Cachuongtuduyvaphuongphapgiaitronghinh oxy by Anhhùnbóngđêm Rấtthíchchơigêm

GIẢI ðÁP TOÁN CẤP 3 – THI ðẠI HỌC

CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TRONG HÌNH HỌC OXY

Biên soạn: Thanh Tùng

CÁC BÀI TOÁN TRONG TAM GIÁC, TỨ GIÁC

CÁC BÀI TOÁN VỀ ðƯỜNG THẲNG

CÁC BÀI TOÁN VỀ ðƯỜNG TRÒN

CÁC BÀI TOÁN VỀ ELIP

BÀI TOÁN TÌM ðIỂM

*) Tóm tắt lý thuyết ñầy ñủ theo một trình tự logic và có hệ thống. *) ðưa ra các hướng tư duy và phương pháp giải khái quát cho từng lớp bài toán. *) Có bài toán mẫu minh họa ñi kèm. *) Phần bài tập áp dụng có gợi ý. *) Lời giải chi tiết cho từng bài toán cụ thể (tham khảo thêm trên http://www.facebook.com/giaidaptoancap3 ).

HÀ NỘI

03/2013

CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC OXY

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN

B. CÁC BÀI TOÁN BÀI TOÁN 1: BÀI TOÁN TÌM ðIỂM

ðể hiểu rõ hơn cho 4 hướng tư duy tương ứng với 4 TH của Bài toán 1: “Bài Toán Tìm ðiểm” thầy sẽ dùng 6 bài thi ðại Học năm 2012 vừa qua ñể minh họa. 1) (A, A1 – 2012:CB). Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung ñiểm của cạnh BC, N là ñiểm trên cạnh CD sao cho

 11 1  ;  và ñường thẳng AN có phương trình 2 x − y − 3 = 0 . Tìm tọa ñộ ñiểm A.  2 2

CN = 2ND. Giả sử M 

2) (A, A1 – 2012 :NC). Cho ñường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 8 . Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông. 3) (B – 2012:CB). Cho ñường tròn (C1 ) : x 2 + y 2 = 4 , (C2 ) : x 2 + y 2 − 12 x + 18 = 0 và ñường thẳng d : x − y − 4 = 0 . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc (C2 ) , tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai ñiểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. 4) (B – 2012 :NC). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và ñường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2 + y 2 = 4 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox. 5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0 và

1 x − y + 4 = 0 ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm M (− ;1) . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD. 3 6) (D – 2012 :NC). Cho ñường thẳng d : 2 x − y + 3 = 0 . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc d , cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2.

1) (A, A1 – 2012:CB). Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung ñiểm của cạnh BC, N là ñiểm trên cạnh CD sao cho

 11 1  ;  và ñường thẳng AN có phương trình 2 x − y − 3 = 0 . Tìm tọa ñộ ñiểm A.  2 2

CN = 2ND. Giả sử M 

Cách 1

Phân tích:

+) Ta có { A} = AN ∩ AM nên Theo hướng tư duy 1 (TH1) ta phải ñi lập thêm phương trình AM +) Biết M nhưng chưa biết A (chính là ñáp số ta cần tìm) nên ta phải ñi tìm thêm vtpt hoặc vtcp +) Bài toán không có yếu tố song song, vuông góc ñể tìm vtpt hoặc vtcp nên ta phải khai thác ytố ñịnh lượng

(

uuuur uuur

+) Yếu tố ñịnh lượng: cos ∠MAN = cos nAM , nAN

uuuur

) ⇒n

⇒ phương trình AM → tọa ñộ ñiểm A

Giải: ðặt AB = a ⇒ ND =

a 2a a ; NC = ; MB = MC = ( vì ABCD là hình vuông và CN = 2 ND ) 3 3 2

Và áp dụng Pitago ta ñược: AM =

a 5 5a a 10 và AN = ; MN = 2 6 3

AM 2 + AN 2 − MN 2 2 = 2 AM . AN 2 uuuur uuur uuuur uuur Gọi nAM = (a; b) là vtpt của AM và ta có nAN = (2; −1) ⇒ cos ∠MAN = cos nAM , nAN Trong ∆AMN ta có: cos ∠MAN =

(

)

2a − b 3a = −b 2 = ⇔ 2(2a − b) 2 = 5(a 2 + b 2 ) ⇔ 3a 2 − 8ab − 3b 2 = 0 ⇔ (3a + b)(a − 3b) = 0 ⇔  2 2 2 2 2 a + b . 2 +1  a = 3b uuuur 11   1  +) Với 3a = −b chọn a = 1; b = −3 ⇒ nAM = (1; −3) ⇒ phương trình AM :  x −  − 3  y −  = 0 2  2  2 x − y − 3 = 0  x = 1 ⇔ ⇒ A(1; −1) hay AM : x − 3 y − 4 = 0 . Vì { A} = AN ∩ AM nên ta giải hệ:   x − 3 y − 4 = 0  y = −1 uuuur 11   1  +) Với a = 3b chọn a = 3; b = 1 ⇒ nAM = (3;1) ⇒ phương trình AM : 3  x −  +  y −  = 0 2  2  ⇔

2 x − y − 3 = 0 x = 4 ⇔ ⇒ A(4;5) 3x + y − 17 = 0  y = 5

hay AM : 3 x + y − 17 = 0 . Vì { A} = AN ∩ AM nên ta giải hệ:  Vậy A(1; −1) hoặc A(4;5)

Cách 2:

Phân tích: A ∈ AN nên Theo hướng tư duy 2 (TH2) ta gọi A(t ) ∈ AN ta cần thiết lập 1 phương trình f (t ) = 0

 11 1  ;  là trung ñiểm của BC ta chưa sử dụng – sẽ giúp ta làm ñiều này) → t = ? → A  2 2

(còn dữ kiện M  Giải:

2. +) Gọi H là hình chiếu của M lên AN ⇒ MH = d ( M , AN ) = ðặt AB = a ⇒ ND =

11 1 − −3 2 2 22 + 12

3 5 2

a 2a a ; NC = ; MB = MC = ( vì ABCD là hình vuông và CN = 2 ND ) 3 3 2

Và áp dụng Pitago ta ñược: AM =

a 5 5a a 10 và AN = ; MN = 2 6 3

Trong ∆AMN ta có: cos ∠MAN =

AM 2 + AN 2 − MN 2 2 = 2 AM . AN 2

⇒ ∠MAN = 450 ⇒ ∆MAH cận tại H ⇒ AM = 2 MH = 2. +) Gọi A(t ; 2t − 3) ∈ AN và AM 2 =

3 5 3 10 (*) = 2 2

45 (theo (*)) 2

t = 1  A(1; −1) 7  45  11   ⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔  ⇒ ⇔  t −  +  2t −  = 2  2 2  t = 4  A(4;5) Vậy A(1; −1) hoặc A(4;5) 2

Cách 3:

 11 1  ;  cố ñịnh . Nếu AM = h = const ( ta sẽ tìm cách ñi tính AM ).  2 2

Phân tích: A ∈ AN và M 

Nên Theo hướng tư duy 3 (TH3) : { A} = AN ∩ (C ) với (C ) là ñường tròn tâm M bán kính R = h

2. Giải: +) Gọi H là hình chiếu của M lên AN ⇒ MH = d ( M , AN ) = ðặt AB = a ⇒ ND =

2 +1 2

3 5 2

a 2a a ; NC = ; MB = MC = ( vì ABCD là hình vuông và CN = 2 ND ) 3 3 2

Và áp dụng Pitago ta ñược: AM =

a 5 5a a 10 và AN = ; MN = 2 6 3

Trong ∆AMN ta có: cos ∠MAN =

AM 2 + AN 2 − MN 2 2 = 2 AM . AN 2

⇒ ∠MAN = 450 ⇒ ∆MAH cận tại H ⇒ AM = 2 MH = 2.

3 5 3 10 = 2 2 2

Vậy AM =

11 1 − −3 2 2

3 10 1  45  11   ⇒ A nằm trên ñường tròn có phương trình:  x −  +  y −  = 2 2  2 2 

2  11 2  1  45 x = 4 x = 1  x−  + y−  = Mà A ∈ AN : 2 x − y − 3 = 0 Nên ta xét hệ :  hoặc  2  2 2 ⇔  y = −1 y = 5 2 x − y − 3 = 0 

Vậy A(1; −1) hoặc A(4;5) Cách 4: (Các em có thể tham khảo thêm cách giải của Bộ Giáo Dục nhưng vì cách giải này theo thầy không ñược “tự nhiên” nên thầy không trình bày ở ñây) 2) (A, A1 – 2012 :NC). Cho ñường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 8 . Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông.

Phân tích:

x2 y 2 +) (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8 ⇒ 2a = 8 ⇒ a = 4 + = 1 như vậy ta cần tìm a; b a 2 b2 +) Theo Hướng tư duy 4 (TH4) ta gọi A( x; y ) ( x > 0 ) là một giao ñiểm của (E) và (C ) : A ∈ (C ) ⇒ x 2 + y 2 = 8 và dữ kiện (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông giúp ta thiết lập thêm phương trình: y = x (4 ñỉnh nằm trên hai ñường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai – nhưng vì ta chọn ñiểm +) Phương trình ( E ) :

A( x; y ) ( x > 0 ) thuộc góc phần tư thứ nhất) ⇒ tọa ñộ ñiểm A Giải: Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:

+) Mà A ∈ ( E ) ⇒ b → phương trình (E).

x2 y 2 + =1 a 2 b2

+) (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8 ⇒ 2a = 8 ⇒ a = 4 +) Gọi A( x; y ) ( x > 0 ) là một giao ñiểm của (E) và (C ) .Ta có: A ∈ (C ) ⇒ x 2 + y 2 = 8 (1) Mặt khác: (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông ⇒ y = x (2) Từ (1) và (2) ⇒ 2 x 2 = 8 ⇒ x = 2 (vì x > 0 ) ⇒ y = 2 ⇒ A(2; 2) +) Mà A ∈ ( E ) ⇒

22 22 16 x2 y2 2 . Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là: + = 1 ⇒ b = + =1 42 b 2 3 16 16 3 7

3) (B – 2012:CB). Cho ñường tròn (C1 ) : x 2 + y 2 = 4 , (C 2 ) : x 2 + y 2 − 12 x + 18 = 0 và ñường thẳng d : x − y − 4 = 0 . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc (C2 ) , tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai ñiểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d.

