Đang tải... (xem toàn văn)
Viết phương trình tiếp tuyến (∆) của đường tròn (C) biết tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông có cạnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền và cạnh góc vuông nằm trên Ox lớn hơn[r]
(1)Chương 3
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG §1. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QT VÀ PHƯƠNG TRÌNH
THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG I. Tóm tắt lí thuyết
1. Véc-tơ phương đường thẳng
Định nghĩa 1. Véc-tơ−→u gọi véc-tơ phương đường thẳng∆nếu−→u 6=−→0 giá của−→u song song trùng với∆
2. Phương trình tham số đường thẳng
Định nghĩa 2. Cho đường thẳng∆đi quaM0(x0;y0)và có véc-tơ phương −→u = (u1;u2) Phương trình tham số của∆:
ß
x=x0+tu1
y=y0+tu2 (1) (tlà tham số)
4! Nhận xét:M(x;y)∈∆⇔ ∃t∈R:
ß
x=x0+tu1 y=y0+tu2
3. Phương trình tắc đường thẳng
Định nghĩa 3. Cho đường thẳng∆đi quaM0(x0;y0)và có véc-tơ phương−→u = (u1;u2), đóu1và u26=0 Phương trình tắc đường thẳng∆là
x−x0
a =
y−y0 b
4. Véc-tơ pháp tuyến đường thẳng
Định nghĩa 4. Véc-tơ−→n gọi véc-tơ pháp tuyến đường thẳng∆nếu−→n 6=−→0 giá của−→n vng góc với∆
5. Phương trình tổng quát đường thẳng
Định nghĩa 5. Phương trình Ax+By+C=0 (với A2+B26=0) gọi phương trình tổng quát đường thẳng
4! Nhận xét:
• Nếu đường thẳng∆có phương tìnhAx+By=Cthì đường thẳng∆có véc-tơ pháp tuyến−→n = (A;B),
véc-tơ phương là−→u = (B;−A)hoặc−→u0 = (−B;A).
(2)• Nếu đường thẳng∆đi quaM(x0;y0)và có véc-tơ pháp tuyến−→n = (A;B)thì phương trình đường
thẳng∆:A(x−x0) +B(y−y0) =0.
• Đường thẳng∆đi qua hai điểmA(a; 0),B(0;b)(vớia.b6=0) phương trình đường thẳng∆có dạng:
x a+
y
b =1 Đây gọi phương trình đường thẳng theo đoạn chắn.
• Đường thẳng∆đi qua điểmM(x0;y0)và có hệ số góckthì phương trình đường thẳng∆là:y−y0= k(x−x0) Đây phương trình đường thẳng theo hệ số góc.
• Nếu đường thẳng∆có véc-tơ phương−→u = (u1;u2)thì có hệ số góc làk= u2 u1
Ngược lại, nếu đường thẳng∆có hệ số góck= a
b thì véc-tơ phương là −
→u = (1;k).
II. Các dạng tốn
Dạng Viết phương trình tham số đường thẳng
Để lập phương trình tham số đường thẳng ∆ ta cần xác định điểm M(x0;y0)∈∆ véc-tơ phương−→u = (u1;u2)
Vậy phương trình tham số đường thẳng∆: ß
x=x0+tu1 y=y0+tu2
Ví dụ 1. Trong mặt phẳngOxy, viết phương trình tham số đường thẳng∆biết∆đi quaM(1; 2)và có vec-tơ phương−→u = (−1; 3)
Lời giải. Phương trình tham số đường thẳng∆: ß
x=1−t y=2+3t
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy, đường thẳng d qua A(1; 2),B(3; 1) Viết phương trình tham số đường thẳngd
Lời giải. Đường thẳngd quaA(1; 2)và nhận−AB→= (2;−1)làm véc-tơ phương Vậy phương trình tham số đường thẳngd:
ß
x=1+2t y=2−t
Ví dụ 3. Trong mặt phẳngOxy, đường thẳng d quaM(−2; 3)và song song với đường thẳng EF BiếtE(0;−1),F(−3; 0).Viết phương trình đường thẳngd
Lời giải. −→EF= (−3; 1)
Phương trình tham số đường thẳngd: ß
x=−2−3t y=3+t
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳngOxy, cho điểmA(3;−4),B(0,6) Viết phương trình tham số đường thẳngAB
Lời giải. Ta có:−AB→= (−3; 10)
Đường thẳng(AB)quaA(3;−4)và nhận−AB→= (−3; 10)làm véc-tơ phương Vậy phương trình đường thẳng(AB):
ß
(3)Bài 2. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình tham số đường thẳng d qua điểmA(1;−4)có véc-tơ phương là→−u = (5; 1)
Lời giải. Phương trình đường thẳng(d): ß
x=1−4t y=5+t
Bài 3. Trong mặt phẳngOxy, viết phương trình tham số đường thẳngd qua điểmM(1;−1)có véc-tơ phương là→−u = (0; 1)
Lời giải. Phương trình đường thẳng(d): ß
x=1
y=−1+t
Bài 4. Trong mặt phẳngOxy, viết phương trình tham số đường thẳngd qua điểmA(0;−4)và song song với đường thẳng∆có phương trình tham số
ß
x=2017+2t y=2018−t
Lời giải. Đường thẳng∆:có véc-tơ phương→−u = (2;−1)
Vì đường thẳngdsong song với đường thẳng∆nênd nhận−→u = (2;−1)làm véc-tơ phương Lại códđi qua điểmA(0;−4)nên phương trình tham số đường thẳngd:
ß
x=2m y=−4−m
Dạng Viết phương trình tổng quát đường thẳng
Để lập phương trình tổng quát đường thẳng ∆ta cần xác định điểm M(x0;y0)∈∆ véc-tơ pháp tuyến−→n = (A;B)
Vậy phương trình đường thẳng∆:A(x−x0) +B(y−y0) =0
Vậy phương trình tổng qt đường thẳng∆:Ax+By=CvớiC=−(Ax0+By0)
Ví dụ 4. Trong mặt phẳngOxy, viết phương trình tổng quát đường thẳng∆đi qua điểmM(−1; 5)và có véc-tơ pháp tuyến−→n = (−2; 3)
Lời giải. Phương trình đường thẳng∆:−2(x+1) +3(y−5) =0⇔ −2x+3y−17=0 Vậy phương trình tổng qt đường thẳng∆:−2x+3y−17=0
Ví dụ 5. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình tổng quát đường thẳng∆ qua điểmN(2; 3)và vng góc với đường thẳngABvớiA(1; 3),B(2; 1)
Lời giải. Ta có:−AB→= (1;−2)
Đường thẳng∆quaN(2; 3)và nhận−AB→= (1;−2)làm véc-tơ pháp tuyến Phương trình đường thẳng∆:(x−2)−2(y−3) =0⇔x−2y+4=0 Vậy phương trình tổng quát đường thẳng∆:x−2y+4=0
Ví dụ 6. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình tổng qt đường thẳngd quaA(−1; 2)và vng góc với đường thẳngM:2x−y+4=0
Lời giải. Cách 1:
Phương trình đường thẳngdcó dạng:x+2y+C=0
Vìd qua A(−1; 2) nên ta có phương trình: −1+2.2+C=0⇔C=−3 Vậy phương trình tổng quát đường thẳng đường thẳngd:x+2y−3=0
Cách 2:
Đường thẳngMcó véc-tơ phương−→u = (1; 2)
(4)Ví dụ 7. Trong mặt phẳngOxy, cho đường thẳng ∆: ®
x=−2t y=1+t ∆
0: ®
x=−2−t0
y=t0 Viết phương trình tham số đường thẳngdđối xứng với∆0qua∆
A.d: ®
x=l
y=22−7l B.
®
x=22−7l
y=l C.
®
x=−6+3l
y=4 D.
®
x=−6+7l y=4+l
Lời giải.Chọn đáp án B
GọiM=∆∩∆0⇒M(−6; 4) CóA(−2; 0)∈∆0khácM
Tìm tọa độ hình chiếu củaAlên∆làH Å−6
5 ;
ã Tọa độ điểm đối xứng củaAqua∆làA0
Å −2
5; 16
5 ã
Vậy đường thẳng cần tìm
®
x=22−7l
y=l
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 5. Cho đường thẳng∆có phương trình tham số: ®
x=1+2t y=−3−t a) Viết phương trình tổng quát đường thẳng∆
b) Viết phương trình tổng quát đường thẳng l qua điểmN(4; 2)và vng góc với∆
Lời giải. a) Đường thẳng∆có vecto phương là−→u = (2;−1)nên có véc-tơ pháp tuyến là−→n = (1; 2) Chọn tham sốt =0ta có điểmA(1;−3)nằm trên∆
Phương trình tổng quát đường thẳng∆là: 1.(x−1) +2.[y−(−3)] =0⇔x+2y−5=0
b) Đường thẳng l vng góc với ∆ nên có vecto pháp tuyến là−→nl = (2;−1) Phương trình tổng quát đường thẳngllà:2(x−4)−1(y−2) =0⇔2x−y−6=0
Bài 6. Trong mặt phảngOxy, cho đường thẳngdcó hệ số góc bằng−3vàA(1; 2)nằm trênd Lập phương trình tổng quát đường thẳngd
Lời giải. Đường thẳngdcó hệ số góc bằng−3nên có vec-tơ pháp tuyến là(3; 1)
Đường thẳng d qua điểm A(1; 2) có vec-tơ pháp tuyến (3; 1) nên có phương trình tổng quát là: 3(x−1) +1(y−2) =0⇔3x+y−5=0
Bài 7. Trong mặt phẳngOxy, viết phương trình tổng quát đường thẳngd quaA(2;−5)và tạo với trụcOxmột góc60◦
Lời giải. Hệ số góc đường thẳngdlàk=tan 60◦= √
3 Phương trình đường thẳngdlà:y=
√
3 (x−2)−5⇔ √
3x−3y−15−2√3=0
Bài 8. Trong mặt phẳngOxy, cho đường thẳngd:y=2x+1, viết phương trình đường thẳngd0đi qua điểm Blà điểm đối xứng điểmA(0;−5)qua đường thẳngdvà song song với đường thẳngy=−3x+2
Lời giải. Đường thẳngABvng góc với đường thẳngdnên ta có:kAB.2=−1⇔kAB=−1 Phương trình đường thẳngABlà:y=−1
2(x−0)−5⇔y=− 2x−5
VìAvà B đối xứng qua đường thẳngd nên trung điểmN chúng giao điểm hai đường thẳngdvàAB
Suy tọa độ điểmN nghiệm hệ phương trình:
y=2x+1 y=−1
2x−5 ⇒N
Å −12
5 ;− 19
5 ã
(5)đượcA Å
−24 ;−
13
ã
Đường thẳngd0song song với đường thẳngy=−3x+2nênkd0=−3
Phương trình đường thẳngd0là:y=−3 Å
x+24
ã −13
5 ⇔y=−3x−17
Bài 9. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : 2x−3y+1=0 điểm A(−1; 3).Viết phương trình đường thẳngd0đi qua A cách điểmB(2; 5)khoảng cách bằng3
Lời giải. Phương trìnhd0có dạng:ax+by=c=0 DoA∈d0nên:(−1)a+3b+c=0⇔c=a−3b(1) Hơn nữad(B,d0) =3⇔|2a√+5b+c|
a2+b2 =3(2) Thay (1) vào (2) ta có: √|3a+2b|
a2+b2 =3⇔5b
2−12ab=0⇔
b=0 b= 12a
5 Vớib=0thay vào (1) ta cóc=a⇒d0:ax+a=0⇔d0:x+1=0 Vớib=12a
5 ta chọna=5,b=12thay vào (1) ta được:c=5−3.12=−31⇒d
0: 5x+12y−31=0
Bài 10. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường thẳng qua điểmM(2; 5) cách đềuA(−1; 2) vàB(5; 4)
Lời giải. Gọi phương trình đường thẳngdcần tìm làax+by+c=0 a2+b26=−
(1)
DoM(2; 5)∈d nên ta có:2a+5b+c=0⇔c=−2a−5b Thayc=−2a−5bvào (1) ta có phương trình đường thẳngdtrở thành:ax+by−2a−5b=0(2)
Vìdcách hai điểmAvàBnên: |(−1)a+2b−2a−5b|
√
a2+b2 =
|5a+4b−2a−5b| √
a2+b2 ⇔ |3a+3b|=|3a−b| ⇔9a
2+18ab+9b2=9a2−6ab+
b2⇔8b2+24ab=0⇔ ñ
b=0 b=−3a
Trường hợp 1: Vớib=0thay vào (2) ta phương trình đường thẳngdlà: ax+0y−2a−5.0=0⇔ax−2a=0⇔x−2=0
Trường hợp 2: Với b=−3a ta chọn a=1,b=−3 thay vào (2) ta phương trình đường thẳngd là: 1x−3y−2−5.(−3) =0⇔x−3y+13=0
Dạng Vị trí tương đối góc hai đường thẳng
Cho đường thẳng ∆:Ax+By+C=0 ∆0:A0x+B0y+C0 =0 Khi ta có −→n = (A,B) −
→
n0 = (A0,B0)lần lượt véc-tơ pháp tuyến của∆và∆0
a) Để xét vị trí tương đối của∆và ∆0trước hết ta dựa vào véc-tơ−→n − →
n0 Nếu véc-tơ−→n và−→n0 khơng cộng tuyến thì∆và∆0cắt Nếu véc-tơ−→n
− →
n0 cộng tuyến, nghĩa A A0 =
B B0 thì∆và∆0là hai đường thẳng song song trùng Cụ thể ta có:
∆cắt∆0khi A A0 6=
B
B0, nếuAA
0+BB0=0thì∆⊥∆0. ∆≡∆0khi
A A0 =
B B0 =
C C0 ∆k∆0khi A
A0 = B B0 6=
C C0
b) Nếu∆cắt∆0và gọiϕ góc đường thẳng∆,∆0thìcosϕ =|cos(−→n
− →
n0)|
(6)Ví dụ 8. Cho ba đường thẳng:d1: 2x+y−1=0, d2:x+2y+1=0, d3 :mx−y−7=0 Chứng minh đường thẳngd1,d2cắt tìm giá trị tham sốmđể ba đường thẳng đồng quy
Lời giải. Ta có ®
2x+y−1=0 x+2y+1=0 ⇔
® x=1 y=−1 Từ suy rad1,d2cắt điểmA(1;−1)
Ba đường thẳng cho đồng quy khid3cũng qua điểmA, hayA∈d3, suy m.1−(−1)−7=0⇔m=6
Ví dụ 9. Cho đường thẳng∆: 2x+3y−5=0,∆0: 3x−2y−1=0và điểmM(2; 3) a) Xét vị trí tương đối đường thẳng∆và∆0
b) Biếtdlà đường thẳng qua điểmMvà tạo với đường thẳng∆,∆0một tam giác cân Tính góc đường thẳng∆vàd
Lời giải. a) Ta có−→n = (2,3)và−→n0 = (3,−2)là véc-tơ pháp tuyến của∆và∆0 Ta thấy−→n và−→n0 khơng phương
3 6=
−2, từ suy ra∆và∆
0là đường thẳng cắt nhau. b) Ta có−→n.→−n0 =2.3+3.(−2) =0, đó∆và∆0là đường thẳng vng góc với
GọiA=∆∩∆0,B=∆∩d,C=d∩∆0 Khi tam giácABClà vng tạiAdo tam giácABCcân
b
B=Cb= π
4
Từ suy góc đường thẳng∆vàd π
Ví dụ 10. Cho hai đường thẳng∆:(m+3)x+3y−2m+3=0và∆0: 2x+2y+2−3m=0 Tìm giá trị tham sốmđể
a) Đường thẳng∆song song với∆0 b) Đường thẳng∆cắt đường thẳng∆0
Lời giải. a)∆cắt∆0khi m+3 6=
3
2⇔m6=0
b) Theo câu a), để∆song song với∆0thì trước hết ta phải cóm=0 Vớim=0, dễ dàng nhận thấy∆≡∆0
Vậy khơng tồn tạimđể∆k∆0
Chú ý: Ta làm theo cách sau:∆song song với∆0khi
m+3 =
3 6=
−2m+3 2−3m 2−3m6=0
Hệ vơ nghiệm, khơng tồn tạimđể∆k∆0
Ví dụ 11. Tìm giá trị củakđể góc đường thẳng∆:kx−y+1=0và∆0:x−y=0bằng 60◦
Lời giải. Ta có−→n = (k; 1)và−→n0 = (1;−1)là véc-tơ pháp tuyến đường thẳng∆và∆0 Theo ta cócos 60◦=|cos(−→n,−→n0)| ⇔ √|k+1|
k2+1√2 =
2⇔2(k+1)
2=k2+1 Giải phương trình trên
ta đ
(7)BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 11. Tìmmsao cho hai đường thẳng∆:x+5my−4=0và∆0: 2x+3y−2=0song song với
Lời giải. ∆k∆0⇔ 2=
5m
3 ⇔m= 10
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d1: 2x+y−4= 0, d2: 5x−2y+3=0, d3: mx+3y−2=0 a) Xét vị trí tương đối giữad1vàd2
b) Tìm giá trị tham sốmđể đường thẳng đồng quy
Lời giải. a) Nhận thấy 6=
1
−2, từ suy đường thẳngd1,d2cắt b) Tọa độ giao điểm hai đường thẳngd1vàd2là nghiệm hệ phương trình:
®
2x+y−4=0 5x−2y+3=0 ⇔
x=5 y=26
9
Vậyd1vàd2cắt điểmM Å
5 9;
26
ã Vìd1,d2,d3đồng quy nênM∈d3, ta có:m.5
9+3 26
9 −2=0⇔m=−12
Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độOxycho đường thẳng∆1:x+2y− √
2=0và∆2:x−y=0 Tính cơsin góc đường thẳng∆1và∆2
Lời giải. Ta có−→n = (1; 2)và−→n0 = (1;−1)là véc-tơ pháp tuyến đường thẳng∆và∆0 Gọiϕ góc đường thẳng∆và∆0 Khi
cosϕ =|cos(−→n,
− →
n0)|= √
10 10
Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độOxycho đường thẳng∆: 3x+5y+15=0và∆0: ®
x=10−3t y=1+5t Tính gócϕ giữa∆1và∆2
Lời giải. Ta có−→n = (3; 5)là véc-tơ pháp tuyến của∆ −
→
u0 = (−3; 5)là véc-tơ phương của∆0, suy ra∆0có véc-tơ pháp tuyến − →
n0 = (5; 3)
Do−→n.−→n0 =0⇒∆⊥∆0
Bài 15. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độOxycho đường thẳng∆:x+2y−5=0,∆0: 3x+my−1=0 Tìmmđể góc hai đường thẳng∆,∆0bằng45◦
Lời giải. ∆:x+2y−5=0có véc-tơ pháp tuyến−→n = (1; 2), ∆0: 3x+my−1=0có véc-tơ pháp tuyến
− →
n0 = (3;m) Theo ta có:cos 45◦=
− →n.−→n0
|−→n|
− →
n0
= √|3+2m| 5√32+m2
Từ suy đ
m=1 m=−9
Dạng Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng
Cho điểmM(x0;y0)và đường thẳng∆: Ax+By+C=0 Khi đó, khoảng cách từ điểmMđến đường thẳng∆được tính theo cơng thức
(8)Ví dụ 12. Tìm khoảng cách từ điểmM(1; 2)đến đường thẳng(D): 4x+3y−2=0
Lời giải. Áp dụng cơng thức tính khoảng cách ta có d(M,D) = |4·√1+3·2−2|
42+32 =
Ví dụ 13. Tìm điểm nằm đường thẳng∆: 2x+y−1=0và có khoảng cách đến(D): 4x+ 3y−10=0bằng2
Lời giải. Giả sử có điểmM∈∆, đóM(m; 1−2m) Theo đềd(M,∆) =2⇔ |4m+3(1√ −2m)−10|
42+32 =2⇔ | −2m−7|=10 ⇔
ñ
2m+7=10 2m+7=−10 ⇔
m= m=−17
2
Vậy có hai điểm thỏa mãn điều kiện làM1 Å
3 2;−2
ã vàM2
Å −17
2 ; 18 ã
Ví dụ 14. Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(1,−3) có khoảng cách đến điểm M0(2,4)bằng1
Lời giải. Giả sử đường thẳng∆đi qua điểmA(1;−3)có hệ số góck Khi phương trình∆có dạng: y+3=k(x−1)⇔kx−y−k−3=0
Theo đề ta cód(M0,∆) =
|2k−4−k−3| √
k2+1 =1⇔ |k−7|= √
k2+1⇔(k−7)2=k2+1 ⇔k2−14k+49=k2+1⇔14k=48⇔k= 24
7 Vậy phương trình∆: 24x−7y−45=0
Ví dụ 15. Viết phương trình đường thẳng(D)song song với(D0): 3x+4y−1=0và cách(D0) đoạn bằng2
Lời giải. Đường thẳng(D)k(D0)nên phương trình đường thẳng(D): 3x+4y+c=0 Lấy điểmM(−1; 1)∈(D0), theo đề ta có:
d(D,D0) =d(M,D) =2⇔ | −3+4+c|
5 =2⇔ |c+1|=10⇔ ñ
c=9 c=−11 Vớic=9ta cóD: 3x+4y+9=0
Vớic=−11ta cóD: 3x+4y−11=0
Ví dụ 16. Cho điểmA(−1,2)và hai đường(∆): x−y−1=0,(∆0): x+2y−5=0 Tìm đường thẳng(∆)một điểmMsao cho khoảng cách từMđến(∆0)bằngAM
Lời giải. Ta cóM∈∆, suy raM(m,m−1) −→
AM= (m+1;m−3)⇒AM=p(m+1)2+ (m−3)2=√2m2−4m+10. Theo đề |m+2(m√−1)−5|
5 =
√
2m2−4m+10⇔ |3m−7|=p5(2m2−4m+10) ⇔(3m−7)2=10m2−20m+50⇔m2+22m+1=0⇔m=−11±2√30
Vậy có hai điểm thỏa mãn làM1(−11−2√30;−12−2√30)vàM2(−11+2√30;−12+2√30)
(9)Lời giải. Giả sử phương trình cần tìm là∆: Ax+By+C=0 Theo đề ta có:
d(M,∆) =2⇔ |A√+B+C|
A2+B2 =2⇔ |A+B+C|=2 √
A2+B2 (1)
d(M0,∆) =4⇔|2A√+3B+C|
A2+B2 =4⇔ |2A+3B+C|=4 √
A2+B2 (2)
Từ (1) (2) ta có|2A+3B+C|=2|A+B+C| ⇔ ñ
2A+3B+C=2(A+B+C) 2A+3B+C=−2(A+B+C) ⇔
ñ
B−C=0
4A+5B+3C=0
ThayB=Cvà (1) ta được|A+2B|=2√A2+B2⇒3A2−4BA=0⇔
A=0 A=
3B VớiA=0, chọnB=C=1, ta đường thẳng∆1: y+1=0
VớiA=4
3B, chọnB=3⇒A=4,C=3 Ta có đường thẳng∆2: 4x+3y+3=0 Từ4A+5B+3C=0⇒C=−1
3(4A+5B)và (1) ta |A+2B|=6√A2+B2⇒35A2−4BA+32B2=0.
