Tài liệu ôn thi Đại Học GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 1 CHƯƠNG 1. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG A. Tóm tắt lý thuyết. I. Tọa độ trong mặt phẳng.  Cho rr 1122 u(x,y); v(x;y) và ∈ kR . Khi đó: +=++−=−− =   ==+⇔  =   =+⇒⊥⇔=⇔+= rrrr rrrr rrrrrr 12121212 12 22 1111 12 12121212 1) uv(xx;yy) 2) uv(xx;yy) xx 3) ku(kx;ky) 4) uxy 5) u=v yy 6) u.vxxyyuvu.v0xxyy0 • Hai véc tơ rr 1122 u(x,y); v(x;y) cùng phương với nhau =   ⇔  =   12 12 xkx yky • Góc giữa hai véc tơ rr 1122 u(x,y); v(x;y) : + == ++ rr rr rr 1212 2222 1122 u.v xxyy cos(u,v) uv xyxy . • Cho AABB A(x;y) ; B(x;y) . Khi đó : =−−=−+− uuuruuur 22 BABABABA 1) AB(xx;yy) 2) AB=AB(xx)(yy ) +  =    +  =   AB I AB I xx x 2 3) yy y 2 trong đó I là trung điểm của AB . • ⊥⇔= uuuruur ABCDAB.CD0 • Cho tam giác ABC với AABBCC A(x;y), B(x;y), C(x;y) . Khi đó trọng tâm ( ) GG Gx;y của tam giác ABC là : ++  =    ++  =   ABC G ABC G xxx x 3 yyy y 3 . II. Phương trình đường thẳng 1. Phương trình đường thẳng 1.1. Véc tơ chỉ phương (VTCP), véc tơ pháp tuyến (VTPT) của đường thẳng : Cho đường thẳng d. • =≠ rr n(a;b)0 gọi là véc tơ pháp tuyến của d nếu giá của nó vuông với d. • =≠ rr 12 u(u;u)0 gọi là véc tơ chỉ phương của d nếu giá của nó trùng hoặc 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) Tài liệu ôn thi Đại Học GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 2 • Mối quan hệ giữa VTPT và VTCP: = rr n.u0 . • Nếu = r n(a;b) là một VTPT của đường thẳng d thì =− r u(b;a) là một VTCP của đường thẳng d . • Đường thẳng AB có AB uuur là VTCP. 1.2. Phương trình đường thẳng 1.2.1. Phương trình tổng quát của đường thẳng : Cho đường thẳng d đi qua điểm 00 A(x;y) và có n(a;b) = r là VTPT, khi đó phương trình tổng quát của d có dạng: 00 a(xx)b(yy)0 −+−= . 1.2.2. Phương trình tham số của đường thẳng : Cho đường thẳng d đi qua điểm 00 A(x;y) và có u(a;b) = r là VTCP, khi đó phương trình tham số của đường thẳng d là: 0 0 xxat yybt =+    =+   , tR ∈ . 2. Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng. Cho hai đường thẳng 1111 d:axbyc0; ++= 2222 d:axbyc0 ++= . Khi đó vị trí tương đối giữa chúng phụ thuộc vào số nghiệm của hệ : 111 222 axbyc0 axbyc0 ++=    ++=   (I) • Nếu (I) vô nghiệm thì 12 d//d . • Nếu (I) vô số nghiệm thì 12 dd ≡ • Nếu (I) có nghiệm duy nhất thì 1 d và 2 d cắt nhau và nghiệm của hệ là tọa độ giao điểm. 3. Góc giữa hai đường thẳng. Cho hai đường thẳng 1111 d:axbyc0; ++= 2222 d:axbyc0 ++= . Gọi α là góc nhọn tạo bởi hai đường thẳng 1 d và 2 d . Ta có : 1212 2222 1122 aabb cos abab + α= ++ . 4. Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng. Cho đường thẳng :axbyc0 ∆++= và điểm 00 M(x;y) . Khi đó khoảng cách từ M đến ∆ đư c tính bởi công th#c: 00 22 axbyc d(M,()) ab ++ ∆= + . 5. Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng Cho hai đường thẳng 1111 d:axbyc0 ++= và 2222 d:axbyc0 ++= Phương trình phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng là: 111222 2222 1122 axbycaxbyc abab ++++ =± ++ . Tài liệu ôn thi Đại Học GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 3 III. Phương trình đường tròn. 1. Phương trình đường tròn : Cho đường tr&n (C) tâm I(a;b) , bán kính R , khi đó phương trình của (C) là : 222 (xa)(yb)R −+−= . Ngoài ra phương trình : 22 xy2ax2byc0 +−−+= với 22 abc0 +−> c)ng là phương trình của đường tr&n có tâm I(a;b) , bán kính 22 Rabc =+− . 2. Phương trình tiếp tuyến : Cho đường tr&n (C) : 222 (xa)(yb)R −+−= . • Tiếp tuyến ∆ của (C) tại điểm M là đường thẳng đi qua M và vuông góc với IM . • Đường thẳng :AxByC0 ∆++= là tiếp tuyến của (C) d(I,)R ⇔∆= • Đường tr&n (C) : 222 (xa)(yb)R −+−= có hai tiếp tuyến cùng phương với ,y là xaR =± . Ngoài hai tiếp tuyến này các tiếp tuyến c&n lại đ-u có dạng : ykxm =+ . IV. E líp 1. Định nghĩa : Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định 12 / ,/ có 12 // 2c = . T0p h p các điểm M của mặt phẳng sao cho 12 M/ M/ 2a += ( 2a không đổi và ac0 >> ) là một đường elíp. • 12 / ,/ : là hai ti3u điểm và 2c là ti3u c4 của elíp. • 12 M/ ,M/ : là các bán kính qua ti3u. 2. Phương trình chính tắc của elíp: 22 22 xy 1 ab += với 222 b= ac − . V0y điểm 22 00 00 22 xy M(x;y)(5)1 ab ∈⇔+= và 00 xa ; yb ≤≤ . 3. Tính chất và hình dạng của elíp: Cho 22 22 xy (5):1 ab += , ab > . • Trục đối x#ng ,x,,y . Tâm đối x#ng , . • Đỉnh: ( ) 121 A(a;0), Aa;0, B(0;b) −− và ( ) 2 B0; b . 12 AA2a = gọi là độ dài trục lớn, 12 BB2b = gọi là độ dài trục bé. • Ti3u điểm: 12 / (c;0), / (c;0) − . • Nội tiếp trong hình chữ nh0t cơ sở P6R7 có kích thước 2a và 2b với 222 b= ac − . • Tâm sai: 22 cab e1 aa − ==< Tài liệu ôn thi Đại Học GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 4 • Hai đường chu8n: 2 aa x ec =±=± • ( ) ( ) 0010 Mx;y 5 : M/ aex ∈=+ và 20 M/ aex =− . x y P Q RS B 2 A 2 A 1 O V. Hypebol 1. Định nghĩa : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,xy cho hai điểm 12 / ,/ có 12 // 2c = . T0p h p các điểm M của mặt phẳng sao cho 12 M/ M/ 2a −=( 2a không đổi và ca0 >> ) là một Hypebol. • 12 / , / : là 2 ti3u điểm và 12 // 2c = là ti3u c4. • 12 M/ ,M/ : là các bán kính qua ti3u. 2. Phương trình chính tắc của hypebol: 22 22 xy 1 ab −= với 222 b= ca − . 