Phân tích các đề về hình học phẳng của đề thi đại học từ năm 2003 đến 2010 các ban A.B.D

Chia sẻ: Tran Quang Nghia | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:20

Thêm vào BST

Báo xấu

1.454
lượt xem 515
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo - Phân tích các đề về hình học phẳng của đề thi đại học từ năm 2003 đến 2010 các ban A.B.D

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Phân tích các đề về hình học phẳng của đề thi đại học từ năm 2003 đến 2010 các ban A.B.D

Traàn Thaønh Minh - Phan Löu Bieân – Traàn Quang Nghóa PHAÂN TÍCH CAÙC ÑEÀ Hình hoïc phaúng trong ñeà thi ÑH 2003-2010 caùc ban A-B-D www.saosangsong.com.vn
2 LTĐH: Chuyên đề HÌNH HỌC PHẲNG PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ PHẲNG §1.ĐƯƠNG THẲNG 1. Phương trình của đường thẳng qua M0( x0 ; y0 ) và có VTPT n = (a ; b) là : a(x – x0) + b(y –y0) • Phương trình tổng quát của đường thẳng có dạng : ax + by + c = 0 n trong đó n = (a ; b) là một VTPT . • ∆ qua A(a ; 0) và B(0 ; b) a xy ∆: + =1 ∆ ab • Phương trình đường thẳng có hệ số góc là k : φ y = kx + m với k = tanφ là góc hợp bởi tia Mt của ∆ ở phía trên Ox và tia Mx. M x - xA y − yA = • Phương trình đường thẳng AB : M xB - xA yB − yA 2. Khỏang cách từ M (xo ; yo ) đến đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 là | ax 0 + by o + c | H : d(M, Δ ) = MH = a2 + b 2 ∆ 3.Góc ( không tù ) tạo bởi ∆1: a1x + b1y + c1 = 0 và ∆2 : a2x + b2y + c 2 = 0 là : | a1 a 2 + b 1 b 2 | cos(∆1 ; ∆2 ) = a1 2 + b 1 2 a 2 2 + b 2 2 ∆1 ┴ ∆2 a1a2 + b1b2 = 0 4.Phương trình tham số của đường thẳng ⎧ x = x o + ta1 a = (a1 ; a2 ) là : ⎨ • Phương trình tham số của đường thẳng qua M0 (x0 ; y0) và có VTCP ⎩ y = yo + ta 2 x − x o y − yo = (x0 ; y0) và có VTCP a = (a1 ; a2 ) là : • Phương trình chính tắc của đường thẳng qua M0 a1 a2 ( a1 ≠ 0 và a2 ≠ 0) a = (b ; - a) hay ( - b ; a) là một VTCP của ∆ . Nếu n = (a; b) là VTPT của ∆ thì • y § 2. ĐƯỜNG TRÒN I 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , phương trình đường tròn tâmI(h ; k) bán kính R là : (x – h)2 + (y – k)2 = R2 . (O, R) là : x2 + y2 = R2 • Phương trình đường tròn O 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , mọi phương trình có dạng : x x2 + y2 - 2ax - 2by + c = 0 với a2 + b2 – c > 0 là phương trình đường tròn : tâm I( a ; b), bán kính R = a + b − c 2 2 T 3. Tiếp tuyến với đường tròn • (x – h)2 + (y – k)2 = R2 tại tiếp điểm T(x0 ; y0) là : đường thẳng qua T và vuông góc R ∆ IT = ( x 0 − h; y 0 − k ) có phương trình : (x0 – h)(x – x0) + (y0 – k)(y – y0) = 0 I 2
3 • Đường thẳng ∆ là tiếp tuyến của đường tròn (I, R) d(I, ∆) = R &3. CÔNIC y 1. Elip B2 a. Định nghĩa . Cho hai điểm cố định F1 , F2 với F F2 = 2c và một độ dài M 1 không đổi 2a ( a > c). Elip là tập hợp những điểm M sao cho : x F1M + F2M = 2a F1 , F2 : tiêu điểm , F1F2 : tiêu cự , F2 F1 A2 O A1 ; F1M , F2M : bán kính qua tiêu e = c/a : tâm sai. B1 2. Phương trình chính tắc . Với F1( - c ; 0) , F2(c ; 0) : x2 y2 + = 1 với b2 = a2 - c 2 . M(x ; y) ∈ (E) a2 b 2 * Hình chữ nhật giới hạn bởi các đường x = ± a , y = ± b gọi là hình chữ nhật cơ sở của hypebol. cx M cx M = a + exM ; F2M = a − F1M = a + = a - exM a a 2. Hypebol a. Định nghĩa .Cho hai điểm cố định F1 , F2 với F F2 = 2c và một độ dài 1 A1 A2 không đổi 2a ( a > c) . Hypebol là tập hợp những điểm M sao cho : F F F1 M - F2 M = 2a F1 , F2 : tiêu điểm ; F1 F2 : tiêu cự . F1M , F2M : bán kính qua tiêu; e = c/a : tâm sai. b. Phương trình chính tắc Với F1( - c ; 0) , F2(c ; 0) : x2 