intTypePromotion=3

Tuyển tập các bài hình giải tích phẳng Oxy trong đề thi thử Đại học

Chia sẻ: Megabookchuyengiasachluyenthi Megabookchuyengiasachluyenthi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:20

0
64
lượt xem
21
download

Tuyển tập các bài hình giải tích phẳng Oxy trong đề thi thử Đại học

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là hệ thống "Tuyển tập các bài hình giải tích phẳng Oxy trong đề thi thử Đại học". Mời các bạn cùng tham khảo để củng cố lại kiến thức đã học và thử sức mình trước khi bước vào kỳ thi quan trọng. Chúc các bạn thi tốt.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập các bài hình giải tích phẳng Oxy trong đề thi thử Đại học

  1. TUYỂN TẬP CÁC BÀI HÌNH GIẢI TÍCH PHẲNG OXY TRONG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC PHẦN THỨ NHẤT : NĂM 2013 - 2014 Bài toán 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho hình vuông ABCD có các đỉnh A(−1; 2) ; C(3; −2). Gọi E là trung điểm cạnh AD ; BM là đường thẳng vuông góc với CE tại M ; N là trung điểm cạnh BM và P là giao điểm của AN và DM . Biết phương trình đường thẳng BM : 2x − y − 4 = 0 .Tìm tọa độ đỉnh P . Lời giải: A B N E I P M C D - Phương trình EC đi qua C vuông góc với BM là: x + 2y + 1 = 0   x= 7   7 6  2x − y − 4 = 0 n - Tọa độ điểm M = EC ∩ BM là nghiệm của hệ ⇐⇒ 5 =⇒ M ;− x + 2y + 1 = 0 6 5 5  y=−    5 11 2 - Do N là trung điểm BM suy ra N ; 5 5 - Phương trình AN qua hai điểm A và N là x + 2y − 3 = 0 - Gọi I là tâm hình vuông suynra I(1; 0). Phương trìnhnBD qua I vuông góc với AC là x − y − 1 = 0 2x − y − 4 = 0 x=3 - Tọa độ B là nghiệm của hệ x − y − 1 = 0 ⇐⇒ y = 2 =⇒ B (3; 2) - Do I là trung điểm BD suy ra tọa độ D (−1; −2) - Phương trình DM qua D và M là x − 3y − 5 = 0   x = 19   19 2  x − 3y − 5 = 0 n - Tọa độ P = DM ∩ AN là nghiệm của hệ x + 2y − 3 = 0 ⇐⇒ 5 2 =⇒ P 5 ; − 5  y=−  5   19 2 Kết luận: Tọa độ điểm P ;− thỏa mãn yêu cầu bài toán.  5 5 http://megabook.vn 1
  2. Bài toán 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, tam giác ABC vuông tại A ngoại tiếp hình chữ nhật M N P Q. Biết các điểm M (−3; −1) và N (2; −1) thuộc cạnh BC; Q thuộc cạnh AB và P thuộc cạnh AC. Đường thẳng AB có phương trình x − y + 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC Lời giải: A Q P B M N C - Phương trình đường thẳng BC qua M và N làny + 1 = 0 x−y+5=0 x = −6 n - Tọa độ điểm B = AB ∩ BC là nghiệm của hệ y + 1 = 0 ⇐⇒ y = −1 =⇒ B (−6; −1) - Đường thẳng QM qua M vuông góc với BC n có phương trình là xn+ 3 = 0 x+3=0 x = −3 - Tọa độ Q = QM ∩ AB là nghiệm của hệ x − y + 5 = 0 ⇐⇒ y=2 =⇒ Q (−3; 2) −−→ −→ −−→ −→ n xP = 2 - Ta có M N = (5; 0) ; QP = (xP + 3; yP − 2) =⇒ M N = QP ⇐⇒ yP = 2 =⇒ P (2; 2) - Đường thẳng AC qua P vuông góc với AB n là x + y − 4 = 0 x+y−4=0 x=5 n - Tọa độ C = AC ∩ BC là nghiệm của hệ y + 1 = 0 ⇐⇒ =⇒ C (5; −1)  y = −1  x = −1   1 9  x+y−4=0 n - Tọa độ A = AB ∩ AC là nghiệm của hệ x − y + 5 = 0 ⇐⇒ 2 =⇒ A − ; 9 2 2  y=  2   1 9 Kết luận: Tọa độ các điểm A − ; ; B(−6; −1) ; C(5; −1) . 