Bài giảng trọng tâm Toán 10: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.1 MB, 98 trang )

(1)chương 3 − phương pháp toạ độ trong mặt phẳng A. KiÕn thøc cÇn nhí. I. §êng th¼ng. 1. vectơ chỉ phương của đường thẳng.   Định nghĩa 1: Một vectơ a khác 0 gọi là vectơ chỉ phương (viết tắt vtcp) của đường  th¼ng (d) nÕu gi¸ cña a song song hoÆc trïng víi (d). NhËn xÐt:    Nếu a là vtcp của đường thẳng (d) thì mọi vectơ k a với k ≠ 0 đều là vtpt của (d).  a  NÕu a (a1; a2) lµ vtcp cña ®êng th¼ng (d) th× víi a1 ≠ 0 ta gäi k = 2 lµ hÖ sè a1 gãc cña ®êng th¼ng (d).  Một đường thẳng được hoàn toàn xác định khi biết một vtcp của nó và một ®iÓm mµ nã ®i qua. 2. phương trình tham số của đường thẳng. Ta cã kÕt qu¶: x x 0 + a1 t = Qua M 0 (x 0 , y 0 )  (d):  ⇔ (d):  , t ∈ . y y0 + a2t  vtcp a(a1 ,a 2 ) = Phương trình (1) với điều kiện a12 + a 22 > 0 được gọi là phương trình tham số của ®êng th¼ng. Các trường hợp riêng: 1. NÕu a1 = 0, ta ®îc: x = x 0 (d):  ,t∈  y y0 + a2t =  là đường thẳng có vtcp a (0; a2) do đó nó vuông góc với Ox, cắt Ox tại điểm có hoành độ x0. 2. NÕu a2 = 0, ta ®îc: x x 0 + a1 t = (d):  ,t∈  y = y 0  là đường thẳng có vtcp a (a1; 0) do đó nó vuông góc với Oy, cắt Oy tại điểm có tung độ y0. 3. phương trình chính tắc của đường thẳng. Ta cã kÕt qu¶: x − x0 y − y0 Qua M 0 (x 0 , y 0 )  ⇔ (d): = . (d):  a1 a2  vtcp a(a1 ,a 2 ). 337.

(2) Từ đó, đường thẳng (d) đi qua hai điểm M1(x1; y1) và M2(x2; y2), ta có: Qua M1 (x1 , y1 ) x − x1 y − y1 ⇔ (d): = . (d):  Qua M (x , y ) x 2 − x1 y 2 − y1 2 2 2  4. vect¬ ph¸p tuyÕn cña ®êng th¼ng.   §Þnh nghÜa 2: Mét vect¬ n kh¸c 0 gäi lµ vect¬ ph¸p tuyÕn (viÕt t¾t vtpt) cña ®êng  th¼ng (d) nÕu gi¸ cña n vu«ng gãc víi (d). NhËn xÐt:    Nếu n là vtpt của đường thẳng (d) thì mọi vectơ k n với k ≠ 0 đều là vtpt của (d).  Một đường thẳng được hoàn toàn xác định khi biết một vtpt của nó và một ®iÓm mµ nã ®i qua. 5. phương trình tổng quát của đường thẳng. Ta cã kÕt qu¶: Qua M 0 (x 0 , y 0 ) ⇔ (d): A(x − x0) + B(y − y0) = 0. (d):    vtpt n(A, B) Phương trình tổng quát của đường thẳng: (d): Ax + By + C = 0, víi A2 + B2 > 0 vµ nã cã:    vtpt n (A; B), vtcp a (B; −A). A  hÖ sè gãc k = − , víi B ≠ 0. B Các trường hợp riêng: 1. NÕu A = 0, ta ®îc: C (d): By + C = 0 ⇔ (d): y = − B  là đường thẳng có vtpt n (0; B) do đó nó vuông góc với C Oy, cắt Oy tại điểm có tung độ − . B Lưu ý: Bản thân trục Ox có phương trình y = 0. 2. NÕu B = 0, ta ®îc: C (d): Ax + C = 0 ⇔ (d): x = − A  là đường thẳng có vtpt n (A; 0) do đó nó vuông góc với C Ox, cắt Ox tại điểm có hoành độ − . A Lưu ý: Bản thân trục Oy có phương trình x = 0. 3. NÕu C = 0, ta ®îc (d): Ax + By = 0. y n. −C/B O. x. y. (d). n O. −C/A x. y. (d). O 338. (d). x.

(3)  là đường thẳng có vtpt n (A; B) và đi qua gốc toạ độ O. 4. Nếu A2 + B2 = 1, thì (4) được gọi là phương trình pháp dạng của đường thẳng. Lưu ý: Để đưa phương trình tổng quát của đường thẳng (d): Ax + By + C = 0. về phương trình pháp dạng ta chỉ cần chia hai vế của phương trình cho rồi đặt: A B C , B0 = vµ C0 = . A0 = 2 2 2 2 2 A +B A +B A + B2. A2 + B 2 ,. 6. Vị trí tương đối của hai đường thẳng. Cho hai đường thẳng (d1) và (d2) có phương trình (d1): A1x + B1y + C1 = 0 vµ (d2): A2x + B2y + C2 = 0. bằng việc xét hệ phương trình tạo bởi (d1) và (d2), ta có kết quả: A B C a. NÕu 1 = 1 ≠ 1 ⇔ (d1) // (d2). A2 C2 B2 B C A b. NÕu 1 = 1 = 1 ⇔ (d1) ≡ (d2). B2 C2 A2 A B c. NÕu 1 ≠ 1 ⇔ (d1) c¾t (d2) t¹i ®iÓm I. A2 B2 trong trường hợp này mọi đường thẳng đi qua I đều có dạng: (3) α(A1x + B1y + C1) + β(A2x + B2y + C2) = 0, víi α2 + β2 > 0 Phương trình (3) được gọi là phương trình của chùm đường thẳng, điểm I gọi là t©m cña chïm. Ta thường dùng phương trình của chùm đường thẳng để giải các bài toán dạng: " Viết phương trình đường thẳng đi qua giao điểm của hai đường thẳng đã cho và thoả mãn thêm điều kiện K " mà không cần tìm toạ độ giao điểm đó. 7. gãc gi÷a hai ®êng th¼ng. Gäi α = g((d1),(d2)), 0 ≤ α ≤ 900.    Gọi a , b theo thứ tự là vtcp của (d1), (d2), khi đó:  | a.b | cosα =   . | a |.| b | NhËn xÐt r»ng (d1) ⊥ (d2) ⇔ a1b1 + a2b2 = 0.  Gọi k1, k2 theo thứ tự là hệ số góc của (d1), (d2) , khi đó: k − k2 tgα = 1 . 1 + k1 k 2. (4). (5). NhËn xÐt r»ng (d1) ⊥ (d2) ⇔ k1.k2 = −1.. 339.

(4) 8. khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng. Định lý 3: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M(xM, yM) và đường thẳng (d) có phương trình (d): Ax + By + C = 0. Khi đó khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (d) được cho bởi: | Ax M + By M + C | d(M, (d)) = . A2 + B 2.  Chú ý: Khoảng cách đại số từ M(x. , yM) tới đường thẳng (d) được định nghĩa: Ax M + By M + C tM = HM = . A2 + B 2 M. 9. Phương trình đường phân giác. §Þnh lý 4: Trong mÆt ph¼ng Oxy, cho hai ®êng th¼ng (d2): A2x + B2y + C2 = 0. (d1): A1x + B1y + C1 = 0, Khi đó phương trình hai đường phân giác (∆1) và (∆2) của các góc tạo bởi (d1) và (d2) lµ: A1 x + B 1 y + C 1 A x + B2y + C2 =± 2 . 2 2 A1 + B 1 A 22 + B 22.  Chó ý: NÕu (d ) vµ (d ) kh«ng vu«ng gãc víi nhau th× (d ) t¹o víi (d ) hai gãc 1. 2. 1. 2. nhọn và hai góc tù, khi đó ta có thể xác đinh phương trình đường phân gi¸c cña gãc nhän hoÆc gãc tï nhê kÕt qu¶ trong b¶ng sau: DÊu cña Phương trình đường phân Phương trình đường phân   gi¸c cña gãc nhän t¹o bëi gi¸c cña gãc tï t¹o bëi n 1. n 2 (d1), (d2) øng víi (d1), (d2) øng víi t1 = t2 − t1 = − t2 + t1 = t2 t1 = − t2 trong đó:    n 1(A1, B1), n 2(A2, B2) theo thø tù lµ vtpt cña (d1), (d2).  t1, t2 theo thứ tự là khoảng cách đại số từ M(x, y) tới (d1), (d2).. II. §êng trßn 1. phương trình chính tắc của đường tròn. §Þnh lý 1: Trong mÆt ph¼ng Oxy, ®êng trßn (C) cã t©m I(a, b) vµ b¸n kÝnh R cã phương trình: (1) (C): (x − a)2 + (y − b)2 = R2. VËy, ta ®îc: T©m I(a;b) (C):  ⇔ (C): (x − a)2 + (y − b)2 = R2. BkÝnh R  340.

(5)  Chó ý: Ta cã:  Đường tròn tâm O bán kính R có phương trình x2 + y2 = R2.  Đường tròn đơn vị có phương trình x2 + y2 = 1. 2.. phương trình tổng quát của đường tròn. Định lý 2: Trong mặt phẳng Oxy, đường cong (C) có phương trình (C): x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0, víi a2 + b2 − c ≥ 0. (2). là phương trình của đường tròn tâm I(a, b) và bán kính R = a 2 + b 2 − c . 3. Phương trình tiếp tuyến của đường tròn. Định lý 3: Trong mặt phẳng Oxy, phương trình tiếp tuyến (d) tại điểm M(x0; y0) của ®êng trßn (C): (C): (x − a)2 + (y − b)2 = R2 có phương trình: (5) (d): (x − a)(x0 − a) + (y − b)(y0 − b) = R2..  Chó ý: 1. Phương trình (5) được gọi là phương trình phân đôi toạ độ theo quy tắc (x − a)2 = (x − a).(x − a) thay b»ng (x − a).(x0 − a). (y − b)2 = (y − b)(y − b) thay b»ng (y − b)(y0 − b). 2. Nếu (C) có phương trình tổng quát: (C): x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0, víi a2 + b2 − c ≥ 0 thì tiếp tuyến (d) có phương trình: (d): x.x0 + y.y0 − a(x + x0) − b(y + y0) + c = 0. dùa theo quy t¾c: x2 = x.x thay b»ng x.x0. y2 = y.y thay b»ng y.y0. 2ax = a(x + x) thay b»ng a(x + x0). 2by = b(y + y) thay b»ng a(y + y0). 3. Trong trường hợp tổng quát, đường thẳng (d) tiếp xúc (là tiếp tuyến) với đường trßn (C) cã t©m I vµ b¸n kÝnh R khi vµ chØ khi: d(I, (d)) = R. 4.. phương tích của một điểm đối với một đường tròn. Cho đường tròn (C) có phương trình: (C): x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0, víi a2 + b2 − c ≥ 0. Phương tích của điểm M(x0, y0) đối với đường tròn (C) được xác định bởi:. p. = x 20 + y 20 − 2ax0 − 2by0 + c. M/(C). Tõ gi¸ trÞ vÒ dÊu cña . NÕu. p. M/(C). p. M/(O). ta xác định được vị trí của điểm M đối với (C). > 0 ⇔ M ë ngoµi ®êng trßn (C). 341.

(6)   5.. p NÕu p. NÕu. M/(C). = 0 ⇔ M ë trªn ®êng trßn (C).. M/(C). < 0 ⇔ M ë trong ®êng trßn (C).. Trục đẳng phương của hai đường tròn. Cho hai đường tròn không đồng tâm (C1) và (C2) có phương trình: (C1): x2 + y2 − 2a1x − 2b1y + c1 = 0, víi a12 + b12 − c1 ≥ 0 (C2): x2 + y2 − 2a2x − 2b2y + c2 = 0, víi a 22 + b 22 − c2 ≥ 0 Khi đó tập hợp những điểm có cùng phương tích với hai đường tròn (C1) và (C2) là đường thẳng (d), gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn (C1), (C2) có phương trình: (d): 2(a1 − a2)x + 2(b1 − b2)y − c1 + c2 = 0.. III. ElÝp 1. phương trình chính tắc của elíp. §Þnh lý 1: Trong mÆt ph¼ng Oxy, ElÝp (E) cã hai tiªu ®iÓm F1(−c; 0), F2(c; 0) vµ cã tæng hai b¸n kÝnh qua tiªu øng víi điểm tuỳ ý M(x; y)∈(E) là 2a (a > c) có phương trình: (E):. x2 y2 + = 1 , víi b2 = a2 − c2. a2 b2. y M. F1. x. yb O. F2. x.  Chó ý: §iÓm M(x, y)∈(E) lu«n cã: F1M = a +. cx cx vµ F2M = a − . a a. 2. phương trình tham số của elíp. Elíp (E) có phương trình chính tắc: x2 y2 1. + = a2 b2 ®îc chuyÓn vÒ d¹ng tham sè: x  a = sin t x = a sin t (E):  , t ∈ [0, 2π) ⇔ (E):  , t ∈ [0; 2π). (*) y = b cos t  y = cos t  b Phương trình (*) được gọi là phương trình tham số dạng lượng giác của Elíp (E). t Ta biết rằng, nếu đặt z = tan thì: 2 2z 1 − z2 sint = vµ cost = , 1 + z2 1 + z2. (E):. 342.

(7) do đó (*) có thể được viết dưới dạng: 2az  x = 1 + z 2 (E):  , z ∈ . 2 y = b(1 − z ) 1 + z2  Phương trình (**) được gọi là phương trình tham số dạng đại số của (E). 3. h×nh d¹ng cña elÝp. y. Với Elíp (E) có phương trình: 2. (**). M. b. B2. 2. x y + 2 = 1 , víi a > b > 0. 2 a b ta xÐt c¸c tÝnh chÊt h×nh häc cña (E) b»ng c¸ch xÐt các tính chất đại số tương ứng của phương trình trên.. (E):. A1. −a. A2 F1. O −b. F2. a. x. B1. a. Phương trình của (E) có bậc chẵn đối với x và y nên:  NÕu ®iÓm M(x; y)∈(E) th× c¸c ®iÓm M1( − x; y), M2( − x; − y) vµ M3(x; − y) còng thuéc (E).  (E) nhận các trục tọa độ là trục đối xứng và gốc O làm tâm đối xứng. b. (E) cắt các trục toạ độ tại bốn điểm:  (E) ∩ Ox = {A1, A2} có toạ độ là A1(−a; 0), A2(a; 0) và đoạn thẳng A1A2 gọi là trục lớn của (E) có độ dài bằng 2a.  (E) ∩ Oy = {B1, B2} có toạ độ là B1(0; −b); B2(0; b) và đoạn thẳng B1B2 gọi là trục nhỏ của (E) có độ dài bằng 2b.  Bốn điểm A1, A2, B1, B2 gọi là bốn đỉnh của Elíp (E) Lu ý: Hai tiªu ®iÓm cña ElÝp (E) lu«n ë trªn trôc lín. c. Hình chữ nhật cơ sở: hình chữ nhật có các đỉnh là giao điểm của các đường thẳng x = ± a vµ c¸c ®êng th¼ng y = ±b ®îc gäi lµ h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (E). VËy Elíp (E) nằm trong hình chữ nhật có tâm đối xứng O, có các kích thước là 2a, 2b. d. Tõ M(x; y) ∈ (E) ta ®îc:  x2  2 ≤ 1 | x |≤ a  −a ≤ x ≤ a a ⇔  ⇔  .  2 | y |≤ b −b ≤ y ≤ b y ≤ 1  b 2 4. T©m sai cña elÝp. Tâm sai của Elíp là số thực e bằng tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục lớn của Elíp. . §èi víi ElÝp (E):. x2 y2 c + 2 = 1 , víi a > b th× e = . 2 a a b. . §èi víi ElÝp (E):. c x2 y2 + 2 = 1 , víi a (8)  Chó ý: 1. Mọi Elíp đều có tâm sai nhỏ hơn 1. 2. T©m sai e = 0 suy ra c = 0 ⇔ a = b Khi đó: x2 y2 x2 y2 ⇔ + = 1 ⇔ x2 + y2 = a2 + = 1 a2 a2 a2 b2 ElÝp trë thµnh ®êng trßn t©m O, b¸n kÝnh b»ng a.. IV. Hypebol 1. phương trình chính tắc của Hypebol. §Þnh lý 1: Trong mÆt ph¼ng Oxy, Hypebol (H) cã hai tiªu ®iÓm F1( − c; 0), F2(c; 0) vµ cã hiÖu hai b¸n kÝnh qua tiªu øng víi ®iÓm tuú ý M(x; y) ∈ (H) lµ 2a (a > c) cã phương trình: (H):. x2 y2 − = 1 , víi b2 = c2 − a2. a2 b2.  Chó ý: §iÓm M(x; y) ∈ (H) lu«n cã:. cx cx + a vµ F2M = − a víi x > 0. a a cx cx − a vµ F2M = − + a víi x < 0. b. F1M = − a a. a. F1M =. 2.. h×nh d¹ng cña Hypebol. Với Hypebol (H) có phương trình:. y Q. B2. P. x2 y2 − = 1. A2 F2 x F1 A1 O a2 b2 B1 ta xÐt c¸c tÝnh chÊt h×nh häc cña (H) b»ng c¸ch xÐt R S các tính chất đại số tương ứng của phương trình trên. c. Phương trình của (H) có bậc chẵn đối với x và y nên:  NÕu ®iÓm M(x; y) ∈ (H) th× c¸c ®iÓm M1(−x; y), M2(−x; −y) vµ M3(x; −y) còng thuéc (H).  (H) nhận các trục tọa độ là trục đối xứng và gốc O làm tâm đối xứng. d. (H) cắt các trục toạ độ tại hai điểm:  (H) ∩ Ox = {A1, A2} có toạ độ là A1(−a; 0), A2(a; 0) và đoạn thẳng A1A2 gọi là trụ c thực của (H) có độ dài bằng 2a.  (H) không cắt Oy, đặt B1(0; −b); B2(0; b) và đoạn thẳng B1B2 gọi là trục ảo của (H) có độ dài bằng 2b.  Vậy trục thực của Hyperbol là trục đối xứng cắt Hyperbol, trục ảo là trục đối xøng kh«ng c¾t Hyperbol.  Bốn điểm A1, A2, B1, B2 gọi là bốn đỉnh của Hypebol (H).. (H):. 344.

(9) Lu ý: Hai tiªu ®iÓm cña Hypebol (H) lu«n ë trªn trôc thùc. e. Hình chữ nhật cơ sở: hình chữ nhật có các đỉnh là giao điểm của các đường thẳng x = ±a vµ c¸c ®êng th¼ng y = ± b ®îc gäi lµ h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H). f. Tõ M(x; y) ∈ (H) suy ra: x ≥ a x2 ≥ 1 ⇔ |x| ≥ a ⇔  . 2 a  x ≤ −a Nh vËy Hyperbol (H) lµ tËp hîp cña hai tËp con kh«ng giao nhau. - TËp con cña (H) chøa nh÷ng ®iÓm M(x; y) tho¶ m·n x ≥ a gäi lµ nh¸nh bªn ph¶i cña Hyperbol. - TËp con cña (H) chøa nh÷ng ®iÓm M(x; y) tho¶ m·n x ≤ −a gäi lµ nh¸nh bªn tr¸i cña Hyperbol. - Hai nhánh này đối xứng nhau qua trục ảo và cả hai đều nhận trục thực làm trục đối xứng. b 2 a. Tõ M(x; y) ∈ (H) ⇔ y = ± x − a2 . a b - Khi x→ +∞: (H) cã tiÖm cËn y = x. a b - Khi x→ −∞: (H) cã tiÖm cËn y = − x. a b VËy Hyperbol (H) cã 2 ®êng tiÖm cËn lµ: y = ± x. a b. C¸ch dùng Hyperbol (H) - Xác định vị trí các điểm A1(−a; 0) ;A2(a; 0), B1(0; −b), B2(0; b) trên hệ toạ độ. - Dùng c¸c ®êng th¼ng x = ±a vµ y = ±b c¾t nhau t¹i P, Q, R, S. - Hình chữ nhật PQRS có kích thước 2a, 2b gọi là hình chữ nhật cơ sở của Hyperbol. - KÎ hai ®êng tiÖm cËn lµ hai ®¬ng chÐo cña h×nh ch÷ nhËt c¬ së. - Dựa trên hai đỉnh A1, A2 và hai đường tiệm cận để vẽ Hyperbol. 3.. y. Hyperbol liªn hîp. Định nghĩa 3. Hai Hyperbol có phương trình: x2 y2 x2 y2 (H1): 2 − 2 = 1 vµ (H2): 2 − 2 = −1 a b a b gäi lµ hai Hyperbol liªn hîp.. B2. F1. A1. O. A2. F2 x. B1.  Chó ý: Hai Hyperbol liªn hîp:. - Cã chung c¸c ®îng tiÖm cËn vµ h×nh ch÷ nhËt c¬ së. - Có các tiêu điểm và đỉnh khác nhau. Trục thực của Hyperbol này là trục ảo của Hyperbol kia và ngược lại. 345.

(10) 4.. T©m sai cña Hypebol. Tâm sai của Hypebol là số thực e bằng tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục thực của Hypebol. c x2 y2  §èi víi Hypebol (H): 2 − 2 = 1 th× e = . a a b c x2 y2  §èi víi Hypebol (H): 2 − 2 = −1 th× e = . b a b.  Chú ý: Mọi Hypebol đều có tâm sai lớn hơn 1. V. Parabol 1. phương trình chính tắc của Parabol. p §Þnh lý 1: Trong mÆt ph¼ng Oxy, Parabol (P) cã hai tiªu ®iÓm F( ; 0) vµ ®êng 2 p chuẩn (d): x = − có phương trình (P): y2 = 2px. 2  Chó ý: §iÓm M(x; y) ∈ (P) lu«n cã FM = x + 2p . 2.. h×nh d¹ng cña Parabol. Với Parabol (P) có phương trình: (P): y2 = 2px, víi p > 0. (d) C¸c thuéc tÝnh cña (P) gåm:  §Ønh O(0; 0), −p/2 p  Tiªu ®iÓm F ( ; 0), 2 p  §êng chuÈn (d): x = − , 2  Parabol, nhận Ox làm trục đối xứng, đồ thị ở bên phải Ox.. . y O. (P) p/2. x. Chú ý: Ngoài dạng chính tắc y2 = 2px, người ta cung coi các dạng phương trình sau là phương trình chính tắc của Parabol: (P): y2 = − 2px, (P): x2 = ± 2py.. VI. Ba ®êng c«nÝc §Þnh nghÜa: §êng chuÈn cña ElÝp (Hyperbol) øng víi tiªu ®iÓm Fi (i = 1,2) lµ đường thẳng (∆i) (i = 1, 2) vuông góc với trục đối xứng chứa các tiêu điểm nằm về cùng một phía với Fi đối với trục đối xứng còn lại và cách tâm của Elíp (Hyperbol) a một đoạn với e là tâm sai và a là độ dài nửa trục lớn (trục thực). e 346.

(11) x2 y2 + = 1 víi a > b, ta cã: a2 b2  øng víi tiªu ®iÓm F1(−c; 0) lµ ®êng chuÈn y (∆1) (∆2) a B2b (∆1): x = − . e x A1 A2  øng víi tiªu ®iÓm F2(c; 0) lµ ®êng chuÈn −a/e −a F1 O F2 a a/e a B1 (∆2): x = . e b. Với Hyperbol (H) có phương trình: x2 y2 (H): 2 − 2 = 1, a b (∆1) y ta cã: (∆2) a  øng víi F1(−c; 0) lµ ®êng chuÈn (∆1): x = − . e −a/e a/e F A2 F2 x 1 A1 O a  øng víi F2(c; 0) lµ ®êng chuÈn (∆2): x = . e p Nh¾c l¹i: Víi Parabol (P): y2 = 2px cã ®êng chuÈn x = − . 2 Đường chuẩn của cả ba đường Conic đều có tình chất chung sau đây: Định lý 1: Điều kiện cần và đủ để một điểm nằm trên đường Conic là khoảng cách từ điểm đó tới tiêu điểm và đến đường chuẩn tương ứng bằng tâm sai e của đường Conic đó. Định nghĩa 2: Đường Côníc (C) là tập hợp điểm có tỷ số các khoảng cách từ đó đến một điểm cố định và đến một đường thẳng cố định không đi qua điểm cố định ấy, bằng một hằng số dương e. Hằng số dương e chính là tâm sai của đường Côníc (C).  NÕu e < 1 : (C) lµ ElÝp.  NÕu e = 1 : (C) lµ Parabol.  NÕu e > 1 : (C) lµ Hyperbol.. a. Với Elíp (E) có phương trình (E):. B Phương pháp giải các dạng toán liên quan. §1. §êng th¼ng Dạng toán 1: Phương trình đường thẳng Phương pháp thực hiện Phương trình: Ax + By + C = 0 là phương trình của một đường thẳng khi và chỉ khi A2 + B2 > 0. 347.

(12)  Chó ý: §i kÌm víi hä ®êng th¼ng (d. ) thường có thêm các câu hỏi phụ: Câu hỏi 1: Chứng minh rằng họ đường thẳng (dm) luôn đi qua một điểm cố định. C©u hái 2: T×m c¸c ®iÓm mµ hä (dm) kh«ng ®i qua. Khi đó: a. Với câu hỏi 1, ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Giả sử M(x0, y0) là điểm cố định của họ (dm), khi đó: Ax0 + By0 + C = 0 ∀m Bước 2: Nhóm theo bậc của m rồi cho các hệ số bằng 0 ⇒ (x0, y0). Bước 3: Kết luận. b. Với câu hỏi 2, ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Giả sử M(x, y) là điểm mà họ (dm) không đi qua, khi đó: Ax + By + C = 0 v« nghiÖm m Bước 2: Thiết lập điều kiện vô nghiệm ⇒ (x, y). ë ®©y cÇn nhí l¹i: a = 0  Phương trình am + b = 0 vô nghiệm m ⇔  . b ≠ 0  Phương trình am2 + bm + c = 0 (a ≠ 0) vô nghiệm m ⇔ ∆m < 0.  Phương trình acosm + bsinm = c vô nghiệm m ⇔ a2 + b2 < c2. Bước 3: Kết luận. m. Thí dụ 1. Tìm điều kiện của m để phương trình sau là phương trình đường thẳng: mx + (m2 − 2m)y − 3 = 0..  Gi¶i. Phương trình trên là phương trình của đường thẳng khi và chỉ khi: A2 + B2 > 0 ⇔ m2 + (m2 − 2m)2 > 0 ⇔ m2(m2 − 4m + 5)2 > 0 ⇔ m ≠ 0. Vậy, với m ≠ 0 phương trình đã cho là phương trình của đường thẳng.. Thí dụ 2. Cho phương trình mx + (m − 2)y − m = 0. (1) a. Chứng minh rằng với mọi m phương trình (1) là phương trình của mét ®êng th¼ng, gäi lµ hä (dm). b. Tìm điểm cố định mà họ (dm) luôn đi qua..  Gi¶i. a. Ta cã: A2 + B2 = m2 + (m − 2)2 = 2m2 − 4m + 4 = 2(m − 1)2 + 2 > 0, ∀m. Vậy với mọi m phương trình đã cho là phương trình của một đường thẳng. b. Giả sử M(x0, y0) là điểm cố định mà họ (dm) luôn đi qua ⇔ mx0 + (m − 2)y0 − m = 0, ∀m ⇔ m(x0 + y0 − 1) − 2y0 = 0, ∀m 0 x = 1  x + y0 − 1 = ⇔  0 ⇔  0 . 0  y0 = 0 −2y 0 = Vậy họ (dm) luôn đi qua điểm cố định M(1; 0).. 348.