y2 - 2 = 1 với b2 = c2 - a 2 M(x ; y) ∈ (H) a2 b * Hình chữ nhật giới hạn bởi các đường x = ± a , y = ± b gọi là hình chữ nhật cơ sở của hypebol. b x gọi là hai tiệm cận . * Đường thẳng y = ± a ⎧c ⎧c ⎪ a x M + a , M ∈ nhaùnh phaûi ⎪ x M − a , M ∈ nhaùnh phaûi * F2 M = ex M − a = ⎨ a ⎪ ⎪ * F1M = ex M + a = ⎨ c ⎪ − c x + a , M ∈ nhaùnh traùi ⎪ − x − a , M ∈ nhaùnh traûi ⎪aM ⎪aM ⎩ ⎩ 3. Parabol a. Định nghĩa : Cho điểm F và đường thẳng (∆) không chứa F . Parabol là tập hợp y M các điểm M sao cho : MF = d(M , (∆)) K F : tiêu điểm; (∆) : đường chuẩn của parabol p = d(F, Δ ) : tham số tiêu b. Phương trình chính tắc của parabol . x p p Với F( ; 0) và ∆ : x = - M(x ; y) ∈ (P) F 2 . y = 2px O 2 2 FM = p/2 + xM PHÂN TÍCH CÁC DẠNG TOÁN HÌNH PHẲNG: 3
4 Phương pháp Thông thường ta gặp các dạng sau khi giải một đề thi đại học môn hình phẳng : Dạng 1: Tìm toạ độ một điểm thỏa các tính chất cho trước Dạng 2 : Viết phương trình đường thẳng , đường tròn hay một cônic thỏa một tính chất cho trước Dạng 1: Tìm toạ độ một điểm thỏa các tính chất cho trước Có 2 cách: Cách 1: Sử dụng công thức toạ độ trung điểm , trọng tâm, điều kiện bằng nhau, cùng phương, vuông góc của hai vectơ để tìm toạ độ của điểm cần tìm một cách trực tiếp. Cách 2: Từ tính chất của điểm , ta thiết lập phương trình (có ẩn là hoành độ, tung độ ) hay hệ phương trình (có ẩn là toạ độ của điểm cần tìm). Giải phương trình hay hệ phương trình, ta được toạ độ điểm cần tìm. Các công thức về toạ độ, điều kiện cùng phương, vuông góc, khoảng cách , phương trình các đường chứa điểm ấy . . . cung cấp cho ta những phương trình xác định. 1. D2004 . Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(- 1; 0), B(4; 0) và C(0, m). Xác định m để tam giác GAB vuông tại G với G là trọng tâm của tam giác ABC. Giải Ta thiết lập phương trình ẩn m để tìm m. Tính chất là GA và GB vuông góc . Phương trình là điều kiện vuông góc của hai vectơ. x A + xB + xc ⎧ ⎪ xG = =1 ⎪ 3 => GA = (- 2; - m/3); GB = (3 ; - m/3) Tọa độ G: ⎨ ⎪ y = y A + yB + yc = m ⎪G ⎩ 3 3 - 6 + m2/9 = 0 m = ±3 6 . GA . GB = 0 Tam giác GAB vuông tại G 2. B2003 . Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, điểm M(1; - 1) là trung điểm BC và G(2/3; 0) là trọng tâm ABC. Tình toạ độ A, B, C. Giải C Theo tính chất trọng tâm: MA = 3.MG ⎧ xA − 1 = 3.(−1/ 3) => A= (0; 2) ⎨ ⎩ y A + 1 = 3.(1) M B, C đều nằm trên đường thẳng qua M(1 ; - 1) và vuông góc G MA = ( −1;3) có phương trình : - 1(x – 1) + 3(y + 1) = 0 - x + 3y + 4 = 0 (1) Mặt khác MB = MC = MA = 10 , nên toạ độ của B, C là B A ⎧(1) nghiệm của hệ: ⎨ ⎩( x − 1) + ( y + 1) = 1 (2) 2 2 Giải hệ này ta được toạ độ B và C là (4 ; 0) và (-2 ; - 2). Cách khác: Nếu nhớ được tính chất sau thì ta không cần phải giải hệ để tìm toạ độ B, C. 4
5 “Cho u và v là hai vectơ vuông góc , có độ dài bằng nhau thế thì nếu u = ( A; B ) thì v = ( B; − A) hay v = (− B; A) . Qui tắc này rút ra từ liên hệ giữa vectơ chỉ phương và vectơ pháp tuyến của một đường thẳng .” ⎡ MB = (3;1); MC = (−3; −1) Vì MB ; MC vuông góc MA = ( −1;3) và có độ dài bằng MA do đó: ⎢ ⎢ MB = (−3; −1); MC = (3;1) ⎣ Từ đó ta tính ngay được toạ độ B và C. 3. D2009 . Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn ©: (x – 1)2 + y2 = 1 Gọi I là tâm của (C) . Xác định toạ độ điểm M thuôc (C) sao cho thuộc sao cho góc IMO=300 . Giải Nếu bạn nhận ra là đường tròn có tâm I(1 ; 0), bán kính R = 1, và M qua gôc O thì việc giải sẽ dễ dàng. 0 0 Vì góc IMO = 30 nên góc IOM = 30 (tam giác IOM cân tại I), suy ra 1 đường thẳng OM có hệ số góc là ± tan 300 = ± . Do đó phương 3 x trình đường thẳng OM là y = ± . Thế vào phương trình đường I O 3 tròn, ta được phương trình tính hoành độ điểm I. Cách khác: Dùng định lí hàm cosin trong tam giác OIM: OM2 = IO2 + IM2 – 2.IO. IM.cos1200 Mà IO = IM = 1, ta suy ra : OM2 = 3 => OM = 3 x2 + y2 = 3 (x; y) là toạ độ của M. M lại thuộc đường tròn , do đó ta có hệ phương trình tính toạ độ điểm M. 4. D2006. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2y + 1 = 0 và đường thẳng d: x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M, có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C), tiếp xúc ngoài với đường tròn (C). Giải M thuộc d: x – y + 3 = 0 => M = (x ; x + 3). (C) có tâm I(1 ; 1), bán kính R = 1. Đường tròn tâm M có bán kính R’ = 2. (C) và (M) tiếp xúc ngoài IM = R + R’= 3 2 2 2x2 + 2x – 4 = 0 (x – 1) + (x + 2) = 9 x = 1 hay x = - 2 . Vậy M(1 ; 4) hay M(- 2; 1). 5. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác cân ABC, cân tại A(0 ; - 3), có trọng tâm G thuộc đường thẳng x + 2y = 0 và đường thẳng BC qua điểm D(1 ; 2). Tìm toạ độ trung điểm M của BC. A Giải Gọi (x; y) là toạ độ điểm M. Ta sẽ thiết lập hệ phương trình ẩn x, y bằng cách khai thác hai tính chất của điểm M. G B C5 D M
6 • Trước hết vì tam giác ABC cân tại A nên trung tuyến AM cũng là đường cao. Suy ra: AM .DM = 0 ( x − 0)( x − 1) + ( y + 3)( y − 2) = 0 x 2 + y 2 − x + y − 6 = 0 (1) x A + xB + xC 2 x ⎧ ⎪ xG = = ⎪ 3 3 • Trọng tâm G có toạ độ : ⎨ ⎪ y = y A + yB + yC = −3 + 2 y ⎪G ⎩ 3 3 −3 + 2 y 2x + 2. = 0 x + 2 y − 3 = 0 (2) G thuộc đường thẳng x + 2y = 0 3 3 • Giải hệ (2) và (3) ta được toạ độ điểm M. Từ (2): x = - 2y + 3. Thế vào (1): (-2y + 3)2 + y2 – (- 2y + 3) + y – 6 = 0 5y2 – 10y = 0 y = 0 ; y = 2. • y = 0 => x = 3 ; y = 2 => x = - 1. Vậy M(3 ; 0) hay M(- 1; 2). Nếu phải tính toạ độ nhiều điểm (các đỉnh của tam giác , tứ giác) thì thường ta chọn toạ độ một điểm làm ẩn số, nếu được . Từ giả thiết của bài toán, ta sẽ tìm toạ độ các điểm còn lại theo ẩn số đó và lập phương trình hay hệ phương trình để tìm các ẩn số đó. 6.A2005 . Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng d1: x- y = 0 và d2 : 2x + y - 1 = 0, tìm các đỉnh của hình vuông ABCD biết A thuộc d1 , C thuộc d2 và B, D thuộc Ox. Giải (Hình vẽ chỉ có tính tương đối) A d1 Vì A thuộc d1: x – y = 0 nên có toạ độ (a; a). Do A, C đối xứng qua BD mà B, D thuộc Ox nên A, C đối xứng qua Ox. Suy ra C = (a ; - a). Mà C thuộc d2: 2x + y – 1 = 0 nên 2a + ( - a) – 1 = 0 a I = 1. Vậy A(1 ; 1 ), C(1 ; - 1). Suy ra toạ độ trung I của B D tâm hình vuông là (1 ; 0). Do IB = ID = 1 , ta được B(0; 0) và D(2 ; 0) hay ngược lại. d2 C Trong ví dụ sau, ta phải đặt 2 ẩn số là hoành độ của B và C. Từ giả thiết ta sẽ lập hệ phương trình theo 2 ẩn số đã chọn. 7. B2007 . Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(2; 2) và các đường thẳng: d1: x + y – 2 = 0, d2: x + y – 8 = 0. Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Giải B B thuộc d1:x + y – 2 = 0 => B = (b; 2 – b) => AB = (b − 2; −b) C thuộc d2: x + y – 8 = 0 => C = (c ; 8 – c) => AC = (c − 2; 6 − c ) (1) A C 6