2 2 Bài toán 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy,cho đường tròn (C) : x2 + y 2 − 4x + 2y − 11 = 0 và đường thẳng (d) : 4x −3y + 9 =0. Gọi A; B lần lượt là hai điểm thuộc (d) và C là điểm 22 11 thuộc đường tròn (C). Biết điểm H ; là một giao điểm của AC và (C) ( C 6= H) và điểm   5 5 6 7 K − ; là trung điểm của AB. Tìm tọa độ các đỉnh A; B; C. 5 5 Lời giải: 2 http://megabook.vn
  3. d : 4x − 3y = −9 A SAKIH = 24 H K I C B - Đường tròn (C) có tâm I(2; −1); bán kính R = 4.    x = −6   6 7  - Tọa độ (d) ∩ (C) thỏa x2 + y 2 − 4x + 2y − 11 = 0 ⇐⇒ 5 =⇒ (d) ∩ (C) = K − ; 4x − 3y + 9 = 0 7 5 5  y=  √ 5 - Ta có HK = 4 2 =⇒ HK 2 = IH 2 + IK 2 = R2 + R2 =⇒ ∆IHK vuông tại I suy ra tứ giác AHIK là hình thang vuông tại I và K. (AH + IK) IH (AH + R) R =⇒ SAHIK = = 24 ⇐⇒ = 24 =⇒ AH = 8 2 2 s 6 2 7 2        3a + 9 12 14 3a + 9 4a - Gọi A a; ∈ (d) =⇒ B − − a; − .Ta có a+ + +3− =8 3 5 5 3 5 3 5    18 39 18 A ; → B (−6; −5) " a= 5 5 ⇐⇒ 5a2 +12a−180 = 0 ⇐⇒ 5 =⇒    a = −6  18 39 A (−6; −5) → B ; (Loại do A; B khác phía với IK) 5 5 - Phương trình AC qua A và H là 7x + y − 33 = 0   2 + y 2 − 4x + 2y − 11 = 0  x = 26   26 17  - Tọa độ C = (C) ∩ AC thỏa x ⇐⇒ 5 7x + y − 33 = 0 17 =⇒ C 5 ; − 5  y=−  5     18 39 26 17 Kết luận: Tọa độ các điểm A ; ; B (−6; −5) ; C ; − . 5 5 5 5 Bài toán 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho điểm A (1; 0) và các đường tròn (C1 ) : x2 + y 2 = 2; (C2 ) : x2 + y 2 = 5 . Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt nằm trên (C1 ) và (C2 ) để tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Lời giải: http://megabook.vn 3
  4. B A H C * Đầu tiên ta có nhận xét: để tam giác ABC có diện tích lớn nhất thì O phải là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh: Giả sử CO không ⊥ AB thì ta luôn tìm được điểm C 0 ∈ (C2 ) sao cho d(C 0 , AB) lớn hơn d(C, AB), hay S∆ABC 0 lớn hơn S∆ABC → không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do đó CO ⊥ AB -Tương tự ta cũng có BO ⊥ AC Vậy O là trực tâm của tam giác ABC.Suy ra AO ⊥ BC ⇐⇒ xB= xC t2 + b2 = 2  2 b = 2 − t2 Và ta giả sử B(t; b) ∈ (C1 ), C(t; c) ∈ (C2 ) (t, b, c ∈ R) thì ta có 2 2 ⇐⇒ t +c =5 c2 = 5 − t2 −→ −→ Mà CO ⊥ AB nên CO.AB = 0 hay t(t − 1) + bc = 0 suy ra b2 c2 = t4 − 2t3 + t2 √ √ 2 2 4 3 2 2 5+ 5 5− 5 Do đó (2 − t )(5 − t ) = t − 2t + t ⇐⇒ (t + 1)(2t − 10t + 10) ⇐⇒ t = −1; t = ; t= 2 2 1 1 1 Tới đây ta có: S∆ABC = BC.d(A, BC) = |xA − xB ||yB − yC | = |1 − t||b − c| 2 2 2 1 1 1 Suy ra S ∆ABC = (1 − t) (b + c − 2bc) = (1 − t) ((2 − t ) + (5 − t2 ) − 2(t − t2 )) = (1 − t)2 (7 − 2t) 2 2 2 2 2 2 4 4 4 * Nếu t = −1 thì 2 √ ta suy ra S ∆ABC = 9 hay S∆ABC = 3 5+ 5 * Nếu t = thì ta dễ thấy điều vô lí vì t2 + b2 = 2. 