(13) ThÝ dô 3. T×m tËp hîp c¸c ®iÓm cña mÆt ph¼ng kh«ng thuéc bÊt cø ®êng th¼ng nµo cña hä ®êng th¼ng (dm): (m + 1)x − y + m2 − m = 0..  Gi¶i. Gäi M(x; y) lµ ®iÓm mµ hä (dm) kh«ng ®i qua ⇔ (m + 1)x − y + m2 − m = 0 v« nghiÖm m ⇔ m2 + m(x − 1) + x − y = 0 v« nghiÖm m ⇔ ∆m < 0 ⇔ (x − 1)2 − 4(x − y) < 0 ⇔ x2 − 6x + 4y + 1 < 0. VËy, tËp hîp c¸c ®iÓm M(x; y) tho¶ m·n x2 − 6x + 4y + 1 < 0 kh«ng thuéc bÊt cø ®êng th¼ng nµo cña hä (dm).. Dạng toán 2: Lập phương trình đường thẳng Phương pháp thực hiện Ta sö dông c¸c kÕt qu¶: 1. §êng th¼ng ®i qua hai ®iÓm: Qua M 1 (x 1 , y 1 ) x − x1 y − y1 ⇔ (d): = . (d):  x 2 − x1 y 2 − y1 Qua M 2 (x 2 , y 2 ) Lu ý:  Nếu M1(a, 0) và M2(0, b) với a, b ≠ 0 thì phương trình (M1M2) được xác định x y bằng phương trình đoạn chắn (M1M2): + = 1. a b  §êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm M0(x0, y0) lu«n cã d¹ng: (d): A(x − x0) + B(y − y0) = 0, víi A2 + B2 > 0. 2. §êng th¼ng ®i qua mét ®iÓm vµ biÕt vtcp: Qua M 0 (x 0 , y 0 ) x − x0 y − y0 ⇔ (d): = (d):  a1 a2 vtcp a(a 1 , a 2 ) x = x 0 + a 1 t , t ∈ R. hoÆc (d):  y = y 0 + a 2 t Lu ý: §êng th¼ng (d) cã vtcp a (a1, a2) lu«n cã d¹ng: (d): a2x − a1y + C = 0. 3. §êng th¼ng ®i qua mét ®iÓm vµ biÕt vtpt: Qua M 0 (x 0 , y 0 ) ⇔ (d): A(x − x0) + B(y − y0) = 0. (d):  vtpt n(A, B )  Lu ý: §êng th¼ng (d) cã vtpt n (n1, n2) lu«n cã d¹ng: (d): n1x + n2y + C = 0. 4. §êng th¼ng ®i qua mét ®iÓm vµ biÕt hÖ sè gãc k: Qua M 0 (x 0 , y 0 ) ⇔ (d): y = k(x − x0) + y0. (d):  hsg k 349.

(14) Lu ý: §êng th¼ng (d) cã hÖ sè gãc k lu«n cã d¹ng: (d): y = kx + m = 0. 5. Đường thẳng (d)//(∆): Ax + By + C = 0 có phương trình: (d): Ax + By + D = 0. 6. Đường thẳng (d)⊥(∆): Ax + By + C = 0 có phương trình: (d): Bx − Ay + D = 0..  Chú ý: Trong nhiều trường hợp đặc thù chúng ta còn sử dụng a. Phương trình chùm đường thẳng. b. Phương pháp quỹ tích để xác phương trình đường thẳng.. Thí dụ 1. Lập phương trình tham số của đường thẳng (d) trong mỗi trường hợp sau: a. (d) ®i qua ®iÓm M(2, 1) vµ cã vtcp a (3, 4). b. (d) ®i qua ®iÓm M(−2, 3) vµ cã vtpt n (5, 1)..  Gi¶i. a. Ta cã ngay: Qua M(2, 1) x = 2 + 3t (d):  ⇔ (d):  , t ∈ R. vtcp a(3, 4) y = 1 + 4 t b. Ta cã: Qua M(−2, 3) Qua M(−2, 3) x = −2 + t ⇔ (d):  ⇔ (d):  , t ∈ R. (d):  vtpt n(5, 1) vtcp a(1, − 5) y = 3 − 5 t. Thí dụ 2. Lập phương trình tổng quát của đường thẳng (d) trong mỗi trường hợp sau: a. (d) ®i qua ®iÓm M(−5, −8) vµ cã hÖ sè gãc k= −3. b. (d) ®i qua hai ®iÓm A(2, 1) vµ B(−4, 5). c. (d) ®i qua ®iÓm M(4, 0) vµ ®iÓm N(0, −1)..  Gi¶i. a. Ta cã ngay: Qua M(−5, − 8) ⇔ (d): y = −3(x + 5) − 8 ⇔ (d): 3x + y + 23 = 0. (d):  hsg k = −3 b. Ta cã: Qua A(2, 1) y −1 x−2 ⇔ (d): = ⇔ (d): 2x + 3y − 7 = 0. (d):  −4−2 5 −1 Qua B(−4 ,5) c. Sử dụng phương trình đoạn chắn ta có: Qua M(4, 0) x y ⇔ (MN): + = 1 ⇔ (MN): x − 4y − 4 = 0. (MN):  4 −1 Qua N (0, − 1). 350.

(15)  Chú ý: Với câu b) chúng ta cũng có thể tìm được phương trình tổng quát của đường thẳng (d) bằng việc sử dụng phương trình tham số hoặc từ vtcp AB (−6, 4) suy ra vtpt n (2, 3) cña ®êng th¼ng (d). ThÝ dô 3. Cho ∆ABC, biÕt A(1, 4), B(3, −1), C(6, 2). a. Lập phương trình tổng quát các đường thẳng AB, BC, CA. b. Lập phương trình tổng quát của đường cao AH và trung tuyến AM..  Gi¶i. a. Ta lần lượt có: Qua A(1, 4) y−4 x −1 ⇔ (AB): = ⇔ (AB): 5x + 2y − 13 = 0. (AB):  3 −1 −1− 4 Qua B(3, − 1) Tương tự, ta nhân được (BC): x − y − 4=0 và (CA): 2x+5y − 22=0. b. Ta lần lượt có: Qua A(1, 4) Qua A (AH):  ⇔ (AH):  vtpt n(1, 1) AH ⊥ BC ⇔ (AH): x − 1 + y − 4 = 0 ⇔ (AH): x + y − 5 = 0. Qua A Qua A(1, 4) (AM):  ⇔ (AM):  Qua M(9 / 2,1/ 2) Qua M lµ trung diÓm BC ⇔ (AM):. y−4 x −1 = ⇔ (AM): x + y − 5 = 0. 1 9 −4 −1 2 2. ThÝ dô 4. Cho ∆ABC, biÕt trung ®iÓm c¸c c¹nh lµ M(2; 1), N(5; 3), P(3; −4). a. Lập phương trình các cạnh của ∆ABC. b. Lập phương trình các đường trung trực của ∆ABC..  Gi¶i. a. Ta cã: B  Phương trình cạnh AB được xác định bởi: qua P(3; − 4) qua P P  ⇔ (AB):  (AB):  AB // MN vtcp MN(3;2)   A x −3 y+4 N = ⇔ (AB): 2x − 3y − 18 = 0. ⇔ (AB): 3 2 Tương tự (BC), (AC). b. Gäi c¸c ®êng trung trùc kÎ tõ M, N, P theo thø tù lµ (dM), (dN), (dP).  Phương trình (dM) được xác định bởi: qua M qua M(2;1)  ⇔ (dM):   (dM):   vtpt PN(2;7) (d M ) ⊥ PN. M C. 351.

(16) ⇔ (dM): 2(x − 2) + 7(y − 1) = 0 ⇔ (dM): 2x + 7y − 11 = 0. Tương tự (dN), (dP).. Thí dụ 5. Lập phương trình đường thẳng (d1) đối xứng với đường thẳng (d) qua (∆), biÕt: (d): x + 2y − 13 = 0 vµ (∆): 2x − y − 1 = 0..  Gi¶i. Với mỗi đểm M(x, y)∈(d1) ⇒ tồn tại điểm M0(x0, y0)∈(d) sao cho: trung ®iÓm I cña MM 0 thuéc(∆)   MM 0 ⊥ (∆). 1  x 0= (4x + 3y − 1)  x + x 0 y + y0  − −1 = 0  2 5 ⇔ ⇔ 2 2 1 0  y 0 = (−3x + 4y + 2) 1.(x − x 0 ) + 2.(y − y 0 ) =  5 Thay (I) vào phương trình của (d), ta được: 1 2 (4x + 3y − 1) + (−3x + 4y + 2) − 13 = 0 ⇔ 2x − 11y + 62 = 0. 5 5 Đó chính là phương trình đường thẳng (d1).. (I). Thí dụ 6. Thiết lập phương trình các đường phân giác của các góc trong của ∆ABC có ba cạnh được tạo bởi các phương trình : 3x − 4y = 0, 4x − 3y = 0, 5x + 12y − 63 = 0..  Gi¶i Giả sử ba phương trình trên của các cạnh AB, BC, AC.  : Trước tiên: a. Phương trình đường phân giác trong của góc A  Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình: 0 x = 0 3x − 4y = ⇔  ⇒ B(0; 0).  0 y = 0 4x − 3y =  Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình: 0 x = 3 4x − 3y = ⇔  ⇒ C(3; 4).  0 y = 4 5x + 12y − 63 =  cña ∆ABC. Gäi (dA) lµ ®êng ph©n gi¸c trong cña gãc A Khi đó, điểm M(x, y)∈(dA)  M vµ B cïng phÝa víi (AC)  ⇔  M vµ C cïng phÝa víi (AB) ⇔ d(M,(AB)) = d(M,(AC)) . 352. (5x + 12y − 63)(−63) > 0 (3x − 4y)(3.3 − 4.4) > 0 | 5x + 12y − 63 | | 3x − 4y | = 52 + 12 2 32 + 4 2.

(17) 5x + 12y − 63 < 0  ⇔ 3x − 4y < 0 ⇔ 14x − 112y + 315 = 0. 5(5x + 12y − 63)= 13(3x − 4y) . Đó chính là phương trình tổng quát của đường thẳng (dA).   Tương tự: Với phương trình dường phân giác trong của góc B,C.. ThÝ dô 7. Cho ®iÓm M(2; 1). §êng th¼ng (d) lu«n ®i qua M c¾t Ox, Oy theo thø tù tại A(a; 0), B(0; b) với a, b > 0. Lập phương trình đường thẳng (d) sao cho: a. DiÖn tÝch ∆OAB nhá nhÊt. b. OA + OB nhá nhÊt. c..  Gi¶i. 1 1 + nhá nhÊt. 2 OB2 OA. Tõ gi¶ thiÕt, ta ®îc (d):. x y + = 1. a b. 2 1 + = 1. b a a. Ta cã, diÖn tÝch ∆OAB ®îc cho bëi: 1 ab S = OA.OB = . 2 2 Tõ (1) suy ra 2 2 1 2 1 1= + ≥2 . = ⇔ ab ≥ 2 ⇔ S ≥ 1. a b a b ab Vậy SMin = 1, đạt được khi: a = 4 2 1 1 = = ⇔  . a b 2 b = 2. V× M∈(d) nªn. (1). Khi đó phương trình đường thẳng (d): x + 2y − 4 = 0. b. Tõ (1), ta ®îc : 2b a= ⇒ ®iÒu kiÖn b > 1. b −1 Khi đó: 2b 2 +b= +b+2 OA + OB = b −1 b −1 2 2 +b−1+3≥2 = .(b − 1) + 3 = 2 2 + 3. b −1 b −1 Vậy (OA + OB)Min = 2 2 + 3, đạt được khi: a= 2 + 2 2 =b−1⇔  . b −1 b = 1 + 2 353.

(18) Khi đó phương trình đường thẳng (d): (1 + 2 )x + (2 + 2 )y − 5 − 3 2 = 0. c. Ta cã: 1 1 1 1 + = 2 + 2. OB2 OA 2 a b NhËn xÐt r»ng: 1 1 2 1 1 1 1 (22 + 12)( 2 + 2 ) ≥ ( + )2 = 1 ⇒ 2 + 2 ≥ . b a b a b a 5 1 1 1 + )Min = , đạt được khi: VËy ( OA 2 5 OB2 5 2 1  1  + = a = ⇔ a b 2 .   2a = b b = 5 Khi đó phương trình đường thẳng (d): 2x + y − 5 = 0.. Dạng toán 3: Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng Phương pháp thực hiện Nếu hai đường thẳng (d1) và (d2) có phương trình tổng quát: (d1): A1x + B1y + C1 = 0, (d2): A2x + B2y + C2 = 0. để xét vị trí tương đối của hai đường thẳng (d1), (d2), ta sử dụng kết quả: B A C a. NÕu 1 = 1 ≠ 1 ⇔ (d1) // (d2). C2 A2 B2 B A C b. NÕu 1 = 1 = 1 ⇔ (d1) ≡ (d2). A2 B2 C2 B A c. NÕu 1 ≠ 1 ⇔ (d1) c¾t (d2). B2 A2 Các trường hợp khác thì bằng việc xét hệ phương trình tạo bởi hai đường thẳng (d1) và (d2), khi đó số nghiệm của hệ phương trình cho phép kết luận về vị trí tương đối của hai đường thẳng. Thí dụ 1. Xét vị trí tương đối của các cặp đường thẳng (d1) và (d2) sau đây: a. (d1): 4x − 10y + 1 = 0 vµ (d2): x + y + 2 = 0. x = 5 + t b. (d1): 12x − 6y + 10 = 0 vµ (d2):  , t ∈ R. y = 3 + 2 t x = −6 + 5t c. (d1): 8x + 10y − 12 = 0 vµ (d2):  , t ∈ R. y = 6 − 4 t.  Gi¶i. a. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau: 354.

(19) Cách 1: Xét hệ phương trình tạo bởi phương trình của (d1) và (d2), ta có : 4 x − 10 y + 1 = 0 3 1 3 1 ⇔ x = vµ y = − ⇒ (d1) ∩ (d2) = {M( , − )}.  2 2 2 2 x + y + 2 = 0 4 − 10 ≠ ⇒ (d1) vµ (d2) c¾t nhau. 1 1 b. Bằng cách thay phương trình tham số của (d2) và (d1), ta được: 12(5 + t) − 6(3 + 2t) + 10 = 0 ⇔ 52 = 0, m©u thuÉn. VËy, ta kÕt luËn (d1) // (d2). c. Bằng cách thay phương trình tham số của (d2) và (d1), ta được: 8( −6 + 5t) + 10(6 − 4t) − 12 = 0 ⇔ 0 = 0, luôn đúng. VËy, ta kÕt luËn (d1) ≡ (d2).. C¸ch 2: NhËn xÐt r»ng. Thí dụ 2. Cho hai đường thẳng (d1) và (d2) có phương trình:  x = 1 + 3t 2 x = −2 t 1 (d1):  , (d2):  ,t1, t2 ∈ R. y = 3 + 6 t 2 y = −3t 1 a. Xác định giao điểm của (d1) và (d2). b. TÝnh cosin gãc nhän t¹o bëi (d1) vµ (d2)..  Gi¶i. a. Xét hệ phương trình tạo bởi (d1) và (d2):  − 2 t 1 = 1 + 3t 2 t = 1 ⇔ 1 .  t 2 = −1  − 3t 1 = 3 + 6 t 2 VËy (d1) c¾t (d2) t¹i A(−2, −3).     b. Gäi a 1 , a 2 theo thø tù lµ vtcp cña (d1) vµ (d2), ta cã a 1 (−2, −3), a 2 (1, 2). Khi đó, cosin góc nhọn α tạo bởi (d1) và (d2) được cho bởi:   | a .a | 8 | −2.1 − 3.2 | = . cosα =  1 2 = 2 2 2 2 | a 1 | . | .a 2 | 65 (−2) + (−3) . 1 + 2. . Chú ý: Việc xét vị trí tương đối của hai đường thẳng có phương trình tổng qu¸t sÏ gîi ý cho chóng ta gi¶i bµi to¸n: " H·y biÖn luËn gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc F = (A1x + B1y + C1)2 + (A2x + B2y + C2)2 " Ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Xét hai đường thẳng (d1): A1x + B1y + C1 = 0 vµ (d2): A2x + B2y + C2 = 0. Bước 2: Vậy giá trị nhỏ nhất của F tuỳ thuộc vào vị trí tương đối của (d1) và (d2). Xét hệ phương trình tạo bởi (d1) và (d2) có dạng: A 1 x + B 1 y = − C 1 .  A 2 x + B 2 y = − C 2 Xác định các giá trị của D, Dx, Dy. 355.

(20) Bước 3:. BiÖn luËn: Dy Dx vµ y = . D D Khi đó (d1) cắt (d2) do đó minF = 0, đạt được khi Dy D x = x vµ y = . D D A B C b. NÕu D = Dx = Dy = 0 ⇔ 1 = 1 = 1 . A2 B2 C2 Khi đó (d1) ≡ (d2) do đó minF = 0, đạt được tại ∀M(x, y) ∈ (d1). c. NÕu D = 0 A1 B1 C1  . = ≠ D x ≠ 0 ⇔ A2 B2 C2 D ≠ 0  y Khi đó thì (d1) // (d2) do đó đặt t = A1x + B1y + C1, ta được: ∆ F = t2 + (kt + m)2 = (k2 + 1)t2 + 2mkt + m2 ≥ − . 4a mk ∆ Vậy minF = − , đạt được khi t = − 2 . 4a k +1 a. NÕu D ≠ 0, hÖ cã nghiÖm duy nhÊt x =. ThÝ dô 3. H·y biÖn luËn theo a gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: F = (2x + y − 2)2 + (4x + ay − 1)2..  Gi¶i. . . XÐt hai ®êng th¼ng (d1): 2x + y − 2 = 0 vµ (d2): 4x + ay − 1 = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của F tuỳ thuộc vào vị trí tương đối của (d1) và (d2). Xét hệ phương trình tạo bởi (d1) và (d2) có dạng: 2  2x + y = .  1 4x + ay = Ta cã: 2 1 2 1 2 2 D= = 2a − 4, Dx = = 2a − 1, Dy = = −6. 1 a 4 a 4 1 NÕu D ≠ 0 ⇔ 2a − 4 ≠ 0 ⇔ a ≠ 2. 2a − 1 −3 HÖ cã nghiÖm duy nhÊt x = vµ y = ⇒ (d1) cắt (d2) do đó minF = 0 2a − 4 a−2 NÕu D = 0 ⇔ 2a − 4 = 0 ⇔ a = 2. Víi a = 2, suy ra Dx = 3 ≠ 0, hÖ v« nghiÖm. Khi đó (d1) // (d2) do đó F = (2x + y − 2)2 + (4x + 2y − 1)2. 3 9 9 §Æt t = 2x + y − 2, ta ®îc F = t2 + (t + 3)2 = 2t2 + 6t + 9 = 2(x + ) + ≥ . 2 2 2. 356.

(21) 9 , đạt được khi: 2 3 3 t = − ⇔ 2x + y − 2 = − ⇔ 4x + 2y − 1 = 0. 2 2 KÕt luËn: 2a − 1 −3 vµ y = .  Với a ≠ 2, minF = 0, đạt được khi x = 2a − 4 a−2 9  Với a = 2, minF = , đạt được khi x, y thoả mãn 4x + 2y − 1 = 0. 2. VËy minF =. D¹ng to¸n 4: §iÓm vµ ®êng th¼ng Phương pháp thực hiện §Ó t×m ®iÓm M thuéc ®êng th¼ng (d) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn K, ta lùa chän mét trong hai hướng sau: Hướng 1: Tận dụng phương trình đường thẳng (d) cho trước. Cách 1: Nếu đường thẳng (d) cho dưới dạng tham số : x = x 0 + a 1 t , t∈ R. (d):  y = y 0 + a 2 t Bước 1: Lấy điểm M ∈ (d), suy ra M(x0 + a1t, y0 + a2t). Bước 2: Dựa vào điều kiện K xác định t. Cách 2: Nếu đường thẳng (d) cho dưới dạng tổng quát: (d): Ax + By + C = 0, víi A2 + B2 > 0. Bước 1: Lấy điểm M(xM, yM) ∈ (d), suy ra AxM + ByM + C = 0. Bước 2: Sử dụng điều kiện K thiết lập thêm một phương trình cho xM và yM. Từ đó tìm được toạ độ của M. Lưu ý: Khi đó cũng có thể chuyển phương trình (d) về dạng tham số để sử dụng cách 1. Hướng 2: Sử dụng điều kiện K khẳng định M thuộc đường (L), khi đó (d) ∩ (L) = {M}. Thí dụ 1. Cho đường thẳng (d) có phương trình: x = 2 + 2 t (d):  , t ∈ R. y = 3 + t T×m ®iÓm M thuéc (d) vµ c¸ch ®iÓm A(0, 1) mét kho¶ng b»ng 5..  Gi¶i. Vì M huộc (d) nên M(2 + 2t, 3 + t). Khi đó: 5 = AM = (2 + 2 t ) 2 + (2 + t ) 2 ⇔ 5t2 + 12t − 17 = 0 ⇔ t1 = 1 vµ t2 = −.  . Víi t1 = 1, suy ra ®iÓm M1(4, 4). 17 24 2 Víi t2 = − , suy ra ®iÓm M2(− , − ). 5 5 5. 17 . 5. 357.

(22) VËy, tån t¹i hai ®iÓm M1(4, 4) vµ M2(−. 24 2 , − ) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 5 5. Thí dụ 2. Cho đường thẳng (d) có phương trình: (d): x − 2y + 15 = 0. T×m trªn ®êng th¼ng ®iÓm M(xM, yM) sao cho x 2M + y 2M nhá nhÊt..  Gi¶i C¸ch 1: V× M(xM, yM) ∈ (d), suy ra xM − 2yM + 15 = 0 ⇔ xM = 2yM − 15, khi đó: x 2M + y 2M = (2yM − 15)2 + y 2M = 5 y 2M − 60yM + 225 = 5(yM − 6)2 + 45 ≥ 45. Vậy, ta được ( x 2M + y 2M )Min = 45 đạt được khi: yM = 6 ⇒ M(−3, 6). Cách 2: Chuyển phương trình (d) về dạng tham số: x = 2 t − 15 , t ∈ R. (d):  y = t §iÓm M ∈ (d), suy ra M(2t − 15, t). Khi đó: x 2M + y 2M = (2t − 15)2 + t2 = 5t2 − 60t + 225 = 5(t − 6)2 + 45 ≥ 45. Vậy ( x 2M + y 2M )Min = 45 đạt được khi: t = 6 ⇒ M( − 3, 6). Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxli Ta cã: xM − 2yM + 15 = 0 ⇔ 15 = 2yM − xM. Bunhiac« pxki. ≤. (4 + 1)(y 2M + x 2M ). ⇔ x 2M + y 2M ≥ 45. Vậy ( x 2M + y 2M )Min = 45 đạt được khi: ( d). yM = − 2xM ⇒ M( − 3, 6).. Thí dụ 3. Cho hai điểm A(1; 2), B(2; 5) và đường thẳng (d) có phương trình: (d): x − 2y − 2 = 0. T×m trªn ®êng th¼ng (d) ®iÓm M sao cho: a. (MA + MB) nhá nhÊt. b. |MA − MB| lín nhÊt. 358.

(23)  Gi¶i a. Chuyển phương trình đường thẳng (d) về dạng tham số:  x= 2t + 2 (d):  t∈R y = t. Vì M∈(d) nên M(2t + 2 ; t). Khi đó ta có: MA + MB = =. (2t + 1)2 + (t − 2)2 + 5t 2 + 5 +. 4t 2 + (t − 5)2. 5t 2 − 10t + 25 =. ( t − 1). 5 [ t2 +1 +. 2. +4]. XÐt c¸c ®iÓm A1(0; −1); B1(1; 2) vµ M1(t; 0). Khi đó: MA + MB = 5 (M1A1 + M1B1). V× M1 ch¹y trªn trôc hoµnh vµ A1, B1 n»m vÒ hai phÝa cña Ox nªn (MA + MB)min ⇔ ( M1A1 + M1B1)min ⇔ M1 = (A1B1) ∩ Ox 1 8 1 ⇔ M1( ; 0) ⇔ M( ; ). 3 3 3 b. Tương tự câu a) ta có: |MA − MB| =. (2t + 1)2 + (t − 2)2 +. 4t 2 + (t − 5)2. = 5t 2 + 5 + 5t 2 − 10t + 25 = XÐt c¸c ®iÓm A2(0; 1); B2(1; 2) vµ M2(t; 0). Khi đó:. 5 [ t2 +1 +. ( t − 1). 2. +4]. |MA − MB| = 5 |M2A2 − M2B2|. V× M2 ch¹y trªn trôc hoµnh vµ A2, B2 n»m vÒ mét phÝa cña Ox nªn |MA − MB|max ⇔ |M2A2 − M2B2|max ⇔ M2 = (A2B2) ∩ Ox ⇔ M2(−1, 0) ⇔ M(0; −1).. §2. §êng trßn Dạng toán 1: Phương trình đường tròn Phương pháp chung Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình ban đầu về dạng: (C): x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0 (1) Bước 2: Để (1) là phương trình đường tròn điều kiện là: a2 + b2 − c ≥ 0. 359.

(24) Bước 3:. Khi đó (C) có thuộc tính: T©m I(a;b) .  2 2 BkÝnh R = a + b − c. ThÝ dô 1. T×m t©m vµ b¸n kÝnh cña c¸c ®êng trßn sau: a. x2 + y2 − 2x − 2y − 2 = 0. b. 16x2 + 16y2 + 16x − 8y − 11 = 0..  Gi¶i a. Viết lại phương trình dưới dạng: (x − 1)2 + (y − 1)2 = 4 suy ra t©m I(1, 1) vµ b¸n kÝnh R = 2. b. Viết lại phương trình dưới dạng: 11 1 1 1 x2 + y2 + x − y − = 0 ⇔ (x + )2 + (y − )2 = 1 16 2 2 4 1 1 suy ra t©m I(− , ) vµ b¸n kÝnh R = 1. 2 4. ThÝ dô 2. Cho hä ®êng cong: (Cm): x2 + y2 − 2mx − 2(m + 1)y + 2m − 1 = 0. a. Chứng minh rằng với mọi m luôn có (Cm) là phương trình của một ®êng trßn. b. T×m tËp hîp t©m c¸c ®êng trßn (Cm). c. T×m ®êng trßn cã b¸n kÝnh nhá nhÊt trong hä (Cm). d. Tìm các điểm cố định mà mọi đường tròn của họ (Cm) đều đi qua. e. Chøng minh r»ng (Cm) lu«n c¾t Oy t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt..  Gi¶i a. Ta cã: a2 + b2 − c = m2 + (m + 1)2 − 2m + 1 = 2m2 + 2 ≥ 0, luôn đúng. Vậy, với ∀m phương trình đã cho là phương tr×nh cña mét ®êng trßn, cã: T©m I m (m, m + 1) .  R 2m 2 + 2 = B¸n kÝnh b. Ta cã: x = m Im:  y= m + 1 Khö m tõ hÖ (I), ta ®îc: x − y + 1 = 0. VËy, t©m Im cña hä (Cm) thuéc ®êng th¼ng (d): x − y + 1 = 0.. 360. (I).

