ⇒ DA.MN = ⇔ a − − b + = ⇔ a − b = −4 (1) Lấy đối xứng điểm A qua M,N ta có: B(2 − a; −b), C(8 − a; −6 − b) uuur uur Suy BD = (a;6 + b), CD = (a − 6;b + 12) Vì B,C,D thẳng hàng nên ta có: a − b + 12 = ⇔ a + b = −6 (2) a b+6 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 54 (55) Tài liệu ôn thi Đại Học Từ (1) và (2) ta suy a = −5;b = −1 Vậy A( −5; −1),B(7;1),C(13; −5) Ví dụ 15.5 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có M( −1; −1),N(0;2) là trung điểm AB, AC và D(1;0) là chân đường phân giác góc A Tìm tọa độ các đỉnh tam giác Lời giải uuur uur Gọi A(a;b) ⇒ B( −2 − a; −2 − b),C( −a;4 − b) Suy BD = (a + 3;b + 2),CD = (a + 1;b − 4) a +3 b+2 = ⇔ 3a − b + = ⇒ b = 3a + (1) a +1 b−4 uuur uuur uuur uuur Mặt khác D là chân đường phân giác góc A nên AD, AB = AD, AC Vì B,C,D thẳng hàng nên ( uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur AD.AB AD.AC ⇔ cos AD, AB = cos AD, AC ⇔ = (*) AB AC uuur uuur uuur Mà AD = (1 − a; −b), AB = ( −2a − 2; −2b − 2), AC = ( −2a;4 − 2b) ( Nên (*) ⇔ ) ( ) ) (a − 1)(a + 1) + b(b + 1) (a − 1)a + (b − 2)b (2) = (a + 1)2 + (b + 1)2 a2 + (b − 2)2 Thay (1) vào (2) ta có: ⇔ ) ( 2a2 + 9a + 11 2a2 + 10a + 13 = a2 − + (3a + 7)(3a + 8) (a + 1)2 + (3a + 8)2 = a2 − a + (3a + 5)(3a + 7) a2 + (3a + 5)2 2a2 + 7a + 2a2 + 6a + ⇔ (2a2 + 9a + 11)2(2a2 + 6a + 5) − (2a2 + 7a + 7)2(2a2 + 10a + 13) = ⇔ a3 + 6a2 + 12a + = ⇔ (a + 2)(a2 + 4a + 4) = ⇔ a = −2,b = Vậy A( −2;1),B(0; −3),C(2;3) Ví dụ 16.5 Trong mặt phẳng Oxy , hãy xác định tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết M(1;4), N( −1;3) là trung điểm BC,CA và H( ; − ) là trực tâm tam giác ABC 3 Lời giải Gọi C(x;y) ⇒ B(2 − x;8 − y), A( −2 − x;6 − y) uuur uur AH.BC = Vì H( ; − ) là trực tâm tam giác ABC nên uuur uuur (*) 3 CH.MN = uuur uuur uuur 23 uur Mà AH = + x; − + y , BC = (2x − 2;2y − 8) , CH = ( − x; − − y), MN = ( −2; −1) 3 3 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 55 (56) Tài liệu ôn thi Đại Học 23 7 ( + x)(2x − 2) + ( − + y)(2y − 8) = (1) Nên (*) ⇔ 2(x − ) + y + = (2) 3 (2) ⇔ 2x + y + = ⇒ y = −1 − 2x (3) thay vào (1) ta : 26 41 ( + x)(2x − 2) + ( + 2x)(10 + 4x) = ⇔ 15x2 + 86x + 123 = ⇔ x = −3;x = − 3 15 • x = −3 ⇒ y = ⇒ A(1;1), B(5;3), C( −3;5) • x=− 41 67 11 23 ⇒y= ⇒ A ; , 15 15 15 15 71 53 B ; , 15 15 41 76 C − ; 15 15 Ví dụ 17.5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có D(2; −1),E(2;2),F( −2;2) là chân đường cao hạ từ A,B,C Xác định tọa độ các đỉnh tam giác ABC Lời giải Gọi H(a;b) là trực tâm tam giác ABC Ta có tứ giác BDHF, CDHE, BCEF là các tứ giác nội tiếp nên suy · = HBF; · HDE · = HCE; · HBF · = HCE · ⇒ HDF · = HDE · ⇒ AH là phân giác góc EDF · HDF A F H E B D C · Suy H là tâm đường tròn nội tiếp Tương tự, ta có BH là phân giác góc DEF tam giác DEF uuur uur uuur uur EH.EF EH.ED = Ta có : uurEFuur uurED uur , giải hệ này ta tìm a = 1,b = hay H(1;1) FH.FE FH.FD EF = FD uuur Suy HD = (1; −2) nên phương trình BC : x − 2y − = uuur HE = (1;1 ) nên phương trình AC : x + y − = uuur HF = ( −3;1) nên phương trình AB : 3x − y + = GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 56 (57) Tài liệu ôn thi Đại Học 3x − y + = x = −1 Vì A = AB ∩ AC ⇒ A : ⇔ ⇒ A( −1;5) x + y − = y = Tương tự, ta tìm B( −4; −4),C(4;0) Ví dụ 18.5 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) có phương trình : ( x − ) + ( y − 1) = 10 Điểm