2√ √ 5− 5 2 5−1 * Nếu t = thì ta có S ∆ABC = < 9 → Loại. 2 8 Suy ra vớit = −1 thì S∆ABC lớn nhất. bc = −2     2 b=1 b = −1 B(−1; 1) B(−1; −2) Và ta có b = 1 ⇐⇒ ∨ =⇒ ∨  2 c = −2 c=2 C(−1; −2) C(−1; 2) c =4   B(−1; 1) B(−1; −2) Kết luận: Với ∨ thì tam giác ABC có diện tích lớn nhất  C(−1; −2) C(−1; 2) Bài toán 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho hình√thoi ABCD có A b = 600 .Trên các cạnh AB, BC lấy các điểm M, N sao cho M B + N B = AB.Biết P ( 3; 1) thuộc đường thẳng DN √ và đường phân giác trong của góc M \ DN có phương trình là d : x − y 3 + 6 = 0.Tìm toạ độ đỉnh D của hình thoi ABCD. Lời giải: Từ giả thiết Ab = 600 =⇒ tam giác ABD, CBD là các tam giác đều.Theo đề bài ta có AM = BN, BM = CN . Xét hai tam giác ADM và BDN ta có: DAM \ = DBN \ = 600 ,AD = BD, AM = BN ⇐⇒ hai tam giác bằng nhau ⇐⇒ ADM \ = BDN \ (1). Xét hai tam giác BM D và CN D ta có: DBM\ = DCN \ = 600 ,CD = BD,CN = BM ⇐⇒ hai tam giác bằng nhau ⇐⇒ N \DC = M \DB (2). Từ (1) và (2) ⇐⇒ M DN = 600 . \ Gọi P 0 là điểm đối xứng của P qua đường phân giác d =⇒ P 0 thuộc đường thẳng DM =⇒ tam giác P DP 0 là tam giác đều. =⇒ DP = P P 0 = 2d(P/d) = 6. 4 http://megabook.vn
  5. √ !2 √ 2   a+6 2 a+6− 3 Gọi D có tọa độ D a; √ . Ta có: P D = (a − 3) + √ = 36 3 3 √ √ √ √ √ ⇐⇒ a = 3 + 3 ∨ a = −6 + 3 ⇐⇒ D(3 + 3; 1 + 3 3) ∨ D(−6 + 3; 1). √ √ √ Kết luận: Tọa độ D(3 + 3; 1 + 3 3) ∨ D(−6 + 3; 1) thỏa mãn bài toán.  Bài toán 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho hình chữ nhật ABCD , đỉnh B thuộc đường thẳng d1 : 2x − y + 2 = 0, đỉnhC thuộc  đường thẳng d2 : x − y − 5 = 0 .Gọi H là hình 9 2 chiếu của B xuống đường chéo AC . BiếtM ; ; K (9; 2) lần lượt là trung điểm của AH và CD . 5 5 Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết hoành độ đỉnh C lớn hơn 4. Lời giải: B C H K M A D Gọi B(b; 2b + 2), C(c; c − 5), (c > 4) và E là điểm đối xứng với B qua C. Suy ra E(2c − b; 2c − 2b − 12). Dễ dàng chứng minh được K là trung điểm của AE. Do đó,     −→ −−→ 72 16 72 76 HE = 2M K = ; =⇒ H 2c − b − ; 2c − 2b − . 5 5 5 5 Thiết lập tọa độ các vector −→ −→ CK = (9 − c; 7 + c), BC = (c − b; c − 2b − 7),     −→ 72 86 −−→ 9 27 BH = 2c − 2b − ; 2c − 4b − , MC = c − ; c − . 5 5 5 5 Với giả thiết bài toán ta có hệ phương trình (−→ −→ −2c2 + 3bc + 23c − 23b − 49 = 0 (  CK.BC = 0 b=1 −→ −−→ ⇐⇒ 126 594 ⇐⇒ BH.M C = 0 4c2 − 6bc + b − 46c + =0 c = 9 hoặc c = 4(loại) 5 5 Từ đó ta có B(1; 4), C(9; 4) . Vì K là trung điểm của CD nên suy ra D(9; 0) . Lại có C là trung điểm của BE nên suy ra E(17; 4), và K là trung điểm của AE nên suy ra A(1; 0) . Bài toán 7: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho đường tròn (C) : 5 2   x− + (y − 1)2 = 2 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết các đỉnh B và C 4 thuộc đường tròn (C), các đỉnh A và D thuộc trục Ox. http://megabook.vn 5