(25) c. Ta cã: R2 = 2m2 + 2 ≥ 2 Vậy Rmin = 2 , đạt được khi m = 0 VËy trong hä (Cm) ®êng trßn (C0) cã b¸n kÝnh nhá nhÊt b»ng d. Giả sử M(x0, y0) là điểm cố định của họ (Cm), ta được: x 20 + y 20 − 2mx0 − 2(m + 1)y0 + 2m − 1 = 0, ∀m. 2.. ⇔ ( − 2x0 − 2y0 + 2)m + x 20 + y 20 − 2y0 − 1 = 0, ∀m 0 −2x 0 − 2y 0 + 2 = y 0 = 1 − x 0 ⇔  2 ⇔  2 2 2 0 0 x 0 + y 0 − 2y 0 − 1 = x 0 + (1 − x 0 ) − 2(1 − x 0 ) − 1 =  M (1, 0) y = 1 − x 0 ⇔  0 ⇒  1 .  M 2 (−1,2) x 0 = ±1 Vậy, các đường tròn của họ (Cm) luôn đi qua 2 điểm cố định M1, M2. e. Xét hệ phương trình tạo bởi (Cm) và Oy: x 2 + y 2 − 2mx − 2(m + 1)y + 2m − 1 = 0  x = 0 ⇒ y2 − 2(m + 1)y + 2m − 1 = 0. (1) Ta cã: ∆’(1) = (m + 1)2 − 2m + 1 = m2 + 2 > 0, ∀m do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt y1,2 = ± Oy t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt A(0,. . m 2 + 2 ) vµ B(0, −. m 2 + 2 , tøc lµ (Cm) lu«n c¾t. m 2 + 2 ).. Chú ý: Chúng ta đã được biết khái niệm phương tích của một điểm đối với đường tròn, khi đó chọn điểm C(0, 1) ∈ Oy và. p. C/(C). = 1 − 2(m + 1) + 2m − 1 = − 2 < 0 ⇔ C ë trong ®êng trßn (C). VËy (Cm) lu«n c¾t Oy t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt.. Thí dụ 3. Cho họ đường cong có phương trình: (Cm): x2 + y2 − 2x − 4my + 4m = 0. (1) a. Tìm m để (Cm) là một họ đường tròn. b. Chøng minh r»ng c¸c ®êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi nhau tại một điểm cố định..  Gi¶i a. Ta cã: a2 + b2 − c = 1 + 4m2 − 4m = (2m − 1)2 ≥ 0, ∀m. Vậy, với mọi giá trị của m phương trình (1) là phương trình của một đường tròn, cã t©m Im(1, 2m) vµ b¸n kÝnh R = |2m − 1|. b. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau:. 361.

(26) Cách 1: Với m1 và m2 bất kỳ (m1≠ m2), xét hệ phương trình tạo bởi ( Cm ), ( Cm ): 1. 2.  x + y − 2x − 4m1 y + 4m1 = 0 (1) (I)  2 2 0 (2)  x + y − 2x − 4m 2 y + 4m 2 = LÊy (1) − (2) ⇒ y = 1, thay vµo (1), ta ®îc: x2 − 2x + 1 = 0. (*) Phương trình (*) có nghiệm kép x0 = 1 ∀m. Vậy, các đường tròn của họ (Cm) luôn tiếp xúc với nhau tại một điểm cố định M(1; 1). Cách 2: Giả sử M(x0, y0) là điểm cố định mà họ (Cm) luôn đi qua. ⇔ x2 + y2 − 2x − 4my + 4m = 0 , ∀m ⇔ 4m(−y + 1) + x2 + y2 − 2x = 0 , ∀m 0 − y + 1 = x = 1 ⇔  ⇔ M(1; −1). ⇔  2 2 0 y = 1  x + y − 2x = Nhận xét rằng tâm Im của họ (Cm) luôn thuộc đường thẳng (d) cố định đi qua điểm M cố định. Vậy, các đường tròn của họ (Cm) luôn tiếp xúc với nhau tại một điểm cố định M(1; 1). 2. 2.  NhËn xÐt:. 1. Như vậy để "Chứng minh rằng các đường tròn của họ (Cm) luôn tiếp xúc với. nhau tại một điểm cố định." ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch: Cách 1: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Với m1 và m2 bất kỳ (m1 ≠ m2), xét ( C m 1 ) cã t©m I1 vµ b¸n kÝnh R1. ( C m 2 ) cã t©m I2 vµ b¸n kÝnh R2. Bước 2: Suy ra: I 1 I 2 = R 1 + R 2 .   I 1 I 2 =| R 1 − R 2 |. KÕt luËn: c¸c ®êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét điểm cố định M(x0; y0) là nghiệm kép của (*). Cách 2: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Tìm điểm cố định M(x0, y0) mà mọi đường tròn của họ (Cm) luôn đi qua. Bước 2: Nhận xét rằng: tâm Im của họ (Cm) luôn thuộc đường thẳng (d) cố định đi qua M. Bước 3: Kết luận: các đường tròn của họ (Cm) luôn tiếp xúc với nhau tại một điểm cố định M(x0; y0). 2. NÕu sö dông c¸ch 2 chóng ta còng cã thÓ tr¶ lêi ®îc c©u hái " C¸c ®êng trßn cña họ (Cm) luôn tiếp xúc với đường thẳng (∆) cố định tại một điểm cố định " Thật vậy khi đó (Cm) luôn tiếp xúc với đường thẳng (∆) qua M và vuông góc với ®êng th¼ng (d). Bước 3:. 362.

(27) Dạng toán 2: Lập phương trình đường tròn thoả mãn điều kiện cho trước Phương pháp thực hiện Gọi (C) là đường tròn thoả mãn điều kiện đầu bài. Chúng ta lựa chọn phương tr×nh d¹ng tæng qu¸t hoÆc d¹ng chÝnh t¾c.  Muốn có phương trình dạng tổng quát, ta lập hệ 3 phương trình với ba ẩn a, b, c, ®iÒu kiÖn a2 + b2 − c ≥ 0. • Muốn có phương trình dạng chính tắc, ta lập hệ 3 phương trình với ba ẩn a, b, R, ®iÒu kiÖn R ≥ 0..  Chó ý: 1. Cần phải cân nhắc giả thiết của bài toán thật kỹ càng để lựa chọn dạng phương tr×nh thÝch hîp. 2. Trong nhiều trường hợp đặc thù chúng ta còn sử dụng phương pháp quỹ tích để xác phương trình đường tròn.. Thí dụ 1. Lập phương trình đường tròn (C) trong các trường hợp sau: a. (C) cã t©m I(−2, 3) vµ ®i qua ®iÓm M(2, −3). b. (C) cã t©m I(−1, 2) vµ tiÕp xóc víi (d): x − 2y + 7 = 0. c. (C) cã ®êng kÝnh AB víi A(1, 1) vµ B(7, 5)..  Gi¶i. a. V× M thuéc (C) nªn: R = IM =. (2 + 2) 2 + (−3 − 3) 2 = 52 .. Khi đó, đường tròn (C) với tâm I(−2, 3) và bán kính R = 52 có phương trình: (C): (x + 2)2 + (y − 3)2 = 52. b. V× (C) tiÕp xóc víi (d) nªn: | 1.(−1) − 2.2 + 7 | 2 = . R = d(I, (d)) = 2 2 5 1 + (−2) Khi đó, đường tròn (C) với tâm I(−1, 2) và bán kính R =. 2 5. có phương trình:. 4 . 5 c. §êng trßn (C) cã ®êng kÝnh AB, suy ra:  T©m I lµ trung ®iÓm AB nªn I(4, 3). AB 1 =  B¸n kÝnh R = (7 − 1) 2 + (5 − 1) 2 = 13 . 2 2 Từ đó, suy ra phương trình của đường tròn (C) có dạng: (C): (x − 4)2 + (y − 3)2 = 13.. (C): (x + 1)2 + (y − 2)2 =. . Chú ý: Để lập lập phương trình đường tròn đi qua ba điểm A, B, C (đường tròn ngoại tiếp ∆ABC) ta cân nhắc lựa chọn một trong hai hướng sau: 363.

(28) Hướng 1: Tổng quát, ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Giả sử đường tròn (C) có phương trình: (C): x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0, víi a2 + b2 − c ≥ 0. (1) Bước 2: Từ điều kiện A, B, C thuộc (C), ta được hệ 3 phương trình với ba ẩn a, b, c. Thay a, b, c vào (1) ta được phương trình của (C). Hướng 2: Dựa trên dạng đặc biệt của ∆ABC, tức là: 1. NÕu ∆ABC vu«ng t¹i A, th×: tam I la trung diÓm BC  (C):  . BC R = 2 2. Nếu ∆ABC đều, cạnh bằng a, thì: tam I la trong tam ∆ABC  . (C):  a 3 R =  3 . Thí dụ 2. Lập phương trình đường tròn (C) đi qua ba điểm A, B, C, biết A(1, 2), B(5, 2) vµ C(1, −3)..  Gi¶i. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau: C¸ch 1: Gi¶ sö ®êng trßn (C) ngo¹i tiÕp ∆ABC cã d¹ng: (C): x2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0, víi a2 + b2 − c ≥ 0. §iÓm A, B, C∈(C), ta ®îc: 2a + 4 b − c = 5 a = 3   10a + 4 b − c = 29 ⇔ b = −1/ 2 , tho¶ m·n ®iÒu kiÖn. c = −1 2a − 6 b − c = 10   Vậy phương trình đường tròn (C): x2 + y2 − 6x + y − 1 = 0. C¸ch 2: NhËn xÐt r»ng AB ⊥ AC ⇔ ∆ABC vu«ng t¹i A. Do đó: 1  tam I(3, − ) tam I la trung diem BC  2   (C):  ⇔ (C):  BC R = 2 R = 41  2 41 1 ⇔ (C): (x − 3)2 + (y + )2 = . 2 4. Thí dụ 3. Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I(5, 6) và tiếp xúc với đường x−2 y th¼ng (d): = . 3 4 364.

(29)  Gi¶i Ta cã thÓ gi¶i b»ng hai c¸ch sau: Cách 1: Chuyển phương trình của (d) về dạng tham số, ta được: x = 2 + 4 t , t ∈ R. (d):   y = 3t §êng trßn (C) cã: tam I(5,6) ⇔ (C): (x − 5)2 + (y − 6)2 = R2. (C):  bkinh R Thay x, y từ phương trình tham số của (d) vào (C), ta được: 25t2 − 60t + 45 − R2 = 0. (C) tiếp xúc với (d) ⇔ phương trình (2) có nghiệm kép 6 ⇔ ∆' = 0 ⇔ R2 = 9 (khi đó ta được t = ) 5 2 Vậy phương trình đường tròn (C): (x − 5) + (y − 6)2 = 9. Cách 2: Chuyển phương trình của (d) về dạng tổng quát, ta được: (d): 3x − 4y − 6 = 0. Gäi R lµ b¸n kÝnh ®êng trßn (C). (C) tiÕp xóc víi (d) khi vµ chØ khi: | 3.5 − 4.6 − 6 | = 3. R = d(I, (d)) = 9 + 16 Vậy, phương trình đường tròn (C): (x − 5)2 + (y − 6)2 = 9.. (1) (2). Thí dụ 4. Lập phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với các trục toạ độ và đi qua ®iÓm M(2, 1)..  Gi¶i. Gi¶ sö ®êng trßn (C) cã t©m I(a, b) vµ b¸n kÝnh R. §êng trßn (C) tiÕp xóc víi hai trục toạ độ Ox, Oy ⇔ a = b = R. Trường hợp 1: Nếu a = b thì: (C): (x − a)2 + (y − a)2 = a2. §iÓm M ∈ (C) suy ra: a = 1 . (2 − a)2+(1 − a)2 = a2 ⇔ a2 − 6a + 5 = 0 ⇔  a = 5  Víi a = 1, suy ra b = 1, R = 1, ta ®îc (C1): (x − 1)2 + (y − 1)2 = 1.  Víi a = 5, suy ra b = 5, R = 5, ta ®îc (C2): (x − 5)2 + (y − 5)2 = 25. Trường hợp 2: Nếu a = −b thì: (C): (x − a)2 + (y + a)2 = a2. §iÓm M ∈ (C) suy ra: (2 − a)2 + (1 + a)2 = a2 ⇔ a2 − 4a + 5 = 0 v« nghiÖm. VËy, tån t¹i hai ®êng trßn (C1) vµ (C2) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 365.

(30)  Chó ý: NÕu gi¶ thiÕt cho (C) tiÕp xóc víi (d): Ax + By + C = 0 t¹i ®iÓm M(x , 0. y0), ta cã ®îc c¸c ®iÒu kiÖn sau: a. Tâm I thuộc đường thẳng (∆) có phương trình cho bởi: x = x 0 + At qua M(x 0 , y 0 ) ⇔ (∆):  , t∈R (∆):  vtcp n(A, B ) y = y 0 + Bt ⇒ I(x0 + At, y0 + Bt) b. (C) tiÕp xóc víi (d) khi vµ chØ khi IM = R.. Thí dụ 5. Lập phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với đường thẳng (d): x − y − 2 = 0 t¹i ®iÓm M(3; 1) vµ t©m I thuéc ®êng th¼ng (d1): 2x − y − 2 = 0..  Gi¶i. V× (C) tiÕp xóc víi (d) t¹i ®iÓm M, suy ra t©m I cña (C) thuéc ®êng th¼ng (∆) cã phương trình cho bởi: qua M(3,1)  (∆):  ⇔ (∆): x + y − 4 = 0.  vtpt n(1,1) Khi đó I = (d1) ∩ (∆), toạ độ điểm I là nghiệm hệ phương trình: 0 x + y − 4 = ⇔ I(2, 2).  0 2x − y − 2 = (C) tiÕp xóc víi (d) khi vµ chØ khi IM = R ⇔ R2 = IM2 = 2. Vậy phương trình đường tròn (C): (x − 2)2 + (y − 2)2 = 2.. Dạng toán 3: Vị trí tương đối của điểm, đường thẳng và đường tròn. Phương pháp thực hiện 1. Để xét vị trí tương đối của điểm với đường tròn, ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Xác định phương tích của M đối với đường tròn (C) là pM/(C). Bước 2: Kết luận:  NÕu pM/(C) < 0 ⇔ M n»m trong ®êng trßn.  . p NÕu p. NÕu. M/(C). = 0 ⇔ M n»m trªn ®êng trßn.. M/(C). > 0 ⇔ M n»m ngoµi ®êng trßn..  Chó ý: Ta cã c¸c kÕt qu¶ sau: Nếu M nằm trong (C) ⇒ không tồn tại tiếp tuyến của (C) đi qua M nhưng khi đó mọi đường thẳng qua M đều cắt (C) tại 2 điểm phân biệt.  Nếu M nằm trên (C) ⇒ tồn tại duy nhất 1 tiếp tuyến của (C) đi qua M (phương trình tiếp tuyến có được bằng phương pháp phân đôi toạ độ).  NÕu M n»m ngoµi (C) ⇒ tån t¹i hai tiÕp tuyÕn cña (C) ®i qua M. . 366.

(31) 2. Để xét vị trí tương đối của đường thẳng với đường tròn, ta lựa chọn một trong hai c¸ch sau: C¸ch 1: TÝnh kho¶ng c¸ch h tõ I tíi (d), råi so s¸nh víi b¸n kÝnh R cña ®êng trßn, ta ®îc:  NÕu h > R ⇔ (d)∩(C) = {∅}.  NÕu h = R ⇔ (d) tiÕp xóc víi (C).  NÕu h < R ⇔ (d) c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B. Cách 2: Xét hệ phương trình tạo bởi (C) và (d), khi đó số nghiệm của phương tr×nh b»ng sè giao ®iÓm cña (d) vµ (C). 3. Để xét vị trí tương đối của hai đường tròn, ta lựa chọn một trong hai cách sau: C¸ch 1: TÝnh kho¶ng c¸ch I1I2 (I1, I2 lµ hai t©m cña hai ®êng trßn), råi so s¸nh víi tæng vµ hiÖu hai b¸n kÝnh R1, R2 cña hai ®êng trßn, ta ®îc:  NÕu I1I2 > R1 + R2 ⇔ (C1) vµ (C2) kh«ng c¾t nhau vµ ë ngoµi nhau.  NÕu I1I2 < |R1 − R2| ⇔ (C1) vµ (C2) kh«ng c¾t nhau vµ nång nhau.  NÕu I1I2 = R1 + R2 ⇔ (C1) vµ (C2) tiÕp xóc ngoµi víi nhau.  NÕu I1I2 = |R1 − R2| ⇔ (C1) vµ (C2) tiÕp xóc trong víi nhau.  NÕu |R1 − R2| < I1I2 < R1 + R2 ⇔ (C1) vµ (C2) c¾t nhau t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt. Phương pháp này thường được sử dụng để xác định số nghiệm của bài toán tiÕp tuyÕn chung cña hai ®êng trßn (C1) vµ (C2). Cách 2: Xét hệ phương trình tạo bởi (C1) và (C2), khi đó số nghiệm của phương tr×nh b»ng sè giao ®iÓm cña (C1) vµ (C2). NhËn xÐt quan träng: 1. Bằng việc xét vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn chúng ta có thể ứng dụng để giải các hệ đại số, dạng: D¹ng 1: Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ: x 2 + y 2 − 2a(m)x − 2 b(m)x + c(m) = 0 .  Ax + By + C = 0 D¹ng 2: Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ: x 2 + y 2 − 2a(m)x − 2 b(m)x + c(m) ≥ 0 .  Ax + By + C ≥ 0 2. Bằng việc xét vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn chúng ta có thể ứng dụng để giải các hệ đại số, dạng: D¹ng 1: Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ: x 2 + y 2 − 2a 1 (m)x − 2 b 1 (m)x + c 1 (m) = 0  2 x + y 2 − 2a 2 (m)x − 2 b 2 (m)x + c 2 (m) = 0 D¹ng 2: Gi¶i vµ biÖn luËn hÖ: x 2 + y 2 − 2a 1 (m)x − 2 b 1 (m)x + c 1 (m) ≤ 0  2 x + y 2 − 2a 2 (m)x − 2 b 2 (m)x + c 2 (m) ≤ 0 367.

(32) Thí dụ 1. Cho điểm M(6; 2) và đường tròn (C) có phương trình: (C): x2 + y2 − 2x − 2y + 1 = 0. Lập phương trình đường thẳng (d) qua M cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho: a. AB = 2 . b. AB = 2..  Gi¶i. §êng trßn (C) cã t©m I(1; 1) vµ b¸n kÝnh R = 1. a. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña I lªn AB, ta cã: 2 1 AB 2 2 IH2 = IA2 − AH2 = R2 − = 1 − = ⇔ IH = . 4 4 2 2 §êng th¼ng (d) ®i qua M cã d¹ng: I (d): A(x − 6) + B(y − 2) = 0 M ⇔ (d): Ax + By − 6A − 2B = 0. B H A §êng th¼ng (d) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi khi vµ chØ khi: | A + B − 6A − 2B | 2 = ⇔ 50A2 + 10AB + B2 = 0. (1) d(I, (d)) = IH ⇔ 2 2 2 A +B. A ta t×m ®îc mèi liªn hÖ gi÷a A vµ B. B Từ đó, thấy tồn tại hai đường thẳng (d1), (d2) thoả mãn điều kiện đầu bài. b. V× (d) ®i qua M vµ c¾t ®êng trßn (C) t¹i hai ®iÓm A, B sao cho: AB = 2 = 2R qua M(6;2) x −1 y −1 ⇔ (d2):  ⇔ (d): = ⇔ (d): x − 5y + 4 = 0. 2 −1 6 −1 qua tam I(1;1). Giải phương trình (1) bằng cách đặt t =. Thí dụ 2. Cho đường thẳng (d) và đường tròn (C) có phương trình: (d): x + y − 1 = 0 vµ (C): x2 + y2 − 1 = 0. a. Chøng tá r»ng (d) c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B. b. Lập phương trình đường tròn đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với ®êng th¼ng (∆): 2x − y − 2 = 0..  Gi¶i. a. §êng trßn (C) cã t©m O(0, 0) vµ b¸n kÝnh R = 1. Ta cã: | −1 | 1 = <R d(O, (d)) = 2 1+1 VËy (d) c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B. b. §êng trßn (S) ®i qua c¸c giao ®iÓm cña (d) vµ (C), cã d¹ng (S): x2 + y2 − 1 + m(x + y − 1) = 0 ⇔ (S): x2 + y2 + mx + my − 1 − m = 0 m m suy ra t©m I(− , − ). 2 2 368. (1).

(33) (S) tiÕp xóc víi (∆) m m )+ −2| m2 2 2 2 ⇔ d(I, (∆)) = R ⇔ = + m +1 ⇔ m = − . 2 3 4 +1 2 2 2 1 Thay m = − vµo (1) ta ®îc (S): x2 + y2 − x − y − = 0. 3 3 3 3 | 2(−. ThÝ dô 3. Cho hai ®êng trßn (C1): x2 + y2 − 2x + 4y − 4 = 0, (C2): x2 + y2 + 2x − 2y − 14 = 0. a. Chøng minh r»ng hai ®êng trßn (C1) vµ (C2) c¾t nhau. b. Viết phương trình đường tròn qua giao điểm của (C1), (C2) và qua ®iÓm M(3, 0)..  Gi¶i. a. Ta cã :  §êng trßn (C1) cã t©m I1(1, −2) vµ b¸n kÝnh R1 = 3.  §êng trßn (C2) cã t©m I2( − 1, 1) vµ b¸n kÝnh R2 = 4. Ta cã: I1I2 = (1 + 1) 2 + (−2 − 1) 2 = 13 , |R1 − R2| = 0 < I1I2 < 2 = R1 + R2 ⇔ (C1)∩(C2) = {A, B}. b. §êng trßn (S) ®i qua c¸c giao ®iÓm cña (C1) vµ (C2), cã d¹ng: (S): λ(x2 + y2 + 2x − 2y − 14) + µ(x2 + y2 − 2x + 4y − 4) = 0 ⇔ (S): (λ + µ)x2 + (λ + µ)y2 − 2(µ − λ)x − 2(λ − 2µ)y − 14λ − 4µ = 0 §iÓm M(3, 0)∈(S) 9(λ + µ) − 3(µ − λ) − 14λ − 4µ = 0 ⇔ λ = µ Thay λ = µ vµo (1) ta ®îc (S): x2 + y2 + y − 9 = 0.. (1). Thí dụ 4. Cho hệ phương trình: x 2 + y 2 − x = 0  x + ay − a = 0 a. Tìm a để hệ phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. b. Gọi (x1, y1), (x2, y2) là các nghiệm của hệ đã cho. Chứng minh rằng (x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 ≤ 1..  Gi¶i Viết lại hệ dưới dạng: 1 2 1  2 (1) (x − ) + y = 2 4  x + ay − a = 0 (2 ). 369.

(34) . Phương trình (1) là đường tròn (C) có tâm I(. 1 1 , 0), b¸n kÝnh R = . 2 2.  Phương trình (2) là đường thằng (d). a. VËy hÖ cã hai nghiÖm ph©n biÖt ⇔ (d) c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt 1 −a 1 4 2 ⇔ d(I, d) < R ⇔ < ⇔0<a< . 2 2 3 1+ a b. Víi 0 < a <. 4 , (d)∩(C) = {A, B} có toạ độ là A(x1, y1), B(x2, y2). 3. Ta cã: AB ≤ 2R ⇔ AB2 ≤ 4R2 ⇔ (x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 ≤ 1, ®pcm.. Dạng toán 4: Lập phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) (tâm I(a, b) b¸n kÝnh R) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn K. Phương pháp thực hiện Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau: Cách 1: Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Dựa trên điều kiện K ta giả sử được đường thẳng (d) có phương trình: (d): Ax + By + C = 0. Bước 2: (d) là tiếp tuyến của (C) ⇔ d(I, (d)) = R. Bước 3: Kết luận về tiếp tuyến (d)..  Chú ý: Điều kiện K thường gặp: 1. Tiếp tuyến đi qua điểm M cho trước, khi đó: a. NÕu M(x0, y0)∈(C) (tøc lµ. p. M/(C). = 0), ta cã ngay:. qua M(x 0 , y 0 ) (d):  vtpt IM(x 0 − a, y 0 − b ). ⇔ (d): (x0 − a)(x − x0) + (y0 − b)(y − y0) = 0 ⇔ (d): (x0 − a)(x − a) + (y0 − b)(y − b) = R2 − Phân đôi toạ độ. b. NÕu M(x0, y0) ∉ (C) (tøc lµ. p. M/(C). ≠ 0), ta gi¶ sö:. (d): A(x − x0) + B(y − y0) = 0 ⇔ (d): Ax + By − Ax0 − By0 = 0 2. Tiếp tuyến song song với đường thẳng (∆): Ax + By + C = 0, khi đó: (d): Ax + By + D = 0. 3. Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (∆): Ax + By + C = 0, khi đó: (d): Bx − Ay + D = 0. 370.

(35) 4. Tiếp tuyến có hệ số góc bằng k, khi đó: (d): y = kx + m ⇔ (d): kx − y + m = 0. 5. Tiếp tuyến có tạo với đường thẳng (∆) một góc α, khi đó ta linh hoạt sử dụng một trong hai c«ng thøc:    | a.b | cosα =   , víi a , b theo thø tù lµ vtcp cña (d), (∆). | a |.| b | k − k2 , víi k1, k2 theo thø tù lµ hsg cña (d), (∆) tgα = 1 1 + k1k 2 Cách 2: Đi tìm tiếp điểm rồi sử dụng phương pháp phân đôi toạ độ để giải. Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Giả sử điểm M(x0, y0) là tiếp điểm, khi đó: Phương trình tiếp tuyến có dạng: (1) x.x0 + y.y0 − a(x + x0) − b(y + y0) + c = 0. 2 (hoÆc (x − a) (x0 − a) + (y − b)(y0 − b) = R ). §iÓm M∈(C) (2) ⇔ x 20 + y 20 − 2ax0 − 2by0 + c = 0 2 2 2 (hoÆc (x0 − a) + (y0 − b) = R ) Bước 2: Sử dụng điều kiện K của giả thiết, ta thiết lập thêm một phương trình theo x0, y0 (3) Bước 3: Giải hệ tạo bởi (2), (3) ta được toạ độ tiếp điểm M(x0, y0), từ đó thay vào (1) ta được phương trình tiếp tuyến cần xác định.. Thí dụ 1. Lập phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) đi qua M, biết: a. (C): (x − 3)2 + (y − 1)2 = 5 vµ M(2, 3). b. (C): x2 + y2 − 2x − 8y − 8 = 0 vµ M(−4, −6)..  Gi¶i a. NhËn xÐt r»ng: PM /( C ) = 0 ⇔ M ∈ (C). Vậy phương trình tiếp tuyến (d) của (C) tại M có dạng: (d): (x − 3)(2 − 3) + (y − 1)(3 − 1) = 9 ⇔ (d): x − 2y + 8 = 0. b. NhËn xÐt r»ng: PM /( C ) >0 ⇔ M ë ngoµi (C). Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau: C¸ch 1: §êng trßn (C) cã t©m I(1, 4), b¸n kÝnh R = 5. Đường thẳng (d) đi qua M có phương trình: (d): A(x + 4) + B(y + 6) = 0 ⇔ (d): Ax + By + 4A + 6B = 0. §êng th¼ng (d) lµ tiÕp tuyÕn cña (C) | A + 4B + 4A + 6B | ⇔ d(I, (d)) = R ⇔ =5 A2 + B2 371.

(36) B = 0 . A 2 + B 2 ⇔ 3B2 + 4AB = 0 ⇔   B = −4A / 3  Víi B = 0, ta ®îc tiÕp tuyÕn (d1): A(x + 4) = 0 ⇔ (d1): x + 4 = 0. 4A , ta ®îc tiÕp tuyÕn  Víi B = − 3 4A (d2): A(x + 4) − (y + 6) = 0 ⇔ (d2): 3x − 4y − 12 = 0. 3 VËy qua M kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tíi ®êng trßn (C). Cách 2: Giả sử tiếp điểm là M(x0, y0), khi đó phương trình tiếp tuyến có dạng: (d): x.x0 + y.y0 − (x + x0) − 4(y + y0) − 8 = 0. V× M(x0, y0) ∈ (C) nªn: x 02 + y 02 − 2x0 − 8y0 − 8 = 0. §iÓm A( − 4, − 6)∈(d) ⇔ − 4x0 − 6y0 − ( − 4 + x0) − 4( − 6 + y0) − 8 = 0 ⇔ x0 + 2y0 − 4 = 0. Giải hệ phương trình tạo bởi (2), (3) ta được:. ⇔ |A + 2B| =. (1) (2). (3). x 0 = −4 & y 0 = 4 .  x 0 = 4 & y 0 = 0.  . Víi M1( − 4, 4), thay vµo (1) ta ®îc tiÕp tuyÕn (d1): x + 4 = 0. Víi M2(4, 0), thay vµo (1) ta ®îc tiÕp tuyÕn (d2): 3x − 4y − 12 = 0..  Chó ý: Nh vËy nÕu sö dông c¸ch 2 ta cã thÓ tr¶ lêi ®îc c¸c hái: a. Qua M kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tíi ®êng trßn (C). b. Toạ độ các tiếp điểm là M1( − 4, 4), M2(4, 0). c. Phương trình đường thẳng đi qua 2 tiếp điểm được suy ra từ (3), tức là: (M1M2): x + 2y − 4 = 0.. Thí dụ 2. Cho đường thẳng (∆) và đường tròn (C) có phương trình: (∆): 3x − 4y + 12 = 0. (C): x2 + y2 − 2x − 6y + 9 = 0. Lập phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) vuông góc với (∆)..  Gi¶i. §êng trßn (C) cã t©m I(1, 3), b¸n kÝnh R = 1. Ta cã hai c¸ch gi¶i sau: Cách 1: Tiếp tuyến (d)⊥(∆) có phương trình: (d) : 4x + 3y + c = 0. §êng th¼ng (d) lµ tiÕp tuyÕn cña (C) c = −18 | 4.1 + 3.3 + c | =1⇔  1 . ⇔ d(I, (d)) = R ⇔ 16 + 9 c 2 = −8 . 372. Víi c1 = −18, ta ®îc tiÕp tuyÕn (d1): 4x + 3y − 18 = 0..