Giải phương trình bậc hai theo ẩnA, ta có ∆0=4B2−1020B2=−1016B2≤0
(10)Dạng Viết phương trình đường phân giác góc do∆1và∆2tạo thành Cho đường thẳng∆: ax+by+c=0và hai điểmM(xM;yM),N(xN;yN)6∈∆ Khi đó:
a) M,Nnằm phía so với∆khi khi(axM+byM+c)(axN+byN+c)>0 b) M,Nnằm khác phía so với∆khi khi(axM+byM+c)(axN+byN+c)<0
Để viết phương trình đường phân giác gócBAC‘ta có nhiều cách Dưới cách thường sử dụng:
Cách 1:
Dựa vào tính chất đường phân giác tập hợp điểm cách hai đường thẳngAB:ax+by+c=0 vàAC:mx+ny+p=0, ta có:
|ax+by+c| √
a2+b2 =
|mx+ny+p| √
m2+n2
Hai đường thu phân giác phân giác ngồi gócABC.‘
Sau đó, ta cần dựa vào vị trí tương đối hai điểm B,C với hai đường vừa tìm để phân biệt phân giác trong, phân giác Cụ thể, nếuB,Cở phía phân giác ngồi, khác phía phân giác
Cách 2:
LấyB0,C0lần lượt thuộcAB,ACsao cho: −→
AB0= AB
−→
AB;−→AC0= AC
−→ AC
Giả sử−→AD=−→AB0+−→AC0Khi tứ giácAB0DC0là hình thoi Do đó,−→ADlà vectơ phương đường phân giác cần tìm
A
B B0
C C0
D
Cách 3:
Giả sử−→u = (a;b)là vectơ phương đường phân giác cần tìm Ta có: cos(−AB→,−→u) =cos(−AC→,−→u)⇔
−→ AB.−→u
−→ AB
= −→ AC.−→u
−→ AC
Ví dụ 18. Viết phương trình đường phân giác gócA tam giác ABC biếtA(1; 1), B(4; 5), C(−4;−11)
Lời giải. Cách 1.Ta có phương trình cạnh:
AB: 4x−3y−1=0;AC: 12x−5y−7=0 Phương trình hai đường phân giác gócAlà:
4x−3y−1 =
12x−5y−7 13 4x−3y−1
5 =−
12x−5y−7 13
⇔ đ
4x+7y−11=0(d1) 56x−32y−24=0(d2) Ta có:
(4xC+7yC−11) (4xB+7yB−11)<0 Do đóB,Ckhác phía so với(d1)hay(d1)là đường phân giác cần tìm
Cách 2.Ta có−AB→= (3; 4);AB=5;−→AB0=
−→ AB=
Å 5;
4
(11)−→
AC= (−5;−12);AC=13;−→AC0= 13
−→ AC=
Å −
13;− 12 13
ã
Ta có:−→AB0+−→AC0= Å
14 65;−
8 65
ã
Vậy vectơ phương đường phân giác cần tìm là:−→u = (7;−4) Do phương trình đường phân giác cần tìm là:
4(x−1) +7(y−1) =0⇔4x+7y−11=0
Cách 3.Giả sử−→u = (a;b)là vectơ phương đường phân giác cần tìm Ta có
−→ AB.−→u
−→ AB = −→ AC.−→u
−→ AC
⇔ 3a+4b =
−5a−12b
13 ⇔a=− 4b
Vậy vectơ phương đường phân giác cần tìm là:−→u = (7;−4) Do phương trình đường phân giác cần tìm là:
4(x−1) +7(y−1) =0⇔4x+7y−11=0
BÀI TẬP TỰ LUYỆN (Cho dạng) Bài 16. Tính khoảng cách từ điểmM(3; 5)đến đường thẳng∆: x+y+1=0
Lời giải. Ta cód(M,∆) = |3√+5+1| 12+12 =
9 √
2 = 9√2
2
Bài 17. Tính khoảng cách từ điểmM(4;−5)đến đường thẳng∆: ®
x=2t y=2+3t
Lời giải. Viết phương trình dạng tổng quát∆: 3x−2y+4=0 Khi đód(M,∆) = |3·4−√2·(−5) +4|
32+22 = 26 √
13=2 √
13
Bài 18. Cho tam giácABC Tính diện tích tam giácABC, với:A(−2; 14),B(4;−2),C(5;−4)
Lời giải. Ta có−BC→= (1;−2)⇒BC=√5 Phương trình đường thẳngBCđi quaBcó dạng2(x−4) +1(y+ 2) =0⇔2x+y−6=0
Đường caoAHcủa tam giácABC:AH= |2(−2) +√ 14−6|
5 =
4√5 Do đóSABC=
2·AH·BD=
4√5·√5
10 =2(đvdt)
Bài 19. Viết phương trình đường thẳng (D) song song với đường thẳng ∆: ®
x=3t
y=2+4t,t ∈R cách đường thẳng∆một khoảng bằng3
Lời giải. Vì(D)k∆nên phương trình đường thẳng(D)có dạng: (D): 4x−3y+c=0
Chọn điểmM(0; 2)∈∆, theo đề ta có d(M,∆) = |4·0−3·2+c|
5 =3⇔ |c−6|=15⇔ đ
c=21 c=−9
Vậy có hai phương trình thỏa mãn là(D1): 4x−3y+21=0và(D2): 4x−3y−9=0
Bài 20. Viết phương trình đường thẳng∆đi quaA(1; 3)và cách điểmB(−2; 1)một khoảng bằng3
Lời giải. Giả sử −→n = (a;b),(a2+b2>0) vectơ pháp tuyến đường thẳng cần tìm Phương trình đường thẳng có dạng:
a(x−1) +b(y−3) =0⇔ax+by−a−3b=0 Khi đó:
d(B;∆)=3⇔ | −2a√+b−a−3b|
a2+b2 =3⇔5a
2−12ab=0⇔
b=0 b=12
(12)• b=0, chọna=1ta có∆1:x−1=0 • b=12
5 a, chọna=5,b=12ta có∆2: 5x+12y−41=0
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán là:∆1:x−1=0;∆2: 5x+12y−41=0
Bài 21. Cho đường thẳng ∆: 5x−12y+32=0 hai điểmA(1;−1),B(5;−3) Tìm điểm Mcách∆ khoảng bằng4và cách hai điểmA,B
Lời giải. GọiM(x0;y0)là điểm cần tìm, ta có hệ
(x0−1)2+ (y0+1)2= (x0−5)2+ (y0+3)2 |5x0−12y0+32|
13 =4
Giải hệ ta được29x0−64=±52cho ta hai điểmM(4; 0)vàM0 Å
12 29;
108 29
ã
Bài 22. Cho tam giácABCcóA(4;−13),B(4; 12),C(−8; 3) Viết phương trình đường phân giác góc B
Lời giải. Phương trình cạnhBClà3(x−4)−4(y−12) =0⇔3x−4y+36=0 Phương trình cạnhBAlàx−4=0
Phương trình đường phân giác phân giác ngồi gócBlà |3x−4y+36|
5 =
|x−4| ⇔
ñ
3x−4y+36=x−4 3x−4y+36=−x+4⇔
ñ
x−2y+20=0(d1) x−y+8=0(d2)
Ta thấyAvàCnằm khác phía so với(d2), suy đường phân giác gócBlà đườngx−y+8=0 Dạng Phương trình đường thẳng tam giác
Ta có cơng thức viết nhanh phương trình đường thẳng qua hai điểmA(xA;yA)vàB(xB;yB)là: x−xA
xB−xA =
y−yA yB−yA
Chú ý: Công thức phương trình đường thẳng∆quaM(x0;y0)và vng góc với đường thẳngd: Ax+ By+C=0là: B(x−x0)−A(y−y0) =0
Ví dụ 19. Cho tam giácABC có đỉnhA(3;−4)và hai đường caoBH vàCH có phương trình:7x− 2y−1=0và2x−7y−6=0 Hãy tìm phương trình hai cạnhABvàAC
Lời giải. CạnhAC: đường thẳng quaA(3;−4)và vng góc vớiBH: 7x−2y−1=0nên có phương trình:2(x−3) +7(y+4) =0⇔2x+7y+22=0
CạnhAB: đường thẳng quaA(3;−4)và vng góc vớiCH: 2x−7y−6=0nên có phương trình: 7(x− 3) +2(y+4) =0⇔7x+2y−73=0
Ví dụ 20. Cho tam giácABC, biết trung điểm cạnh làM(−1;−1),N(1; 9),P(9; 1) a) Lập phương trình cạnh tam giácABC
b) Lập phương trình đường trung trực tam giácABC
Lời giải.
A N
B M C
(13)a) CạnhABqua điểmP(9; 1)và song song vớiMNnên nhận véc-tơ−MN−→= (2; 10)làm véc-tơ phương Phương trình cạnhABlà: x−9
2 = y−1
10 ⇔5x−y−44=0 Tương tự, ta có phương trình cạnhBClà:x+y−2=0 Phương trình cạnhAC là:x−5y+44=0
b) Gọi đường trung trực kẻ từM,N,Ptheo thứ tự là(dM),(dN),(dP)
Đường thẳng(dM) qua điểm M(−1;−1) vng góc với PN nên nhận véc-tơ−→PN = (8;−8) làm véc-tơ pháp tuyến
Ta có phương trình đường thẳng(dM)là:x−y=0 Tương tự,(dN): 5x+y−14=0
(dP):x+5y−14=0
Ví dụ 21. Cho tam giácABC, biết đỉnhA(2; 2), đường cao xuất phát từ đỉnhB,Ccó phương trình làx+y−2=0và9x−3y−4=0 Hãy lập phương trình cạnh tam giácABC
Lời giải. Theo giả thiết ta có phương trình đường cao:BH: x+y−2=0,CK: 9x−3y−4=0 • Lập phương trình cạnhAC
CạnhAClà đường thẳng quaAvà vng góc vớiBH nên phương trìnhAC có dạng:x−y+c=0 DoA(2; 2)∈ACnên2−2+c=0⇔c=0
Vậy phương trìnhAClà:x−y=0 • Phương trình cạnhAB
CạnhABvng góc vớiCK nên phương trình cạnhABcó dạng:3x+9y+m=0 DoA(2; 2)∈AB⇔3.2+9.2+m=0⇔m=−24
Phương trình cạnhABlà:3x+9y−24=0⇔x+3y−8=0 • Phương trình cạnhBC:
Ta cóC=CK∩ACnên tọa độ điểmClà nghiệm hệ phương trình: ®
x−y =0
9x−3y−4 =0 ⇒C Å2
3;
ã
Lại có:B=AB∩BH nên tọa độ điểmBlà nghiệm hệ phương trình ®
x+y−2 =0 x+3y−8 =0 ⇔
®
x =−1
y =3 ⇒C(−1; 3) Phương trình cạnhBCqua hai điểmBvàCnên có phương trình:
x−xC xB−xC =
y−yC yB−yC ⇔
x+1 3+1
= y−3 3−3
⇔7x+5y−8=0
Ví dụ 22. Tam giácABCcó phương trình cạnhABlà5x−3y+2=0, đường cao qua đỉnhAvà Blần lượt là4x−3y+1=0;7x+2y−22=0 Lập phương trình hai cạnhAC,BCvà đường cao thứ ba
Lời giải. Tọa độ điểmAlà nghiệm hệ phương trình: ®
5x−3y+2=0 (AB) 4x−3y+1=0 (AH) ⇔
®
x =−1
(14)CạnhACquaA(−1;−1)và vng góc vớiBH: 7x+2y−11=0có phương trình: 2(x+1)−7(y+1) =0⇔2x−7y−5=0 (AC) Tọa độ điểmBlà nghiệm hệ phương trình:
®
5x−3y+2 =0 7x+2y−22 =0⇔
® x=2
y=4 ⇒B(2; 4) CạnhBCquaB(2; 4)và vng góc vớiAH: 4x−3y+1=0có phương trình:
3(x−2) +4(y−6) =0⇔3x+4y−22=0 (BC) Tọa độ điểmClà nghiệm hệ phương trình:
®
2x−7y−5 =0 3x+4y−22 =0 ⇔
® x=6
y=1 ⇒C(6; 1) Đường caoCH quaC(6; 1)và vng góc vớiAB: 5x−3y+2=0có phương trình:
3(x−6) +5(y−1) =0⇔3x+5y−23=0
Ví dụ 23. Lập phương trình cạnh tam giácABCbiếtB(2;−1), đường cao phân giác qua hai đỉnhA,Clần lượt là3x−4y+27=0vàx+2y−5=0
Lời giải.
CạnhBClà đường thẳng quaB(2;−1)và vng góc với phân giác3x−4y+27=0 nên có phương trình:4(x−2) +3(y+1) =0⇔4x+3y−5=0
Tọa độ điểmClà nghiệm hệ phương trình: ®
4x+3y−5 =0
x+2y−5 =0⇔C(−1; 3)
A
C
B H
K
Đường phân giác ứng với phương trìnhx+2y−5=0có véc-tơ phương:−→v = (2;−1) Ta có:tan(CB−÷→,−→v) =tan(−→÷v,CA)−→ (1)
BiếtCB−→= (−3; 4),CA−→= (xA+1;yA−3) Do đó(1)⇔ 3−8
−6−4 =
2(yA−3) + (xA+1) 2(xA+1)−(yA−3)
⇔1 =
xA+2yA−5 2xA−yA+5
⇔yA=3 Ta có:yA−yC=3 Vậy phương trình đườngAC lày=3
ThayyA=3vào3x−4y+27=0, ta có:A(−5; 3) Suy ra−AB→= (7;−4)
Phương trình cạnhABlà:4(x+5) +7(y−3) =0⇔4x+7y−1=0
Ví dụ 24. Trong mặt phẳngOxy, cho tam giácABCcó đường phân giác trong(AD): x−y=0, đường cao(CH): 2x+y+3=0, cạnh AC quaM(0;−1), AB=2AM Viết phương trình ba cạnh tam giácABC
Lời giải.
A
C
B D
H
(15)GọiN điểm đối xứng củaM quaAD (theo tính chất đường phân giác trong), suy raN nằm tia AB
Mặt khác ta có:AN=AM⇒AB=2AN Suy raN trung điểm củaAB DoMN⊥ADnên phương trình MNlà:x+y+m1=0;
M(0;−1)∈MN⇒ −1+m1=0⇔m1=1 Suy ra(MN): x+y+1=0 GọiK=MN∩AD, tọa độK nghiệm hệ phương trình:
®
x+y=−1 x−y=0 ⇔
x=−1 y=−1
⇒K Å
−1 2;−
1
ã
VìKlà trung điểm củaMNnên ®
xN =2xK−xM=−1 yN =2yK−yM=0
⇒N(−1; 0) DoAB⊥CH nên phương trìnhABlà: 2−2y+m2=0;
N(−1; 0)∈AB⇔ −1+m2=0⇔m2=1 Suy raAB: x−2y+1=0
VìA=AB∩ADnên tọa độAlà nghiệm hệ phương trình: ®
x−2y =−1 x−y =0 ⇔
® x=1
y=1 ⇒A(1; 1) Suy ra: AC: 2x−y−1
VìC=AC∩CH nên tọa độClà nghiệm hệ phương trình: ®
2x−y =1 2x+y =−3 ⇔
x=−1 y=−2
⇒C Å
−1 2;−2
ã
DoN trung điểm củaABnên ®
xB=2xN−xA=−2 yB=2yN−yA=−1
⇒B(−3;−1)
Phương trình đường thẳngBCqua hai điểmB(−3;−1)vàC Å
−1 2;−2
ã là: x+3
−1 2+3
= y+1
−2+1⇔2x+5y+11=0
Vậy BC: 2x+5y+11=0
Ví dụ 25. Trong mặt phẳngOxy, cho tam giácABC có đỉnhA(−1; 2) Trung tuyếnCM: 5x+7y− 20=0và đường caoBH: 5x−2y−4=0 Viết phương trình cạnhACvàBC
Lời giải. DoAC⊥BHnên phương trìnhACcó dạng:2x+5y+m=0 DoA(−1; 2)∈AC⇔ −2+10+m=0⇔m=−8
Suy AC: 2x+5y−8=0
DoC=AC∩CM nên tọa độClà nghiệm hệ phương trình: ®
2x+5y=8 5x+7y=20 ⇔
® x=4
y=0 ⇒C(4; 0) ĐặtB(a;b) DoB∈BH nên5a−2b−4=0
VìMlà trung điểm củaABnên tọa độMlàM
Å−1+a ;
2+b
ã
∈CM⇔5·−1+a +7·
2+b
(16)5a+7b−31=0
Tọa độMlà nghiệm hệ: ®
5a−2b=4 5a+7b=31 ⇔
® a=2
b=3 ⇒B(2; 3) Phương trình cạnhBClà BC: 3x+2y−12=0
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 23. Lập phương trình cạnh tam giácABCnếu choB(−4;−5)và hai đường cao có phương trình là:5x+3y−4=0và3x+8y+13=0
Lời giải. Đáp số:AB: 3x−5y−13=0; BC: 8x−3y+17=0;
AC: 5x+2y−1=0
Bài 24. Cho 4ABC, biết đỉnhC(4;−1), đường cao đường trung tuyến kẻ từ đỉnhA có phương trình tương ứng là(d1): 2x−3y+12=0và(d2): 2x+3y=0 Lập phương trình cạnh của4ABC
Lời giải.
(d1) (d2)
A B
H C
M
• Lập phương trình cạnhBC
VìBC⊥(d1)nên phương trình(BC)có dạng:−3x−2y+c=0 (1) VìC∈(BC)nên:(−3).4−2.(−1) +c=0⇔c=10
Thayc=10vào(1)ta phương trình(BC): 3x+2y−10=0 • Lập phương trình cạnhAC
Ta có điểmA= (d1)∩(d2)nên tọa độ điểmAlà nghiệm hệ: ®
2x−3y+12 =0
2x+3y =0 ⇒A(−3; 2) Phương trình đường thẳng(AC)qua hai điểmA(−3; 2)vàC(4; 1)là:
x+3 4+3 =
y−2
−1−2⇔(AC): 3x+7y−5=0 • Lập phương trình cạnhAB
GọiMlà trung điểm củaBC, điểmM= (d2)∩(BC) Tọa độ điểmMlà nghiệm hệ phương trình:
®
3x+2y−10 =0
2x+3y =0 ⇒M(6; 4) Tọa độ điểmBđược xác định bởi:
®
xB+xC =2xM yB+yC =2yM
⇔ ®
xB =2xM−xC yB =2yM−yC
⇔ ®
xB=8 yB=−7 Phương trình đường thẳng(AB)qua hai điểmA(−3; 2)vàB(8;−7)là:
x−8 −3−8 =
y+7
2+7⇔9x+11y+5=0
Bài 25. Cho tam giácABC, biếtA(1; 3)và hai trung tuyến có phương trình làx−2y+1=0vày−1=0 Lập phương trình cạnh của4ABC
(17)(d1) (d2)
A
B C
G
A0
Để có phương trình cạnh của4ABCta xác định tọa độ điểmB,C GọiA0là điểm đối xứng vớiAqua trọng tâmGcủa4ABC, đó:
®
A0Bk(d1) A0Ck(d2)
Suy ra: ĐiểmBlà giao điểm của(A0B)và(d2)
Điểm(C)là giao điểm của(A0C)và(d1) Vậy ta thực theo bước sau:
• GọiGlà trọng tâm4ABC, tọa độ củaGlà nghiệm hệ: ®
x−2y+1 =0
y−1 =0 ⇒G(1; 1) • ĐiểmA0là điểm đối xứng vớiAquaG, tọa độ củaA0được cho bởi:
đ
xA0=2xGxA
yA0=2yGyA
A0(1;1)
ã Tìm tọa độ điểmB
Đường thẳngA0Bqua điểmA0(1;−1)và song song với đường thẳngd1nên nhận véc-tơCG−→= (2; 1) làm véc-tơ phương
Phương trình đường thẳngA0Blà: x−1 =
y+1
1 ⇔x−2y−3=0 ĐiểmB=A0B∩d2, tọa độ điểmBlà nghiệm hệ:
®
x−2y−3 =0
y−1 =0 ⇒B(5; 1) • Tương tự, ta cóC(−3;−1)
• Phương trình đường thẳngACqua hai điểmA(1; 3)vàC(−3;−1)là: x−1
−3−1 = y−3
−1−3⇔x−y+2=0
• Tương tự ta có: phương trình cạnhABlà:x+2y−7=0; Phương trình cạnhBClà:x−4y−1=0
Bài 26. Cho tam giác ABCcó phân giác gócAcó phương trình là:d1: x+y+2=0; đường cao vẽ từ Bcó phương trình làd2: 2x−y+1=0, cạnhABquaM(1;−1) Tìm phương trình cạnhAC tam giác
Bài 27. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xác định tọa độ đỉnhC tam giácABCbiết hình chiếu vng góc củaC đường thẳng AB điểm H(−1;−1), đường phân giác góc A có phương trìnhx−y+2=0và đường cao kẻ từBcó phương trình4x+3y−1=0
Lời giải. Phương trình đường thẳngd qua H(−1;−1)và vng góc với∆: x−y+2=0 có dạng1(x+ 1) +1(y+1) =0
Giao điểmI củad và∆là nghiệm hệ phương trình: ®
x+y+2=0
(18)GọiK điểm đối xứng củaHqua∆thìK(−3; 1) ACquaK vng góc với đường cao:4x+3y−1=0 Phương trìnhAC:3(x+3)−4(y−1) =0⇔3x−4y+13=0 Tọa độ điểmAlà nghiệm hệ phương trình:
®
3x−4y+13 =0
x−y+2 =0 ⇒A(5; 7)
CH quaH có véc-tơ pháp tuyến−→HA=2−→n với−→n = (3; 4) Phương trìnhCH: 3(x+1) +4(y+1) =0
Tọa độClà nghiệm hệ phương trình: ®
3x+4y+7 =0 3x−4y+13 =0⇒C
Å −10
3 ;
(19)§2. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRỊN I. Tóm tắt lý thuyết
1. Phương trình đường trịn biết tâm bán kính
Trong mặt phẳng toạ độOxy, phương trình đường trịn nhận điểmI(a;b)làm tâm có bán kínhRlà (x−a)2+ (y−b)2=R2
2. Dạng khác phương trình đường trịn
Phương trình dạngx2+y2−2ax−2by+c=0là phương trình đường trịn a2+b2−c>0
Khi đó, tâm làI(a;b), bán kính làR=√a2+b2−c.
3. Phương trình tiếp tuyến đường trịn
Sau đây, ta có cơng thức phương trình tiếp tuyến đường tròn điểm thuộc đường tròn (cơng thức tách đơi)
• Phương trình tiếp tuyến đường tròn(x−a)2+ (y−b)2=R2tại điểmM(x0;y0)thuộc đường tròn
(x0−a).(x−a) + (y0−a).(y−a) =R2
• Phương trình tiếp tuyến đường trònx2+y2−2ax−2by+c=0tại điểmM(x0;y0)thuộc đường tròn
x0x+y0y−a(x0+x)−b(y0+y) +c=0
Khơng dùng cơng thức tách đơi này, ta viết phương trình tiếp tuyến cách tìm toạ đoạ độ véc-tơ pháp tuyến tiếp tuyến là−IM→= (x0−a;y0−a)
II. Các dạng toán
Dạng Tìm tâm bán kính đường trịn.
Phương pháp giải:
• Cách 1. Đưa phương trình dạng: (C):x2+y2−2ax−2by+c=0 (1) Xét dấu biểu thức P=a2+b2−c
- Nếu√ P > (1) phương trình đường trịn (C) có tâm I(a;b) bán kính R = a2+b2−c.
- NếuP≤0thì (1) khơng phải phương trình đường trịn • Cách 2.Đưa phương trình dạng:(x−a)2+ (y−b)2=P(2)
(20)Ví dụ 1. Xét xem phương trình sau có phương trình đường trịn khơng? Hãy xác định tâm bán kính đường trịn (nếu có)
a) x2+y2+2x−4y+9=0(1) b) x2+y2−6x+4y+13=0(2) c) 2x2+2y2−6x−4y−1=0(3) d) 2x2+y2+2x−3y+9=0(4)
Lời giải.
a) Phương trình (1) có dạngx2+y2−2ax−2by+c=0vớia=−1;b=2;c=9 Ta cóa2+b2−c=1+4−9<0
Vậy phương trình (1) khơng phải phương trình đường trịn b) Ta có:a2+b2−c=9+4−13=0
Suy phương trình (2) khơng phải phương trình đường trịn c) Ta có:(3)⇔x2+y2−3x−2y−1
2 =0⇔ Å
x−3
ã2
+ (y−1)2=5 Vậy phương trình (3) phương trình đường trịn tâmI
Å 2;
ã
bán kínhR= √
10 d) Phương trình (4) khơng phải phương trình đường trịn hệ số củax2vày2khác
Ví dụ 2. Xét xem phương trình sau có phương trình đường trịn khơng? Hãy xác định tâm bán kính đường trịn (nếu có)
a) x2+y2+2x−6y−15=0(1) b) 2x2+2y2+4x+8y+14=0(2)
Lời giải.
a) Ta có:
−2a=2 −2b=−6
c=−15 ⇒
a=−1 b=3 c=−15
⇒a2+b2−c=25>0
Vậy phương trình (1) phương trình đường trịn(C)có tâmI(−1; 3)và bán kínhR=5
b) Ta có:(2)⇔x2+y2+2x+4y+7=0⇒
−2a=2 −2b=4 c=7
⇒
a=−1 b=−2 c=7
⇒a2+b2−c=−2<0
Vậy phương trình (2) khơng phương trình đường trịn
Ví dụ 3. Cho phương trình x2+y2−2mx−4(m−2)y+6−m=0(1) Tìm điều kiện củamđể(1) phương trình đường trịn
Lời giải. Phương trình (1) phương trình đường trịn a2+b2−c> 0, với a=m;b= 2(m−2);c=6−m
Haym2+4(m−2)2−6+m>0⇔5m2−15m+10>0⇔ ñ
(21)Dạng Lập phương trình đường trịn.
Phương pháp giải:
• Cách 1.
- Tìm toạ độ tâmI(a;b)của đường trịn(C) - Tìm bán kínhRcủa đường trịn(C)
- Viết phương trình của(C)theo dạng(x−a)2+ (y−b)2=R2 • Cách 2.
- Giả sử phương trình đường trịn(C)là:x2+y2−2ax−2by+c=0(hoặcx2+y2+2ax+ 2by+c=0)
- Từ điều kiện đề thiết lập hệ phương trình với ba ẩn làa,b,c - Giải hệ để tìma,b,c, từ tìm phương trình đường trịn(C)
Chú ý:
• Cho đường trịn(C)có tâmIvà bán kínhR.A∈(C)⇔IA=R • (C)tiếp xúc với đường thẳng∆tạiA⇔IA=d(I;∆) =R
• (C)tiếp xúc với hai đường thẳng∆1và∆2⇔d(I;∆1) =d(I;∆2) =R • (C)cắt đường thẳng∆3theo dây cung có độ dàia⇔(d(I;∆3))2+
a2 =R
2.
