www.VNMATH.com H  HÌ  ÌN  NH G  GI  IẢ  ẢI T  TÍ  ÍC  CH T  TR  RO  ON  NG M  MẶ  ẶT P  PH  HẲ  ẲN  NG O  OX  XY  PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG MẶT PHẲNG I VÉCTƠ ĐẶC TRƯNG CỬA ĐƯỜNG THẲNG: Véctơ v = ( a1 ; a ) véc tơ phương (VTCP) (∆) ⇔ (∆) // giá v Véctơ n = ( a; b ) véc tơ pháp tuyến (VTPT) (∆) ⇔ (∆) ⊥ giá n Nhận xét: (∆) có vô số véctơ phương vô số véctơ pháp tuyến đồng thời v ⊥ n II PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Phương trình tham số: PT đt (∆) qua M0(x 0, y0) có VTCP v = ( a1 ; a ) :  x = x + a1t (t ∈ » )   y = y + a t Phương trình tắc: PT đt (∆) qua M0(x 0, y0) có VTCP v = ( a1 ; a ) : x − x0 y − y0 = a1 a2 Phương trình hệ số góc: PT đt (∆) với hệ số góc a là: y = ax + b Phương trình tổng quát: PT đt (∆) tổng quát: Ax + By + C = với A + B > Nhận xét: (∆): Ax + By + C = với A + B > có VTCP v = ( B; − A ) VTPT n = ( A; B ) Phương trình đt (∆) qua M0(x 0, y0) với hệ số góc k là: y = k ( x − x ) + y Phương trình đt (∆) qua M0(x 0, y0) với VTPT n = ( A; B ) là: A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) = Phương trình đt (∆) qua M0(x 0, y0) với VTCP v = ( A; B ) là: B ( x − x0 ) − A ( y − y ) = Phương trình đt (∆) qua điểm M1(x1, y1), M2(x2, y2): x − x1 y − y1 = x − x1 y − y1 y Phương trình đoạn chắn qua A(0; a), B(0; b) là: x + = a b 10 Phương trình chùm đường thẳng: Cho đường thẳng cắt ( ∆ ) : a1 x + b1 y + c1 = 0; ( ∆ ) : a x + b2 y + c = với I = ( ∆ ) ∩ ( ∆ ) Đường thẳng (∆) qua I là: p ( a1 x + b1 y + c1 ) + q ( a x + b2 y + c2 ) = với p + q > 11 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương III VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG Dạng tham số:  x = x1 + a1t (t ∈ ») , (∆1) qua M1(x 1; y1):   y = y1 + b1t  x = x + a t (t ∈ ») (∆2) qua M2(x 2; y2):  = + y y b t  2 Nếu v1 = ( a1 ; b1 ) // v = ( a ; b2 ) ⇔ a1b2 − a b1 ≠ ( ∆ ) ∩ ( ∆ ) = điểm I a1b2 − a b1 = Nếu v1 = ( a1 ; b1 ) // v = ( a ; b2 ) // M M ⇔  a1 ( y − y1 ) − b1 ( x − x1 ) ≠ (∆1) // (∆2) a1b2 − a b1 = Nếu v1 = ( a1 ; b1 ) // v = ( a ; b2 ) // M M ⇔  a1 ( y − y1 ) − b1 ( x − x1 ) = (∆1) ≡ (∆2) ( ∆1 ) : a1 x + b1 y + c1 = 0; n1 = ( a1 ; b1 )  Dạng tổng quát:  ; ( ∆ ) : a x + b2 y + c = 0; n = ( a ; b2 ) a b1 b c1 c a1 ; Dx = ; Dy = D= a b2 b2 c c2 a2  D Dy  Nếu D ≠ ⇔ a1b2 − a b1 ≠ ( ∆ ) ∩ ( ∆ ) = điểm I  x ;   D D  Nếu D = Dx2 + D y2 > ⇔ Nếu D = D x = D y = ⇔ a1 a c1 = ≠ (∆1) // (∆2) b1 b2 c a1 a c1 = = (∆ 1) ≡ (∆2) b1 b2 c IV GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG: Dạng hệ số góc: ( ∆ ) : y = a1 x + b1 a − a2 Góc ( ∆ , ∆ ) = α ∈ [ 0; 90°] : tg α = Cho  + a1 a ( ∆ ) : y = a x + b1 Dạng tổng quát: ( ∆1 ) : a1 x + b1 y + c1 = 0; n1 = ( a1 ; b1 ) a1 a + b2 b2  Cho  ; cos α = a12 + b12 a 22 + b22 ( ∆ ) : a x + b2 y + c = 0; n = ( a ; b2 ) 12 www.VNMATH.com Bài Phương trình đường thẳng mặt phẳng V KHOẢNG CÁCH VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG PHẦN GIÁC Khoảng cách từ M0(x0, y0) đến (∆): ax + by + c = là: d ( M , ( ∆) ) = ax0 + by0 + c a + b2 ( ∆1 ) : a1 x + b1 y + c1 = Cho  cắt phương trình đường phân giác ( ∆ ) : a x + b2 y + c = a1 x + b1 y + c1 a x + b2 y + c =± 2 a1 + b1 a 22 + b22 Dấu hiệu a1a2 + b1b2 > a1a2 + b1b2 < Phân giác góc nhọn a1 x + b1 y + c1 a12 = a x + b2 y + c2 + b12 a1 x + b1 y + c1 a12 + b12 a 22 =− + b22 Phân giác góc tù a1 x + b1 y + c1 a12 =− + b12 a2 x + b2 y + c a1 x + b1 y + c1 a 22 + b22 a12 + b12 a x + b2 y + c a22 + b22 = a x + b2 y + c a 22 + b22 VI CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài Trên mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;−2) Viết phương trình đường thẳng ∆ qua điểm M ( 3;1) cắt trục Ox, Oy B C cho tam giác ABC cân Giải y Gọi B ( b; ) = ∆ ∩ Ox C ( 0; c ) = ∆ ∩ Oy suy (∆): x + = ( bc ≠ ) b c M (3;1) ∈ ( ∆) ⇒ + = , (1) Tam giác ABC cân A ⇔ AB = AC b c b − = c + b = c + 2 ⇔ (b − 2) + = + ( c + 2) ⇔  ⇔ b − = −c − b = −c c = 2, b = y y Với b = c + : (1) ⇔ c = ⇔  ⇒ (∆ ) : x + = 1; (∆ ) : x + =1 − 2 c = −2, b = Với b = −c : (1) ⇔ b = ⇒ c = −2 (loại, trùng với ( ∆ ) ) Bài Cho tam giác ABC có đỉnh A(–1; –3) a Giả sử hai đường cao (BH): x + y − 25 = , (CK): 3x + y − 12 = Hãy viết phương trình cạnh BC b Giả sử đường trung trực AB (∆): 3x + y − = G(4; – 2) trọng tâm tam giác ABC Xác định tọa độ đỉnh B C 13 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương Giải