(37)  Víi c2 = − 8, ta ®îc tiÕp tuyÕn (d2): 4x + 3y − 8 = 0. VËy tån t¹i hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tíi (C) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. Cách 2: Giả sử tiếp điểm là M(x0, y0), khi đó phương trình tiếp tuyến có dạng: (d): x.x0 + y.y0 − (x + x0) − 3(y + y0) + 9 = 0 ⇔ (d): (x0 − 1)x + (y0 − 3)y − x0 − 3y0 + 9 = 0 V× M(x0, y0) ∈ (C) ⇔ x 20 + y 20 − 2x0 − 6y0 + 9 = 0. §êng th¼ng (d)⊥(∆) khi vµ chØ khi: 3.(x0 − 1) − 4(y0 − 3) = 0 ⇔ 3x0 − 4y0 + 9 = 0. Giải hệ phương trình tạo bởi (2), (3) ta được: 9 18  x 0 = 5 & y 0 = 5 .  x = 1 & y = 12 0  0 5 5 9 18 ), thay vµo (1) ta ®îc tiÕp tuyÕn (d1): 4x + 3y − 18 = 0.  Víi M1( , 5 5 1 12  Víi M2( , ), thay vµo (1) ta ®îc tiÕp tuyÕn (d2): 4x + 3y − 8 = 0. 5 5 VËy tån t¹i hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tíi (C) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. (1) (2) (3). Dạng toán 5: Lập phương trình tiếp tuyến chung của 2 đường tròn (C1) vµ (C2) Phương pháp thực hiện Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Giả sử (d): Ax + By + C = 0, với A2 + B2>0 là tiếp tuyến chung của (C1) vµ (C2). Bước 2: Thiết lập điều kiện tiếp xúc của (d) với (C1) và (C2) d(I1, (d)) = R1 & d(I2, (d)) = R2. Bước 3: Kết luận về tiếp tuyến chung (d). Thí dụ 1. Cho hai đường tròn (C1) và (C2) có phương trình: (C1): (x − 1)2 + (y − 1)2 = 1, (C2): (x − 2)2 + (y + 1)2 = 4. Lập phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn trên..  Gi¶i. §êng trßn (C1) cã t©m I1(1, 1) vµ b¸n kÝnh R1 = 1. §êng trßn (C2) cã t©m I2(2, − 1) vµ b¸n kÝnh R2 = 2. Giả sử tiếp tuyến chung (d) có phương trình: (d): Ax + By + C = 0, víi A2 + B2 > 0. (1) 373.

(38) Ta cã (d) tiÕp xóc víi (C1) vµ (C2) khi vµ chØ khi | A + B + C | =1   2 2 d( I 1 , (d)) = R 1  A2 + B2 ⇔  ⇔ | A + B + C |= A + B  | 2 A − B + C |= 2 | A + B + C | d( I 2 , (d)) = R 2  | 2A − B + C | = 2  2 2  A +B. C = −3B   2 2 | A + B − 3B |= A 2 + B 2 | A + B + C |= A + B  1 ⇔ C = −3B ⇔  C = − 3 (4 A + B )  1  C = − (4 A + B ) 3  | A + B − 1 (4 A + B ) |= A 2 + B 2  3. C = −3B & B = 0 ⇔  C = −3B & A = 3B  4. Khi đó ta được hai tiếp tuyến chung: (d1): Ax = 0 ⇔ (d1): x = 0, 3B x + By − 3B = 0 ⇔ (d2): 3x + 4y − 12 = 0, 4 VËy, tån t¹i hai tiÕp tuyÕn chung (d1), (d2) cña (C1) vµ (C2).. (d2):. Thí dụ 2. Cho hai đường tròn (C) và (Cm) có phương trình: (C): x2 + y2 = 1, (Cm): x2 + y2 − 2(m + 1)x + 4my = 5. a. Chøng minh r»ng cã 2 ®êng trßn (Cm1), (Cm2) tiÕp xóc víi ®êng trßn (C) øng víi 2 gi¸ trÞ m1, m2 cña m. b. Xác định phương trình đường thẳng tiếp xúc với cả hai đường tròn (Cm1), (Cm2)..  Gi¶i a. Ta cã: • §êng trßn (C) cã t©m O(0, 0) vµ b¸n kÝnh R = 1.. • §êng trßn (Cm) cã t©m Im(m + 1, − 2m) vµ b¸n kÝnh Rm = 5m 2 + 2m + 6 . NhËn xÐt r»ng: (C) vµ (Cm) tiÕp xóc nhau  m1 = −1 OI = R + R m ⇔  m ⇔  m2 = 3 OI m= | R − R m |  5 b. TiÕp tuyÕn chung cña (C − 1) vµ (C3/5) lµ (d1): 2x + y + 3 5 − 2 = 0 vµ (d2): 2x + y − 3 5 − 2 = 0. 374.

(39) D¹ng to¸n 6: §iÓm vµ ®êng trßn Phương pháp thực hiện §Ó t×m ®iÓm M thuéc ®êng trßn (C): (x − a)2 + (y − b)2 = R2 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn K, ta thực hiện theo các bước : Bước 1: Lấy điểm M(x0, y0) ∈ (C), suy ra: (x0 − a)2 + (y0 − b)2 = R2. Bước 2: Dựa vào điều kiện K có thêm được điều kiện cho x0, y0. Thí dụ 1. Cho điểm F(4, −2) và đường tròn (C) có phương trình: (C): (x − 3)2 + (y − 2)2 = 5, (∆): x − y − 2 = 0. a. Tìm các điểm có toạ độ nguyên thuộc (C). b. T×m trªn (C) ®iÓm E sao cho ∆OEF vu«ng..  Gi¶i a. Xét phương trình đường tròn (C) với ẩn y là: y2 − 4y + x2 − 6x + 8 = 0 Phương trình có nghiệm ⇔ ∆' ≥ 0 ⇔ 4 − x2 + 6x − 8 ≥ 0 ⇔ x2 − 6x + 4 ≤ 0 ⇔ 3 − 5 ≤ x ≤ 3 + Suy ra các điểm M(x, y)∈(C) có hoành độ nguyên là: 1, 2, 3, 4, 5, ta có: x 1 2 3 4 y y = 3 y = 4 y = 4 y∉Z  y = 1.  y = 0. 5..  y = 0. VËy tån t¹i 6 ®iÓm M1(1, 3), M2(1, 1), M3(2, 4), M4(2, 0) , M5(4, 4), M6(4, 0) thuéc (C). b. ∆OEF vu«ng gåm c¸c kh¶ n¨ng sau: Kh¶ n¨ng 1: ∆OEF vu«ng t¹i O ⇔ E = (dO)∩(C), víi (dO) lµ ®êng th¼ng qua O vµ vu«ng gãc víi OF. Ta cã : qua O ⇔ (d): 2x − y = 0. (d):  vtpt OF(4,−2) Khi đó toạ độ điểm E là nghiệm của hệ : E 1 (2,4) (x − 3) 2 + (y − 2) 2 = 5 ⇔  .  E 2 ( 4 , 8 ) 2 x − y = 0  5 5  Kh¶ n¨ng 2: ∆OEF vu«ng t¹i F ⇔ E = (dF)∩(C), víi (dF) lµ ®êng th¼ng qua F vµ vu«ng gãc víi OF. Ta cã : qua F(4 − 2) ⇔ (d): 2x − y − 10 = 0. (d):  vtpt OF(4,−2) 375.

(40) Khi đó toạ độ điểm E là nghiệm của hệ : (x − 3) 2 + (y − 2) 2 = 5 v« nghiÖm.  2 x − y − 10 = 0 Kh¶ n¨ng 3: ∆OEF vu«ng t¹i E ⇔ E = (C1)∩(C), víi (C1) lµ ®êng trßn ®êng kÝnh OF. Ta cã : (C1): (x − 2)2 + (y + 1)2 = 5. Khi đó toạ độ điểm E là nghiệm của hệ : (x − 3) 2 + (y − 2) 2 = 5 (x − 3) 2 + (y − 2) 2 = 5 E (4,0) ⇔ ⇔  3 .   2 2 (x − 2) + (y + 1) = 5 E 4 (1,1)  x + 3y − 4 = 0. Thí dụ 2. Cho hai đường tròn (C) và (Cm) có phương trình: (C): x2 + y2 = 1, (Cm): x2 + y2 − 2mx − 2y + m2 = 0. a. Xác định m để (C) và (Cm) tiếp xúc ngoài với nhau. b. Với m tìm được ở câu a), hãy xác định vị trí của điểm A ∈ (C) và B ∈ (Cm) để diện tích ∆OAB lớn nhất và trong trường hợp đó, tính diÖn tÝch h×nh Êy..  Gi¶i Ta cã:  §êng trßn (C) cã t©m O(0, 0) vµ b¸n kÝnh R = 1.  §êng trßn (Cm) cã t©m Im(m; 1) vµ b¸n kÝnh Rm = 1. a. §Ó (C) vµ (Cm) tiÕp xóc ngoµi víi nhau ®iÒu kiÖn lµ: OIm = R + Rm ⇔ m 2 + 1 = 2 ⇔ m2 + 1 = 4 ⇔ m = ± 3 . b. Ta cã:  1    = 1 | OB | .sin AOB . S∆OAB = | OA | . | OB | .sin AOB 2 2 Từ đó, suy ra diện tích ∆OAB lớn nhất khi và chỉ khi: OB lín nhÊt O, B, I m th¼ng hµng ⇔  .   sinAOB = 1 OA ⊥ OB. Bạn đọc giải tiếp lần lượt với m = ± 3 .. Thí dụ 3. Cho đường tròn (C) có phương trình : (C): x2 + y2 − 4x − 6y + 5 = 0. a. Tìm các điểm có toạ độ nguyên thuộc (C). b. Xác định toạ độ các đỉnh B, C của ∆ABC đều nội tiếp trong đường trßn (C), biÕt ®iÓm A(4; 5). 376.

(41)  Gi¶i a. Ta cã thÓ thùc hiÖn theo hai c¸ch sau: Cách 1: Xét phương trình đường tròn (C) với ẩn y và tìm x để phương trình có nghiệm, từ đó suy ra hoành độ nguyên − Đề nghị bạn đọc tự làm. Cách 2: Chuyển phương trình đường tròn về dạng tham số:  x = 2 + 2 2 sin α , α∈[0, 2π). (C):  3 + 2 2 cos α  y = Khi đó điểm M∈(C) ⇒ M(2 + 2 2 sinα, 3 + 2 2 cosα) π 3π 5π 7 π , , . Suy ra các giá trị góc α để x, y đều nguyên là: , 4 4 4 4 Ta ®îc M1(0, 1), M2(0, 5), M3(4, 1), M4(4, 5). b. Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua tâm I của đường tròn (C) ⇒ toạ độ điểm A1(0; 1). §êng trßn (C1) tho¶ m·n: t©m A1 (0;1) (C1):  ⇔ (C1): x2 + (y − 1)2 = 8. B¸n kÝnh R = 2 2. Khi đó: (C)∩(C1) = {B, C}, toạ độ B, C là nghiệm của hệ: B(1 + 3, 2 − 3)  x 2 + y 2 − 4x − 6y + 5 = 0  x 2 + (y − 1) 2 = 8 ⇔ ⇒ .  2   2 0 8  x + (y − 1) = x + y − 3 = C(1 − 3, 2 + 3). §3. ElÝp Dạng toán 1: Các định các thuộc tính của Elíp (E) Phương pháp thực hiện Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình ban đầu của Elíp (E) về dạng chính tắc x2 y2 y (E): 2 + 2 = 1 . b a b B2 Bước 2: Xét các khả năng: Kh¶ n¨ng 1: NÕu a > b, ta ®îc: A1 F1 O  (E) có trục lớn thuộc Ox, độ dài bằng 2a chøa hai tiªu ®iÓm B1 F1(−c, 0), F2(c, 0) víi c2 = a2 − b2.  (E) có trục nhỏ thuộc Oy với độ dài bằng 2b. c  T©m sai e = . a. A2 F2. a x. 377.

(42) Kh¶ n¨ng 2: NÕu a < b, ta ®îc:  (E) có trục lớn thuộc Oy, độ dài bằng 2b chøa hai tiªu ®iÓm F1(0, −c), F2(0, c) víi c2 = b2 − a2.  (E) có trục nhỏ thuộc Ox với độ dài bằng 2a. A1 −a c  T©m sai e = . b.  Chú ý: Trong trường hợp phương trình của (E) có dạng:. y b B2 c O −. F2. A2 a x F1. −b B1. (x − α) 2 (y − β) 2 = 1. + a2 b2 ta thùc hiÖn phÐp tÞnh tiÕn hÖ trôc Oxy theo vect¬ OI víi I(α, β) thµnh hệ trục IXY với công thức đổi trục: X = x − α x = X + α ⇔   y = Y + β Y = y − β ta ®îc: X2 Y2 (E): 2 + 2 = 1 b a từ đó, chỉ ra các thuộc tính của (E) trong hệ trục IXY rồi suy ra các thuéc tÝnh cña (E) trong hÖ trôc Oxy.. (E):. Thí dụ 1. Xác định độ dài các trục, toạ độ các tiêu điểm, toạ độ các đỉnh của các elíp có phương trình sau: x2 y2 a. b. 4x2 + 9y2 = 1. c. 4x2 + 9y2 = 36. + =1. 25 9.  Gi¶i a. Ta có ngay a = 5 và b = 3, suy ra c = a 2 − b 2 = 4. Từ đó:  Trục lớn thuộc Ox có độ dài bằng 10 chứa hai tiêu điểm F1(−4, 0), F2(4, 0).  Trục nhỏ thuộc Oy có độ dài bằng 6.  Toạ độ 4 đỉnh A1(−5, 0), A2(5, 0), B1(0, −3), B2(0, 3). b. Biến đổi phương trình về dạng: y2 x2 1 1 5 . + = 1 ⇒ a = , b = vµ c = a 2 − b 2 = 1/ 4 1/ 9 2 3 6 Từ đó: 5 5  Trục lớn thuộc Ox có độ dài bằng 1 chứa hai tiêu điểm F1(− , 0), F2( , 0). 6 6 2  Trục nhỏ thuộc Oy có độ dài bằng . 3 1 1 1 1  Toạ độ 4 đỉnh A1(− , 0), A2( , 0), B1(0, − ), B2(0, ). 3 2 2 3 378.

(43) c. Biến đổi phương trình về dạng: x2 y2 + = 1 ⇒ a = 3, b = 2 vµ c = 9 4 Từ đó:   . a2 − b2 =. 5.. Trục lớn thuộc Ox có độ dài bằng 6 chứa hai tiêu điểm F1(− 5 , 0), F2( 5 , 0). Trục nhỏ thuộc Oy có độ dài bằng 4. Toạ độ 4 đỉnh A1(−3, 0), A2(3, 0), B1(0, −2), B2(0, 2).. Thí dụ 2. Xác định các đường cong sau: a. (E): y =. 2 3. 9 − x2.  x = 4sin t π b. (E):  , t∈[ , 2π) 2  y = 2cos t.  Gi¶i a. Biến đổi phương trình của (E) về dạng: y ≥ 0 y ≥ 0   ⇔ (E):  x 2 y 2 . (E):  2 4 2 = y (9 − x ) 1 + =   9 4 9. Vậy, đồ thị của (E) là phần ở phía trên Ox của đồ thị Elíp. x2 y2 = 1. + 9 4. b. Biến đổi phương trình của (E) về dạng: x  x vµ y kh«ng dång thíi dong 1 sin t = 4 sin2 t + cos2 t =  (E):  (E):  x 2 y 2 . ⇔ π 1 =  + cos t = y t∈[ 2 ,2 π )  16 4  2 x2 y2 = 1 bỏ đi phần đồ thị ở góc phần tư Vậy, đồ thị của (E) là đồ thị của Elíp + 16 4 thø nhÊt.. ThÝ dô 3. T×m t©m sai cña ElÝp biÕt: a. Mỗi tiêu điểm nhìn trục nhỏ dưới một góc 600. b. Đỉnh trên trục nhỏ nhìn hai tiêu điểm dưới một góc 600. c. Kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®êng chuÈn b»ng 2 lÇn tiªu cù. d. Khoảng cách giữa hai đỉnh trên hai trục bằng hai lần tiêu cự..  Gi¶i. B2 a. Tõ gi¶ thiÕt, ta cã: b b 0 0 tan30 = ⇔ b = c.tan30 O c F2 c suy ra: B1 c c2 c2 c2 1 2 = cos2300 e= ⇔e = 2 = 2 2 = 2 2 0 2 = a c tan 30 + c tan 2 30 0 + 1 b +c a 379.

(44) ⇔ e = cos300 =. 3 . 2. b. Tõ gi¶ thiÕt, ta cã cot300 = suy ra:. b ⇔ b = c.cot300 c. c 1 c2 c2 c2 ⇔ e2 = 2 = 2 2 = 2 2 0 2 = = sin2300 a c co t 30 + c co t 2 30 0 + 1 a b +c 1 ⇔ e = sin300 = . 2 c. Tõ gi¶ thiÕt, ta cã: 2a 2a 1 2 = 4c ⇔ = 4ae ⇔ e2 = ⇔ e = . e 2 e 2 d. Tõ gi¶ thiÕt, ta cã: B2 A2B2 = 4c ⇔ a 2 + b 2 = 4c ⇔ a2 + b2 = 16c2 b 15c2 ⇔ c2 + b2 + b2 = 16c2 ⇔ b2 = a 2 O A2 suy ra: 2 2 2 c 2 34 c c c e = ⇔ e2 = 2 = 2 2 = = ⇔e= . 2 2 a 17 15c a b +c + c2 2. e=. Dạng toán 2: Lập phương trình của Elíp (E). Phương pháp thực hiện Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau: Cách 1: Sử dụng phương trình chính tắc của Elíp x2 y2 (E): 2 + 2 = 1 a b Từ đó cần tìm a, b (hoặc a2, b2) bằng cách thiết lập một hệ hai phương trình với ẩn a, b (hoÆc a2, b2). Cách 2: Sử dụng định nghĩa Nếu biết hai tiêu điểm F1(x1, y1), F2(x2, y2) và độ dài trục lớn bằng 2a thì ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Lấy điểm M(x, y)∈(E). Bước 2: Chuyển MF1 + MF2 = 2a (1) thµnh biÓu thøc gi¶i tÝch nhê: (2) MF12 = (x − x 1 ) 2 + (y − y 1 ) 2 (3) MF22 = (x − x 2 ) 2 + (y − y 2 ) 2 Bước 3: Suy ra MF12 − MF22 MF1 − MF2 = MF1 + MF2 380.

(45) (x 12 − x 22 ) + (y 12 − y 22 ) − 2 x(x 1 − x 2 ) − 2 y(y 1 − y 2 ) = (4) 2a Lấy (1) + (4) ta được MF1, rồi thay vào (2) ta sẽ được phương trình của (E).. Bước 4:.  Chó ý: 1. Cần phải cân nhắc giả thiết của bài toán thật kỹ càng để lựa chọn dạng phương trình thích hợp. Trong trường hợp không có gì đặc biệt, ta luôn giả sử Elíp (E) có phương trình: x2 y2 (E): 2 + 2 = 1 . a b 2. Trong nhiều trường hợp đặc thù chúng ta còn sử dụng phương pháp quỹ tích để xác phương trình Elíp hoặc chứng minh tập hợp điểm là Elíp.. Thí dụ 1. Lập phương trình chính tắc của elíp, biết: a. Độ dài trục lớn và trục nhỏ lần lượt là 8 và 6. b. §é dµi trôc lín b»ng 10 vµ tiªu cù b»ng 6. c. Trục lớn thuộc Oy có độ dài trục lớn bằng 26 và tâm sai e =.  Gi¶i a. Ta có ngay a = 4 và b = 3, suy ra phương trình của elíp. 12 . 13. x2 y2 + =1. 16 9. b. Ta có ngay a = 5 và c = 3, suy ra b = a 2 − c 2 = 4 nên phương trình của elíp x2 y2 + =1. 25 16 c. Từ giải thiết ta giả sử Elíp (E) có phương trình x2 y2 (E): 2 + 2 = 1 , víi a<b. a b  §é dµi trôc lín b»ng 26 ⇔ 2b = 26 ⇔ b = 13. 12 c 13 2 − a 2 = = ⇔ a2 = = 25. b 13 13 Vậy Elíp (E) có phương trình: x2 y2 (E): + =1. 25 169. . T©m sai e =. Thí dụ 2. Lập phương trình chính tắc của elíp, biết: a. ElÝp ®i qua c¸c ®iÓm M(0, 3) vµ N(3, −. 12 ). 5. b. ElÝp cã mét tiªu ®iÓm F1(− 3 , 0) vµ ®iÓm M(1,. 3 ) n»m trªn elÝp. 2. 381.

(46)  Gi¶i a. Giả sử Elíp (E) có phương trình: x2 y2 (E): 2 + 2 = 1 . a b 9  V× M ∈ (E) ⇔ 2 = 1 ⇔ b2 = 9. b 9 144 12  V× N(3, − ) ∈ (E) ⇔ 2 + = 1 ⇔ a2 = 25. 25.9 5 a x2 y2 Vậy, Elíp (E) có phương trình: + =1. 25 9 b. Giả sử Elíp (E) có phương trình: x2 y2 (E): 2 + 2 = 1 . a b  V× (E) cã mét tiªu ®iÓm F1(− 3 , 0) nªn : c = 3 ⇔ a2 − b2 = 3. 1 3 3  V× M(1, ) ∈ (E) ⇔ 2 + 2 = 1 . 2 a 4b Giải hệ phương trình tạo bởi (1) và (2) ta được a2 = 4 và b2 = 1, suy ra: x2 y2 (E): + =1. 1 4. (1) (2). Thí dụ 3. Cho điểm A(3, 3) và đường tròn (C) có phương trình: (C1): (x + 1)2 + y2 = 16 vµ (C2): (x − 1)2 + y2 = 1. Gọi M là tâm đường tròn (C) di động tiếp xúc với (C1), (C2). Tìm quỹ tÝch ®iÓm M, biÕt: a. (C) tiÕp xóc trong víi (C1) vµ tiÕp xóc ngoµi víi (C2). b. (C) tiÕp xóc trong víi c¶ (C1) vµ (C2)..  Giải − Bạn đọc tự vẽ hình. XÐt ®êng trßn (C1), (C2), ta ®îc: Tam O2 (1;0) Tam O1 (−1;0) vµ (C2):  . (C1):  Bkinh R 2 = 1 Bkinh R1 = 4 a. Gi¶ sö M(x, y) lµ t©m vµ R lµ b¸n kÝnh ®êng trßn (C) tiÕp xóc trong víi (C1) vµ tiÕp xóc ngoµi víi (C2), ta ®îc: MO1 R1 − R = ⇒ MO1 + MO2 = R1 + R2 = 5.  MO2 R2 + R = Vậy tập hợp các điểm M thuộc Elíp (E) nhận O1, O2 làm tiêu điểm và có độ dài trôc lín b»ng 5.. 382.

(47)  Xác định phương trình của Elíp (E): Vì O1, O2 thuộc Ox và đối xứng qua O nên phương trình của (E) có dạng: x2 y2 (E): 2 + 2 = 1 , víi 0 < b < a. a b trong đó: 5 2a = 5 ⇔ a = , 2 2 25 25 21 O O  − 1 2 = −1= . b2 = a2 − c2 = 4 4 4  2  x2 y2 + = 1. 25 / 4 21/ 4 b. Gi¶ sö M(x, y) lµ t©m vµ R lµ b¸n kÝnh ®êng trßn (C) tiÕp xóc trong víi c¶ (C1) vµ (C2), ta ®îc: MO1 R1 − R = ⇒ MO1 + MO2 = R1 − R2 = 3  MO2 R − R2 = Vậy tập hợp các điểm M thuộc Elíp (E) nhận O1, O2 làm tiêu điểm và có độ dài trôc lín b»ng 3.  Xác định phương trình của Elíp (E) Vì O1, O2 thuộc Ox và đối xứng qua O nên phương tr×nh cña (E) cã d¹ng: x2 y2 (E): 2 + 2 = 1 , víi 0 < b < a. a b trong đó: 3 2a = 3 ⇔ a = , 2. Vậy tập hợp các điểm M thuộc Elíp (E) có phương trình. 2. b2 = a2 − c2 =. 9  O1O2  9 5 − = −1= .  4  2  4 4. Vậy tập hợp các điểm M thuộc Elíp (E) có phương trình. x2 y2 + = 1. 9/4 5/4. Dạng toán 3: Vị trí tương đối của điểm, đường thẳng và elíp. Phương pháp thực hiện 1. Để xác định vị trí tương đối của điểm M(xM, yM) với Elíp (E): x2 y2 (E): 2 + 2 = 1 . a b Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Xác định phương tích của M đối với Elíp (E) là: 2 2 pM/(E) = xaM2 + ybM2 . 383.

(48) Bước 2:. KÕt luËn:   . p NÕu p NÕu p. NÕu. <1 ⇔ M n»m trong ElÝp.. M/(E) M/(E). = 1 ⇔ M n»m trªn ElÝp.. >1 ⇔ M n»m ngoµi ElÝp.. M/(E).  Chó ý: 1. Ta cã c¸c kÕt qu¶ sau:  NÕu M n»m trong (E) ⇒ kh«ng tån t¹i tiÕp tuyÕn cña (E) ®i qua M nhng khi đó mọi đường thẳng qua M đều cắt (E) tại 2 điểm phân biệt.  NÕu M n»m trªn (E) ⇒ tån t¹i duy nhÊt 1 tiÕp tuyÕn cña (E) ®i qua M (phương trình tiếp tuyến có được bằng phương pháp phân đôi toạ độ).  NÕu M n»m ngoµi (E) ⇒ tån t¹i hai tiÕp tuyÕn cña (E) ®i qua M. 2. Bằng việc xét hệ phương trình tạo bởi (E) và (d), khi đó số nghiệm của phương tr×nh b»ng sè giao ®iÓm cña (d) vµ (E). 3. Với hai Elíp (E1) và (E2) có phương trình: x2 y2 x2 y2 (E1): 2 + 2 = 1 vµ (E2): 2 + 2 = 1 . a2 b2 a1 b1 NÕu (E1) ∩(E2) = {A, B, C, D} th× a. ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt. b. Phương trình đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD là đường tròn (C) tâm O bán kính R = OA có phương trình: (C): x2 + y2 =. a 12 a 22 (b 12 − b 22 ) + b 12 b 22 (a 22 − a 12 ) . a 22 b 12 − a 12 b 22. Thí dụ 1. Cho điểm M(1, 1) và Elíp (E) có phương trình: x2 y2 (E): = 1. + 9 4 a. Chøng minh r»ng mäi ®êng th¼ng ®i qua M lu«n c¾t (E) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt. b. Lập phương trình đường thẳng (d) qua M và cắt Elíp trên tại hai ®iÓm A, B sao cho MA = MB..  Gi¶i. a. NhËn xÐt r»ng: 1 1 13 <1 ⇔ M n»m trong ElÝp + = M/(E) = 9 4 36 do đó mọi đường thẳng đi qua M luôn cắt (E) tại hai điểm phân biệt. b. Nhận xét rằng đường thẳng (d) không thể song song với Oy, do đó giả sử (d) có hÖ sè gãc k, ta ®îc: y = k(x − 1) + 1 ⇔ (d): y = kx − k + 1. (1). p. 384.