3. Tính chất và hình dạng của hypebol (H): • Trục đối x#ng ,x (trục th4c), ,y (trục ảo). Tâm đối x#ng , . • Đỉnh: ( ) 12 A(a;0),Aa;0 − . Độ dài trục th4c: 2a và độ dài trục ảo: 2b . • Ti3u điểm ( ) 12 / (c; 0), / c; 0 − . • Hai tiệm c0n: b yx a =± • Hình chữ nh0t cơ sở P6R7 có kích thước 2a,2b với 222 bca =− . • Tâm sai: 22 cab e aa + == • Hai đường chu8n: 2 aa x ec =±=± • Độ dài các bán kính qua ti3u của ( ) ( ) 00 Mx;yH ∈ : 9) 10 M/ ex a =+ và 20 M/ exa =− khi 0 x0 > . 9) 10 M/ exa =−− và 20 M/ ex a =−+ khi 0 x0 < . Tài liệu ôn thi Đại Học GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 5 • 22 00 22 xy M(x;y)(5):1 ab ∈−=⇔ 22 00 22 xy 1 ab −= và ta luôn có 0 xa ≥ . VI. Parabol 1. Định nghĩa: Parabol là t0p h p các điểm M của mặt phẳng cách đ-u một đường thẳng ∆ cố định và một điểm / cố định không thuộc ∆ . ∆ : đường chu8n; / : ti3u điểm và d(/,)p 0 ∆=> là tham số ti3u. 2. Phương trình chính tắc của Parabol: 2 y2px = 3. Hình dạng của Parabol (P) : • Trục ,x là trục đối x#ng, đỉnh ,. Ti3u điểm p /(;0) 2 . • Đường chu8n p :x 2 ∆=− • ( ) () p Mx;yP: M/ x 2 ∈=+ với x0 ≥ . B. CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN 1. Lập phương trình đường thẳng. Để l0p phương trình đường thẳng ∆ ta thường dùng các cách sau • Tìm điểm 00 M(x;y) mà ∆ đi qua và một VTPT n(a;b) = r . Khi đó phương trình đường thẳng c:n l0p là: 00 a(xx)b(yy)0 −+−= . • Giả s; đường thẳng c:n l0p :axbyc0 ∆++= . D4a vào đi-u kiện bài toán ta tìm đư c amb,cnb == . Khi đó phương trình :mxyn0 ∆++= . Phương pháp này ta thường áp dụng đối với bài toán li3n quan đến khoảng cách và góc • Phương pháp qu= tích: 0000 M(x;y):axbyc0axbyc0 ∈∆++=⇔++= . Ví dụ . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,xy cho đường tr&n 22 (C):(x1)(y2)25 −+−= . 1) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M(4;6) , 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) xuất phát từ điểm N(6;1) − 3) Từ 5(6;3) − v? hai tiếp tuyến 5A,5B ( A,B là tiếp điểm) đến (C). Viết phương trình đường thẳng AB . Lời giải. Đường tr&n (C) có tâm I(1;2) , bán kính R5 = . 1) Tiếp tuyến đi qua M và vuông góc với IM n3n nh0n IM(3;4) = uur làm VTPT Tài liệu ôn thi Đại Học GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 6 N3n phương trình tiếp tuyến là: 3(x4)4(y6)03x4y360 −+−=⇔+−= . 2) Gọi ∆ là tiếp tuyến c:n tìm. Do ∆ đi qua N n3n phương trình có dạng :a(x6)b(y1)0axby6ab0 ∆++−=⇔++−= , 22 ab0 +≠ (@) Ta có: 22222 22 Aab d(I,)R5Aab5ab(Aab)25(ab) ab + ∆=⇔=⇔+=+⇔+=+ + 2 22 3 ab aa 4 24a14ab24b02412240 bb 4 ab 3  =   ⇔+−=⇔+−=⇔     =−   . • 3 ab 4 = thay vào (@) ta có: 3 A bxbyb03x4y140 42 ++=⇔++= . • 4 ab 3 =− thay vào (@) ta có: 4 bxby Bb04x3y2A0 3 −+−=⇔−+= . V0y có hai tiếp tuyến thCa y3u c:u bài toán là: 3x4y140 ++= và 4x3y2A0 −+= . 3) Gọi A(a;b) . Ta có: 22 22 22 A(C) ab2a4b200 (a1)(b2)25 IA.NA0 (a1)(a6)(b2)(b3)0 ab5a5b0  ∈   +−−−= −+−=  ⇔⇔  = −++−−=   ++−=    uuruuur Aab200 ⇒−+= Từ đó ta suy ra đư c A:Axy200 ∈∆−+= . Tương t4 ta c)ng có đư c BABAB:Axy200 ∈∆⇒≡∆⇒−+= . 