Ví dụ 4. Lập phương trình đường trịn có tâmI(3;−5)bán kínhR=2
Lời giải. Ta có phương trình đường trịn là(x−3)2+ (y+5)2=22⇔x2+y2−6x+10y+30=0
Ví dụ 5. Lập phương trình đường trịn đường kínhABvớiA(1; 6),B(−3; 2)
Lời giải. Đường trịn đường kínhABcó: • TâmI(−1; 4)là trung điểmAB • Bán kínhR= AB
2 =2 √
2 Do phương trình đường trịn là:
(x+1)2+ (y−4)2=Ä2√2ä2⇔x2+y2+2x−8y+9=0
Ví dụ 6. Viết phương trình đường trịn(C)có tâmI(−1; 2)và tiếp xúc với đường thẳng∆:x−2y+ 7=0
Lời giải. Bán kính đường trịn(C)chính khoẳng cách từItới đường thẳng∆nên R=d(I;∆) =|−1√−4−7|
1+4 = √
5 Vậy phương trình đường trịn(C)là:(x+1)2+ (y−2)2=
(22)Ví dụ 7. Viết phương trình đường trịn tâmI(−2; 1), cắt đường thẳng∆:x−2y+3=0tại hai điểm A,Bthỏa mãnAB=2
Lời giải. Gọihlà khoảng cách từIđến đường thẳng∆ Ta có: h=d(I,∆) = »|−2−2+3|
12+ (−2)2 = √1
5 GọiRlà bán kính đường trịn, từ giả thiết suy ra:
R=
h2+AB
4 =
1 5+
22 =
… Vậy phương trình đường trịn là:(x+2)2+ (y−1)2=
5
Ví dụ 8. Lập phương trình đường trịn qua ba điểm:M(−2; 4),N(5; 5),P(6;−2)
Lời giải.
• Cách 1.Gọi phương trình đường trịn (C) có dạng là:x2+y2−2ax−2by+c=0 Do đường trịn qua ba điểmM,N,Pnên ta có hệ phương trình:
4+16+4a−8b+c=0 25+25−10a−10b+c=0 36+4−12a+4b+c=0
⇔
a=2 b=1 c=−20 Vậy phương trình đường trịn cần tìm là:x2+y2−4x−2y−20=0 • Cách 2.GọiI(x;y)vàRlà tâm bán kính đường trịn cần tìm Ta suy ra:
IM=IN=IP⇔ ®
IM2=IN2 IM2=IP2 nên ta có hệ
®
(x+2)2+ (y−4)2= (x−5)2+ (y−5)2 (x+2)2+ (y−4)2= (x−6)2+ (y+2)2 ⇔
® x=2 y=1 Suy raI(2; 1), bán kínhIA=5
Vậy phương trình đường trịn cần tìm(C):(x−2)2+ (y−1)2=25
Ví dụ 9. Cho hai điểmA(8; 0)vàB(0; 6)
a) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giácOAB b) Viết phương trình đường trịn nội tiếp tam giácOAB
Lời giải.
a) Ta có tam giácOABvng ởOnên tâmIcủa đường tròn ngoại tiếp tam giác trung điểm cạnh huyềnABsuy raI(4; 3)và bán kínhR=IA=p(8−4)2+ (0−3)2=5.
(23)b) Ta cóOA=8;OB=6;AB=√82+62=10 Mặt khác
2OA.OB=pr(vì diện tích tam giácABC) Suy rar= OA.OB
OA+OB+AB =2
Dễ thấy đường trịn cần tìm có tâm thuộc góc phần tư thứ tiếp xúc với hai trục tọa độ nên tâm đường trịn có tọa độ là(2; 2)
Vậy phương trình đường trịn nội tiếp tam giácOABlà(x−2)2+ (y−2)2=4
Ví dụ 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : 2x−y−5=0 hai điểm A(1; 2),B(4; 1) Viết phương trình đường trịn(C)có tâm thuộcdvà qua hai điểmA,B
Lời giải.
• Cách 1.GọiIlà tâm của(C) DoI∈dnênI(t; 2t−5) Hai điểmA,Bcùng thuộc(C)nên
IA=IB⇔(1−t)2+ (7−2t)2= (4−t)2+ (6−2t)2 ⇔t=1
Suy raI(1;−3)và bán kínhR=IA=5 Vậy phương trình đường trịn cần tìm là:
(C):(x−1)2+ (y+3)2=25
A
B M
d I
• Cách 2.Gọi M Å
5 2;
3
ã
là trung điểmAB Đường trung trực đoạn ABđi qua M nhận −AB→= (3;−1)làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình∆: 3x−y−6=0
Tọa độ tâmI của(C)là nghiệm hệ ®
2x−y−5=0
3x−y−6=0⇒I(1;−3) Bán kính đường trịn bằngR=IA=5
Vậy phương trình đường trịn cần tìm(C):(x−1)2+ (y+3)2=25
Ví dụ 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai đường thẳngd1:x+3y+8=0,d2: 3x−4y+ 10=0và điểm A(−2; 1) Viết phương trình đường trịn(C)có tâm thuộcd1, qua điểmAvà tiếp xúc vớid2
Lời giải.
GọiI tâm của(C) DoI∈d1nênI(−3t−8;t) Theo giả thiết tốn, ta có
d(I,d2) =IA⇔ |3(−3t√−8)−4t+10| 32+42 =
»
(−3t−8+2)2+ (t−1)2 ⇔t=−3
Suy raI(1;−3)và bán kínhR=IA=5 Vậy phương trình đường trịn cần tìm
(C):(x−1)2+ (y+3)2=25
A
B d1
I
d2
(24)(25)Vì đường trịn cần tìm có tâmK nằm đường thẳng d nên gọiK(6a+10;a) Mặt khác đường tròn tiếp xúc với d1,d2 nên khoảng cách từ tâm K đến hai đường thẳng bán kínhRsuy
|3(6a+10) +4a+5|
5 =
|4(6a+10)−3a−5|
⇔ |22a+35|=|21a+35| ⇔
a=0 a= −70
43
K d d1
d2
• Vớia=0thìK(10; 0)vàR=7suy ra(C):(x−10)2+y2=49 • Vớia= −70
43 thìK Å 10 43; −70 43 ã
vàR=
43 suy ra(C): Å
x−10 43
ã2 +
Å y+70
43 ã2 = Å 43 ã2
Vậy có hai đường trịn thỏa mãn có phương trình (C):(x−10)2+y2=49và(C):
Å x−10
43 ã2
+ Å
y+70 43 ã2 = Å 7 43 ã2
Ví dụ 13. Viết phương trình đường trịn tâmIthuộc đường thẳngd1:x−y+1=0, bán kínhR=2 cắt đường thẳngd2: 3x−4y=0tại hai điểmA,Bthỏa mãnAB=2√3
Lời giải. TâmIthuộc đường thẳngd1nên suy raI(a;a+1)
d(I,d2) =
R2−AB
4 = …
4−12 =1 Do
|3a−4(a+1)| »
32+ (−4)2
=1⇔ |−a−4|=5⇔ đ
a=1 a=−9
• Vớia=1ta cóI(1; 2), phương trình đường trịn là:(x−1)2+ (y−2)2=4 • Vớia=−9ta cóI(−9;−8), phương trình đường trịn là:(x+9)2+ (y+8)2=4
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, lập phương trình đường trịn qua ba điểmA(−1; 3),B(1; 4), C(3; 2)
Lời giải. Gọi phương trình đường tròn làx2+y2−2ax−2by+c=0 Do đường tròn quaA(−1; 3),B(1; 4),C(3; 2) nên ta có
(−1)2+32−2(−1)a−2.3.b+c=0 12+42−2.1.a−2.4.b+c=0 32+22−2.3.a−2.2.b+c=0
⇔
2a−6b+c=−10 −2a−8b+c=−17 −6a−4b+c=−13
⇔
a=5 b=11
6 c=−2
3
Phương trình đường trịn làx2+y2−5 3x−
11 y−
(26)Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳngd : 2x−y−4=0 Viết phương trình đường trịn(C)tiếp xúc với trục tọa độ có tâm đường thẳngd
Lời giải. GọiI(m; 2m−4)∈d tâm đường tròn(C) Theo giả thiết tốn, ta có
d(I,Ox) =d(I,Oy)⇔ |2m−4|=|m| ⇔
m=4 m=
• Vớim=
3, suy raI Å
4 3;−
4
ã
Bán kính đường trịnR=d(I,Oy) =|m|= Vậy phương trình đường tròn(C):
Å x−4
3 ã2
+ Å
y+4
ã2 = 16
9
• Vớim=4, suy raI(4; 4) Bán kính đường trịnR=d(I,Oy) =|m|=4 Vậy phương trình đường trịn(C):(x−4)2+ (y+4)2=16
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai điểmA(−1; 1),B(3; 3)và đường thẳngd: 3x−4y+8= Viết phương trình đường tròn(C)đi qua hai điểmA,Bvà tiếp xúc vớid
Lời giải.
Đường trung trực ∆đi qua M(1; 2)là trung điểm AB nhận −AB→= (4; 2) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình∆: 2x+y−4=0
Do (C) qua hai điểm A,B nên tâm I (C) thuộc trung trực ∆ nên I(t; 4−2t)
Theo giả thiết tốn, ta có
IA=d(I,d)⇔ »
(−1−t)2+ (2t−3)2= |3t−4√(4−2t) +8| 9+16
⇔5p5t2−10t+10=|11t−8| ⇔2t2−37t+93=0 ⇔
t=3 t= 31
2
A
B I
d
• Vớit=3, suy raI(3;−2) Bán kínhR=IA=5 Khi phương trình đường trịn cần tìm (C):(x−3)2+ (y+2)2=25
• Vớit= 31
2 , suy raI Å
31 ;−27
ã
Bán kínhR=IA= 65
2 Khi phương trình đường trịn cần tìm (C):
Å x−31
2 ã2
+ (y+27)2= 4225
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai đường thẳng d:x+2y−3=0và ∆:x+3y−5=0 Viết phương trình đường trịn(C)có bán kính
√ 10
5 , có tâm thuộcdvà tiếp xúc với∆
Lời giải. GọiI(−2t+3;t)∈dlà tâm của(C) Theo giả thiết tốn, ta có d(I,∆) =R⇔|a√−2|
10 = 2√10
5 ⇔ ñ
a=6 a=−2
(27)• Vớia=−2, suy raI(7;−2) Phương trình đường trịn(C):(x−7)2+ (y+2)2=8
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳngd1: √
3x+y=0 d2: √
3x−y=0 Gọi(C) đường tròn tiếp xúc vớid1tạiA, cắtd2tại hai điểmB,Csao cho tam giácABCvuông tạiB Viết phương trình của(C), biết tam giácABCcó diện tích
√
2 điểmAcó hồnh độ dương
Lời giải.
Vì A ∈ d1 ⇒ A Ä
a;−√3aä,a > 0;B,C ∈ d2 ⇒ BÄb;√3bä,CÄc;√3cä
Suy ra−AB→Äb−a;√3(a+b)ä,−AC→Äc−a;√3(c+a)ä
Tam giácABCvng tạiBdo đóAClà đường kính đường trịn(C)
Do
AC⊥d1⇒ −→
AC.−→u1 =0
⇒ −1.(c−a) +√3.√3(a+c) =0 ⇒2a+c=0(1)
AB⊥d2⇒ −→
AB.−→u2=0
⇒1.(b−a) +3(a+b) =0 ⇒2b+a=0(2)
I A
B C
d1
d2
Mặt khácSABC=
2d(A;d2).BC⇒ √ 3a »
(c−b)2+3(c−b)2= √
3
2 ⇔2a|c−b|=1(3) Từ (1), (2) suy ra2(c−b) =−3athế vào (3) ta đượca|−3a|=1⇔a=
√ 3 Do đób=−
√
6 ,c=− 2√3
3 ⇒A Ç√
3 ;−1
å ,C Ç −2 √ 3 ;−2
å Suy ra(C)nhậnI
Ç −
√ ;−
3
å
là trung điểm củaAClàm tâm bán kính làR= AC =1 Vậy phương trình đường trịn cần tìm là(C):
Ç x+ √ å2 + Å x+3
2 ã2
=1
Bài 6. Cho ba đường thẳngd1:x−y+1=0,d2: 3x−4y=0,d3: 4x−3y−3=0 Viết phương trình đường trịn tâmI thuộc đường thẳng d1, cắt đường thẳng d2tại hai điểm A,Bvà cắt đường thẳngd3 hai điểm C,Dsao choAB=CD=2√3
Lời giải. TâmIthuộc đường thẳngd1nên suy raI(a;a+1)
d(I,d2) =
R2−AB
4 =
p
R2−3
d(I,d3) =
R2−AB
4 =
p
R2−3
Suy
d(I,d2) =d(I,d3)⇒ |−a−4| =
|a−6|
(28)Dạng Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn điểm
Viết phương trình tiếp tuyến(∆)của đường trịn(C)tâmI(a,b), điểmM(x0,y0)∈(C) Ta có−IM→= (x0−a;y0−b)là véc-tơ pháp tuyến của∆
Do đó∆có phương trình là(x0−a)(x−x0) + (y0−b)(y−y0) =0
I
M
∆
Ví dụ 14. Viết phương trình tiếp tuyến đường tròn (C) : (x−2)2+ (y+3)2 = điểm M(3;−1)
Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(2;−3)
Phương trình tiếp tuyến của(C)tại điểmM(3;−1)là:
(3−2)(x−3) + (−1+3)(y+1) =0 ⇔x+2y−1=0
Vậy phương trình tiếp tuyến của(C)tại điểmM(3;−1)làx+2y−1=0
Ví dụ 15. Cho đường trịn(Cm):x2+y2+2(m−1)x−2my−4=0 Biết khimthay đổi, đường trịn(Cm) ln qua điểmI cố định có hồnh độ dương Tìm giá trị củamsao cho tiếp tuyến đường tròn(Cm)tạiIsong song với(d):x−2y−1=0
Lời giải. Giả sử đường trịn(Cm)ln qua điểmI(x0;y0)cố định khimthay đổi Khi ta có
x20+y20+2(m−1)x0−2my0−4=0với mọim ⇔m(2x0−2y0) +x20+y20−2x0−4=0với mọim ⇔
®
x0=y0
x20+y20−2x0−4=0 ⇔
®
x0=y0
2x20−2x0−4=0 ⇔
ï
x0=y0=−1 x0=y0=2
Vậy ta có điểmI(2; 2)
Đường trịn(Cm)có tâmJ(1−m;m) Véc-tơ pháp tuyến tiếp tuyến của(Cm)tạiI − →
IJ = (−m−1;m− 2)
Để tiếp tuyến tạiIsong song với(d):x−2y−1=0thì tồn tạiksao cho: −
→
IJ =k(1;−2)⇔ ®
−m−1=k
m−2=−2k ⇔ ®
(29)Vậym=−4thỏa mãn yêu cầu đề
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 7. Viết phương trình tiếp tuyển đường tròn(C):(x+2)2+ (y−3)2=5tại điểmM(−1; 1)
Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(−2; 3)
Phương trình tiếp tuyến đường trịn(C)tại điểmM(−1; 1)là1(x+1)−2(y−1) =0hayx−2y+3=0
Bài 8. Viết phương trình tiếp tuyến đường tròn(C):x2+y2−2x=0tại điểmM(1; 1)
Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(1; 0)
Phương trình tiếp tuyến của(C)tại điểmM(1; 1)lày=1
Bài 9. Cho đường tròn(C):x2+y2−2x−4y+1=0và đường thẳng(∆):y−x+1=0 GọiM,N giao điểm của(C)và(∆) Tìm tọa độ giao điểm tiếp tuyến đường tròn(C)kẻ tạiM,N
Lời giải. Tọa độM,N giao điểm hệ phương trình sau ®
y−x+1=0
x2+y2−2x−4y+1=0 ⇔ ®
y=x−1
2y2−4y=0 ⇔ ï
x=1;y=0 x=3;y=2
Không tổng qt, ta giả sửM(1; 0)vàN(3; 2) Đường trịn(C)có tâmI(1; 2) Phương trình tiếp tuyến của(C)tạiMlày=0
Phương trình tiếp tuyến của(C)tạiNlàx=3
Tọa độ giao điểm hai tiếp tuyến nghiệm hệ phương trình ®
y=0 x=3 Vậy tọa độ giao điểm hai tiếp tuyến làA(3; 0)
Bài 10. Cho hai đường tròn(C1):x2+y2+2x−2y−3=0và(C2):x2+y2−4x−14y+33=0 a) Chứng minh rằng(C1)và(C2)tiếp xúc với
b) Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường trịn tiếp điểm
Lời giải.
a) Đường trịn(C1)có tâmI(−1; 1)và bán kínhR1= √
5 Đường trịn(C2)có tâmJ(2; 7)và bán kínhR2=2
√ Ta cóIJ=p(2+1)2+ (7−1)2=3√5=R
1+R2 Do đó(C1)tiếp xúc ngồi với(C2) b) GọiMlà tiếp điểm của(C1)và(C2)
Khi ta có−→IJ =3−IM→⇒−OM−→=
−→ OJ+2
3 −→ OI Suy raM(0; 3)⇒−IM→= (1; 2)
Phương trình tiếp tuyến chung hai đường trịn tạiMlàx+2(y−3) =0hayx+2y−6=0
Bài 11. Cho đường tròn(Cm):x2+y2−(m−2)x+2my−1=0
a) Chứng minh khimthay đổi, đường trịn(Cm)ln qua điểm cố định
b) GọiI điểm cố định câu choIcó hồnh độ âm Tìmmsao cho tiếp tuyến đường tròn (Cm)tạiIsong song với đường thẳng(d):x+2y=0
Lời giải.
(30)Điều tương đương với
(2y0−x0)m+x20+y20+2x0−1=0với mọim
Do đó(x0;y0)là nghiệm hệ ®
2y−x=0
x2+y2+2x−1=0 ⇔ ®
x=2y
5y2+4y−1=0
Giải hệ ta hai nghiệm(−2;−1)và Å2
5;
ã Vậy(Cm)luôn hai điểm cố định là(−2;−1)và
Å 5;
1
ã
khimthay đổi
b) VìxI <0nênI(−2;−1) Đường trịn(Cm)có tâmJ
Åm−2 ;−m
ã Véc-tơ pháp tuyến tiếp tuyến tạiI là−→IJ =
Åm +2
2 ;−m+1 ã
Để tiếp tuyến tạiI song song với(d):x+2y=0thì−→IJ phương với−→n = (1; 2), điều tương đương với
m+2 =
−m+1
2 ⇔m+2=−m+1⇔m=−
Dạng Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn điểm
Cho đường trịn(C)có tâmI(a,b)và bán kínhR Viết phương trình tiếp tuyến của(C)đi qua điểm M(x0,y0)
a) NếuIM<Rthì khơng có tiếp tuyến quaM b) NếuIM=Rthì ta giải theo dạng
c) NếuIM>Rthì ta thực theo bước bên
• Gọi phương trình tiếp tuyến (∆) (C) quaM có dạng m(x−x0) +n(y−y0) =0, đóm2+n26=0
• Sử dụng điều kiện tiếp xúc tiếp tuyến với đường trịn ta cód(I,∆) =R Giải phương trình ta tìm quan hệ giữaa,b
Ví dụ 16. Viết phương trình tiếp tuyến (∆) đường tròn (C):(x−1)2+ (y−2)2 =8 biết tiếp tuyến qua điểmM(3;−2)
Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(1; 2)và bán kínhR=√8 Ta cóIM=p(3−1)2+ (−2−2)2=2√5.
Gọi phương trình tiếp tuyến(∆)của(C)và quaM(3;−2)làa(x−3) +b(y+2) =0(a2+b26=0) Ta cód(I,∆) = |a(1−√3) +b(2+2)|
a2+b2 = √
8⇔| −√2a+4b| a2+b2 =
(31)Phương trình tương đương với
| −2a+4b|=p8a2+8b2 ⇔(2a−4b)2=8a2+8b2 ⇔8b2−16ab−4a2=0 ⇔2b2−4ab−a2=0
⇔
b= 2+ √
6 a b= 2−
√ a
• Nếub=2+ √
6
2 athì ta chọna=2⇒b=2+ √
6 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)là:
2(x−3) + (2+√6)(y+2) =0hay2x+ (2+√6)y+2√6−2=0
• Nếub=2− √
6
2 athì ta chọna=2⇒b=2− √
6 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)là:
2(x−3) + (2−√6)(y+2) =0hay2x+ (2−√6)y−2√6−2=0
Ví dụ 17. Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn(C1):x2+y2−2x+2y+1=0và (C2):x2+y2+4x−2y+1=0sao cho(C1)và (C2)nằm nửa mặt phẳng bờ tiếp tuyến (tiếp tuyến gọi tiếp tuyến chung ngoài)
Lời giải. Đường trịn (C1)có tâm I(1;−1) bán kínhR1=1 Đường trịn (C2)có tâmJ(−2; 1)và bán kínhR2=2
I J
C D
S
GọiSlà giao điểm tiếp tuyến vàIJ GọiC,Dlần lượt tiếp điểm tiếp tuyến với đường tròn (C1)và(C2)
Theo định lý Thales ta có SI SJ =
CI DJ =
1
Vì ta có−→SJ=2−→SI Do đó−OS→=−2OI−→−−OJ→⇒S(4;−3)
(32)a2+b2>0 Ta có
d(I,∆) =√|2b−3a|
a2+b2 =1⇒ |2b−3a|=
p
a2+b2 ⇒8a2−12ab+3b2=0
⇒
a= 3+ √
3 b a= 3−
√ b Nếua=3+
√
4 bthì ta chọnb=4⇒a=3+ √
3 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)là (3+√3)x+4y−4√3=0
Nếua=3− √
3
4 bthì ta chọnb=4⇒a=3− √
3 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)là (3−√3)x+4y+4
√ 3=0
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 12. Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn (C):(x−3)2+y2 =9 biết tiếp tuyến qua điểm M(3; 5)
Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(3; 0)và bán kínhR=3 Ta cóIM=√02+52=5>R=3.