(49) Toạ độ giao điểm A, B của (d) và (E) là nghiệm của hệ phương trình : 4 x 2 + 9 y 2 = 36 ⇒ 4x2 + 9(kx − k + 1)2 = 36  y = kx − k + 1 ⇔ (4 + 9k2)x2 − 18k(k − 1)x + 9k2 − 18k − 27 = 0 Phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt xA, xB thoả mãn: 18k ( k − 1)  x A + x B = 4 + 9 k 2 .  2 x .x = 9 k − 18k − 27  A B 4 + 9k 2 Theo gi¶ thiÕt MA = MB 18k ( k − 1) 4 =2⇔k=− . ⇔ xA + xB = 2xM ⇔ 2 9 4 + 9k 4 Thay k = − vµo (1), ta ®îc ®êng th¼ng (d): 4x + 9y − 13 = 0. 9. (2). Thí dụ 2. Xét vị trí tương đối của đường thẳng (d) và Elíp (E) , biết: x 2 y2 + = 1. 4 1 x 2 y2 b. (d): 2x + y − 5 = 0 vµ (E): + = 1. 4 9 x 2 y2 c. (d): 2x − y = 0 vµ (E): + = 1. 2 8. a. (d): x − y − 3 = 0 vµ (E):.  Gi¶i. a. Xét hệ phương trình tạo bởi (E) và (d): x 2 + 4y 2 = 4 ⇒ 5y2 + 6y + 5 = 0  0 x − y − 3 =. (*). Phương trình (*) vô nghiệm ⇔ (d)∩(E) = {∅}. b. Xét hệ phương trình tạo bởi (E) và (d): 9x 2 + 4y 2 = 36 8 9 ⇒ 25x2 − 40x + 64 = 0 ⇔ x = ⇒ y =  5 5 0 2x + y − 5 = 8 9 VËy (d) tiÕp xóc víi (E) t¹i ®iÓm M( , ). 5 5 c. Xét hệ phương trình tạo bởi (E) và (d): 4x 2 + y 2 =  M (1,2) x = 1 8 ⇒ x2 = 1 ⇔  ⇒  1 .  0  x = −1  M 2 (−1, −2) 2x − y = VËy, ta ®îc (d)∩(E) = {M1, M2}. 385.

(50) 1 2. ThÝ dô 3. Cho ®iÓm M(1; − ) vµ ElÝp (E):.  Gi¶i. x 2 y2 + = 1 . Lập phương trình đường 8 2. th¼ng (d) qua M c¾t (E) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B sao cho: a. M lµ trung ®iÓm AB. b. AB = 20 . Từ đó, lập phương trình đường tròn đường kính AB trong mỗi trường hợp.. a. Nhận xét rằng đường thẳng (d) không thể song song với Oy, do đó giả sử (d) có hÖ sè gãc k, ta ®îc: 1 y = k(x − 1) − ⇔ (d): 2y = 2kx − 2k − 1. (1) 2 Toạ độ giao điểm A, B của (d) và (E) là nghiệm của hệ phương trình: x 2 + 4y 2 = 8 ⇒ x2 + (2kx − 2k − 1)2 = 8  2y = 2kx − 2k − 1  ⇔ (1 + 4k2)x2 − 4k(2k + 1)x + 4k2 + 4k − 7 = 0 Phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt xA, xB thoả mãn: 4k(2k + 1)  x A + x B = 1 + 4k 2 .  2 x .x = 4k + 4k − 7  A B 1 + 4k 2 Theo gi¶ thiÕt MA = MB. ⇔ xA + xB = 2xM ⇔. (2). 1 4k(2k + 1) =2⇔k= . 2 2 1 + 4k. 1 vào (1), ta được phương trình đường thẳng (d): x − y − 2 = 0. 2 b. Vô nghiệm do AB lớn hơn độ dài trục chính.. Thay k =.  Chó ý: Víi c©u a) ta cã thÓ sö dông c¸ch gi¶i kh¸c nh sau: Lấy A(x0, y0) ∈ (E), và vì B đối xứng với A qua M nên B(2 − x0; −1 − y0). Khi đó: 2 2 8 x 0 + 4y 0 = ⇒ toạ độ của A, B.  2 x 0 − y 0 =. Lập phương trình đường thẳng qua A và B.. Thí dụ 4. Cho 2 Elíp (E1) và (E2) có phương trình: (E1):. x 2 y2 x 2 y2 + = 1 + = 1 vµ (E2): 16 1 9 4. a. Chøng minh r»ng (E1) ∩(E2) = {A, B, C, D} vµ ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt. b. Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD. 386.

(51)  Gi¶i a. Tõ h×nh vÏ suy ra ngay (E1) ∩(E2) = {A, B, C, D} Nhận xét rằng A, B, C, D đối xứng qua O và y AB//CD//Ox, AD//BC//Oy 4 ⇒ ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt. b. H×nh ch÷ nhËt ABCD néi tiÕp trong ®êng trßn (C) t©m O A B b¸n kÝnh R = OA. 2 1 −1 Toạ độ điểm A(xA, yA) là nghiệm của hệ phương trình: O −3  2 432 C −2 D  x A = 55 4x 2 + 9y 2 = 36 92 2 2 2 ⇔ ⇒ R = = . x + y  2  A A 2 11 −4 16  y 2 = 28  x + 16y =  A 55 Vậy, phương trình đường tròn đi qua A, B, C, D có phương trình: 92 . (C): x2 + y2 = 11. 3 x. D¹ng to¸n 4: §iÓm vµ elÝp Phương pháp thực hiện Với Elíp (E) có phương trình: x2 y2 (E): 2 + 2 = 1 . a b Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau: Cách 1: Ta thực hiện theo các bước: x 20 y 20 = 1. + a2 b2 Bước 2: Dựa vào điều kiện K có thêm được điều kiện cho x0, y0. Từ đó suy ra toạ độ điểm M. Cách 1: Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình Elíp về dạng tham số: x = a sin t , t∈[0, 2π). (E):  y = b cos t Bước 1:. LÊy ®iÓm M(x0, y0)∈(E) ⇒. Bước 2: Bước 3:. §iÓm M∈(E) ⇒ M(a.sint, b.cost). Dựa vào điều kiện K có thêm được điều kiện cho x0, y0. Từ đó suy ra toạ độ điểm M..  Chú ý: Ta cần lưu ý các trường hợp sau:. 1. NÕu ®iÓm ph¶i t×m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn vÒ b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm ta sö dông c«ng thức tính bán kính qua tiêu điểm theo toạ độ điểm đó là: cx 0 cx 0 vµ F2M = a − . F1M = a + a a 387.

(52) 2. Nếu điểm phải tìm thoả mãn điều kiện về góc ta đưa bài toán về xét hệ thức lượng trong tam gi¸c. 3. Nếu điểm phải tìm là giao của Elíp với một đường khác ta xét hệ phương trình tương giao để tìm toạ độ giao điểm. x2 y2 + = 1. 2 8 T×m c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) sao cho: a. Có toạ độ nguyên thuộc (E). b. Có tổng hai toạ độ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất .. ThÝ dô 1. Cho ElÝp (E):.  Gi¶i. x 20 y 20 (1) + = 1. 2 8 a. NhËn xÐt r»ng nÕu ®iÓm M(x0, y0)∈(E) ⇒ M1(−x0, y0), M2(−x0, − y0) vµ M3(x0, −y0) cũng thuộc (E). Do vậy ta chỉ cần xác định các điểm M0 có toạ độ nguyên dương. Xét phương trình (1) với ẩn y0 : (1) ⇔ y 20 = 8 − 4 x 20 . Phương trình có nghiệm ⇔ 8 − 4 x 20 >0 ⇔ 0 < x0 ≤ 2 ⇒ x0 = 1 vµ y0 = 2 ⇒ M0(1, 2) ∈ (E). Tõ M0 suy ra c¸c ®iÓm M1(−1, 2), M2(−1, −2) vµ M3(1, −2) còng thuéc (E). Vậy (E) có 4 điểm M0, M1, M2, M3 có toạ độ nguyên. b. Ta cã: 2  x2 y2   x0 y0  2  ≤ (2 + 8)  0 + 0  = 10 (x0 + y0) =  2 . + 8. 8  2 8   2. §iÓm M(x0, y0)∈(E) ⇒. ⇔ − 10 ≤ x0 + y0 ≤ 10 . dÊu b»ng x¶y ra khi: x0 / 2  2 10 4 10 = y 0 = 4 x 0  , ) M 4 ( y0 / 8   2 8 5 5 2 ⇔ ⇒ .   x0 y0 2 2 + = 1 10 4 10  x0 y0  8 2 =1 M 5 (− 5 , − 5 )  + 8 2 VËy, ta ®îc:  (x0 + y0)Max = 10 , đạt được tại M4.  (x0 + y0)Min = − 10 , đạt được tại M5. x2 y2 + = 1 . Từ điểm A∈(E) có toạ độ dương, dựng hình a2 b2 ch÷ nhËt ABCD néi tiÕp trong (E) cã c¸c c¹nh song song víi c¸c trôc to¹ độ. Xác định toạ độ của A để hình chữ nhật ABCD có diện tích lớn nhất.. ThÝ dô 2. Cho ElÝp (E):. 388.

(53)  Gi¶i. y Ta cã thÓ thùc hiÖn theo hai c¸ch sau: C¸ch 1: Gi¶ sö A(xA, yA)∈(E) víi xA, yA>0, suy ra: b A 2 2 yA M xA yA + = 1. N xA O a2 b2 Khi đó: D 2 2 x y y x SABCD = SOMAN = 4x0y0 = 2ab.2 A . A ≤2ab. A2 + A2 = 2ab. a b b a Vậy Smax = 2ab, đạt được khi:  x 2A y 2A  2 + 2 = 1 a b a b ⇒ A( , ).  2 2 xA = yA b  a Cách 2: Chuyển phương trình Elíp về dạng tham số: x = a. sin t , t∈[0, 2π). (E):  y = b. cos t §iÓm A∈(E) vµ thuéc gãc phÇn t thø nhÊt ⇒ M(a.sint, b.cost), t∈(0, Khi đó: SABCD = SOMAN = 4x0y0 = 4a.sint.b.cost = 2absin2t ≤ 2ab. Vậy, ta được Smax = 2ab, đạt được khi: π b a ⇒ A( , ). sin2t = 1 ⇔ t = 4 2 2. B. x C. π ). 2. §4. Hypebol Dạng toán 1: Xác định các thuộc tính của Hypebol (H) Phương pháp thực hiện Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình ban đầu của Hypebol (H) về dạng chính tắc y x2 y2 (H): 2 − 2 = ±1. a b Bước 2: Xét các khả năng: Kh¶ n¨ng 1: NÕu A2 F1 A1 O 2 2 x y (H): 2 − 2 = 1 a b. F2. x. 389.

(54) ta ®îc:  (H) có trục thực thuộc Ox, độ dài bằng 2a chứa hai tiêu điểm F1(−c, 0), F2(c, 0) víi c2 = a2 + b2.  (H) có trục ảo thuộc Oy với độ dài bằng 2b. y c F  T©m sai e = . B2 2 a Kh¶ n¨ng 2: NÕu x2 y2 O (H): 2 − 2 = − 1 B1 a b F1 ta ®îc:  (H) có trục thực thuộc Oy, độ dài bằng 2b chøa hai tiªu ®iÓm F1(0, − c), F2(0, c) víi c2 = a2 + b2.  (H) có trục ảo thuộc Ox với độ dài bằng 2a. c  T©m sai e = . b. x. ThÝ dô 1. Cho Hyperbol (H): 9x2 − 16y2 = 144. a. Chuyển phương trình của (H) về dạng chính tắc. Tìm toạ độ các đỉnh, toạ độ các tiêu điểm, tính tâm sai, các đường tiệm cận của (H). b. Viết phương trình Hyperbol (H1) liên hợp của (H). Tìm các thuộc tÝnh cña (H1). c. Viết phương trình chính tắc của Elíp (E) có tiêu điểm trùng với tiêu ®iÓm cña (H) vµ ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H)..  Gi¶i. a. Đưa phương trình Hyperbol về dạng x2 y2 = 1 ⇒ a = 4, b = 3 vµ c = 5. (H): − 16 9 Từ đó:  T©m O(0, 0).  Toạ độ các đỉnh A1( − 4, 0), A2(4, 0).  Toạ độ các tiêu điểm F1( − 5, 0), F2(5, 0). 5  T©m sai e = . 4 3  Phương trình hai đường tiệm cận là y = ± x. 4 b. Phương trình Hyperbol (H1) liên hợp của (H) có dạng: x2 y2 = − 1. (H1): − 16 9 Các thuộc tính của (H1) và phương trình tham số của (H1) bạn dọc tự làm 390.

(55) c. Giả sử phương trình chính tắc của Elíp có dạng: x2 y2 (1) (E): 2 + 2 = 1 , víi a > b. a b (2)  Tiªu cù c = 5 ⇔ a2 − b2 = 52  P(4, 3) là một đỉnh của hình chữ nhật cơ sở của (H). Để Elíp (E) ngoại tiếp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H) (3) ⇔ P(4, 3)∈(E) ⇔ 9a2 + 16b2 − a2.b2 = 0 2 2 Tõ (2), (3) suy ra a = 40, b = 15. x2 y2 Vậy phương trình chính tắc (E): + = 1. 40 15. Thí dụ 2. Chuyển phương trình Hypebol (H): x2 − 4y2 = −1 về dạng chính tắc, từ đó xác định các thuộc tính của nó và vẽ hình..  Gi¶i. Đưa phương trình Hyperbol về dạng: 1 x2 y2 5 = − 1 ⇒ a = 1, b = vµ c = . (H): − 1 1/ 4 2 2 Từ đó:  T©m O(0, 0). 1 1  Toạ độ các đỉnh B1(0, − ), B2(0, ). 2 2 5 5  Toạ độ các tiêu điểm F’1(0, − ), F’2(0, ). 2 2  T©m sai e = 5 . 1  Phương trình hai đường tiệm cận là y = ± x. 2.  Chú ý: Trong trường hợp phương trình của (H) có dạng: (H):. (x − α) 2 (y − β) 2 = ±1. − a2 b2. ta thùc hiÖn phÐp tÞnh tiÕn hÖ trôc Oxy theo vect¬ OI víi I(α, β) thµnh hÖ trôc IXY với công thức đổi trục: X = x − α x = X + α ⇔   Y = y − β y = Y + β. ta ®îc: X2 Y2 − 2 = ±1 b a2 từ đó chỉ ra các thuộc tính của (H) trong hệ trục IXY rồi suy ra các thuộc tính của (H) trong hÖ trôc Oxy.. (H):. 391.

(56) Thí dụ 3. Cho Hyperbol (H) có phương trình: (H): x2 − 4y2 − 2x + 16y + 11 = 0. a. §a Hyperbol (H) vÒ d¹ng chÝnh t¾c. b. Xác định toạ độ tâm, tiêu điểm F1, F2, các đỉnh A1, A2 và các ®êng tiÖm cËn cña (H)..  Gi¶i. Chuyển phương trình của (H) về dạng: (x − 1)2 (y − 2)2 (H): − = −1 4 1  Thực hiện phép tịnh tiến hệ trục toạ độ Oxy theo vectơ OI với I(1, 2) thành hệ trục IXY, với công thức đổi trục: x= X + 1 X= x − 1 ⇔   y= Y + 2 Y= y − 2 Khi đó: X2 Y2 (H): − = −1 . 4 1 Khi đó trong hệ trục IXY, (H) có các thuộc tính:  T©m I.  Trục thực thuộc IY có độ dài bằng 2 chứa 2 tiêu điểm F1(0, − 5 ), F2(0, 5 ).  Trục ảo thuộc IX có độ dài bằng 4. 5  T©m sai e = . 2 1  Phương trình hai đường tiệm cận: X = ± Y. 2 Do đó trong hệ trục Oxy, (H) có các thuộc tính:  T©m I(1, 2).  (H) có trục thực // Ox có độ dài 2 chứa 2 tiêu điểm F1(1, − 5 + 2), F2(1, 5 + 2)  Trục ảo // Ox có độ dài bằng 4. 5  T©m sai e = . 2  Phương trình hai đường tiệm cận: 0 (d ) : 2x − y = 1 . x − 1 = ± (y − 2) ⇔  1 0 2 (d1 ) : 2x + y − 4 =. Dạng toán 2: Lập phương trình của Hypebol (H) Phương pháp thực hiện Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau: 392.

(57) Cách 1: Sử dụng phương trình chính tắc của Hypebol x2 y2 (H): 2 − 2 = ±1 a b Từ đó cần tìm a, b (hoặc a2, b2) bằng cách thiết lập một hệ hai phương trình với ẩn a, b (hoÆc a2, b2). Cách 2: Sử dụng định nghĩa.  Chó ý: 1. Cần phải cân nhắc giả thiết của bài toán thật kỹ càng để lựa chọn dạng phương trình thích hợp. Trong trường hợp không có gì đặc biệt, ta luôn giả sử Hypebol (H) có phương trình: x2 y2 (H): 2 − 2 = ±1 b a 2. Trong nhiều trường hợp đặc thù chúng ta còn sử dụng phương pháp quỹ tích để xác phương trình Hypebol hoặc chứng minh tập hợp điểm là Hypebol, trong trường hợp này này chúng ta thường thực hiện theo hai bước sau: Bước 1: Chứng minh tập hợp điểm là Hypebol (H) bằng việc chỉ ra hai điểm cố định A, B và M thoả mãn |MA − MB| = 2a − không đổi. Bước 2: Lập phương trình chính tắc của Hypebol (H) nhận A, B làm tiêu điểm và có độ dài trục thực bằng 2a.. ThÝ dô 1. Cho ba ®iÓm F1(−4, 0), F2(4, 0) vµ ®iÓm A(2, 0). a. Lập phương trình Hyperbol (H) đi qua A và có tiêu điểm F1, F2. b. Tìm toạ độ điểm M trên (H) sao cho MF2 = 2MF1..  Gi¶i. a. Vì hai tiêu điểm F1 và F2 thuộc Ox và đối xứng qua Oy nên Hypebol (H) có dạng: x2 y2 (1) (H): 2 − 2 = 1 a b - Tiªu cù c = 4 ⇔ a2 + b2 = 42 (2) 2 (3) - §iÓm A(2, 0)∈(H) ⇔ a = 4 - Tõ (2), (3) suy ra a2 = 4, b2 = 12. x2 y2 Vậy phương trình (H): − = 1. 4 12 b. Gi¶ sö M(x0, y0)∈(H) sao cho MF2 = 2MF1, ta cã: |MF1 − MF2| = 2a ⇒ MF1 = 2a ⇔ MF12 = 4a2 ⇔ [( − 4 − x0)2 + y 02 ] = 4.16 ⇔ [(4 + x0)2 + y 02 ] = 64 MÆt kh¸c M(x0, y0)∈(H) x 20 y 20 ⇔ − =1 4 12 Gi¶i hÖ t¹o bëi (4), (5), ta ®îc M1( − 3, − 15 ), M2( − 3,. (4) (5). 15 ). 393.

(58) Thí dụ 2. Lập phương trình chính tắc và vẽ hình của Hyperbol biết: a. §i qua ®iÓm M(2, 2) vµ mçi ®êng tiÖm cËn t¹o víi Ox mét gãc 600. b. Đi qua điểm N( 2 , 2) và hai đường tiệm cận có phương trình y = ± 2x. c. Hai trục trùng với trục toạ độ và đi qua 2 điểm A( 6 , −1) và B(4, 6 )..  Giải − Bạn đọc tự vẽ hình a. Hyperbol (H) cã " mçi ®êng tiÖm cËn t¹o víi trôc hoµnh mét gãc 300 ". Kh«ng mÊt tính tổng quát ta giả sử Hyperbol (H) có phương trình: x2 y2 (H): 2 − 2 = ± 1 (1) a b  §iÓm M(2, 2)∈(H) ⇔ 4b2 − 4a2 = ±a2b2 . (2)  TiÖm cËn cña (H) t¹o víi trôc hoµnh mét gãc 300 b ⇔ = tan600 ⇔ b = a 3 (3) a 8 Giải hệ phương trình tạo bởi (2), (3) ta được a2 = và b2 = 8. 3 2 x y2 Vậy phương trình chính tắc của Hypebol (H): 1. − = 8/3 8 b. Giả sử Hyperbol (H) có phương trình: x2 y2 =±1 − a2 b2  §iÓm N( 2 , 2)∈(H) ⇔ 2b2 − 4a2 = ±a2b2 .  Hai đường tiệm cận có phương trình y = ± 2x, suy ra: b ⇔ = 2 ⇔ b = 2a. a Giải hệ phương trình tạo bởi (2), (3) ta được a2 = 1 và b2 = 4. x2 y2 Vậy phương trình chính tắc của Hypebol (H): − = 1. 1 4 c. Giả sử Hyperbol (H) có phương trình: x2 y2 (H): 2 − 2 = ± 1 a b .  §iÓm A( 6 , −1)∈(H) ⇔ 6b2 − a2 = ±a2b2. (H):. .  §iÓm B(4, 6 )∈(H) ⇔ 16b2 − 6a2 = ±a2b2 2 Giải hệ phương trình tạo bởi (2), (3) ta được a = 4 và b2 = 2. Vậy phương trình chính tắc của Hypebol (H):. 394. x2 y2 − = 1. 4 2. (1) (2) (3). (1) (2) (3).

(59) ThÝ dô 3. Cho ®êng trßn (C): x2 + y2 = 9. TiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M c¾t Ox t¹i N. Trªn ®êng th¼ng vu«ng gãc víi Ox t¹i N lÊy ®iÓm P sao cho PN = 3 MN với k > 0. Lập phương trình quỹ tích các điểm P khi M di động trên (C)..  Gi¶i. Gi¶ sö P(x, y), ta cã: N(x, 0), PN2 = y2 vµ MN2 = ON2 − OM2 = x2 − 9. Khi đó: x2 y2 − = 1. 9 27 Vậy quỹ tích các điểm M thuộc Hypebol (H)có phương trình:. 3 MN ⇔ PN2 = 3MN2 ⇔ y2 = 3(x2 − 9) ⇔. PN =. (H):. x2 y2 − = 1. 9 27. Dạng toán 3: Xét vị trí tương đối của điểm, đường thẳng, Elíp và Hypebol Phương pháp thực hiện Bằng việc xét hệ phương trình tạo bởi (H) và (d), khi đó số nghiệm của phương tr×nh b»ng sè giao ®iÓm cña (d) vµ (H). Thí dụ 1. Cho Hyperbol (H) và đường thẳng (d) có phương trình: (H):.  Gi¶i. x 2 y2 − = 1 vµ (d): x − y − 2 = 0. 4 8. a. Chøng minh r»ng (d) lu«n c¾t (H) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B. Tính độ dài AB. b. Tìm toạ độ điểm C thuộc (H) sao cho: - ∆ABC cã diÖn tÝch b»ng 4. - ∆ABC c©n t¹i A. - ∆ABC vu«ng t¹i A.. a. Xét hệ phương trình tạo bởi (d) và (H):  x2 y2 = 1  − ⇔ 8 4 x − y − 2 = 0 . A(−6, −8) ⇒ độ dài AB = 8 2 .  B(2, 0). b. LÊy C(x0, y0)∈(H), suy ra . x 20 y 20 − = 1. 4 8. (1). Ta cã: S∆ABC =. 1 2. AB.CH ⇔ 4 = 4CH 2 ⇔ CH =. 1 2. .. 395.

(60) MÆt kh¸c: 1. 1. x0 − y0 − 1 ⇔ x0 − y0 − 1 = ±1. 2 2 Giải hệ phương trình tạo bởi (1), (2) − Dành cho bạn đọc.  (∆ABC c©n t¹i A): Ta cã thÓ lùa chän mét trong ba c¸ch sau: Cách 1: (Sử dụng phương trình điều kiện): ∆ABC cân tại A suy ra: AB = AC ⇔ AB2 = AC2. Giải hệ phương trình tạo bởi (1), (3) − Dành cho bạn đọc. Cách 2: (Sử dụng phép đánh giá): ∆ABC cân tại A suy ra B, C đối xứng nhau qua Ox ⇒ C − Dành cho bạn đọc.  ∆ABC vuông tại A thực hiện tương tự câu ∆ABC cân tại A. CH = d(C, (d)) ⇔. =. (2). (3). Thí dụ 2. Cho Elíp (E) và Hypebol (H) có phương trình: x2 y2 x2 y2 (E): + = 1 vµ (H): − = 1. 4 9 1 4 Lập phương trình đường tròn đi qua các giao điểm của hai Hyperbol..  Gi¶i. Ta có (E)∩(H) = {A,B,C,D} đối xứng với nhau qua O (bởi (E1) và (E2) đều nhận O làm tâm đối xứng). VËy ®êng trßn ®i qua A, B, C, D nhËn O lµm t©m vµ b¸n kÝnh R2 = OA2 = x 2A + y 2A . Toạ độ điểm A(xA, yA) là nghiệm hệ phương trình : 2 4 x 2 + 9 y 2 = 36  x A = 9 / 5 ⇔  2 ⇒ R2 = x 2A + y 2A = 5.  y = 16 / 5 4 x 2 − y 2 = 4  A Vậy, phương trình đường tròn đi qua A, B, C, D có dạng: (C): x2 + y2 = 5.. ThÝ dô 3. Cho Hypebol (H) :.  Gi¶i. x 2 y2 − = 1 . Chøng minh r»ng diÖn tÝch h×nh b×nh 9 16. hµnh t¹o bëi c¸c tiÖm cËn cña Hyperbol (H) vµ c¸c ®êng th¼ng kÎ tõ một điểm trên (H) lần lượt song song với các tiệm cận là một hằng số.. Gäi α lµ gãc t¹o bëi ®êng ®êng tiÖm y =. 4 x víi trôc Ox. Ta cã: 3. 24 4 2 tan α vµ sin2α = = . 2 25 3 1 + tan α 24 25 OP.OQ ⇒ OP.OQ = SOPMQ SOPMQ = OP.OQ.sin2α = 25 24. tanα =. 396.

(61) MÆt kh¸c: SOPMQ = OQ.h1 = OP.h2 ⇒ S2OPMQ = OP.OQ.h1h2 =. 25 144 . SOPMQ. 24 25. ⇔ SOPMQ = 6 không đổi.. D¹ng to¸n 4: §iÓm vµ Hypebol Phương pháp thực hiện Với Hypebol (H) có phương trình: x2 y2 (H): 2 − 2 = 1 . a b Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau: Cách 1: Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Lấy điểm M(x0, y0)∈(H) suy ra x 20 y 20 = 1. − a2 b2 Bước 2: Dựa vào điều kiện K có thêm được điều kiện cho x0, y0. Từ đó suy ra toạ độ điểm M. Cách 1: Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình Hypebol về dạng tham số: a  π 3π x = }. (H):  cos t , t∈[0, 2π)\{ , 2 2 y = btgt Bước 2: Bước 3:. §iÓm M∈(H) ⇒ M(a.sint, b.cost). Dựa vào điều kiện K có thêm được điều kiện cho x0, y0. Từ đó suy ra toạ độ điểm M..  Chú ý: Ta cần lưu ý các trường hợp sau: 1. NÕu ®iÓm ph¶i t×m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn vÒ b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm ta sö dông c«ng thức tính bán kính qua tiêu điểm theo toạ độ điểm đó là: §iÓm M(x, y)∈(H) lu«n cã: cx cx + a vµ F2M = − a víi x > 0. a. F1M = a a cx cx b. F1M = − − a vµ F2M = − + a víi x < 0. a a 2. Nếu điểm phải tìm thoả mãn điều kiện về góc ta đưa bài toán về xét hệ thức lượng trong tam gi¸c. 3. Nếu điểm phải tìm là giao của Hypebol với một đường khác ta xét hệ phương trình tương giao để tìm toạ độ giao điểm.. 397.