7 Vì AB ; AC là hai vectơ vuông góc và có độ dài bằng nhau mà AB = (b − 2; −b) nên ⎡ ⎧b = c − 2 ⎢⎨ ⎢ ⎩b − 2 = 6 − c ⎡ (b; b − 2) (2) . Từ (1) và (2) suy ra: ⎢ −b = c − 2 AC = ⎢ ⎢ (−b; 2 − b) ⎣ ⎢2 − b = 6 − c ⎢ ⎣ ⎡b = 3; c = 5 Giải hệ này ta được : ⎢ . ⎣b = −1; c = 3 Vậy B(- 1; 3), C(3 ; 5) hay B(3 ; - 1), C(5 ; 3) . Nhận xét: Trong cách giải này ta sử dụng qui tắc toạ độ của hai vectơ vuông góc và có độ dài bằng nhau, lấy từ qui tắc toạ độ của hai vectơ pháp tuyến và chỉ phương của đường thẳng Ax + By + C = 0, khi đó n = ( A; B ) là vectơ pháp tuyến thì u = ( B; − A) hay ( − B; A) là vectơ chỉ phương. Nếu không thì ta sẽ giải hệ như sau: Đặt AB = ( X ; Y ) ; AC = ( X '; Y ') , ta có: ⎧| AB |=| AC | ⎧ X 2 + Y 2 = X '2 + Y '2 (1) ⎪ ⎨ ⎨ ⎩ XX '+ YY ' = 0 (2) ⎪ AB. AC = 0 ⎩ Từ (2): Y’ = - XX’/Y. Thế vào (1): X2 + Y2 = X’2 + (XX’)2/Y2 (X2 + Y2)Y2 = X’2(X2 + Y2) X’2 = Y2 X’ = Y hay X’ = -Y. * X’ = Y => Y’ = - X * X’ = - Y => Y’ = X. Ta tìm lại qui tắc trên. 8. B2008 . Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(- 1; -1), đường phân giác trong của góc A có phương trình x - y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y – 1 = 0 Giải Đây là bài khó vì ta phải lần lượt tìm toạ độ những điểm trung gian mới đến được toạ độ điểm C cần tìm. Bài toán giải theo A từng nước như một ván cờ. • Trước hết ta tìm được toạ độ điểm K, đối xứng của H qua d’ : 4x+3y-1=0 phân giác d qua A: K Phương trình HK qua H(- 1; - 1) và vuông góc d: x – y + H(-1;-1) 2 = 0 là: (x + 1) + (y + 1) = 0 x+y+2=0. => K = (x ; - x – 2) => toạ độ trung điểm của HK là x −1 −x − 3 B C ( ). Điểm này thuộc d nên : ; 2 2 d: x-y+2=0 x −1 −x − 3 − + 2 = 0 x = - 3 => K(- 3; 1). 2 2 • Tiếp theo ta viết phương trình AC qua K(- 3; 1) và vuông góc d’ : 4x + 3y – 1 = 0 là : 3(x + 3) – 4(y – 1) = 0 3x – 4y + 13 = 0 . 7
8 ⎧x − y + 2 = 0 Suy ra toạ độ A là nghiệm của hệ : ⎨ A(5; 7) . ⎩3x − 4 y + 13 = 0 • Nhờ đó ta viết được phương trình CH qua H(- 1; -1) và vuông góc HA = (6; 8) là : 6(x + 1) + 8(y + 1) = 0 3x + 4y + 7 = 0. • Từ đó ta tìm được toạ độ C, giao điểm của đường thẳng CH và AC, là nghiệm của hệ : ⎧3x + 4 y + 7 = 0 C = (- 10/3 ; ¾). ⎨ ⎩3x − 4 y + 13 = 0 Trong bài tiếp ta tìm một điểm thỏa một tính chất hình học mà ta có thể giải bằng hình học hoặc đại số. 9. D2007 . Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)2 + (y + 2)2 = 9 và đường thẳng d:3x - 4y + m = 0 . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến PA, PB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác PAB đều. P Giải Nhận xét: Ở đây ta không dại gì mà tìm toạ độ A, B, là điều vô A cùng phức tạp. Ta sử dụng tình chất của hai tiếp tuyến của đường tròn vẽ từ điểm P, để thấy : ∆PAB đều ∆PAI nửa đều IP = 2IA = 2R = 6. Bài toán thành ra tìm m sao cho trên d chỉ có duy nhất điểm P sao cho IP = 6. I Cách hình học : Yêu cầu bài toán d(I, d) = 6 | 3(1) − 4(−2) + m | B = 6 với I(1 ; - 2) 5 |m + 11| = 30 m = 19 hay m = - 41 3x + m Cách đại số : P thuộc d : 3x – 4y + m = 0 => P = (x ; ) 4 2 ⎛ 3x + m ⎞ (x – 1)2 + ⎜ + 2 ⎟ = 36 (*) IP = 6 ⎝4 ⎠ Yêu cầu bài toán (*) có nghiệm duy nhất ∆=0.... Một trong các dạng tìm điểm có dạng tìm điểm cố định của một họ đường cong như trong bài dưới . Ví dụ cho họ đường tròn (Cm) : x2 + y2 – 2mx + 4my + 2m – 10 = 0, chứng minh . Họ (Cm) luôn qua hai điểm cố định khi m thay đổi. Giải : Ta có : a2 + b2 – c = 5m2 – 2m + 10 > 0 với mọi m => (Cm) là đường tròn với mọi m. Gọi (xo ; yo) là toạ độ điểm cố định cần tìm, ta có : xo2 + yo2 – 2mxo + 4myo + 2m – 10 = 0 thỏa với mọi m 2m(- xo + 2yo + 1 ) + xo2 + yo2 – 10 = 0 thỏa với mọi m ⎧− xo + 2 yo + 1 = 0 ⎧ xo = 2 yo + 1 ⎧ xo = 2 yo + 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨2 ⎨ ⎨2 ⎪ xo + yo − 10 = 0 ⎪(2 yo + 1) + yo − 10 = 0 ⎪5 yo + 4 yo − 9 = 0 2 2 2 ⎩ ⎩ ⎩ Giải hệ này ta được : (3 ; 1) và (-13/5; 9/5). Vậy họ (Cm) luôn qua hai điểm cố định (3 ; 1) và (-13/5; 9/5). 8