Gọi tiếp tuyến(∆)của đường tròn(C)và quaMlàa(x−3) +b(y−5) =0vớia2+b2>0 Ta có
d(I,∆) =R⇒√| −5b| a2+b2 =3 ⇒ |5b|=3pa2+b2 ⇒b=±3
4a Nếub=−3
4athì ta chọna=4,b=−3 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)là4x−3y+3=0 Nếub=3
4athì ta chọna=4,b=3 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)là4x+3y−27=0
Bài 13. Viết phương trình tiếp tuyến đường tròn (C):x2+y2+2x−4y+3=0biết tiếp tuyến qua điểmM(−2; 5)
Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(−1; 2)và bán kínhR=√2
Gọi phương trình tiếp tuyến(∆)đi qua điểmM(−2; 5)làa(x+2) +b(y−5) =0vớia2+b2>0 Khi ta có
d(I,∆) = √|a−3b| a2+b2 =
√
2⇔ |a−3b|=p2a2+2b2 ⇔a2−6ab+9b2=2a2+2b2 ⇔a2+6ab−7b2=0
⇔ ï
a=b a=−7b
Nếua=bthì ta chọna=b=1 Khi phương trình tiếp tuyến∆làx+y−3=0
(33)Bài 14. Cho đường tròn(C):x2+y2+2x−2y−2=0 Qua điểmA(1; 2)kẻ hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) Gọi tiếp điểm hai tiếp tuyến làM,N TínhMN
Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(−1; 1)và bán kínhR=2
Gọi tiếp tuyến(∆)đi quaA(1,2)của đường trịn(C)làa(x−1) +b(y−2) =0vớia2+b2>0 Ta có
d(I,∆) =| −√2a−b|
a2+b2 =2⇒4a
2+4ab+b2=4a2+4b2
⇒ ï
b=0 4a=3b
• Nếub=0thì ta chọna=1 Khi phương trình(∆1)làx=1 Tiếp điểm của(∆1)và(C)là nghiệm hệ phương trình
® x=1
x2+y2+2x−2y−2=0 ⇔x=1,y=1
• Nếu4a=3bthì ta chọna=3,b=4 Khi phương trình của(∆2)là3x+4y−11=0 Tiếp điểm của(∆2)và(C)là nghiệm hệ phương trình
®
3x+4y−11=0
x2+y2+2x−2y−2=0 ⇔
x= 11−4y 25y2
9 − 130y
9 + 169
9 =0 ⇔
x= y= 13
5
VậyMN=
Å 1−1
5 ã2
+ Å
1−13
ã2 = √4
5
Bài 15. Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn (C1):x2+y2−2x+2y+1=0 (C2):x2+y2+4x−2y+1=0
Lời giải. Đường tròn (C1)có tâm I(1;−1) bán kínhR1=1 Đường trịn (C2)có tâmJ(−2; 1)và bán kínhR2=2
I J
D
C S
GọiSlà giao điểm tiếp tuyến vàIJ.C,Dlần lượt tiếp điểm tiếp tuyến với đường tròn(C1) và(C2)
Theo định lý Thales ta có SI SJ =
CI DJ =
1
Vì ta có−→SJ=−2−→SI Do đóOS−→=−2OI−→+−OJ→⇒S Å
0;−1
ã
Gọi phương trình tiếp tuyến(∆)tiếp xúc với(C1),(C2)và quaSlàax+b Å
y+1
ã
(34)0 Ta có
d(I,∆) = |a− 3b| √
a2+b2 =1⇔ |2b−3a|=
p
9a2+9b2 ⇔5b2+12ab=0
⇔ ï
b=0 5b=−12a
• Nếub=0thì ta chọna=1 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)làx=0
• Nếu5b=−12athì ta chọnb=−12;a=5 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)là 5x−12
Å y+1
3 ã
=0⇔5x−12y−4=0
Bài 16. Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường trịn (C1):x2+y2+6x−7=0và (C2):(x− 2)2+y2=4
Lời giải. Đường trịn(C1)có tâmI(−3; 0)và bán kínhR1=4 Đường trịn(C2)có tâmJ(2; 0)và bán kính R2=2
Ta cóIJ=5<R1+R2nên hai đường trịn cắt Do chúng có hai tiếp tuyến chung ngồi
I J S
C
D
GọiSlà giao điểm tiếp tuyến vàIJ.C,Dlần lượt tiếp điểm tiếp tuyến với đường tròn(C1) và(C2)
Theo định lý Thales ta có SI SJ =
CI DJ =2
Vì ta có→−SI =2−→SI Do đóOS−→=−−→2OJ−−OI→⇒S(7; 0)
Gọi phương trình tiếp tuyến(∆)tiếp xúc với(C1),(C2)và quaSlàa(x−7) +by=0trong đóa2+b2>0 Ta có
d(I,∆) = √| −10a|
a2+b2 =4⇔100a
2=16a2+16b2 ⇔84a2=16b2
⇔b=± √
(35)• Nếub= √
21
2 athì ta chọna=2;b= √
21 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)là2x+√21y−14=0 • Nếub=−
√ 21
2 athì ta chọna=2;b=− √
21 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)là2x−√21y−14=
Dạng Viết phương trình tiếp tuyến đường tròn thỏa mãn điều kiện cho trước
Cho đường trịn(C)có tâmI(a,b)và bán kínhR Viết phương trình tiếp tuyến(∆)của(C)có phương xác định trước
• Viết dạng phương trình tổng quát của∆
• Sử dụng điều kiện cho trước vàd(I,∆) =Rđể tìm phương trình tổng qt của∆
Ví dụ 18. Tìm điều kiện tham sốađể đường thẳng(∆):x+ (a−1)y−a=0tiếp xúc với đường trịn(C):x2+y2−2x+4y+2=0
Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(1;−2)và bán kínhR=√12+22−2=√3. Để đường thẳng(∆)là tiếp tuyến đường trịn(C)thì
d(I,∆) =R⇔ |1p−2(a−1)−a| 1+ (a−1)2 =
√ ⇔ √|3−3a|
a2−2a+2 = √
3 ⇔ |3−3a|=p3a2−6a+6 ⇔(3−3a)2=3a2−6a+6 ⇔2a2−4a+1=0
⇔
a=1+√1 a=1−√1
2 Vậya=1+√1
2 hoặca=1− √
2 thỏa mãn đề
Ví dụ 19. Viết phương trình tiếp tuyến(∆)của đường trịn(C):x2+y2−2x+4y+4=0biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳngx+2y+5=0
Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(1;−2)và bán kínhR=1
Vì∆vng góc với đường thẳngx+2y+5=0nên phương trình∆có dạng2x−y+m=0 Vì∆là tiếp tuyến của(C)nên ta có
d(I,∆) =R⇔|2√+2+m| 12+22 =1 ⇔ |4+m|=√5 ⇔
ñ
m=√5−4 m=−√5−4
Nếum=√5−4thì phương trình của∆là2x−y+ √
5−4=0 Nếum=√5−4thì phương trình của∆là2x−y−
√
(36)Ví dụ 20. Viết phương trình tiếp tuyến(∆)của đường trịn(C):x2+y2−2x−4y+4=0biết tiếp tuyến hợp với đường thẳng(d):x+y−5=0một góc45◦
Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(1; 2)và bán kínhR=√12+22−4=1. Gọi véc-tơ pháp tuyến của∆là−→n1= (a;b)trong đóa2+b26=0
Véc-tơ pháp tuyến củadlà−→n2 = (1; 1) Vì(∆)tạo vớid góc60◦nên ta có
|cos(−→n1,−→n2)|=cos 45◦⇔√ |a+b| a2+b2√2 =
√ 2 ⇔ |a+b|=pa2+b2 ⇔(a+b)2=a2+b2 ⇔ab=0
⇔ ñ
a=0 b=0
• Vớia=0, phương trình∆có dạngy+m=0 Cód(I,∆) =R⇔|2+m|
1 =1⇔ đ
m=−1 m=−3
Khi phương trình tiếp tuyến∆lày−1=0hoặcy−3=0 • Vớib=0, phương trình∆có dạngx+m=0
Cód(I,∆) =R⇔|1+m|
1 =1⇔ đ
m=0 m=−2
Khi phương trình tiếp tuyến∆làx=0hoặcx−2=0
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm∆lày−1=0hoặcy−3=0hoặcx=0hoặcx−2=0
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 17. Tìm giá trị tham sốmsao cho đường thẳng(∆):(m−1)y+mx−2=0là tiếp tuyến đường trịn(C):x2+y2−6x+5=0
Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(3; 0)và bán kínhR=2 Để(∆)là tiếp tuyến đường trịn(C)thì ta phải có
d(I,∆) = p |3m−2|
(m−1)2+m2 =2⇔4(2m 2−
2m+1) =9m2−12m+4⇔m2−4m=0⇔ ñ
m=0 m=4
Bài 18. Cho đường trịn(C):x2+y2−4x−6y−12=0và đường thẳngd : 3x+4y−6=0 Viết phương trình tiếp tuyến của(C)thỏa mãn:
a) Song song với đường thẳngd b) Vng góc với đường thẳngd
Lời giải. (C)có tâmI(2; 3), bán kínhR=5
a) Phương trình đường thẳng∆1song song vớid có dạng:3x+4y+c1=0 ∆1tiếp xúc với(C)nênd(I,∆1) =R
Hay |3.2√+4.3+c1|
32+42 =5⇔ |c1+18|=25⇔ ñ
c1+18=25 c1+18=−25 ⇔
ñ c1=7 c1=−43
(37)b) Phương trình đường thẳng∆2song song vớid có dạng:4x−3y+c2=0 ∆2tiếp xúc với(C)nênd(I,∆2) =R
Hay |4p.2−3.3+c2|
42+ (−3)2 =5⇔ |c2−1|=25⇔ ñ
c2−1=25 c2−1=−25 ⇔
ñ
c2=26 c2=−24
Vậy phương trình tiếp tuyến của(C)vng góc vớid là4x−3y+26=0hoặc4x−3y−24=0
Bài 19. Cho đường trịn(C):(x−1)2+y2=9 Viết phương trình tiếp tuyến đường tròn(C)biết tiếp tuyến song song với đường thẳngy=2x−1
Lời giải. Gọi phương trình tiếp tuyến(∆)song song vớiy=2x−1lày−2x+n=0 Đường trịn(C)có tâmI(1; 0)và bán kínhR=3
Ta có
d(I,∆) = |n√−2|
5 =3⇔ đ
n=2−3√5 n=2+3√5
Phương trình tiếp tuyến(∆)lày−2x+2−3√5=0hoặcy−2x+2+3√5=0
Bài 20. Cho đường trịn (C):x2+y2=25 Viết phương trình tiếp tuyến(∆)của đường tròn (C)biết tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tam giác vng có cạnh góc vng nửa cạnh huyền cạnh góc vng nằm trênOxlớn cạnh góc vng nằm trên(Oy)
Lời giải. Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ tam giác vuông có cạnh góc vng nửa cạnh huyền cạnh góc vng nằm trênOxlớn cạnh góc vng nằm trên(Oy)nên ta suy tiếp tuyến tạo với trục Oxgóc30◦
Đường trịn(C)có tâmO(0; 0)và bán kínhR=5
Gọi véc-tơ pháp tuyến của(∆)là−→n = (a,b)vớia2+b2>0 Ta cócos(∆,Ox) = √ |a|
a2+b2 =cos 30 ◦=
√ ⇒a
2=3b2⇒a=±√3b.
• Nếua=√3bthì ta chọna=√3;b=1 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)có dạng√3x+y+m=0 Ta có
d(O;∆) =√|m|
3+1 =5⇔ ï
m=10 m=−10
Vậy phương trình tiếp tuyến(∆)trong trường hợp là√3x+y−10=0hoặc√3x+y+10=0 • Nếua=−√3bthì ta chọna=−√3;b=1 Khi phương trình tiếp tuyến(∆)có dạng−√3x+y+
m=0 Ta có
d(O;∆) =√|m|
3+1 =5⇔ ï
m=10 m=−10
Vậy phương trình tiếp tuyến(∆)trong trường hợp là−√3x+y−10=0hoặc−√3x+y+10=0
Bài 21. Cho đường trịn (C):x2+y2−2x−4y=0 Viết phương trình tiếp tuyến đường trịn cho tiếp tuyến cắt trục tọa độ tạo thành tam giác cân
Lời giải. Phương trình đường trịn(C)có tâmI(1; 2)và bán kínhR=√5
Để tiếp tuyến với trục tọa độ tạo thành tam giác cần tiếp tuyến phải có hệ số góc là1hoặc−1 a) Nếu tiếp tuyến có hệ số góc bằng−1thì ta giả sử phương trình tiếp tuyến(∆)làx+y+m=0
Ta có
d(I,∆) =|m√+3| =
√ 5⇔
ñ
m=−3−√10 m=−3+√10
(38)b) Nếu tiếp tuyến có hệ số góc bằng1thì ta giả sử phương trình tiếp tuyến(∆)làx−y+m=0 Ta có
d(I,∆) =|m√−1| =
√ 5⇔
đ
m=1−√10 m=1+√10
Do phương trình tiếp tuyến làx−y+1−√10=0hoặcx−y+1+√10=0
Bài 22. Cho đường trịn(C1):x2+y2−6x−8y−11=0và đường trịn(C2):x2+y2−2x−6y−6=0 Viết phương trình tiếp tuyến chung của(C1)và(C2)
Lời giải.
(C1)có tâmI1(3; 4), bán kínhR1=6 (C2)có tâmI2(1; 3), bán kínhR2=4 Có2=|R1−R2|<I1I2=
p
(1−3)2+ (3−4)2=√5<R
1+R2=10 Do đó(C1)và(C2)cắt có tiếp tuyến chung
Phương trình tiếp tuyến chung∆có dạngax+by+c=0, (a2+b26=0) (∗) ∆tiếp xúc với(C1)và(C2)khi
®
d(I1,∆) =R1 d(I2,∆) =R2
Hay
|3a+4b+c| √
a2+b2 =6 (1) |a+3b+c|
√
a2+b2 =4 (2) ⇔2|3a+4b+c|=3|a+3b+c| ⇔2(3a+4b+c) =±3(a+3b+c) ⇔
c=3a−b c=−9a+17b
5
+ Thếc=3a−bvào(2)ta được|4a+2b|=4√a2+b2 ⇔4a2+4ab+b2=4(a2+b2)
⇔b(3b−4a) =0⇔
b=0 b=
3a
Vớib=0thìc=3a,(∗)trở thànhax+3a=0hayx+3=0 Vớib=4
3athìc=
3a,(∗)trở thànhax+ 3ay+
5
3a=0hay3x+4y+5=0 + Thếc=−9a+17b
5 vào(2)ta được| −4a−2b|=20 √
a2+b2 ⇔4a2+4ab+b2=100(a2+b2)
⇔96a2−4ab+99b2=0 (vơ nghiệm)
Vậy(C1)và(C2)có tiếp tuyến chung làx+3=0và3x+4y+5=0
Bài 23. Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn (C1):x2+y2+2x−2y−3=0 (C2): x2+y2−4x−14y+48=0sao cho đường tròn nằm nửa mặt phẳng bờ tiếp tuyến chung
Lời giải. Đường trịn(C1)có tâmI1(−1; 1)và bán kínhR1= √
5 Đường trịn(C2)có tâmI2(2; 7)và bán kínhR2=
√
Do tiếp tuyến chung cần tìm hai đường trịn song song với đường thẳngI1I2 Ta có−→I1I2= (3; 6) Suy véc-tơ pháp tuyến củaI1I2là−→n = (2;−1)
Do phương trình tiếp tuyến chung cần tìm(∆)của(C1);(C2)có dạng2x−y+m=0 Ta có
d(I1;∆) =
| −3+m| √
5 = √
5⇔ |m−3|=5 ⇔
ï
(39)Vì phương trình tiếp tuyến chung cần tìm của(C1)và(C2)là2x−y−2=0hoặc2x−y+8=0
BÀI TẬP TỔNG HỢP
Bài 24. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho đường trịn(C):x2+y2−4x=0 Tìm điểm đường thẳngx=4mà từ điểm kẻ đến(C)hai tiếp tuyến hợp với góc30◦
Lời giải.
Gọi điểmM(4;b)thuộc đường thẳngx=4,(b∈R) (C):(x−2)2+y2=4,(C)có tâmI(2; 0), bán kínhR=2. Vì đường thẳngx=4 tiếp tuyến đường tròn (C),nên yêu cầu tốn tìm điểm đường thẳng x=4 cho kẻ qua điểm tiếp
tuyến đến(C)có hệ số góc làk=±tan 60◦=±√3 O M
• k=√3:d đường thẳng quaMcó hệ số góck=√3có phương trình: y=√3(x−4) +b⇔√3x−y−4√3+b=0
dtiếp xúc với(C)⇔d(I,d) =R⇔ |b−2√3|=4⇔ đ
b=4+2√3 b=−4+2√3
• k=−√3:d0là đường thẳng quaM có hệ số góck=−√3có phương trình: y=−√3(x−4) +b⇔√3x+y−4√3−b=0
dtiếp xúc với(C)⇔d(I,d) =R⇔ | −b−2√3|=4⇔ ñ
b=−4−2√3 b=4−2√3
Vậy có4điểm thỏa mãn:(4; 4+2√3),(4;−4+2√3),(4; 4−2√3),(4;−4−2√3)
Bài 25. Cho đường trịn (C):x2+y2=R2 điểmM(x0;y0)nằm ngồi(C) TừM kẻ hai tiếp tuyếnMT1 vàMT2tới(C)(T1,T2là tiếp điểm)
a) Viết phương trình đường thẳngT1T2
(40)x y
O T1
T2
M
Lời giải.
a) Giả sửT1= (x1;y1),T2= (x2;y2)
Đường trịn(C)có tâmO(0; 0), bán kínhR
Tiếp tuyếnMT1đi qua điểmT1, có véc tơ pháp tuyếnOT−−→1= (x1;y1)có phương trình: x1x+y1y=R2
Và tiếp tuyếnMT2có phương trình:x2x+y2y=R2 Có:M∈MT1,M∈MT2⇒
®
x1x0+y1y0=R2 x2x0+y2y0=R2
Suy ra(x1;y1),(x2;y2)là nghiệm phương trìnhx0x+y0y=R2 (1) VìMnằm ngồi(C)nênx20+y20>0,do (1) phương trình đường thẳng Vậy phương trình đường thẳngT1T2là:x0x+y0y−R2=0
b) • Xét trường hợp đường thẳng cố địnhdcó phương trình dạng:x=a,(|a|>R)
Khi đó:M= (a;y0)và phương trìnhT1T2làax+yy0−R2=0 Vậy đường thẳngT1T2ln qua điểm cố định
Ç R2
a ; å
• Xét trường hợp đường thẳng cố địnhdcó phương trình dạng:y=kx+m
Dodkhơng cắt(C)nênm6=0 Ta cóM= (x0;kx0+m) Phương trình đường thẳngT1T2là:
x0x+ (kx0+m)y−R2=0hayx0(x+ky) +my−R2=0
Vậy điểm cố định mà đường thẳngT1T2luôn qua Ç
−kR2 m ;
R2 m
å
(41)Dạng Vị trí tương đối đường thẳng đường trịn
Cho đường thẳng∆:ax+by+c=0và đường trịn(C)có tâmI(x0;y0), bán kínhR Đường thẳng∆ đường trịn(C)có ba vị trí tương đối
• Đường thẳng∆và đường trịn(C)có hai điểm chung, ta nói∆và(C)cắt
∆ R
I
B H A
4! Hệ thức liên hệ bán kính khoảng
cách từ tâm đường tròn(C)đến đường thẳng
∆:
d(I,∆) =|ax√0+by0+c| a2+b2 <R
• Đường thẳng∆và đường trịn(C)có điểm chung, ta nói∆tiếp xúc với(C) Đường thẳng ∆còn gọi tiếp tuyến đường tròn(C)
∆ R
I
H
4! Hệ thức liên hệ bán kính khoảng
cách từ tâm đường tròn(C)đến đường thẳng
∆:
d(I,∆) =|ax√0+by0+c| a2+b2 =R
• Đường thẳng∆và đường trịn(C)khơng có điểm chung nào, ta nói∆và(C)khơng cắt
∆ R
I
H
4! Hệ thức liên hệ bán kính khoảng
cách từ tâm đường trịn(C)đến đường thẳng
∆:
d(I,∆) =|ax√0+by0+c| a2+b2 >R
4! Khi đường thẳng∆cho phương trình tham số
®
x=x0+at
y=y0+bt Để xét vị trí tương đường
trịn(C)ta làm hai cách:
a) Từ phương trình tham số chuyển phương trình tổng qt, xét vị trí tương đối giống trên. b) Thế phương trình tham số vào phương trình đường trịn(C)ta phương trình bậc hai
có ẩnt, kí hiệu phương trình(∗).
• Phương trình(∗)vơ nghiệm Ta nói∆và(C)khơng cắt nhau. • Phương trình(∗)có nghiệm Ta nói∆tiếp xúc với(C). • Phương trình(∗)có hai nghiệm Ta nói∆và(C)cắt nhau.
4! Khi đường thẳng∆cho phương trình tổng quát ∆:ax+by+c=0, để xét vị trí tương đối
của∆và đường trịn(C):x2+y2+2Ax+2By+C=0, người ta xét hệ phương trình: ®
ax+by+c=0
x2+y2+2Ax+2By+C=0(∗)
a) Hệ(∗)có hai nghiệm Ta nói∆và(C)cắt nhau.
b) Hệ(∗)có nghiệm Ta nói∆tiếp xúc với(C).
(42)Ví dụ 21 (Lê Quốc Hiệp). [0H3B2] Cho đường thẳng∆:x−2y+5=0và đường tròn (C):(x− 2)2+y2=4 Xét vị trí tương đối của∆và(C)
Lời giải. (C)có tâmI(2; 0)và bán kínhR=2 Ta có:d(I,∆) = |2√−2.0+5|
12+22 = 7√5
5 >2 Vậy∆và(C)khơng cắt
Ví dụ 22. Cho đường thẳng∆: ®
x=−5−2t
y=t đường trịn(C):x
2+y2−4x+2y=0 Xét vị trí tương đối của∆và(C)
Lời giải. Thế phương trình của∆vào phương trình(C)ta phương trình:
(−5−2t)2+t2−4(−5−2t) +2t=0⇔5t2+30t+45=0⇔t=−3
Vậy∆tiếp xúc với(C)
Ví dụ 23. Cho đường thẳng∆: ®
x=4t
y=2+2t đường trịn(C):(x−3)
2+ (y−1)2=10 Xét vị trí tương đối của∆và(C), tìm tọa độ giao điểm có
Lời giải. Thế phương trình của∆vào phương trình(C)ta phương trình: 20t2−20t=0⇔
đ t=0 t=1
Vậy∆cắt(C) Vớit=0⇒
® x=0
y=2 vàt =1⇒ ®
x=4 y=4
Vậy tọa độ giao điểm của∆và(C)là:A(0; 2),B(4; 4)
Ví dụ 24. Cho đường thẳng∆: 6x+8y−1=0và đường trịn(C):x2+y2−2mx+4y+m2−5=0 Tìmmđể∆cắt(C)
Lời giải. (C)có tâmI(m;−2)và bán kínhR=3 Để∆cắt(C)thìd(I,∆)<R
⇔|6m+√8.(−2)−1|
36+64 <3⇔ |6m−17|<30⇔ −30<6m−17<30⇔ − 13
6 <m< 47
6 Vậy−13
6 <m< 47
6
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 26. Cho đường thẳng∆: 4x+3y+1=0và đường trịn(C):x2+y2−6x−8y=0 Xét vị trí tương đối của∆và(C)
Lời giải. (C)có tâmI(3; 4)và bán kínhR=5 Ta có:d(I,∆) = |4.√3+3.4+1|
(43)Bài 27. Cho đường thẳng∆: ®
x=1−4t
y=2+t đường trịn(C):(x+3)
2+ (y−1)2=2 Xét vị trí tương đối của∆và(C)
Lời giải. Thế phương trình của∆vào phương trình(C)ta phương trình: (4−4t)2+ (1+t)2=2⇔17t2−30t+15=0(vơ nghiệm)
Vậy∆khơng cắt(C)
Bài 28. Cho đường thẳng∆:x−y+5=0và đường trịn(C):x2+y2+6x−2y−3=0 Tìm tọa độ giao điểm của∆và(C)
Lời giải. Tọa độ giao điểm của∆và(C)là nghiệm hệ phương trình: ®
x−y+5=0
x2+y2+6x−2y−3=0⇔ ®
x=y−5
(y−5)2+y2+6(y−5)−2y−3=0 ⇔ ®
x=y−5
2y2−6y−8=0 ⇔
®
x=y−5
y=4hoặcy=−1⇔ ®
x=−1 y=4
®
x=−6 y=−1
Vậy tọa độ giao điểm của∆và(C)là:A(−1; 4),B(−6;−1)
Bài 29. Cho đường thẳng∆:x−2y+m=0và đường trịn(C):(x−1)2+ (y−2)2=5 Tìmmđể∆khơng cắt(C)
Lời giải. (C)có tâmI(1; 2)và bán kínhR=√5 Để∆khơng cắt(C)thìd(I,∆)>R
⇔|1−√2.2+m| 1+4 >
√
5⇔ |m−3|>5⇔ ñ
m−3>5 m−3<−5⇔
ñ m>8 m<−2
Vậym<−2hoặcm>8
Bài 30. Cho đường thẳng∆đi quaA(−6; 0)và đường trịn(C):(x−3)2+ (y−2)2=25 Viết phương trình đường thẳng∆, biết∆cắt(C)tại hai điểmE,F choEF =4
√
Lời giải.
∆
5 2√5
F H
E A
I
(C)có tâmI(3; 2)và bán kínhR=5
Đường thẳng∆đi quaA(−6; 0)có phương trìnha(x+6) +by=0(a2+b2>0)
GọiH trung điểm củaEF, xét tam giácIEH vng tạiH, ta có:IH=√IE2−EH2=»52−(2√5)2= √
5 Theo đề ta có:
d(I,∆) =IH⇔ |a(3√+6) +b.2| a2+b2 =
√
5⇔ |9a+2b|=p5(a2+b2)⇔76a2+36ab−1b2=0(∗). Dob=0không nghiệm của(∗),(∗)⇔76
a
b
2
+36
a
b
−1=0⇔ a b =−
1
a b =
1 38 Chọna=1⇒b=−2hoặcb=38
Với ®
a=1
b=−2 ⇒∆:x−2y+6=0 Với
® a=1
(44)BÀI TẬP TỔNG HỢP
Bài 31. Cho điểm A(1; 2) đường tròn(C):x2+y2−2x−9=0 Viết phương trình đường thẳng ∆cắt (C)tại hai điểmMvàN cho tam giácAMNvuông cân tạiA
Lời giải.
x
y
−1
O
I A
M N
Đường trịn(C)có tâmI(1; 0)và bán kínhR=√10
Ta cóIM=INvàAM=AN⇒AI⊥MN, suy phương trình∆có dạngy=m Hồnh độM,N nghiệm phương trình:x2−2x+m2−9=0(1)
(1)có hai nghiệm phân biệtx1vàx2, khi:m2−10<0(∗) Khi ta cóM(x1;m)vàN(x2;m) AM⊥AN⇔−→AM.−→AN =0⇔(x1−1)(x2−1) + (m−2)2=0⇔x1x2−(x1+x2) +m2−4m+5=0.Áp dụng Viét đối với(1), suy ra:2m2−4m−6=0⇔m=−1hoặcm=3, thỏa mãn(∗)
Vậy phương trình∆:y=−1hoặcy=3
Bài 32. Cho đường thẳng∆1:x−y+4=0và∆2:x−4y+7=0Viết phương trình đường trịn(C)có tâm Ithuộc∆2, cắt∆1tại hai điểmE,F cho tam giácIEF vuông tạiIvàEF =3
√
Lời giải.
∆1
∆2 3√2
2
F
H
E
I
GọiI(4t−7;t)thuộc∆2
Gọi H trung điểm EF, tam giác IEF vuông cân I nên IH = 2EF =
3√2
2 IE =R= √
IE2+IH2=9 Ta có:d(I,∆1) =IH⇔
|4t−7−t+4| √
1+1 = 3√2
(45)Vớit=2⇒I(1; 2)⇒(C):(x−1)2+ (y−2)2=9
Vậy(C):(x+7)2+y2=9hoặc(C):(x−1)2+ (y−2)2=9
Dạng Vị trí tương đối hai đường trịn.
Phương pháp giải:Cho đường trịn(C)có tâmI, bán kínhRvà đường trịn(C0)có tâmI0, bán kính R0
• NếuII0>R+R0suy hai đường trịn khơng cắt ngồi • NếuII0 <|R−R0|suy hai đường trịn khơng cắt lồng vào • NếuII0 =|R−R0|suy hai đường trịn tiếp xúc với
• Nếu|R−R0|<II0<R+R0suy hai đường tròn cắt hai điểm phân biệt
Ví dụ 25. Trong mặt phẳngOxy, cho hai đường tròn(C):x2+y2−2x−6y−15=0và(C0):x2+ y2−6x−2y−3=0 Chứng minh hai đường tròn cắt hai điểm phân biệtA,B
Lời giải.
• Cách 1.(C)có tâmI(1; 3)và bán kínhR=5,(C)có tâmI0(3; 1)và bán kínhR=√13 Ta cóII0=p(3−1)2+ (1−3)2=2√2.