2. Các lập phương trình đường tròn. Để l0p phương trình đường tr&n (C) ta thường s; dụng các cách sau Cách 1: Tìm tâm I(a;b) và bán kính của đường tr&n. Khi đó phương trình đường tr&n có dạng: 222 (xa)(yb)R −+−= . Cách 2: Giả s; phương trình đường tr&n có dạng: 22 xy2ax2byc0 +−−+= . D4a vào giả thiết của bài toán ta tìm đư c a,b,c . Cách này ta thương áp dụng khi y3u c:u viết phương trình đường tr&n đi qua ba điểm. Ví dụ . D0p phương trình đường tr&n (C), biết 1) (C) đi qua A(3;4) và các hình chiếu của A l3n các trục tọa độ. 2) (C) có tâm nEm tr3n đường tr&n 22 1 4 (C):(x2)y 5 −+= và tiếp xúc với hai đường thẳng 1 :xy0 ∆−= và 2 :x Ay0 ∆−= . Lời giải. Tài liệu ôn thi Đại Học GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 7 1) Gọi 12 A,A l:n lư t là hình chiếu của A l3n hai trục ,x, ,y, suy ra 12 A(3;0), A(0;4) . Giả s; 22 (C):xy2ax2byc0 +−−+= . Do 12 A,A,A(C) ∈ n3n ta có hệ: 3 a 6a Fbc25 2 6ac B b2 Fbc16c0  =  −−+=−    −+=−⇔=   −+=−=    . V0y phương trình (C): 22 xy3x4y0 +−−= . 2) Gọi I(a;b) là tâm của đường tr&n (C), vì 1 I(C) ∈ n3n: 22 4 (a2)b 5 −+= (1) Do (C) tiếp xúc với hai đường thẳng 12 , ∆∆ n3n 12 d(I,)d(I,) ∆=∆ abaAb b2a,a2b 252 −− ⇔=⇔=−= • b2a =− thay vào (1) ta có đư c: 222 416 (a2)4a5a4a0 55 −+=⇔−+= phương trình này vô nghiệm • a2b = thay vào (1) ta có: 22 44F (2b2)bb,a 555 −+=⇔== . 7uy ra 1 4 RD(I,) 52 =∆= . V0y phương trình 22 F 4 F (C):xy 5525  −+−=   . 3. Các điểm đặc biệt trong tam giác. Cho tam giác ABC . Khi đó: • Trọng tâm ABCABC xxxyyy G; 33 ++++    • Tr4c tâm AH.BC0 H: BH.AC0  =   =   uuuruur uuuruuur • Tâm đường tr&n ngoại tiếp 22 22 IAIB I: IAIC  =   =   • Tâm đường tr&n nội tiếp AB.AKAC.AK ABAC K: BC.BKBA.BK BCAB  =     =   uuuruuuruuuruuur uuruuuruuuruuur Chú ý: Có thể tìm K theo cách sau: @ Gọi D là chân đường phân giác trong góc A, ta có: AB BDDC AC = uuuruur , từ đây suy ra D Tài liệu ôn thi Đại Học GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 8 @ Ta có AB AKKD BD = uuuruuur từ đây ta có K. • Tâm đường tr&n bàng tiếp (góc A) AB.AG AC.AG ABAC G : BG.BCAB.BG BCAB  =     =   uuuruuruuuruur uuruuruuuruur . Ví dụ . Cho tam giác ABC có 53 A(1;3),B(2;0),C; FF  −   . 1) Tìm tọa độ tr4c tâm H , tâm đường tr&n ngoại tiếp I và trọng tâm G của tam giác ABC . Từ đó suy ra I,G,H thẳng hàng; 2) Tìm tọa độ tâm đường tr&n nội tiếp và tâm đường tr&n bàng tiếp góc A của tam giác ABC . Lời giải. 1) Ta có ABC G ABC G xxx 1 x 1 B 3 F G; FF yyy B y 3 F ++  ==−    ⇒−   ++   ==   . Gọi H(x;y) , suy ra ( ) ( ) 213321 AHx1;y3,BHx2;y,BC;,AC; FFFF  =−−=+==−−   uuuruuuruuruuur Mà AH.BC0 BH.AC0  =   =   uuuruur uuuruuur n3n ta có 3 x A(x1)(y3)0 Axy100 2 (x2) Ay0xAy201 y 2  =  −+−=+−=   ⇔⇔  ++=++=   =−   7uy ra 31 H; 22  −   . Gọi I(x;y) , ta có: 2222 22 22 22 22 (x1)(y3)(x2)y IAIB 53 (x2)yxy IBIC FF  −+−=++   =  ⇔   ++=−+− =       15 xy1 x 1531 16 I; 213111 1616 31 xy y 4432 16  += =−    ⇔⇔⇒−   +=−   =    . Ta có 13131313 GH;, GI;GH2GI FF 1616  =−=−⇒=−   uuuruuruuuruur . 