9 Tuy nhiên trong bài dưới đây ta có một họ đường thẳng phụ thuộc hai tham số , ta sẽ giải quyết ra sao? 10. D2008 . Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P) : y 2 = 16x và điểm A(1; 4). Hai điểm phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc BAC = 900. Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định. Giải Vì B và C thuộc (P): y2 = 16x => B = (b2/16 ; b) và C = (c2/16; c), với b, c ≠ 4. Ta có: AB. AC = 0 với AB = (b 2 / 16 − 1; b − 4) ; AC = (c 2 / 16 − 1; c − 4) b 2 − 16 c 2 − 16 + (b − 4)(c − 4) = 0 . 16 16 (b + 4)(c + 4) bc + 4(b + c) + 274 = 0 (1) +1 = 0 Chia hai vế cho (b – 4)(c – 4) , ta được : 256 b2 x− y −b Phương trình đường thẳng BC : 2 162 = 16x – (b + c)y + bc = 0 (2) c−b cb − 16 16 Từ (1) và (2), ta thấy rằng nếu cho 16x = 274 và – y = 4 thì (2) là (1), tức (2) thỏa với mọi giá trị của b, c thỏa (1) khi x = 17 và y = - 4 , hay đường thẳng BC luôn qua điểm cố định I(17 ; - 4). Cách khác: Nếu ta chọn tham số là hệ số góc m của đường thẳng AB thì phương trình AB: y = m(x – 1 1)+ 4 và của đường thẳng AC vuông góc AB là y = − ( x − 1) + 4 . m Giải hệ ta sẽ tìm được toạ độ B và C theo m. Từ đó viết được phương trình đường thẳng BC phụ thuộc m. Ta có bài toán tìm điểm cố định của họ đường thẳng mà ta đã giải trong ví dụ trên. Tuy nhiên không phải con đường trơn tru và dễ dàng. Mời các bạn” phiêu lưu”. DẠNG 2. Viết phương trình đường thẳng , đường tròn . . .thỏa một đặc tình cho trước : Cách 1: Tìm những điểm xác định đường thẳng , đường tròn : Ví dụ với đường thẳng thì tìm hai điểm mà nó đi qua , hay 1 điểm và một vectơ pháp tuyến của nó. Với đường tròn thì phải tìm tâm và bán kính . . . 11. D2010 . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và Δ là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên Δ. Viết phương trình đường thẳng Δ, biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH. Giải A Nhận xét: Vì ∆ qua O nên chỉ cần biết toạ độ H là viết được phương trình ∆. Δ ⎧ AH 2 = b 2 ⎪ Gọi H(a ; b), khoảng cách từ H đến Ox là |b|, ta có hệ: ⎨ ⎪ AH .OH = 0 ⎩ H O 9
10 ⎧a 2 + (b − 2) 2 = b 2 ⎧ a 2 − 4b + 4 = 0 (1) ⎪ ⎪ ⎨ 2 Với AH = ( a; b − 2) ; OH = ( a; b) : ⎨ 2 ⎪a + b(b − 2) = 0 ⎪ a + b − 2b = 0 (2) 2 ⎩ ⎩ (2) – (1): b2 + 2b – 4 = 0 b = 5 −1 ; − 5 −1 Thế vào (1): a2 = 4( 5 − 2 ) hay 4(- 5 − 2 ) : loại Suy ra a = ±2 5−2 . ( 5 − 1) x ± 2 5 − 2) y = 0 Phương trình đường thẳng (∆) qua O và H(a ; b) : bx – ay = 0 12.B2009 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): (x – 2)2 + y2 = 4/5 và hai đường thẳng Δ1: x – y = 0 và ∆2 : x – 7y = 0 Viết phương trình đường tròn (C1) biết đường tròn (C1) tiếp xúc với các đường thẳng ∆1, ∆2 và có tâm K thuộc đường tròn (C) Giải Nhận xét: Đây là bài tóan ba ẩn số : toạ độ tâm K và bán kính R1 , ta phải thiết lập 3 phương trình để có hệ giải được. Nhớ rằng đường tròn (I, R) tiếp xúc với ∆ d(I, ∆) = R. ⎧(a − 2) + b 2 = 4 / 5 2 ⎪ Gọi K(a ; b) là tâm và R1 là bán kính của (C1), ta có: ⎨d ( K , Δ1 ) = R1 ⎪d ( K , Δ ) = R ⎩ 2 1 ⎧ ⎪(a − 2) 2 + b 2 = 4 / 5 (1) ⎪ ⎪| a − b | = R1 (2) ⎨ ⎪2 ⎪ | a − 7b | = R1 (3) ⎪ ⎩52 ⎡5(a − b) = a − 7b ⎡ b = −2 a | a − 7b | Từ (2) và (3): | a − b |= ⎢ ⎢ ⎣5(a − b) = − a + 7b ⎣ a = 2b 5 2 * Thế b = - 2a vào (1) : 25a – 20a+ 16 = 0 (VN) * Thế a = 2b vào (1): 25b2 – 40b + 16 = 0 b = 4/ 5 => a = 8/5 22 . Phương trình đường tròn (C1) : (x – 8/5)2 + (y – 4/5)2 = 8/25. Thế vào (2) : R1 = 5 Cách 2: Tìm các hệ số xác định đường bang cách giải hệ dựa vào điều kiện đã cho. • Phương trình đường thẳng có dạng ax + by + c = 0 , phương trình đường tròn (x – a)2 + (y – x2 y 2 2 2 2 2 b) = R hay x + y – 2ax – 2by + c = 0 ; phương trình elip : 2 + 2 = 1. . . a b 13. A2008 . Trong mặt phẳng Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết rằng (E) có tâm sai bằng 5 /3 và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20. Giải 10