Ta thấy|R1−R2|<I1I2<|R1+R2|suy hai đường trịn cắt • Cách Xét hệ phương trình
®
x2+y2−2x−6y−15=0 x2+y2−6x−2y−3=0 ⇔
®
x2+y2−2x−6y−15=0 x−y−3=0
⇔ ®
(y+3)2+y2−2(y+3)−6y−15=0
x=y+3 ⇔
®
y2−y−6=0 x=y+3 ⇔
ñ
y=−2 y=3 x=y+3
Suy hai đường tròn cắt hai điểm có tọa độ làA(1;−2)vàB(6; 3)
Ví dụ 26. Cho hai đường tròn:(C):x2+y2=1và (Cm):x2+y2−2(m+1)x+4my−5=0 Xác địnhmđể(Cm)tiếp xúc với(C)
Lời giải. Dễ thấy(C)có tâmO(0; 0)và bán kínhR=1 (Cm)có tâmI(m+1;−2m)và bán kínhR0=
p
(m+1)2+4m2+5.
Ta thấyOI=p(m+1)2+4m2<R0điểmOnằm đường trịn tâmIsuy ra(C)và(C
m)chỉ tiếp xúc
Điều kiện để hai đưòng tròn tiếp xúc R0−R=OI⇔p
(m+1)2+4m2+5−1=p
(m+1)2+4m2. Giải phương trình ta đượcm=−1hoặcm=
5
Ví dụ 27. Cho đường trịn(C):x2+y2−2x+4y−4=0có tâmI đường thẳng∆: √
2x+my+ 1−√2=0
a) Tìmmđể đường thẳng∆cắt đường trịn(C)tại hai điểm phân biệtA,B b) Tìmmđể diện tích tam giácIABlà lớn
(46)a) Đường trịn (C) có tâmI(1;−2), bán kínhR=3 ∆cắt (C) hai điểm phân biệt d(I;∆)<R⇔
√
2−2m+1−√2
√
2+m2 <3.⇔5m
2+5m+17>0(đúng với mọim).
b) Ta cóSIAB=
2IA.IB.sinAIBd=
2sinAIBd≤ SuymaxSIAB=
9
2 khisinAIBd =1⇔AIBd=90 ◦.
GọiH hình chiếu củaIlên∆khi đóAIH‘=45◦⇒IH=IA.cos 45◦= √
2 Ta cód(I;∆) =IH⇔ √|1−2m|
2+m2 = √
2 ⇔m
2+8m+16=0⇔m=−4. Vậy vớim=−4thỏa mãn yêu cầu toán
Dạng Phương trình đường thẳng chứa tham số
Đối với tốn tìmm: Ta dựa vào điều kiện đưa phương trình ẩnm
Ví dụ 28. Tìmmbiết đường thẳngd:(m+1)x−my+2m−1=0đi qua điểmA(−1; 2)
Lời giải. Đường thẳngd qua điểmA(−1; 2)khi
−(m+1)−2m+2m−1=0⇔m=−2
Ví dụ 29. Tìmm biết đường thẳng d:mx−(m−2)y+3=0 song song với đường thẳng ∆: 2x+ 3y−1=0
Lời giải. Đường thẳngd song song với đường thẳng∆khi m
2 =
−m+2 6=
3
−1 ⇔m=
Ví dụ 30. Tìmmbiết đường thẳngd:x+ (2m+1)y+mvng góc với đường thẳng∆:x−y+1=0
Lời giải. Đường thẳngdcó véc-tơ pháp tuyến là−→nd= (1; 2m+1) Đường thẳng∆có véc-tơ pháp tuyến −
→n
∆= (1;−1)
Đường thẳngdvng góc với đường thẳng∆khi −
→n
d.−→n∆=0⇔1.1+ (2m+1)(−1) =0⇔m=0
Ví dụ 31. Tìmmbiết đường thẳngd: 2x−my+2=0tạo với đường thẳng∆:x+y+1=0một góc 60◦
Lời giải. Đường thẳngd và∆có véc-tơ pháp tuyến là−→nd= (2;−m)và−→n∆= (1; 1)
Theo ta có
cos 60◦= |− →n
d.−→n∆|
|−→nd|.|−→n∆| =
|2−m| √
(47)⇔2(m2+4) =4(4−4m+m2) ⇔m2−8m+4=0⇔m=4±2√3
Ví dụ 32. Tìmmđể đường thẳngdm:mx+ (m−3)y+m2−3m=0tạo với hai trục tọa độ tam giác có diện tích bằng1
Lời giải. Điều kiện để đường thẳngdmcắt hai trục tọa độ làm(m−3)6=0
Tọa độ giao điểm đường thẳngdmvớiOxvàOylần lượt làA(3−m; 0)vàB(0;−m) Ta có
SOAB=
2OA.OB=
»
(3−m)2.»(−m)2= |3m−m 2| =1
⇔ |m2−3m|=2⇔ ñ
m2−3m+2=0 m2−3m−2=0⇔
m=1 m=2 m= 3−
√ 17 m= 3+
√ 17
Ví dụ 33. Tìm điểm cố định họ đường thẳngdm:(2m−1)x−(m+1)y+3−m=0
Lời giải. GọiA(x0;y0)là điểm cố định họ đường thẳng, ta có (2m−1)x0−(m+1)y0+3−m=0,∀m∈R ⇔(2x0−y0−1)m+ (3−x0−y0) =0,∀m∈R
⇔ ®
2x0−y0=1 x0+y0=3 ⇔
x0= y0=
5
VậyA Å4
3;
ã
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 33. Cho họ đường thẳngdm:(2m−3)x+my−2=0 Tìm điều kiện tham sốmbiết đường thẳng dmđi quaA(2; 3)
Lời giải. Đường thẳngdmđi quaA(2; 3)khi
(2m−3)2+3m−2=0⇔7m−8=0⇔m=8
Bài 34. Cho họ đường thẳngdm:(2m−3)x+my−2=0 Tìm điều kiện tham sốmbiết đường thẳng dmsong song với đường thẳng∆:
®
x=1+2t
y=t ,t ∈R
Lời giải. Ta có phương trình tổng qt của∆:x−2y−1=0 Đường thẳngdmsong song với∆khi 2m−3
1 = m −2 6=
−2
(48)Bài 35. Cho họ đường thẳngdm:(2m−3)x+my−2=0 Tìm điều kiện tham sốmbiết đường thẳng dmvng góc với đường thẳng3x−4y+5=0
Lời giải. Đường thẳngdmvà∆lần lượt có véc tơ pháp tuyến là−→nd= (2m−3;m)và−→n∆= (3;−4)
Đểdm⊥∆khi khi−→nd.−→n∆=0⇔3(2m−3)−4m=0⇔m=
9
Bài 36. Tìm điểm cố định họ đường thẳngdm:(2m−3)x+my−2=0
Lời giải. Gọi điểm cố định họ đường thẳng làA(x0;y0) Khi ta có (2m−3)x0+my0−2=0,∀m ⇔(2x0+y0)m−(3x0+2) =0,∀m
⇔x0=−2 3,y0=
4 VậyA
Å −2
3;
ã
Dạng Phương trình đường tròn chứa tham số
Dựa theo điều kiện tốn, ta đưa phương trình theo tham số đó, từ giải tìm điều kiện tham số
Ví dụ 34. Cho đường trịn(Cm):x2+y2−(m+2)x−(m+4)y+m+1=0 a) Chứng minh rằng(Cm)ln đường trịn với giá trị tham sốm b) Tìmmđể đường trịn(Cm)đi qua điểmA(2;−3)
c) Tìm tập hợp tâm đường trịn(Cm)khimthay đổi
d) Chứng minh khimthay đổi, họ đường trịn(Cm)ln qua hai điểm cố định
e) Tìm điểm mặt phẳng tọa độ mà họ(Cm)không qua với giá trị tham số m
Lời giải.
a) Ta cóa2+b2−c=(m+2)
4 +
(m+4)2
4 −m−1=
2m2+8m+16
4 =
m2+ (m+4)2
4 >0,∀m∈R Điều chứng tỏ(Cm)ln phương trình đường trịn
b) Để(Cm)đi qua điểmA(2;−3)khi
22+ (−3)2−2(m+2)−(m+4)(−3) +m+1=0 ⇔2m+22=0⇔m=−11
c) Tọa độ tâm họ đường tròn(Cm)làI( m+2
2 ; m+4
2 ) Đặtx= m+2
2 ;y= m+4
2 ⇒y=x+1 Vậy quỹ tích tâmI đường thẳngy=x+1 d) Giả sửA(x0;y0)là điểm cố định họ(Cm), ta có
(49)⇔ ®
1−x0−y0=0 x20+y20−2x0−4y0+1=0
⇔
®
x0=−1 y0=2 ®
x0=1 y0=0
e) Giả sửA(x0;y0)là điểm mà họ(Cm)không qua với mọim, ta có x20+y20−(m+2)x0−(m+4)y0+m+16=0,∀m ⇔(1−x0−y0)m+ (x20+y20−2x0−4y0+1)6=0,∀m
⇔ ®
1−x0−y0=0 x20+y20−2x0−4y0+16=0
Điều tương đương với họ(Cm)khơng qua điểm nằm hình trịnx2+y2−2x−4y+1=0 trừ hai điểmA1(−1; 2)vàA2(1; 0)
Ví dụ 35. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho đường trịn(C):x2+y2−2x−2my+m2−24=0 có tâmI đường thẳng∆:mx+4y=0(ở đómlà tham số) Tìmmbiết đường thẳng∆cắt đường trịn(C)tại hai điểm phân biệtA,Bthỏa mãn diện tích tam giácIABbằng12
Lời giải.
Đường trịn (C)có tâm I(1;m), bán kínhR=5 Gọi H trung điểm dây cungAB Ta cóIH đường cao tam giácIABvà
IH=d(I,∆) = √|m+4m| m2+16 =
|5m| √
m2+16
AH=pIA2−IH2=
25− (5m)
m2+16 =
20 √
m2+16 Theo ta có
S4IAB=12⇔2S4IAH =12
⇔d(I,∆).AH=12⇔25|m|=3(m2+16)⇔
m=±3 m=±16
I A
B H
Ví dụ 36. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho họ đường thẳng phụ thuộc tham số α dα có phương trình:(x+1)cosα+ (y−1)sinα−1=0 Chứng minh họ đường thẳng cho tiếp
xúc với đường tròn cố định
Lời giải. Lấy A(−1; 1), ta có d(A;dα) = p | −1| cos2α+sin2
α
=1 Vậy họ đường thẳng tiếp xúc với đường tròn(A;R=1)cố định
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 37. Cho họ đường trịn(Cm)có phương trìnhx2+y2−4mx−2my+ 9m2
(50)a) Tìm tập hợp tâm của(Cm)khimthay đổi
b) Chứng minh rẳng(Cm)luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định c) Tìmmđể(Cm)tiếp xúc với đường thẳng∆:x+y−2
Lời giải.
a) Quỹ tích tâm đường thẳngx−2y=0
b) Họ đường trịn(Cm)có tâmI(2m;m)và bán kínhR=
|m+1|√2
Giả sử đường thẳng cố định cần tìm làd:Ax+By+C=0 Suy rad(I;d) =R,∀m Điều tương đương với
|2Am+Bm+C| √
A2+B2 =
|m+1|√2 ,∀m Giải ta
ñ
A=1,B=−1,C=1 A=1,B=−7,C=−5
c) Để đường thẳng∆tiếp xúc với(Cm)thìd(I;∆) =R⇔
|2m+m−2| √
2 =
|m+1|√2 Giải ta đượcm=
2 vàm=
Bài 38. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho đường tròn(C):x2+y2−4x+8y−5=0 Tìm điều kiện tham sốmđể đường thẳng∆:x+ (m−1)y+m=0tiếp xúc với đường trịn(C)
Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(2;−4)và bán kínhR=p22+ (−4)2−(−5) =5. Để đường thẳng∆tiếp xúc với(C)khi
d(I;∆) =R⇔ |2p−4(m−1) +m| 1+ (m−1)2 =5
⇔(6−3m)2=25(2−2m+m2)⇔8m2−7m+7=0(vô nghiệm)
Vậy đường thẳng∆không thể tiếp xúc đường tròn
Bài 39. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn(C):(x−1)2+ (y+2)2=9 đường thẳng d:x+y+m=0 Tìmmđể đường thẳngd có điểmAmà từ kẻ hai tiếp tuyếnAB, ACtới đường trịn(C)(B,Clà hai tiếp điểm) cho tam giácABCvuông
Lời giải.
d
I
C A
(51)Đường trịn(C)có tâmI(1;−2)và bán kínhR=3 Nếu tam giácABCvng góc tạiAthì tứ giác ABIClà hình vng Theo tính chất hình vng tac cóIA=IB√2 (1)
NếuAnằm trênd thìA(t;−m−t)suy raIA=p(t−1)2+ (t−2+m)2 Thay vào(1)ta có »
(t−1)2+ (t−2+m)2=3√2⇔2t2−2(m−1)t+m2−4m−13=0.(2) Để trêndcó điểmAthì(2)có nghiệmt, từ ta có
∆=−(m2+10m+25) =0⇔ −(m+5)2=0⇔m=−5
Khi đó(2)có nghiệm kép làt1=t2=t0= m−1 =
−5−1
2 =−3⇒A(−3; 8)
Bài 40. Trong mặt phẳng tọa độ với hệ tọa độOxy, cho họ đường tròn(Cm):x2+y2−2(m+1)x−2(m+ 2)y+6m+7=0 (với mlà tham số) Xác định tọa độ tâm đường tròn thuộc họ cho tiếp xúc với trục tung
Lời giải. Họ đường trịn(Cm)có tâmI(m+1;m+2)và bán kính
R=»(m+1)2+ (m+2)2−6m−7=p2m2−2. Để(Cm)tiếp xúc với trục tung
|m+1|=p2m2−2⇔m2−2m−3=0⇔ đ
m=−1 m=3 Thử lại ta đượcm=3thỏa mãn, từ ta đượcI(4; 5)
Bài 41. Cho đường tròn (C):(x−2)2+ (y−1)2=9và đường thẳng∆:(m+1)x+my−1=0, vớimlà tham số
a) Chứng minh đường thẳng∆luôn cắt(C)tại hai điểm phân biệtA,B b) Tìmmđể độ dài đoạn thẳngABđạt giá trị lớn
Lời giải.
a) Đường trịn(C)có tâmI(2; 1)và bán kínhR=3 Ta cód(I;∆) = |(mp+1)2+m−1|
(m+1)2+m2 =
|3m+1|
p
(m+1)2+m2 Xétd2(I;∆)−R2= (3m+1)
2
2m2+2m+1−9=
−9m2−12m−8 (m+1)2+m2 =
−(3m+2)2−4
(m+1)2+m2 <0,∀m Vậyd(I;∆)<R,∀m, suy đường thẳng∆luôn cắt đường tròn hai điểm phân biệtA,B b) GọiMlà trung điểm dâyABsuy
AB2=4MA2=4(R2−d2(I;∆)) =49m
2+12m+8 2m2+2m+1 =4y Từ ta có
9m2+12m+8=2ym2+2ym+y ⇔(2y−9)m2+ (2y−12)m+ (y−8) =0 (∗) Để tồn tạimthì phương trình(∗)phải có nghiệm
Khiy=
2 ta có phương trình−3m−
2 =0có nghiệm Khiy6=
2 ta xét∆
0= (y−6)2−(2y−9)(y−8)≥0⇔ 19− √
217 ≤y≤
(52)Bài 42. Tìm tất giá trị tham sốađể hệ phương trình sau có hai nghiệm ®
x2+y2=2(1+a) (x+y)2=4
Lời giải. Phương trình thứ hai tương đương với đ
x+y−2=0 x+y+2=0
Nhận thấyd1:x+y−2=0 d2:x+y+2=0là hai đường thẳng đối xứng qua gốc tọa độ, mặt khác đường tròn(C):x2+y2=2(1+a)(a>−1) đối xứng qua gốc tọa độ Vì để hệ có hai nghiệm đường trịn(C)phải tiếp xúc vớid1 Từ ta có
| −2| √
12+12 = »
2(1+a)⇔1+a=1⇔a=0
Bài 43. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho họ đường tròn(Cm):x2+y2−2mx−2(1−m)y+2m2− 2m−3=0 Tìm quỹ tích tâm họ đường trịn(Cm)
Lời giải. Quỹ tích tâm đường trịn(Cm)là đường thẳngy=1−x Dạng 10 Tìm tọa độ điểm thỏa điều kiện cho trước
Ở đây, ta xét tốn tìm tọa độ điểm thỏa điều kiện cho trước độ dài, góc, khoảng cách, diện tích, liên quan đến đường trịn, tạo hình vng, tam giác đều,
Trong mặt phẳngOxy, xét đường trịn(C):(x−a)2+ (y−b)2=R2 Tìm điểmM∈(C), ta làm sau:
Cách 1
• GọiM(x0;y0)∈(C), ta có:(x0−a)2+ (y0−b)2=R2
• Dựa vào điều kiện cho trước ta có thêm hệ thức liên hệ giữax0 y0 Từ tìm tọa độ điểmM
Cách 2
• Chuyển phương trình đường trịn(C)về dạng tham số: ®
x=a+Rsint
y=b+Rcost với t∈[0; 360 ).
ã GiM(x0;y0)(C), ta cú: đ
x0=a+Rsint
y0=b+Rcost vớit ∈[0; 360 ◦).
• Sử dụng điều kiện cho trước để xác địnhsint vàcost Từ tìm tọa độ điểmM
Ví dụ 37. Trong mặt phẳngOxy, cho tam giác ABC vuông cân tạiA Biết M(1;−1) trung điểm cạnhBCvàG
Å 3;
ã
là trọng tâm tam giácABC Tìm tọa độ đỉnhA,B,Ccủa tam giácABC
Lời giải. VìGlà trọng tâm tam giácABCvàMlà trung điểm cạnhBCnên ta có−AG→=
−→
AM⇒A(0; 2) Vì tam giácABCvng cân tạiAnênAM⊥BCvàMA=MB=MC
Phương trình đường thẳng BC qua điểm M(1;−1) nhận −→AM = (1;−3) làm véc-tơ pháp tuyến là: 1(x−1)−3(y+1) =0hayx−3y−4=0
VìMA=MB=MC=√10nên hai điểmB,Cthuộc đường trịn(C):(x−1)2+ (y+1)2=10 Do đó, tọa độ hai điểmB,Clà nghiệm hệ phương trình:
®
x−3y−4=0
(x−1)2+ (y+1)2=10⇔ ®
x=4 y=0
®
x=−2 y=−2
(53)Ví dụ 38. Trong mặt phẳngOxy, cho đường trịn(C):x2+y2−4x−6y+5=0 a) Tìm điểm thuộc(C)có tọa độ ngun
b) Xác định tọa độ đỉnhB,Ccủa tam giác đềuABCnội tiếp đường tròn(C), biết điểmA(4; 5)
Lời giải.
a) Ta xem phương trình đường trịn(C)đã cho phương trình bậc hai với ẩn số lày:
y2−6y+x2−4x+5=0 (1)
Phương trình(1)có nghiệm⇔∆0≥0⇔ −x2+4x+4≥0⇔2−2 √
2≤x≤2+2√2 (2) Từ(2)suy điểm thuộc(C)có hồnh độ ngun là:0;1;2;3;4 (3) Lần lượt thay hồnh độ ngun ở(3)vào(1)ta tìm điểm thuộc (C)có tọa độ nguyên là:(0; 1),(0; 5),(4; 1),(4; 5)
b) Đường trịn(C)có tâmI(2; 3)và bán kínhR=2√2
Vì tam giácABCđều nội tiếp đường trịn(C)nên tâmI của(C)là trọng tâm, đồng thời trực tâm tam giácABC
GọiH(x;y)là hình chiếu vng góc củaAlên cạnhBC, ta có: −
→
AI=2−IH→⇒H(1; 2)
Phương trình đường thẳngBC qua điểm H(1; 2) nhận −→AI = (−2;−2) =−2(1; 1) làm véc-tơ pháp tuyến có dạng:x+y−3=0
Do đó, tọa độ hai điểmB,Clà nghiệm hệ phương trình: ®
x+y−3=0
x2+y2−4x−6y+5=0⇔ ®
x=3−y
2y2−8y+2=0 ⇔ ®
x=1−√3 y=2+√3
®
x=1+√3 y=2−√3
VậyBÄ1−√3; 2+√3ä,CÄ1+√3; 2−√3ähoặcBÄ1+√3; 2−√3ä,CÄ1−√3; 2+√3ä
Ví dụ 39. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C):x2+y2−4x−4y+4=0 đường thẳng (d):x+y−2=0
a) Chứng minh rằng(d)luôn cắt(C)tại hai điểm phân biệtA,B Tính độ dài đoạn thẳngAB b) Tìm điểmCthuộc(C)sao cho tam giácABCcó diện tích lớn
Lời giải.
a) Xét hệ phương trình: ®
x2+y2−4x−4y+4=0
x+y−2=0 ⇔
®
x=2−y 2y2−4y=0 ⇔
® x=2 y=0
® x=0 y=2
Hệ phương trình có hai nghiệm(2; 0)và(0; 2)nên suy ra(d)ln cắt(C)tại hai điểm phân biệt A(2; 0),B(0; 2)
Ta có:AB=p(0−2)2+ (2−0)2=√8=2√2.
b) Ta có(C):x2+y2−4x−4y+4=0⇔(x−2)2+ (y−2)2=4 Phương trình của(C)được viết dạng tham số là:
®
x=2+2 sint
y=2+2 cost vớit∈[0; 360 ◦). VìC∈(C)nên suy raC(2+2 sint; 2+2 cost)
GọiH hình chiếu vng góc củaClênAB, ta có:S4ABC=
2AB.CH =CH √
(54)Ta cóCH =d(C,(d)) =|2+2 sint+√2+2 cost−2|
2 =
√
2|√2 sin(t+45◦) +1| Do đó,CH lớn nhất⇔sin(t+45◦) =1⇔t=45◦
VậyCÄ2+√2; 2+√2ä
Ví dụ 40. Trong mặt phẳngOxy, cho đường tròn(C):(x−2)2+ (y−3)2=2và đường thẳng(d): x−y−2=0
a) Tìm (C)điểmPsao cho khoảng cách từPđến đường thẳng(d)đạt giá trị lớn nhất, nhỏ
b) Tìm điểmM(x0;y0)thuộc(C)sao chox0+y0đạt giá trị lớn nhất, nhỏ
Lời giải.
a) Đường trịn(C)có tâmI(2; 3)và bán kínhR=√2 Ta cód(I,(d)) =|2−√3−2|
2 = 3√2
2 > √
2=R⇒(d)không cắt(C)
Gọi∆là đường thẳng qua tâmI của(C)và vng góc với(d) Khi phương trình đường thẳng
∆là:1(x−2) +1(y−3) =0hayx+y−5=0
Tọa độ giao điểm của∆và(C)là nghiệm hệ phương trình: ®
(x−2)2+ (y−3)2=2
x+y−5=0 ⇔
®
x=5−y
y2−6y+8=0 ⇔ ®
x=1 y=4
® x=3 y=2
Suy ra∆cắt(C)tại hai điểm phân biệtP1(1; 4)vàP2(3; 2) Ta có:
d(P1,(d)) =
|1−4−2| √
2 = 5√2
2 d(P2,(d)) =
|3−2−2| √
2 = √
2
Vậy khiP≡P1thì khoảng cách từPđến đường thẳng(d)đạt giá trị lớn khiP≡P2thì khoảng cách từPđến đường thẳng(d)đạt giá trị nhỏ
b) Phương trình của(C)được viết dạng tham số là: ®
x=2+√2 sint y=3+√2 cost với
t∈[0; 360◦)
VìM(x0;y0)∈(C)nên suy ®
x0=2+√2 sint y0=3+√2 cost
Ta cóx0+y0=5+√2(sint+cost) =5+2 sin(t+45◦) Do đó, ta có:
x0+y0đạt giá trị lớn nhất⇔sin(t+45◦) =1⇔t=45◦⇒M(1; 2) x0+y0đạt giá trị nhỏ nhất⇔sin(t+45◦) =−1⇔t=225◦⇒M(3; 4)
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 44. Trong mặt phẳngOxy, cho đường tròn(C):x2+y2=4và hai điểmA Å
1;−8
ã
,B(3; 0) Tìm tọa độ điểmMthuộc(C)sao cho tam giácMABcó diện tích 20
(55)Lời giải. Ta cóAB=
(3−1)2+ Å
0+8
ã2 =10
3
Phương trình đường thẳngABđi qua điểmB(3; 0)và nhận −AB→= Å
2;8
ã =
3(3; 4)làm véc-tơ phương có dạng:4(x−3)−3(y−0) =0hay4x−3y−12=0
GọiM(x;y) Ta có:S4MAB=20 ⇔
1
2d(M,AB).AB= 20
3 ⇔
|4x−3y−12|
10 =
20
3 ⇔ |4x−3y−12|=
20 (1)
Lại cóM∈(C)⇒x2+y2=4 (2)
Từ(1)&(2), ta có hệ phương trình: ®
x2+y2=4
|4x−3y−12|=20 Giải hệ phương trình trên, ta tìm đượcM(−2; 0)hoặcM
Å −14
25; 48 75
ã
Bài 45. Trong mặt phẳngOxy, cho đường thẳng∆:x+y+2=0và đường tròn(C):x2+y2−4x−2y=0 GọiIlà tâm đường tròn(C)vàMlà điểm thuộc đường thẳng∆ QuaM, kẻ hai tiếp tuyếnMA,MB với đường trịn(C)(A,Blà tiếp điểm) Tìm tọa độ điểmMsao cho tứ giácMAIBcó diện tích bằng10
Lời giải. Đường trịn(C)có tâmI(2; 1)và bán kínhR=√5⇒AI=√5 Ta cóSMAIB=10⇔S4MAI =5⇔1
2.AM.AI=5⇔AM=2 √
5 Suy raIM2=IA2+AM2=5+20=25
Ta cóM∈∆⇒M(m;−m−2) Do đó, ta có:
IM2=20⇔(m−2)2+ (m+3)2=20⇔m2+m−6=0⇔ đ
m=−3 m=2
VậyM(2;−3)hoặcM(−3; 1)
Bài 46. Trong mặt phẳngOxy, cho đường trịn(C):(x−3)2+ (y−2)2=8và điểmA(2; 3) a) Tìm điểm thuộc(C)có tọa độ nguyên
b) Tìm điểmMthuộc(C)sao choMAđạt giá trị lớn nhất, nhỏ
Lời giải.
a) Ta xem phương trình đường trịn(C)đã cho phương trình bậc hai với ẩn số lày:
y2−4y+x2−6x+5=0 (1)
Phương trình(1)có nghiệm⇔∆0≥0⇔ −x2+6x+1≥0⇔3−2 √
2≤x≤3+2√2 (2) Từ(2)suy điểm thuộc(C)có hồnh độ ngun là:1;2;3;4;5 (3) Lần lượt thay hồnh độ ngun ở(3)vào(1)ta tìm điểm thuộc (C)có tọa độ nguyên là:(1; 0),(1; 4),(5; 0),(5; 4)
b) Phương trình của(C)được viết dạng tham số là: ®
x=3+2√2 sint
y=2+2√2 cost vớit∈[0; 360 ◦).