  6. Lời giải: (x − 1.25)2 + (y − 1)2 = 2 A B D C   5 5 Đường tròn (C) có tâm I ; 1 =⇒ ABCD nhận đường thẳng x = là một trục đối xứng. 4 4 5 5 C ∈ Ox =⇒ C = (a; 0) =⇒ D = ( − a; 0) ; AD ⊥ Ox =⇒ A = ( − a; b) =⇒ B = (a; b) 2 2 5 5 2 5 2 =⇒ CD = |2a − |; AD = |b| =⇒ |2a − | = |b| ⇐⇒ b = 4(a − ) , (1) 2 2 4 5 Lại có A, B thuộc (C) =⇒ (a − )2 + (b − 1)2 = 2 , (2) 4 " b=2 2 Từ (1) và (2) =⇒ 5b − 8b − 4 = 0 ⇐⇒ 2 b=− 5         1 9 9 1 Với b = 2 =⇒ Bốn đỉnh của hình vuông ABCD có tọa độ lần lượt là: ;2 ; ;2 ; ;0 ; ;0 .  4  4 4  4    2 21 2 29 2 29 21 Với b = − =⇒ Bốn đỉnh của hình vuông ABCD có tọa độ lần lượt là: ;− ; ;− ; ;0 ; ;0 . 5 20 5 20 5 20 20 Bài toán 8: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại 32 tiếp đường tròn (I) : (x − 5)2 + (y − 6)2 = . Biết rằng các đường thẳng AC và AB lần lượt đi qua 5 các điểm M (7; 8) và N (6; 9). Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD. Lời giải: A N B M I D C Do là đường tròn nội tiếp hình thoi suy ra tâm trung với giao của hai đường chéo. Dễ dàng suy raAC : 1 − y + 1 = 0. Gọiphương trình AB có hệ số góc k dạng y = k(x − 6) + 9. √ 1  x |3 − k| 4 10 k = AB : y = + 7  A (9; 10) , C(1; 2) Có d (I, AB) = √ = =⇒   3 =⇒ 3 =⇒ 2 5 13  13x 53 A (2; 3) , C(8; 9) k +1 k=− AB : y = − + 9 9 9 6 http://megabook.vn
  7.   B (3;  8)  D (7;  4)  Ta có BD : x + y − 11 = 0 =⇒  23 45 =⇒  43 21 B − ; D ;−  2 2 2 2 A (9; 10) ; B(3; 8) ; C (1;  2) ; D (7; 4)   Kết luận: Tọa độ các đỉnh cần tìm là  23 45 43 21  A (2; 3) ; B − ; ; C (8; 9) ; D ;− 2 2 2 2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) có bán kính bằng nhau và cắt nhau tại A(4; 2) và B. Một đường thẳng đi qua A và N (7; 3) cắt các đường tròn (O1 ) và (O2 ) lần lượt tại D và C . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác BCD biết rằng đường thẳng nối 24 tâm O1 , O2 có phương trình x − y − 3 = 0 và diện tích tam giác BCD bằng . 5 Lời giải: Phương trình (AN ) : x − 3y + 2 = 0.   9 3 Có O1 O2 ⊥ AB =⇒ (AB) : x + y − 6 = 0 =⇒ I ; =⇒ B(5; 1) ( với I là giao điểm của AB va O1 O2 ) 2 2 Do 2 đường tròn bán kính bằng nhau nên BDC \ = BCA( \ cùng chắn 1 cung AB)   23 11 Nên tam giác BDC cân.Kẻ BM vuông góc với DC suy ra (BM ) : 3x + y − 16 = 0 hay M ;   5 5 56 22 1 17 Gọi D(3t − 2; t) =⇒ C − 3t; − t Có SBCD = .d(B; (CD)).DC suy ra t = 1 ∨ t =  5  5 2 5 41 17 Với t = 1 thì D(1; 1); C ; 5 5  17 41 17 Với t = thì C(1; 1); D ; 5 5 5    41 17  B (5; 1) ; C 5 ; 5 ; D (1; 1) Kết luận: Tọa độ các đỉnh cần tìm là     41 17 B (5; 1) ; C (1; 1) ; D ; 5 5 x2 y 2 Bài toán 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Elip có phương trình: + = 1 và điểm I(1; −1). 