Hướng dẫn giải đề kiểm tra định kỳ số 5 - 2013 môn toán thầy phương

Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 05


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-




Bài 1:
Cho Elip
2 2
( ) : 1
9 4
x y
E
+ =
và ñiểm M thuộc (E). Giả sử (d) là ñường thẳng tiếp xúc với (E) tại M
và (d) cắt
Ox
, Oy tại A, B. Tìm tọa ñộ ñiểm M ñể diện tích tam giác AOB nhỏ nhất.

Giải:

Giả sử:
2 2
( ; ) ( ) 4 9 36 (1)
M M M M

M x y E x y∈ ⇒ + = .
Phương trình (d):
. .
9 4
1 ;0 ; 0;
9 4
M M
M M
x x y y
A B
x y
   
+ = ⇒
   
   
.
Do ñó:
1 18
.
2 .
AOB
M M
S OAOB
x y
∆
= =
AOB
S
∆
⇒

nhỏ nhất khi và chỉ khi
.
M M
x y
lớn nhất.
Theo bất ñẳng thức Côsi:
2 2 2 2
36 4 9 2 4 .9 12 .
M M M M M M
x y x y x y
= + ≥ =

.
M M
x y
⇒
lớn nhất bằng 3
2 2
4 9 (2).
M M
x y⇔ =

Từ (1) và (2) suy ra
2 2
9
; 2.
2
M M
x y
= =

Vậy có bốn ñiểm thỏa mãn:
1 2 3 4
3 2 3 2 3 2 3 2
; 2 ; ; 2 ; ; 2 ; ; 2
2 2 2 2
M M M M
       
− − − −
       
       
       

Bài 2:
Trong mặt phẳng hệ tọa ñộ
Oxy
, cho ñường tròn (C) có phương trình:
2 2
2 6 6 0
x y x y
+ − − + =
và
ñiểm M(-3; 1). Gọi A và B là các tiếp ñiểm kẻ từ M ñến (C). Tìm tọa ñộ ñiểm H là hình chiếu vuông góc
của ñiểm M lên ñường thẳng AB.


Giải:

ðường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2;
2 5 2

MI R
= > =
, nên M nằm ngoài ñường tròn.
Ta có thể làm một trong hai cách sau:
Cách 1:
Gọi
( ; )
H x y
. Ta có:
( 1; 3), ( 4; 2)
IH x y IM
= − − = − −
 
và nhận thấy hai vectơ ,
IH IM
 
cùng chiều,
nên
( 0)
IH tIM t
= >
 

1 4 1 4
3 2 3 2
x t x t
y t y t
− = − = −
 
⇒ ⇔

 
− = − = −
 

Theo hệ thức lượng trong tam giác AMH vuông, ta có:
2 2
. .
IH IM IH IM IA R
= = =
 

1
4( 1) 2( 3) 4 4( 4 ) 2( 2 ) 4
5
x y t t t
⇔ − − − − = ⇔ − − − − = ⇔ =
.
HƯỚNG DẪN GIẢI
ð
Ề
KI
Ể
M TRA ð
Ị
NH K
Ỳ
S
Ố
05

Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 05


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-


Vậy
1 13
;
5 5
H
 
 
 

Cách 2:
Giả sử ñiểm
(
)
0 0
;
A x y
là tiếp ñiểm suy ra:
( ) ( )
. 0
A C A C

MA IA MA IA
∈ ∈
 
 
⇔
 
⊥ =
 
 
   
, trong ñó:
0 0 0 0
( 3; 1); ( 1; 3)
MA x y IA x y
= + − = − −
 
.
Do ñó ta có:
2 2
2 2
0 0 0 0
0 0 0 0
2 2
0 0 0 0
0 0 0 0
2 6 6 0
2 6 6 0
( 3)( 1) ( 1)( 3) 0
2 4 0
x y x y

x y x y
x x y y
x y x y

+ − − + =

+ − − + =
 
⇔
 
+ − + − − =
+ + − =





0 0
2 3 0
x y
⇒ + − =

Suy ra ñường thẳng AB có phương trình:
2 3 0
x y
+ − =
.
ðường thẳng MI có phương trình:
1 2
3

x t
y t
= +


= +

.
Do MI vuông góc với AB, nên tọa ñộ của ñiểm H là nghiệm của hệ phương trình:
1 2
3
2 3 0
x t
y t
x y
= +


= +


+ − =

. Giải hệ này ta ñược:
1 13
;
5 5
H
 
 

 


Bài 3:
Trong mặt phẳng hệ tọa ñộ
Oxy
, cho ñường tròn (C):
2 2
6 2 6 0
x y x y
+ + − + =
và các ñiểm
B(2; -3) và C(4; 1). Xác ñịnh tọa ñộ ñiểm A thuộc ñường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại ñiểm A
và có diện tích nhỏ nhất.


Giải:

ðể tam giác ABC là tam giác cân tại A thì A phải nằm trên ñường trung trực
∆
qua trung ñiểm BC là
M(3; 1) và nhận
BC

làm vectơ pháp tuyến nên (
∆
) có phương trình:

2( 3) 4( 1) 0 2 1 0
x y x y

− + + = ⇔ + − =
.
Vì
( )
A C
∈
nên tọa ñộ A là nghiệm của hệ:
2 2
6 2 6 0
2 1 0
x y x y
x y

+ + − + =

+ − =


Giải hệ ta tìm ra hai ñiểm A
1
(-1; 1) và
2
21 13
;
5 5
A
 
= −
 
 

.
Do
1 2
18
20
5
A M A M
= < =
nên
1 2
A BC A BC
S S
<
.
Vậy ñiểm cần tìm là A(-1; 1).

Bài 4:
Trong mặt phẳng hệ tọa ñộ
Oxy
, cho tam giác ABC cố ñịnh A nằm trên ñường thẳng
: 2 3 14 0
x y
∆ − + =
, cạnh BC song song với
∆
, ñường cao CH có phương trình:
2 1 0
x y
− − =
. Biết trung

ñiểm của cạnh AB là M(-3; 0). Xác ñịnh tọa ñộ các ñỉnh A, B, C.


Giải:
Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 05


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3
-


Vì AB
⊥
CH nên AB có phương trình:
2 0
x y c
+ + =
.
Do M(-3; 0)
AB
∈
nên c = 6.
Vậy phương trình AB là:
2 6 0
x y
+ + =
.

Do
A
∈∆
nên tọa ñộ A là nghiệm của hệ:

2 3 14 0
( 4;2).
2 6 0
x y
A
x y
− + =

⇒ −

+ + =


Vì M(-3; 0) là trung ñiểm AB nên B(-2; -2).
Cạnh BC //
∆
và ñi qua B nên BC có phương trình:
2( 2) 3( 2) 0 2 3 2 0
x y x y
+ − + = ⇔ − − =
.
Vậy tọa ñộ C là nghiệm của hệ:
2 3 2 0
(1;0)
2 1 0

x y
C
x y
− − =

⇒

− − =

.
Bài 5:
Trong mặt phẳng hệ tọa ñộ
Oxy
, cho Elip
2 2
( ) : 1
9 4
x y
E
+ =
và ñiểm M(1; 1). Viết phương trình các
ñường thẳng ñi qua M và cắt (E) tại hai ñiểm A và B sao cho M là trung ñiểm của AB.


Giải:
- ðường thẳng
1
x
=
ñi qua M cắt (E) tại hai ñiểm

4 2
1;
3
A
 
 
 
 
và
4 2
1;
3
B
 
−
 
 
 
.
Rõ ràng M không là trung ñiểm của AB.
- Xét ñường thẳng (d) ñi qua M có hệ số góc k,
( ): ( 1) 1 (1)
d y k x
= − +
.
Thay (1) vào phương trình (E) ta ñược:
[
]
2
2 2 2 2

4 9 ( 1) 1 36 (9 4) 18 (1 ) 9(1 ) 36 0 (2)
x k x k x k k x k+ − + = ⇔ + + − + − − =
ðường thẳng (d) cắt (E) tại 2 ñiểm A, B thỏa mãn MA = MB khi và chỉ khi phương trình (2) có hai
nghiệm
;
A B
x x
sao cho:
2
18 (1 ) 4
1
2 2(9 4) 9
A B
M
x x k k
x k
k
+
− −
= ⇔ = ⇔ = −
+
.
Với
4
9
k
= −
, ta có:
2
2

4
9(1 ) 36 9 1 36 0
9
k
 
− − = + − <
 
 
, còn
2
9 4 0
k
+ >
.
Do ñó, với
4
9
k
= −
, phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
;
A B
x x
thỏa mãn
1
2
A B
M
x x
x

+
= =
.
Vậy ñường thẳng ñi qua M thỏa mãn ñiều kiện là:
( ): 4 9 13 0
d x y
+ − =
.
Bài 6:
Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
, A(2; –3), B(3; –2),
trọng tâm của
∆
ABC nằm trên ñường thẳng (d): 3x – y –8 = 0. Viết phương trình ñường tròn ñi qua 3
ñiểm A, B, C.


Giải:
Tìm ñược
(1; 1)
1
C
−
,
2
( 2; 10)
C
− −

.
+ Với
1
(1; 1)
C
−

⇒
(C):
2 2
11 11 16
x y x y 0
3 3 3
+ − + + =

Khóa học LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Hướng dẫn giải ñề kiểm tra ñịnh kỳ số 05


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4
-


+ Với
2
( 2; 10)
C
− −

⇒
(C):
2 2
91 91 416
x y x y 0
3 3 3
+ − + + =

Bài 7:
Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho Elip (E):

2 2
5 5
x y
+ =
, Parabol
2
( ): 10
P x y
=
. Hãy viết
phương trình ñường tròn có tâm thuộc ñường thẳng
( ) : 3 6 0
x y
∆ + − =
, ñồng thời tiếp xúc với trục hoành
Ox và cát tuyến chung của Elip (E) với Parabol (P).

Giải:

ðường thẳng ñi qua các giao ñiểm của (E) và (P): x = 2
Tâm I
∈

∆
nên:
(
)
6 3 ;
I b b
= −
. Ta có:
4 3 1
6 3 2
4 3 2
b b b
b b
b b b
− = =
 
− − = ⇔ ⇔
 
− = − =
 

⇒
(C):
( ) ( )

2 2
3 1 1
x y
− + − =
hoặc (C):
( )
2
2
2 4
x y
+ − =
.


Giáo viên : Trần Phương
Nguồn :
Hocmai.vn