VìM∈(C)nên suy raM(3+2√2 sint; 2+2√2 cost)
Ta cóMA2=Ä2√2 sint+1ä2+Ä2√2 cost−1ä2=10+8 sin(t−45◦) Suy ra2≤MA2≤18⇔√2≤MA≤3√2
Do đó, ta có:
• MAđạt giá trị lớn nhất⇔sin(t−45◦) =1⇔t=135◦⇒M(1; 4) • MAđạt giá trị nhỏ nhất⇔sin(t−45◦) =−1⇔t=315◦⇒M(5; 0)
Bài 47. Trong mặt phẳngOxy, cho hai điểmA(1; 2),B(4; 3) Tìm trục hoành điểmMsao choAMB‘ = 45◦
(56)x
1
y
1
O
45◦ I
B
M A
Giả sử tìm điểmM∈Oxsao choAMB‘ =45◦ Vẽ đường trịn tâmI(x;y)qua ba điểmA,B,M Khi đó, ta có tam giácABI vng cân tạiI Do đó, ta có:
®AI=BI − →
AI.−→BI=0 ®
(x−1)2+ (y−2)2= (x−4)2+ (y−3)2 (x−1)(x−4) + (y−2)(y−3) =0 ®
3x+y=10
x2+y2−5x−5y+10=0 ®
x=3 y=1
® x=2 y=4
VậyI(3; 1)hoặcI(2; 4)
Trong hai trường hợp ta cóIA=√5
Đường trịn tâmI(2; 4), bán kính√5khơng cắt trục hồnh
Đường trịn tâmI(3; 1), bán kính√5có phương trình(x−3)2+ (y−1)2=5, cắt trục hồnh hai điểm (1; 0)và(5; 0)
VậyM(1; 0)hayM(5; 0)
BÀI TẬP TỔNG HỢP
Bài 48. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giácABC vng tạiA(2; 4)cóAB>AC vàB(8; 0) GọiH chân đường vng góc kẻ từA, điểmDnằm đường thẳngBCsao choHlà trung điểmCD GọiE điểm nằm đường thẳngADsao choBClà phân giác gócABE Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp‘ tam giácABE
Lời giải.
A
C B
E H
(57)Dễ thấy tam giácACDcân tạiAcóAH đường cao nênCAH‘ =DAH Ta có‘ EBD‘ =ABD‘ =CAH‘ =DAH‘ nên tứ giácAHEBnội tiếp MàAHB‘ =90◦nên tam giácABEnội tiếp đường trịn đường kínhAB
GọiI trung điểm củaAB Ta cóI(5; 2)vàIA=√13 Vậy phương trình đường trịn cần tìm là(x−5)2+ (y−2)2=13
Bài 49. Trong mặt phẳng toạ độOxy, cho hai đường tròn(C1): x2+y2=13và (C2): (x−6)2+y2=25 GọiAlà giao điểm của(C1)và(C2)sao cho Acó tung độ dương Viết phương trình đường thẳng quaA cắt(C1)và(C2)theo hai dây cung có độ dài
Lời giải.
O S I
M
N
A H
K
Tâm bán kính hai đường tròn(C1), (C2)lần lượt làO(0; 0),R1= √
13vàI(6; 2),R2=5 GọiS,H, Klần lượt trung điểm củaOI,MA,NA
Giao điểm của(C1)và(C2)là nghiệm hệ ®
x2+y2=13
(x−6)2+y2=25 Giải hệ ta suy raA(2; 3)(Acó tung độ dương) Ta cóOH kIK (cùng vng góc vớid), lại theo giả thiết suy AH=AK nênSAlà đường trung bình hình thangHOIK Do đóSA⊥d Đường thẳngdquaAnhận−SA→làm véc-tơ pháp tuyến có phương trìnhx−3y+7=0
Bài 50. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho ba điểmA(−1; 5), B(−4;−4),C(4; 0) Gọi D,E, F chân đường cao hạ từA,B,C Viết phương trình đường trịn nội tiếp tam giácDEF
Lời giải.
A
B
C
D H
E F
Lời giải. Gọi H trực tâm tam giác ABC Dễ thấy BFHD CEHD tứ giác nội tiếp Suy ’
(58)‘
DEF VậyHlà tâm đường tròn nội tiếp tam giácDEF
Các đường thẳngBCvàAC có phương trìnhx−2y−4=0vàx+y−4=0 Các đường thẳngAD vàBE quaA, Bvà vng góc vớiBC,CA nên chúng có phương trình là2x+y−3=0 vàx−y=0 DoHlà giao điểm ADvàBE nênH(1; 1) DoD,E giao điểm củaADvớiBC, BEvớiCAnênD(2;−1),E(2; 2) Suy phương trình đường thẳngDE lày=2 Do đód(H;DE) =1 Vậy phương trình đường trịn cần tìm là(x−1)2+ (y−1)2=1
Bài 51. Trong mặt phẳng toạ độOxy, cho đường thẳngd:x−y=0 Đường trịn(C)có bán kínhR=√10 cắtdtại hai điểmABsao choAB=4√2 Tiếp tuyến của(C)tạiAvàBcắt điểm trục tung Viết phương trình đường trịn(C)
Lời giải.
M
B H y
A
I
x O
Đặt M(0;m) Gọi H trung điểm AB, suy AH = 2√2 Ta có IH =√IA2−AH2=√2, suy MH=AH
2
IH =4 √
2 Do
4√2=MH=d(M,AB) = |m|√
2⇒m±8
• Vớim=8ta đượcM(0; 8) Giả sửI(a;b) Đường thẳngIMđi quaMvng gócABcó phương trình x+y−8=0 Ta có
Ikhác phíaMđối vớiAB I∈IM
d(I,AB) =√2
⇒
(0−8)(a−b)<0 a+b−8=0 |a−b|
√ =
√
⇒ ®
a=5 b=3
Vậy phương trình đường trịn cần tìm là(x−5)2+ (y−3)2=10
• Vớim=−8, tương tự ta phương trình đường trịn cần tìm là(x+5)2+ (y+3)2=10
Bài 52. Trong mặt phẳng toạ độOxy, cho tam giácABCcó trực tâmH(2; 1)vàB(1; 3),C(1; 0) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giácABC
(59)C I B
D H A
GọiDlà điểm đối xứng vớiH qua đường thẳngBC Dễ thấyHBC‘ =180◦−BAC, mà‘ Dđối xứng vớiHqua BCnênBDC‘ =BHC‘ =180◦−BAC Suy tứ giác‘ ABDC tứ giác nội tiếp, đường trịn ngoại tiếp tam giácABCcũng đường tròn ngoại tiếp tam giácDBC
Giả sử D(u;v) Phương trình đường thẳng BC x=1 Do HD⊥BC nên đường thẳng BC nhận véc-tơ −→
HA= (u−2;v−1)làm véc-tơ pháp tuyến Suy rav=1 Mặt khác trung điểm củaHDnằm trênBCnên u+2
2 =1hayu=0 VậyD(0; 1)
Giả sử phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác DBC có dạng x2+y2+ax+by+c=0 Do D, B,C thuộc đường trịn nên toạ độ chúng thoả mãn phương trình đường tròn hay
02+12+a·0+b·1+c=0 12+32+a·1+b·3+c=0 12+02+a·1+b·0+c=0
⇒
a=−3 b=−3 c=2
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giácABClàx2+y2−3x−3y+2=0
Bài 53. Trong mặt phẳng toạ độOxy, cho tam giácABC cóAB<AC nội tiếp đường tròn(C):(x−3)2+ (y−1)2=8và B(1;−1),C(5; 3) Tia phân giác góc BAC‘ cắt đường trịn(C)tạiK Hình chiếu củaAtrên đường thẳngBClàH Tìm toạ độ điểmAbiết AH
HK = √
15
5 vàAcó tung độ dương
Lời giải.
B C
A
K H
I
(60)điểm cungBCnênIK⊥BC Ta có =
AH2 HK2 =
BH·CH IH2+IK2 =(R−IH)(R+IH)
R2+IH2 =R
2−IH2 R2+IH2 ⇒IH=R
2
Do đóHlà trung điểmBI, suy raAnằm đường trung trực củaBI, có phương trìnhx+y−2=0 DoA giao điểm đường trung trực đoạnBIvà đường tròn(C)nên toạ độ điểmAlà nghiệm hệ ®
x+y=2
(x−3)2+ (y−1)2=8 Giải hệ ta đượcAÄ2−√3;√3ä
Bài 54. Trong mặt phẳng toạ độOxy, cho đường trịn(C):(x−1)2+ (y+1)2=16có tâmIvà điểmA(0; 2). Viết phương trình đường thẳngd quaAcắt(C)tại hai điểm phân biệtB,Csao cho tam giácIBCvà có diện tích bằng8
Lời giải.
I B
C
H A
Dễ thấyI = (1;−1)vàIA=√10<4nên Anằm đường trịn(C) Do đường thẳngd quaAln cắt đường trịn(C)tại hai điểm phân biệtB,C
Ta có =SIBC =
2IB·ICsinBICd nên sinBICd =1 Do BICd = 90
◦ Gọi H là trung điểm BC ta có IH=2√2 Đường thẳng quaAcó phương trình dạng
ax+b(y−2) =0(a2+b2>0)
Ta cód(I,d) =IH=2√2⇒√|a−3b| a2+b2 =2
√
2⇒a2+6ab−b2=0⇒ ñ
a=−b b=7a • Vớia=−b, chọna=1,b=−1ta đường thẳngd1: x−y+2=0 • Vớib=7achọna=1,b=7, ta đường thẳngd2: x+7y−14=0
Bài 55. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn(C):x2+y2+4√3x−4=0 TiaOycắt(C) tạiA Viết phương trình đường trịn(C0), bán kínhR0=2và tiếp xúc ngồi với(C)tạiA
Lời giải. Đường trịn(C)có tâmIÄ−2√3; 0ä, bán kínhR=4 Tọa độ điểmAlà nghiệm hệ
®
x2+y2+4√3x−4=0
(61)Đường thẳngIAđi qua hai điểmI vàAnên có phương trìnhIA: ®
x=2√3t y=2t+2
Đường trịn(C0)tiếp xúc ngồi với(C)nên tâmI0thuộc đường thẳngIA, suy raI0Ä2√3t; 2t+2ä Hơn nữa,R=2R0nênAI→− =2−I→0A⇔
(
−2√3−0=2Ä0−2√3tä 0−2=2(2−2t−2) ⇔
t= Vớit=
2, suy raI 0Ä√
3; 3ä Phương trình đường trịn(C0):Äx−√3ä2+ (y−3)2=4
Bài 56. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho đường trịn(C):x2+y2−2x+4y+2=0 Viết phương trình đường trịn(C0)có tâmM(5; 1), biết(C0)cắt(C)tại hai điểmA,Bsao choAB=√3
Lời giải.
Đường trịn(C)có tâmI(1;−2), bán kínhR=√3
Phương trình đường thẳng nối hai tâmIMlà3x−4y−11=0 GọiH(x;y)là trung điểm củaAB Ta có
®H ∈IM
IH=pR2−AH2 ⇔
3x−4y−11=0 (x−1)2+ (y+2)2=
4 ⇔
x=−1 y=−29
10
x=11 y=−11
10
Suy raH Å
−1 5;−
29 10
ã
hoặcH Å
11 ;−
11 10
ã
M H
I
A
B
• VớiH Å
−1 5;−
29 10
ã
Ta cóR02=MH2+AH2=43 Phương trình đường trịn(C0):(x−5)2+ (y−1)2=43 • VớiH
Å 11
5 ;− 11 10
ã
Ta cóR02=MH2+AH2=13 Phương trình đường trịn(C0):(x−5)2+ (y−1)2=13
Bài 57. Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho đường thẳngd:x−y−1=0và hai đường trịn có phương trình(C1):(x−3)2+ (y+4)2=8,(C2):(x+5)2+ (y−4)2=32 Viết phương trình đường trịn(C)có tâm Ithuộcd tiếp xúc ngồi với(C1)và(C2)
Lời giải.
Gọi I,I1,I2,R,R1,R2 tâm bán kính (C), (C1) (C2)
Giả sửI(t;t−1)∈d Theo giả thiết tốn:(C)tiếp xúc ngồi với (C1)và(C2)nên
®
II1=R+R1
II2=R+R2 I
I1
I2
R2
R
R1
d
Suy
II1−R1=II2−R2⇔»(t−3)2+ (t+3)2−2√2=»(t−5)2+ (a+5)2−4√2⇔t=0. Vớit=0, suy raI(0;−1)vàR=II1−R1=√2
(62)§3. ĐƯỜNG ELIP I. Tóm tắt lí thuyết
1. Định nghĩa
Trong mặt phẳng cho hai điểm cố địnhF1,F2vớiF1F2=2cvà độ dài không đổi2a(0<c<a) Elip (E)là tập hơp tất điểmMtrong mặt phẳng thỏa mãnMF1+MF2=2a
Ta gọi:
• F1,F2là tiêu điểm elip; • F1F2=2c: Tiêu cự elip; • MF1,MF2: Bán kính qua tiêu
x y
F1 F2
M
O
2. Phương trình tắc Elip
Phương trình tắc elip:
x2 a2+
y2 b2 =1, đóa2=b2+c2
Chứng minh.Cho Elip có hai tiêu điểmF1vàF2 Chọn hệ trục tọa độOxysao choF1(−c; 0),F2(c; 0) Khi đó:MF1=
p
(x+c)2+y2⇔MF2
1 = (x+c)2+y2 MF2=p(x−c)2+y2⇔MF2
2 = (x−c)2+y2
⇒MF12−MF22=4cxmàM∈(E)⇔MF1+MF2=2anênMF1−MF2= 2cx a Ta có hệ:
MF1−MF2 = 2cx a MF1+MF2 =2a
(3.1) Suy ra:
MF1 =a+cx a MF2 =a−
cx a
(3.2)
Lại có:MF1=a+ cx
a =
p
(x+c)2+y2haya+cx a
2
= (x+c)2+y2 Từ đó, phân tích rút gọn ta được: x
2
a2+ y2 a2−c2 =1 Doa2−c2>0nên đặta2−c2=b2(b>0), ta được: x
2
a2+ y2
(63)3. Hình dạng elip
F1 F2
M
O
A1 A2
B2
B1
P Q
R S
a) Trục đối xứng elip: Elip có phương trình(∗)nhận trục tọa độ làm trục đối xứng nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng
b) Hình chữ nhật sở: Vẽ quaA1vàA2 hai đường thẳng song song với trục tung, vẽ quaB1và B2hai đường thẳng song song với trục hoành Bốn đường thẳng tạo thành hình chữ nhậtPQRS Ta gọi hình chữ nhật hình chữ nhật sở elip
Từ suy Mọi điểm elip khơng phải đỉnh nằm hình chữ nhật sở nó, bốn đỉnh elip trung điểm cạnh hình chữ nhật sở
4! Các điểm:A
1(−a; 0);A2(a; 0);B1(0;−b);B2(0;b)gọi đỉnh elip. A1A2=2a: Độ dài trục lớn.B1B2=2b: Độ dài trục bé.
c) Tâm sai elip: Tỉ số tiêu cự độ dài trục lớn elip gọi tâm sai elip kí hiệu làetức e= c
a
−Nếu tâm saiecàng bé (tức gần0) b gần a hình chữ nhật sở gần với hình vng, đường elip “béo”
−Nếu tâm saiecàng lớn (tức gần1) tỉ số b
a gần tới1và hình chữ nhật sở “dẹt”, đường elip “gầy”
II. Các dạng toán
Dạng Xác định yếu tố elip
Xác đinh tọa độ đỉnh, tọa độ tiêu điểm, độ dài trục, độ dài tiêu cự elip cách áp dụng công thức:
a) c2=a2−b2
b) Độ dài trục lớn:A1A2=2a, độ dài trục nhỏ:B1B2=2b c) Độ dài tiêu cự:F1F2=2c
(64)Ví dụ 1. Xác định tọa độ đỉnh độ dài trục elip có phương trình sau:
a) x
16+ y2
4 =1
b) x2+4y2=1
Lời giải.
a) Từ phương trình x
16+ y2
4 =1ta có:a=4,b=2 Các đỉnh:A1(−4; 0),A2(4; 0),B1(0;−2),B2(0; 2) Độ dài trục lớn:A1A2=2a=8,B1B2=2b=4
b) Ta cóx2+4y2=1⇔x
1 + y2
1
=1:a=1,b= Các đỉnh:A1(−1; 0),A2(1; 0),B1(0;−1
2),B2(0; 2) Độ dài trục lớn:A1A2=2a=2,B1B2=2b=1
Ví dụ 2. Xác định tọa độ tiêu điểm độ dài tiêu cự elip có phương trình sau:
a) x
4 + y2
3 =1
b) 4x2+25y2=36
Lời giải.
a) Từ phương trình x
4 + y2
3 =1ta có:a
2=4,b2=3, suy rac=1. Các tiêu điểm:F1(−1; 0),F2(1; 0)
Độ dài tiêu cự:F1F2=2c=2 b) Ta có4x2+25y2=36⇔x
2
9 + y2 36 25
=1, suy ra:a2=9,b2=36
25 ⇒c= 3√21
5 Các tiêu điểm:F1(−
3√21
5 ; 0),F2( 3√21
5 ; 0) Độ dài tiêu cự:F1F2=2c=6
√ 21
Ví dụ 3. Cho elip(E)có độ dài trục lớn bằng10, tỉ số tiêu cự độ dài trục lớn
5 Tính độ dài trục nhỏ elip
Lời giải. Ta có2a=10⇒a=5 Mà c a=
3
5 ⇒c=3
Do đób2=a2−c2=16⇒b=4 Vậy độ dài tục nhỏ2b=8
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Xác định tọa độ đỉnh tiêu điểm elip có phương trình sau: a) x
2
100+ y2 64 =1 b) x
2
(65)Lời giải.
a) Ta cóa2=100,b2=64⇒a=10,b=8,c=6
VậyA1(−10; 0),A2(10; 0),B1(0;−8),B2(0; 8),F1(−6; 0),F2(6; 0) b) Ta cóa2=4,b2=1⇒a=2,b=1,c=√3
VậyA1(−2; 0),A2(2; 0),B1(0;−1),B2(0; 1),F1(−√3; 0),F2(√3; 0)
Bài 2. Xác định tọa độ đỉnh tiêu điểm elip có phương trình sau: a)16x2+25y2=1
b)0,25x2+9y2=1
Lời giải.
a) Ta có16x2+25y2=1⇔ x 16 +y 25 =1 Do đó:A1(−1
4; 0),A2(
4; 0),B1(0;−
5),B2(0;
5),F1(−
20; 0),F2( 20; 0) b) Ta có0,25x2+9y2=1⇔ x
2 + y2 =1 Vậy:A1(−1
4; 0),A2(
4; 0),B1(0;−
5),B2(0;
5),F1(−
20; 0),F2( 20; 0)
Bài 3. Tìm độ dài trục lớn, trục nhỏ tiêu cự elip có phương trình sau: a)16x2+64y2=100
b) x
8 + y2
2 =2
Lời giải.
a) Ta có16x2+64y2=100⇔ x 100 16 + y 100 64
=1 Vậy2a=5,2b= 2,2c=
5√3 b) Ta có x
2
8 + y2
2 =2⇔ x2 16+
y2
4 =1 Vậy2a=8,2b=4,2c=4 √
3
Bài 4. Xác định độ dài trục elip(E): x
a2+ y2
b2 =1,(a>b>0)biết rằng(E)có độ dài tiêu cự 6và qua điểmA(5; 0)
Lời giải.
Ta có2c=6⇒c=3,a=5⇒b=4 Vậy2a=10,2b=8
Bài 5. Xác định tọa độ đỉnh elip (E): x
a2 + y2
b2 =1, (a>b>0) biết (E) qua hai điểm M(0;−2)vàN(2;√3)
Lời giải.
Ta cób=2.(E)đi qua điểmN(2;√3)nêna2=16⇒a=4 VậyA1(−4; 0),A2(4; 0),B1(0;−2),B2(0; 2)
Bài 6. Cho elip(E): x
a2+ y2
b2 =1 Biết (E)đi qua điểmM Ç
2√3; √
7
å
và có tiêu cự
4 độ dài trục lớn Tính độ dài trục nhỏ của(E)
Lời giải.
Ta cóc= 4a,b
2=a2−c2= 16a
2 VìM∈(E)nênb2=7 Suy ra2b=2√7.
Bài 7. Tìm tọa độ đỉnh elip (E) có phương trình tắc x
a2+ y2
b2 =1, biết (E) qua điểmM(2; 1)và đỉnh trục nhỏ nhìn hai tiêu điểm góc vng
Lời giải.
GọiBlà đỉnh trục nhỏ,F1,F2là hai tiêu điểm
(66)Mặt khácM∈(E)nên a2+
1
b2 =1 Từ suy rab
2=3,a2=6. VậyA1(−√6,0),A2(√6,0),B1(0;−√3),B2(0;√3)
Bài 8. Cho elip(E)có phương trình tắc x
a2+ y2
b2 =1 Xác định tọa độ tiêu điểm của(E)biết rằng(E)đi qua điểmM(√5; 1)và khoảng cách từ đỉnh nằm trục lớn đến đỉnh nằm trục nhỏ tiêu cự
Lời giải.
GọiA(a; 0),B(0;b)là hai đỉnh Khi đóAB=2csuy raa2+b2=4c2 Màc2=a2−b2nên3a2=5b2
VìM∈(E)suy rab2=4,a2=20
3 ⇒c= 2√6
3 VậyF1(−2
√
3 ; 0),F1(− 2√6
3 ; 0)
Dạng Viết phương trình đường Elip
Viết phương trình elip trình tìm dặc trưng elip, độ dài trục lớn (2a), độ dài trục nhỏ (2b)
Khi làm dạng này, cần giả sử phương trình elip có dạng(E): x
a2+ y2 b2 =1 Sau từ giả thiết tốn, giải tìma,bvà viết phương trình
∗Khi làm cần ý tính chất sau elip: a) Elip nhận hai trụcOx,Oylàm trục đối xứng b) Tâm sai elipe= c
a
c) Bán kính qua tiêu điểmM(x;y)∈(E):MF1=a+ex;MF2=a−ex d) Đường chuẩn elip:
Đường thẳngd1:x+a
e =0được gọi đường chuẩn elip, ứng với tiêu điểmF1(−c; 0) Đường thẳngd2:x−a
e =0được gọi đường chuẩn elip, ứng với tiêu điểmF2(c; 0)
Ví dụ 4. Lập phương trình tắc elip(E)mà độ dài trục lớn bằng6, độ dài trục nhỏ bằng4
Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng(E): x
a2+ y2 b2 =1 Độ đài trục lớn bằng6⇒2a=6⇒a=3
Độ dài trục nhỏ bằng4⇒2b=4⇒b=2
Vậy phương trình elip x
9 + y2
4 =1
Ví dụ 5. Lập phương trình tắc elip(E)có độ dài trục lớn bằng10, tiêu cự có độ dài
Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng(E): x
a2+ y2 b2 =1 Độ dài trục lớn bằng10⇒2a=10⇒a=5
Độ dài tiêu cự bằng6⇒2c=6⇒c=3
Ta cób2=a2−c2⇒b=4 Vậy phương trình elip có dạng x
2
(67)Ví dụ 6. Viết phương trình tắc elip qua hai điểmM(1; 0),N( √
3 ; 1)
Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng(E): x
a2+ y2 b2 =1 ĐiểmM∈(E)⇒
a2 =1⇒a=1 ĐiểmN∈(E)⇒
4+
b2 =1⇒b=2 Vậy phương trình tắc elip có dạng x
2
1 + y2
4 =1
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 9. Lập phương trình tắc elip biết elip qua điểmM(8; 12)và có bán kính qua tiêu điểm bên phải củaMbằng20
Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng(E): x
a2+ y2 b2 =1 M(8; 12)∈(E)⇒ 64
a2+ 144
b2 =1
Bán kính qua tiêu điểm bên phải:MF2=20⇒a−ex=20⇒a−8c
a =20⇒c=
a2−20a
Lại cób2=a2−c2, thay vào ta phương trình ẩnasau quy đồng khử mẫu có dạng:a4−40a3+ 272a2+2560a−12288=0⇔(a−4)(a−16)(a2−20a−192) =0
⇒
a=4 a=16
a=10−2√73 a=10+2√73
Chú ý làc>0⇒a=10+2√73⇒c=24⇒b2=40√73−184 Vậy phương trình elip cần tìm là: x
2
(10+2√73)2+
y2
40√73−184 =1
Bài 10. Viết phương trình tắc elip quaM Å √ 5; √ ã
vàF÷1MF2=90◦
Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng(E): x
a2+ y2 b2 =1 M∈(E)⇒ 64
5a2+ 16
5b2 =1(1) Ta có:−−→F1M=
Å √
5+c; √
ã
;−−→F2M= Å
8 √
5−c; √
ã −−→
F1M −−→
F2M=0⇒c=4
Lại cób2=a2−c2 Thay vào(1), ta có phương trình ẩna: 64 5a2+
16
5(a2−16) =1 Giải phương trình ta có
a2= 80+16 √
5 a2= 80−16
√ 5
Vớia>c⇒a2= 80+16 √
5
b2=a2−c2= 16 √
5
Vậy phương trình elip cần tìm là: x
80+16√5
+ y
2
16√5
(68)Bài 11. Viết phương trình tắc đường elip biết hình chữ nhật sở của(E)có cạnh nằm đường thẳngy−2=0và có độ dài đường chéo bằng6
Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng(E): x
a2+ y2 b2 =1
Một cạnh hình chữ nhật sở nằm đường thẳngy=2suy rab=2
Đường chéo hình chữ nhật sở có độ dài bằng6suy ra4a2=36−16=20⇒a2=5
Vậy phương trình elip cần tìm x
5 + y2
4 =1
Bài 12. Trong mặt phẳng toạ độOxy, cho hình thoiABCDcóAC=2BDvà đường trịn tiếp xúc với cạnh hình thoi có phương trìnhx2+y2=4 Viết phương trình tắc elip qua đỉnhA,B,C,D hình thoi Biết điểmAnằm trụcOx
Lời giải.