a (AB) ⊥ (CK) nên (AB) có phương trình x − y + c = Điểm A ∈ ( AB ) ⇔ c = −1 ⇒ ( AB ) : x − y − = ( AC ) ⊥ ( BH ) nên ( AC ) có phương trình 3x − y + m = Điểm A ∈ ( AC ) ⇒ m = −12 ⇒ ( AC ) : x − y − 12 = 8 x − y − = B ≡ ( BH ) ∩ ( AB ) ⇒ Tọa độ B thỏa mãn hệ:  ⇒ B ( 2;5 ) 5 x + y − 25 = 3 x − y − 12 = C ≡ (CK ) ∩ ( AC ) ⇒ Tọa độ C thỏa mãn hệ:  ⇒ C ( 4; ) 3 x + y − 12 = y−5 Phương trình cạnh BC (BC): x − = ⇔ x + y − 20 = 4−2 0−5 b (AB) ⊥ ( ∆ ) : 3x + y − = chứa A(−1;−3) ⇒ ( AB ) : 2( x + 1) − 3( y + 3) = hay ( AB) : 2x − y − = Gọi M trung điểm AB suy tọa độ M thỏa hệ: x B = 2xM − x A = 3 x + y − = ⇒ B ( 5;1) ⇒ M ( 2; −1) , đó:   2 x − y − =  yB = 2yM − y A =1  x A + x B + x C = x G Điểm G(4;−2) trọng tâm ∆ABC nên:   y A + y B + y C = y G −1 + + x C = 12  x C = ⇔ ⇔ ⇒ C ( 8; −4 ) Vậy B ( 5;1) , C ( 8; ) −3 + + y C = −6  y C = −4 Bài Cho (d ) : x + y + = 0; (d ) : x + y − = điểm A ( 2;3) Tìm B ∈ (d ) C ∈ (d ) cho ∆ABC có trọng tâm G ( 2; ) Giải Đặt B ( t1 ; −t1 − ) ∈ (d ) C ( − 2t ; t ) ∈ (d )  x A + x B + x C = x G Điểm G(2; 0) trọng tâm ∆ABC nên:   y A + y B + y C = y G 2 + t1 + − 2t = t1 − 2t = −3 t1 = −1 Vậy B ( −1; ) , C ( 5;1) ⇔ ⇔ ⇔ 3 − t1 − + t = t1 − t = −2 t = 14 www.VNMATH.com Bài Phương trình đường thẳng mặt phẳng Bài Cho (∆ ) : x − y + = ; (∆ ) : x + y + = điểm M(2;1) Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M cắt (∆ ), ( ∆ ) A, B cho M trung điểm đoạn thẳng AB Giải Điểm A ∈ ( ∆ ) ⇒ A ( t1 ; t1 + 1) ; Điểm B ∈ ( ∆ ) ⇒ B ( t ; −2t − 1) x + xB = 2xM t1 + t = M(2; 1) trung điểm AB nên:  A ⇔  y A + yB = yM t1 − 2t = ( ) ( ) ⇔ t1 = 10 , t = Suy A 10 ; 13 , B ; − ⇒ AB = − ( 2;5 ) 3 3 3 y −1 ⇔ 5x − y − = (d) qua M nhận AB làm VTCP có PT là: x − = Bài Cho (∆ ) : x − y + = ; (∆ ) : x + y − = điểm M(–2; 0) Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M cắt (∆ ), ( ∆ ) A B cho MA = MB Giải Điểm A ∈ ( ∆ ) ⇒ A ( t1 ; 2t1 + ) ; Điểm B ∈ ( ∆ ) ⇒ B ( t ; − t ) Suy ra: MA = ( t1 + 2; 2t1 + ) , MB = ( t + 2; − t ) t1 = t1 + = ( t + ) t − 2t =  ⇔ 1 ⇔ MA = MB ⇔  ⇒ MA = ( 3; ) + = t t t t + = − ( 2)   t = − y (d) qua M nhận MA làm VTCP có PT là: x + = ⇔ x − y + 14 = Bài Cho ∆ABC có đỉnh A(2;−7) phương trình đường cao trung tuyến vẽ từ hai đỉnh khác là: 3x + y + 11 = 0, x + y + = Viết phương trình cạnh tam giác ABC Giải Nhận xét: Do A(2; −7) có tọa độ không thỏa mãn phương trình hai đường thẳng đường cao trung tuyến không qua A(2; −7) Đặt (BH): 3x + y + 11 = (CM): x + y + = Ta có: B ∈ ( BH ) ⇒ B ( t ; − 3t − 11) Gọi M trung điểm AB tọa độ M 15 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương x A + xB t +  =  x M = 2   y = y A + y B = −3 t − 18  M 2 ( A H M ) M ∈ ( CM ) ⇒ t + + −3t − 18 + = 2 C ⇔ t = −4 ⇒ B ( −4;1) B y+7 ⇔ x + y + 13 = Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là: x − = −4 − + (AC) ⊥ (BH): 3x + y + 11 = (AC) qua điểm A(2; −7) nên phương trình (AC) là: ( x − 2) − 3( y + 7) = ⇔ ( AC ) : x − y − 23 =  x − y − 23 = Điểm C ≡ (AC) ∩ (CM) suy tọa độ C thỏa hệ:  ⇒ C ( 5; −6 ) x + y + = y −1 ⇔ x + y + 19 = Phương trình cạnh BC (BC): x + = + −6 − Bài Cho ∆ABC có đỉnh A(1; 2), đường trung tuyến (BM): x + y + = phân giác (CD): x + y − = Viết phương trình đường thẳng BC A Giải Điểm C∈(CD): x + y − = ⇒ C ( t ;1 − t ) ( ⇒ trung điểm M AC M t + ; − t 2 Điểm M∈(BM): x + y + = ) B ( ) ⇒ t + + − t + = ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 ) 2 I D M K C Từ A(1;2) kẻ (AK) ⊥ (CD): x + y − = I (điểm K ∈ ( BC ) ) Suy (AK): ( x − 1) − ( y − 2) = ⇔ x − y + = x + y − = Tọa độ I thỏa hệ:  ⇒ I ( 0;1) Tam giác ACK cân C nên x − y + =  x = x I − x A = −1 I trung điểm AK ⇒ Tọa độ K:  K ⇒ K ( −1; )  yK = 2yI − y A = y Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: x + = ⇔ x + y + = −7 + 16 www.VNMATH.com Bài Phương trình đường thẳng mặt phẳng Bài Viết phương trình đường thẳng (∆) qua M(4; 1) cắt tia Ox, Oy A B theo trường hợp sau: a Diện tích ∆OAB nhỏ b Tổng OA + OB nhỏ Giải Giả sử (∆) cắt tia Ox A(a; 0) Oy B(0; b) (với a, b > 0) y suy (∆): x + = Do M(4; 1) ∈(∆) nên + = ⇒ b = a ⇒ a > a b a−4 a b a Ta có: = + ≥ = ⇒ S OAB = OA.OB = ab ≥ 2 a b ab ab Dấu xảy ⇔ = = ⇔ a = 8; b = ⇒ (∆): x + y − = a b b OA + OB = a + b = a + a = a − + + ≥ ( a − 4) ⋅ + = a−4 a−4 a−4 Dấu xảy ⇔ a − = = ⇔ a = ⇒ b = ⇒ (∆) : x + y − = a−4 Bài Lập phương trình đường thẳng (∆) qua điểm M(2; 1) tạo với đường thẳng (d): x + y + = góc 45 o Giải Phương trình (∆) qua điểm M có dạng: A ( x − ) + B ( y − 1) = ( A + B ≠ ) ⇔ Ax + By − A − B = có vectơ pháp tuyến n1 = ( A; B ) Đường thẳng (d) có VTPT n = ( 2; 3) Để (∆) hợp với (d) góc 45 o thì: n1 n n1 n = cos 45 o ⇔ A + 3B A2 + B + = ⇔ ( A + 3B ) = 13 ( A + B )  (∆ ) : x + y − 11 =  A = 5B ⇒ ⇔ 5B + 24 AB − A = ⇔   B = −5 A  (∆ ) : x − y + = Vậy có hai đường thẳng cần tìm (∆ ) : x + y − 11 = ; (∆ ) : x − y + = Bài 10 Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1; 0), B(0; 2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D Giải 17 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương Ta có: AB = ( −1; ) ⇒ AB = C Phương trình (AB) là: x + y − = D y=x I I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t; t ) I trung điểm AC BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − ) B A H Mặt khác: S ABCD = AB.CH = (CH: chiều cao) ⇒ CH = Ngoài ra: d ( C, ( AB ) ) = CH ⇔ ( ) ( ) t = ⇒ C ; , D ; 6t − 3 3 = ⇔ 3t − = ⇔   5 t = ⇒ C ( −1;0) , D ( 0; −2) ( ) ( ) Vậy tọa độ C D C ; , D ; C ( −1; ) , D ( 0; −2 ) 3 3 Bài 11 Cho A ( 0; ) , B ( 2; ) Tìm ( d ) : x − y + = điểm M cho: a MA + MB có giá trị nhỏ b MA − MB có giá trị lớn Giải B Đặt f ( x, y ) = x − y +  f ( A ) = −10 Ta có:  ⇒ f ( A) f ( B ) >  f ( B ) = −6 A H M Suy hai điểm A B nằm phía đường thẳng (d) (d) M0 A′ Gọi A′ đối xứng A qua (d) Ta có: MA + MB = MA′ + MB ≥ A′B (cố định) ( MA + MB ) = A′B , đạt ba điểm A′, M , B thẳng hàng ⇔ M = ( A′ B ) ∩ ( d ) ( AA′ ) ⊥ ( d ) ⇒ ( AA′ ) : x + y + C = A ∈ ( AA′ ) ⇒ C = −6 ⇒ ( AA′ ) : x + y − = 2 x + y − = Gọi H = ( AA′ ) ∩ ( d ) tọa độ H thỏa mãn hệ:  ⇒ H ( 2; ) x − y + =  x A′ = x H − x A = A′ đối xứng với A qua (d) nên ta có:  ⇒ A′ ( 4; −2 )  y A′ = y H − y A = −2 18 www.VNMATH.com Bài Phương trình đường thẳng mặt phẳng y+2 ⇔ x + y − 24 = Phương trình đường thẳng ( A′B ) x − = 2−4 5+2  x = 11 x − y + =  ⇔ ⇒ M 11 ; 19 Tọa độ M thỏa hệ:  + − = x y 24 19  y =  ( ) Ta có: MA − MB ≤ AB (cố định) ⇒ max MA − MB = AB , đạt ba điểm M, A, B thẳng hàng ⇔ M = ( AB ) ∩ ( d ) Phương trình đường thẳng (AB) là: x + y − 12 = Tọa độ M nghiệm hệ phương trình: x = x − y + =  ⇔ ⇒ M 5;   x + y − 12 =  y = ( ) Bài 12 Cho ( D1 ) : kx − y + k = ( D2 ) : (1 − k ) x + 2ky − (1 + k ) = a Chứng minh k thay đổi ( D1 ) luôn qua điểm cố định b Tìm giao điểm ( D1 ) ( D ) suy quỹ tích giao điểm k thay đổi Giải a Ta có ( D1 ) t: k ( x + 1) − y = Tọa độ điểm cố định mà ( D1 ) qua x + = nghiệm  ⇒ x = −1, y = Vậy ( D1 ) qua điểm A(–1, 0) y = b Tọa độ giao điểm ( D1 ) ( D ) nghiệm hệ phương trình kx − y = − k − k , y = 2k = giải hệ ta x  2 1+ k 1+ k (1 − k ) + 2ky = + k Vậy ( D1 ) ∩ ( D ) 2     = M  − k , 2k  để ý x + y =  − k  +  2k  = 1+ k  1 + k  1+ k 1+ k  Do quỹ tích M đường tròn tâm O bán kính R = Bài 13 Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(0; 1), B(2; 1) đường thẳng d : ( m − 1) x + ( m − ) y + − m = ; d : ( − m ) x + ( m − 1) y + 3m − = a Chứng minh d d cắt b Gọi P giao điểm d d , tìm m cho PA + PB lớn 19 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương Giải m −1 ( m − 1) x + ( m − ) y + − m = a Xét  có: D = 2−m ( − m ) x + ( m − 1) y + 3m − = Dx = m−2 2−m m −1 3m − ( Do D = m − ) = 4m − 14m + 12 ; D y = m−2 m −1 2−m m −1 3m − 2−m = 2m − m + = −2m + 4m − + > 0, ∀∈ » nên hệ phương trình có nghiệm Vậy d d luôn cắt điểm P (đpcm) b Tìm m để PA + PB lớn D x 4m − 14m + 12  − 2m =2+ x = D =  2m − 6m + 2m − 6m + Tọa độ P là:   y = D y = −2m + 4m − = −1 + − 2m 2  D 2m − 6m + 2m − 6m + 2m − 2m − 4  ; 2+ Ta có: PA =  −2 +  ⇒ PA = − 2 2m − 6m + 2m − 6m +  2m − 6m +  2m − 2m − 4  PB =  ;  ⇒ PB = 2 − + − + − 6 6m + m m m m m   Suy ra: PA + PB = Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski, ta có: ( PA + PB ) ≤ ( PA + PB ) = 16 ⇒ PA + PB ≤ ⇒ max ( PA + PB ) = , đạt PA = PB ⇔ PA2 = PB ⇔ − m = 4 = ⇔ m − 3m + = ⇔  2m − 6m + 2m − 6m + m = 2 Cách 2: d d có vectơ pháp tuyến là: n1 = ( m − 1; m − ) , n = ( − m; m − 1) Ta có n1 n = ( m − 1) ( − m ) + ( m − ) ( m − 1) = nên d ⊥ d điểm P Để ý A ∈ d , B ∈ d AB = 2 nên theo bất đẳng thức Bunhiacôpski ( PA + PB ) ≤ ( PA + PB ) = AB = 16 ⇒ PA + PB ≤ ⇒ max ( PA + PB ) = , ( ) đạt PA = PB ⇒ ∆PAB vuông cân P ⇒ d , AB = 45 o Ta có: cos 45 o = n AB n1 n AB n1 ⇔ 2m − = ; ( n AB = (1,1) ) 2 ( m − 1) + ( m − ) 2 ⇔ ( 2m − 3) = 2m − 6m + ⇔ m − 3m + = ⇔ m = ∨ m = 20 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương II XÁC ĐỊNH PHƯƠNG TRÌNH HYPECBOL THEO CÁC YẾU TỐ Bài VPTCT (H) qua M ( 2, ) có tiêu điểm F1 ( −3 5;0) ; F2 ( 5;0) Bài VPTCT (H) qua M(2; 0) có tiêu điểm F1(−4; 0), F2(4; 0) Bài VPTCT (H) qua O(0; 0) có tiêu điểm F1(−2; 0), F2(0; 3) Bài VPTCT (H) qua M(5; −3) có tâm sai e = Bài VPTCT hypecbol (H) qua M ( −4; − ) ;M ( 6;1) Bài VPTCT hypecbol (H) qua M ( 6; ) biết độ dài trục thực Bài VPTCT hypecbol (H) qua M ( 3; ) biết độ dài trục ảo   Bài VPTCT (H) qua M 34 ;  M nhìn F1F2∈Ox góc π  5 Bài VPTCT (H) qua M( 10;9) M nhìn F1F2∈Ox góc vuông   Bài 10 VPTCT (H) qua M ;  M nhìn F1F2∈Ox góc 2π  3   Bài 11 VPTCT (H) qua M − ;  M nhìn F1F2∈Oy góc π  3  Bài 12 VPTCT (H) biết độ dài trục ảo tiệm cận ⊥ với Bài 13 VPTCT (H) qua M(24; 5) đường tiệm cận là: x ± 12 y = Bài 14 VPTCT (H) qua M(−2; 1) góc tù đường tiệm cận 120° Bài 15 VPTCT (H) qua M(6; 4) góc đường tiệm cận 60° Bài 16 Viết phương trình tắc hypecbol (H) có đường tiệm cận 3x ± y = đường chuẩn x ± 16 = Bài 17 VPTCT (H) có hình chữ nhật sở với elip (E): x + 16 y = 144 Bài 18 VPTCT hypecbol (H) có đỉnh A(1; −1) nằm trục thực đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật sở (H) (C): x + y − x − y − = 52 www.VNMATH.com Bài Đường Hypecbol III MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG GIAO CỦA HYPECBOL y2 = Gọi (d’) qua O ⊥ (d): y = kx Bài Cho (H): x − a Tìm điều kiện k để (d) (d’) cắt (H) b Tính diện tích hình thoi với đỉnh giao điểm (d), (d’) (H) c Xác định k để hình thoi có diện tích nhỏ Giải a Ta có: (d): y = kx ( d ′ ) : y = −1 x Ta có (d) cắt (H) k x − k x = ⇔ ( − 4k ) x = 36 có nghiệm ⇔ − 4k > 2 (d’) cắt (H) x − x = ⇔  − 42  x = 36 có nghiệm 9k k   Yêu cầu toán ⇔ − 4k > 0, − 42 > ⇔ < k < ⇔ < k < k b Với < k < (d): y = kx cắt (H) điểm A, C phân biệt với tọa độ x A2 = x C2 = 2 36 36k ( d ′ ) : y = −1 x cắt (H) điểm ; y = y = A C k − 4k − 4k 2 B, D phân biệt với x B2 = x D2 = 362 k ; y B2 = y D2 = 36 9k − 9k − Ta có AC ⊥ BD trung điểm O đoạn nên ABCD hình thoi S ABCD = ⋅ S AOB = ⋅ OA.OB = x A2 + y A2 x B2 + y B2 = c 72 (1 + k ) ( − 4k )( 9k − ) ( − 4k )( 9k − ) ≤ ( − 4k ) + ( 9k − ) = (1 + k ) ⇒ 2 S ABCD ≥ 144 Dấu xảy ⇔ − 4k = 9k − ⇔ k = ±1 Vậy Min S ABCD = 144 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho (H): x − y − = Tìm (H) điểm nhìn đoạn nối hai tiêu điểm góc vuông Tìm (H) điểm nhìn đoạn nối hai tiêu điểm góc 60° Tìm (H) điểm có tọa độ nguyên 53 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương Giải (H): x − y − = ⇔ x − y2 = Ta có: a = 1, b = ⇒ c = 10 M(x0, y0) ∈ (H) ⇔ x 02 − y 02 = (1) Điểm M nhìn đoạn nối hai tiêu điểm góc vuông nên M thuộc đường tròn (C) đường kính F1 F2 , tức tâm O, R = F2 F2 = 10 ⇒ M∈(C): x + y = 10 ⇒ x 02 + y 02 = 10 Kết hợp với (1) ⇒ x 02 = 19 ; y 02 = 81 10 10  190 10   190 10   190 10   190 10  ⇒ M1  − ,− , , ,− , M2 − , M3  , M4   10  10  10  10   10  10  10  10 b M(x0, y0) nhìn F1 F2 góc 60° ⇒ F1 F22 = MF12 + MF22 − 2MF1 MF2 cos π ( ⇔ F1 F22 = ( MF1 − MF2 ) + MF1 MF2 ⇔ 4c = 4a + c x + a a )( ac x − a ) ⇔ 40 = + 10 x 02 − ⇔ x 02 = 37 ⇒ y 02 = ⋅ 27 10 10  370 30   370 30   370 30   370 30  ⇒ M1  − ,− , , ,− , M2 − , M3  , M4   10  10  10  10   10  10  10  10 c Để ý điểm M(x 0, y0) điểm có tọa độ nguyên ∈ (H) điểm (−x0, y0), (−x0, −y 0), (x0, −y0) ∈ (H) có tọa độ nguyên Vậy ta cần xét trường hợp x , y ≥ Ta có: x 02 − y 02 = ⇔ ( x − y )( x + y ) = 3x0 − y0 = 1;3x0 + y =  x0 = ; y0 = ( lo¹i ) ⇔ ⇔ 3x0 − y0 = 3;3x0 + y0 =  x = 1; y =  0 Vậy điểm có tọa độ nguyên ∈(H) M1(1; 0), M2(−1; 0) y2 Bài Cho (H): x − = A(3; 2), B(0; 1) Tìm điểm C∈(H) cho ∆ABC có diện tích nhỏ Tính giá trị nhỏ 54 www.VNMATH.com Bài Đường Hypecbol Giải (AB): x − y − = AB = AB = Gọi C(x0, y0) ∈ (H) ⇔ x 02 y 02 − = Ta có: S = ⋅ AB ⋅ d ( C , ( AB ) ) = x − y − ≥ x − y − 2 Sử dụng bất đẳng thức ( ax − by ) ≥ ( a − b ) ( x − y ) , ∀ a, b, c, x, y ta có x0 − y0 = ⋅  x2 y2  x0 y − ⋅ ≥ ( − )  −  = ⇒ S ≥ ( − 1)   Dấu xảy ⇔ x = , y = hay C  ;  5  5 y2 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho (H): x − = Gọi F 16 tiêu điểm (H) ( x F < ) I trung điểm đoạn OF Viết phương trình đường thẳng tiếp xúc với (H) qua I Giải ( ) Ta có: a = 16, b = ⇒ c = ⇒ F(−5; 0) ⇒ I − ; ( ) Đường thẳng (d) qua I: A x + + By = ( ) (d) tiếp xúc (H) ⇔ a A − b B = A A ≠ ⇒ (d): Ax ± ( A + B > ) ⇔ Ax + By + A = ⇔ 39 A − 36 B = ⇔ B = ± 39 A ⇒ 39 39 Ay + A = ⇔ x ± y + = ⇔ x ± 39 y + 15 = 6 2 y2 Bài Cho Hypecbol (H): x − = a b Tính độ dài phần đường tiệm cận chắn đường chuẩn Tìm khoảng cách từ tiêu điểm (H) tới đường tiệm cận Chứng minh rằng: Chân đường ⊥ hạ từ tiêu điểm tới đường tiệm cận nằm đường chuẩn ứng với tiêu điểm 55 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương Giải y2 (H): x − = có tiêu điểm F1 ( c, ) , F2 ( −c, ) với c = a + b a b 2 a Hai đường chuẩn Hypebol (H) tương ứng ∆ 1,2 : x = ± a = ± c a + b2 Gọi H, K giao đường tiệm cận y = b x với ∆ , ∆ ta có a xH = a2 a +b , yH = ab a +b ⇒ OH = x H2 + y H2 = a ⇒ KH = 2OH = 2a bc − =b Khoảng cách từ F1 ( c, ) đến y = ± b x hay bx ± ay = d = a a2 + b2 Ta có OH ( x H , y H ) ; F1 H ( x H − x, y H ) suy OH , F1 H = x H ( x H − c ) + y H2 = x H2 + y H2 − c.x H = a − a = ⇒ F1 H ⊥ OH y2 Bài Cho Hypecbol (H): x − = Chứng minh tích khoảng cách a b từ điểm tùy ý (H) đến hai đường tiệm cận không đổi Giải Lấy điểm x 02 y 02 y2 x ( ) M ( x , y ) ∈ H : − = ⇒ − = Viết phương a b a b y trình hai đường tiệm cận có dạng x ± = khoảng cách từ điểm M a b đến đường tiệm cận x 02 y 02 x0 y0 x0 y − + − 2 a b a b a b = d d = × = = a2 b 2 + a +b a +b + 1 + 2 2 2 2 a b a b a b a b y2 Bài Viết phương trình (d) qua M(0; 2) cắt (H): x − = A, B phân biệt cho M trung điểm AB 56 www.VNMATH.com Bài Đường Hypecbol IV CÁC BÀI TOÁN TIÉP TUYẾN HYPECBOL y2 Bài Cho (H): x − = CMR: a Tiếp tuyến (H) M(x0, y 0)∈(H) có a b phương trình: x0 x a − y0 y b2 =1 b Điều kiện cần đủ để (∆): Ax + By + C = tiếp xúc (H) a A − b B = C Viết phương trình tiếp tuyến (H) trường hợp: Bài (H): x − y = 20 hệ số góc tiếp tuyến k = Bài (H): x − y − = tiếp tuyến // (D): 3x + 2y − = Bài (H): x − y + 20 = tiếp tuyến ⊥ (D): 3x + 2y − = Bài (H): x = y + tiếp tuyến tạo với (D): x − 2y + = góc 45° Bài (H): x − y = tiếp tuyến qua A(2; 3) Bài (H): x − y = tiếp tuyến cách tâm đối xứng (H) khoảng Bài (H): 25 x − 16 y + 400 = tiếp tuyến qua A(4; 1) Viết phương trình tiếp tuyến chung đường cong sau: y2 = Bài ( H ) : x − (H2 ): y2 x2 − =1 2 y2 Bài 10 ( H ) : x − = ( E ) : x + y = y2 = ( C ) : x + y = Bài 11 ( H ) : x − 2 y2 y2 Bài 12 ( H ) : x − = ( H ) : x − =1 2 y2 y2 Bài 13 ( H ) : x − = ( E ) : x + =1 27 57 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương y2 Bài 14 ( H ) : x − = ( C ) : ( x + ) + y = 16 Bài 15 Viết phương trình (H) biết (H) có trục trùng với trục tọa độ tiếp xúc với đường thẳng: ( ∆ ) : x − y − 16 = 0; ( ∆ ) :13x − 10 y − 48 = y2 Bài 16 Cho (∆): Ax + By + C = tiếp xúc (H): x − = a b a F1, F2 tiêu điểm, kẻ F1H1 ⊥ (∆), F2H2 ⊥ (∆) CMR : F1 H ⋅ F2 H = −b b Chứng minh rằng: Họ đường thẳng (D): x cos t − y sin t + cos t + = tiếp xúc với (H) cố định y2 Bài 17 Cho (H): x − = ; A1, A2 đỉnh, tiếp tuyến (∆) cắt tiếp a b tuyến đỉnh A1, A2 điểm M, N a CMR : y M y N = const b Tìm điểm I ≡ A1 N ∩ A2 N y2 Bài 18 Cho (H): x − = Tiếp tuyến tiếp điểm M ∈ (H) cắt tiệm cận a b P, Q Chứng minh rằng: a M trung điểm PQ b ∆OPQ có diện tích không đổi M di động (H) y2 Bài 19 Cho (H): x − = CMR : Tiếp tuyến tiếp điểm M ∈ (H) a b phân giác F1 MF2 y2 Bài 20 Cho (H): x − = Tính diện tích hình chữ nhật có đỉnh ∈ (H) a b có cạnh // Oy qua tiêu điểm y2 Bài 21 Cho (H): x − = Lấy M ( x , y ) thuộc nhánh bên phải (H) a b không trùng với đỉnh (H) Đường thẳng qua M song song với trục tung cắt trục hoành P cắt đường tiệm cận Q Gọi E E′ giao điểm đường tròn tâm O bán kính a với đường tiệm Chứng minh QE = MF 2, QE′ = MF 58 www.VNMATH.com Bài Đường Parabol ĐƯỜNG PARABOL I CÁC DẠNG PARABOL VÀ ĐẶC ĐIỂM TĐX Trục thực Hình dạng Hypecbol (2 ) y = px ; Tiêu điểm F p ; ∈ Ox y (∆) O (0; 0) p p Bán kính qua tiêu điểm: M ∈(P) ⇔ MF = + xM F Ox p p O − y O (0; 0) Phương trình yếu tố Parabol x ( x p p p Bán kính qua tiêu điểm: M ∈(P) ⇔MF = + yM x = −2 py ; Tiêu điểm F 0; − p ∈ Oy p Tâm sai e = Đường chuẩn (∆): y = p Bán kính qua tiêu điểm: M ∈(P) ⇔ MF = − yM Tâm sai e = Đường chuẩn (∆): y = − x (∆) y p/2 O p − F Oy y Y b S ( (∆) x ) Phương trình: ( y − b ) = p ( x − a ) ; Tiêu điểm F ( a + p ; b ) ∈ (y = b) // Ox F S(a; b) y = b p ( 2) O −p/2 O (0; 0) Tâm sai e = Đường chuẩn (∆): x = x = py ; Tiêu điểm F 0; p ∈ Oy F p/2 Oy p Bán kính qua tiêu điểm: M ∈(P) ⇔ MF = − xM y O (0; 0) ) y = −2 px ; Tiêu điểm F − p ; ∈ Ox (∆) O F p − Ox Tâm sai e = Đường chuẩn (∆): x = − X Tâm sai e = Đường chuẩn (∆): x = a − O y S(a; b) x = a a x F X a Tiêu điểm F ( a ; b + p ) ∈ (x = a) // Oy Tâm sai e = Đường chuẩn (∆): y = b − S O Bán kính qua tiêu điểm: MF = ( p − a ) + x M Phương trình: ( x − a ) = p ( y − b ) ; Y b p x p Bán kính qua tiêu điểm: MF = ( p − b ) + y M 59 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương II XÁC ĐỊNH CÁC YẾU TỐ CỦA PARABOL Bài VPT tắc (P) với đỉnh gốc tọa độ O biết: Tiêu điểm F(4; 0) Tiêu điểm F(0; 2) Đường chuẩn x = Đường chuẩn y = 1/2 Đi qua A(−2; 1) nhận Oy làm trục đối xứng Nhận Ox làm trục ĐX chắn y = x đoạn 2 Bài Lập phương trình tắc Parabol (P) đỉnh O biết (P) có: Trục Ox, khoảng cách từ tiêu điểm đến đường chuẩn Trục Oy, tiêu điểm F(0; −1) Trục Oy (P) qua A(−1; 1) Trục Ox (P) qua A ( 2; −2 ) Đường chuẩn 2x − = Bài Trong mặt phẳng Oxy, lập PT Parabol (P) Tiêu điểm F(3; 2), đường chuẩn trục Ox Đỉnh S(2; 1), đường chuẩn trục Oy ( ) Tiêu điểm F − ; , đường chuẩn là: y + = Tiêu điểm O(0; 0), đường chuẩn: 3x − 4y − 10 = Bài Trong mặt phẳng Oxy, lập PT Parabol (P) Đỉnh S(−1; 1), tiêu điểm F(2; 1) Tiêu điểm F(2; −4), đường chuẩn: y − = Đỉnh S(−1; 2), đường chuẩn Oy Đỉnh S(1; −2), qua O; trục phương trục tọa độ Trục đường x = 1, đỉnh S ∈ đường y + = (P) chắn y = x − đoạn có đọ dài Trục Ox, (P) chắn Oy đoạn 2b khoảng cách từ đỉnh đến gốc O a Đỉnh S ∈ (D): x − = 0, trục phương Ox, (P) qua A(2; −3) B(5; 3) 60 www.VNMATH.com Bài Đường Parabol Bài Lập phương trình Parabol (P) có: Tiêu điểm O, đường chuẩn: x − y − = Đỉnh S(2; 1), tiêu điểm F(3; 2) Đỉnh S(1; 3), đường chuẩn (D): x − 2y = Đỉnh O, trục Oy, tiêu điểm F, dây AB = ⊥ Oy I trung điểm OF Bài Trong mặt phẳng Oxy cho (P): y = x Tìm M∈(P) có bán kính qua tiêu điểm MF = 10; yM > Tìm thêm N∈(P) cho ∆OMN vuông O Tìm A, B ∈ (P) cho ∆OAB Bài Trong mặt phẳng Oxy cho Parabol (P): y = px ( p > ) Tính độ dài dây MN ⊥ Ox tiêu điểm F Tìm điểm A, B ∈(P) cho ∆OAB Bài VPT cạnh tam giác nội tiếp Parabol (P): y = x , biết đỉnh gốc tọa độ O trực tâm tam giác tiêu điểm (P) Bài Cho (P): x − y (D): x − y + = Tìm tọa độ giao điểm A, B ( P ) ∩ ( D ) Tìm M cung AB (P) cho tổng diện tích hai phần hình phẳng giới hạn (P) hai dây MA, MB nhỏ Bài 10 Tìm điểm M∈(P): y = 64 x cho khoảng cách từ M đến (D): x + y + 86 = nhỏ Bài 11 Cho (P): y = x (D): y = mx (m ≠ 0) Đường (D) cắt (P) M ≠ O Đường (D’) ⊥ (D) cắt (P) N ≠ O Chứng minh rằng: Đường thẳng MN qua điểm cố định ∀m Bài 12 Cho (D): Ax + By + C = với A + B > (P): y = px ( p > ) Biện luận theo A, B, C, p số giao điểm (D) với (P) Bài 13 Cho (P): y = x A(−1; 1), B(3; 9) Tìm M∈(P) cho diện tích ∆ABM đạt Max Bài 14 Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có cạnh AB nằm (d): x − y − = đỉnh C, D ∈ (P): y = x Tính cạnh hình vuông ABCD 61 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương III TIẾP TUYẾN VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐỊNH TÍNH CỦA PARABOL III.1 Tiếp tuyến điểm thuộc Parabol M(x0, y0) ∈ (P1): y = px ⇒ (t): yy = p ( x + x ) M(x0, y0) ∈ (P2): y = −2 px ⇒ (t): yy = − p ( x + x ) M(x0, y0) ∈ (P3): x = py ⇒ (t): xx = p ( y + y ) M(x0, y0) ∈ (P4): x = −2 py ⇒ (t): xx = − p ( y + y ) III.2 ĐK cần đủ để (∆ ∆): Ax + By + C = tiếp xúc (P) (∆) tiếp xúc (P1): y = px ⇔ pB = A.C (∆) tiếp xúc (P2): y = −2 px ⇔ pB = −2 A.C (∆) tiếp xúc (P3): x = py ⇔ pA = B.C (∆) tiếp xúc (P4): x = −2 py ⇔ pA = −2 B.C Bài Viết phương trình tiếp tuyến (P): y + x = giao điểm (P) với (C): x + y + x + y − = Bài Viết PT tiếp tuyến (P): y = x // (D): 2x − y = Bài Viết PT tiếp tuyến (P): x + y = với hệ số góc k = Bài Viết PT tiếp tuyến (P): x = 36 y qua điểm A(9; 2) y2 =1 Bài Viết PT tiếp tuyến chung (P): y = 12 x elip (E): x + Bài Viết PT tiếp tuyến chung (P): y = x (C): x + y − x − = p  Bài Cho (P): y + px = ( p > ) CMR : ∀m ∈ » từ A  , m  kẻ 2  tiếp tuyến vuông góc Viết phương trình đường thẳng qua tiếp điểm chứng minh qua điểm cố định Bài Cho (P): y = x Viết PT tiếp tuyến (P) kẻ từ điểm A (−1; 2) Chứng minh tiếp tuyến vuông góc với 62 www.VNMATH.com Bài Đường Parabol IV MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài Cho (P): y = px M ∈(P) y B Đường (∆) qua M cắt Ox A, M H cắt tiếp tuyến đỉnh B cắt A (P) M, N CMR : BA = BM BN n m O x N K Giải Kẻ MH NK vuông góc Oy ⇒ BA = BM = BN ⇒ BA = BM BN (1) OA MH NK MH NK OA Đặt x M = m ; x N = n ≠ m; x A = a ⇒ y M2 = pm , y N2 = pn Do ∆AMm ~ ∆ANn (m − a)2 (n − a)2 suy m − a = n − a ⇒ = ⇔ ( m − n ) ( mn − a ) = yM yN pm pn Do m ≠ n ⇒ mn = a ⇒ MH NK = OA (2) Suy BA = BM BN p p  Bài Cho (P): y = px ( p > ) có F  ;  đường chuẩn (∆): x = − 2  Tiếp tuyến (D) (P) M cắt Ox, Oy N, I a CMR: I trung điểm MN; FI ⊥ (D) điểm đối xứng F qua (D) thuộc (∆) b Gọi K ≡ ( D ) ∩ ( ∆ ) Đường thẳng qua F ⊥ Ox cắt (D) L CMR: FK = FL Giải y Kẻ MG ⊥ (∆) ⇒ MG = NF Theo định lý Pascal FMN = FNM ⇒ FM = FN ⇒ MFNG hình thoi p Mà G, F cách Oy khoảng nên tâm hình thoi I ∈ Oy B G N −p/2 M L K I F O p/2 x (∆) Ta có LF ⊥ Ox ⇒ IFL = IGK ⇒ ∆IFL = ∆IGK ⇒ FL = GK mà K∈(D) trung trực GF nên GK = FK ⇒ FK = FL 63 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương Bài Cho (P) có tiêu điểm F Từ điểm I vẽ tiếp tuyến IM, IN đến (P) y a CMR : FI = FM FN IM = FM FN IN M H b Một tiếp tuyến (d) tuỳ ý (P) tiếp K I xúc (P) T cắt IM, IN Q, Q’ FQ.FQ ′ CMR : không phụ thuộc vị trí (d) FT L F J x N Giải Chọn hệ Oxy cho (D): y = px (p > 0) Theo định lý Pascal ⇒ KMH = KMF ⇒ ∆KMH = ∆KML ⇒ MH = ML = x M Mà MF = x M + p = MH + OF ⇒ MF − MH = OF ⇒ FL = OF ⇒ ∆FKO = ∆KFL ⇒ KFL = KFO ⇒ MKF = 90° ⇒ OKF = KMF Tương tự ta có: FJ ⊥ IN FNJ = FJO a FKI = FJI = 90° ⇒ IKFJ nội tiếp ⇒ FKJ = FIJ , KIF = KJF ⇒ FMI = FIN , FIM = FNI ⇒ ∆FIM ~ ∆FNI ⇒ FI = FM = IM ⇒ FI = FM FN IM = FI ⋅ FM = FM FN FI IN FN IN FN FI b Coi d d1 tiếp tuyến xuất phát từ Q, Q’ ⇒ FQ = FM FT FQ ′ = FN FT ⇒ FQ FQ ′ = FM FN FT = FI FT ⇒ FQ.FQ ′ = FI FT ⇒ FQ.FQ ′ = FI FT Bài Cho parabol (P): y = px ( p > ) Giả sử chùm đường thẳng ( ) qua tiêu điểm F cắt (P) hai điểm phân biệt M, N CMR: Tích khoảng cách từ M, N đến trục hoành Ox không phụ thuộc vào vị trí (∆) Giải p  Xét (∆) qua F  ;  cắt (P) hai điểm phân biệt M, N theo khả năng: 2  64 www.VNMATH.com Bài Đường Parabol p p  p  i ( ∆ ) : x = ; ( ∆ ) ∩ ( P) M  ; p  , N  ; − p  ⇒ d ( M ; Ox ) d ( N ; Ox ) = p 2 2  2  p  i ( ∆ ) : y = k  x −  , k ≠ Tọa độ M ( x1 , y1 ) , N( x , y ) nghiệm hệ:  2  y2  y = px −kp  x = p = = − p2 ⇔ ⇒ y y   kp k = − y kx   ky − py − kp =   Ta có d ( M , Ox ) d ( N , Ox ) = y1 y = y1 y = − p = p Bài Cho parabol (P) y = px Giả sử (P) lấy điểm A cố định hai điểm B, C di động có tung độ a, b, c cho AB ⊥ AC CMR: Đường thẳng nối B, C qua điểm cố định Giải  Các điểm A, B, C có tọa độ A  a ;  2p   a, B b ;   2p    b, C  c ;c   2p  2     AB =  b − a ; b − a  // u  b + a ; 1 ; AC =  c − a ; c − a  // v  c + a ; 1 p p p 2        2p  Do AB ⊥ AC nên AB AC = ⇔ −4 p (b + a ) ( c + a ) ⇒ = − a (1) c + = a+b 4p2 Đường thẳng nối B, C có phương trình px − c = ( b + c ) y − ( b + c ) c (2)    4p2 4p2  Thay (1) vào (2) ta có: px −  b − − a y − ba + =0 a+b a+b    ⇔ p ( a + b ) x − ( b − a ) − p  y − ba ( a + b ) − p b = (3) Giả sử họ (3) qua điểm định I ( x, y ) với b Khi đó: −b ( y + a ) + b ( px − p − a ) + pax + a y + p y = , ∀b y + a =  y = −a    a2  2 ⇔  px = p − a = ⇒ điểm cố định U ⇔ + p; − a   a  2p   x = p + p 2   pax + a y + p y = Bài Giả sử hai parabol y = ax + b ; x = cy + d ( ac ≠ ) cắt điểm phân biệt Chứng minh rằng: Các giao điểm nằm đường tròn Giải 65 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương Giả sử y = ax + b ; x = cy + d ( ac ≠ ) cắt M k ( x k ; y k ) ( k = 1, )  yk b  a = x k + a (1)  y k = ax k2 + b Ta có  ⇔  Cộng vế (1), (2) với nhau:  x k = cy k + d  xk = y + d ( 2) k  c c y k xk x y + = x k2 + y k2 + b + d ⇒ x k2 − k + y k2 − k + b + d = a c a c c a a c ( ) ( ) = + − b − d Do hai parabol cắt a c 2c 2a bốn điểm phân biệt nên + − b − d > Từ M k ( x k ; y k ) ( k = 1, ) a c 2c 2a ⇒ xk − 2c + yk − 2a ( ) nằm đường tròn tâm I ; bán kính R = + − b − d a c 2c a 2c 2a Bài Viết PT cạnh tam giác nội tiếp parabol (P): y = x biết đỉnh tâm O trực tâm tiêu điểm (P) HD: Trực tâm F(2; 0), Vì OF ⊥ AB ⇒ A, B đối xứng qua Ox Gọi A(x, y); B(x; −y) ⇒ OA ⊥ FB ⇒ A (10; ) , B (10; −4 ) Bài Cho (P): y = px ( p > 0) ; (D) qua tiêu điểm F (P) cắt (P) M, N Đặt ( Ox, FM ) = α [ 0; 2π] b CMR : HD: a FM = + = const FM FN a Tính FM, FN theo p, α c CMR : FM.FN nhỏ (D) ⊥ Ox p p ; FN = − cos α + cos α Bài Cho (P): y = px ( p > ) Lấy M∈(P) ≠ O Gọi N, K hình chiếu M lên Ox, Oy CMR : Đường thẳng qua K ⊥ OM qua điểm cố định Đường thẳng qua K ⊥ NK qua điểm cố định Đường thẳng NK tiếp xúc với parabol cố định Bài 10 Cho (P): y = 4ax ( a > ) tiêu điểm F Gọi M ∈ (P) Tiếp tuyến (d) (P) M cắt Oy N Đường thẳng (∆) qua M ⊥ (d); K hình chiếu F lên (∆) CMR : FN ⊥ MN FN = const K ∈ Parabol cố định FM 66 [...]