7uy ra I,G,H thẳng hàng. 2) Gọi K(x;y) là tâm đường tr&n nội tiếp tam giác ABC. Ta có: Tài liệu ôn thi Đại Học GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 9 · · · · ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) AK,ABAK,ACcosAK,ABcosAK,AC KABKAC KBCKBA BK,BABK,BCcosBK,BAcosBK,BC  ==  =  ⇔⇔  = ==    uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur uuuruuuruuuruuruuuruuuruuuruur AK.ABAK.ACAK.ABAK.AC AK.ABAK.ACABAC BK.BABK.BCBK.BABK.BC BK.ABBK.BCABBC  ==   ⇔⇔   ==   uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur uuuruuuruuuruuruuuruuuruuuruur (@) Mà ( ) ( ) AKx1;y3,BKx2;y,AB(3;3) =−−=+=−− uuuruuuruuur n3n (@) tương đương với 321 (x1)(y3) 3(x1)3(y3) FF 32152 2xy1x0 F 213x2y2y1 (x2)y 3(x2)3y FF 32152 F  −−−−  −−−− =   −=−=   ⇔⇔  −=−=   ++ ++  =    . V0y K(0;1) . Gọi ( ) G a;b là tâm đường tr&n bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) AG.ABAG.AC 5 a AG,ABAG,AC 2ab1 ABAC 4 2ab43 BG.BCBG.AB BG,BCBG,AB b 2 BCAB    = =−  =  −=−   ⇔⇔⇔  +=−  =  =− =      uuruuuruuruuur uuruuuruuruuur uuruuruuruuur uuruuruuruuur . V0y 53 G ; 42  −−   . 4. Các đường đăch biệt trong tam giác 4.1. Đường trung tuyến của tam giác: Khi gặp đường trung tuyến của tam giác, ta chủ yếu khai thác tính chất đi qua đỉnh và trung điểm của cạnh đối diện. 4.2. Đường cao của tam giác: Ta khai thác tính chất đi qua đỉnh và vuông góc với cạnh đối diện. 4.3. Đường trung tr4c của tam giác: Ta khai thác tính chất đi qua trung điểm và vuông góc với cạnh đó. 4.4. Đường phân giác trong: Ta khai thác tính chất: Nếu M thuộc AB, MH đối x#ng với M qua phân giác trong góc A thì MH thuộc AC. Ví dụ . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,xy , hIy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rEng hình chiếu vuông góc của C tr3n đường thẳng AB là điểm H(1;1) −− , đường phân giác trong của góc A có phương trình xy20 −+= và đường cao kJ từ B có phương trình 4x3y10 +−= . Lời giải. Kí hiệu 12 d:xy20, d:4x3y10 −+=+−= . Tài liệu ôn thi Đại Học GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 10 Gọi HK là điểm đối x#ng với H qua 1 d . Khi đó HK AC ∈ . Gọi ∆ là đường thẳng đi qua H và vuông góc với 1 d . Phương trình của :xy20 ∆++= 7uy ra 1 xy20 dI:I(2;0) xy20 ++=  ∆∩=⇒−  −+=  Ta có I là trung điểm của HHK n3n HK(3;1) − . Đường thẳng AC đi qua HK và vuông góc với 2 d n3n có phương trình : 3x4y130 −+= . N3n 1 xy20 ACdA:A(5;A) 3x4y130 −+=  ∩=⇒  −+=  . Vì CH đi qua H và vuông với AH , suy ra phương trình của CH:3x4y A 0 ++= Do đó 3x4y A 0 103 C:C(;) 34 3x4y130 ++=  ⇒−  −+=  . Ví dụ . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,xy , cho tam giác ABC biết ( ) A5;2 . Phương trình đường trung tr4c cạnh BC, đường trung tuyến CCH l:n lư t là xy60 +−= và 2xy30 −+= . Tìm tọa độ các đỉnh B,C của tam giác ABC. Lời giải. Gọi d:xy60, CCK:2xy30 +−=−+= . Ta có: C(c;2c3) + Phương trình BC:xyc30 −++= Gọi M là trung điểm của BC, suy ra 3c x xy60 2 M: xyc30cB y 2 −  =  +−=   ⇔  −++=+   =   7uy ra ( ) c B32c;6cCK(4c;4) 2 −−⇒−− Mà CK CCK ∈ n3n ta có: c314 2(4c)(4)30cA0c 223 −−−+=⇔−+=⇒= . V0y 1B 4143A B;, C; 3333  −   . [...]... giỏc MAIB bng 10 ( thi H Khi A 2011) Li gii GV: Nguyn Tt Thu (01699257507) 27 Ti liu ụn thi i Hc ng trũn (C) cú tõm I(2;1) , bỏn kớnh R = 5 AI = 5 1 1 Mt khỏc S MAI = S AIBM = 5 MA.IA = 5 MA = 2 5 Suy ra IM2 = IA2 + AM2 = 25 2 2 M M nờn M(m; m 2) , suy ra IM2 = 25 ( m 2) + (m + 3)2 = 25 2 m2 + m 6 = 0 m = 3,m = 2 Vy M(2; 4) v M( 3;1) l hai im cn tỡm A M I B Vớ d 10.3 Trong mt phng Oxy,... B(x0 ;y 0 ), theo gi thit ta cú BI' R' = BI R 2 uur R' uu r x0 7 = 3 ( x0 3) x = 15 Suy ra IB' = IB 0 B(15; 7) R y + 1 = 2 ( y 2 ) y 0 = 7 0 3 0 Vớ d 13.3 Trong mt phng vi h ta Oxy , cho ng trũn (C):(x 1)2 + (y 1)2 = 10 ng trũn (C') tõm I'( 2; 5) ct (C) ti hai im A, B sao cho AB = 2 5 Vit phng trỡnh ng thng AB Li gii GV: Nguyn Tt Thu (01699257507) 30 Ti liu ụn thi i Hc A I' I H... ta cú (y 0 + 3 2 1)2 + (y 0 + 1)2 = 9 y 0 = 1 Vy C(1 3 2 ; 1 3 2 3 2 x0 = 1 3 2 ) Vớ d 17.3 Trong mt phng Oxy, cho ng trũn (C):(x 1)2 + (y 1)2 = 25 v ng thng d :2x y 1 = 0 Lp phng trỡnh ng trũn (C) cú tõm nm trờn d v honh GV: Nguyn Tt Thu (01699257507) 33 Ti liu ụn thi i Hc ln hn 2, ng thi (C) ct (C) ti hai im A, B sao cho dõy cung AB cú di bng 4 5 v tip xỳc vi ng thng :3x y + 15 =... (01699257507) 35 Ti liu ụn thi i Hc 2 ã 2 3a + 4b = 24 cos AI'B = AB2 = 50 1 = 30 AB = 30 5 5 B I' A I 4 Nhúm cỏc bi toỏn v ba ng Cụnic Vớ d 1.4 Trong mt phng vi h ta Oxy, hóy vit phng trỡnh chớnh tc ca elớp (E) bit rng (E) cú tõm sai bng 5 v hỡnh ch nht c s ca (E) cú chu vi bng 20 3 Li gii Gi phng trỡnh chớnh tc ca elớp (E) l: x2 a2 + y2 b2 = 1 , vi a > b > 0 c 5 = a 3 T gi thit ta cú h phng... = 0 x = 0,y = 1 2 2 Vy ta im C l nghim ca h : 4 7 2 6 1 x = ,y = x + y = 5 5 5 5 5 GV: Nguyn Tt Thu (01699257507) 14 Ti liu ụn thi i Hc 2 6 2 6 Vy cú hai b im tha yờu cu bi toỏn l: B ; , C ( 0;1) v B ; , 5 5 5 5 4 7 C ; 5 5 Vớ d 4.1 Trong mt phng vi h ta Oxy , cho im A(2;2) v hai ng