Đường trịn nội tiếp hình thoiABCDcó tâm trùng với giao điểm hai đường chéoAC,BDcủa hình thoi
DoA∈Ox⇒C∈Ox,B,D∈Oy NênA,B,C,Dchính bốn đỉnh của(E)
Giả sử phương trình elip có dạng(E): x
a2+ y2 b2 =1
Từ việc bốn đỉnh hình thoi bốn đỉnh hình thoi giả thiết AC=2BDsuy raa=2b
Xét tam giác vuông OAD hệ mặt phẳng Oxy với AD tiếp tuyến đường trịn nội tiếp hình thoiABCD, đường cao xuất phát từ đỉnhOcủa tam giác có độ dài làhbằng bán kính đường trịn nội tiếp hình thoiABCD
Ta có h2 =
1 OA2+
1
OD2, vớih=2,OA=a=2b=2OD Từ ta cóa2=20,b2=5
Vậy phương trình elip cần tìm x
20+ y2
5 =1
A B
D O
C x
y
Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ toạ độOxy, cho điểmM(1; 2)và đường trịn(C):x2+y2=21 Viết phương trình tắc elip(E)biết hình nhật sở (E)nội tiếp đường trịn(C)và điểmM nhìn hai tiêu điểm của(E)dưới góc60◦
Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng(E): x
a2+ y2 b2 =1
Vì đường trịn (C) có tâm O(0; 0) trùng với tâm hình chữ nhật sở tâm elip nên ta có 2√a2+b2=2Rsuy raa2+b2=21.
Ta có hai tiêu điểmF1(−c; 0),F2(c; 0), lại cóF÷1MF2=60◦ ⇒(F1F2)2= (MF1)2+ (MF2)2−2MF1.MF2.cos 60◦ ⇒4c2= (2+c)2+1+ (2−c)2+1−p
1+ (2+c)2.p
1+ (2+c)2 ⇒3c4−34c2+75=0⇔
c2=3 c2= 25
3 Vớic2=3⇒a2=12,b2=9⇒(E): x
2
25+ y2
9 =1 Vớic2= 25
3 ⇒a 2=44
3 ,b 2=19
3 ⇒(E): x2 44
+y
19
=1
Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ toạ độOxy, cho đường trịn(C)có phương trìnhx2+y2=9, viết phương trình tắc cho elip(E)có tâm saie=
3 Biết(E)cắt(C)tại4điểm phân biệtA,B,C,D cho ABsong song vớiOxvàAB=3BC
Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng(E): x
(69)Tâm sai của(E)bằng suy
c a =
1 3⇒8a
2−9b2=0 (1)
Toạ độ củaA,B,C,Dlà nghiệm hệ
x2+y2=9(2) x2
a2+ y2
b2 =1(3)
Do(E)và(C)cùng nhậnOx,Oylàm trục đối xứng nên ta cóABCDlà hình chữ nhật Giả sửA(x;y),vìABkOxnênB(−x;y);C(−x;−y);D(x;−y)
Ta cóAB=3BC⇔x2=9y2 (4) Từ(2)thay vào(4)ta có:x2=81
10,y 2=
10, thay vào(3), ta 81 a2+
9
b2 =1 (5)
Từ(1)và(5)ta có hệ sau:
8a2−9b2=0 81
a2+ b2 =1
⇔
a2= 729 80 b2= 81
10 Vậy phương trình elip(E)cần tìm x
2 729 80 +y 81 10
=1
Dạng Tìm điểm thuộc elip thỏa điều kiện cho trước Từ phương trình tắc elip(E): x
2
a2+ y2
b2 =1suy điểmM(x0;y0)∈(E)thì tọa độ củaMphải thỏa phương trình trên, tức x
2 a2+
y20
b2 =1 Kết hợp với điều kiện khác để tìm điểmM
Ví dụ 7. Trong mặt phẳngOxy, cho elip (E): 9x2+16y2=144 Tìm tất điểmM thuộc elip cho gócF÷1MF2bẳng600
Lời giải. Phương trình tắc elip(E): x
16+ y2
9 =1 Khi đó:a=4,b=3,c= √
7 GọiM(x;y)là điểm cần tìm Ta có:
MF1=4+ √
7
4 x; MF2=4− √
7
4 x; F1F2=2 √
7 Áp dụng định lí cosin tam giácF1MF2, ta được:
F1F22=MF12+MF22−2MF1.MF2.cosF÷1MF2
28=2 Å
16+ 16x ã − Ç 4+ √ x å Ç 4− √ x å
⇔x2= 64 ⇔x= √8
7 hoặcx=− √
7 Vậy có4điểm thỏa đề
Ç √
7; 3√3
√
å ;
Ç −√8
7; 3√3
√ å ; Ç √
7;− 3√3
√
å ;
Ç −√8
7;− 3√3
√
å
Ví dụ 8. Trong mặt phẳngOxy, cho elip(E): x
8 + y2
2 =1 Tìm tất điểm thuộc elip có tọa độ số nguyên
Lời giải. GọiM(x;y)là điểm cần tìm Khi x
2
8 + y2
2 =1⇒ |x| ≤2 √
(70)Với|x|=0ta có|y|=√2(loại) Với|x|=1ta có|y|=
√ (loại) Với|x|=2ta có|y|=1
Vậy tất điểm thuộc(E)có tọa ngun là(2; 1),(2;−1),(−2; 1),(−2;−1)
Ví dụ 9. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E): x
9 + y2
4 =1 Gọi M điểm di động elip Gọi H,K hình chiếu củaMlên trục tọa độOxvàOy Tìm tất điểmMđể tứ giácOHMK có diện tích lớn
Lời giải. GọiM(x;y)là điểm cần tìm Dễ thấy tứ giácOHKMlà hình chữ nhật Khi đó, SOHKM=OH.OK=|x|.|y|=|xy|
Mặt khác, ta có
1= x
9 + y2
9 ≥2 x2 y2 =
3|xy| ⇒ |xy| ≤3 Dấu xảy x
2
9 = y2
4 =
2 ⇔x=± 3√2
2 vày=± √
2 Vậy, tứ giácOHMK có diện tích lớn khiMnằm điểm
Ç 3√2
2 ; √ å ; Ç
3√2 ;−
√ å ; Ç −3 √ 2 ; √ å ; Ç −3 √ 2 ;−
√
å
BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 15. Trong mặt phẳngOxy, cho elip(E): x
2
16+ y2
7 =1 Gọi F1,F2 tiêu điểm bên trái bên phải elip Tìm tất điểmMthuộc elip cho:
a) MF1=3 b) MF1=3MF2
Lời giải. Ta có:a=4;b=√7;c=3 GọiM(x;y)là điểm cần tìm Khi đó: MF1=4+3
4x; MF2=4− 4x a) Theo đề bài, ta có
MF1=3⇔4+3
4x=3⇔x=− Thay vào phương trình elip, ta đượcy=±2
√ 14 Vậy, điểm cần tìm
Ç −4
3; 2√14
3 å
; Ç
−4 3;−
2√14
å b) Theo đề bài, ta có
MF1=3MF2⇔4+ 4x=3
Å 4−3
4x ã
⇔x=8 Thay vào phương trình elip, ta đượcy=±
√ 35 Vậy điểm cần tìm
Ç 3; √ 35 å ; Ç 3;−
√ 35
(71)Bài 16. Trong mặt phẳngOxy, cho elip (E):x2+5y2−20=0, cóF1,F2 tiêu điểm bên trái bên phải Tìm tất điểmMthuộc elip cho:
a) F÷1MF2=90◦ b) F÷1MF2=120◦
Lời giải. Phương trình tắc(E): x
20+ y2
4 =1
Ta cóa=2√5;b=2;c=4;F1F2=2c=8 GọiM(x;y)là điểm cần tìm Khi đó, MF1=2
√ 5+√2
5x;MF2=2 √
5−√2 5x a) Theo đề bài, ta có
F1F22=MF12+MF22⇔64= Å
2√5+√2 5x
ã2 +
Å
2√5−√2 5x
ã2
⇔x2=15⇔x=±√15
Vậy điểm cần tìm làÄ√15; 1ä;Ä√15;−1ä;Ä−√15; 1ä;Ä−√15;−1ä b) Áp dụng định lí cosin tam giácMF1F2ta
F1F22=MF12+MF22−2MF1.MF2.cosF1MF2 ⇔64=
Å
2√5+√2 5x
ã2 +
Å
2√5−√2 5x
ã2 +
Å
2√5+√2 5x
ã
Å
2√5−√2 5x
ã
⇔x2=5⇔x=±√5
Vậy điểm cần tìm làÄ√5;√3ä;Ä√5;−√3ä;Ä−√5;√3ä;Ä−√5;−√3ä
Bài 17. Trong mặt phẳngOxy, cho elip(E):x
9 + y2
4 =1và điểmA(−3; 0) Tìm tất điểmB,Cthuộc elip cho tam giácABCnhận điểmI(−1; 0)làm tâm đường ngoại tiếp
Lời giải. Gọi(C)là đường tròn ngoại tiếp∆ABC, có tâm làI(−1; 0)và bán kínhIA=2 Khi đó, phương trình đường tròn(C)là(x+1)2+y2=4 DoB,Cthuộc elip nên tọa độ củaB,Clà nghiệm hệ phương trình
(x+1)2+y2=4 x2
9 + y2
4 =1
⇔
x=−3hoặcx=−3 y2=4−(x+1)2 Vớix=−3thìy=0 Suy raA,B,Ctrùng (loại)
Vớix=−3
5 thìy=± 4√6
5 Vậy, tất điểm thỏa tốn B
Ç −3
5; 4√6
5 å
;C Ç
−3 5;−
4√6
å
hoặcB Ç
−3 5;−
4√6 å ;C Ç −3 5; 4√6
5 å
Bài 18. Cho elip(E): x
4 + y2
1 =1 Tìm tọa độ điểmAvàBthuộc(E)có hồnh độ dương cho tam giácOABcân tạiOvà có diện tích lớn
Lời giải. GọiA(x;y)thìB(x;−y)vớix>0 Ta cóAB=2|y|=√4−x2. GọiH trung điểm củaABthìOH =xsuy
SOAB=
2OH.AB= 2x
p
4−x2=1
»
x2(4−x2)≤1
Đẳng thức xảy khix=√2 Vậy ta cóA
(72)Bài 19. Cho elip (E): x
100+ y2
36 =1và điểmM(3; 2) GọiAvà Blà hai điểm nằm elip đối xứng quaM Viết phương trình đường thẳngAB
Lời giải. GọiA(x;y)∈(E), ta có x
100+ y2 36 =1
TừMlà trung điểm củaABsuy raB(6−x; 4−y) (1) Ta cóB∈(E)nên suy (6−x)
2
100 +
(4−y)2
36 =1 (2) Từ (1) (2) suy ra27x+50y−131=0 (*)
Do tọa độ củaAvàBđều thỏa (*) nên (*) phương trình đường thẳngABcần tìm
Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểmA(2;√3)và elip(E): x
3 + y2
2 =1 GọiF1,F2 tiêu điểm của(E)(F1có hồnh độ âm);Mlà giao điểm đường thẳngAF1với(E)(Mcó tung độ dương);N điểm đối xứng củaF2quaM Tìm tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giácANF2
Lời giải.
x y
O
F1 F2
A N
M
Ta cóF1(−1; 0),F2(1; 0)
Đường thẳngAF1có phương trìnhx−√3y+1=0
Mlà giao điểm có tung độ dương củaAF1với(E)suy raM Ç
1;2 √
3
å Ta tính đượcMA=MF2=2
√ 3
DoN đối xứng vớiF2quaMnênMF2=MN, suy raMA=MF2=MN
Do đường trịn ngoại tiếp tam giácANF2là đường trịn tâmM, bán kínhMA= 2√3
3
Bài 21. Cho elip(E): x
25+ y2
9 =1và hai điểmA(−5; 3),B(5;−3) Tìm trên(E)điểmC có hồnh độ tung độ dương cho diện tích tam giácABClớn Tính diện tích lớn
Lời giải. Ta cóAB=2√34và phương trình đường thẳngAB: 3x+5y=0 GọiC(x;y)∈(E)(x>0,y>0), ta cód(C,AB) =|3x√+5y|
34 Khi diện tích tam giácABClà SABC=
2AB.d(C,AB) = 2.2
√
34.|3x√+5y|
34 =|3x+5y|
Mà|3x+5y|=15
x 5+
y
≤15
s
2 Ç
x2 25+
y2
å
=15√2
Dấu xảy x 5=
y
3 Thay vào phương trình của(E)và ýx>0,y>0ta tìm đượcx= 5√2
(73)3√2
2 VậyM Ç
5√2 ;
3√2
å
BÀI TẬP TỔNG HỢP
Bài 22. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình tắc elip(E)biết M thay đổi trên(E)thì độ dài nhỏ củaOMbằng4và độ dài lớn củaMF1bằng8vớiF1là tiêu điểm có hồnh độ âm
Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng(E): x
a2+ y2 b2 =1 M(x;y)∈(E)⇒MF1=a+cx
a, mà−a≤x≤anênMF1lớn bằnga+ckhix=a,y=0 Vìa>bnên x
2
a2 ≤ x2
b2 ⇒1= x2 a2+
y2 b2 ≤
x2+y2 b2 =
OM2
b2 ⇒OM≥b Do giá trị nhỏ củaOMbằngbkhix=0,y=±b
Kết hợp với giả thiết ta có: ®
b=4 a+c=8 ⇔
® b=4 a=5 Vậy phương trình của(E): x
2
25+ y2 16 =1
Bài 23. Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình tắc elip(E), biết có đỉnh hai tiêu điểm của(E)tạo thành tam giác chu vi hình chữ nhật sở của(E)là12(2+√3)
Lời giải. Giả sử phương trình elip có dạng(E): x
a2+ y2 b2 =1 Chu vi hình chữ nhật sở là2(2a+2b)
Suy ra2(2a+2b) =12(2+√3)⇔a+b=3(2+√3) (1)
Do đỉnhA1(−a; 0),A2(a; 0)vàF1(−c; 0),F2(c; 0)cùng nằm Oxnên theo giả thiếtF1,F2 với đỉnhB2(0,b)trênOytạo thành tam giác đều⇔B2F2=F1F2=B2F1 (∗)
Lại cóF1F2đối xứng quaOynên tam giácB2F1F2ln tam giác cân tạiB2 Do đó:(∗)⇔B2F2=F1F2⇔
√
c2+b2=2c⇔b2=3c2
Lại có:a2−c2=b2⇒3a2=4b2 (2) Từ(1)và(2)suy raa=6vàb=3√3 Vậy phương trình elip(E)là x
2
36+ y2
27 =1
Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độOxy,cho elip (E): x
9 + y2
4 =1.Đường thẳng∆: 2x−3y=0cắt(E)tại hai điểmB,C.Tìm tọa độ điểmAtrên(E)sao cho tam giácABCcó diện tích lớn
Lời giải. Do∆∩(E) ={B;C}nênB,Ccố định hay độ dàiBCkhông đổi Do diện tích4ABClớn khoảng cáchh=d(A,∆)lớn Phương trình tham số của(E)có dạng:
®
x=3 sint y=2 cost MàA∈(E)⇒A(3 sint; cost),khi
h= (A,∆) = |6 sint√−6 cost| 13 =
6|sint−cost| √
13 = 6√2
sin
t−π √ 13 ≤ 6√26
13 Dấu “=” xảy khi:
sin
t−π
=1⇔
sin
t−π
=1 sint−π
4 =−1 ⇔
t=3π +k2π t=−π
4+k2π
(k∈Z)
+ Vớit= 3π
4 +k2π⇒A Ç
3√2 ;
√
å
+ Vớit=−π
(74)Bài 25. Trong mặt phẳng tọa độOxy,cho elip(E)có phương trìnhx
8 + y2
4 =1vàP(1;−1).Gọidlà đường thẳng quaPcắt(E)tại hai điểmM,N.Tìm tọa độ hai điểmM,Nsao choPM.PN lớn
Lời giải.
Ta cóP(1;−1)thuộc miền của(E)nênd ln cắt(E)tạiM,N
Gọi phương trình đường thẳng d có dạng ®
x=1+mt
y=−1+nt vớit ∈ R,m
2+n2 6=0. Gọi M(1+mt1;−1+ nt1);N(1+mt2;−1+nt2).Trong đót1,t2là nghiệm phương trình
(1+mt)2 +
(−1+nt)2
4 =1⇔(m 2+
2n2)t2+2(m−2n)t−5=0
Theo hệ thức Vi-et ta cót1.t2= −5 m2+2n2 Khi đóPM.PN=p(mt1)2+ (nt
2)2
p
(mt2)2+ (nt
2)2= (m2+n2)|t1.t2|=
5(m2+n2) m2+2n2 =
5 2− m
2
M2+n2
Mặt khác0≤ m
m2+n2 ≤1,do đóPM.PN lớn m2
m2+n2 ⇔n=0
Khi phương trình đường thẳngdcó dạngy=−1,suy tọa độ điểmM,N nghiệm hệ
x2 +
y2 =1 y=−1
⇔ ®
x2=6 y=−1 ⇔
®
x=±√6 y=−1 ⇒
®
M(√6;−1) N(−√6;−1) ®
M(−√6;−1) N(√6;−1)
Bài 26. Trong mặt phẳng tọa độOxy,cho elip(E):x
2 + y2
8 =1.Viết phương trình đường thẳngd cắt(E) hai điểm phân biệt có tọa độ số nguyên
Lời giải. GọiM(x0;y0)∈(E)⇒ x20
2 + y20
8 =1 (1)
⇒x20≤2⇒x0∈ {−1; 0; 1}
Vớix0=±1⇒y0=±2(thỏa mãn) Vớix0=0⇒y0=±2
√
2(loại)
Vậy có bốn điểm có tọa độ nguyên trên(E)làM1(1; 2);M2(1;−2);M3(−1; 2);M4(−1;−2)
Do ta lập phương trình đường thẳngdthỏa mãn đề là: y=2; 2x+y=0;−2x+y=0;x=−1;x=1;y=−2
Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độOxy,viết phương trình tắc của(E)có tâm sai bằng4
5.Biết diện tích tứ giác tạo tiêu điểm đỉnh trục bé của(E)là 24
Lời giải.
x y
B2 B1
O
(75)Gọi phương trình tắc elip(E)có dạng x2
a2+ y2
b2 =1vớia>b>0vàa
2=b2+c2. Ta có tâm saie= c
a=
5 ⇔a= 4c
GọiF1(−c; 0),F2(c; 0)là tiêu điểm vàB1(0;−b),B2(0;b)la đỉnh trục bé Suy raF1B2F2B2là hình thoi, kho đóSF1B2F2B2=
1
2F1F2.B1B2=
22c.2b=2bc=24⇔b= 12
c Khi
a2=b2+c2⇔ Å5 4c ã2 = Å12 c ã2
+c2⇔25c4=2304+16c4⇔c4=256⇔c=4(doc>0)
Suy raa=5;b=3.Vậy phương trình tắc elip(E)cần tìm là: x
25+ y2
9 =1
Bài 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(4; 3),B(6,4) Xác định điểm M thuộc elip (E): x2
2 + y2
8 =1sao cho diện tích tam giácMABđạt giá trị nhỏ
Lời giải. Ta cóAB=√5và phương trình đường thẳngAB: 2x+y−11=0
GọiM(x0,y0)∈(E).Khi x20
2 + y20
8 =1 (1)
Từ(1)suy ra|x0| ≤ √
2;y0≤2 √
2⇒2x0+y0<11 Ta lại cód(M,AB) = |2x0+√y0−11|
5 =
11−(2x√0+y0) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
(2x0+y0)2≤(8+8) Ç
x20 +
y20
å
=16⇒ −4≤2x0+y0≤4
Suy rad(M,AB)≥ √7
5⇒(d(M,AB))min= √ VậyminSMAB=1
2.(d(M,AB))min.AB= √ √
5=7
2 ⇔M(1; 2)
Bài 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho (E): x
25+ y2
9 =1 điểm M(2; 3) Viết phương trình đường thẳng quaM,cắt(E)tại hai điểm phân biệtA,Bsao choMlà trung điểm củaAB
Lời giải. Ta cóMthuộc miền của(E),do đódln cắt(E)tại hai điểm phân biệt Gọi phương trình đường thẳngd có dạng:
®
x=2+mt
y=3+nt vớit∈R,m
2+n26=0. GọiA(2+mt1; 3+nt1),B(2+mt2; 3+nt2).Khi đót1,t2là nghiệm phương trình
(1+mt)2 25 +
(2+nt)2
9 =1⇔(9m 2+
25n2)t2+2(9m+50n)t−116=0
Theo hệ thức Vi-et ta cót1+t2=−
2(9m+50n) 9m2+25n2 Mặt khác ta lại cóMlà trung điểm củaAB,do
®
xA+xB=2xM yA+yB=2yM
⇔ ®
4+ (t1+t2)m=4 6+ (t1+t2)n=6 ⇔
®
m(t1+t2) =0 n(t1+t2) =0
⇔t1+t2=0 (m2+n26=0)
⇒ −2(9m+50n)
9m2+25n2 =0⇔9m+50n=0⇔m=− 50
9 n
Chọnm=9⇒n=−50.Khi phương trình đường thẳngdlà ®
(76)Bài 30. Trong mặt phẳng tọa độOxy,cho điểmA(4; 0)và elip(E): x
16+ y2
9 =1.Tìm tọa độ điểmB,C thuộc(E)sao cho tam giácABCvuông cân tạiA
Lời giải. x y B O C A
Ta có B,C thuộc (E) tam giác ABC vuông cân A Mặt A(4; 0)∈Ox (E) nhận trục Ox,Oylà trục đối xưng nênB,Cđối xứng qua trụcOx
Do gọiB(m;n),C(m;−n)∈(E)vớin6=0
Suy
(−→
AB= (m−4;n) −→
AC= (m−4;−n),khi
m2 16 + n2 =1 −→
AB.−AC→=0 ⇔ m2 16+ n2 =1 (m−4)2−n2
=0⇔
m2 16+ n2 =1 n2= (m−4)2
⇒m
2
16+
(m−4)2
9 =1⇔25m
2−128m+112=0⇔
m=4 m=28
25 Vớim=4⇒n=0
Vớim= 28
25 ⇒n=± 72
25.Suy
B Å 28 25; 72 25 ã C Å 28 25;−
72 25 ã B Å 28 25;−
72 25 ã C Å 28 25; 72 25 ã
Bài 31. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d:x+y−4=0 elip (E): x
4 + y2
2 =1 Viết phương trình đường thẳng∆ vng góc vớid cắt(E) hai điểmA,Bsao cho diện tích tam giácOAB
Lời giải. Ta có∆⊥ddo phương trình đường thẳng∆có dạng:x−y+c=0 Phương trình hồnh độ giao điểm của∆và(E)là:
2x2+4(x+c)2=8⇔6x2+8cx+4c2−8=0 (1) Ta lại có∆cắt(E)tại hai điểm phân biệt đó(1)phải có hai nghiệm phân biệt, nghĩa
∆0=48−8c2>0⇔ − √
6<c<√6 (2)
Ta có A(x1,x1+c),B(x2,x2+c) giao điểm ∆ với(E),khi đóx1,x2 nghiệm phương trình(1)
Do
x1+x2= 4c x1.x2=
2c2−4
Mặt khác ta lại cóAB=p(x2−x1)2+ (x2−x1)2=
p
2(x1+x2)2−8x1.x2 ⇒AB=
32c2
9 −
16c2−32 =
4
√ c2+2 Ta lại cód(O,∆) = √|c|
2 MàSABC=2⇒1
(77)⇒1
4
√
c2+2.√|c|
2=2⇔c
4+2c2−18=0⇔c=±p−1+√19(thỏa mãn(2)) Vậy đường thẳng∆cần lập là∆:x−y+
p
−1+√19=0hoặc∆:x−y−
p
−1+√19=0
Bài 32. Trong mặt phẳng tọa độOxy,cho elip(E): x
16+ y2
9 =1ngoại tiếp tam giác đềuABC.Tính diện tích tam giácABC,biết(E)nhậnA(0; 3)làm đỉnh trục tung làm trục đối xứng
Lời giải.