M ( 0;2) là trung điểm cạnh BC và diện tích tam giác 2 ABC 12 Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC Lời giải uur Đường tròn (C) có tâm I(1;1) , suy MI = (1; −1) Vì BC qua M và vuông góc với MI nên BC : x − y + = (x − 1)2 + (y − 1)2 = 10 y = x + x = 2,y = Tọa độ B,C là nghiệm hệ: ⇔ ⇔ x − y + = x = x = −2,y = Suy B(2;4),C( −2;0) B( −2;0),C(2;4) Gọi A(a;b), suy (a − 1)2 + (b − 1)2 = 10 (1) Ta có: d(A,BC) = a −b+2 ,BC = ⇒ S∆ABC = a − b + Nên ta có a − b + = ⇔ a = b + 4,a = b − • a = b + thay vào (1) ta có: (b + 3)2 + (b − 1)2 = 10 ⇔ b2 + 2b = ⇔ b = 0,b = −2 • a = b − thay vào (1) ta có: (b − 9)2 + (b − 1)2 = 10 vô nghiệm Vậy A(0;4) A(2; −2) Ví dụ 19.5 Trong mặ t phang toạ độ Oxy, cho tam giá c ABC có đı̉nh A(3; −7) , trực tâ m là H(3; −1) , tâ m đườ ng trò n ngoạ i tiep là I( −2;0) Xá c định toạ độ đı̉nh C, biet C có hoà nh độ dương Lời giải Cách 1: Gọi M(x;y) là trung điểm BC , D là điểm đối xứng với A qua O Ta có BH / /CD,CH / /BD nên tứ giác BDCH là hình bình hành nên M là trung điểm HD uuur uur 0 = 2( −2 − x) x = −2 Từ đó suy ra, AH = 2MI ⇒ ⇔ ⇒ M( −2; −3) 6 = 2( −y) y = −3 uuur Nên đường thẳng BC qua M có AH ( 0;6 ) là vtpt có phương trình là : y + = Gọi C(a; −3) , IA = IC ⇔ 52 + ( −7 ) = ( a + 2) + ( −3) GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 2 57 (58) Tài liệu ôn thi Đại Học ⇔ a2 + 4a − 61 = ⇔ a = −2 ± 65 ⇒ C( −2 + 65; −3) A H I C B M Cách Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình (x + 2)2 + y = 74 Phương trình AH : x = , BC ⊥ AH ⇒ BC : y = m ( m ≠ −7 ) Tọa độ B, C là nghiệm phương trình : (x + 2)2 + m2 = 74 ⇔ x2 + 4x + m2 − 70 = (*) Vì (*) có hai nghiệm, đó có ít nghiệm dương nên m < 70 Khi đó: B( −2 − 74 − m2 ;m), C( −2 + 74 − m2 ;m) uuur uuur Vì BH ⊥ AC ⇒ AC.BH = ⇔ m2 + 4m − 21 = ⇔ m = Vậy C( −2 + 65;3) Ví dụ 20.5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 : 3x + y = và d2 : 3x − y = Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d1 A , cắt d2 hai điểm B và C cho tam giác ABC vuông B Viết phương trình (T), biết tam giác ABC có diện tích và điểm A có hoành độ dương Lời giải Vì ∆ABC vuông B nên AC là đường kính (T) · = (· · = ASB · = t (góc có cạnh tương ứng vuông góc) Gọi ASB d1 , d2 ) = t ta có BAC Giả sử bán kính (T) là R ta có : GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 58 (59) Tài liệu ôn thi Đại Học S ∆ABC = Mặt khác cos t = Suy S ∆ABC = R BC.BA ACsin t.ACcost = = 2R sin t cost 2 3 + 1.( −1) π = ⇒t= ( 3)2 + ( −1)2 ( 3)2 + 12 từ đó có R = ( ) ( ) Do A ∈ d1 , C ∈ d2 nên A a; −a ,C c;c thêm vector phương d1 là uur uuur u1(1; − 3) có phương vuông góc với AC nên: uuur r AC.u1 = ⇔ c − a − 3(c + a) = ⇔ c = −2a Mặt khác AC = 2R = ⇔ (c − a)2 + ( 3(c + a))2 = ⇔ a = vì a > nên a = Tâm đường tròn là trung điểm AC là : a+c a 3a 3 I ; (c − a) = − ; − ;− = − 2 2 3 3 Vậy phương trình (T) là x + + y + = 2 Cách 2: Ta có d1 tiếp xúc với (T) có đường kính là AC nên AC ⊥ d1 · = 600 ,BOx · = 1200 ⇒ AOB · = 600 ; ACB · = 300 Từ giả thiết ta có : AOx 3 AB ⇒ AB = ⇒ AB = Nên S ∆ABC = AB.BC = 2 2 ( ) Vì A ∈ d2 ⇒ A x; − 3x ,x > 0;OA = .AB = ⇒ A( ; −1) ; OC = 2OA = ⇒ C − ; −2 3 AC Đường tròn (T) đường kính AC có: I − ;− , R = =1 2 2 3 Phương trình (T): x + + y + =1 2 3 GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 59 (60) Tài liệu ôn thi Đại Học Ví dụ 5.21 