thng: d1 : x + y 2 = 0,d2 : x + y 8 = 0 Tỡm ta im B,C ln lt thuc d1 ,d2 sao cho tam giỏc... M nm trờn cung AB sao cho tam giỏc MAB cú din tớch ln nht Li gii Phng trỡnh AB : x 2y 3 = 0 Vỡ M (P) M(t 2 ;t) t gi thit suy ra 1 < t < 3 tam giỏc MAB cú din tớch ln nht d(M, AB) ln nht M d(M;AB) = t 2 2t 3 5 Suy ra maxd(M, AB) = 4 5 , t ( 1;3) t c khi t = 1 M(1;1) Bi 6.1 Trong mt phng Oxy cho ng trũn (C): ( x 1 ) + y 2 = 2 v hai im A(1; 1) , 2 B(2;2) Tỡm ta im M thuc ng trũn (C) sao cho... nờn suy ra 2a 1 = 3c c = 1 T ú, ta tỡm c A(3;2), C(3; 2), I(3;0) GV: Nguyn Tt Thu (01699257507) 16 Ti liu ụn thi i Hc Vỡ B Ox B(b;0) , m IB = IA = 2 b 3 = 2 b = 5,b = 1 Vy ta cỏc nh ca hỡnh vuụng ABCD l: A(3;2), B(1;0), C(3; 2), D(5;0) hoc A(3;2), B(5;0), C(3; 2), D(1;0) Vớ d 2.2 Trong mt phng Oxy cho ba im I(1;1), J( 2;2), K(2; 2) Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh vuụng ABCD sao cho I l tõm hỡnh vuụng,... 1) MN = (11 a;a 6) y N = 2y I y E = a 1 GV: Nguyn Tt Thu (01699257507) 18 Ti liu ụn thi i Hc uuur uu r a = 6 Vỡ E MN MN.IE = 0 (11 a)(a 6) + (a 6)(3 a) = 0 a = 7 uuur a = 6 MN = (5;0) , suy ra phng trỡnh AB : y 5 = 0 uuur a = 7 MN = (4;1) , suy ra phng trỡnh AB : x 4y + 19 = 0 Vớ d 5.2 Trong mt phng vi h trc to Oxy cho hỡnh ch nht ABCD cú din tớch bng 12, tõm I l giao im ca... B(2;1),D( 1;4),I ; 2 2 2 2 GV: Nguyn Tt Thu (01699257507) 19 Ti liu ụn thi i Hc 1 15 15 5 25 Ta cú: S BAD = S ABCD = AI = = AI2 = 2 2 BD 2 2 2 1 M A d3 A(a;a + 2) AI = 2 a nờn ta cú: 2 2 2 1 25 a 2 = 4 a = 3,a = 2 Vy ta cỏc nh ca hỡnh thoi l: A(3;5),B(2;1),C( 2;0),D( 1;4) hoc A( 2;0),B(2;1),C(3;5),D( 1;4) Vớ d 7.2 Trong mt phng h ta Oxy , cho hỡnh thoi ABCD cú tõm I(2;1) v AC = 2BD... b=1 3 3 Vy B(1; 1) D N M A I C N' H B Vớ d 8.2 Trong mt phng Oxy cho hai ng thng d1 : x + y 1 = 0,d2 :3x y + 5 = 0 Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh bỡnh hnh ABCD , bit I(3;3) l giao im ca hai ng chộo; hai cnh ca hỡnh bỡnh hnh nm trờn hai ng thng d1 ,d2 v giao im ca hai ng thng ú l mt nh ca hỡnh bỡnh hnh Li gii GV: Nguyn Tt Thu (01699257507) 20 Ti liu ụn thi i Hc x + y 1 = 0 x = 1 Ta giao im ca d1 v d2 . Trong mặt phẳng ,xy cho đường tr&n (C): 22 (x2)(y1)10 −+−= . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông MNP6 , biết M trùng với tâm của đường tr&n (C); hai đỉnh N,6 thuộc đường tr&n. Để l0p phương trình đường tr&n (C) ta thường s; dụng các cách sau Cách 1: Tìm tâm I(a;b) và bán kính của đường tr&n. Khi đó phương trình đường tr&n có dạng: 222 (xa)(yb)R −+−= tâm H , tâm đường tr&n ngoại tiếp I và trọng tâm G của tam giác ABC . Từ đó suy ra I,G,H thẳng hàng; 2) Tìm tọa độ tâm đường tr&n nội tiếp và tâm đường tr&n bàng tiếp góc A