11 x2 y 2 + = 1 (a > b > 0) . Hình chữ nhật cơ sở có độ dài 2a và 2b, tâm sai là Phương trình elip có dạng: a 2 b2 a2 − b2 c e= = . a a ⎧ a 2 − b2 5 ⎧a = 10 − b ⎧a = 10 − b ⎪ = 3 ⎨ 2 2 ⎨ 2 Ta có hệ: ⎨ a ⎩9(a − b ) = 5a ⎩4a = 9b 2 2 ⎪a + b = 10 ⎩ x2 y2 + = 1. Giải hệ này, ta được :a = 3 , b = 2 , và phương trình (E): 9 4 14.A2007. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(−2; −2) và C(4; −2). Gọi H là chân đường cao kẻ từ B; M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm H, M, N. A Giải Nhận xét: Ta dễ dàng tìm được toạ độ H, M, N, do đó đây là bài toán quen thuộc viết phương trình H đường tròn qua 3 điểm. Tọa độ M ( - 1; 0), N(1 ; - 2). M x−0 y−2 = Phương trình đường thẳng AC: 4 − 0 −2 − 2 x+y–2=0 Phương trình đường thẳng BH qua B(-2 ; - 2) và N B C vuông góc AC = ( 4; −4) = 4(1 ; - 1): 1.(x + 2) - 1.(y + 2) = 0 x -y =0. ⎧x + y − 2 = 0 Toạ độ H là nghiệm của hệ : ⎨ H = (1; 1). ⎩x − y = 0 Phương trình đường tròn có dạng: x2 + y2 – 2ax – 2by + c = 0 . Thế toạ độ các điểm M, N, H, ta được ⎧2a + c = −1 ⎪ hệ: ⎨2a − 4b − c = 5 a = ½; b = - ½, c = - 2 . ⎪2a + 2b − c = 2 ⎩ Phương trình đường tròn : x2 + y2 – x + y – 2 = 0 Cách 3: Tìm một đẳng thức f(x ; y) =0 giữa toạ độ (x ; y) của một điểm bất kì thuộc đường thì f(x; y) = 0 chính là phương trình của đường cần tìm. 15. Cho hai đường tròn (C): x2 + y2 – 2x – 4y – 7 = 0 và (C’): x2 + y2 + 4x + 6y + 12 = 0 ở ngoài nhau. Gọi TT’ là đoạn tiếp tuyến chung trong số 4 tiếp tuyến chung, và M là điểm thuộc đoạn TT’ sao cho MT = 2MT’. Có 4 điểm M như thế . Chứng minh 4 điểm M như thế thuộc một đường tròn và viết phương trình đường tròn ấy. Giải (C) có tâm I(1 ; 2), bán kính R = 12 11
12 (C’) có tâm I’(- 2 ; - 3), bán kính R’ = 1. T Gọi (x; y) là toạ độ của M, ta có; M MT2 = 4MT’2 IM2 – IT2 = 4( I’M2 – I’T’2) (x – 1) + (y – 2)2 – 12 = 4[(x + 2)2 + (y + 3)2 – 1] 2 T’ x2 + y2 – 2x – 4y – 7 = 4(x2 + y2 + 4x + 6y +12) I x2 + y2 + 6x + (28/3)y + 55/3 = 0 (*) I’ 4 điểm M đều có toạ độ thỏa (*). Mà (*) là phương trình một đường tròn , do đó ta có điều phải chứng minh. 16. B2006 . Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 - 2x - 6y + 6 = 0 và điểm M( - 3; 1). Gọi T1 và T2 là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C). Viết phương trình đường thẳng T1T2. Giải Nhận xét: Đây là phương trình đường thẳng qua hai điểm , nhưng nếu ta tìm toạ độ của hai điểm e rằng việc T1 tính toán khá phức tạp. Ta sẽ thiết lập một đẳng thức bậc nhất giữa toạ độ của hai tiếp điểm theo hướng của phương pháp. M (C) có tâm I(1 ; 3), bán kính R = 2. I Gọi (x; y) là toạ độ chung của hai tiếp điểm T. Điểm T có hai tính chất : T thuộc đường tròn và H IT = ( x − 1; y − 3) ; MT = ( x + 3; y − 1) vuông góc. Do đó toạ độ T thỏa hệ: T2 ⎧ x2 + y 2 − 2 x − 6 y + 6 = 0 ⎨ ⎩( x − 1).( x + 3) + ( y − 3)( y − 1) = 0 ⎧ x 2 + y 2 − 2 x − 6 y + 6 = 0 (1) ⎪ ⎨ 2 ⎪( x + y + 2 x − 4 y = 0 2 (2) ⎩ Suy ra toạ độ T thỏa phương trình (2) – (1): 4x + 2y – 6 = 0 2x + y – 3 = 0 Vậy hai tiếp điểm đều thuộc đường thẳng có phương trình 2x + y – 3 = 0 . Do đó phương trình đường thẳng (T1T2) là 2x + y – 3 = 0 Cách khác: Ta có thể viết phương trình (T1T2) bằng cách tìm toạ độ H, giao điểm của (T1T2) và IM. IT 2 IH IH .IM 41 = = 12 = =. Vì IM vuông góc T1T2 nên 2 IM IM IM 20 5 1 42 Vì IH , IM = ( −4; − 2) cùng hướng, suy ra : IH = .IM = (− ; − ) 5 55 => H = (1/5 ; 17/5). Phương trình (T1T2) qua H và vuông góc IM = −2(2;1) là 2(x – 1/5) + 1(y - 17/5) = 0 2x + y - 3 = 0 Cách giải vừa trình bày là ví dụ mô tả phương pháp thứ 4 ta thường gặp khi giải một bài hình giải tích là : Cách 4 : Sử dụng kiến thức hình học để đơn giản hóa phép tính 12