x y
A
O
B C
Do4ABC có A(0; 3)nên B,C đối xứng với qua trục tung, nên gọi B(m,n)⇒C(−m,n) với m>0⇒a=BC=2mvà chiều cao tam giác làh=3−n
Khi đóh=a √
3
a ⇔3−n= √
3m⇔n=3−√3m⇒B(m; 3−√3m) Mặt khácB∈(E),do m
2
16+
(3−√3m)2
9 =1⇔9m
2−32√3m=0
⇔m=32 √
3
19 (thỏa mãn) vàm=0(loại) Khi đón=−39
19 ⇒
h=96 19 BC= 64
√ 19
⇒SABC=
2h.BC=
(78)§4. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 3 I. Đề số 1a
Bài 1. ChoA(1,5);B(4,−1);C(−4,−5)
a) Viết phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnh tam giác b) Viết phương trình đường trung trực cạnhBCvàAB
c) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giácABC
Lời giải.
a) Ta có−AB→= (3,−6);BC−→= (−8,−4),−AC→= (−5,−10)
Phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnhAB:2(x−1) + (y−5) =0⇔2x+y−7=0 0,5 điểm Phương trình tổng quat đường thẳng chứa cạnhAC:2(x+4)−(y+5) =0⇔2x−y+3=0
0,5 điểm Phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnhBC:(x−4)−2(y+1) =0⇔x−2y−6=0
0,5 điểm b) GọiI trung điểm cạnhBC Khi đóI(0;−3) Phương trình đường trung trực cạnhBClà2(x−0) + (y+3) =0⇔2x+y+3=0 0,5 điểm GọiJlà trung điểm cạnhAB Khi đóJ(52; 2) Phương trình đường trung trực cạnhABlà(x−52)−2(y−2) =0⇔2x−4y+3=0 0,5 điểm c) Vì tam giác ABC vng tạiB nên tâm đường trịn ngoại tiếp trung điểm O cạnh AC Ta có
O(−32 ; 0)và bán kínhOA= √
5 ;
−→
OA= (−52 ;−5) 0,5 điểm Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giácABClà(x+32)2+y2=125
4 0,5 điểm
Bài 2. Cho elip(E)có phương trình x
4 + y2
1 =1 a) Tìm tiêu điểm, tâm sai, đường chuẩn của(E)
b) Tìm trên(E)những điểmMsao choMnhìn đoạn thẳng nối hai tiêu điểm góc vng
Lời giải.
a) Ta cóc2=a2−b2=3, suy rac=√3 Các tiêu điểmF1(−√3; 0)vàF(√3; 0) 0,5 điểm Tâm saie= c
a= √
3
2 0,5 điểm Đường chuẩnx=±a
e =± √
3 0,5 điểm b) VìF÷1MF2=90◦, đóMthuộc đường trịn đường kínhF1F2làx2+y2=3 0,5 điểm
Tọa độ điểmMlà nghiệm hệ phương trình x
4 + y2
1 =1vàx
2+y2=3 0,5 điểm.
Gải hệ ta đượcx= ±2 √
2 √
3 ;y=± √
3 0,5 điểm Vậy có bốn điểm cần tìm là(
Ç ±2
√ √
3 ; ±1 √
3 å
(79)Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxycho hai điểmA(2; 0)và B(6; 4) Viết phương trình đường trịn(C)tiếp xúc với trục hồnh điểmAvà khoảng cách từ tâm của(C)đến điểmBbằng5
Lời giải. GọiI(a;b),Rlà tâm bán kính đường trịn(C) Do(C)tiếp xúc với trục hoành điểmA(2; 0) nêna=2và|b|=R 0,75 điểm DoIB=5màI(2;b)vàB(6; 4)suy ra(b−2)2+ (4−b)2=52⇔b2=8b+7=0↔b=1,b=7
0,75 điểm Vớia=2,b=1⇒R=1, ta có phương trình của(C)là(x−2)2+ (y−1)2=1 0,75 điểm Vớia=2,b=7⇒R=7ta có phương trình của(C)là(x−2)2+ (y−7)2=49 0,75 điểm
II. Đề số 1b
Bài 1. ChoA(−5,6);B(−4,−1);C(4,3)
a) Viết phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnh tam giác b) Viết phương trình đường trung trực cạnhBCvàAB
c) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giácABC
Lời giải.
a) Ta có−AB→= (1,−7);BC−→= (8,4),−AC→= (9,−3)
Phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnhAB:7(x+5) + (y−6) =0⇔7x+y+29=0 0,5 điểm Phương trình tổng quat đường thẳng chứa cạnhAC:(x+5) +3(y−6) =0⇔x+3y−13=0
0,5 điểm Phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnhBC:(x+4)−2(y+1) =0⇔x−2y+2=0
0,5 điểm
b) GọiI trung điểm cạnh BC Khi đóI(0; 1) Phương trình đường trung trực cạnh BClà 2(x−0) + (y−1) =0⇔2x+y−1=0 0,5 điểm GọiJlà trung điểm cạnhAB Khi J(−92 ;25) Phương trình đường trung trực cạnhABlà(x+92)− 7(y−52) =0⇔x−7y+22=0 0,5 điểm c) GọiOlà giao điểm hai đường trung trực hai cạnhABvàBC Tọa độ điểmOlà nghiệm hệ phương trình2x+y−1=0vàx−7y+22=0 0,5 điểm Giải hệ ta đượcO(−1; 3)và−→OC= (−5; 0)suy bán kínhOC=5 0,5 điểm Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giácABClà(x+1)2+ (y−3)2=25 0,5 điểm
Bài 2. Cho elip(E)có phương trình x
9 + y2
4 =1 a) Tìm tiêu điểm, tâm sai, đường chuẩn của(E)
b) Tìm trên(E)những điểmMsao choMnhìn đoạn thẳng nối hai tiêu điểm góc vng
Lời giải.
a) Ta cóc2=a2−b2=5, suy rac=√5 Các tiêu điểmF1(− √
5; 0)vàF(√5; 0) 0,5 điểm Tâm saie= c
a= √
5
3 0,5 điểm Đường chuẩnx=±a
e =± √
(80)b) VìF÷1MF2=90◦, đóMthuộc đường trịn đường kínhF1F2làx2+y2=5 0,5 điểm Tọa độ điểmMlà nghiệm hệ phương trình x
2
9 + y2
4 =1vàx
2+y2=5 0,5 điểm. Gải hệ ta đượcx= √±3
5;y=± ±4 √
6 0,5 điểm Vậy có bốn điểm cần tìm
Å ±√3
5; ±4 √
5 ã
0,5 điểm
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độOxycho tam giácABC cóC(−1;−2), đường trung tuyến kẻ từ Avà đường cao kẻ từBlần lượt có phương trình là5x+y−9=0vàx+3y−5=0 Tìm tọa độ đỉnhA vàB
Lời giải. Đường thẳngACđi quaCvà vng góc với đường thẳngx+3y−5=0, suy phương trìnhAC là3x−y+1=0 0,75 điểm Tọa độ điểmAlà nghiệm hệ5x+y−9=0và3x−y+1=0, suy raA(1; 4) 0,75 điểm ĐiểmBthuộc đường thẳngx+3y−5=0và trung điểm cạnhBCthuộc đường thẳng5x+y−9=00,5 điểm
Tọa độ điểmBlà nghiệm hệ phương trìnhx+3y−5=0và5 Åx−
1
ã
+y−2
2 −9=0, suy raB(5; 0) 0,75 điểm
III. Đề số 2a
Bài (2điểm). Trong mặt phẳngOxy, cho∆: ®
x=1+t
y=t (t∈R)và điểmA(3; 0) TìmB∈∆sao cho∆AOB vng tạiO
Lời giải. GọiB(1+b;b)∈∆ Khi đó:−→OB= (1−b;b);−OA→= (0; 3) (0,5điểm) ∆AOBvng tạiO
⇔−OA→⊥−→OB (0,5điểm) ⇔−OA→.−→OB=0 (0,5điểm) ⇔3.(1+b) +0.(b) =0 (0,5điểm) ⇔b=−1
VậyB(0;−1) (0,5điểm)
Bài (2điểm). Tìm hình chiếu vng góc gốc tọa độOlên đường thẳng ∆:x−y+2=0, từ tìm điểm đối xứng củaOqua∆
Lời giải. GọiH hình chiếu củaOlên∆
VìOH vng góc với∆nênOH nhận vectơ pháp tuyến (−→n∆= (1;−1))của∆làm vectơ phương, tức
OHnhận−−→nOH = (1; 1)làm vectơ pháp tuyến (0,5điểm) Do đó, OH đường thẳng qua O(0; 0) nhận −−→nOH = (1; 1) làm vectơ pháp tuyến; OH có phương trình:1(x−0) +1(y−0) =0⇔x+y=0 (0,5điểm) Ta cóH=∆∩OH, nên tọa độ củaH nghiệm hệ:
®
x−y+2=0 x+y=0 ⇔
®
x=−1 y=1
VậyH(−1; 1) (0,5điểm) GọiO0là điểm đối xứng vớiOqua∆
Khi đó,H trung điểm củaOO0
Áp dụng cơng thức tính tọa độ trung điểm ta tính đượcO0(−2; 2) (0,5điểm)
Bài (2điểm). Viết phương trình đường trịn(C)nội tiếp∆ABCbiết(C)có tâmI(1; 2)vàAB:x−2y+ 7=0
Lời giải. Vì∆ABCnội tiếp(C)nên(C)có bán kínhR=d(I,AB) = √4
5 (1,0điểm) Vậy(C): (x−1)2+ (y−2)2= 16
(81)Bài (2điểm). Cho∆ABC nội tiếp đường trịn(C)có tâm gốc tọa độ O Viết phương trình tiếp tuyến (C) A biết E(−1; 0) F(1; 1) chân đường cao kẻ từ B C; A thuộc đường thẳng ∆: 3x+y−1=0
Lời giải. GọiAt tiếp tuyến của(C)tạiA • Chứng minhOA⊥EF
Tứ giácBCEF nội tiếp nênEFA‘=ACB.‘ Hơn nữa,BAtd=ACB.‘
Do đó,EFA‘ =dBAt
Mặt khácAt ⊥OAnênEF ⊥OA (0,5điểm) • OAlà đường thẳng quaO(0; 0)và nhận−→EF= (2; 1)làm véc-tơ pháp tuyến OA: 2x+y=0 (0,5điểm)
O A
B
C
E F
t
• Alà giao điểm OA ∆ Do đó, tọa độ (x;y) Alà nghiệm hệ: ®
3x+y−1=0
2x+y=0 Ta tìm đượcA(1;−2) (0,5điểm) • Tiếp tuyếnAt đường thẳng quaA(1;−2)và nhận−OA→= (1,−2)làm véc-tơ pháp tuyến
At:x−2y−5=0 (0,5điểm)
Bài (2điểm). Cho elip(E): x
25+ y2 16 =1
a) Tìm độ dài trục lớn, độ dài trục nhỏ, tiêu cự của(E)
b) Viết phương trình đường trịn đường kính đoạn nối hai tiêu điểm của(E) Chứng minh(E)và(C)khơng có điểm chung
Lời giải.
a) Ta cóa=√25=5;b=√16=4;c=√a2−b2=3 (0,5điểm) Độ dài trục lớn:2a=10
Độ dài trục bé:2b=8
Tiêu cự:2c=6 (0,5điểm) b) Đường trịn(C)có tâm gốc tọa độ bán kính bằngc=3
(C)có phương trình:x2+y2=9 (0,5điểm) Vì hệ
x2 25+
y2 16 =1 x2+y2=9
vơ nghiệm nên(E)và(C)khơng có điểm chung (0,5điểm)
IV. Đề số 2b
Bài (2điểm). Trong mặt phẳngOxy, cho∆: ®
x=1−t
y=t (t∈R)và điểmA(0; 3) TìmB∈∆sao cho∆AOB vng tạiO
Lời giải. GọiB(1−b;b)∈∆ Khi đó:OB−→= (1−b;b);−OA→= (0; 3) ∆AOBvng tạiO
⇔−OA→⊥−→OB (0,5điểm) ⇔−OA→.−→OB=0 (0,5điểm) ⇔0.(1−b) +3.(b) =0 (0,5điểm) ⇔b=0
(82)Bài (2điểm). Tìm hình chiếu vng góc gốc tọa độOlên đường thẳng ∆:x+y−2=0, từ tìm điểm đối xứng củaOqua∆
Lời giải. GọiH hình chiếu củaOlên∆
VìOH vng góc với ∆nên OH nhận vectơ pháp tuyến (−→n∆= (1; 1))của∆ làm vectơ phương, tức
OHnhận−−→nOH = (1;−1)làm vectơ pháp tuyến (0,5điểm) Do đó,OH đường thẳng qua O(0; 0) nhận−−→nOH = (1;−1)làm vectơ pháp tuyến; OH có phương trình:1(x−0)−1(y−0) =0⇔x−y=0 (0,5điểm) Ta cóH=∆∩OH, nên tọa độ củaH nghiệm hệ:
®
x+y−2=0 x−y=0 ⇔
® x=1 y=1
VậyH(1; 1) (0,5điểm) GọiO0là điểm đối xứng vớiOqua∆
Khi đó,H trung điểm củaOO0
Áp dụng cơng thức tính tọa độ trung điểm ta tính đượcO0(2; 2) (0,5điểm)
Bài (2điểm). Viết phương trình đường trịn(C)nội tiếp∆ABCbiết(C)có tâmI(−1; 2)vàAB:x−2y+ 7=0
Lời giải. Vì∆ABCnội tiếp(C)nên(C)có bán kínhR=d(I,AB) = √2
5 (1,0điểm) Vậy(C): (x+1)2+ (y−2)2=
5 (1,0điểm)
Bài (2điểm). Cho∆ABC nội tiếp đường trịn(C)có tâm gốc tọa độ O Viết phương trình tiếp tuyến (C) A biết E(−1; 3)và F(2; 3) chân đường cao kẻ từ B vàC A thuộc đường thẳng ∆: 2x+y−5=0
Lời giải. GọiAt tiếp tuyến của(C)tạiA • Chứng minhOA⊥EF
Tứ giácBCEF nội tiếp nênEFA‘=ACB.‘ Hơn nữa,BAtd=ACB.‘
Do đó,EFA‘ =dBAt
Mặt khácAt ⊥OAnênEF ⊥OA (0,5điểm) • OAlà đường thẳng quaO(0; 0)và nhận−→EF= (3; 0)làm véc-tơ pháp tuyến OA: x=0 (0,5điểm)
O A
B
C
E F
t
• Alà giao điểm OA ∆ Do đó, tọa độ (x;y) Alà nghiệm hệ: ®
2x+y−5=0
x=0 Ta tìm đượcA(0; 5) (0,5điểm) • Tiếp tuyếnAt đường thẳng quaA(0; 5)và nhận−OA→= (0; 5)làm véc-tơ pháp tuyến
At:y=5 (0,5điểm)
Bài (2điểm). Cho elip(E): x
25+ y2
9 =1
a) Tìm độ dài trục lớn, độ dài trục nhỏ, tiêu cự của(E)
b) Viết phương trình đường trịn đường kính đoạn nối hai tiêu điểm của(E) Chứng minh(E)và(C)có4điểm chung
Lời giải.
a) Ta cóa=√25=5;b=√9=3;c=√a2−b2=4. (0,5điểm). Độ dài trục lớn:2a=10
Độ dài trục bé:2b=6
(83)b) Đường trịn(C)có tâm gốc tọa độ bán kính bằngc=4
(C)có phương trình:x2+y2=16 (0,5điểm) Vì hệ
x2 25+
y2 =1 x2+y2=16
có4nghiệm phân biệt nên(E)và(C)có4điểm chung (0,5điểm)
V. Đề số 3a
Câu 1. (4,0 điểm) Trong hệ tọa độOxy, cho tam giácABCvớiA(−1; 3),B(3; 1)vàC(3;−5) a) Viết phương trình tham số phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnhAC
b) Viết phương trình tổng quát đường cao xuất phát từ đỉnhBvà tìm tọa độ trực tâm tam giác ABC
c) Viết phương trình đường thẳngdđi quaAvà cáchBmột đoạn bằng4
Lời giải.
a) Ta có−AC→= (4;−8)nên đường thẳngAC nhận véc-tơ−→n1 = (2; 1)làm véc-tơ pháp tuyến 0,5 điểm Phương trình tham số đường thẳngAC:
®
x=−1+t
y=3−2t 0,5 điểm
Phương trình tổng quát đường thẳngAC: 2x+y−1=0 0,5 điểm b) Phương trình đường cao xuất phát từB(3; 1)và nhận véc-tơ−AC→= (4;−8)làm véc-tơ pháp tuyến làx−2y−1=0 0,5 điểm Phương trình đường cao xuất phát từA(−1; 3)và nhận−BC→= (0;−6)làm véc-tơ pháp tuyến lày−3= 0,5 điểm Tọa độ trực tâmH của∆ABClà nghiệm hệ phương trình
®
x−2y=1 y=3 ⇔
® x=7 y=3
0,25 điểm c) Gọi∆là đường thẳng cần tìm và∆có véc-tơ pháp tuyến−→n = (a;b)vớia2+b26=0
Đường thẳng∆có dạnga(x+1) +b(y−3) =0 0,25 điểm Ta có
d(B;∆) =4⇔ |a(3+√1) +b(1−3)| a2+b2 =4
⇔ |2a−b|=2pa2+b2⇔4ab+3b2=0 ⇔b=0hoặcb=−3a
4
1,0 điểm Khib=0(thìa6=0), ta có phương trình∆làx+1=0 0,25 điểm Khib=−3a
4 thì∆có phương trình là4x−3y+13=0 0,25 điểm B
(84)b) Viết phương trình tiếp tuyến của(T), biết tiếp tuyến song song với đường thẳngl: 3x−4y+ 5=0
Lời giải.
a) Đường trịn(T)có tâmI(1;−3)và bán kínhR=5 0,5 điểm b) Gọi∆là tiếp tuyến cần tìm
Vì∆song songlnên∆có dạng3x−4y+m=0,m6=5 0,5 điểm Vì∆tiếp xúc(T)nênd(I;∆) =R⇔m=10hoặcm=−35 0,75 điểm Vậy phương trình∆là3x−4y+10=0và3x−4y−35=0 0,25 điểm
Câu 3. (2,0 điểm) Trong hệ tọa độOxy, cho elip(E): x
9 + y2
4 =1 a) Xác định tọa độ tiêu điểmF1,F2và độ dài tiêu cự của(E)
b) Lấy điểmMtùy ý thuộc(E) Chứng minh biểu thứcT =MF1·MF2+OM2có giá trị khơng đổi
Lời giải.
a) Ta cóc2=a2−b2=5nên elipE có hai tiêu điểmF1(−√5; 0),F2(√5; 0) 0,5 điểm Độ dài tiêu cự của(E)làF1F2=2c=2
√
5 0,25 điểm
b) VớiM tùy ý thuộcE, ta cóMF1·MF2=
a+c axM
·a−c axM
=9−5 9x
2
M 0,5 điểm MàOM2=x2M+y2M =x2M+4
Ç 1−x
2 M
å =
9x
M+4 0,5 điểm VậyT =MF1·MF2+OM2=13 0,25 điểm
Câu 4. (2,0 điểm) Trong hệ tọa độOxy, cho(E): x
25+ y2 16=1
a) Viết phương trình đường trịn(C)có tâmOvà đường kính độ dài trục nhỏ của(E) b) Tìm điểmM(x;y)thuộcE có tọa độ dương cho tíchx·yđạt giá trị lớn
Lời giải.
a) Elip(E)có độ dài trục nhỏ2b=8nên đường trịn cần tìm có bán kínhr=4 0,5 điểm Vậy phương trình(C)làx2+y2=16 0,5 điểm
b) VìM(x;y)∈(E)vàx,y>0nên ta cóy=4
1−x
25=
√
25−x2 0,25 điểm Ta cóxy=
5
p
x2(25−x2)≤ 5·
x2+25−x2
2 =10 0,5 điểm
Đẳng thức xảy
x2=25−x2 x>0
y=4
1−x
25 ⇔
x= √
2 y=2√2
(85)VI. Đề số 3b
Câu 1. (4,0 điểm) Trong hệ tọa độOxy, cho tam giácMNPvớiM(−1; 3),N(3; 1)vàP(3;−5) a) Viết phương trình tham số phương trình tổng quát đường thẳng chứa cạnhMP
b) Viết phương trình tổng quát đường cao xuất phát từ đỉnhN tìm tọa độ trực tâm tam giác MNP
c) Viết phương trình đường thẳngdđi quaMvà cáchNmột đoạn bằng4
Lời giải.
a) Ta có−→MP= (4;−8)nên đường thẳngMPnhận véc-tơ−→n1= (2; 1)làm véc-tơ pháp tuyến 0,5 điểm Phương trình tham số đường thẳngMP:
®
x=−1+t
y=3−2t 0,5 điểm
Phương trình tổng quát đường thẳngMP: 2x+y−1=0 0,5 điểm b) Phương trình đường cao xuất phát từN(3; 1)và nhận véc-tơ−→MP= (4;−8)làm véc-tơ pháp tuyến làx−2y−1=0 0,5 điểm Phương trình đường cao xuất phát từ M(−1; 3) nhận −→NP= (0;−6) làm véc-tơ pháp tuyến y−3=0 0,5 điểm Tọa độ trực tâmH của∆MNPlà nghiệm hệ phương trình
®
x−2y=1 y=3 ⇔
® x=7 y=3
0,25 điểm c) Gọi∆là đường thẳng cần tìm và∆có véc-tơ pháp tuyến−→n = (a;b)vớia2+b26=0
Đường thẳng∆có dạnga(x+1) +b(y−3) =0 0,25 điểm Ta có
d(N;∆) =4⇔ |a(3+√1) +b(1−3)| a2+b2 =4
⇔ |2a−b|=2pa2+b2⇔4ab+3b2=0 ⇔b=0hoặcb=−3a
4
1,0 điểm Khib=0(thìa6=0), ta có phương trình∆làx+1=0 0,25 điểm Khib=−3a
4 thì∆có phương trình là4x−3y+13=0 0,25 điểm
Câu 2. (2,0 điểm) Trong hệ tọa độOxy, cho đường trịn(C):x2+y2−2x+6y−15=0 a) Tìm tọa độ tâm tính bán kính của(C)
b) Viết phương trình tiếp tuyến của(C), biết tiếp tuyến song song với đường thẳngd: 4x−3y+ 1=0
Lời giải.
a) Đường trịn(C)có tâmI(1;−3)và bán kínhR=5 0,5 điểm b) Gọi∆là tiếp tuyến cần tìm
(86)Câu 3. (2,0 điểm) Trong hệ tọa độOxy, cho elip(E): x
12+ y2
4 =1 a) Xác định tọa độ tiêu điểmF1,F2và độ dài tiêu cự của(E)
b) Lấy điểmMtùy ý thuộc(E) Chứng minh biểu thứcT =MF1·MF2+OM2có giá trị khơng đổi
Lời giải.
a) Ta cóc2=a2−b2=5nên elipE có hai tiêu điểmF1(−2√2; 0),F2(2√2; 0) 0,5 điểm Độ dài tiêu cự của(E)làF1F2=2c=4
√
2 0,25 điểm b) VớiM tùy ý thuộcE, ta cóMF1·MF2=
a+c axM
·a−c axM
=12−2 3x
2
M 0,5 điểm MàOM2=x2M+y2M =x2M+4
Ç 1−x
2 M 12
å =
3x
M+4 0,5 điểm VậyT =MF1·MF2+OM2=16 0,25 điểm
Câu 4. (2,0 điểm) Trong hệ tọa độOxy, cho(E): x
16+ y2
9 =1
a) Viết phương trình đường trịn(C)có tâmOvà đường kính độ dài trục nhỏ của(E) b) Tìm điểmM(x;y)thuộcE có tọa độ dương cho tíchx·yđạt giá trị lớn
Lời giải.
a) Elip(E)có độ dài trục nhỏ2b=6nên đường trịn cần tìm có bán kínhr=3 0,5 điểm Vậy phương trình(C)làx2+y2=9 0,5 điểm b) VìM(x;y)∈(E)vàx,y>0nên ta cóy=3
1−x
2
16=
√
16−x2 0,25 điểm. Ta cóxy=
4
p
x2(16−x2)≤ 4·
x2+16−x2
2 =6 0,5 điểm
Đẳng thức xảy
x2=16−x2 x>0
y=3
1−x
16 ⇔
x=2 √
2 y=
√ 2