8 4 Một đường thẳng ∆ qua I cắt Elip tại hai điểm phân biệt A, B .Tìm tọa độ các điểm A, B sao cho độ lớn của tích IA.IB đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: B c b I a A Gọi I 0 , A0 , B 0 lần lượt là hình chiếu của I, A, B xuống trục hoành, khi đó theo tính chất của hình chiếu ta suy ra IA.IB ≥ I 0 A0 .I 0 B 0 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AB song song với trục hoành. Tương tự hạ hình chiếu xuống trục tung, lập luận tương tự suy ra AB song song với trục tung. Nhưng trong hai trường hợp này chỉ có một trường hợp thỏa mãn bài toán. Nhưng để ý I (1; −1) nằm trong Lời giải: http://megabook.vn 7
  8. 12 (−1)2 Elip do + − 1 < 0 nên các hình chiếu trên đều nằm trong trục lớn hoặc trục bé của Elip, để ý 8 4 là trục lớn có độ dài lớn hơn nên đường thẳng AB cần tìm sẽ song song với trục bé, tức song song với trục tung. r ! r ! 7 7 Do AB song song với trục tung và qua I (1; −1) nên có phương trình là: x = 1 =⇒ A 1; − , B 1; . 2 2 r ! r ! r ! r ! 7 7 7 7 Vậy hai điểm cần tìm là A 1; − , B 1; hoặc A 1; , B 1; − . 2 2 2 2 Bài toán 11: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A (3; 5), B (1; 2), C (6; 3). Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A cắt BC sao cho tổng khoảng cách từ hai điểm B, C đến ∆ là lớn nhất. Hãy lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm E (−1; 1) đồng√thời cắt cả hai đường thẳng ∆ và d1 : x − y + 14 = 0 lần lượt tại hai điểm H, K sao cho 3HK = IH 10 với I là giao điểm của ∆ và d1 . Lời giải: Delta : 5x + y = 20 8. K0 6. A 4. C f K B 2. E H d −8. −6. −4. −2. 0 2. 4. 6. −2. Hướng 1: Bằng phương pháp dựng hình cộng hưởng với việc tham số hóa đưa về giải tích. Ta có : −→ −→ −→ −→ BA = (2; 3), BC = (5; 1) =⇒ BA · BC = 2 · 5 + 1 · 3 = 13 > 0 Do đó : cos B > 0 =⇒ B b nhọn. −→ −→ −→ −→ Có : CA = (−3; 2), CB = (−5; −1) =⇒ BA · BC = 15 − 2 = 13 > 0 Do đó : cos C > 0 =⇒ C b nhọn. Kẻ BP ⊥∆, CQ⊥∆. Khi đó ta có : d(B,∆) = BP, d(C,∆) = CQ. Gọi D là giao điểm của ∆ và BC khi đó ta có : BP + CQ ≤ BD + DC = BC. Do đó : max(BP + CQ) = BC. Dấu đẳng thức xảy ra khi ∆⊥BC. −→ Vậy ∆ là đường thẳng đi qua A và ⊥BC nên có → − n ∆ = BC = (5; 1). Do đó phương trình đường thẳng ∆ là : 5(x − 3) + 1(y − 5) = 0 ⇐⇒ 5x+ y − 20 = 0. 