... 1− k Phương trình cạnh (AB) là: 2 x + y − 5 = 0 ⇒ R = d ( I , ( AB ) ) = 5 2 2 Phương trình đường tròn (C) là: ( x + 1) + ( y − 2 ) = 5 29 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương Bài 13 Lập phương trình đường thẳng ( ∆ ) đi qua gốc tọa độ O và cắt đường 2 2 tròn (C): ( x − 1) + ( y + 3) = 25 theo một dây cung có độ dài bằng 8 Giải Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 5 Phương. .. Đg chuẩn y = ± b +β  c MF2 = b − e ( y −β) 37 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương II XÁC ĐỊNH PHƯƠNG TRÌNH ELIP THEO CÁC YẾU TỐ Bài 1 Viết phương trình elip (E) biết 2 tiêu điểm F 1(−8; 0); F2(8; 0) và e = 4/5 Bài 2 Viết phương trình elip (E) biết 2 tiêu điểm F 1(0; −4); F2(0; 4) và e = 4/5 Bài 3 Viết phương trình elip (E) biết 2 tiêu điểm F 1(−6; 0); F2(6; 0) và a = 5 b 4 Bài 4... 2 Bài 12 Cho A(2; 0) và (C): ( x + 2 ) + y 2 = 36 Viết phương trình quĩ tích tâm các đường tròn đi qua A và tiếp xúc (C) Giải 2 (C): ( x + 2 ) + y 2 = 36 là đường tròn tâm B(−2; 0), bán kính R = 6 Gọi M là tâm đường tròn đi qua A và tiếp xúc (C) tại N ⇒ MA + MB = MN + MB = BN = 6 45 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương Vậy quĩ tích M là elip (E) nhận A, B làm tiêu điểm và có độ dài... Trong mặt phẳng Oxy cho hai điểm A(0; 5), B(2; 3) Viết phương trình đường tròn (C) đi qua hai điểm A, B và có bán kính R = 10 Giải Gọi I ( a; b ) là tâm của (C) Từ giả thiết, ta có: IA = IB = R = 10 2 2 2 2  IA 2 = IB 2 a + ( 5 − b ) = ( 2 − a ) + ( 3 − b ) b = a + 3 ⇒ 2 ⇔ ⇔  2 2 2 a − 2a − 3 = 0 a + ( 5 − b ) = 10  IA = 10 25 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương  a... là: ( d 1 ) : x + y + 4 = 0; ( d 2 ) :7 x + y + 10 = 0 31 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương VII TIẾP TUYẾN CHUNG CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN 2 2 2 2 Cho ( C1 ) : ( x − a1 ) + ( y − b1 ) = R12 và ( C 2 ) : ( x − a 2 ) + ( y − b2 ) = R22 Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1) và (C2) 1 PHƯƠNG PHÁP TỔNG QUÁT: (C1) có tâm I1 ( a1 ; b1 ) bán kính R1 và (C 2) có tâm I 2 ( a... R1 ; = R1 A2 + B 2 A2 + B 2  d ( I 2 , ∆ ) = R2 Từ đó suy ra hệ 2 phương trình ba ẩn A, B, C Giải 2 ẩn theo 1 ẩn rồi rút gọn (ví dụ: giải A, C theo B) suy ra phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) Ví dụ: Cho ( C1 ) : x 2 + y 2 = 9 và ( C 2 ) : x 2 + y 2 − 6 x + 8 = 0 Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C 2) Giải: ( C1 ) : x 2 + y 2 = 9 có tâm I1 ≡ O ( 0; 0 ) bán kính R1 = 3 ;... 35 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương Đường thẳng đi qua J có phương trình (∆): A ( x + 8 ) + By = 0 tiếp xúc với (C 1) ⇔ d ( I1 , ∆ ) = 1 ⇔ A ( −2 + 8 ) + B.0 A2 + B 2 ( A2 + B 2 > 0) =1 ⇔ 6 A = A 2 + B 2 ⇔ 35 A 2 = B 2 ⇔ B = ± 35 A ⇒ A ≠ 0 (∆): A ( x + 8 ) + By = 0 ⇔ A ( x + 8 ) ± 35 Ay = 0 ⇔ x ± 35 y + 8 = 0 ( A2 + B 2 > 0) Đường thẳng đi qua K có phương trình (∆): Ax + By = 0 tiếp... = 2 2 2 2 2 2 Vậy ( C ) : ( x + 4 ) + ( y − 6 ) = 18 hoặc ( C ) :( x − 2 ) + ( y + 2 ) = 8 27 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương Bài 9 Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại A(2; 0) và khoảng cách từ tâm của (C) đến điểm B(6; 4) bằng 5 Giải Gọi I(a; b) và R lần lượt là tâm và bán kính của (C) Do (C) tiếp xúc với trục Ox tại A nên ta có: x I = x A = 2 ⇒ I ( 2;... 0; ( ∆ 2 ) : 3 x + 4 y + 5 = 0 2 2 Bài 16 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình: x 2 + y 2 − 2 x + 4 y + 4 = 0 có tâm I và điểm M(–1; –3) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và b sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất Giải Đường tròn (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = 3 I Phương trình đường thẳng (d) qua M có dạng: a ( x + 1)... đi qua A(4, 7) đến: ( C ) : x 2 + y 2 + 2 x − 4 y = 0 f Đi qua A(−3, −1) đến: ( C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 3 y = 0 23 www.VNMATH.com Chương IV Hình giải tích – Trần Phương 9 Cho ( C m ) : x 2 + y 2 + 2 ( m − 1) x − 2 ( m − 2 ) y + m 2 − 8m + 13 = 0 a Tìm quỹ tích tâm I của họ đường tròn đến đường tròn (C4) b VPT tiếp tuyến đi qua A(1, 5) 10 VPT tiếp tuyến chung của 2 đường tròn: (C1 ) : x 2 + y 2 − 4