13 Những năm càng về sau, đề hình học càng có nhiều tính hình học cổ điển hơn, do đó đôi khi phải vẽ hình cẩn thận để khai thác những tính chất về góc khiến việc tính toán được đỗ vất vả hơn 17.B2010 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): 2x2+ 3y2 = 6. Gọi F1 và F2 là các tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2. Giải Nhận xét: Đây là phương trình đường tròn qua 3 N A điểm và toạ độ 3 điểm A, N, F2 có thể tìm được không mấy khó khăn. Ta có thể giải như bài 13. Tuy M nhiên . . . x2 y2 + =1 (E) : 3 2 => F1 (- 1; 0), F2(1 ; 0). F1 F2 Phương trình đường thẳng AF1 : x +1 y − 0 = x= y 3 -1 3 3 Thế vào phương trình êlip, ta được phương trình hoành độ của M: 2(y 3 - 1)2 + 3y2 = 6 9y2 – 4 3 y - 4 = 0 y = 2 3 /3 (vì y > 0) . Suy ra : x = 1. Vậy M(1 ; 2 3 /3). Nhận xét là MA = MF2 = 2 3 /3 . Như thế tam giác ANF2 có MN = MF2 = MA nên vuông tại A và đường tròn ngoại tiếp có tâm là M và bán kính 2 3 /3 . Phương trình cần tìm: ( x – 1)2 + (y – 2 3 /3)2 = 4/3. Ghi chú : Nếu không có nhận xét này thì tìm thêm toạ độ điểm N là (1 ; 4/ 3 ) và lập phương trình để giải như bài 13, nhưng rất vất vả vì không bấm máy được!!! 18. A2010 . Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3 x + y = 0 và d2: 3 x – y = 0. Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng 3 /2 và điểm A có hoành độ dương. Giải y Nhận xét : Chú ý ai đường thẳng d1, d2 đều qua gốc O. d1 có hệ số góc d1 d2 – 3 tức góc mà tia Od1 (ở phía trên Ox) tạo với tia Ox là 120o. d2 có hệ O x số góc 3 tức góc tia Od2 (ở phía trên Ox) tạo với tia Ox là 60o. Như vậy góc nhọn tạo bởi d1, d2 là rất đặc biệt là bằng 600. Đây chính là chìa B khóa của bài toán. Cũng nhớ là trong đề có nếu điều kiện điểm A có hoành độ dương, thường A là một gợi ý cho ta biết ta phải tìm toạ độ của điểm A trước tiên, rồi sau I đó mới đến những điểm khác. | 3. 3 − 1.1| 1 = d1 và d2 cắt nhau tại điểm gốc O và : cos(d1, d2) = C 3 + 1. 3 + 1 2 13
14 => AOB = 600 . Tam giác OAB nửa đều . Vì tam giác ABC vuông tại B nên AC là đường kính của đường tròn (T). D1 tiếp xúc (T) nên OAC = 90o , suy ra BAC = 60o. Ta có : A thuộc d1 => A(a ; − a 3 ) ; a > 0. Lại có: SABC = ½. AB.ACsinA mà AB = OA 3 /2 , AC = OA 3 (∆OAC nửa đều) , suy ra: 31 3 3 4 OA2 = = .OA .OA 3. 2 2 2 2 3 1 1 4 Vậy : a2 + (a 3 )2 = ; −1 ) a= => A( 3 3 3 1 Phương trình AC qua A và vuông góc d2: 1. (x - ) + 3 (y + 1) = 0 3 x – 3y – 4 = 0. Vậy toạ 3 ⎧ 3x − y = 0 −2 ⎪ C ( ; −2) độ C là nghiệm của hệ: ⎨ 3 ⎪ 3x − 3 y − 4 = 0 ⎩ 1 3 (T) có đường kính AC nên có tâm I là trung điểm AC, có toạ độ (− ; − ) và có bán kính IA = 1. 23 2 2 2 ⎛ 1⎞ ⎛ 3⎞ Suy ra phương trình (T): ⎜ x + ⎟ +⎜ y + 2 ⎟ =1 2 3⎠ ⎝ ⎠ ⎝ THỰC TẬP 19. D2003. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)2 + (y - 2)2 = 4 và đường thẳng d: x – y – 1 = 0 Viết phương trình đường tròn (C’) đối xứng của (C) qua d và tìm toạ độ giao điểm của (C), (C’). x2 y2 + = 1 và C(2 ; 0). Tìm A, B thuộc elip sao cho 20. D2005. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E): 41 A, B đối xứng qua Ox và tam giác ABC đều 21. D2009. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có M(2; 0) là trung điểm của AB Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC. 22. D2010. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3 ; - 7) , trực tâm H(3 ; - 1), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(- 2; 0). Xác định toạ độ C biết C có hoành độ dương. 23.B2004. Trong mặt phẳng Oxy mặt phẳng Oxy, cho A(1; 1), B(4 ; - 3), tìm điểm C thuộc đường thẳng x – 2y - 1 = 0 sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6. 24. B2005. Trong mặt phẳng Oxy cho A(2; 0), B(6; 4). Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với Ox tại A và khoảng cách từ tâm của (C) đến B bằng 5. 25. B2009. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A (- 1;4 ), B, C thuộc đường thẳng Δ: x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ B, C biết diện tích tam giác ABC bằng 18. 26. B2010. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C(− 4; 1), phân giác trong góc A có phương trình x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương. 14
15 27. A2004. Trong mặt phẳng Oxy , cho A(0; 2) và B( - 3 ; - 1).Tìm toạ độ trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. 28.A2006. Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường thẳng: d1 :x + y + 3 = 0, d2 : :x – y – 4= 0 và d3: x – 2 y = 0. Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng d3 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d1 bằng hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng d2. 29. A2009. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(6; 2), điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của CD thuộc đường thẳng d: x + y – 5 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AB. 30. A2009. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2. + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn , tìm m để Δ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. 31. (A10)Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6); đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. GIẢI VẮN TẮT: 19. 20. 15
16 21. 22. 16
17 23. 24. 25. 17
18 26. 27. 28. 18
19 29. 30. Lạm bàn: Ta thử giải bài toán “tương tự “: Cho đường tròn ©: x2 + y2 -2x – 2y – 15 = 0 có tâm I và đường thẳng ∆ : x + my + 1 = 0 . Tìm sao cho ∆ cắt (C) tại 2 điểm A, B và diện tích tam giác IAB lớn nhất. R Nếu vẫn lý luận như cách giải trên ta đi đến việc định m sao : d(I, ∆) = 2 |2+m| (m + 2)2 = 8(m2 + 1) =0 =2 2 Vì I(1 ; 1) và R = 4, ta có: 1+ m 2 2 7m – 4m + 4 = 0 : phương trình này vô nghiệm ??? 19
20 Tại sao như thế? Lí do là ∆ là đường thẳng di động nhưng luôn luôn qua điểm cố định K(- 1; 0). Mà điểm này nằm bên trong và gần tâm nên không thể có trường hợp tam giác IAB vuông cân (hình 1). Còn ở bài trước thì đường thẳng ∆ luôn qua điểm cố định K ở ngoài đường tròn (hình 2). A H I K B Hình 1 Hình 2 Trong tình huống này ta phải giải như sau: (C) có tâm I(1 ; 1), bán kính R = 4. ∆ luôn qua điểm K( - 1; 0). Ta có : SIAB = ½. IA. IB. sinAIB = ½ . R2 sinAIB Diện tích AIB lớn nhất khi sinAIB lớn nhất. (Góc AIB trong trường hợp này luôn tù nên ta không thể sử dụng sinAIB ≤ 1 vì đẳng thức không xãy ra). 5 2 IH IK => góc AIH > 450 => AIB = 2. AIH > 90o ≤ = < Kẻ IH vuông góc ∆: cos(AIH) = 4 2 AI R => sinAIB lớn nhất khi AIB nhỏ nhất (hàm số sinx giảm trên (π/2, π)) hay góc AIH nhỏ nhất hay cos(AIH) lớn nhất , tức là khi H = K hay khi ∆ vuông góc IK = ( −2; −1) (vị trí đường màu xanh trong hình 1) 1 1 m = , => m = . Khi đó: −2 −1 2 31. 20