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2;3) Gọi H là trực tâm tam giác ABC Biết đường tròn qua ba trung điểm ba đoạn thẳng HA,HB, HC có phương trình : (x − 1)2 + (y − 1)2 = 10 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải Gọi (C) là đường tròn (x − 1)2 + (y − 1)2 = 10 , suy (C) có tâm I(1;1) , bán kính R = 10 Ta có kết sau đây hình học phẳng: “Trong tam giác, điểm gồm trung điểm ba cạnh, chân ba đường cao và ba trung điểm các đoạn nối trực tâm với đỉnh nằm trên đường tròn có tâm I , G, H thẳng hàng và IH = 3IG ” A A' E G C' I C H B' M B Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm BC Ta có: Phép vị tự V(G,−2) : I → E, M → A và M ∈(C) nên ta có: E(4;7) và EA = 2IM = 10 Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: (x − 1)2 + (y − 10)2 = 40 Bài tập Bài 1.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(4; −1),B(1;5);C( −4; −5) Viết phương trình các đường thẳng sau: 1) Đường cao AD 2) Các đường trung tuyến BM,CN 3) Các đường phân giác BD,CE Bài 2.1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(3;2) và phương trình hai đường trung tuyến BM :3x + 4y − = 0,CN :3x − 10y − 17 = Tính tọa độ các điểm B, C GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 60 (61) Tài liệu ôn thi Đại Học Bài 3.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A( −3;0) và phương trình hai đường phân giác BD : x − y − = 0,CE : x + 2y + 17 = Tính tọa độ các điểm B, C Bài 4.1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có C(5; −3) và phương trình đường cao AA': x − y + = , đường trung tuyến BM :2x + 5y − 13 = Tính tọa độ các điểm A, B Bài 5.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1; −3) và phương trình đường cao AD :2x − y + = , đường phân giác CE : x + y − = Tính tọa độ các điểm A, C Bài 6.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm cạnh AB Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A có phương trình là 7x − 2y − = và 6x − y − = Viết phương trình đường thẳng AC Bài 7.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm A(2;2) và hai đường thẳng: d1 : x + y − = 0, d2 : x + y − = Tìm tọa độ điểm B,C thuộc d1 ,d2 cho tam giác ABC vuông A Bài 8.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình : · = 300 (x − 1)2 + y = Gọi I là tâm (C) Xác định tọa độ điểm M thuộc (C) cho IMO Bài 9.1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đềcác vuông góc Oxy, cho parabol (P) có phương uur uur trình y = x và điểm I(0;2) Tìm toạ độ hai điểm M, N thuộc (P) cho IM = 4IN Bài 10.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(3;2), các đường thẳng d1 : x + y − = và: d2 : x + y − = Tìm tọa độ điểm B ∈ d1 , và C ∈ d2 cho tam giác ABC vuông cân A Bài 11.1 Trong hệ trục tọa độ Oxy cho ∆ABC với A(2,3), B(2,1), C(6,3) Gọi D là giao điểm · với BC Tìm tất các điểm M thuộc đường tròn đường phân giác góc BAC (C):(x − 3)2 + (y − 1)2 = 25 cho : SMDC = 2S ADB Bài 12.1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x − 3y − = và đường tròn (C): x2 + y − 4y = Tìm M thuộc d và N thuộc (C) cho chúng đối xứng qua A(3;1) Bài 13.1 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(1;4) Tìm hai điểm M,N năm trên hai đường tròn (C1 ):(x − 2)2 + (y − 5)2 = 13 và (C2 ):(x − 1)2 + (y − 2)2 = 25 cho tam giác MAN vuông cân A 25 Bài 14.1 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C):(x − 2)2 + (y − 4)2 = và đường thẳng d :5x + 2y − 11 = Tìm điểm C trên d cho tam giác ABC có trọng tâm G nằm trên đường tròn (C) biết A(1;2),B(3; −2) GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 61 (62) Tài liệu ôn thi Đại Học Bài 15.1 Trong hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x − y + = và đường tròn (C) có phương trình x2 + y + 2x − 4y = Tìm điểm M thuộc đường thẳng d cho từ M kẻ · = 600 hai đường thẳng tiếp xúc với đường tròn A và B, cho AMB Bài 16.1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; −5) và đường thẳng ∆ :3x − 4y + = Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng qua I(2; ) cho diện tích tam giác ABC bằng15 x2 y Bài 17.1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp (E): + = và hai điểm A(3; −2), B( −3;2) Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương cho tam giác ABC có diện tích lớn Bài 18.1 Viết phương trình đường tròn (C) qua hai điểm A ( 2;1) ,B ( 4;3) và có tâm thuộc đường thẳng ∆ : x − y + = Bài 19.1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A ( 0;5) ,B ( 2;3) Viết phương trình đường tròn qua hai điểm A, B và có bán kính R = 10 Bài 20.1 Viết phương trình đường tròn qua hai điểm A (1;0) ,B ( 2;0) và tiếp xúc với đường thẳng d : x − y = Bài 21.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y − 2x − 2y + = và đường thẳng d : x − y + = Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm M nằm trên d, bán kính lần bán kính đường tròn (C) và (C’) tiếp xúc ngoài với đường tròn (C) Bài 22.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x − y + − = và điểm A ( −1;1) Viết phương trình đường tròn (C) qua A,O và tiếp xúc với d Bài 23.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y = Đường tròn (C’) tâm I ( 2;2) cắt (C) hai điểm A, B cho AB = Viết phương trình đường thẳng AB Bài 24.1 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(2;3) Viết phương trình đường tròn (C) qua M và tiếp xúc với hai trục tọa độ và hai đường thẳng ∆1 : x − y = 0, ∆2 : x − 7y = Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính đường tròn (C1); biết đường tròn (C1) tiếp xúc với các đường thẳng ∆1, ∆2 và tâm K thuộc đường tròn (C) Bài 26.1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đềcác vuông góc Oxy, cho hai đường tròn: Bài 25.1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C):(x − 2)2 + y = GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 62 (63) Tài liệu ôn thi Đại Học (C1 ) :x2 + y − 10x = và (C2 ) :x2 + y2 + 4x − 2y − 20 = Viết phương trình đường tròn (C) qua các giao điểm (C1), (C2) và có tâm nằm trên đường thẳng ∆ : x + 6y − = Bài 27.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C) có phương trình : x2 + y − 2x − 6y + = và điểm M( −3;1) Gọi T1 ,T2 là các tiếp điểm các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) Viết phương trình đường thẳng qua T1 ,T2 Bài 28.1 Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng d1 : mx + (m − 1)y + m = và d2 :(2m − 2)x − 2my + = Chứng minh d1 và d2 luôn cắt điểm nằm trên đường tròn cố định Bài 29.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x2 + y − 2x + 4y = và đường thẳng d : x − y = Tìm tọa độ các điểm M trên đường thẳng d, biết từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) ( A, B là các tiếp điểm) và khoảng cách từ điểm N (1; −1) đến AB GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 63 (64)