5x + y − 20 = 0 x=1 Vì I = ∆ ∩ d1 nên tọa độ điểm I thỏa : ⇐⇒ Vậy I(1; 15). Xét điểm x − y + 14 = 0 y = 15 √ M (4; 0) ∈ ∆, N (a, a + 14) ∈ d1 thỏa 3M N = IM 10. −−→ −→ √  có :2 M N = (42 − a, −a − 214), IM = (−3; 15). Nên từ :3M N = IM 10 ⇐⇒ 9 · 234 = 10 · Ta (4 − a) + (a + 14) ⇐⇒ 18a + 180a − 432 = 0 ⇐⇒ a = 2 ∨ a = −12. √ HK MN Mặt khác từ giả thiết ta có : 3HK = IH 10 nên ta có : = =⇒ HK k M N. IH IM −−→ Do đó đường thẳng d cần tìm đi qua E và song song với M N. Nên : → −a d = M N = (4 − a; −a − 14). −−→ x+1 y−1 Trường hợp 1 :a = 2 =⇒ M N = (2; −16). Lúc đó phương trình d : = ⇐⇒ 8x + y + 7 = 0. 2 −16 −−→ Trường hợp 2 :a = −12 =⇒ M N = (16; −2). x+1 y−1 Lúc đó phương trình d : = ⇐⇒ x + 8y − 7 = 0. 16 −2 Hướng 2 : Sử dụng dựng hình và đại số hóa bài toán dưới dạng tọa độ các giao điểm. −→ −→ −→ −→ Ta có : BA = (2; 3), BC = (5; 1) =⇒ BA · BC = 2 · 5 + 1 · 3 = 13 > 0 Do đó : cos B > 0 =⇒ B b nhọn. Có : −→ −→ −→ −→ CA = (−3; 2), CB = (−5; −1) =⇒ BA · BC = 15 − 2 = 13 > 0 Do 8 http://megabook.vn
  9. đó : cos C > 0 =⇒ C b nhọn. Kẻ BP ⊥∆, CQ⊥∆. Khi đó ta có : d(B,∆) = BP, d(C,∆) = CQ. Gọi D là giao điểm của ∆ và BC khi đó ta có : BP + CQ ≤ BD + DC = BC Do đó : max(BP + CQ) = BC. Dấu đẳng thức xảy ra khi ∆⊥BC. −→ Vậy ∆ là đường thẳng đi qua A và ⊥BC nên có → −n ∆ = BC = (5; 1). Do đó phương trình đường thẳng ∆ là : 5(x − 3) + 1(y − 5) = 0 ⇐⇒  5x + y − 20 = 0  5x + y − 20 = 0 x=1 Vì I = ∆ ∩ d1 nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình : ⇐⇒ Vậy x − y + 14 = 0 y = 15 I(1; 15). Gọi d là đường thẳng đi qua E và có véc tơ pháp tuyến là → −n = (a, b). Khi đó phương trình đường thẳng :d : a(x − 1) + b(y − 15) = 0 (a2 + b2 6= 0). 19b + a   x =  a(x − 1) + b(y − 15) = 0 5b − a Vì H = d ∩ ∆ nên tọa độ điểm H thỏa: ⇐⇒ 5(5a − b) (a 6= 5b). 5x + y − 20 = 0 y =   a − 5b −13b − a  x =  a(x − 1) + b(y − 15) = 0 b+a Lại có K = d ∩ d1 nên tọa độ điểm K thỏa : ⇐⇒ 13b + a) (a 6= −b) x − y + 14 = 0 y =      a+b −13b − a 13b + a) 19b + a 5(5a − b) Vậy K ; . ;H ; b+a a+b √5b − a a − 5b Từ điều kiện bài toán : 3HK = IH 10 ⇐⇒ 9HK 2 = 10IH a = −7b " 1296(a + 7b)2 (a2 + b2 ) 1040(a + 7b)2 2 (8a − b)(a − 8b) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ = ⇐⇒ (a + 7b) b = 8a (a − 5b)2 (a + b)2 (a − 5b)2 a = 8b Trường hợp 1: a = −7b chọn a = 7, b = −1 =⇒ d : 7x − y − 8 = 0. Trường hợp này loại vì khi đó ba đường thẳng d, d1 , ∆ đều đồng quy tại điểm I. Trường hợp 2 :a = 8b chọn a = 8, b = 1 =⇒ d : 8x + y + 7 = 0. Trường hợp 3 : b = 8a chọn a = 1, b = 8 =⇒ d : x + 8y − 7 = 0. Tóm lại ta có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán : 8x + y + 7 = 0 ; x + 8y − 7 = 0  Bài toán 12: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y 2 − 2x − 6y − 6 = 0 và hai điểm B(5; 3), C(1; −1). Tìm tọa đọ đỉnh A; D của hình bình hành ABCD biết A thuộc đường tròn (C) và trực tâm H của tam giác ABC thuộc đường thẳng d : x + 2y + 1 = 0 và xH < 2. Lời giải: A I B d D C Đường tròn (C) có tâm I(1; 3). Nhận thấy ngay B; C đều cùng thuộc đường tròn (C). Gọi E là giao điểm của AI và (C) suy ra tứ giác BHCE là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của BC suy ra tọa độ điểm M (3; 1). −3 Tham số hóa tọa độ điểm H(−1 − 2a; a) với a > . Do M là trung điểm của HE suy ra E(7 + 2a; 2 − a). 2 Lời giải: http://megabook.vn 9