(62) x2 y2 − = 1 . Tìm điểm M trên (H) sao cho độ dài a2 b2 F1M (tiªu ®iÓm F1( − c, 0)) ng¾n nhÊt, dµi nhÊt.. ThÝ dô 1. Cho Hyperbol (H):.  Gi¶i LÊy M(x0, y0)∈(H), suy ra: x 20 y 20 y 20 2 2 ⇔ = a (1 + )≥a2 ⇒ |x0|≥a. 1 − = x 0 2 2 2 b b a Ta cã: cx ca F1M = | 0 + a|≥| − + a| = | − c + a| = c − a. a a Vây, F1MMin = c − a, đạt được khi M≡A1(−a, 0). x2 y2 − = 1 . T×m ®iÓm M trªn (H) sao cho: 16 9 a. Có toạ độ nguyên. b. Nhìn hai tiêu điểm dưới một góc 900.. ThÝ dô 2. Cho Hyperbol (H):.  Gi¶i a. Ta chỉ cần tìm các cặp (x, y) nguyên không âm, khi đó các nghiệm còn lại là (x, −y), (−x, y), (−x, −y). Ta cã: (3x + 4 y )(3x − 4 y ) = 144 9 x 2 − 16 y 2 = 144  x = 4 + ⇔ ⇔ . x , y ∈ Z    y = 0 x, y ∈ Z +  3x + 4 y ≥ 3x − 4 y  Vậy có hai điểm trên (H) có toạ độ nguyên là M9( − 4, 0), M10(4, 0). b. MF1⊥MF2 ⇒ M thuộc đường tròn (C) đường kính F1F2 = 10 có phương trình: (C): x2 + y2 = 25. Vậy toạ độ điểm M là nghiệm của hệ:  x 20 y 20 =1  −  16 9 x 2 + y 2 = 1 0  0. ta ®îc bèn ®iÓm: M1(. 398. 4 34 9 4 34 9 4 34 4 34 9 9 , ), M2(− , ), M3( , − ), M4(− , − ), 5 5 5 5 5 5 5 5.

(63) §5. Parabol Dạng toán 1: Xác định các thuộc tính của Parabol (P) Phương pháp thực hiện Ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình ban đầu của Parabol (P) về dạng chính tắc (P): y2 = ±2px hoÆc (P): x2 = ±2py. Bước 2: Xét các khả năng: D¹ng 1: Parabol (P): y2 = 2px (p>0) y (P) (d) C¸c thuéc tÝnh cña (P) gåm:  §Ønh O(0. 0), F L p p/2 − p/2  Tiªu ®iÓm F ( , 0), x O 2 p  §êng chuÈn (d): x = − , 2  Parabol, nhận Ox làm trục đối xứng, đồ thị ở bên phải Ox. D¹ng 2: Parabol (P): y2 = −2px (p>0) y (d) (P) C¸c thuéc tÝnh cña (P) gåm:  §Ønh O(0. 0), F L p O − p/2 p/2 x  Tiªu ®iÓm F (− , 0), 2 p  §êng chuÈn (d): x = , 2  Parabol, nhận Ox làm trục đối xứng, đồ thị ở bên trái Ox. y D¹ng 3: Parabol (P): x2 = 2py (p>0) (P) C¸c thuéc tÝnh cña (P) gåm: F p/2  §Ønh O(0. 0), p x O  Tiªu ®iÓm F (0, ), (d) −p/2 2 L p  §êng chuÈn (d): y = − , 2  Parabol, nhận Oy làm trục đối xứng, đồ thị có hướng lên trên. y D¹ng 4: Parabol (P): x2 = − 2py (p>0) C¸c thuéc tÝnh cña (P) gåm: L p/2 (d)  §Ønh O(0. 0), O p x  Tiªu ®iÓm F (0, − ), 2 (P) −p/2 F p  §êng chuÈn (d): y = , 2  Parabol, nhận Ox làm trục đối xứng, đồ thị có hướng xuống dưới. 399.

(64)  Chú ý: Trong trường hợp phương trình của (P) có dạng: (P): (y − β)2 = ±2p(x − α) hoÆc (P): (x − α)2 = ±2p(y − β). ta thùc hiÖn phÐp tÞnh tiÕn hÖ trôc Oxy theo vect¬ OI víi I(α, β) thµnh hệ trục IXY với công thức đổi trục: X = x − α x = X + α ⇔   Y = y − β y = Y + β ta ®îc: (P): Y2 = ±2pX hoÆc (P): X2 = ±2pY. từ đó chỉ ra các thuộc tính của (P) trong hệ trục IXY rồi suy ra các thuộc tÝnh cña (P) trong hÖ trôc Oxy.. Thí dụ 1. Chứng tỏ rằng phương trình Ax2 + By = 0, với A, B ≠ 0 là phương trình của một Parabol có đỉnh O(0, 0), nhận Oy làm trục đối xứng. Tìm tiêu điểm và phương trình đường chuẩn của Parabol đó..  Gi¶i Viết lại phương trình dưới dạng: −. B. 2p =. A B Ax2 = −By ⇔ x2 = − y ⇔ x2 = 2py A đó chính là phương trình của một Parabol có đỉnh O(0, 0), nhận Oy làm trục đối xứng. Parabol đó có: B  Tiªu ®iÓm F(0; p) = (0; − ). 2A B  Phương trình đường chuẩn y = −p ⇔ y = . 2A. Thí dụ 2. Chuyển phương trình Parabol (P) về dạng chính tắc, từ đó xác định các thuéc tÝnh cña nã vµ vÏ h×nh, biÕt (P) : y2 + 2y − 4x − 3 = 0..  Giải − Bạn đọc tự vẽ hình. Chuyển phương trình của (P) về dạng: (P): (y + 1)2 = 4(x + 1)  Thực hiện phép tịnh tiến hệ trục toạ độ Oxy theo vectơ OS với S(−1, −2) thành hệ trục SXY, với công thức đổi trục: x= X − 1 X= x + 1 ⇔   Y= y + 1 y= Y − 1 Khi đó: (P): Y2 = 4X ⇒ p = 2. Khi đó trong hệ trục SXY, (P) có các thuộc tính:  §Ønh S.  Trục đối xứng SX chứa tiêu điểm F(1, 0).  Phương trình đường chuẩn (d): X = −1. 400.

(65) Do đó, trong hệ trục Oxy, (P) có các thuộc tính: §Ønh S(−1, −1).  Trục đối xứng là đường thẳng y + 1 = 0 chứa tiêu điểm F(0, −1).  Phương trình đường chuẩn (d): x + 2 = 0.. ThÝ dô 3. Cho hä ®êng cong (Pm) : y2 − 2my − 2mx + m2 = 0. Tìm điều kiện của m để (Pm) là phương trình một Parabol, khi đó: a. Tìm quĩ tích đỉnh của họ (Pm). b. T×m quÜ tÝch tiªu ®iÓm cña hä (Pm)..  Gi¶i. Chuyển phương trình của (Pm) về dạng: (Pm): (y − m)2 = 2mx Để phương trình trên là phương trình của một Parabôn điều kiện là m ≠ 0.  Thực hiện phép tịnh tiến hệ trục toạ độ Oxy theo vectơ OS với S(0; m) thành hệ trục SXY, với công thức đổi trục: X = x x = X ⇔   Y= y − m  y= Y + m Khi đó: (P): Y2 = 2mX ⇒ p = m. Khi đó trong hệ trục SXY, (Pm) có các thuộc tính:  §Ønh S. m  Trục đối xứng SX chứa tiêu điểm F( , 0). 2 m  Phương trình đường chuẩn (d): X = − . 2 Do đó trong hệ trục Oxy, (Pm) có các thuộc tính:  §Ønh S(0; m). m  Trục đối xứng là y − m = 0 chứa tiêu điểm F( ; m). 2 m  Phương trình đường chuẩn (d): x + = 0. 2 a. Quĩ tích đỉnh của họ (Pm). x = 0 S:  ⇒ x = 0. y = m Vậy quĩ tích đỉnh của (Pm) thuộc trục tung. b. QuÜ tÝch tiªu ®iÓm cña hä (Pm). m  x = F:  2 ⇒ y = 2x ⇔ 2x − y = 0.  y = m VËy quÜ tÝch tiªu ®iÓm cña (Pm) thuéc ®êng th¼ng 2x − y = 0. 401.

(66) Dạng toán 2: Lập phương trình của Parabol (P) Phương pháp thực hiện Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau: Cách 1: Sử dụng phương trình chính tắc của Parabol (P): y2 = 2px hoÆc (P): x2 = 2py. Từ đó cần tìm a, b (hoặc a2, b2) bằng cách thiết lập một hệ hai phương trình với ẩn a, b (hoÆc a2, b2). Cách 2: Sử dụng định nghĩa Bước 1: Lấy điểm M(x, y)∈(P) có tiêu điểm F và dường chuẩn (d). Bước 2: Chuyển MF = MH thành biểu thức giải tích nhờ: MF2 = (x − xF)2 + (y − yF)2 vµ MH = d(M, (d)). Bước 3: Thu gọn..  Chó ý: 1. Cần phải cân nhắc giả thiết của bài toán thật kỹ càng để lựa chọn dạng phương trình thích hợp. Trong trường hợp không có gì đặc biệt, ta luôn giả sử Parabol (P) có phương trình: (P): y2 = 2px. 2. Trong nhiều trường hợp đặc thù chúng ta còn sử dụng phương pháp quỹ tích để xác phương trình Parabol hoặc chứng minh tập hợp điểm là Parabol.. Thí dụ 1. Viết phương trình Parabol (P) có đỉnh là gốc toạ độ và đi qua điểm A(2, 2)..  Gi¶i Parabol (P) có đỉnh O có phương trình (P): y2 = 2px hoÆc (P): x2 = 2py. Trường hợp 1: Nếu phương trình của (P): y2 = 2px. V× A∈(P), suy ra 4 = 4p ⇔ p = 1. Khi đó phương trình Parabol (P1): y2 = 2x. Trường hợp 2: Nếu phương trình của (P): x2 = 2py. V× A∈(P), suy ra 4 = 4p ⇔ p = 1. Khi đó phương trình Parabol (P2): x2 = 2y. VËy tån t¹i hai Parabol (P1) vµ (P2) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. ThÝ dô 2. Cho ®iÓm F(3, 0). a. Lập phương trình Parabol (P) có tiêu điểm F và đỉnh là gốc toạ độ. b. Một điểm nằm trên Parabol (P) có hoành độ x = 2. Hãy tính khoảng cách từ điểm đó tới tiêu điểm. c. Qua I(2, 0) dựng đường thẳng (d) thay đổi luôn cắt Parabol (P) tại hai ®iÓm A, B. Chøng minh r»ng tÝch sè kho¶ng c¸ch tõ A vµ B tíi Ox lµ mét h»ng sè. 402.

(67)  Gi¶i a. Parabol (P) có tiêu điểm F(3, 0) và đỉnh O(0, 0) suy ra: (P): y2 = 2px. p Ta cã = 3 ⇒ p = 6. 2 Vậy, phương trình Parabol (P): y2 = 12x. b. Víi ®iÓm M(2, y) ∈ (P) lu«n cã: p FM = x + = 2 + 3 = 5. 2 c. §êng th¼ng (d): a(x − 2) + by = 0 ®i qua I. Toạ độ giao điểm A(xA, yA) và B(xB, yB) của (P) và (d) là nghiệm hệ: y 2 = 12x .  0 a(x − 2) + by = Phương trình tung độ giao điểm của (P) và (d) có dạng: ay2 − 12by + 24a = 0. Từ đó, ta có 12b  y A + y B = a .  y .y = 24  A B Khoảng cách từ A và B đến trục Ox theo thứ tự là: h1 = |yA|, h2 = |yB|. NhËn xÐt tÝch h1.h2 = |yA.yB| = 24 − không đổi.. (1). Dạng toán 3: Vị trí tương đối của điểm, đường thẳng và Parabol Phương pháp thực hiện 1. Xét vị trí tương đối của điểm M(x0, y0) với Parabol (P) : y2 = 2px, ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Xác định phương tích của M đối với Parabol (P) là : 2 PM /( P ) = y 0 − 2px0. Bước 2: Kết luận:  NÕu PM /( P ) <0 ⇔ M n»m trong Parabol.  NÕu PM /( P ) = 0 ⇔ M n»m trªn Parabol.  NÕu PM /( P ) >0 ⇔ M n»m ngoµi Parabol..  Chó ý: Ta cã c¸c kÕt qu¶ sau:   . M(x, y)∈ miÒn trong cña (P) ⇒ qua M kh«ng thÓ kÎ ®îc tiÕp tuyÕn tíi (P). M(x, y)∈ miÒn ngoµi cña (P) ⇒ qua M kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn tíi (P). M(x, y) n»m trªn (P) ⇒ qua M kÎ ®îc mét tiÕp tuyÕn tíi (P). 403.

(68) 2. Xét vị trí tương đối của đường thẳng với Parabol bằng việc xét hệ phương trình tạo bởi (P) và (d), khi đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của (d) vµ (P).. ThÝ dô 1. Cho Parabol (P): y2 = 4x vµ (d): 2x − y − 4 = 0..  Gi¶i. Tìm các điểm M∈(d) để từ đó: a. Kh«ng kÎ ®îc tiÕp tuyÕn nµo tíi (P). b. KÎ ®îc mét tiÕp tuyÕn tíi (P). c. KÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn tíi (P).. Víi mçi ®iÓm M(x0, y0)∈(d), ta cã: 2x0 − y0 − 4 = 0 ⇔ y0 = 2x0 − 4. PM /( P ) = y 20 − 4x0 = (2x0 − 4)2 − 4x0 = 4 x 20 − 20x0 + 16. a. §Ó tõ M kh«ng kÎ ®îc tiÕp tuyÕn nµo tíi (P) ⇔ PM /( P ) <0 ⇔ 4 x 20 − 20x0 + 16<0 ⇔ 1<x0<4. Vậy, tập hợp các điểm M(x0, y0)∈(d) có hoành độ thoả mãn 1<x0<4 không kẻ ®îc tiÕp tuyÕn nµo tíi (P). b. §Ó tõ M kÎ ®îc mét tiÕp tuyÕn tíi (P) x = 1  M (1,−2) ⇔ PM /( P ) = 0 ⇔ 4 x 20 − 20x0 + 16 = 0 ⇔  0 ⇒  1 .  M 2 (4,4) x 0 = 4 Vậy, tồn tại hai điểm M1(1, − 2) và M2(4, 4) thuộc (d) từ đó kẻ được một tiếp tuyÕn tíi (P). c. §Ó tõ M kÎ ®îc hai tiÕp tuyÕn tíi (P) x < 1 ⇔ PM /( P ) >0 ⇔ 4 x 20 − 20x0 + 16>0 ⇔  0 x 0 > 4 Vậy, tập hợp các điểm M(x0, y0)∈(d) có hoành độ x0∈( − ∞, 1)∪(4, + ∞) kẻ được hai tiÕp tuyÕn tíi (P).. Thí dụ 2. Cho Parabol và đường thẳng (d1) có phương trình: (P): y = x2 − 2x + 2, (d1): x − y − 1 = 0. Lập phương trình đường thẳng (d) cùng phương với đường thẳng (d1) và c¾t (P) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt A, B sao cho AB = 4..  Gi¶i. Đường thẳng (d) cùng phương với đường thẳng (d1) có phương trình: (d): x − y + C = 0. Toạ độ giao điểm A(xA, yA) và B(xB, yB) của (P) và (d) là nghiệm hệ: y = x 2 − 2x + 2 .  0 x − y + C = 404.

(69) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) có dạng: (1) x2 − 3x + 2 − C = 0. §Ó (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt ®iÒu kiÖn lµ: 1 ∆ ≥ 0 ⇔ 9 − 4(2 − C) ≥ 0 ⇔ C ≥ − . 4 Từ đó, ta có: 3 x A + x B = .  x A .x B= 2 − C Víi gi¶ thiÕt AB = 4, ta ®îc: 16 = (xA − xB)2 + (yA − yB)2 = (xA − xB)2 + [(xA + C) − (xB + C)]2 = 2(xA − xB)2 = 2[(xA + xB)2 − 4xAxB] = 2[9 − 4(2 − C)] = 2(1 + 4C) 7 ⇔ 1 + 4C = 8 ⇔ C = . 4 7 Vậy, đường thẳng (d) có phương trình x − y + = 0. 4. ThÝ dô 3. Cho Parabol (P): y2 = 4x. Mét ®êng th¼ng bÊt kú ®i qua tiªu ®iÓm cña (P) c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A vµ B. Chøng minh r»ng tÝch c¸c khoảng cách từ A và B đến trục của (P) là một đại lượng không đổi..  Gi¶i. Parabol (P) cã tiªu ®iÓm F(1, 0). §êng th¼ng (d): ax + by + c = 0 ®i qua F(1, 0) cã d¹ng: (d): ax + by − a = 0. Toạ độ giao điểm A(xA, yA) và B(xB, yB) của (P) và (d) là nghiệm hệ:. y 2 = 4 x .  ax + by − a = 0 Phương trình tung độ giao điểm của (P) và (d) có dạng: ay2 + 4by − 4a = 0. Từ đó, ta có. (1). 4b  y A + y B = − a .  y A .y B = −4  Khoảng cách từ A và B đến trục Ox theo thứ tự là: h1 = |yA|, h2 = |yB|. NhËn xÐt tÝch h1.h2 = |yA.yB| = 4. Vậy, tích các khoảng cách từ A và B đến trục của (P) là một đại lượng không đổi.. 405.

(70) Thí dụ 4. Cho Parabol (P) và Elíp (E) có phương trình: x2 y2 (P): y = x2 − 2x vµ (E): + = 1. 9 1 a. Chøng minh r»ng (P) c¾t (E) t¹i bèn ®iÓm ph©n biÖt A, B, C, D. b. Lập phương trình đường tròn đi qua các giao điểm đó..  Gi¶i a. Xét hệ phương trình tạo bởi (P) và (E). y. (C). (P. C x 2 + 9 y 2 = 9 (I) B  O y = x 2 − 2 x 3 x −3 A ⇒ x2 + 9(x2 − 2x)2 = 9 D ⇔ f(x) = 9x4 − 36x3 + 37x2 − 9 = 0. (1) Ta cã: f(−1) = 73 > 0, f(0) = −9 < 0, f(1) = 1 < 0, f(2) = −77 < 0, f(3) = 81 > 0 Do đó:  f(−1).f(0) < 0 ⇒ phương trình (1) có một nghiệm thuộc (−1, 0).  f(0).f(1) < 0 ⇒ phương trình (1) có một nghiệm thuộc (0, 1).  f(1).f(2) < 0 ⇒ phương trình (1) có một nghiệm thuộc (1, 2).  f(2).f(3) < 0 ⇒ phương trình (1) có một nghiệm thuộc (2, 3). Vậy, phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (d)∩(P) = {A, B, C, D}. b. Tõ hÖ (I), ta ®îc : x 2 + 9 y 2 = 9 ⇒ 9x2 + 9y2 − 16x − 8y − 9 = 0  2 8(x − 2 x) = 8y 161 8 2 4 ) + (y − )2 = . 9 9 81 Nhận xét rằng toạ độ của A,B,C,D cùng thoả mãn (*). Vậy, phương trình đường tròn đi qua A, B, C, D có dạng: 161 8 4 . (C): (x − )2 + (y − )2 = 9 9 81. ⇔ (x −. D¹ng to¸n 4: §iÓm vµ Parabol. Phương pháp thực hiện Với Parabol (P) có phương trình: (P): y2 = 2px. ta thực hiện theo các bước: Bước 1: Lấy điểm M(x0, y0)∈(P) ⇒ y 20 = 2px0. Bước 2: Dựa vào điều kiện K có thêm được điều kiện cho x0, y0. 406. (*).

(71)  Chú ý: Ta cần lưu ý các trường hợp sau: 1. NÕu ®iÓm ph¶i t×m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn vÒ b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm ta sö dông c«ng thức tính bán kính qua tiêu điểm theo toạ độ điểm đó là: p MF = x0 + . 2 2. Nếu điểm phải tìm thoả mãn điều kiện về góc ta đưa bài toán về xét hệ thức lượng trong tam gi¸c. 3. Nếu điểm phải tìm là giao của Parabol với một đường khác ta xét hệ phương trình tương giao để tìm toạ độ giao điểm.. Thí dụ 1. Cho Parabol (P): y = x2. Một góc vuông ở đỉnh O cắt Parabol tại A1 và A2. H×nh chiÕu cña A1 vµ A2 lªn Ox lµ B1 vµ B2. a. Chøng minh r»ng OB1.OB2 = const. b. Chứng minh rằng A1A2 luôn đi qua một điểm cố định..  Gi¶i a. Gi¶ sö A1∈(P) ⇒ A1(x0, x 20 ). Khi đó: - B1(x0, 0) ⇒ OB1 = |x0|. - Phương trình đường thẳng (OA1): y = xx0. - Theo gi¶ thiÕt OA2⊥OA1 ⇒ phương trình đường thẳng (O A2): y = −. y A2. 1 x. x0. B2. I O. (P) A1 B1 x. -. Toạ độ của A2 là nghiệm hệ phương trình: 1  y = x 2 x = − x 1 1   0 A2:  ⇒ A2(− , 2 ). 1 ⇒ A2:  x0 x0 y = − x x y = 1 0 2   x0 1 1 - B2(− , 0) ⇒ OB2 = | − |. x0 x0 VËy OB1.OB2 = 1. b. Ta lần lượt có:  Phương trình (A1A2) được xác định bởi: 1 1 y− 2 x+ x0 x0 (A1 A2): = 1 1 x0 + x 20 − 2 x0 x0 ⇔ (A1 A2): x x 30 + (1 − y) x 20 − xx0 = 0.. (1) 407.

(72)  Ta đi chứng minh A1A2 luôn đi qua một điểm cố định. Thật vậy giả sử I(x, y) là điểm cố định của họ đường thẳng A1A2 x = 0 x = 0 ⇔ (1) đúng với mọi x0 ⇔  ⇔  ⇔ I(0, 1). 1 − y = 0 y = 1 Vậy (A1A2) luôn đi qua một điểm cố định I(0, 1).. §6. Ba ®êng c«nÝc Thí dụ 1. Biện luận theo m hình dạng của đường (C) có phương trình: (C): (m − 1)x2 + my2 = m2 − m..  Gi¶i. Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau: Cách 1: Biến đổi phương trình của (C) về dạng: (x − 1) 2 + y 2 1 = . |x −m| m VËy víi ®iÓm F(1, 0) vµ ®êng th¼ng (∆): x = m, ta cã nhËn xÐt:  Víi m < 0, th× (C) lµ tËp ∅.. m[(x − 1)2 + y2] = (x − m)2 ⇒. Với m = 0, thì (C): x2 = 0 ⇔ (C): x = 0 là phương trình trục Oy. Víi: m > 0  ⇔ m > 1 ⇒ (C) là phương trình của Elíp.  1  m <1   Víi: m > 0  ⇔ 0 < m < 1 ⇒ (C) là phương trình của Hypebol.  1  m >1   Víi: m > 0  ⇔ m = 1 ⇒ (C) là phương trình của Parabol điểm (có dạng y2 = 0).  1 = 1  m  Cách 2: Ta xét dựa trên các tính chất đại số: a. Víi m2 − m = 0 ⇔ m = 0 ∨ m = 1  Víi m = 0, ta ®îc: (C): − x2 = 0 ⇔ (C): x = 0 là phương trình trục Oy.  Víi m = 1, ta ®îc: (C): y2 = 0 ⇔ (C): y = 0 là phương trình trục Ox.  . 408.

(73) b. Víi m2 − m ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 ∧ m ≠ 1 2 2 (C): x + y = 1. m m −1  Víi: m > 0 ⇔ m > 1 ⇒ (C) là phương trình của Elíp.  m − 1 > 0  Víi: m(m − 1) < 0 ⇔ 0 < m < 1 ⇒ (C) là phương trình của Hypebol. 1 Thí dụ 2. Lập phương trình của Côníc (C) có tâm sai e = , một tiêu điểm là 2 F(−3; 1) và đường chuẩn ứng với tiêu điểm đó là (∆): y + 2 = 0..  Gi¶i. Víi M(x, y) ∈ (E) ta cã: (x + 3) 2 + (y − 1) 2 1 MF =e⇔ = 2 | y + 2| d(M, ∆) 2 2 2 ⇔ 4[(x + 3) + (y − 1) ] = (y + 2) ⇔ 4x2 + 3y2 + 24x − 12y + 36 = 0 (x + 3) 2 (y − 2) 2 + = 1. ⇔ 8 2 3 Đó chính làphương trình của Elíp (E). Thí dụ 3. Lập phương trình của Hypebol, biết tiêu điểm F(2, − 3), đường chuẩn ứng với tiêu điểm đó có phương trình 3x − y + 3 = 0 và tâm sai e = 5 ..  Gi¶i. Víi M(x, y) ∈ (H) ta cã: (x − 2) 2 + (y + 3) 2 MF =e⇔ = 5 ⇔ 7x2 − y2 − 6xy + 26x − 18y − 17 = 0. | 3x − y + 3 | d(M, ∆) 10 Đó chính làphương trình của Hypebol (H).. Thí dụ 4. Lập phương trình của Parabol, biết tiêu điểm F(0, 2), đường chuẩn ứng với tiêu điểm đó có phương trình 3x − 4y − 12 = 0..  Gi¶i. Víi M(x, y) ∈ (P) ta cã: (3x − 4y − 12) 2 MF = 1 ⇔ MF2 = d2(M, (∆)) ⇔ x2 + (y − 2)2 = 25 d(M, ∆) 2 2 ⇔ 16x + 9y + 24xy + 72x − 196y − 44 = 0. Đó chính là phương trình của Parabol (P). 409.

(74) C. C¸c bµi to¸n chän läc VÝ dô 1:.  Gi¶i. Cho hình bình hành ABCD, biết tâm I(2; 2) và phương trình cạnh (AB): 2x − y = 0, (AD): 4x − 3y = 0. Lập phương trình các cạnh BC và CD.. a. Cạnh BC đối xứng với AD qua I, ta lần lượt thực hiện: Với mỗi đểm M(x, y) ∈ (AD) ⇒ tồn tại điểm M1(x1, y1) ∈ (BC) nhận I làm trung ®iÓm, ta ®îc: 4  x + x1 =  x= 4 − x1 ⇔  . (I)  4  y + y1 =  y= 4 − y1 Thay (I) vào phương trình của (AD), ta được: (1) 4(4 − x1) − 3(4 − y1) = 0 ⇔ 4x1 − 3y1 − 4 = 0. 4x − 3y − 4 = 0. (2) Vậy phương trình (BC): 4x − 3y − 4 = 0. b. Cạnh CD đối xứng với AB qua I, ta lần lượt thực hiện: Lấy điểm O(0, 0) ∈ (AB), gọi O1 là điểm đối xứng với O qua I ⇒ O1(4, 4).  V× (CD) // (AB): 2x − y = 0 ⇒ (CD): 2x − y + C = 0.  V× O1 ∈ (CD) ⇒ C = − 4. Vậy, phương trình đường thẳng (CD): 2x − y − 4 = 0.. VÝ dô 2:. Cho ∆ABC, biết A(1, 3) và hai trung tuyến có phương trình là: x − 2y + 1 = 0, y − 1 = 0. Lập phương trình các cạnh của ∆ABC..  Gi¶i Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau: Cách 1: Để có được phương trình các cạnh của ∆ABC ta đi xác định toạ độ điểm B, C. Gọi A' là điểm đối xứng với A qua trọng tâm G của ∆ABC, khi đó: A 'B //(d1 ) A (d2) .  (d1) A 'C //(d ) 2 . . Suy ra: G C §iÓm B lµ giao ®iÓm cña (A'B) vµ (d2). A' §iÓm C lµ giao ®iÓm cña (A'C) vµ (d1). Vậy ta lần lượt thực hiện theo các bước sau: Gọi G là trọng tâm ∆ABC, khi đó toạ độ của G là nghiệm của hệ: 0  x − 2y + 1 = ⇒ G(1, 1).  0 y − 1 =.  410. Điểm A' là điểm đối xứng với A qua G, suy ra A'(1; −1).. B.

(75) . Toạ độ điểm B: Phương trình đường thẳng (A'B) được xác định bởi: qua A '(1, −1) qua A ' x −1 y +1  ⇔ (A'B):  ⇔ (A'B): (A'B):  = 2 1  vtcp CG(2,1) (A 'B) //(d1 ) ⇔ (A'B): x − 2y − 3 = 0. Điểm {B} = (A'B) ∩ (d2), toạ độ điểm B là nghiệm hệ: 0  x − 2y − 3 = ⇒ B(5, 1).  0 y − 1 =. Tương tự, ta có toạ độ điểm C( − 3, − 1). Phương trình cạnh AC, được xác định bởi: qua A(1,3) x −1 y−3 ⇔ (AC): = ⇔ (AC): x − y + 2 = 0. (AC):  −3 − 1 −1 − 3 qua C(−3, −1)  Tương tự, ta có : (AB): x + 2y − 7 = 0 vµ (BC): x − 4y − 1 = 0. Vậy, phương trình ba cạnh của ∆ABC là: (AB): x + 2y − 7 = 0, (BC): x − 4y − 1 = 0, (AC): x − y + 2 = 0. Cách 2: Sử dụng phương trình tham số của đường thẳng Gọi (d1): x − 2y + 1 = 0 là trung tuyến đỉnh C, ta có :  x= 2t − 1 A , t ∈ R ⇒ C(2t − 1, t). (d1):  (d2) y = t (d1) G Gọi (d2): y − 1 = 0 là trung tuyến đỉnh B, ta có : C x = u (d2):  , u ∈ R ⇒ B(u, 1). y = 1.  . B. Gọi G là trọng tâm ∆ABC, khi đó toạ độ của G là nghiệm của hệ: 0  x − 2y + 1 = ⇒ G(1, 1).  0 y − 1 = Ta cã: 3x G 3  t = −1 B(5,1) x A + x B + x C = 1 + u + 2t − 1 = ⇔ ⇔ ⇒ .  3y G 3 3 + 1 + t = u = 5 C(−3, −1)  yA + yB + yC = Khi đó:  Phương trình cạnh (AB), được cho bởi: qua A(1,3) ⇔ (AB): x + 2y − 7 = 0. (AB):  qua B(5,1) . Phương trình cạnh (AB), được cho bởi: qua A(1,3) (AC):  ⇔ (AC): x − y + 2 = 0. qua C(−3, −1) 411.

(76) . Phương trình cạnh (BC), được cho bởi: qua B(5,1) (BC):  ⇔ (BC): x − 4y − 1 = 0. qua C(−3, −1) Vậy, phương trình các cạnh của ∆ABC là: (AB): x + 2y − 7 = 0, (AC): x − y + 2 = 0, (BC): x − 4y − 1 = 0.. VÝ dô 3:.  Gi¶i. Cho ba đường thẳng (d1), (d2) và (d3) có phương trình: (d1): 3x + 4y − 6 = 0, (d2): 4x + 3y − 1 = 0, (d3): y = 0. Gäi A = (d1)∩(d2), B = (d3)∩(d2), C = (d1)∩(d3).  cña ∆ABC . a. Lập phương trình đường phân giác trong của góc A b. Tính diện tích tam giác, xác định tâm và tính bán kính đường tròn néi tiÕp ∆ABC.    c. Xác định toạ độ điểm M sao cho 2 MB + MC = 0 .. Trước tiên:  Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình: 0 3x + 4y − 6 =  x = −2 ⇔  ⇒ A(−2; 3).  0 4x + 3y − 1 = y = 3  Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình: 0 4x + 3y − 1 =  x = 1/ 4 1 ⇔  ⇒ B( ; 0).  y 0 y 0 = = 4    Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình: 0 3x + 4y − 6 = x = 2 ⇔  ⇒ C(2; 0).  y = 0 y = 0  cña ∆ABC. a. Gäi (dA) lµ ®êng ph©n gi¸c trong cña gãc A Khi đó, điểm M(x, y)∈(dA) M vµ B cïng phÝa víi (AC)  ⇔ M vµ C cïng phÝa víi (AB) ⇔ d(M,(AB)) = d(M,(AC)) . 1 (3x + 4y − 6)(3. − 6) > 0 4 (4x + 3y − 1)(4.2 − 1) > 0 | 3x + 4y − 6 | | 4x + 3y − 1| = 32 + 42 42 + 32. 3x + 4y − 6 < 0  ⇔ 4x + 3y − 1 > 0 ⇔ x + y − 1 = 0. −(3x + 4y − 6) = 4x + 3y − 1 . Đó chính là phương trình tổng quát của đường thẳng (dA). b. DiÖn tÝch ∆ABC ®îc cho bëi: 1 1 1 21 S∆ABC = d(A, BC).BC = .3.(2 − ) = (®vdt). 2 8 2 4 412.

(77) Giả sử I(x; y) là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC, khi đó: x + y − 1 = 0 I ∈ (d A )  0 x + y − 1 =  | 3x + 4y − 6 |  =| y | ⇔  d(I, AC) = d(I, BC) ⇔  32 + 42 3x + 4y − 6 =±5y  y > 0  I y > 0  1 ⇔x=y= . 2 1 1 1 VËy, ®êng trßn néi tiÕp ∆ABC cã t©m I( ; ) vµ b¸n kÝnh b»ng . 2 2 2 c. Gi¶ sö M(x; y), tõ hÖ thøc: 1 1       5 0 = 3( − x) + (2 − ) 0 = 2 MB + MC = 3 MB + BC ⇔  4 4 ⇒ M( ; 0). 6 0 = −3y VÝ dô 4: Cho hai ®iÓmA(0, 2), B(2, − 2) vµ ®êng th¼ng (d): x − y − 1 = 0. T×m trªn ®êng th¼ng ®iÓm M trªn (d) sao cho MA + MB nhá nhÊt..  Gi¶i. Ta cã nhËn xÐt: tA.tB = (−2 − 1)(2 + 2 − 1) = −9 < 0 ⇒ A, B kh¸c phÝa víi (d) Ta lu«n cã: MA + MB ≥ AB do đó (MA + MB)Min = AB đạt được khi: A, B, M th¼ng hµng ⇔ {M} = (d) ∩ (AB).  Phương trình đường thẳng (AB) được cho bởi: qua A(0, 2) x y−2 (AB):  ⇔ (AB): = ⇔ (AB): 2x + y − 2 = 0 2 −2 − 2 qua B(2, − 2)  Toạ độ điểmM là nghiệm của hệ: 0 2x + y − 2 = x = 1 ⇔  ⇒ M(1, 0).  0 x − y − 1 = y = 0 VËy, t¹i ®iÓm M(1, 0) ta ®îc MA + MB nhá nhÊt. Ví dụ 5: Xác định toạ độ đỉnh C của ∆ABC, biết A(2; −3), B(3; −2), trọng tâm của 3 ∆ABC thuéc ®êng th¼ng 3x − y − 8 = 0 vµ diÖn tÝch cña ∆ABC b»ng . 2.  Gi¶i. Ph©n tÝch: Gäi M lµ trung ®iÓm AB, G lµ träng t©m ∆ABC. Khi đó    x C − x G = 2(x G − x M )  x = 2(x G − x M ) + x G ⇔  C GC = 2 MG ⇔   y C = 2(y G − y M ) + y G  y C − y G = 2(y G − y M ) Vậy để xác định toạ độ C, ta đi xác định toạ độ M, G.. (I). 413.

(78) •. Toạ độ điểm M được cho bởi: xA + xB 2x= 5 5 M ⇒ M( , − ).  yA + yB 2 2 M 2y=. •. B(3, −2). C'. §iÓm G(x, y)∈(d) ⇒ 3x − y − 8 = 0 (1) Gäi CH lµ ®êng cao cña ∆ABC h¹ tõ C, ta cã: 1 3 3 ⇔ CH = S∆ABC = 3 ⇔ AB.CH = ⇔ CH = 2 AB 2. (d). H M. H1 G. 2. (3 − 2) + (−2 + 3) Qua G dựng đường thẳng song song với AB cắt CH tại H1, khi đó: HH1 MG 1 1 2 = ⇔ HH1 = CH = . = CH MC 3 3 2 Phương trình (AB) được cho bởi qua A(2, −3) x−2 y+3 (AB):  ⇔ (AB): ⇔ (AB): x − y − 5 = 0. = 3 − 2 −2 + 3 qua B(3, −2) NhËn xÐt r»ng: | x − y −5| 2 d(G, (AB)) = HH1 ⇔ = ⇔ |x − y − 5| = 1 2 1+1 Từ (1), (2) ta có hệ phương trình: 0 3x − y − 8 = 0 3x − y − 8 = G(1, −5)  x = 1 & y = −5  ⇔  x − y − 5 = ⇔  . 1 ⇔   1 G(2, −2) | x − y − 5 |=  x = 2 & y = −2   x − y − 5 =−1  Khi đó: - Víi G(1, − 5) thay vµo (I), ta ®îc C(−2, −10). - Víi G(2, − 2) thay vµo (I), ta ®îc C(1, −1). VËy cã hai ®iÓm C tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. VÝ dô 6:. C. A(2, −3) 3 2. =. 3 2 . 2. (2). Cho hä ®êng cong: (Cm): x2 + y2 − (m + 6)x − 2(m − 1)y + m + 10 = 0. (1) a. Tìm m để (Cm) là một họ đường tròn. Tìm quĩ tích tâm Im. b. Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng là trục đẳng phương cho tÊt c¶ c¸c ®êng trßn (Cm). c. Chøng minh r»ng c¸c ®êng trßn cña hä (Cm) lu«n tiÕp xóc víi nhau tại một điểm cố định..  Gi¶i. a. Ta cã: (m + 6) 2 5m 2 + (m − 1)2 − m − 10 = ≥ 0, ∀m. 4 4 Vậy, với mọi giá trị của m phương trình (1) là phương trình của một đường tròn, m+6 5|m| ; m − 1) vµ b¸n kÝnh R = . cã t©m Im( 2 2. a 2 + b2 − c =. 414.

(79) QuÜ tÝch t©m Im: m+6  x = Im:  2 .  y= m − 1. (I). Khö m tõ hÖ (I), ta ®îc (d): 2x − y − 7 = 0. VËy, t©m Im cña hä (Cm) thuéc ®êng th¼ng (d): 2x − y − 7 = 0. b. Giả sử M(x; y) thuộc trục đẳng phương cho tất cả các đường tròn (Cm) ⇔ PM /(C ) = PM /(C ) , ∀m1, m2 vµ m1 ≠ m2 m1. m2. ⇔ x2 + y2 − (m1 + 6)x − 2(m1 − 1)y + m1 + 10 = = x2 + y2 − (m2 + 6)x − 2(m2 − 1)y + m2 + 10 ⇔ (m1 − m2)(x + 2y − 1) = 0, ∀m1, m2 vµ m1 ≠ m2 ⇔ x + 2y − 1 = 0. Vậy, đường thẳng x + 2y − 1 = 0 là trục đẳng phương cần tìm. c. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau: C¸ch 1: Víi m1 vµ m2 bÊt kú (m1≠ m2), th×: m +6 5 | m1 | ( Cm ) cã t©m I1( 1 ; m1 − 1) vµ b¸n kÝnh R1 = . 2 2 m +6 5 | m2 | ; m2 − 1) vµ b¸n kÝnh R2 = . ( Cm ) cã t©m I2( 2 2 2 suy ra: 2  R1 + R 2 5 | m1 − m 2 |  m1 − m 2  2 I1I2 =  = = . + − (m m )  1 2  2 2    R1 − R 2 1. 2. Vậy, các đường tròn của họ (Cm) luôn tiếp xúc với nhau tại một điểm cố định M(3; −1). Cách 2: Giả sử M(x0; y0) là điểm cố định mà họ (Cm) luôn đi qua. ⇔ x2 + y2 − (m + 6)x − 2(m − 1)y + m + 10 = 0 , ∀m ⇔ m( − x − 2y + 1) + x2 + y2 − 6x + 2y + 10 = 0 , ∀m 0 − x − 2y + 1 = x = 3 ⇔  2 ⇔  ⇔ M(3, − 1). 2 0  y = −1  x + y − 6x + 2y + 10 = Nhận xét rằng tâm Im của họ (Cm) luôn thuộc đường thẳng (d) cố định đi qua M. Vậy, các đường tròn của họ (Cm) luôn tiếp xúc với nhau tại một điểm cố định M(3; −1).. VÝ dô 7:. Cho hai ®iÓm A(8; 0); B(0; 6). a. Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆OAB. b. Lập phương trình đường tròn nội tiếp ∆OAB..  Gi¶i. a. Chính là đường tròn đường kính AB, có phương trình (x − 4)2 + (y − 3)2 = 25. b. Gi¶ sö ®êng trßn (C) cã t©m I(a, b) vµ b¸n kÝnh r.  vµ ph©n gi¸c trong cña C¸ch 1: T©m I thuéc ®êng ph©n gi¸c trong cña gãc AOB gãc ∠BAO.. 415.

(80)  lµ x − y = 0. Phương trình phân giác trong của góc AOB Phương trình cạnh (AB) được cho bởi: x y (AB): + = 1 ⇔ 3x + 4y − 24 = 0. 8 6  ®îc cho bëi: Phương trình các đường phân giác của góc BAO 0 (∆ ) : 3x − y − 24 = y 3x + 4y − 24 =± ⇔  1 . 0 1 9 + 16 (∆ 2 ) : 3x + 9y − 24 = . (∆2) lµ ®êng ph©n gi¸c trong cña gãc BAO Khi đó toạ độ tâm I là nghiệm hệ phương trình: 0 x − y = ⇔ I(2, 2).  0 3x + 9y − 24 = B¸n kÝnh r ®îc cho bëi r = d(I, OA) = 2. Vậy phương trình (C): (x − 2)2 + (y − 2)2 = 4. C¸ch 2: NhËn xÐt r»ng:  T©m I(a, b) thuéc gãc phÇn t thø nhÊt, suy ra a, b > 0.  (C) tiÕp xóc víi OA, OB, vËy a = b = r. Ta cã S∆OAB = p.r trong đó: 1 S∆OAB = OA.OB = 24 2 1 p = (OA + OB + AB) = 12 2 Thay (2), (3) vµo (1), ta ®îc r = 2. Vậy, phương trình đường tròn (C): (x − 2)2 + (y − 2)2 = 4.. (1) (2) (3). VÝ dô 8: Cho ®iÓm M(6, 2) vµ ®êng trßn (C): (x − 1)2 + (y − 2)2 = 5. a. Chøng tá r»ng ®iÓm M n»m ngoµi (C). b. Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M và cắt đường tròn (C) t¹i hai ®iÓm A, B sao cho AB = 10 ..  Gi¶i §êng trßn (C) cã t©m I(1, 2) vµ b¸n kÝnh R = a. Ta cã:. p. 5.. I. M B. = (6 − 1)2 + (2 − 2)2 − 5 = 20>0 ⇔ M n»m ngoµi ®êng trßn. b. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña I lªn AB, ta cã: 10 5 AB2 10 IH2 = IA2 − AH2 = R2 − =5− = ⇔ IH = . 2 4 2 4 §êng th¼ng (d) ®i qua M cã d¹ng: (d): A(x − 6) + B(y − 2) = 0 ⇔ (d): Ax + By − 6A − 2B = 0. M/(C). 416. H. A.

(81) §êng th¼ng (d) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn dÇu bµi khi vµ chØ khi: 10 | A + 2B − 6A − 2B | = ⇔ 9A2 = B2 ⇔ A = ±3B. d(I, (d)) = IH ⇔ 2 2 2 A +B Khi đó:  Víi A = − 3B, ta ®îc (d1): x − 3y = 0.  Víi A = 3B, ta ®îc (d2): x + 3y − 12 = 0. VËy, tån t¹i hai ®êng th¼ng (d1), (d2) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.. VÝ dô 9:. Cho đường tròn (C) có phương trình : (C): x2 + y2 − 4x + 8y − 5 = 0. a. Tìm toạ độ tâm và và bán kính của (C). b. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) đi qua điểm A(−1, 0). c. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) vuông góc với đường thẳng (d): 3x − 4y + 5 = 0..  Gi¶i a. Ta cã ngay, t©m I(2, −4) vµ b¸n kÝnh R = 5. b. Vì A ∈ (C) nên tiếp tuyến có phương trình: x.(−1) + y.0 − 2(x + 1) + 4(y + 0) − 5 = 0 ⇔ 3x − 4y + 3 = 0. c. Gäi (∆) lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (C) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. Ta cã hai c¸ch gi¶i sau: Cách 1: Tiếp tuyến (∆) ⊥ (d) nên có phương trình: (∆) : 4x + 3y + c = 0. §êng th¼ng (∆) lµ tiÕp tuyÕn cña (C) ®iÒu kiÖn lµ: c = 21 | 4.2 + 3.(−4) + c | d(I, (∆)) = R ⇔ =1⇔  1 . 16 + 9 c 2 = −29 Khi đó:  Víi c1 = 21, ta ®îc tiÕp tuyÕn (∆1): 4x + 3y − 21 = 0.  Víi c2 = −29, ta ®îc tiÕp tuyÕn (∆2): 4x + 3y + 29 = 0. VËy, tån t¹i hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) tíi (C) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. Cách 2 (Hướng dẫn): Giả sử tiếp điểm là M(x0, y0), khi đó phương trình tiếp tuyến có dạng: (d): x.x0 + y.y0 − 2(x + x0) + 4(y + y0) − 5 = 0 ⇔ (d): (x0 − 2)x + (y0 + 4)y − 2x0 + 4y0 − 5 = 0 (1) 2 2 (2) V× M(x0, y0) ∈ (C) nªn x 0 + y0 − 4x0 + 8y0 − 5 = 0. §êng th¼ng (d) ⊥ (∆) khi vµ chØ khi: 3.(x0 − 2) − 4(y0 + 4) = 0 ⇔ 3x0 − 4y0 − 22 = 0. (3) Giải hệ phương trình tạo bởi (2), (3) để suy ra x0 và y0, từ đó suy ra hai tiếp tuyến (d1), (d2).. 417.

(82) VÝ dô 10: Cho ®iÓm M(2; 3) vµ ®êng trßn (C): x2 + y2 − 2x − 6y + 6 = 0. LËp phương trình đường thẳng (d) qua M cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho:     a. MA = −3 MB . b. MA = − MB ..  Gi¶i §êng trßn (C) cã t©m I(1; 3) vµ b¸n kÝnh R = 2. a. Ta thực hiện phép biến đổi:     3  1  MA = −3 MB ⇒ MA = BA vµ MB = − BA 4 4 Khi đó:   3  1  3 BA .(− BA ) = − AB2 ⇔ AB2 = 16 ⇔ AB = 4. M/(C) = −3 = MA . MB = 4 16 4 V× (d) ®i qua M vµ c¾t ®êng trßn (C) t¹i hai ®iÓm A, B sao cho: qua M(2;3) x −1 y − 3 ⇔ (d): = ⇔ (d): y − 3 = 0. AB = 4 = 2R ⇔ (d2):  2 −1 3 − 3 qua t©m I(1;3). p. b. Từ điều kiện suy ra M là trung điểm AB, do đó: qua M(2;3)  (d):  ⇔ (d): 1.(x − 2) = 0 ⇔ (d): x − 2 = 0.  vtpt IM(1;0). Ví dụ 11: Cho đường tròn (C): (x − 1)2 + (y − 2)2 = 9. Xác định toạ độ các đỉnh B, C của ∆ABC đều nội tiếp trong đường tròn (C), biết điểm A(−2, 2)..  Gi¶i Ta cã thÓ thùc hiÖn theo ba c¸ch sau: Cách 1: Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua I ⇒ toạ độ điểm A1(4, 2). §êng trßn (C1) tho¶ m·n:  tam A1 (4, 2) (C1):  ⇔ (C1): (x − 4)2 + (y − 2)2 = 9. bkinh R = 3  Khi đó: (C)∩(C1) = {B, C}, toạ độ B, C là nghiệm của hệ:  5 3 3 B( , 2 − ) 2 2  (x − 1) 2 + (y − 2) 2 = 9 (x − 1) + (y − 2) = 9  2 2 ⇔  ⇒  .  2 2 0 9 (x − 4) + (y − 2) = 6x − 15 = C( 5 , 2 + 3 3 ) 2  2 Cách 2: Nhận xét rằng: ∆ABC đều nội tiếp trong đường tròn (C) ⇒ tâm I là trọng t©m cña ∆ABC.   5 Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña A lªn BC ⇒ AI = 2 IH ⇒ H( , 2). 2 418.

(83) Phương trình cạnh BC được cho bởi: 5  5 qua H( , 2) 2 ⇔ (BC): x − = 0. (BC):   2  vtpt AI(3,0)  Khi đó (BC)∩(C) = {B, C}, toạ độ B, C là nghiệm của :  5 3 3 (x − 1) 2 + (y − 2) 2 = ) 9 B( , 2 −  2  2 . ⇒   5 0 x − = C( 5 , 2 + 3 3 ) 2   2 2 Cách 3: Giải sử AB = a, khi đó: 3 a 3 = .6 ⇔ a2 = 27. AH = 4 2 §iÓm M(x0, y0)∈(C) sao cho AM2 = 27, ta cã:  5 3 3 (x 0 − 1) 2 + (y 0 − 2) 2 = ) 9 B( , 2 − 9 (x 0 − 1) + (y 0 − 2) =   2 2 ⇔  ⇒  .  5 2 2 27 (x 0 + 2) + (y 0 − 2) = x 0 = C( 5 , 2 + 3 3 ) 2   2 2 2. 2. VÝ dô 12: Cho ®iÓm A(2, 0) vµ ®iÓm M di chuyÓn trªn ®êng trßn (C) t©m O b¸n kÝnh b»ng 2. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn Oy. a. Tính các toạ độ giao điểm P của các đường thẳng OM và AH theo   gãc α = ( OA , OM ). b. Xác định và vẽ quĩ tích của P khi m thay đổi trên (C)..  Gi¶i. §êng trßn (C): x2 + y2 = 4 (1) §iÓm M(a, b)∈(C) ⇔ a2 + b2 = 4. H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn Oy, vËy H(0, b). Phương trình (AH) được cho bởi: x y (AH): + = 1 ⇔ (AT): bx + 2y − 2b = 0. 2 b Phương trình OM là (OM): bx − ay = 0. Toạ độ giao điểm P là nghiệm hệ phương trình 0 bx + 2y − 2b = .  0 bx − ay = HÖ cã nghiÖm khi − ab − 2b ≠ 0 ⇔ b ≠ 0 & a ≠ −2 ⇔ a ≠ ±2. a. Ta cã = a OM.cos α = a 2cos α M:  ⇔  = = b 2sin α b OM.sin α. y B. H P M A O x. (I). 419.

(84) 2cos α 2sin α , ). cos α + 1 cos α + 1 b. Xác định và vẽ quĩ tích của P khi M thay đổi trên (C). 2x 2y Tõ hÖ (I), ta ®îc a = vµ b = . 2−x 2−x Thay (2) vào (1) ta được phương trình quĩ tích P là y2 = 4 − 4x. VËy tËp hîp ®iÓm P thuéc Parabol y2 = 4 − 4x trõ hai ®iÓm A, B.. ⇔ M(2cosα, 2sinα) & P(. (2). VÝ dô 13: Cho hai ®iÓm A(a; 0) vµ B(0; b) víi ab ≠ 0. Gäi (C) lµ ®êng trßn tiÕp xúc với Ox tại A và có tâm C với tung độ yC = m (m là tham số). Lấy mäi gi¸ trÞ kh¸c 0 vµ kh¸c. a 2 + b2 . 2b. a. §êng th¼ng AB c¾t ®êng trßn (C) t¹i giao ®iÓm thø hai lµ P. X¸c định toạ độ của P. b. Xác định tâm K của đường tròn (K) tiếp xúc với Oy tại B, và đi qua P. c. Giả sử (C) ∩ (K) = {P, Q}. Chứng minh rằng khi m thay đổi PQ luôn đi qua một điểm cố định..  Gi¶i Đường tròn (C) tiếp xúc với Ox tại A và có tâm C với tung độ yC = m, suy ra C(a, m) và bán kính R = CA = m. Vậy phương trình đường tròn (C) có dạng: (C): (x − a)2 + (y − m)2 = m2 ⇔ (C): x2 + y2 − 2ax − 2my + a2 = 0. a. Xác định toạ độ của P. Phương trình (AB) có dạng: y x y (AB): + = 1 ⇔ (AB): bx + ay − ab = 0. B K a b Q b Toạ độ giao điểm của (AB) và (C) là nghiệm hệ phương trình: C 0 (1) bx + ay − ab = P  2 2 a m 2 (2) O x (x − a) + (y − m) = Rót x − a tõ (1) thay vµo (2) ta ®îc: y = 0 2  a   2 2 2 2 2 2 2b 2 m .  − y  + (y − m) = m ⇔ (a + b )y − 2b my = 0 ⇔  b y= 2    a + b2. Thay y =.  2b 2 m  2b 2 m vµo (1), ®îc x = a . 1 −  2 2  a 2 + b2  a +b .  2b 2 m  2b 2 m Vậy, toạ độ điểm P(a 1 − 2 , 2 ). 2  2  a +b  a +b b. Gi¶ sö ®êng trßn (K) cã d¹ng: (K): (x − α)2 + (y − β)2 = R2.. 420.

(85) (K) tiÕp xóc víi Oy t¹i B ®iÒu kiÖn lµ: R = α .  β =b Khi đó (K) có dạng: (x − α)2 + (y − b)2 = α2. §êng trßn (K) ®i qua P, suy ra:  2b 2 m  2b 2 m a 2 + b 2 − 2mb 2 2 2 (a 1 − 2 − α) + ( − b) = α ⇔ α = . 2  2a a 2 + b2  a +b  a 2 + b 2 − 2mb , b) và phương trình đường tròn (K) có dạng: 2a a 2 + b 2 − 2mb 2 a 2 + b 2 − 2mb 2 ) + (y − b)2 = ( ) (K): (x − 2a 2a a 2 + b 2 − 2mb ⇔ (K): x2 + y2 − x − 2by + b2 = 0. a c. Hai đường tròn (C), (K) cắt nhau tại P, Q, vậy ta có hệ phương trình :  x 2 + y 2 − 2ax − 2my + a 2 = 0  2 2  2 a + b − 2mb 2 x − 2by + b 2 = 0 x + y − a  ⇒ (a2 − b2 + 2mb)x + 2a(m − b)y − a(a2 − b2) = 0 Đó chính là phương trình (PQ). • Giả sử M(x0, y0) là điểm cố định mà (PQ) luôn đi qua với mọi m. Khi đó: (a2 − b2 + 2mb)x0 + 2a(m − b)y0 − a(a2 − b2) = 0 ∀m ⇔ 2(bx0 + ay0)m + (a2 − b2)x0 − 2aby0 − a(a2 − b2) = 0 ∀m 0 a(a 2 − b 2 ) b(a 2 − b 2 ) bx 0 + ay 0 = ⇔ 2 ⇔ x = vµ y = . − 0 0 2 2 2 a 2 + b2 a 2 + b2 0 (a − b )x 0 − 2aby 0 − a(a − b ) = Đó chính là toạ độ điểm cố định M mà (PQ) luôn đi qua với ∀m.. VËy K(. VÝ dô 14: Cho hä ElÝp (Em): x2 = 2y −. y2 víi 0 < m < 1. m. a. Đưa phương trình về dạng chính tắc, xác định toạ độ tâm, tiêu điểm F1, F2 và các đỉnh A1, A2 của Elíp. b. Tìm quĩ tích các đỉnh A1, A2 của Elíp khi m thay đổi. c. Tìm quĩ tích các tiêu điểm F1, F2 của Elíp khi m thay đổi..  Gi¶i a. Chuyển phương trình của (Em) về dạng: (Em): mx2 + y2 − 2my = 0 ⇔ (Em): mx2 + (y − m)2 = m2 x 2 (y − m) 2 ⇔ (Em): + = 1. m m2. 421.

(86)  Tịnh tiến hệ trục toạ độ Oxy theo vectơ OI với I(0; m) thành hệ trục IXY, với công thức đổi trục: x = X X = x ⇔    y= Y + m Y= y − m Khi đó X2 Y2 (E): + = 1 v× 0 < m < 1 ⇒ m2 < m. m m2 Trong hÖ trôc IXY, (E) cã c¸c thuéc tÝnh:  T©m I(0; 0),. 2 tiªu ®iÓm F1(− m − m 2 ; 0), F2( m − m 2 ; 0),  2 đỉnh A1(− m ; 0), A2( m ; 0). Do đó trong hệ trục Oxy, (Em) có:  T©m I(0; m), . 2 tiªu ®iÓm vµ F1(− m − m 2 ; m), F2( m − m 2 ; m)  2 đỉnh A1(− m ; m), A2( m ; m). b. Quĩ tích các đỉnh A1, A2.  Quĩ tích đỉnh A1:  x = − m 0 < y < 1 vµ x < 0 ⇔  2 .  x = y  y = m Vậy quĩ tích đỉnh A1 của Elíp khi m thay đổi thuộc phần đồ thị của Parabol (P): x2 = y víi 0 < y < 1 vµ x < 0.  Tương tự quĩ tích đỉnh A2 thuộc phần đồ thị của Parabol (P): x2 = y víi 0 < y < 1 vµ x > 0. c. QuÜ tÝch c¸c tiªu ®iÓm F1, F2.  QuÜ tÝch tiªu ®iÓm F1: 0 < y < 1 vµ x < 0  x = 0 < y < 1 vµ x < 0  − m − m2 ⇔  2 ⇔  2  1 2 1 . 2  y = m x = y − y  x + (y − 2 ) = 4 . Vậy quĩ tích tiêu điểm F1 của Elíp khi m thay đổi thuộc đường tròn (C) có tâm 1 1 C(0; ) b¸n kÝnh R = víi 0 < y < 1 vµ x < 0. 2 2 1  Tương tự quĩ tích tiêu điểm F2 thuộc đường tròn (C) có tâm C(0; ) bán kính R = 2 1 víi 0 < y < 1 vµ x > 0. 2 x2 VÝ dô 15: Cho ElÝp (E): + y2 = 1. T×m c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) sao cho: 4 a. Cã b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm nµy b»ng 7 lÇn b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm kia. b. M nhìn hai tiêu điểm dưới một góc 900. 422.

(87)  Gi¶i §iÓm M(x0, y0)∈(E) suy ra: x 02 + y 02 = 1, 4 cx cx x 3 x 3 vµ MF2 = a − 0 = 2 − 0 . MF1 = a + 0 = 2 + 0 a a 2 2 a. Tõ gi¶ thiÕt ta cã:  MF1 = 7MF2   MF2 = 7MF1. (1) (2). ⇔ 0 = (MF1 − 7MF2)(MF2 − 7MF1) = 50MF1.MF2 − 7( MF12 + MF22 ) = 50MF1.MF2 − 7[(MF1 + MF2)2 − 2MF1.MF2] = 50MF1.MF2 − 7(16 − 2MF1.MF2) = 64MF1.MF2 − 112 3x 2 x 3 x 3 = 64(2 + 0 ).(2 − 0 ) − 112 = 64(4 − 0 ) − 112 4 2 2 = 144 − 48 x 02 (1) 1 ⇔ x 0 = ± 3 ⇒ y0 = ± . 2 VËy tån t¹i bèn ®iÓm tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi lµ: 1 1 1 1 M1( 3 , ),M2( − 3 , ),M3( 3 , − ) vµ M4(− 3 , − ). 2 2 2 2 b. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau: C¸ch 1: XÐt ∆MF1F2, ta cã: F1F22 = MF12 + MF22 − thực hiện tương tự b). Cách 2: Vì M nhìn F1F2 dưới một góc vuông do đó M thuộc đường tròn (C) đường kính F1F2, do đó M là giao điểm của đường tròn (C): x2 + y2 = 3 và (E) có toạ độ là nghiÖm cña hÖ:  2 6  x2 x= ± 2  1   +y = 3 ⇔  4 x 2 + y2 = y = ± 3 3   3 VËy tån t¹i bèn ®iÓm tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi lµ: 3 3 2 6 2 6 , ), M10( − , ), M9( 3 3 3 3 2 6 3 2 6 3 , − ) vµ M12( − , − ). M11( 3 3 3 3. Ví dụ 16: Cho điểm A(0; 6) và đường tròn (C): x2 + y2 = 100. Lập phương trình quü tÝch t©m c¸c ®êng trßn ®i qua A vµ tiÕp xóc víi (C).. 423.

(88)  Gi¶i. XÐt ®êng trßn (C), ta ®îc: Tam O(0,0) (C):  . Bkinh R = 10 Gi¶ sö M, lµ t©m ®êng trßn qua A vµ tiÕp xóc víi (C), ta ®îc: MA + MB = MN + MB = BN = 10 Vậy tập hợp các điểm M thuộc Elíp (E) nhận O, A làm tiêu điểm và có độ dài trục lín b»ng 10.  Xác định phương trình của Elíp (E) Vì O, A thuộc Oy nên phương trình của (E) có tâm I(0, 3) có dạng: y x 2 (y − 3) 2 (E): 2 + = 1 , víi 0 < a < b. 2 A a b A trong đó: M 2b = 10 ⇔ b = 5, x −10 O 2 OF   10 a2 = b2 − c2 = 25 − 9  2  = 25 − 9 = 16.  2  2 2 x (y − 3) Do đó (E): + = 1. −10 16 25 2 2 x (y − 3) VËy tËp hîp c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E): + = 1. 16 25. VÝ dô 17: Cho ElÝp (E):. x 2 y2 + = 1 . T×m c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) sao cho: 9 25. a. Có tổng hai toạ độ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất . b.. MF1 3 = . MF2 5. Gi¶i a. §iÓm M(x0, y0)∈(E) ⇒ Khi đó:. x 02 y 02 + = 1. 9 25 2.  x 2 y2  y   x (x0 + y0) =  3. 0 + 5. 0  ≤ (9 + 25)  0 + 0  = 34 5   4  9 25  ⇔ − 34 ≤ x0 + y0 ≤ 34 dÊu b»ng x¶y ra khi: 3 25  x0 / 3 3  25  M1 ( ;− ) y0 = x 0 y /5 = 5   9 34 3 34   0  ⇔  2 ⇒   2 2 x 0 y 02   x 0 + y0 = M (− 3 ; − 25 ) + = 1  9 25  9 25 1  2 34 3 34 2. 424. (1).

(89) VËy, ta ®îc:  (x0 + y0)Max = 34 , đạt được tại M1.  (x0 + y0)Min = − 34 , đạt được tại M2. b. Tõ gi¶ thiÕt ta cã:  MF1 = 3MF2  MF = 3MF 1  2 ⇔ 0 = (MF1 − 3MF2)(MF2 − 3MF1) = 10MF1.MF2 − 3( MF12 + MF22 ) = 10MF1.MF2 − 3[(MF1 + MF2)2 − 2MF1.MF2] = 10MF1.MF2 − 3(100 − 2MF1.MF2) = 16MF1.MF2 − 300 4x 0 4x 0 16x 02 162 x 02 = 16(5 + ).(5 − ) − 300 = 16(25 − ) − 300 = 100 − 5 5 25 25 25 ⇔ x0 = ± . 8 Vậy tồn tại bốn điểm thoả mãn điều kiện đầu bài (Bạn đọc tính tiếp). VÝ dô 18: Cho ElÝp (E):. x 2 y2 + = 1 , víi 0 < b < a. a 2 b2. 1. Gäi A lµ mét giao ®iÓm cña ®êng th¼ng y = kx víi (E). TÝnh OA theo a, b, k. 2. Gäi A, B lµ hai ®iÓm tuú ý thuéc (E) sao cho OA⊥OB. a. Chøng minh r»ng. 1 1 không đổi, từ đó suy ra đường + 2 OA OB2. thẳng (AB) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. b. Xác định k để ∆OAB có diện tích lớn nhất, nhỏ nhất. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất đó..  Gi¶i. 1. Toạ độ A là nghiệm của hệ:  x 2 y2 A1 1 a 2 b2 k 2a 2 b2  2 + 2 = 2 ⇒ x 2A = 2 2 vµ . −a y = b a A 2 2 2 2 a k +b a k +b  y = kx  Từ đó, suy ra a 2 b2 k 2a 2 b2 a 2 b 2 (1 + k 2 ) = OA2 = x 2A + y 2A = 2 2 + a k + b2 a 2 k 2 + b2 a 2 k 2 + b2. y A O. H. t. A2 x a. B z. 1 + k2 , a 2 k 2 + b2 2. Giả sử đường thẳng (OA) có phương trình y = kx. ⇒ OA = ab. ⇒ OA = ab. 1 + k2 . a 2 k 2 + b2. 425.

(90) Vì OA ⊥ OB ⇒ (OB) có phương trình: 1 1+ 2 1 1 + k2 k y = − x ⇒ OB = ab = ab 2 . 2 2 + a b k k 2 1 2 a . 2 +b k c. Ta cã: 1 1 a 2 k 2 + b2 a 2 + b2 k 2 a 2 + b2 = + = . + a 2 b 2 (1 + k 2 ) a 2 b2 OA 2 OB2 a 2 b 2 (1 + k 2 ) d. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên AB, khi đó: 1 1 1 a 2 + b2 ab = = ⇒ OH = . + 2 2 2 2 2 OH OA OB a b a 2 + b2 VËy (AB) lu«n tiÕp xóc víi ®êng trßn (C) t©m O b¸n kÝnh R = OH cã: a 2 b2 (C): x2 + y2 = 2 . a + b2 Ta cã: 1 1 1 + k2 1 + k2 OA.OB = ab 2 2 ab a k + b2 a 2 + b2 k 2 2 2 a 2 b 2 (1 + k 2 ) . = 2 (a 2 k 2 + b 2 )(a 2 + b 2 k 2 ). S∆OAB =. (1). ∆OAB cã diÖn tÝch nhá nhÊt. Ta cã: (a 2 k 2 + b 2 ) + (a 2 + b 2 k 2 ) (a 2 + b 2 )(1 + k 2 ) = 2 2 2 1+ k 2 ≥ 2 (2) 2 2 2 2 2 2 2 (a k + b )(a + b k ) a + b. (a 2 k 2 + b 2 )(a 2 + b 2 k 2 ) ≤. ⇒. Thay (2) vµo (1), ®îc ab ab ⇒ Smin = 2 S∆OAB ≥ 2 2 a +b a + b2 2 2 2 2 2 2 đạt được khi a k + b = a + b k ⇔ k = ±1. ∆OAB có diện tích lớn nhất − Đề nghị bạn đọc giải.. VÝ dô 19: Cho Hyperbol (H):. x 2 y2 − = 1 . Tìm toạ độ điểm M thuộc Hyperbol 4 1. (H) sao cho: a. Cã b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm nµy b»ng 2 lÇn b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm kia. b. Nhìn hai tiêu điểm dưới một góc 600. c. §é dµi F1M ng¾n nhÊt, dµi nhÊt. d. Khoảng cách từ M đến đường thẳng (∆): x − y + 1 = 0 đạt giá trị lín nhÊt, nhá nhÊt. 426.

(91) Hướng dẫn a. Ta cã hai tiªu ®iÓm F1(− 5 , 0) vµ F2( 5 , 0). §iÓm M(x0, y0)∈(H) víi x0 > 0, suy ra: x 02 y 02 − = 1, 4 1 5x 0 + 2 vµ MF2 = 2 Tõ gi¶ thiÕt ta cã:  MF1 = 2MF2  MF = 2MF 1  2. MF1 =. 5x 0 − 2. 2. (1) (2). ⇔ 0 = (MF1 − 2MF2)(MF2 − 2MF1) = 5MF1.MF2 − 2( MF12 + MF22 ) = 5MF1.MF2 − 2[(MF1 − MF2)2 + 2MF1.MF2] = 5MF1.MF2 − 2(16 + 2 MF1.MF2) = MF1.MF2 − 32 5x 2 5x 0 5x 0 + 2).( − 2) − 32 = 0 − 36 4 2 2 12 ⇒ y0 − Dành cho bạn đọc. ⇔ x0 = ± 5. =(. b. XÐt ∆MF1F2, ta cã: F1F22 = MF12 + MF22 − 2MF1.MF2.cos600 = [(MF1 − MF2)2 + 2 MF1.MF2] − MF1.MF2 5x 2 5x 0 5x 0 ⇔ 20 = 16 + MF1.MF2 ⇔ 4 = ( + 2).( − 2) = 0 − 4 4 2 2 4 10 ⇒ y0 − Dành cho bạn đọc. ⇔ x0 = ± 5 c. Tõ (1) suy ra: y2 x 02 = a2(1 + 20 ) ≥ a2 ⇒ |x0| ≥ a. b Ta cã: cx ca F1M = | 0 + a| ≥ | − + a| = |−c + a| = c − a. a a Vây, ta được F1MMin = c − a, đạt được khi M ≡ A1(−a, 0). d. Ta cã: x − y0 + 1 d = d(M, (∆)) = 0 ⇔ d 2 = x0 − y0 + 1. 2 áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có: d 2 ≥ x0 − y0 − 1.. (2) 427.

(92) áp dụng bất đẳng thức giả Bunhiacôpsk, ta có: x0 − y0 = 2.. y x0 x 2 y2 − 0  ≥ (22 − 12 )( 0 − 0 ) = 4 1 1 2. 3.. (3). Tõ (2) vµ (3), suy ra: 3 −1 d≥ . 2 DÊu ' = ' x¶y ra khi vµ chØ khi: −4 1  1 & y1  x1 =  2 x 0 = −2y 0= 5 5 ⇔  .  2 2 4 −1   x 0 − y0 = = x = & y 1 2  2  4 1 5 5  Thử lại: dấu bằng chỉ xảy ra tại M2(x2, y2), do đó:. (4). 3 −1 đạt được tại điểm M2. 2 Để xác định toạ độ điểm H2 tương ứng, ta thực hiện theo các bước: − Lập phương trình đường thẳng (d2) qua M2 và vuông góc với (d). − Xác định tạo độ giao điểm H2 = (d2)∩(d). x 2 y2 VÝ dô 20: Cho Hypebol (H): − = 1 . Gäi (d) lµ ®êng th¼ng qua O cã hÖ sè 4 9. Mind =. gãc k, (d') lµ ®êng th¼ng qua O vµ vu«ng gãc víi (d). a. Tìm điều kiện đối với k để (d) và (d') đều cắt (H). b. Tính theo k diện tích hình thoi với 4 đỉnh là 4 giao điểm của (d), (d') vµ (H). c. Xác định k để hình thoi ấy có diện tích nhỏ nhất..  Gi¶i. a. Ta lần lượt có:  §êng th¼ng (d) qua O cã hÖ sè gãc k cã d¹ng: y = kx. . §êng th¼ng (d') qua O vµ vu«ng gãc víi (d) cã d¹ng: y = −. Toạ độ giao điểm A, C của (d) và (H) là nghiệm của hệ :  x 2 y2 = 1  − ⇒ (9 − 4k2)x2 = 36 9 4  y = kx  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi: 9 − 4k2 > 0 ⇔ |k| < 3/2 Khi đó: 36 36k 2 2 vµ = . x 2A = y A 9 = 4k 2 9 = 4k 2 428. 1 x. k. (1). (2).

(93) Toạ độ giao điểm B, D của (d') và (H) là nghiệm của hệ:  x 2 y2 = 1  − 4 9 ⇒ (9k2 − 4)y2 = 36  1 y = − x  k Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt khi: 2 9 − 4k2 > 0 ⇔ |k| > 3 Khi đó: 36 36k 2 vµ y 2B = 2 . x 2B = 2 9k − 4 9k − 4 KÕt hîp (2) vµ (4), ta ®îc: 2  3 − <k<−  2 3 3 < |k| < ⇔  2 . 2 3 2 < k < 3  3 2 b. NhËn xÐt:  A, C là giao điểm của (d) và (H) ⇒ A, C đối xứng qua O.  B, D là giao điểm của (d) và (H) ⇒ B, D đối xứng qua O.  Ngoµi ra AC⊥BD. VËy ABCD lµ h×nh thoi. Ta cã: 1 SABCD = 4S∆AOB = 4. .OA.OB = 2 x 2A + y 2A x 2B + y 2B 2. (3). (4). (I). 36k 2 36 36 36k 2 = 2. + 2 + 2 2 2 9k − 4 9k − 4 = 9 4k = 9 4k 72(1 + k 2 ) = (9 − 4k 2 )(9k 2 − 4) c. H×nh thoi ABCD cã diÖn tÝch nhá nhÊt 72(1 + k 2 ) nhá nhÊt. ⇔ (9 − 4k 2 )(9k 2 − 4) Ta cã: 72(1 + k 2 ) 144 72(1 + k 2 ) ≥ = . 2 2 1 5 (9 − 4k )(9k − 4) [(9 − 4k 2 ) + (9k 2 − 4)] 2 144 VËy, h×nh thoi ABCD cã diÖn tÝch nhá nhÊt b»ng đạt được khi: 5 9 − 4k2 = 9k2 − 4 ⇔ k = ±1.. 429.

(94) Ví dụ 21: Cho Hypebol (H) có phương trình: (H):. x 2 y2 − = 1. a 2 b2. a. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ M∈(H) đến các tiệm cËn cña nã lµ mét h»ng sè. b. Tõ ®iÓm M∈(H) kÎ c¸c ®êng th¼ng song song víi hai tiÖm cËn vµ c¾t chóng t¹i P, Q. Chøng minh r»ng diÖn tÝch h×nh b×nh hµnh OPMQ lµ mét h»ng sè..  Gi¶i §iÓm M0(x0, y0)∈(H) (d2) y x 02 y 02 2 2 2 2 2 2 P ⇔ 2− 2 = 1 ⇔ b x 0 − a y 0 = a b . (1) a b M O Phương trình hai đường tiệm cận của (H) là: x Q 0  bx + ay = b y=± x⇔  . (d1) 0 a  bx − ay = a. Khoảng cách h1 từ điểm M tới tiệm cận bx + ay = 0 được xác định bởi: | bx 0 + ay 0 | h1 = . b2 + a 2 Khoảng cách h2 từ điểm M tới tiệm cận bx − ay = 0 được xác định bởi: | bx 0 − ay 0 | . h2 = b2 + a 2 Do đó: | b 2 x 02 − a 2 y 02 | | bx 0 + ay 0 | | bx 0 − ay 0 | a 2 b2 = = . h1.h2 = b2 + a 2 a 2 + b2 b2 + a 2 b2 + a 2 Vậy, tích các khoảng cách từ điểm M bất kỳ của Hypebol (H) đến các tiệm cận cña nã lµ mét h»ng sè. b b. Gäi α lµ gãc t¹o bëi ®êng ®êng tiÖm y = x víi trôc Ox. Ta cã: a b 2ab 2tgα tgα = vµ sin2α = = 2 . 2 a a + b2 1 + tg α SOPMQ = OP.OQ.sin2α = MÆt kh¸c:. 2ab a 2 + b2 . OP.OQ ⇒ OP.OQ = . SOPMQ a 2 + b2 2ab. SOPMQ = OQ.h1 = OP.h2 ⇒ S2OPMQ = OP.OQ.h1h2 = ⇔ SOPMQ =. 430. ab không đổi. 2. a 2 + b2 a 2 b2 . SOPMQ. 2 a + b2 2ab.

(95) VÝ dô 22: Cho Parabol (P): y2 = 2px, p > 0. Chøng minh r»ng ®êng trßn cã ®êng kÝnh lµ d©y cung qu¸ tiªu, tiÕp xóc víi ®êng chuÈn..  Gi¶i. Phương trình đường thẳng (d) đi qua F có dạng: (d): 2mx − 2y − mÆt ph¼ng = 0. A1 Toạ độ giao điểm A(xA, yA) và B(xB, yB) của (P) và (d) là nghiÖm cña hÖ: J  y 2 = 2px  0 2mx − 2y − mp = Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) có dạng: B1 (1) 4m2x2 − 4p(m2 + 2)x + m2p2 = 0. Từ đó, ta có :  p(m 2 + 2) x + x = B  A m2 .  2  x .x = p  A B 4 Phương trình tung độ giao điểm của (P) và (d) có dạng: my2 − 2py − mp2 = 0 Từ đó, ta có p/m  y A + y B = .  2  y A .y B = p  Phương trình đường tròn (C) đường kính AB: →. y A. O. (P). I F. x. B. (2). →. M(x, y)∈(C) ⇔ MA . MB = 0 ⇔ x2 + y2 − (xA + xB)x − (yA + yB)y + xAxB + yAyB = 0. Gäi I(xI, yI) lµ t©m cña ®êng trßn (C), ta cã: xA + xB  p(m 2 + 2)  x = x =   2 2m 2 . ⇔ I:  I:  y = p  y = yA + yB   2 m Gäi R lµ b¸n kÝnh cña ®êng trßn (C), ta cã: 2  p(m 2 + 1)  p(m 2 + 1) 2 2 2 ⇔ R = . R = x A + x B − ( xAxB + yAyB) =   2 m2  m  Khoảng cách từ I đến đường chuẩn (∆): x = − 2x I + p 2. =. p của (P), được xác đỉnh bởi: 2. 1 p(m 2 + 2) p(m 2 + 1) = = R. + p 2 m2 m2. VËy ®êng trßn (C) tiÕp xóc víi ®êng chuÈn (∆) cña (P).. 431.

(96)  Chó ý: 1. Ta có thể chứng minh bằng định nghĩa, thực hiện các bước: Bước 1: Gọi A1, B1 theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của A, B lên đường chuẩn cña (P). Gäi I, J theo thø tù lµ trung ®iÓm cña AB, A1B1. Bước 2: Ta có: 1 1 1 IJ = (AA1 + BB1) = (AF + BF) = AB 2 2 2 ⇔ ∆ABJ vu«ng t¹i J ⇔ §êng trßn ®êng kÝnh AB tiÕp xóc víi ®êng chuÈn cña Parabol (P). 2. Đề nghị bạn đọc chứng minh thêm các tính chất sau:   a. Tính độ dài FA, FB theo p, α = ( Ox , OM ) với 0≤α≤2π. Từ đó chứng tỏ rằng 1 1 không đổi khi (d) quay quanh F. + FA FB b. Chøng minh r»ng FA.FB nhá nhÊt khi (d) vu«ng gãc víi Ox. Ngoài ra còn có tích các khoảng cách từ A và B đến trục Ox là một đại lượng không đổi.. Ví dụ 23: Cho Parabol (P) và đường thẳng (d) có phương trình: (P): y2 = x vµ (d): x − y − 2 = 0. a. Xác định toạ độ giao điểm A, B của (d) và (P). b. Tìm toạ độ điểm C thuộc (P) sao cho : - ∆ABC cã diÖn tÝch b»ng 6. - ∆ABC đều c. T×m ®iÓm M trªn cung AB cña Parabol (P) sao cho tæng diÖn tÝch hai phÇn h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi (P) vµ hai d©y cung MA, MB lµ nhá nhÊt..  Gi¶i. a. Toạ độ giao điểm A, B của (d) và (P) là nghiệm của hệ phương trình:  y2 = x A(1, −1) ⇒  vµ AB = 3 2 .  0 B(4, 2) x − y − 2 = b. Víi C(x, y)∈(P) ⇒ C(y2, y).  ∆ABC cã diÖn tÝch b»ng 6 | x − y −2| 1 1 3 = |y2 − y − 2| ⇔ 6 = AB.d(C,(d)) = .3 2 . 2 2 2 2 2 y − y − 2 = 4 C (4, −2)  y = −2 ⇔  ⇒  1 ⇔ |y2 − y − 2| = 4 ⇔  2  y − y − 2 =−4 y = 3 C2 (9,3) 432.

(97) . ∆ABC đều AC = AB ⇔ AB = BC = CA ⇔  AC = BC 2 2 2  y 4 − y 2 + 2y − 16 = 0 18 = (y − 1) + (y + 1) ⇔  2 ⇔  2 2 2 2 2 2 0  y + y − 18 = (y − 1) + (y + 1) = (y − 4) + (y − 2) 0 (y 2 − y + 3)(y 2 + y − 3) − 4y − 7 = 0 4y + 7 = ⇔  2 ⇔  2 v« nghiÖm. 0 0  y + y − 3 = y + y − 3 =. Vậy không tồn tại điểm C thuộc (P) để ∆ABC đều. c. Víi M(x0, y0) thuéc cung AB cña (P) nªn: 2  x 0 = y 0 .  (*) −1 ≤ y 0 ≤ 2 Tæng diÖn tÝch hai phÇn h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi (P) vµ hai d©y cung MA, MB lµ nhá nhÊt ⇔ ∆MAB cã diÖn tÝch lín nhÊt ⇔ d(M, (d)) lín nhÊt. Ta cã: | x − y0 − 2 | | y 02 − y 0 − 2 | (*) 1 = (y0 + 1)(2 − y0) d(M, (d)) = 0 = 2 2 2 C«si. ≤. 2. 1  (y 0 + 1) + (2 − y 0 )  9 2 = .   2 8 2  . 9 2 , đạt được khi 8 1 1 1 y0 + 1 = 2 − y0 ⇔ y0 = ⇒ M( , ) 2 4 2 1 1 VËy, víi M( , ) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 4 2. do đó Maxd(M, (d)) =. VÝ dô 24: Cho Parabol (P): y2 = 2px víi p > 0. §iÓm M kh¸c O ch¹y trªn (P). Gäi A, B theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn Ox vµ Oy. Chøng minh r»ng: a. Đường thẳng qua B vuông góc với OM luôn đi qua một điểm cố định. b. Đường thẳng qua B vuông góc với AB luôn đi qua một điểm cố định. c. Đường thẳng AB luôn tiếp xúc với một Parabol cố định..  Gi¶i §iÓm M∈(P) suy ra: y2 y2 M( 0 , y0), A( 0 , 0) vµ B(0, y0). 2p 2p 433.

(98) a. §êng th¼ng (d1) qua B vu«ng gãc víi OM ®îc cho bëi: qua B(0, y 0 ) y2   y 02 ⇔ (d1): 0 .x + y0(y − y0) = 0 (d1):  2p  vtpt OM( 2p , y 0 )  ⇔ (d1): y02 .x + 2py0y − 2p y02 = 0. Nhận xét rằng (d1) luôn đi qua điểm cố định M1(2p, 0). b. §êng th¼ng (d2) qua B vu«ng gãc víi AB ®îc cho bëi: qua B(0, y 0 ) y   y 02 (d2):  B  vtpt BA( 2p , − y 0 )  ⇔ (d2):. 2 0. y .x − y0(y − y0) = 0 2p. M. (P). (d2). M2. ⇔ (d2): y02 .x − 2py0y + 2p y02 = 0. Nhận xét rằng (d2) luôn đi qua điểm cố định M2( − 2p, 0). (P1). O. M1. A. x (d1).  Chó ý: Còng cã thÓ chøng minh b»ng c¸ch: Gọi M2 là đểm đối xứng với M1 qua Oy ⇒ M2( − 2p, 0). NhËn xÐt r»ng BM2⊥AB. Vậy đường thẳng qua B vuông góc với AB luôn đi qua điểm cố định M2 c. §êng th¼ng (AB) ®îc cho bëi: qua B(0, y 0 ) y − y0 x   y 02 ⇔ (AB): 2 = (AB):  y0 − y0 − y0  vtcp BA( 2p , − y 0 )  2p 2 ⇔ (AB): 2px + y0y − y0 = 0.  Gọi N(x, y) là điểm mà (AB) không đi qua với mọi y0, khi đó phương trình 2px + y0y − y02 = 0, vô nghiệm y0 ⇔ phương trình y02 − y0y − 2px = 0, vô nghiệm y0 ⇔ ∆ < 0 ⇔ y2 + 8px < 0.  Ta ®i chøng minh (AB) lu«n tiÕp xóc víi Parabol (P1): y2 = −8px. ThËt vËy: − 2AC + pB2 = 2.2p.(− y02 ) + 4p. y02 = 0. VËy (AB) lu«n tiÕp xóc víi Parabol (P1): y2 = −8px.. 434.

(99)

Bài giảng trọng tâm Toán 10: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về