Phân tích: Muốn viết phương trình ñường tròn ta cần: +) Xác ñịnh tâm I (dùng Thuật Toán Tìm ðiểm) . Khi ñó theo Hướng tư duy 2 (TH2) ta gọi I (t ) ∈ II1 (Trước ñó ta ñi lập phương trình II1 ñi qua I1 vuông góc với AB (tính chất ñường nối tâm) hay song song với d ) Và dữ kiện I ∈ (C2 ) giúp ta thiết lập ñược phương trình : f (t ) = 0 → t = ? → tọa ñộ ñiểm I ( Ta có thể làm theo Hướng tư duy 3 (TH3) với { I } = II1 ∩ (C2 ) → tọa ñộ I - cách trình bày khác của TH2) +) Xác ñịnh bán kính: R nhờ R = d ( I , d ) Giải: Gọi I là tâm ñường tròn (C ) cần viết phương trình. Ta có (C1 ) : x 2 + y 2 = 4 ⇒ tâm của (C1 ) là I1 (0;0)

 II1 ⊥ AB ⇒ II1 // d ⇒ phương trình II1 : x − y = 0 .  AB ⊥ d

Vì 

Gọi I (t ; t ) ∈ II1 mà I ∈ (C2 ) ⇒ t 2 + t 2 − 12t + 18 = 0 ⇔ t 2 − 6t + 9 = 0 ⇔ t = 3 ⇒ I (3;3) Mà (C ) tiếp xúc với d ⇒ R = d ( I , d ) =

3−3+ 4 1 +1 2

= 2 2 . Vậy phương trình (C ) là: ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 = 8

4) (B – 2012 :NC). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và ñường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2 + y 2 = 4 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.

x2 y 2 + = 1 (a > b > 0) như vậy ta cần tìm a; b a 2 b2 +) Theo Hướng tư duy 2 (TH2) vì (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D và A ∈ Ox nên gọi A( a; 0) ∈ Ox và B (0; b) ∈ Oy Phân tích: +) Phương trình ( E ) :

+) Khai thác dữ kiện: AC = 2BD → f1 (a, b) = 0 (1) +) Khai thác dữ kiện: ñường tròn x 2 + y 2 = 4 tiếp xúc với các cạnh của hình thoi → f 2 ( a, b) = 0 (2) Từ (1) và (2) → a 2 = ? và b 2 = ? → phương trình (E).

Giải: Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) :

x2 y2 + = 1 ( với a > b > 0 ) a 2 b2

Vì (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D và A ∈ Ox nên không mất tính tổng quát giả sử: A( a; 0) và B (0; b) . Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD ⇔ 2OA = 4OB ⇔ OA = 2OB ⇔ a = 2b (vì a > b > 0 ) hay A(2b;0) , B (0; b) Gọi H là hình chiếu của O lên AB

⇒ OH = R = 2 ( vì ñường tròn x 2 + y 2 = 4 tiếp xúc với các cạnh của hình thoi) 1 1 1 1 1 1 Xét tam giác OAB ta có: = + hay = 2 + 2 ⇔ b 2 = 5 ⇒ a 2 = 4b 2 = 20 2 2 2 OH OA OB 4 4b b 2 x y2 Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) là: + =1 20 5 5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0

1 3

và x − y + 4 = 0 ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm M ( − ;1) . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD. Cách 1:

Phân tích: +) Theo Hướng tư duy 1 (TH1) : { A} = AC ∩ AD → tọa ñộ ñiểm A +) Theo Hướng tư duy 2 (TH2) : D ∈ AD , B ∈ AB nên ta gọi D (t1 ), B(t2 ) (trước ñó ta ñi lập pt AB ) +) Gọi { I } = AC ∩ BD ( I là trung ñiểm của AC và BD ) ⇒ I (t1 , t2 ) mà I ∈ AC ⇒ f1 (t1 , t2 ) = 0 (1)

uuur uuuur

Vì MB, MD cùng phương ⇒ f 2 (t1 , t2 ) = 0 (2)

t1 = ? ⇒ tọa ñộ của B, D, I và C t2 = ?

+) Từ (1) và (2) ⇒ 

x + 3y = 0  x = −3 ⇔ ⇒ A(−3;1) x − y + 4 = 0 y =1

Giải: Vì { A} = AC ∩ AD nên xét hệ: 

x + 3 y −1 = ⇔ x+ y+2=0 1 −1  t +t t −t +2 Gọi B (t1 ; −t1 − 2) ∈ AB và D (t2 ; t2 + 4) ∈ AD ( t1 ; t2 ≠ −3 ) ⇒ I  2 1 ; 2 1  : là trung ñiểm của BD 2  2  t +t t −t + 2 Mà I ∈ AC ⇒ 2 1 + 3. 2 1 = 0 ⇔ 2t2 − t1 + 3 = 0 ⇔ t1 = 2t2 + 3 (*) 2 2 uuur  uuuur  1 10 1     Có: MB =  t1 + ; −t1 − 3  =  2t2 + ; −2t2 − 6  (theo (*)) và MD =  t2 + ; t2 + 3  3 3 3       uuur uuuur 6t + 10 −2t2 − 6 Mặt khác B, D , M thẳng hàng ⇒ MB , MD cùng phương ⇒ 2 = = −2 ⇔ t2 = −1 ⇒ t1 = 1 3t2 + 1 t2 + 3 AB ñi qua A và vuông góc với AD nên AB có phương trình:

⇒ B (1; −3), D(−1;3) và I (0;0) ⇒ C (3; −1) ( vì I là trung ñiểm của AC )

5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0

1 3

và x − y + 4 = 0 ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm M ( − ;1) . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD. Cách 2:

Phân tích: +) Theo Hướng tư duy 1 (TH1) : { A} = AC ∩ AD → tọa ñộ ñiểm A +) Do trong bài toán có nhiều tính chất ñối xứng nên ta nghĩ tới việc tìm các ñiểm phụ liên quan. Cụ thể: +) Ta tìm ñiểm N ñối xứng với M qua ñường trung trực d của AD bằng cách viết pt d ' ñi qua M song song với AD và { N } = d '∩ AC ⇒ pt trung trực d của AD ⇒ tọa ñộ trung ñiểm I , J của AC và AD

⇒ tọa ñộ C , D, B

x + 3y = 0  x = −3 ⇔ ⇒ A(−3;1) x − y + 4 = 0 y =1

Giải: Vì { A} = AC ∩ AD nên xét hệ: 

1 − ( y − 1) = 0 ⇔ 3x − 3 y + 4 = 0 3  x = −1 x + 3y = 0  1 ⇔ ⇒ N  −1;  Gọi { N } = d '∩ AC nên ta xét hệ:  1 3  3 x − 3 y + 4 = 0  y = 3 Gọi d là ñường trung trực của AD cắt MN , AC , AD lần lượt tại H , I , J Phương trình của d ' ñi qua M song song AD có dạng: x +

5  5   5 5 ⇒ H , I , J lần lượt là trung ñiểm MN , AC , AD ⇒ H  − ;  ⇒ pt của d :  x +  +  y −  = 0 ⇔ x + y = 0 4  4   4 4 x + y = 0 x = 0 ⇔ ⇒ I ( 0;0 ) ⇒ C (3; −1) ( I là trung ñiểm của AC ) Ta có: { I } = d ∩ AC nên ta xét hệ:  x + 3y = 0  y = 0 x + y = 0  x = −2 ⇔ ⇒ J ( −2; 2 ) ⇒ D( −1;3) ( J là trung ñiểm của AD ) và { J } = d ∩ AD nên ta xét hệ:  x − y + 4 = 0  y = 2 ⇒ B (1; −3) ( I là trung ñiểm của BD ) 6) (D – 2012 :NC). Cho ñường thẳng d : 2 x − y + 3 = 0 . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc d , cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2.

Phân tích: Muốn viết phương trình ñường tròn ta cần: +) Xác ñịnh tâm I (dùng Thuật Toán Tìm ðiểm) . Khi ñó theo Hướng tư duy 2 (TH2) ta gọi I (t ) ∈ d Và dữ kiện AB = CD giúp ta thiết lập ñược phương trình : f (t ) = 0 → t = ? → tọa ñộ ñiểm I +) Xác ñịnh bán kính: R nhờ R 2 = IA2 = IH 2 + HA2 với IH = d ( I , Ox) và HA =

AB =1 2

Giải: +) Gọi I là tâm ñường tròn cần lập và gọi I (t ; 2t + 3) ∈ d

2t + 3 = t t = −3  I (−3; −3) ⇔ ⇒ 2t + 3 = −t t = −1  I (−1;1)

+) Ta có AB = CD ⇔ d ( I , Ox) = d ( I , Oy ) ⇔ 2t + 3 = t ⇔  +) Với I ( −3; −3) ⇒ IH = d ( I , Ox) = −3 = 3 và ta có: AH =

AB 2 = = 1 ⇒ R 2 = IA2 = IH 2 + HA2 = 10 2 2

Vậy phương trình ñường tròn: ( x + 3) 2 + ( y + 3) 2 = 10 . +) Với I ( −1;1) ⇒ IH = d ( I , Ox) = 1 = 1 và ta có: AH =

AB 2 = = 1 ⇒ R 2 = IA2 = IH 2 + HA2 = 2 2 2

Vậy phương trình ñường tròn: ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 = 2 . CHÚ Ý: Trước khi vào phần BÀI TOÁN 2 chúng ta có một số quy ước sau: +) M (t ) ∈ ∆ : ta ràng buộc ñiểm M theo một ẩn là t. +) M (t1 , t2 ) : ñiểm M có tọa ñộ phụ thuộc vào hai ẩn t1 và t 2 .

 xM = t1  yM = t 2

+) M (t1 ; t2 ) : ñiểm M có tọa ñộ : 

BÀI TOÁN 2: CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ðẾN BÀI TOÁN 1 Dạng 1: Các bài toán trong tam giác, tứ giác Loại 1: Các bài toán về ðịnh Tính Loại 1.1: Các bài toán về ñường trung tuyến, ñường cao, trung trực Bài 1: Biết ñỉnh A của tam giác ABC và 2 trung tuyến BM, CN. Viết phương trình các cạnh của ∆ABC .

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 1 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có A(4; – 1) và phương trình hai ñường trung tuyến BM: 8x – y – 3 = 0, CN: 14x – 13y – 9 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh B, C. (ðs: B(1; 5), C(–4; – 5)) Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có A(1; – 2) và phương trình hai ñường trung tuyến BM và CN lần lượt là x – 6y + 3 = 0 và 5x – 6y – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC. (ðs: S∆ABC = 16 (ñvdt)) 11

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0 và 2x + 5y – 2 = 0. Viết phương trình BC. (ðs: x – 2y – 1 = 0 ; với B (−3; −2) , C (1; 0) ) Ví dụ 4: Cho hai ñường thẳng d1 : x – y + 1 = 0, d 2 : 2x + y – 1 = 0 và ñiểm P(2; 1). Viết phương trình ñường thẳng d 3 qua P và cắt d1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho P là trung ñiểm của AB. (ðs: 4x – y – 7 = 0) Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có trung ñiểm của AB là I(1; 3), trung ñiểm AC là J(-3; 0). ðiểm A thuộc Oy và 9  9  3  ñường BC qua gốc tọa ñộ O. Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC. (ðs: A  0;  , B  2;  ,  −6; −  ) 2  2  2  ( Các em tham khảo phần giải mẫu qua các Ví dụ 2, Ví dụ 3, Ví dụ 5 ) Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có A(1; – 2) và phương trình hai ñường trung tuyến BM và CN lần lượt là x – 6y + 3 = 0 và 5x – 6y – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC. Giải:

x +x t +1  xN = A B =  3 t +     t +1 t − 9  2 2 +) Gọi B  t ; ⇒ N ;  ∈ BM . Do N là trung ñiểm của AB ⇒    6   2 12   x = y A + yB = t − 9  N 2 12 t +1 t −9 Mà N ∈ CN ⇒ 5. − 6. − 1 = 0 ⇔ t = −3 ⇒ B (−3;0) 2 12 x = 1 x − 6 y + 3 = 0  +) Tọa ñộ trọng tâm G của ∆ ABC là nghiệm của hệ:  ⇔ 2 5 x − 6 y − 1 = 0  y = 3  2   xC = 3 xG − x A − xB = 3 − 1 + 3 = 5 ⇒ G  1;  ⇒  ⇒ C (5; 4) .Vậy phương trình BC:  3   yC = 3 yG − y A − yB = 2 + 2 − 0 = 4 x+3 y = ⇔ x − 2y + 3 = 0 8 4

Gọi H là chân ñường cao kẻ từ A xuống BC ⇒ AH = d ( A; BC ) =

1 − 2.(−2) + 3 12 + 22

8 5

1 1 8 AH .BC = . .4 5 = 16 (ñvdt) 2 2 5 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0 và 2x + 5y – 2 = 0. Viết phương trình BC Giải:

Ta có: BC =

82 + 42 = 4 5 ⇒ S ∆ABC =

4 x + y + 14 = 0  x = −4 ⇔ +) Tọa ñộ ñiểm A là nghiệm của hệ:  ⇒ A ( −4; 2) 2 x + 5 y − 2 = 0 y = 2 +) Gọi B (t1 ; −4t1 − 14) ∈ AB và C (5t2 + 1; −2t2 ) ∈ AC  xA + xB + xC = 3 xG +) Vì G là trọng ∆ ABC nên ta có:   y A + yB + yC = 3 yG −4 + t1 + 5t2 + 1 = −6 t1 + 5t2 = −3 t = −3 B(-3;-2) ⇒ ⇔ ⇔1 ⇒ C(1;0) 2 − 4t1 − 14 − 2t2 = 0 2t1 + t2 = −6 t2 = 0 x+3 y+2 Vậy phương trình BC: = ⇔ x − 2 y −1 = 0 4 2 Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có trung ñiểm của AB là I(1; 3), trung ñiểm AC là J(-3; 0). ðiểm A thuộc Oy và ñường BC qua gốc tọa ñộ O. Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC. Giải:

B(2;6 − a) Gọi A (0; a ) ∈ Oy ⇒  ( Vì I(1; 3), J(-3; 0) lần lượt là trung ñiểm của AB và AC) C( − 6; − a) uuur OB = (2;6 − a) 2 6−a 9 = ⇔a= Ta có:  uuur Mà BC ñi qua gốc tọa ñộ O hay O,B,C thẳng hàng ⇒ −6 −a 2 OC = ( − 6; − a) 9  9  3  ⇒ A  0;  , B  2;  , C  −6; −  2  2  2  Bài 2: Biết ñỉnh A của tam giác ABC và 2 ñường cao BH và CK. Viết phương trình các cạnh.

uuur uuur nAB = uCK Cách giải: +) Viết phương trình AB, AC với  uuur uuur nAC = u BH

{B} = AB I BH {C} = AC I CK

+) Tìm B, C với 

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 2 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC biết ñỉnh A(1; –3); phương trình hai ñường cao xuất phát từ B và C lần lượt là x+ 2y – 8 =0 và 3x + 5y – 1 = 0. Viết phương trình cạnh BC. (ðs: 3x – 2y – 8 = 0) Ví dụ 2 (A – 2004): Cho hai ñiểm A (0; 2) và B( − 3 ; −1 ). Tìm tọa ñộ trực tâm và tọa ñộ tâm ñường tròn ngoại tiếp của tam giác OAB.

(ðs: H( 3; −1) , I ( − 3;1) )

Bài 3: Cho ñỉnh A và hai ñường trung trực d1 , d 2 của cạnh AB và AC (hoặc BC).Viết phương trình các cạnh.

TH1

TH2

B C

Cách giải: TH1: B, C lần lượt ñối xứng với A qua d1 và d 2 ⇒ 

TH2: +) B ñối xứng với A qua d1 ⇒ B +) C ñối xứng với B qua d 2 ⇒ C

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 3 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 2) và hai ñường trung trực của cạnh AB và AC lần lượt là x – 2y – 2 = 0 và x – y + 5 = 0. Viết phương trình trung tuyến AM của tam giác ABC. (ðs: y = 2) Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC có ñiểm M(0; 3) thuộc ñoạn AC; hai ñường trung trực của cạnh AB và AC lần lượt có phương trình là x – 2y – 2 = 0 và x – y + 5 = 0. Viết phương trình cạnh BC của tam giác ABC biết AC = 4AM. (ðs: 4x + 3y – 6 = 0)

Bài 4: Biết ñỉnh A của tam giác ABC và ñường cao BH, trung tuyến CM. Lập phương trình các cạnh.

Cách giải: Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 4 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có A(–4; – 5) và phương trình ñường cao BH: x + 2y – 2 = 0, ñường trung tuyến CM: 8x – y – 3 = 0. Tìm tọa ñộ ñỉnh B, C. (ðs: B(4; –1), C(1; 5)) Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có phương trình của trung tuyến AM và ñường cao BH lần lượt là: 2x + y – 3 = 0;

1 2

5 2

2x – y – 4 = 0. ðiểm N  ; −  thuộc ñoạn BC và ñỉnh C thuộc ñường thẳng d: x + y – 3 = 0. Viết phương trình 2

ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết BC không song song với hai trục tọa ñộ.

3  1 5  (ðs:  x −  +  y +  = ) 2  2 2 

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có ñỉnh A(2;1) , ñường cao qua ñỉnh B có phương trình là : x – 3y – 7 = 0 và ñường trung tuyến qua ñỉnh C có phương trình : x + y + 1 = 0.Xác ñịnh tọa ñộ của B và C. (ðs: B ( −2; −3), C (4; −5) )

 4 1  3 3

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC cân tại ñỉnh A có trọng tâm G  ;  , phương trình ñường thẳng BC là x – 2y – 4 = 0 và ñường thẳng BG là 7x – 4y – 8 = 0.Tìm tọa ñộ các ñỉnh A,B,C.

 16 19   52 8  ;  , B (0; −2), C  ;  )  9 9  9 9

(ðs: A  −

Ví dụ 5:Cho tam giác ABC có ñỉnh A thuộc ñường thẳng d : x – 4y – 2 = 0 , cạnh BC song song với ñường thẳng d. Phương trình ñường cao BH : x + y + 3 = 0 và trung ñiểm của cạnh AC là M(1;1). Tìm tọa ñộ các ñỉnh A,B,C.

 2  3

2 3

 18 3   8 8  ; ,C  ;  )  5 5  3 3

(ðs: A  − ; −  , B  −

Bài 5: Biết ñỉnh A và trung tuyến CC’, ñường trung trực của cạnh BC. Tìm tọa ñộ B, C.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 5 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC biết A(5; 13). Phương trình ñường trung trực cạnh BC, ñường trung tuyến CC’ (C’ thuộc AB) lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 1 = 0. Viết phương trình cạnh BC. (ðs: x – y + 2 = 0) Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC có ñường trung trực của cạnh BC cắt ñương thẳng ñi qua AB tại ñiểm M (1; 2) và

uuur

song song với ñường thẳng 2 x − y + 2013 = 0 biết AB = 2 MA và ñường trung tuyến xuất phát từ ñỉnh C có phương trình 11x + 7 y + 11 = 0 . Tìm tọa ñộ 3 ñỉnh của tam giác ABC.

2 5

(ðs: A(0;1), B ( −2; −1), C  ; −

11  ) 5

Bài 6: Biết trung ñiểm M của AB và trung tuyến AN, ñường cao BH. Viết phương trình các cạnh của ∆ ABC.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 6 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Tam giác ABC có ñường trung tuyến AN : x – y + 1 = 0, ñường cao BH : x + 2y – 1= 0, ñoạn AB có trung ñiểm M(1; 1). Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. (ðs: AB: x = 1; AC: 2x – y = 0; BC: 3x – y – 3 = 0) Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có ñiểm M(0; 3) là trung ñiểm của AB. Phương trình trung tuyến AN: 2x – y – 2 = 0, ñường cao BH: x – 3y + 14 = 0.Viết phương trình ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (ðs: ( x + 3) 2 + ( y + 3) 2 = 50 )

Bài 7: Biết ñỉnh A (hoặc ñường cao xuất phát từ A ñi qua ñiểm N và trọng tâm G thuộc một ñường thẳng…) của tam giác ABC và trung tuyến BM, ñường cao BH. Viết phương trình các cạnh.

TH1

TH2

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 7 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1:Cho tam giác ABC biết ñỉnh A(1; – 1), ñường cao và trung tuyến cùng xuất phát từ B lần lượt có phương trình: x + 2y – 3 = 0 và x + 3y – 5 = 0 . Viết phương trình BC. (ðs: x – 4y + 9 = 0) Ví dụ 2: Cho tam giác ABC biết ñường cao BH và trung tuyến BM lần lượt có phương trình: 4x + 3y + 2 = 0; x – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC biết rằng trọng tâm G của tam giác thuộc ñường thẳng d: 2x + 3y – 1 = 0 và ñường cao xuất phát từ ñỉnh A có hoành ñộ âm ñi qua ñiểm N(3; –3). (ðs: S ∆ABC = 5 (ñvdt)) Ví dụ 3 (D – 2009): Cho tam giác ABC có M(2; 0) là trung ñiểm của cạnh AB. ðường trung tuyến và ñường cao qua ñỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình ñường thẳng AC. (ðs: 3x – 4y + 5 = 0)

2 3

 

Ví dụ 4 (B – 2003): Cho tam giác ABC có AB = AC , ∠BAC = 900. Biết M(1; -1) là trung ñiểm cạnh BC và G  ;0  là trọng tâm của tam giác ABC. Tìm tọa ñộ các ñỉnh A, B, C.

(ðs: A(0; 2), B(4; 0), C(–2; – 2))

Ví dụ 5 (A – 2009): Cho hình chữ nhật ABCD có ñiểm I(6; 2) là giao ñiểm của hai ñường chéo AC và BD. ðiểm M(1; 5) thuộc ñường thẳng AB và trung ñiểm E của cạnh CD thuộc ñường thẳng ∆ : x + y – 5 = 0. Viết phương trình ñường thẳng AB. (ðs: x – 4y + 19 = 0 và y – 5 = 0)

Bài 8: Sử dụng ñiều kiện vuông góc (trường hợp riêng của Bài 19) ñể giải bài toán. Cách giải: *) Gọi tọa ñộ các ñiểm (nếu chưa biết) liên quan tới yếu tố vuông góc theo một ẩn nhờ vào: +) ñiểm thuộc ñường thẳng. +) ñiểm có mối liên hệ với ñiểm khác: trung ñiểm, trọng tâm, thỏa mãn hệ thức véctơ…

uuur uuuur  AB ⊥ MN ⇔ AB.MN = 0  uur uur  na .nb = 0  *) “Cắt nghĩa” ñiều kiện vuông góc:  a ⊥ b ⇒  uur uur ⇒ f (t ) = 0 ⇒ t = ? ⇒ tọa ñộ các ñiểm  ua .ub = 0 uuur uuur  0 ∠AMB = 90 ⇔ MA.MB = 0 Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 8 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1 (D – 2004): Cho tam giác ABC có các ñỉnh A(-1; 0); B (4; 0); C(0;m) với m ≠ 0. Tìm tọa ñộ trọng tâm G của m tam giác ABC theo m. Xác ñịnh m ñể tam giác GAB vuông tại G. (ðs: G (1; ), m = ±3 6 ) 3 2 Ví dụ 2 (D – 2008): Cho (P): y = 16 x và ñiểm A(1; 4). Hai ñiểm phân biệt B, C (B và C khác A) di ñộng trên (P) sao cho ∠BAC = 900 . Chứng minh rằng ñường thẳng BC luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh. (ðs: ñiểm cố ñịnh I(17; –4)) Ví dụ 3 (A – 2009): Cho hình chữ nhật ABCD có ñiểm I(6; 2) là giao ñiểm của hai ñường chéo AC và BD. ðiểm M(1; 5) thuộc ñường thẳng AB và trung ñiểm E của cạnh CD thuộc ñường thẳng ∆ : x + y – 5 = 0. Viết phương trình ñường thẳng AB. (ðs: x – 4y + 19 = 0 và y – 5 = 0) Ví dụ 4: Cho ñiểm M(3; 3), viết phương trình ñường thẳng ñi qua I(2; 1) cắt Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác AMB vuông tại M. (ðs: x + 2y – 4 = 0 và x + y – 3 = 0).

CHÚ Ý: Qua các bài toán trên liên quan tới yếu tố trung tuyến và ñường cao, ñường trung trực các em có thể rút ra ñược một vài ñiều như sau (tuy ñơn giản nhưng hướng tư duy này sẽ giúp chúng ta giải quyết tốt những bài toán dạng trên):

 x A + xB = 2 xM : nghĩa là khi có dữ kiện này sẽ giúp chúng ta thiết lập ñược 2  y A + y B = 2 yM

+) Nếu M là trung ñiểm của AB ⇒ 

phương trình +) AH là ñường cao của BC: giúp chúng ta biết ñược phương của ñường này nếu biết ñường kia. +) d là trung trực của BC: nghĩa là B ñối xứng với C qua d.

Loại 1.2: Các bài toán về ñường phân giác trong Bài 9: Biết ñỉnh A và hai ñường phân giác trong BB’ và CC’. Lập phương trình BC.

Cách giải: +) Tìm A1 ñối xứng với A qua BB’ ⇒ A1 ∈ BC (1)

+) Tìm A2 ñối xứng với A qua CC’ ⇒ A2 ∈ BC (2)

+) Từ (1) và (2) ⇒ phương trình BC (chính là phương trình A1 A2 )

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 9 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 1), phương trình ñường phân giác trong góc B, góc C lần lượt là BD: 2x + y + 4 = 0; CE: x + 3y + 1 = 0. Lập phương trình cạnh BC. (ðs:x + 23y + 46 = 0) Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình ñường phân giác trong góc B, góc C lần

 

lượt là BD: 6x + 8y – 17 = 0; CE: x – 2y + 3 = 0, ñiểm M  −1; ñộ các ñỉnh của tam giác ABC.

17   1  và N  1;  lần lượt thuộc cạnh AB, AC. Tìm tọa 7   3

 7  6

 

(ðs:A(0; – 1), B  − ;3  , C(3; 3)) 17

Bài 10: Biết ñỉnh A và trung tuyến BM, phân giác trong BD. Viết phương trình các cạnh.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 10 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có ñỉnh A(3; 4), ñường phân giác trong và trung tuyến xuất phát từ ñỉnh B lần lượt có phương trình x – y + 1 = 0 và 2x + 3y – 4 = 0. Tìm tọa ñộ ñỉnh C. (ðs:C(–1; 6)) Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 2), ñường phân giác trong và trung tuyến xuất phát từ ñỉnh B lần lượt có phương trình 2x + y – 1 = 0 và 2x + 3y – 3 = 0. Tìm tọa ñiểm D là chân ñường phân giác trong của góc B xuống AC. ( ðs: D ( −5;11) )

Bài 11: Biết ñỉnh A và trung tuyến BM, phân giác trong CD. Viết phương trình các canh.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 11 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 2), ñường trung tuyến BM: 2x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y – 1 = 0. Viết phương trình ñường thẳng BC (ðs: 4x + 3y + 4 = 0). Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có chân ñường trung tuyến kẻ từ B xuống AC là M(1; – 1), ñường phân giác trong của góc C là x + y – 2 = 0. Viết phương trình cạnh AC biết ñiểm N(–7; 7) thuộc cạnh BC. (ðs: 5x + 3y – 2 = 0) Ví dụ 3 (D – 2011 ): Cho tam giác ABC có ñỉnh B(– 4; 1), trọng tâm G(1; 1) và ñường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x – y – 1 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh A và C. (ðs: A(4;3), C (3; −1) )

Bài 12: Biết ñỉnh A và ñường cao BH, phân giác trong BD. Viết phương trình các cạnh tam giác.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 12 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ : Tam giác ABC có A(-3;1), ñường cao BH, phân giác trong BD lần lượt có phương trình: x + 7y + 32 = 0 và x + 3y + 12 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm C. (ðs: C(–4; – 6) )

Bài 13: Biết ñỉnh A và ñường cao BH, phân giác trong CD. Viết phương trình các cạnh tam giác.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 13 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có C(–2; 3). ðường cao của tam giác kẻ từ ñỉnh A và ñường phân giác trong của góc B lần lượt là: 3x – 2y – 25 = 0; x – y = 0. Viết phương trình cạnh AC của tam giác. (ðs: 8x + 7y – 5 = 0) Ví dụ 2 (B – 2008): Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, hãy xác ñịnh tọa ñộ ñỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên ñường thẳng AB là ñiểm H(– 1; – 1), ñường phân giác trong của góc A có phương trình x – y + 2 = 0 và ñường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y – 1 = 0.

 10 3  ; )  3 4

(ðs: C  −

CHÚ Ý: Như vậy qua các bài toán liên quan ñến ñường phân giác trong của tam giác các em sẽ nhận thấy ta luôn tìm thêm ñiểm ñối xứng với ñiểm ñã biết tọa ñộ trên cạnh kề của góc chứa phân giác qua phân giác ñó , và ñiềm ñó sẽ thuộc cạnh kề còn lại (ñây là ñặc ñiểm luôn ñược khai thác khi có bài toán chứa phân giác)

Loại 2: Các bài toán về ðịnh Lượng Bài 14: Biết ñỉnh A hoặc trọng tâm G của tam giác ABC thuộc một ñường thẳng d cho trước. Biết tọa ñộ ñỉnh B, C và diện tích tam giác ABC( hoặc diện tích của 1 trong 3 tam giác ABG, BCG, CAG) . Tìm tọa ñộ ñỉnh A.(Nếu biết thêm trung tuyến AM thì thay dữ kiện biết tọa ñộ B, C bởi biết ñường thẳng BC và câu hỏi là tìm tọa ñộ ñỉnh B, C)

TH1

TH2

Cách giải:

(trường hợp riêng của Bài 16)

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 14 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1 (B – 2004): Cho hai ñiểm A(1; 1), B(4; -3). Tìm ñiểm C thuộc ñường thẳng x – 2y – 1 = 0 sao cho khoảng cách từ C ñến ñường thẳng AB bằng 6.

 43 27  ;−  )  11 11 

( ðs: C (7;3) hoặc C  −

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC với A(2; –1), B(1; –2), trọng tâm G của tam giác nằm trên ñường thẳng x + y – 2 = 0. Tìm tọa ñộ ñỉnh C biết tam giác ABC có diện tích là 13,5. (ðs: C(15; –9) hoặc C(–12;18)) Ví dụ 3: Cho tam giác ABC với A(1; 1), B(–2; 5), trọng tâm G thuộc ñường thẳng ∆1 : 2x + 3y – 1 = 0, ñỉnh C thuộc ñường thẳng ∆ 2 : x + y – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC. CHÚ Ý:

Tam giác ABC có G là trọng tâm thì: S∆ABG = S ∆BCG = S ∆CAG =

(ðs: S ∆ABC = 6 (ñvdt))

1 S ∆ABC 3

uuur uuur Bài 15: Biết ñỉnh A và phương trình ñường thẳng BC và hình chiếu H của A xuống BC chia theo BH = k HC và biết diện tích tam giác ABC (hoặc biết ñộ dài ñoạn BC). Tìm tọa ñộ B, C.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 15 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1:Cho tam giác ABC có ñỉnh A(2; – 2) và phương trình ñường thẳng BC là 3x – 4y + 1 = 0 và hình chiếu H của

uuur

A xuống BC thỏa mãn HC = −6 BH . Tìm tọa ñộ các ñiểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 7,5 . (ðs: B(1; 1), C(5; 4)) Ví dụ 2 (B – 2009 – NC): Cho tam giác ABC cân tại A có ñỉnh A(–1;4) và các ñỉnh B,C thuộc ñường thẳng ∆: x – y – 4 = 0. Xác ñịnh toạ ñộ các ñiểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.

 11 3   3 5   3 5   11 3  ;  , C  ; −  hoặc B  ; −  , C  ;  )  2 2 2 2 2 2  2 2

( ðs: B 

1 2

 

Ví dụ 3 (B – 2002): Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  ;0  , phương trình ñường thẳng AB là x – 2y + 2 = 0 và AB = 2AD. Tìm tọa ñộ các ñiểm A, B, C, D biết rằng A có hoành ñộ âm. (ðs: A( −2;0), B (2; 2), C (3; 0), D ( −1; −2) )

Bài 16:

uuur

TH1: Biết ñỉnh A và phương trình ñường thẳng BC, ñường thẳng d ñi qua ñiểm H thuộc BC thỏa mãn BH = k HC và biết diện tích tam giác ABC (hoặc biết ñộ dài ñoạn BC). Tìm tọa ñộ B, C. TH2: Biết phương trình AC và biết phương trình ñi qua A căt BC tại H (biết A), biết B ( hoặc C) và thỏa mãn BH.BC = k. Tìm ñỉnh còn lại.

BH.BC = k TH1

TH2

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 16 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1:Cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 1), cạnh BC có phương trình 3x – 4y + 6 = 0. ðường thẳng d cắt ñoạn BC tại ñiểm H sao cho HC = 3BH. Xác ñịnh tọa ñộ ñiểm B, C biết ñường thẳng d có phương trình x – 4y + 8 = 0 và tam giác ABC có diện tích bằng 1,5. (ðs: B(2; 3), C(-2; 0) ) Ví dụ 2 (B – 2011): Cho hai ñường thẳng ∆ : x – y – 4 = 0 và d: 2x – y – 2 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm N thuộc ñường thẳng

6 2 5 5

d sao cho ñường thẳng ON cắt ñường thẳng ∆ tại ñiểm M thỏa mãn OM.ON = 8. (ðs: N (0; −2) hoặc N  ; 

Bài 17: Biết tọa ñộ ñiểm A, ñường phân giác trong của góc B và cho biết ñộ lớn góc B và diện tích tam giác ABC. Tìm tọa ñộ B,C

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 17 ñể giải ví dụ sau) 22

Ví dụ (B – 2010): Cho tam giác ABC vuông tại A có ñỉnh C(– 4; 1), phân giác trong góc A có phương trình x + y – 5 = 0. Viết phương trình ñường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và ñỉnh A có hoành ñộ dương.

Bài 18: Tam giác ABC cân tại A, biết AB và BC nằm lần lượt trên 2 ñường thẳng d1 , d 2 . Biết M ( x0 ; y0 ) ∈ AC. Tìm tọa ñộ các ñỉnh.

Cách giải:

C2:

+) Tìm {B} = d1 I d 2 +) Viết phương trình d 3 qua M song song với d 2 +) Tìm {N } = d1 I d 3 ⇒ phương trình trung trực d 4 của MN ⇒ {A} = d 4 I d1 +) Viết phương trình AM ⇒ {C} = AM I d 2 NHẬN XÉT: C2 hay hơn C1

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 18 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân tại A có phương trình hai cạnh BC, AB lần lượt là: x – 3y – 1 = 0 và x – y – 5 = 0. ðường thẳng AC ñi qua M(–4; 1). Tìm tọa ñộ ñỉnh C.

8 1 5 5

(ðs: C  ;  ).

Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác ñịnh tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC vuông cân tại A. Biết rằng cạnh huyền nằm trên ñường thẳng d: x + 7y – 31 = 0, ñiểm N(7; 7) thuộc ñường thẳng AC, ñiểm M(2; –3) thuộc AB và nằm ngoài ñoạn AB. (ðs: A( −1;1), B (−4;5), C (3; 4) ) Ví dụ 3: Cho tam giác ABC cân tại A có phương trình AB, BC lần lượt là y + 1 = 0 và x + y – 2 = 0. Tính diện tích 23

(ðs: S ∆ABC = 8 ).

tam giác ABC biết AC ñi qua ñiểm M(–1; 2)

Ví dụ 4 (A – 2010 – NC): Cho tam giác ABC cân tại A có ñỉnh A(6; 6); ñường thẳng ñi qua trung ñiểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y – 4 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh B và C, biết ñiểm E(1; - 3) nằm trên ñường cao ñi qua ñỉnh C của tam giác ñã cho. (ðs: B (0; −4), C ( −4;0) hoặc B ( −6; 2), C (2; −6) ) Ví dụ 5 (B – 2007): Cho ñiểm A(2; 2) và các ñường thẳng d1 : x + y – 2 = 0, d 2 : x + y – 8 = 0. Tìm tọa ñộ các ñiểm B và C lần lượt thuộc d1 và d 2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. (ðs: B (−1;3), C (3;5) hoặc B (3; −1), C (5;3) )

1  2 

Ví dụ 6 (B – 2011 – NC): Cho tam giác ABC có ñỉnh B  ;1 . ðường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các ñiểm D, E, F. Cho D(3; 1) và ñường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa

 13  )  3

( ðs: A  3;

ñộ ñỉnh A, biết A có tung ñộ dương.

Bài 19: Các ñiểm liên hệ với nhau bởi một ẩn và một ñiều kiện về ñịnh lượng Cách giải: +) Khai thác dữ kiện bài toán ñể chuyển các ñiểm về 1 ẩn t (nhờ thuật toán tìm ñiểm) +) Thiết lập phương trình: f (t ) = 0 ⇒ t = ? ⇒ các ñiểm cần tìm. CHÚ Ý: Bài 8 là trường hợp ñặc biệt của Bài 19 khi ñiều kiện ñịnh lượng là ñiều kiện góc 900 (vuông góc).

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 19 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A. Hai ñiểm A, B thuộc trục hoành. Phương trình cạnh BC là 4x + 3y – 16 = 0. Xác ñịnh tọa ñộ trọng tâm G của tam giác ABC, biết bán kính ñường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1.

 

4 3

 

4 3

(ðs: G  2;  hoặc G  6; −  ) Ví dụ 2 (A – 2002): Cho tam giác ABC vuông tại A, phương trình ñường thẳng BC là

3x − y − 3 = 0 , các ñỉnh A và B

thuộc trục hoành và bán kính ñường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa ñộ trọng tâm G của tam giác ABC.

7+4 3 6+2 3   −4 3 − 1 −6 − 2 3  hoặc G  ; ;   )   3 3  3 3   

(ðs: G 

Ví dụ 3 (D – 2008): Cho (P): y 2 = 16 x và ñiểm A(1; 4). Hai ñiểm phân biệt B, C (B và C khác A) di ñộng trên (P) sao cho góc ∠BAC = 900 . Chứng minh rằng ñường thẳng BC luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh. (ðs: ñiểm cố ñịnh I(17; –4)) Ví dụ 4 (A – 2006): Cho các ñường thẳng: d1 : x + y + 3 = 0, d 2 : x – y – 4 = 0, d 3 : x – 2y = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm M nằm trên ñường thẳng d 3 sao cho khoảng cách từ M ñến ñường thẳng d1 bằng hai lần khoảng cách từ M ñến ñường thẳng d 2 .

(ðs: M ( −22; −11) hoặc M (2;1) )

Ví dụ 5 (B – 2005): Cho hai ñiểm A(2;0) và B(6;4). Viết phương trình ñường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại ñiểm A và khoảng cách từ tâm của (C) ñến ñiểm B bằng 5. (ðs: (C ) : ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 = 1 hoặc (C ) : ( x − 2) 2 + ( y − 7) 2 = 49 ) Ví dụ 6 (A – 2005): Cho hai ñường thẳng d1 : x – y = 0 và d2 : 2x + y – 1 = 0 tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình vuông ABCD biết rằng ñỉnh A thuộc d1 , ñỉnh C thuộc d2 và các ñỉnh B, D thuộc trục hoành. (ðs: A(1;1), B (0;0), C (1; −1), D (2;0) hoặc A(1;1), B (2;0), C (1; −1), D (0;0) ) Ví dụ 7 (D – 2006): Cho ñường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 2 y + 1 = 0 và ñường thẳng d: x – y + 3 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm M nằm trên d sao cho ñường tròn tâm M, có bán kính gấp ñôi bán kính ñường tròn (C), tiếp xúc ngoài với ñường tròn (C). ( ðs: M (1; 4) hoặc M (−2;1) ) Ví dụ 8 (D – 2004): Cho tam giác ABC có các ñỉnh A(-1; 0); B (4; 0); C(0;m) với m ≠ 0. Tìm tọa ñộ trọng tâm G của 24

tam giác ABC theo m. Xác ñịnh m ñể tam giác GAB vuông tại G.

1 2

(ðs: G (1;

m ), m = ±3 6 ) 3

 

Ví dụ 9 (B – 2002): Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  ;0  , phương trình ñường thẳng AB là x – 2y + 2 = 0 và AB = 2AD. Tìm tọa ñộ các ñiểm A, B, C, D biết rằng A có hoành ñộ âm. (ðs: A( −2;0), B (2; 2), C (3;0), D (−1; −2) )

Dạng 2: Các bài toán về ñường thẳng Loại 1: ði qua một ñiểm và thỏa mãn một yếu tố ñịnh lượng Cách giải chung: C1: +) Gọi phương trình ñi qua ñiểm M ( x0 ; y0 ) có hệ số góc k có dạng:

y = k ( x − x0 ) + y0 hay kx − y + y0 − kx0 = 0 ( ∆ ) +) Sau ñó “cắt nghĩa” dữ kiện về ñịnh lượng ñể thiết lập phương trình: f ( k ) = 0 ⇒ k = ? ⇒ phương trình ∆ .

C2:

+) Gọi phương trình ñi qua ñiểm M ( x0 ; y0 ) có vtpt n = ( a; b ) ( a 2 + b 2 ≠ 0 ) có dạng:

a ( x − x0 ) + b( y − y0 ) = 0 hay ax + by − ax0 − by0 = 0 ( ∆ ) +) Sau ñó “cắt nghĩa” dữ kiện về ñịnh lượng ñể thiết lập phương trình: f (a, b) = 0 → a = kb (*)

a = ? ⇒ phương trình ∆ b = ?

+) Từ (*) chọn 

CHÚ Ý: Chúng ta ñã sử dụng cách này trong Bài 18

Bài tập áp dụng Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho hai ñiểm M(1; 4) và N(6; 2). Lập phương trình ñường thẳng ∆ qua M sao cho khoảng cách từ N tới ∆ bằng 5. (ðs: 21x − 20 y + 59 = 0 và x = 1). Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho hai ñiểm A(1; 2) và B(5; –1). Viết phương trình ñường thẳng qua M(3; 5) và cách ñều A và B. (ðs: 3x + 4y – 29 = 0 và x = 3) Ví dụ 3: Trong mặt phẳng Oxy, cho ñiểm M(1; 2). Viết phương trình ñường thẳng qua M cắt Ox, Oy lần lượt tại hai ñiêm A, B sao cho OAB là tam giác vuông cân. (ðs: x + y – 3 = 0 và x – y + 1 = 0) Ví dụ 4: Trong mặt phẳng Oxy, cho ñiểm M(4; 3). Viết phương trình ñường thẳng qua M sao cho nó tạo với hai trục tọa ñộ một tam giác có diện tích bằng 3. (ðs: 3 x − 2 y − 6 = 0 và 3x – 8y + 12 = 0). Ví dụ 5: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 1), B(1; 7) và C(-1; 0). Viết phương trình ñường thẳng ñi qua C và chia tam giác thành hai phần bằng nhau, phần chứa ñiểm A có diện tích gấp ñôi phần chứa ñiểm B. (ðs: 6x – 5y + 6 = 0). Ví dụ 6: Trong mặt phẳng Oxy, cho ba ñiểm A( - 1; 2), B(5; 4) và M(2; 5). Viết phương trình ñường thẳng ñi qua M và cách ñều hai ñiểm A và B (ðs: 5x – 3y + 13 = 0 và x = 2) Ví dụ 7: Trong mặt phẳng Oxy, cho ñiểm M(9; 4). Viết phương trình ñường thẳng qua M, cắt hai tia Ox và tia Oy tại A và B sao cho: 1) tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. (ðs: 4x + 9y – 72 = 0) 2) OB + OC nhỏ nhất. (ðs: 4x + 9y – 72 = 0) Ví dụ 8 : Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có cạnh AB nằm trên ñường thẳng x – 2y + 5 = 0 và ba ñiểm M(–1; 4), N(1; 1), P(–3; 3) lần lượt thuộc các cạnh BC, CD và AD. Viết phương trình cạnh AD. (ðs: x + 2 y − 3 = 0 hoặc 11x − 2 y + 39 = 0 ) 25

CHÚ Ý: +) Nếu bài toán ñề cập tới các ñiểm A(a; 0) và B(0; b) là các giao ñiểm với hai trục tọa ñộ các em có thể viết phương trình ñường thẳng theo ñoạn chắn ñi qua AB:

x y + =1 a b

+) Nếu A(a; 0) , B(0; b) thì OA = a và OB = b

Loại 2: Cắt ñường tròn, Elip (xem Dạng 3, Dạng 4) Dạng 3: Các bài toán về ñường tròn Loại 1: Viết phương trình ñường tròn và xác ñịnh các yếu tố của ñường tròn Bài 1: Thiết lập phương trình ñường tròn Cách giải chung:

C2: +) Gọi phương trình ñường tròn có dạng x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 +) Tìm a, b, c nhờ “cắt nghĩa” dữ kiện bài toán

Bài tập áp dụng Ví dụ 1: Viết phương trình ñường tròn: 1) ñường kính AB với A(3; 1) và (B(2; – 2). 2) Có tâm I(1; – 2) và tiếp xúc với ñường thẳng d: x + y – 2 = 0. 3) Có bán kính bằng 5, tâm thuộc trục hoành và ñi qua A(2; 4). 4) Có tâm I(2; – 1) và tiếp xúc ngoài với ñường tròn: ( x − 5) 2 + ( y − 3) 2 = 9 5) có tâm nằm trên ñường thẳng ∆ và tiếp xúc với hai trục tọa ñộ Ox, Oy. 6) qua A(–2; –1), B(–1; 4) và C(4; 3) (ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC). 7) qua A(0; 2), B(–1; 1) và có tâm nằm trên ñường thẳng 2x + 3y = 0. 8) qua A(5; 3) và tiếp xúc với ñường thẳng d: x + 3y + 2 = 0 tại ñiểm T(1; –1). 9) Nội tiếp tam giác OAB biết A(3; 0) và B(0; 4). Ví dụ 2(A – 2007): Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(– 2; – 2) và C(4; – 2). Gọi H là chân ñường cao kẻ từ B; M và N lần lượt là trung ñiểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình ñường tròn ñi qua các ñiểm H, M, N.

( ðs: x 2 + y 2 + z 2 − x + y − 2 = 0 )

x2 y2 + = 1 . Gọi F1 và F2 là các 3 2 tiêu ñiểm của (E) ( F1 có hoành ñộ âm); M là giao ñiểm có tung ñộ dương của ñương thẳng AF1 với (E); N là ñiểm ñối Ví dụ 3(B – 2010 – NC): Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho ñiểm A(2;

3 ) và (E):

 2 3 4 xứng của F2 qua M. Viết phương trình ñường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2 . (ðs: ( x − 1) +  y −  = )  3  3  2

Bài 2: Xác ñịnh tâm và bán kính. Lập phương trình tiếp tuyến của ñường tròn Cách giải chung: *) Xác ñịnh tâm và bán kính

a b  +   − c > 0 : ðiều kiện tồn tại ñường tròn. 2 2

trong ñó 

C2: Sử dụng hằng ñẳng thức (tách ghép) ñưa ñường tròn về dạng:

trong ñó h > 0 : ðiều kiện tồn tại ñường tròn. *) Lập phương trình tiếp tuyến của ñường tròn

uuur

C1: Nếu biết tiếp ñiểm M ⇒ phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M nhận IM làm véc tơ pháp tuyến. C2: Nếu không biết tiếp ñiểm thì dùng ñiều kiện : ∆ là tiếp tuyến của (C) ⇔ d ( I , ∆ ) = R

Bài tập áp dụng Ví dụ 1: Cho ñường tròn (C): x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 4 = 0 1) Tìm tâm và bán kính của (C). 2) Cho A(3; – 1). Chứng minh A là ñiểm nằm trong ñường tròn. Viết phương trình ñường thẳng qua A và cắt (C) theo một dây cung có ñộ dài nhỏ nhất. 3) Cho d: 3x – 4y = 0. Chứng minh d cắt (C) tại hai ñiểm phân biệt M, N và sau ñó tính MN. Ví dụ 2(Các bài toán cơ bản: Viết phương trình tiếp tuyến tại một ñiểm cho trước, có phương cho trước và qua 1 ñiểm cho trước) Viết phương trình tiếp tuyến của ñường tròn: 1) ( x − 3) 2 + ( y + 1) 2 = 25 tại ñiểm có hoành ñộ bằng – 1 2) x 2 + y 2 + 4 x − 2 y − 5 = 0 tại ñiểm ñường tròn cắt trục Ox. 3) x 2 + y 2 = 2 có hệ số góc bằng 1. 4) x 2 + y 2 − 2 y − 24 = 0 biết tiếp tuyến vuông góc với ñường thẳng 3x – 4y + 2012 = 0. 5) có tâm I(2; 1), bán kính R = 3 và ñi qua ñiểm A(–1; 2).

Loại 2: Sự tương giao Loại 2.1: Sự tương giao giữa ñường thẳng và ñường tròn

Bài 1: Viết phương trình ñường thẳng ∆ ñi qua M ( x0 ; y0 ) cắt ñường tròn (C) tại A, B sao cho AB = l .

Cách giải

uur

+) Gọi n∆ = (a; b) ⇒ phương trình ∆ : a ( x − x0 ) + b( y − y0 ) = 0 ⇔ ∆ : ax + by − ( ax0 + by0 ) = 0

a = ? ⇒ phương trình ∆ b = ?

∆ ) (C )

+) Từ (*) ta chọn : 

( Nếu muốn tìm cụ thể A, B ta giải hệ : 

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 1 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1: Cho ñường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 6 x + 4 y − 12 = 0 . Viết phương trình ñường thẳng ∆ ñi qua M(1; 3) cắt (C) theo dây cung AB có ñộ dài bằng

(ðs: x – y + 2 = 0 và x + 41y – 124 = 0)

Ví dụ 2 (A – 2009 – NC): Cho ñường tròn (C ) : x + y + 4 x + 4 y + 6 = 0 và ñường thẳng ∆ : x + my − 2m + 3 = 0 , 2

với m là tham số thực. Gọi I là tâm của ñường tròn (C). Tìm m ñể ∆ cắt (C) tại hai ñiểm phân biệt A và B sao cho (ðs: m = 0 hoặc m =

diện tích tam giác IAB lớn nhất.

8 ) 15

Ví dụ 3 (B – 2009 – NC): Cho tam giác ABC cân tại A có ñỉnh A(–1;4) và các ñỉnh B,C thuộc ñường thẳng ∆: x – y – 4 = 0. Xác ñịnh toạ ñộ các ñiểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.

 11 3   3 5   3 5   11 3  ;  , C  ; −  hoặc B  ; −  , C  ;  )  2 2 2 2 2 2  2 2

( ðs: B 

Ví dụ 4(D – 2009 – NC): Cho ñường tròn (C ) : ( x − 1) 2 + y 2 = 1 . Gọi I là tâm của (C). Xác ñịnh tọa ñộ ñiểm M thuộc (C) sao cho ∠IOM = 900 .

3 3 3 3 hoặc M  ; − )  2 2  2 2    

( ðs: M  ;

Ví dụ 5: Cho ñường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 4 x + 2 y − 15 = 0 . Gọi I là tâm ñường tròn (C). Viết phương trình ñường thăng ∆ qua M(1; –3) cắt (C) tại A, B sao cho tam giác IAB có diện tích bằng 8 và cạnh AB là cạnh lớn nhất. (ðs: 4x + 3y + 5 = 0 và y + 3 = 0) Ví dụ 6: Cho ñường tròn (C ) : ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 = 4 và ñiểm M(2; 1). Viết phương trình ñường thẳng ∆ qua M cắt (C) tại 2 ñiểm A, B sao cho 1) Dây cung AB lớn nhất. 2) Dây cung AB ngắn nhất.

(ðs: x + y – 3 = 0) (ðs: x – y – 1 = 0)

Ví dụ 7: Cho ñường tròn (C) : x 2 + y 2 = 1 .ðường tròn ( C’) tâm I(2;2) cắt (C) tại 2 ñiểm A,B sao cho AB = 2 . Viết phương trình ñường thẳng AB.

( ðs: x + y + 1 = 0 hoặc x + y − 1 = 0 )

uur

Bài 2: Viết phương trình ñường thẳng ∆ biết n∆ = (a0 ; b0 ) (hoặc phải tìm nhờ quan hệ song song hoặc vuông góc) cắt ñường tròn (C) tại 2 ñiểm phân biệt A, B và thỏa mãn một ñiều kiện về ñịnh lượng.

Cách giải:

uur

+) Phương trình ∆ có n∆ = (a0 ; b0 ) : a0 x + b0 y + m = 0 ⇒ y =

− a0 x − m −m (*) (nếu b0 = 0 ⇒ x = ) b0 a0

+) Thay (*) vào phương trình ñường tròn (C) ⇒ ax 2 + bx + c = 0 (2*) (phương trình chứa tham số m) +) Gọi A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ) ⇒ x1 , x2 là nghiệm của phương trình (2*). Nếu x1 , x2 biểu diễn theo m :

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 2 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1(D – 2011 – NC): Cho ñiểm A(1; 0) và ñường tròn (C): x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 5 = 0 . Viết phương trình ñường thẳng ∆ cắt (C) tại hai ñiểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A. (ðs: y = 1 hoặc y = −3 ) Ví dụ 2(D – 2010 – CB ): Cho tam giác ABC có ñỉnh A(3; –7), trực tâm H(3; –1), tâm ñường tròn ngoại tiếp là I(–2; 0). Xác ñịnh tọa ñộ ñỉnh C, biết C có hoành ñộ dương.

(ðs: C (−2 + 65;3) )

Ví dụ 3: Cho ñường tròn (C ) : ( x − 2) 2 + ( y − 3) 2 = 10 . Xác ñịnh tọa ñộ các ñỉnh của hình vuông ngoại tiếp ñường tròn, biết cạnh AB ñi qua ñiểm M ( −3; −2) và ñỉnh A có hoành ñộ dương. ( ðs: A(6; 1), B(0; –1), C(–2; 5), D(4; 7)) Bài 3: Tìm ñiểm M thuộc ñường thẳng ∆ và cách một ñiểm cố ñịnh I một khoảng không ñổi (MI = R) Cách giải : Có thể hiều bài toán này theo 2 cách (bản chất là một)

∆ (C )

C2: Tọa ñộ ñiểm M là nghiệm của hệ : 

( ở ñây (C) là ñường tròn tâm I bán kính R)

CHÚ Ý: +)Với C1 chúng ta không cần quan tâm tới bài toán về sự tương giao giữa ñường thẳng và ñường tròn (ñề cập ở C2) và giải theo phương pháp ñại số thông thường. +) Với C2 ta thấy rõ hơn bản chất của bài toán. +) C1 và C2 là hai cách trình bày khác nhau của cùng một phương pháp thế trong giải hệ phương trình. +) Có thể chúng ta chưa nhìn thấy luôn ñiểm I . Khi ñó ñề bài thường cho biết ñiểm M nhìn ñoạn AB cố ñịnh dưới một góc vuông (I lúc này là trung ñiểm của AB), và có thể phải thông qua một vài khâu cắt nghĩa về yếu tố ñịnh lượng thì ta mới có ñược MI = R = const… +) Ý tưởng của Bài toán này xuất hiện rất nhiều trong các kì thi ðại Học các năm qua. 29

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 3 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1 (A, A1 – 2012 – CB ): Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung ñiểm của cạnh BC, N là ñiểm trên cạnh CD sao

 11 1  ;  và ñường thẳng AN có phương trình 2 x − y − 3 = 0 . Tìm tọa ñộ ñiểm A.  2 2 (ðs : A(1; −1) hoặc A(4;5) )

cho CN = 2ND. Giả sử M 

Ví dụ 2 (A – 2011 – CB ): Cho ñường thẳng ∆ : x + y + 2 = 0 và ñường tròn (C): x 2 + y 2 − 4 x − 2 y = 0 . Gọi I là tâm của (C), M là ñiểm thuộc ∆ . Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB ñến (C) (A và B là các tiếp ñiểm). Tìm tọa ñộ ñiểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10. (ðs : M (2; −4) hoặc M (−3;1) ) Ví dụ 3 (A – 2010 – CB): Cho hai ñường thẳng d1 : 3x + y = 0 và d 2 : 3x − y = 0 . Gọi (T) là ñường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d 2 tại hai ñiểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng



3 và ñiểm A có hoành ñộ dương. 2

(ðs :  x +



1   3  +  y + 2  =1) 2 3  

Ví dụ 4 (D – 2010 – CB): Cho tam giác ABC có ñỉnh A(3; –7), trực tâm là H(3; –1), tâm ñường tròn ngoại tiếp là (ðs : C (−2 + 65;3) )

I(–2; 0). Xác ñịnh tọa ñộ ñỉnh C, biết C có hoành ñộ dương.

Ví dụ 5 (D – 2010 – NC): Cho ñiểm A(0; 2) và ∆ là ñường thẳng ñi qua O. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ∆ . Viết phương trình ñường thẳng ∆ , biết khoảng cách từ H ñến trục hoành bằng AH. (ðs : ( 5 − 1) x − 2 Ví dụ 6 (B – 2009 – CB ): Cho ñường tròn (C): (x – 2)2 + y2 =

5 − 2 y = 0 hoặc ( 5 − 1) x + 2

5 − 2y = 0 )

4 và hai ñường thẳng ∆1: x – y = 0 và ∆2: x – 7y = 0. 5

Xác ñịnh toạ ñộ tâm K và bán kính của ñường tròn (C1); biết ñường tròn (C1) tiếp xúc với các ñường thẳng ∆1, ∆2 và

8 4 5 5

(ðs : K  ;  và bán kính R =

tâm K thuộc ñường tròn (C).

2 2 ) 5

Ví dụ 7 (B – 2009 – NC): Cho tam giác ABC cân tại A có ñỉnh A(–1;4) và các ñỉnh B,C thuộc ñường thẳng ∆: x – y – 4 = 0. Xác ñịnh toạ ñộ các ñiểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.

 11 3   3 5   3 5   11 3  ;  , C  ; −  hoặc B  ; −  , C  ;  )  2 2 2 2 2 2  2 2

(ðs : B 

Ví dụ 8 (D – 2007): Cho ñường tròn (C ) : ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 = 9 và ñường thẳng d: 3x – 4y + m = 0. Tìm m ñể trên d có duy nhất một ñiểm P mà từ ñó có thể kẻ ñược hai tiếp tuyến PA, PB tới (C) (A, B là các tiếp ñiểm) sao cho tam giác PAB ñều. (ðs : m = 19 hoặc m = −41 ) Ví dụ 9 (D – 2006): Cho ñường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 2 y + 1 = 0 và ñường thẳng d: x – y + 3 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm M nằm trên d sao cho ñường tròn tâm M, có bán kính gấp ñôi bán kính ñường tròn (C), tiếp xúc ngoài với ñường tròn (C). (ðs : M (1; 4) hoặc M (−2;1) ) Ví dụ 10 (B – 2005): Cho hai ñiểm A(2;0) và B(6;4). Viết phương trình ñường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại ñiểm A và khoảng cách từ tâm của (C) ñến ñiểm B bằng 5. (ðs : ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 = 1 hoặc ( x − 2) 2 + ( y − 7) 2 = 49 )

2 3 (ðs : A(0; 2), B (4; 0), C ( −2; −2) )

 

Ví dụ 11 (B – 2003): Cho tam giác ABC có AB = AC , BAC = 900. Biết M(1; -1) là trung ñiểm cạnh BC và G  ;0  là trọng tâm của tam giác ABC. Tìm tọa ñộ các ñỉnh A, B, C.

1 2

 

Ví dụ 12 (B – 2002): Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  ;0  , phương trình ñường thẳng AB là x – 2y + 2 = 0 và AB = 2AD. Tìm tọa ñộ các ñiểm A, B, C, D biết rằng A có hoành ñộ âm. (ðs : A( −2;0), B (2; 2), C (3;0), D (−1; −2) ) Ví dụ 13: Cho tam giác ABC có trực tâm là H(–1; 4), tâm ñường tròn ngoại tiếp là I(–3; 0) và trung ñiểm của cạnh BC là M(0; 3). Viết phương trình ñường thẳng AB, biết B có hoành ñộ dương. (ðs: 3x + 7y – 49 = 0) 30

Ví dụ 14: Cho ba ñiểm I(1; 1), M(–2; 2) và N(2; –2). Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình vuông ABCD sao cho I là tâm của hình vuông, M thuộc cạnh AB, K thuộc cạnh CD và A có hoành ñộ dương. (ðs: A(1; 5), B(–3; 1), C(1; –3), D(5; 1))

1 1 2 4 3 3 5 5 của cạnh BC là M(–1; 2). Viết phương trình ñường thẳng AC, biết B có hoành ñộ âm. (ðs: 3x + y – 6 = 0) Ví dụ 16: Cho ñường tròn ( C ) : x 2 + y 2 − 8 x + 6 y + 21 = 0 và ñường thẳng d : x + y – 1 = 0.Xác ñịnh tọa ñộ các Ví dụ 15: Cho tam giác ABC có trọng tâm là G  ;  , tâm ñường tròn ngoại tiếp là I  ; −  và trung ñiểm

ñỉnh của hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A thuộc d và hoành ñộ của ñiểm B lớn hơn hoành ñộ của ñiểm D) (ðs : A(6;5), B (6; −1), C (2;1), D (2; −5) hoặc A(2;1), B (6; −1), C (6;5), D (2; −5) ) Bài 4: Qua ñiểm M ( x0 ; y0 ) nằm ngoài ñường tròn (C) có tâm I bán kính R. 1) Viết phương trình tiếp tuyến MT1 , MT2 ñến ñường tròn. 2) Viết phương trình ñường thẳng ∆ ñi qua T1 , T2 . 3) Tính diện tích tứ giác MT1 IT2 .

Cách giải: Cách viết tổng quát về phương trình tiếp tuyến:

uur

TH1: Nếu biết tiếp ñiểm T ⇒ tiếp tuyến ∆ của (C) ñi qua T nhận IT làm vtpt ⇒ phương trình ∆ TH2: Nếu không biết tiếp ñiểm thì dùng ñiều kiện : ∆ là tiếp tuyến của (C) ⇔ d ( I , ∆ ) = R 1) Như vậy với bài toán này ta sẽ làm theo TH2 :

+) Gọi ∆ ñi qua ñiểm M ( x0 ; y0 ) có vtpt n = ( a; b ) ( a 2 + b 2 ≠ 0 ) có dạng:

a ( x − x0 ) + b( y − y0 ) = 0 hay ax + by − ax0 − by0 = 0 ( ∆ )

a = ? ⇒ phương trình ∆1 , ∆ 2 hay phương trình MT1 , MT2 b = ?

+) Từ (*) chọn 

( một trong hai phương trình ở (*) có thể có: a = 0 hoặc b = 0)

∆ (C )

CHÚ Ý: Có thể tìm cụ thể tọa ñộ T1 , T2 nhờ giải hệ:  2)

T ∈ (C ) (*)  MT .IT = 0

+) Gọi T ( x0 ; y0 ) là tiếp ñiểm của tiếp tuyến kẻ từ M ñến (C) ⇒  uuur uur

1 2

3) S MT1IT2 = 2S MT1I = 2. MT1.IT1 = MT1.R với MT1 =

MI 2 − R 2 31

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 4 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1(B – 2006): Cho ñường tròn: (C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 6 y + 6 = 0 và ñiểm M(– 3; 1). Gọi T1 và T2 là các tiếp ñiểm (ðs: 2 x + y − 3 = 0 )

của các tiếp tuyến kẻ từ M ñến (C). Viết phương trình ñường thẳng T1 T2 .

Ví dụ 2: (A – 2011 – CB): Cho ñường thẳng ∆ : x + y + 2 = 0 và ñường tròn (C): x 2 + y 2 − 4 x − 2 y = 0 . Gọi I là tâm của (C), M là ñiểm thuộc ∆ . Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB ñến (C) (A và B là các tiếp ñiểm). Tìm tọa ñộ ñiểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10. (ðs : M (2; −4) hoặc M (−3;1) ) Bài 5:Cho ñường thẳng ∆ , ñường tròn (C) có tâm I và hai ñiểm M , N nằm ngoài ñường tròn. 1) Tìm ñiều kiện ñể ∆ cắt (C) tại hai ñiểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. 2) Tìm K thuộc (C) sao cho diện tích tam giác KMN lớn nhất, nhỏ nhất. 3) Tìm P thuộc ∆ sao cho qua P kẻ hai tiếp tuyến PT1 , PT2 sao cho diện tích tam giác IT1T2 lớn nhất.

TH1

TH2

TH3

Cách giải :

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 5 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1 : Cho ñường tròn (C ) : x 2 − 2 x + y 2 − 3 = 0 . Gọi B, C là giao ñiểm của ñường thẳng ∆ : x + y − 3 = 0 . Hãy tìm các ñiểm A trên ñường tròn (C) sao cho tam giác ABC có chu vi lớn nhất.

(ðs : A(1 − 2; − 2) )

Ví dụ 2 : Cho ñường tròn (C ) : x + y − 4 x − 6 y + 12 = 0 có tâm I và ñường thẳng ∆ : x + y − 4 = 0 . Tìm trên 2

ñường thẳng ∆ ñiểm M sao cho tiếp tuyến kẻ từ M tiếp xúc với (C) tại A, B mà tam giác IAB có diện tích lớn nhất. (ðs : M (

3+ 3 5− 3 3− 3 5+ 3 ; ), M ( ; )) 2 2 2 2

Ví dụ 3 : Cho ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với A(2 ; - 2), B(4 ; 0), C(3 ;

2 − 1 ) và ñường thẳng 32

∆ : 4 x + y − 4 = 0 . Tìm trên ñường thẳng ∆ ñiểm M sao cho tiếp tuyến của (C) qua M tiếp xúc với C tại N sao cho

6 5

4 5

(ðs : M (2; −4), M ( ; − ) )

diện tích tam giác NAB lớn nhất.

Bài 6: Viết phương trình ∆ qua M ( x0 ; y0 ) cắt ñường tròn (C) có tâm I, bán kính R tại A, B sao cho MA = kMB . Cách giải :

MH = IM 2 − h 2

C1 : +) ðặt IH = h → 

 HA = HB = R 2 − h 2

(*)

CHÚ Ý: +) Cách giải trên thầy sử dụng trường hợp k > 1 ( với k < 1 các em làm tương tự) +) Cách giải trên thầy sử dụng M ( x0 ; y0 ) nằm ngoài ñường tròn (C) ( M ( x0 ; y0 ) nằm trong (C) các em làm tương tự)

C2 :

+) Xét phương trình ∆ qua M ( x0 ; y0 ) có hệ số góc k có dạng : y = k ( x − x0 ) + y0

+) Xác ñịnh phương trình hoành ñộ giao ñiểm của ∆ và (C) : f ( x 2 , x, k ) = 0 (*) +) Dùng vi – et cho (*) và kết hợp MA = kMB ⇒ k = ? ⇒ phương trình ∆ . Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 6 ñể giải các ví dụ sau) Ví dụ 1 : Cho ñường tròn (C): x 2 + y 2 − 2 x + 2 y − 23 = 0 , ñiểm M(7; 3). Viết phương trình ñường thẳng ∆ qua M cắt ñường tròn (C) tại A, B sao cho MA = 3MB.

( ðs : y = 3 hoặc 12 x − 5 y − 69 = 0 )

Ví dụ 2 : Cho ñiểm A(-1 ; 14) và ñường tròn (C) tâm I(1 ; -5), bán kính bằng 13. Viết phương trình ñường thẳng ∆ ñi qua A cắt (C) tại M, N mà khoảng cách từ M ñến AI bằng một nửa khoảng cách từ N ñến AI. (ðs : x + y – 13 = 0 và 433x – 281y +4367 = 0)

Loại 2.2: Sự tương giao giữa hai ñương tròn 33

TH1: R + r > II '

TH2: R + r = II '

Ngoài nhau

Tiếp xúc ngoài

TH3: R + r < II '

Cắt nhau tại hai ñiểm

TH4: R − r = II '

Tiếp xúc trong

CHÚ Ý: Còn trường hợp ñựng nhau. Nhưng trường hợp này ít ñược khai thác nên thầy không ñề cập ở ñây. Bài tập áp dụng Ví dụ 1(D – 2009 – NC): Cho ñường tròn (C ) : ( x − 1) 2 + y 2 = 1 . Gọi I là tâm của (C). Xác ñịnh tọa ñộ ñiểm M thuộc (C) sao cho ∠IOM = 300 .

3

3 3 3  hoặc M  ; −  ) 2 2 2 2    

(ðs: M  ; 

Ví dụ 2(D – 2003): Cho ñường tròn (C) : (x – 1)2 + (y – 2)2 = 4 và ñường thẳng d : x – y – 1 = 0.Viết phương trình ñường tròn (C’) ñối xứng với ñường tròn (C) qua ñường thẳng d. Tìm tọa ñộ các giao ñiểm của (C) và (C’). (ðs: ( x − 3) 2 + y 2 = 4 A(1;0), B (3; 2) ) Ví dụ 3 (D – 2006): Cho ñường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 2 y + 1 = 0 và ñường thẳng d: x – y + 3 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm M nằm trên d sao cho ñường tròn tâm M, có bán kính gấp ñôi bán kính ñường tròn (C), tiếp xúc ngoài với ñường tròn (C). (ðs: M (1; 4) hoặc M (−2;1) ) Ví dụ 4: Cho ñường tròn (C1 ) : x 2 + y 2 − 6 x + 4 y − 7 = 0 cắt ñường tròn (C2 ) : ( x + 6) 2 + ( y − 1) 2 = 50 tại hai ñiểm M, N biết M có hoành ñộ dương. Viết phương trình ñường thẳng ∆ ñi qua M lần lượt cắt (C1 ), (C2 ) tại các ñiểm thứ hai A, B sao cho M là trung ñiểm của AB. (ðs: 5x – 7y + 9 = 0) Ví dụ 5: Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn tâm I(6; 6) và ngoại tiếp ñường tròn tâm K(4; 5), biêt ñỉnh A(2; 3). Viết phương trình cạnh BC. (ðs: 3x + 4y – 42 = 0) Ví dụ 6: Cho ñường tròn (C) : x 2 + y 2 = 1 .ðường tròn ( C’) tâm I(2;2) cắt (C) tại 2 ñiểm A,B sao cho AB = 2 . ( ðs: x + y + 1 = 0 hoặc x + y − 1 = 0 )

Viết phương trình ñường thẳng AB.

Dạng 4: Các bài toán về Elip Loại 1: Viết phương trình Elip và xác ñịnh các yếu tố của Elip Cách giải chung: +) Giả sử phương trình chính tắc của elip có dạng:

x2 y 2 + = 1 (E) a 2 b2

Bài tập áp dụng Ví dụ 1: Lập phương trình chính tắc của elip (E) biết: 1) Có ñộ dài hai trục là 6, 4. 2) Có một ñỉnh là (5; 0) và tiêu cự là 6. 3) Có một ñỉnh là (0; 3) và ñi qua ñiểm M(4; 1).

  

 3 2  và  − 2;  . 2  2    5 5) Có tiêu ñiểm F2 (2; 0) và qua ñiểm  2;  .  3 4) ði qua hai ñiểm  1;

6) Có tiêu ñiểm F2 (5; 0) và khoảng cách giữa hai ñỉnh là 9. 7) Tiêu cự là 4 và khoảng cách từ một ñỉnh trên trục nhỏ ñến tiêu ñiểm bằng 5.

x2 y 2 + =1 9 4 x2 y2 6) + =1 181 81 4 4

( ðs: 1)

x2 y 2 + =1 25 16

x2 y2 x2 y2 x2 y 2 + =1 4) + =1 5) + =1 18 9 4 1 9 5 x2 y 2 x2 y2 x2 y2 7) + = 1 hoặc + = 1 hoặc + =1 ) 25 21 49 45 9 5 3)

Ví dụ 2(A – 2008): Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elip (E) biết rằng (E) có tâm sai bằng

5 và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20. 3

(ðs:

x2 y2 + = 1) 9 4

Ví dụ 3(B – 2012 – NC): Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và ñường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2 + y 2 = 4 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.

(ðs:

x2 y 2 + = 1) 20 5

Ví dụ 3: Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) có ñộ dài trục lớn bằng 4 2 ,các ñỉnh nằm trên trục nhỏ và các tiêu ñiểm của (E) cùng nằm trên một ñường tròn. Lập phương trình chính tắc của (E). Ví dụ 4: Cho elip (E) có ñộ dài trục lớn bằng 6, tâm sai bằng một phần hai và khoảng cách từ một ñiểm M của (E) ñến tiêu ñiểm F1 (có hoành ñộ âm) bằng 7. 1) Tìm khoảng cách từ M ñến tiêu ñiểm F2

2) Viết phương trình chính tắc của elip (E) và tìm tọa ñộ ñiểm M.

Loại 2: Tìm ñiểm thuộc Elip  x0 = ? ⇒M  y0 = ?

+) Từ (1) và (2) ⇒ 

c   MF1 = a + a x0 CHÚ Ý : Nếu M ( x0 ; y0 ) ∈ ( E ) ta có thể khai thác thêm dữ kiện:   MF = a − c x 0  2 a Bài tập áp dụng Ví dụ 1: Cho elip (E):

x2 y2 + =1 6 2

1) Tìm tọa ñộ giao ñiểm của (E) và ñường thẳng y = x 3 − 2 . 2)Tìm trên (E) ñiểm M sao cho góc ∠F1MF2 = 900 3) Tìm trên (E) ñiểm N sao cho F1 N − F2 N = 6 .

 3 7 3 5 3 5 ; −  2) M 1 ( 3;1), M 2 ( 3; −1), M 3 (− 3;1), M 4 (− 3; −1) 3) N  ;  hoặc N  ; −  5 4   5 2 4  2

1) A( 3;1), B  

Ví dụ 2: Cho (E):

x2 y 2 + = 1 có tiêu ñiểm F1 , F2 a 2 b2  4  4 23  23  hoặc M  ; ; −  )  3 3 27  3 3 27    

1) Cho a = 2, b = 1. Tìm ñiểm M sao cho F1M = 2 F2 M .

(ðs: M 

2) Chứng minh rằng với mọi ñiểm M ta luôn có: F1M .F2 M + OM 2 = a 2 + b 2 Ví dụ 3(D – 2005): Cho ñiểm C(2;0) và elíp (E):

x2 y2 + = 1 . Tìm toạ ñộ các ñiểm A, B thuộc (E), biết rằng hai ñiểm 4 1

A, B ñối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác ñều.

2 4 3 2 4 3 2 4 3 2 4 3 hoặc A  ; − , B ; )  7 7  , B  7 ; − 7  7 7   7 7      

(ðs: A  ;

Ví dụ 4 (A – 2011 – NC) : Cho elip (E) :

x2 y2 + = 1 . Tìm ñiểm A và B thuộc (E), có hoành ñộ dương sao cho tam 4 1

giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.

  

(ðs: A  2;

 2  2 2  2  , B  2; −  or A  2; −  , B  2; ) 2   2  2   2  

Ví dụ 5: Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho elip (E) : 9 x 2 + 25 y 2 = 225 . Tìm tọa ñộ ñiểm M thuộc (E) sao cho tam giác M F1 F2 vuông tại M. Ví dụ 6: Cho elip (E) : 5 x 2 + 9 y 2 = 45 có tiêu ñiểm F1 , F2 . M là một ñiểm bất kì trên (E) và biểu thức

f = F1 M + F2 M +

1 1 + F1M F2 M

1) Chứng minh chu vi tam giác F1MF2 không ñổi. Tìm M ñể diện tích tam giác F1 MF2 bằng 2. 2) Tìm M sao cho giá trị của f lớn nhất. Ví dụ 7: Cho ñiểm M di ñộng elip: 9 x 2 + 16 y 2 = 144 và H, K lần lượt là hình chiếu của M lên hai trục tọa ñộ. Tìm M ñể diện tích OHMK lớn nhất.

Loại 3: Sự tương giao giữa ñường thẳng và Elip Cách giải chung : Sự tương giao giữa ñường thẳng ∆ : Ax + By + C = 0 và (E):

x2 y 2 + =1 a 2 b2

 Ax + By + C = 0  (I) bằng phương pháp thế y2 + = 1  2 b2 a

+) Giải hệ  x 2

( ðiều kiện ñể ∆ là tiếp tuyến của (E) : A2 a 2 + B 2b 2 = C 2 (ñược sinh ra từ (II) )).

Bài tập áp dụng Ví dụ 1: Cho elip (E): 4 x 2 + 9 y 2 = 36 và ñiểm M(1; 1). Lập phương trình ñường thẳng qua M và cắt (E) tại hai ñiểm

M 1 , M 2 sao cho MM 1 = MM 2 . Ví dụ 2:Cho hai ñiểm A (− 3; 0) , B ( 3; 0) và ñường thẳng d: hoành ñộ âm sao cho chu vi tam giác MAB bằng 4 + 2 3 .

(ðs: 4x + 9y – 13 = 0)

3 x − 2( 3 − 1) y + 3 = 0 . Tìm trên d ñiểm M có

  

(ðs: M  −1;

3 ) 2  36

Ví dụ 3 (D – 2002): Cho elip (E) có phương trình

x2 y 2 + = 1 . Xét ñiểm M chuyển ñộng trên tia Ox và ñiểm N 16 9

chuyển ñộng trên tia Oy sao cho ñường thẳng MN luôn tiếp xúc với (E). Xác ñịnh tọa ñộ ñiểm M, N ñể ñoạn MN có (ðs: M (2 7;0), N (0; 21) và GTNN của MN bằng 7)

ñộ dài nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất ñó.

x y2 + = 1 . Gọi F1 và F2 là các tiêu ñiểm của (E) ( F1 có 3 2 hoành ñộ âm); M là giao ñiểm có tung ñộ dương của ñương thẳng AF1 với (E); N là ñiểm ñối xứng của F2 qua M. Viết Ví dụ 4 (B – 2010 – NC): Cho ñiểm A(2;

3 ) và (E):

phương trình ñường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2 .

Ví dụ 5: Cho Elip (E) :

 2 3 4 (ðs: ( x − 1) +  y −  = )  3  3  2

x2 y2 + = 1 .Viết phương trình tiếp tuyến d của (E) biết d cắt 2 trục tọa ñộ Ox,Oy lần lượt tại 64 9

A,B sao cho AO = 2BO. CHÚ Ý: Khi trong bài toán về ñường tròn và Elip có yếu tố min, max chúng ta hay sử dụng bất ñẳng thức Cauchy và Bunhiacopxki (2011A – NC, 2002D…)

Cảm ơn các em và các bạn ñã ñọc tại liệu ! Mọi ý kiến ñóng góp các em và các bạn gửi qua E- mail: giaidaptoancap3@yahoo.com hoặc ñịa chỉ : số 9 – Ngõ 880 – Bạch ðằng – Hai Bà Trưng – Hà Nội ðiện thoại : 043.9871450 hoặc Dð: 0947141139 Lời giải các bài tập các em có thể tham khảo trên web: http://www.facebook.com/giaidaptoancap3