  10. Tọa độ điểm E lại thỏa mãn (C) nên ta có: (7 + 2a)2 + (2 − a)2 − 2 (7 + 2a) − 6 (2 − a) − 6 = 0 ⇐⇒ 5a2 + 26a + 21 = 0 =⇒ a = −1 =⇒ E (5; 3) Do điểm E và A đối xứng nhau qua tâm I nên suy ra A(−3; 3). −→ −→ Do tứ giác ABCD là hình bình hành nên AD = BC =⇒ D (−7; −1) Kết luận: Tọa độ các đỉnh cần tìm là A(−3; 3), D(−7; −1) . Bài toán 12: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giacs ABC vuông tại A. gọi H là hình 16 2 33 2 36     chiếu của A lên BC. Tam giác ABH ngoại tiếp đường tròn (C) : x − + y− = . Tâm   5 5 25 26 23 đường tròn nội tiếp tam giác ACH là I ; . Tìm tọa độ trọng tâm G cua tam giác ABC. 5 5 Lời giải:     16 33 6 21 28 (C) có tâm K ;và bán kính R = . Trung điểm của IK là M ; . Gọi D và L là hình chiếu 5 5 5 5 5 của K lên BC và AH. √ √ 6 2 Do AH⊥BC nên KDHL là hình vuông. Suy ra KH = R 2 = . 5 16 2 33 2 72     Từ đó suy ra H thuộc đường tròn tâm K bán kính KH có phương trình: x − + y− = . 5 5 25 Mà AHK \ = AHI o [ = 45 =⇒ IHK o \ = 90 . Nên H thuộc đường tròn tâm M bán kính s 21 16 2 28 33 2 √ 21 2 28 2        0 KM = − + − = 2 có phương trình (C ) : x − + y− =2 5 5 5 5 5 5 .     74 123 122 171 Từ đó tìm được hai tọa độ điểm H thỏa mãn là H ; H0và ; .   25 25 25 25   74 123 74 +) Trường hợp 1: H ; . Phương trình tiếp tuyến của (C) qua điểm H là (d) : a x − +   25 25 25 123 b y− = 0 với (a2 + b2 = 1). 25    
  11. 16 74 33 123
  12. 6
  13. 6a 42b
  14. 6
  15. a 7b
  16. d (K, d) = R ⇐⇒ a − +b − = ⇐⇒ + = ⇐⇒ + = 1 ⇐⇒ 5 25 5 25 5 25 25 5 5 5 a + 7b = 5 h a + 7b = −5  4 3 2 2  b = 5 =⇒ a = − 5 Kết hợp a + b = 1 ta được  3 4 b= =⇒ a =  5  5  3 74 4 123 d1 : − x− + y− = 0 ⇐⇒ 15x − 20y + 54 = 0 5 25 5 25 Vậy có hai tiếp tuyến là      4 74 3 123 d2 : x− + y− =0 ⇐⇒ 20x + 15y + 133 = 0 5 25 5 25 Dễ thấy d1 cắt đoạn IK nên phương trình AH chính là phương trình của d1 ; phương trình BC là phương trình của d2 . 6 x+2 y−  6  A thuộc d1 : 15x + 30 = 20y − 24 ⇐⇒ = 5 nên A −2 + 4t; + 3t .    4 3   5    −→ 16 33 6 26 27 −→ 26 23 6 36 17 AK = + 2 − 4t; − − 3t = − 4t; − 3t , AI = + 2 − 4t; − − 3t = − 4t; − 3t . 5 5 5 5 5 5  5  5   5  5  1\ o −→ − →
  17. −→
  18. − →
  19. o 26 36 27 17 Dễ thấy IAK = BAC = 45 nên AK.AI = AK . AI cos 45 ⇐⇒ [ − 4t − 4t + − 3t − 3t = 2 5 5 5 5 s 2  2  s 2  2 √ 26 27 36 17 2 − 4t + − 3t . − 4t + − 3t . 5 5 5 5 2 10 http://megabook.vn

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản