Tài liệu ôn tập toán lớp 10 ptth

Chun Đề 1: HỆ THỨC LƯNG TRONG TAM GIÁC
A. TĨM TẮT LÍ THUYẾT

I. Các ký hiệu:
• A, B, C: là các góc đỉnh A, B, C
• a, b, c : là độ dài các cạnh đối diện với các đỉnh A, B, C
• h
a
, h
b
, h
c
: là độ dài các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C
• m
a
, m
b
, m
c
: là độ dài các đường trung tuyến kẻ từ A, B, C
• l
a
, l
b
, l
c
: là độ dài các đường phân giác trong kẻ từ A, B, C
• R : là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
• r : là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC
• p =
2

1
(a+b+c) : là nửa chu vi tam giác ABC
• S : là diện tích tam giác ABC
c
a
b
m
a
l
a
h
a
H
D
M
B
A
C
II. Các hệ thức lượng trong tam giác vuông :
Trong tam giác vuông ABC . Gọi b
'
, c
'
là độ dài các hình chiếu các cạnh góc vuông lên
cạnh huyền ta có các hệ thức:






==
==



==
==
=
+=
=
+=
==
gBbtgCbc
gCctgBcb
BaCac
CaBab
cbha
cbh
cbh
cba
cabab
cot
cot
.7
cos.sin.
cos.sin.
.6 .5
111
.4
. .3

.2
.c & . .1
222
''2
222
'2'2

c
b
a
h
c'
b'
H
A
B
C
II. Các hệ thức lượng trong tam giác thường
1. Đònh lý hàm số CÔSIN:
Trong tam giác ABC ta luôn có :

Cabbac
Bcaacb
Abccba
cos2
cos2
cos2
222
222
222

−+=
−+=
−+=

c
b
a
A
B
C
Ghi nhớ: Trong một tam giác, bình phương mỗi cạnh bằng tổng bình phương hai cạnh kia
trừ đi hai lần tích hai cạnh ấy với côsin của góc xen giữa chúng.
Hệ quả: Trong tam giác ABC ta luôn có :

bc
acb
A
2
cos
222
−+
=
,
ac
bca
B
2
cos
222
−+

=
,
ab
cba
C
2
cos
222
−+
=
2. Đònh lý hàm số SIN:
Trong tam giác ABC ta có :

R
C
c
B
b
A
a
2
sinsinsin
===
Hệ quả: Với mọi tam giác ABC, ta có:

CRcBRbARa sin2,sin2,sin2 ===
c
a
b
O

A
B
C
Ghi nhớ:
Trong một tam giác, tỷ số giữa một cạnh của tam giác và sin của góc đối diện với cạnh đó
bằng đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.
3. Đònh lý về đường trung tuyến:
Trong tam giác ABC ta có :


42
42
42
222
2
222
2
222
2
cba
m
bca
m
acb
m
c
b
a
−
+

=
−
+
=
−
+
=
4. Đònh lý về diện tích tam giác:
Diện tích tam giác ABC được tính theo các công thức sau:
c
a
b
m
a
M
B
A
C

))()(( .5
.4
4
.3
sin
2
1
sin
2
1
sin

2
1
.2
2
1
2
1
2
1
.1
cpbpappS
prS
R
abc
S
AbcBacAabS
chbhahS
cba
−−−=
=
=
===
===

c
a
b
h
a
H

B
A
C
B. BÀI TẬP
Dạng 1: Tính một số yếu tố trong tam giác theo một số yếu tố cho trước
1. Phương pháp:
* Sử dụng trực tiếp định lí Cosin và định lí Sin
* Chọn các hệ thức lượng thích hợp đối với tam giác để tính một số yếu tố cần thiết.
2. Bài tập
Bài 1:Cho tam giác ABC có b = 7cm , c = 5cm và Cos A = 0,6.
a) Tính a, Sin A, diện tích của tam giác ABC.
b) Tính đường cao h
a
xuất phát từ đỉnh A và kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác.
Giải
a) Theo định lí Cosin ta có:
)(2432326,0.5.7.257cos2
22222
cmaAbccba ==⇒=−+=−+=
.
Mặt khác vì Sin
2
A = 1 – Cos
2
A =
5
4
25
16
25

9
1 =⇒=− SinA

)(14
5
4
.5.7.
2
1

2
1
2
cmSinAcbS ===⇒
b) Từ
)(
2
27
24
28.22
.
2
1
cm
a
S
hhaS
aa
===⇒=
.

Theo định lí Sin thì:
)(
2
25
5
4
.2
24
2
2 cm
SinA
a
RR
SinA
a
===⇒=
Bài 2:
Cho tam giác ABC có AB = 21cm, BC = 17cm , CA = 10cm.
a) Tính góc A =?
b) Tính diện tích tam giác và chiều cao của h
a

c) Tính bán kính đường tròn nội tiếp r của tam giác.
d) Tính độ dài đường trung tuyến m
a
phát xuất từ đỉnh A của tam giác.
e) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp R của tam giác.
Giải
a) Tính góc A =?
Theo hệ quả của định lí Cosin ta có:

6,0
21.10.2
172110
2
cos
222222
=
−+
=
−+
=
bc
acb
A
b) Ta có:
)(24
2
101721
2
cm
cba
p =
++
=
++
=
Theo công thức hê rông ta có:

)(84)1024)(1724)(1224(24
2

cmS =−−−=
Do đó:
)(8
21
84.22
.
2
1
cm
a
S
hhaS
aa
===⇒=
c) Ta có S = p.r 
5,3
24
84
===
p
S
r
d) Độ dài đường trung tuyến m
a
được tính theo công thức:
18,925,84
25,84
4
337
4

21
2
1017
42
222222
2
≈=⇒
==−
+
=−
+
=
a
a
m
acb
m
e) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp R của tam giác
Ta có:
R
abc
S
4
=

625,10
84.4
10.17.21
4
===

S
abc
R
Dạng 2: Giải tam giác
1. Phương pháp.
Sử dụng các định lí Cosin, định lí Sin, định lí tổng 3 góc trong một tam giác bằng 180
0
, nếu là
tam giác vuông thì có thể sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác.
2. Bài tập
Bài tập
Giải tam giác biết
a) b = 14 ; c = 10 ;
0
145
ˆ
=A
b) a = 4 ; b = 5 ; c = 7
Giải
a) Ta có:
Abccba cos2
222
−+=

022
145cos10.14.21014 −+=


23
35,525)8191,0.(280100196

2
≈
≈−−+≈
a
a

'3414)'2620145(180)
ˆ
ˆ
(180
ˆ
'2620
ˆ
34913,0
23
145.14.
0000
0
≈+−≈+−=
=⇒≈==⇒=
BAC
B
Sin
a
SinAb
SinB
SinB
b
SinA
a

b)
'334
ˆ
8286,0
70
58
7.5.2
475
2
cos
0
222222
≈⇒≈=
−+
=
−+
= A
bc
acb
A


'32101)2544'334(180)
ˆ
ˆ
(180
ˆ
'2544
ˆ
71428,0

56
40
7.4.2
574
2
cos
00000
0
222222
≈+−≈+−=
≈⇒≈=
−+
=
−+
=
BAC
B
ac
bca
B
C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài 1: Cho tam giác ABC có góc A =60
0
, cạnh CA = 8, cạnh AB = 5
1.Tính cạnh BC
2.Tính diện tích tam giác
3.Tính độ dài đường cao AH
4.Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
Bài 2: Cho tam giác ABC có a = 13 ; b = 14 ; c = 15
1.Tính diện tích tam giác ABC

2.Tính bán kính đường tròn nội tiếp r và bán kính đường tròn ngoại tiếp R
3.Tính độ dài đường trung tuyến m
a

Bài 3: Cho tam giác ABC có a = 3 ; b = 4 và góc C = 60
0
; Tính các góc A, B, bán kính
R của đường tròn ngoại tiếp và trung tuyến m
a
.
Chun đề 2: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
A. TĨM TẮT LÝ THUYẾT
I. Vec tơ chỉ phương – vec tơ pháp tuyến của đường thẳng
1) Vec tơ pháp tuyến: Vec tơ
0n ≠
r r
được gọi là vec tơ pháp tuyến (vtpt) của đường thẳng
∆
nếu nó có giá vng góc với đường thẳng
∆
.
2) Vec tơ chỉ phương: Vec tơ
0u ≠
r r
được gọi là vec tơ chỉ phương ( vtcp) của đường thẳng
∆
nếu nó có giá song song hoặc trùng với đường thẳng
∆
.
* Chú ý

- Nếu
;n u
r r
là vec tơ pháp tuyến và chỉ phương của đường thẳng
∆
thì
0k∀ ≠
các vec tơ
;kn ku
r r
cũng đồng thời là vec tơ pháp tuyến, vec tơ chỉ phương của đường thẳng
∆
.
- Nếu
( ; )n a b=
r
là vec tơ pháp tuyến của đường thẳng
∆
thì
∆
có các vec tơ chỉ phương là:
( ; )u b a= −
r
hoặc
( ; )u b a= −
r
.
- Nếu
1 2
( ; )u u u=

r
là vec tơ chỉ phương của đường thẳng
∆
thì đường thẳng
∆
có vec tơ pháp
tuyến
2 1
( ; )n u u= −
r
hoặc
2 1
( ; )n u u= −
r
.
II. Phương trình tổng quát của đường thẳng
Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng
∆
đi qua
);(
000
yxM
và có vec tơ pháp tuyến là
);( ban =
r
. Khi đó phương trình tổng quát của đường thẳng
∆
được cho bởi công thức:

0)()(

00
=−+− yybxxa
(1). (
.0
22
≠+ ba
)
III. Phương trình tham số của đường thẳng
Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng
∆
đi qua
);(
000
yxM
và có vec tơ chỉ phương là:
);(
21
uuu =
r
.
Khi đó phương trình tham số của đường thẳng
∆
được cho bởi công thức:



+=
+=
tuyy
tuxx

20
10
(2) . (
.Rt ∈
)
* Chú ý: - Nếu đường thẳng
∆
có hệ số góc k thì vec tơ chỉ phương của
∆
là
);1( ku =
r
- Nếu đường thẳng
∆
có vec tơ chỉ phương là
1 2
( ; )u u u=
r
với
0
1
≠u
thì
∆
có hệ số
góc là:
1
2
u
u

k =
.
IV. Chuyển đổi giữa phương trình tổng quát và phương trình tham số

1. Nếu đường thẳng
∆
có phương trình dạng (1) thì
);( ban =
∆
r
. Từ đó đường thẳng
∆
có
vtcp là
);( abu −=
∆
r
hoặc
);( abu −=
∆
r
.
Cho
0
xx =
thay vào phương trình (2)
.
0
yy =⇒
Khi đó ptts của

∆
là:




−=
+=
atyy
btxx
0
0
(
Rt
∈
).
2. Nếu đường thẳng
∆
có phương trình dạng (2) thì
∆
có vtcp là
);(
21
uuu =
∆
r
. Từ đó đường
thẳng
∆
có vtpt là

);(
12
uun −=
∆
r
hoặc
);(
12
uun −=
∆
r
. Và phương trình tổng quát của đường
thẳng
∆
được xác định bởi :

0)()(
0102
=−−− yyuxxu
.
* Chú ý :
- Nếu
0
1
=u
thì pttq của
∆
là :
0
0

=− xx
.
- Nếu
0
2
=u
thì pttq của
∆
là :
.0
0
=− yy
B. BÀI TẬP
Dạng 1: Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua
0 0
( ; )M x y
và có một vtcp
1 2
( ; )u u u=
r
ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng
∆
trong c¸c trêng hîp sau :
a. §i qua
(1; 2)M −
vµ cã mét vtcp
(2; 1)u = −
r

.
b. §i qua hai ®iÓm
(1;2)A
vµ
(3;4)B
c. §i qua
(3;2)M
vµ



−=
+=
ty
tx
d
21
://
d. §i qua
(2; 3)M −
vµ
: 2 5 3 0d x y⊥ − + =
.
Giải
a) Đi qua M (1 ; -2) và có một vtcp là
(2; 1)u = −
r
Vì đường thẳng
∆
đi qua M (1 ;-2) và có vtcp là

(2; 1)u = −
r
nên phương trình tham số của
đường thẳng là :




−−=
+=
ty
tx
2
21
b) Đi qua hai điểm A(1 ; 2) và B(3 ; 4)
Vì
∆
đi qua hai điểm A(1 ; 2) và B(3 ; 4) nên
∆
có vec tơ chỉ phương
)2;2(=AB
Phương trình tham số của
∆
là:




+=
+=

ty
tx
22
21
c) Đi qua M (3 ;2) và



−=
+=
ty
tx
d
21
://
Đường thẳng d có vec tơ chỉ phương là :
)1;2( −=
d
u
r
. Vì
∆
song song với d nên
∆
nhận vec
tơ
)1;2( −=
d
u
r

làm vec tơ chỉ phương. Hay
)1;2( −=
∆
u
r
,
∆
đi qua M(3 ; 2) vì vậy
∆
có
phương trình đường thẳng là:




−=
+=
ty
tx
2
23
d) §i qua
(2; 3)M −
vµ
: 2 5 3 0d x y⊥ − + =
.
Đường thẳng d : 2x – 5y + 3 = 0  d có vec tơ pháp tuyến là
)5;2( −=
d
n

r
.
Vì
∆
vuông góc với đường thẳng d nên
∆
nhân vec tơ pháp tuyến của d là vec tơ chỉ phương.
Vì vậy vtcp của
∆
là
)5;2( −=
∆
u
r
.
∆
đi qua M(2 ; -3) nên phương trình đường thẳng
∆
là :




−−=
+=
ty
tx
53
22

Dạng 2 : ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng
∆
®i qua
0 0
( ; )M x y
vµ cã mét vtpt
( ; )n a b=
r
.
ViÕt ph¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®êng th¼ng
∆
trong c¸c trêng hîp sau :
a. §i qua
(1;2)M
vµ cã mét vtpt
(2; 3)n = −
r
.
b. §i qua
(3;2)A
vµ
// : 2 1 0.d x y− − =
c. §i qua
(4; 3)B −
vµ
1 2
: ( )
x t
d t R
y t

= +

⊥ ∈

= −

¡
.
Giải
a) Đi qua M(1;2) và có một vtpt là
(2; 3)n = −
r
Vì đường thẳng
∆
đi qua M (1 ;2) và có vtpt là
(2; 3)n = −
r
nên phương trình tham số của
đường thẳng là :
2(x – 1) – 3(y – 2) = 0  2x – 3y + 4 = 0
b) Đi qua A(3 ; 2) và // d : 2x – y – 1 = 0
đường thẳng d : 2x – y – 1 = 0 có vtpt là
)1;2( −=
d
n
r
.
Dường thẳng
∆
song song với đường thẳng d nên

∆
nhận
)1;2( −=
d
n
r
làm vec tơ pháp tuyến.
Vì
∆
đi qua A(3; 2) và có vtpt là
)1;2( −=
∆
n
r
nên
∆
có phương trình là:
2(x – 3) – (y – 2) = 0  2x – y – 4 = 0
c) Đi qua B(4 ;-3) và
Đường thẳng d có vtcp là
)1;2( −=
d
u
r
. Vì
∆
vuông góc với d nên
∆
nhận vtcp của d làm vtpt


)1;2( −=
∆
n
r
. Đường thẳng
∆
đi qua B(4 ;-3) và có vtpt
)1;2( −=
∆
n
r
nên
∆
có phương trình
tổng quát là:
2(x – 4) – (y + 3) = 0  2x – y – 11 = 0
Dạng 3 : ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng
∆
®i qua
0 0
( ; )M x y
vµ cã hÖ sè gãc k cho tríc.
- Nếu đường thẳng
∆
có hệ số góc k thì vec tơ chỉ phương của
∆
là
);1( ku =
r
- Kết hợp giả thiết

∆
đi qua M(x
0
; y
0
)
Bài tập 1
ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng
∆
trong c¸c trêng hîp sau :
a. §i qua
( 1;2)M −
vµ cã hÖ sè gãc
3k =
.
b. §i qua
(3;2)A
vµ t¹o víi chiÒu d¬ng trôc
Ox
gãc
0
45
Giải
a) §i qua
( 1;2)M −
vµ cã hÖ sè gãc
3k
=
.
∆

có hệ số góc k = 3 nên
∆
có vtcp là:
)3;1(=
∆
u
r
.
∆
đi qua M(-1 ; 2) và có vtcp là
)3;1(=
∆
u
r
nên có phương trình là:




+=
+−=
ty
tx
32
1
b) Đi qua A(3 ;2) và tạo với chiều dương trục ox góc 45
0

Giả sử đường thẳng
∆

có hệ số góc k, như vậy k được cho bởi công thức
k = tan
α
 với
0
45=
α
 k = tan 45
0
 k = 1
Đường thẳng
∆
hệ số góc k = 1 vậy thì vtcp của
∆
là
)1;1(=
∆
u
r
,
∆
đi qua A(3;2) nên
∆
có
phương trình là :



+=
+=

ty
tx
2
3
Bài tập 2:
Cho tam giác ABC, với A(1; 4); B(3; - 1); C(6; 2).
Hãy viết phương trình tổng quát của đường cao AH, và trung tuyến AM của tam
giác ABC.
Giải
+ Ta có: AH ⊥ BC nên AH nhận vec tơ
BC
= (3; 3) là vecto pháp tuyến của AH.
ẠH đi qua A(1 ; 4) và nhận
BC
= (3; 3) làm vtpt nên Phương trình tổng quát của (AH) là:
3(x - 1) + 3(y - 4) = 0 ⇔ 3x + 3y - 15 = 0.
+ Gọi M là trung điểm của BC, ta có:







=
+−
=
+
=
=

+
=
+
=
2
1
2
21
2
2
9
2
63
2
CB
M
CB
M
yy
y
xx
x
Vậy






2

1
;
2
9
M







−=
2
7
;
2
7
AM
là vec tơ chỉ phương của đường thẳng AM.
Đường thẳng AM đi qua A(1 ; 4) và vtcp






−=
2
7

;
2
7
AM
nên AM có phương trình:








−=
+=
ty
tx
2
7
4
2
7
1
C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài 1 .
ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng
∆
trong c¸c trêng hỵp sau :
a. §i qua
(3;2)A

vµ
( 1; 5)B − −
;
( 3;1)M −
vµ
(1; 6)N −
;
b. §i qua
A
vµ cã vtcp
u
r
, nÕu :
+
(2;3)A
vµ
( 1;2)u = −
r
.
+
( 1;4)A −
vµ
(0;1)u =
r
.
c. §i qua
(3; 1)A −
vµ
// : 2 3 1 0d x y+ − =
.

d. §i qua
(3;2)M
vµ
(2;2)n =
r
.
e. §i qua
(1;2)N
vµ
⊥
víi :
+ Trơc
Ox
.
+ Trơc
.Oy
f. §i qua
(1;1)A
vµ cã hƯ sè gãc
2k =
.
g. §i qua
(1;2)B
vµ t¹o víi chiỊu d¬ng trơc
Ox
gãc
0
60
.
Bi 2:

Viết phơng trình các cạnh
ABC
biết :
a.
(2;1); (5;3); (3; 4).A B C
b. Trung điểm các cạnh là :
( 1; 1); (1;9); (9;1).M N P
Chuyờn 3: V TR TNG I CA HAI NG THNG
A. TểM TT Lí THUYT
I. Bài toán: Trong mặt phẳng
Oxy
cho hai đờng thẳng
1 2
;
có phơng trình
( )
( )
2 2
1 1 1 1 1 1
2 2
2 2 2 2 2 2
( ) : 0, 0
( ) : 0, 0
a x b y c a b
a x b y c a b
+ + = +
+ + = +
Hỏi: Hai đờng thẳng trên cắt nhau, song song hay trùng nhau ?
Trả lời câu hỏi trên chính là bài toán xét vị trí tơng đối của hai đờng thẳng.
II. Phơng pháp.

1. Cách 1:
Nếu
1 2
1 2
a a
b b

thì hai đờng thẳng cắt nhau.
Nếu
1 2 1
1 2 2
a a c
b b c
=
thì hai đờng thẳng song song nhau.
Nếu
1 2 1
1 2 2
a a c
b b c
= =
thì hai đờng thẳng trùng nhau.
2. Cách 2:
Xét hệ phơng trình
1 1 1
2 2 2
0
0
a x b y c
a x b y c

+ + =


+ + =

(1)
Nếu hệ (1) có một nghiệm thì hai đờng thẳng cắt nhau và toạ độ giao điểm là nghiệm của
hệ.
Nếu hệ (1) vô nghiệm thì hai đờng thẳng song song nhau.
Nếu hệ (1) nghiệm đúng với mọi
( )
;x y
thì hai đờng thẳng trùng nhau.
* Chú ý: Nếu bài toán không quan tâm đến toạ độ giao điểm, ta nên dùng cách 1.
B. BI TP
Bi tp 1:
Xét vị trí tơng đối các cặp đờng thẳng sau và tìm toạ độ giao điểm trong trờng hợp cắt nhau:
a)
1 2
: 2 0; : 2 3 0x y x y + = + =
.
b)



+=
=
=+
ty
tx

yx
22
41
:01042:
21
c)



=
=
=+
ty
tx
yx
46
56
:012108:
21
Gii
a)
1 2
: 2 0; : 2 3 0x y x y + = + =
s giao im ca
21
v
chớnh l s nghim ca h phng trỡnh:

=+
=+
032
02
yx
yx

Gii h ny chỳng ta cú mt cp nghim (x , y) = (1 ; 1).
Vy hai ng thng ny ct nhau ti 1 im, ta giao im l (x , y) = (1 ; 1).
b)



+=
=
=+
ty
tx
yx
22
41
:01042:
21
T phng trỡnh ng thng
2

ta cú x = (1 4t) v y = (2 + 2t) thay vo
1

ta c
2(1 4t) + 4(2 + 2t) = 0

10 8t + 8t = 0 10 = 0 (vụ lớ) hai ng thng ny khụng
cú im chung.
Vy hai ng thng
21
v
song song vi nhau.
c)



=
+=
=+
ty
tx
yx
46
56
:012108:
21
ng thng
2

cú vtcp l
)4;5( =u
r
nờn

2

cú vtpt l
)5;4(=n
r
.
2

i qua im cú ta
(-6 ; 6) nờn
2

cú pt tng quỏt l : 4(x + 6) + 5(y 6) = 0 4x + 5y 6 = 0.
S giao im ca
21
v
chớnh l s nghim ca h phng trỡnh:




=+
=+
0654
012108
yx
yx
H ny cú v s nghim nờn
21
v

trựng nhau.
(Chỳ ý: bi toỏn ny yờu cu phi tỡm ta giao im nờn ta dựng cỏch 2. Nu bi toỏn ch
yờu cu tỡm v trớ tng i ca hai ng thng thỡ ta nờn dựng cỏch 1)
C. BI TP NGH
Xét vị trí tơng đối các cặp đờng thẳng sau và tìm toạ độ giao điểm trong trờng hợp cắt nhau:
a)
1 2
:8 10 12 0; : 4 3 16 0x y x y + = + =
.
b)



+=
+=
+
ty
tx
yx
23
5
:;10612:
21
c)



+=
+=

+=
=

ty
tx
ty
tx
23
5
:
5
2
10
1
:
21
Chuyờn 4: GểC GIA HAI NG THNG
A. TểM TT L THUYT
I. Định nghĩa: Giả sử hai đờng thẳng
1 2
;
cắt nhau. Khi đó góc giữa
1 2
;
là góc nhọn và

đợc kí hiệu là:
( )
1 2
,
.
* Đặc biệt:
- Nếu
( )
1 2
, 90
o
=
thì
1 2

.
- Nếu
( )
1 2
, 0
o
=
thì
1 2
//
hoặc
1 2

.
II. Công thức xác định góc giữa hai đờng thẳng trong mặt phẳng toạ độ.

Trong mặt phẳng toạ độ
Oxy
, giả sử đờng thẳng
1 2
;
có phơng trình
( )
( )
2 2
1 1 1 1 1 1
2 2
2 2 2 2 2 2
( ) : 0, 0
( ) : 0, 0
a x b y c a b
a x b y c a b
+ + = +
+ + = +
Khi đó góc giữa hai đờng thẳng
( )
1 2
,
đợc xác định theo công thức:
( )
1 2 1 2
1 2
2 2 2 2
1 1 2 2
cos ,
a a b b

a b a b
+
=
+ +
Chỳ ý: -
0
21212121
=+ bbaann
rr
- Nu
21
v
cú phng trỡnh y = k
1
x+m
1
v y = k
2
x + m
2
thỡ
1.
2121
= kk
BI TP
Bi tp 1
Xác định góc giữa hai đờng thẳng
a)
1 2
: 4 2 6 0; : 3 1 0x y x y + = + =

b)



+=
=
=+
ty
tx
yx
22
41
:01042:
21
c) d
1
: x 2y + 5 = 0 d
2
: 3x y = 0.
Gii
a)
1 2
: 4 2 6 0; : 3 1 0x y x y + = + =
ta cú:
( )
1 2 1 2
1 2
2 2 2 2
1 1 2 2
cos ,

a a b b
a b a b
+
=
+ +

vi a
1
= 4 ; b
1
= -2 ; a
2
= 1 ; b
2
= -3
Vy

( )
( )
0
21
2222
21
45;
2
1
20
10
10.20
10

10.20
|10|
)3(1.)2(4
|)3).(2(1.4|
;
=∆∆⇒
====
−+−+
−−+
=∆∆Cos
b)



+=
−=
∆=−+∆
ty
tx
yx
22
41
:01042:
21

Đường thẳng
2
∆
có vtcp là
)2;4(

2
−=
∆
u
r
vì vậy vtpt của
2
∆
là
)4;2(
2
=
∆
n
r
Đường thẳng
1
∆
có vtpt là
)4;2(
1
=
∆
n
r
.
Vậy

( )
( )

0
21
2222
21
0;
1
20
20
20.20
|20|
)4(2.)4(2
|4.42.2|
;
=∆∆⇒
===
++
+
=∆∆Cos
c) d
1
: x – 2y + 5 = 0 d
2
: 3x – y = 0.
Ta có:
2
1
25
5
19.41
23

.
;
2
2
2
2
2
1
2
1
2121
21
==
++
+
=
++
+
=






baba
bbaa
ddCos
Vậy góc giữa d
1

và d
2
= 45
o
Bài tập 2:
Chứng minh rằng hai đường thẳng sau vuông góc với nhau:
a)



+=
−=
∆=−−∆
ty
tx
yx
22
21
:01022:
21
b)
0462:53:
21
=−+∆+=∆ xyxy
Giải
a)



+=

−=
∆=−−∆
ty
tx
yx
22
21
:01022:
21
Đường thẳng
2
∆
có vtcp là
)2;2(
2
−=
∆
u
r
vì vậy vtpt của
2
∆
là
)2;2(
2
=
∆
n
r
Đường thẳng

1
∆
có vtpt là
)2;2(
1
−=
∆
n
r
.
Vì vậy

( )
( )
0
21
2222
21
09;
0
8.8
|0|
)2(2.)2(2
|2).2(2.2|
;
=∆∆⇒
==
+−+
−+
=∆∆Cos

Vậy hai đường thẳng trên vuông góc với nhau.
b)
0462:53:
21
=−+∆+=∆ xyxy
Đường thẳng
2
∆
: 2y +6x – 4 = 0  y = -3x + 2.

2
∆
có hệ số góc k
2
= -3
Đường thẳng
1
∆
có hệ số góc k
1
= 3.  k
1
.k
2
= 3.(-3)= 0 
21
∆∆ và
vuông góc với nhau
C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài tập 1:

X¸c ®Þnh gãc gi÷a c¸c cÆp ®êng th¼ng sau
a)
1 2
: 2 5 0; :3 0x y x y∆ − + = ∆ − =
b)
1 2
: 2 4 0; :2 6 0x y x y∆ + + = ∆ − + =
c)
1 2
: 4 2 5 0; : 3 1 0x y x y∆ − + = ∆ − + =
Bài tập 2:
Các cặp đường thẳng sau có vuông góc với nhau không?
a) 2x - y - 3 = 0. và 2x + y - 4 = 0
b)



+=
+=
ty
tx
23
72
và 4x + 6y - 6 = 0
Chuyên đề 5:
KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT ĐƯỜNG THẲNG
A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng
∆
có phương trình ax + by + c = 0 và điểm

M
0
(x
0
; y
0
). Khoảng từ điểm M
0
đến đường thẳng
∆
, kí hiệu là d(M
0
,
∆
), được tính bởi
công thức
22
00
0
),(
ba
cbyax
Md
+
++
=∆
Bài tập 1:
Tính khoảng cách từ điểm đến dường thẳng được cho tương ứng như sau:
a) A(3 ; 5) và
∆

: 4x + 3y + 1 = 0
b) B(1 ; 2) và
'∆
: 3x – 4y + 1 = 0
Giải :
a) Ta có:
5
28
916
1)5.(3)3.(4
),( =
+
++
=∆Ad

b)
5
4
169
1)2.(4)1.(3
)',( =
+
+−
=∆Ad
Bài tập 2:
Tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng được cho tương ứng như sau:
a) A(4 ; -2) và đường thẳng d:




+=
−=
ty
tx
22
21
b) B(-7 ; 3) và đường thẳng d’:



=
−=
ty
tx
3
1
Giải
a) A(4 ; -2) và đường thẳng d:



+=
−=
ty
tx
22
21
Đường thẳng d đi qua điểm có tọa độ (1 ; 2) và có vtcp là
)2;2(−=
d

u
r
vì vậy vtpt của d là
)2;2(=
d
n
r
Phương trình tổng quát của đường thẳng d là: 2(x – 1) +2(y – 2) = 0  2x +2y - 6 = 0
Ta có:

2
1
22
2
8
2
44
6)2.(2)4.(2
),( ===
+
−−+
=dAd
b) B(-7 ; 3) và đường thẳng d’:



=
−=
ty
tx

3
1
Đường thẳng d đi qua điểm có tọa độ (1 ; 0) và có vtcp là
)3;1(−=
d
u
r
vì vậy vtpt của d là
)1;3(=
d
n
r
Phương trình tổng quát của đường thẳng d là: -1(x – 1) +3(y – 0) = 0  -x + 3y +1 = 0
Ta có:

10
17
91
1)3.(3)7.(1
),( =
+
++−−
=dAd
C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài tập 1
Tính bán kính đường tròn tâm I( 1 ; 5) và tiếp xúc với đường thẳng d: 4x -3y +1 = 0
Bài tập 2
Cho tam giác ABC có tọa độ các đỉnh là: A(4 ; 6) ; B(1 ; 4) : C(7 ; 2)
Hãy tính khoang cách từ các đỉnh đến các cạnh đối diện tương ứng.
Chuyên đề 6: ĐƯỜNG TRÒN

A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT
1. Phương tr×nh chÝnh tắc.
Trong mặt phẳng
Oxy
cho đường trßn t©m
( ; )I a b
b¸n kÝnh
R
. Khi đã phương tr×nh chÝnh tắc
của đường trßn à :

2 2 2
( ) ( ) .x a y b R− + − =
2. Phương tr×nh tæng qu¸t.
Phương tr×nh cã dạng :
x
2
+ y
2
- 2ax - 2by +c = 0
Với c = a
2
+b
2
- R
2
.
*a
2
+ b

2
> c. Khi ®ã t©m I(a ; b), B¸n kÝnh
cbaR −+=
22
.
3. Phương trình tiếp tuyến của đường tròn
Cho điểm M(x
0
; y
0
) nằm trên đường tròn (C) tâm I(a ; b). Gọi d là tiếp tiếp của (C) tại M, vậy
thì d có phương trình là:
(x
0
– a)(x – x
0
) + (y
0
– b)(y – y
0
) = 0
B. BÀI TẬP
Dạng 1: Nhận dạng một phương trình bậc hai là phương trình đường tròn. Tìm tâm và
bán kính đường tròn.
1. Phương pháp:
Cách 1: Đưa phương trình về dạng: x
2
+ y
2
- 2ax - 2by +c = 0 (1)

- Xét dấu biểu thức m = a
2
+ b
2
– c
Nếu m > 0 thì (1) là phương trình đường tròn tâm I(a , b) bán kính
cbaR −+=
22
Cách 2: - Đưa phương trình về dạng: (x – a)
2
+ (y – b)
2
= m (2)
- nếu m > 0 thì (2) là phương trình đường tròn tâm I(a ; b) bán kính
mR =
2.Bài tập
Bài tập 1
Trong các phương trình sau, phương trình nào biểu diễn đường tròn. Hãy tìm tâm và bán kính
nếu có:
a) x
2
+ y
2
– 6x + 8y + 100 = 0
b) x
2
+ y
2
+ 4x - 6y - 12 = 0
c) 2x

2
+ 2y
2
- 4x + 8y - 2 = 0
Giải
a) x
2
+ y
2
– 6x + 8y + 100 = 0 (1)
(1) có dạng x
2
+ y
2
- 2ax - 2by +c = 0 trong đó a = 3 ; b = -4 , c = 100
Xét biểu thức m = a
2
+ b
2
– c = 3
2
+ (-4)
2
– 100 = 9 + 16 – 100 = 75 < 0
Vậy phương trình (1) không phải là phương trình của đường tròn.
b) x
2
+ y
2
+ 4x - 6y - 12 = 0 (2)

(2) có dạng x
2
+ y
2
- 2ax - 2by +c = 0 trong đó a = -2 ; b = 3 , c = -12
Xét biểu thức m = a
2
+ b
2
– c = (-2)
2
+ (3)
2
+12 = 4 + 9+12 = 25 > 0 phương trình (2) là
phương trình đường tròn tâm I(-2 ; 3) và có bán kính

525123)2(
2222
==++−=−+= cbaR
c) 2x
2
+ 2y
2
- 4x + 8y - 2 = 0 (3)
Ta có: 2x
2
+ 2y
2
- 4x + 8y - 2 = 0  x
2

+ y
2
– 2x + 4y - 1 = 0.
Phương trình này có dạng x
2
+ y
2
- 2ax - 2by +c trong đó a = 1 ; b = -2 .
Xét biểu thức m= a
2
+ b
2
– c = 1
2
+ (-2)
2
+1 = 6 > 0. Phương trình này là phương trình đường
tròn tâm I(1 ; -2) và có bán kính

61)2()1(
2222
=+−+=−+= cbaR
Bài tập 2
Cho phương trình x
2
+ y
2
– 2mx +4my + 6m -1 = 0 (1)
Với giá trị nào của m thì phương trình trên là đường tròn?
Giải

Phương trình (1) có dạng x
2
+ y
2
- 2ax - 2by +c = 0 với a = m ; b = -2m ; c = 6m – 1.
(1) là phương trình của đường tròn khi và chỉ khi m = a
2
+ b
2
– c > 0.
Với a
2
+ b
2
– c > 0  m
2
+(-2m)
2
– 6m + 1> 0
 5m
2
– 6m + 1 > 0





>
<
1

5
1
m
m
Dạng 2: Lập phương trình của đường tròn
1. Phương pháp
Cách 1:
- Tìm tọa độ tâm I(a ; b) của đường tròn (C)
- Tìm bán kính R của (C)
- Viết phương trình đường tròn theo dạng (x – a)
2
+ (y – b)
2
= R
2
* Chú ý
- (C) đi qua A , B  IA
2
= IB
2
= R
2
- (C) đi qua A và tiếp xúc với đường thẳng m tại A  IA = d(I ; m)
- (C) tiếp xúc với hai đường thẳng m
1
và m
2
 d(I ; m
1
) = d(I ; m

2
) = R
Cách 2
- Gọi phương trình của đường tròn là x
2
+ y
2
- 2ax - 2by +c = 0 (2)
- Từ điều kiện của đề bài đưa đến hệ phương trình với ẩn số là a, b, c
- Giải hệ phương trình tìm a, b, c thế vào (2) ta được phương trình đường tròn
2. Bài tập
Bài tập 1
Lập phương trình đường tròn (C) trong các trường hợp sau :
a. (C) có tâm I(-1 ; 2) và tiếp xúc với đường thẳng m : x – 2y + 7 = 0
b. (C) có đường kính là AB với A( 1 ; 1) , B(7 ; 5).
Giải
a) Ta có :
5
2
41
72.21
);( =
+
+−−
== mIdR
Đường tròn (C) có tâm I(-1 ; 2) có bán kính R =
5
2
nên phương trình đường tròn là:
(x + 1)

2
+ (y – 2)
2
=
5
4
b) Tâm I của đường tròn (C) là trung điểm của AB
ta có:
)3;4(
3
2
51
2
4
2
71
2
I
yy
y
xx
x
BA
I
BA
I
⇒








=
+
=
+
=
=
+
=
+
=
Vì vậy
13)31()41(
22
=−+−== IAR
Vậy phương trình đường tròn là: (x – 4)
2
+ (y – 3)
2
= 13
Bài tập 2
Viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm A(1 ;2) ; B(5 ; 2) ; C(1 ;-3)
Giải
Xét đường tròn (C) có dạng x
2
+ y
2

- 2ax - 2by +c = 0
(C) đi qua A ,B, C khi và chỉ khi A, B, C thỏa mãn phương trình đường tròn, tức là :

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

=+−−+
1
2
1
3
1062
29410
542
06291
0410425
04241
c
b
a
cba
cba
cba
cba
cba
cba
Vậy phương trình đường tròn đi qua ba điểm A , B, C là:
x
2
+ y
2
- 6x + y – 1 = 0

Dạng 3: Lập phương trình tiếp tuyến.
1. Phương pháp
* Loại 1: Lập phương trình tiếp tuyến tại M(x

0
; y
0
) thuộc đường tròn (C).
- tìm tọa độ tâm I(a ; b) của (C).
- Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M(x
0
; y
0
) có dạng
(x
0
– a)(x – x
0
) + (y
0
– b)(y – y
0
) = 0
*Loại 2: Lập phương trình tiếp tuyến d của (C) khi chưa biết tọa độ tiếp điểm:
- dùng điều kiện tiếp xác để xác định d:
d tiếp xúc với đường tròn (C) tâm I, bán kính R  d(I,d) =R
2. Bài tập
Bài tập 1
Viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn
(C) : (x – 1)
2
+ (y + 2)
2
= 25

Tại điểm M(4 ; 2) thuộc đường tròn (C)
Giải
Đường tròn (C) có tâm là I (1 ; -2). Vậy phương trình tiếp tuyến với đường tròn tại M(4 ; 2) có
dạng: (x
0
– a)(x – x
0
) + (y
0
– b)(y – y
0
) = 0
 (4 – 1)(x – 4) + (2 + 2)(y – 2) = 0  3x + 4y – 20 = 0
Bài tập 2
Lập phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C) : x
2
+ y
2
– 4x – 2y = 0
Biết rằng tiếp tuyến đi qua điểm A(3 ;-2)
Giải
Phương trình đường thẳng d đi qua A(3 ;-2) có dạng y + 2 = k(x – 3)  kx – y – 2 -3k = 0
Đường tròn (C) có tâm I(2 ; 1) và có bán kính
5014
22
=−+=−+= cbaR
d tiếp xúc với (C)
 d(I, d) =





−=
=
⇔=−−⇔+=+⇔=
+
−−−
2
1
2
0464)1(5)3(5
1
3212
222
2
k
k
kkkk
k
kk
Vậy có hai tiếp tuyến với (C) được kẻ từ A là:
d
1
: 2x – y – 8 = 0
d
2
: x + 2y + 1 = 0

C BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ.
Bài tập 1

Trong các phương trình sau, phương trình nào biểu diễn đường tròn. Hãy tìm tâm và bán kính
nếu có:
a.
2 2
4 2 6 0x y x y+ − + + =
.
b.
2 2
6 8 16 0x y x y+ + − + =
.
c.
2 2
4 5 1 0x y x y− + − + =
.
d.
2 2
2 2 3 2 0x y x+ − − =

Bài tập 2
Tìm m để phương trình sau là phương trình của đường tròn
a.
2 2 2
6 2( 1) 11 2 4 0x y mx m y m m+ + − − + + − =
b.
2 2
( 15) ( 5) 0x y m x m y m+ + − − − + =
c.
2 2
2( 1) 2( 3) 2 0x y m x m y+ + − − − + =
Bài tập 3

Viết phương trình đường tròn biết đường tròn đi qua 3 điểm
a.
(8;0) , (9;3) , (0;6)A B C
.
b.
(1;2) , (5;2) , (1; 3)A B C −
.
Bài tập 4
Viết phương trình đường tròn biết đường tròn đi qua 3 điểm
a. Đi qua gốc tọa độ và có bán kính R = 3
b. Tiếp xúc với Ox tại (5 ; 0) và có R = 3
c. Có tâm là I(2 ;3) và R = 3
d. Có tâm là I(2 ;3) và tiếp xúc với
: 4 3 12 0.x y
∆ + − =
e. Có đường kính là AB với
( 1;1) , (5;3)A B
−
f. Hãy viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm: M(0; 1), N(4; 1) và P(0; - 4)
g. Đi qua
( 1;2) , ( 2;3)A B
− −
và có tâm thuộc đường thẳng
:3 10 0x y
∆ − + =
Bài tập 5
Tìm tâm và bán kính của đường tròn trong các trường hợp sau
a.
2 2
( 5) ( 7) 15x y− + + =

b.
2 2
( 4) ( 2) 7x y+ + − =
c.
2 2
6 4 36x y x y+ − − =
d.
2 2
10 10 55x y x y+ − − =
e.
2 2
8 6 8 0x y x y+ + − + =
f.
2 2
4 10 15 0x y x y+ + + + =
Bài tập 6
Hãy viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C):
a) Biết: (C): (x + 1)
2
+ (y - 2)
2
= 9, và tiếp điểm M
0
có tọa độ: (2; 2)
b) Biết: (C): (x - 2)
2
+ (y + 3)
2
= 10, và tiếp tuyến (t) song song với đường thẳng
(d): 3x - y + 9 = 0

Chun đề 6: E LIP
A. TĨM TẮT LÍ THUYẾT
1. Phương trình chính tắc của Elip (E) là:

)(1
222
2
2
2
2
cba
b
y
a
x
+==+
.
2. Các thành phần của Elip (E) là:
* Hai tiêu điểm: F
1
(-c ; 0) ; F
2
(c ; 0).
* Bốn đỉnh: A
1
(-a ; 0 ) ; A
2
(a ; 0 )
B
1

(0; -b ) ; B
2
(0 ; b )
* Độ dài trục lớn: A
1
A
2
= 2a
* Độ dài trục bé: B
1
B
2
= 2b
* Tiêu cự: F
1
F
2
= 2c.
3. Hình dạng Elip (E)
- E có hai trục đối xứng là Ox, Oy và có tâm đố xứng là gốc tọa độ
- Mọi điểm của Elip (E) đều nằm trong hình chữ nhật có kích thước 2a và 2b gới hạn bởi các
đường thẳng
byax ±=±= ;
. Hình chữ nhật đó gọi là hình chữ nhật cấp cơ sở của Elip (E).
B. BÀI TẬP
Dạng 1: Lập phương trình chính tắc của một (E) khi biết các thành phần đủ để xác định
Elip đó
1. Phương pháp
- Từ các thành phần đã biết, áp dụng công thức liên quan ta tìm được phương trình chính tắc
của E đó.

- Lập PTCT theo công thức: (E) :
)(1
222
2
2
2
2
cba
b
y
a
x
+==+
- Ta có các hệ thức: * 0 < b < a
* c
2
= a
2
– b
2

* Tiêu cự: F
1
F
2
= 2c
* Độ dài trục lớn: A
1
A
2

= 2a
* Độ dài trục bé: B
1
B
2
= 2b
*
aMFMFEM 2)(
21
=+⇔∈
- Ta có tọa độ các điểm đặc biệt của E
* Hai tiêu điểm: F
1
(-c ; 0) ; F
2
(c ; 0).
* Hai đỉnh trên trục lớn: A
1
(-a ; 0 ) ; A
2
(a ; 0 )
* Hai đỉnh trên trục nhỏ: B
1
(0; -b ) ; B
2
(0 ; b )
2. Bài tập
Bài tập 1:
Lập PTCT của Elip trong mỗi trường hợp sau:
a) Độ dài trục lớn bằng 10 và tiêu cự bằng 6

b) Một tiêu điểm
( )
0;3−
và điểm








2
3
;1
nằm trên Elip
c) Một đỉnh trên trục lớn là điểm (3 ; 0) và mọt tiêu điểm là (-2 ; 0)
d) Elip đi qua hai điểm M(0 ; 1) và N








2
3
;1
Giải

a) Độ dài trục lớn bằng 10 và tiêu cự bằng 6
Ta có độ dài trục lớn bằng 10 nên 2a = 10  a = 5 ;
Tiêu cự bằng 6 nên 2c = 6  c = 3
Với b
2
= a
2
– c
2
= 25 – 9 = 16 . Từ đây ta có phương trình chính tắc của elip là:

1
1625
22
=+
yx
b) Một tiêu điểm
( )
0;3−
và điểm








2
3

;1
nằm trên Elip
Phương trình chính tắc của (E) có dạng
1
2
2
2
2
=+
b
y
a
x
Vì (E) có một tiêu điểm
( )
30;3
1
=− cnênF
.
Điểm








2
3

;1
nằm trên (E) nên
)1(1
4
31
22
=+
ba
Với a
2
= b
2
+ c
2
= b
2
+3 thế vào (1) ta có:
.43110954)3(4)3(341
4
3
3
1
22242222
22
=+=⇒=⇔=−+⇔+=++⇔=+
+
abbbbbbb
bb
Vậy phương trình chính tắc là
1

14
22
=+
yx
c) Một đỉnh trên trục lớn là điểm (3 ; 0) và một tiêu điểm là (-2 ; 0)
Một đỉnh trên trục lớn là điểm (3 ; 0) nên ta có a = 3
Một tiêu điểm là (-2 ; 0) nên c = 2. Suy ra b
2
= a
2
– c
2
= 3
2
– 2
2
= 9 – 4 = 5
Vậy phương trình chính tắc là
1
59
22
=+
yx
d) Elip đi qua hai điểm M(0 ; 1) và N









2
3
;1
Phương trình chính tắc của (E) có dạng
1
2
2
2
2
=+
b
y
a
x
Vì E đi qua hai điểm M(0 ; 1) và N








2
3
;1
nên thay tọa độ hai điểm M và N vào
phương trình E ta được:






=
=
⇔







=+
=
4
1
1
4
31
1
1
2
2
22
2
a
b

ba
b

Vậy phương trình chính tắc là
1
14
22
=+
yx
.
Dạng 2: Xác định thành phần Elip khi biết PTCT của E đó.
1. Phương pháp
Các thành phần của E :
1
2
2
2
2
=+
b
y
a
x
là:
* Tiêu cự: F
1
F
2
= 2c
* Độ dài trục lớn: A

1
A
2
= 2a
* Độ dài trục bé: B
1
B
2
= 2b
*
aMFMFEM 2)(
21
=+⇔∈
- Ta có tọa độ các điểm đặc biệt của E
* Hai tiêu điểm: F
1
(-c ; 0) ; F
2
(c ; 0).
* Hai đỉnh trên trục lớn: A
1
(-a ; 0 ) ; A
2
(a ; 0 )
* Hai đỉnh trên trục nhỏ: B
1
(0; -b ) ; B
2
(0 ; b )
* Tỉ số:

1<
a
c
* Phương trình đường thẳng chứa cạnh của hình chữ nhật cơ sở là:
byax ±=±= ;
2. Bài tập
Cho E có phương trình:
1
925
22
=+
yx

Xác định độ dài các trục, tọa độ tiêu điểm, tọa độ các đỉnh
Giải
Phương trình chính tắc của (E) có dạng
1
2
2
2
2
=+
b
y
a
x
vì vậy ta có:




=
=
⇒





=
=
3
5
9
25
2
2
b
a
b
a
4
22
=−=⇒ bac
Vậy (E) có: - Trục lớn A
1
A
2
= 2a = 10
- Trục nhỏ: B
1

B
2
= 2b = 6
- Hai tiêu điểm: F
1
(-4 ; 0) ; F
2
(4 ; 0).
- Bốn đỉnh: A
1
(-5 ; 0 ) ; A
2
(5 ; 0 )
B
1
(0; -3 ) ; B
2
(0 ; 3 )
C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài 1: Trong mp với hệ tọa độ 0xy cho elip (E) :
1
425
4
22
=+
yx
.
a/ Tìm tọa độ các tiêu điểm và tính tâm sai của elip .
b/ Xác định độ dài các trục và tiêu cự.
Bài 2: Trong mp với hệ tọa độ 0xy cho elip (E) : x

2
+ 4y
2
= 4
a/ Tìm tọa độ các đỉnh , tọa độ các tiêu điểm và tính tâm sai của elip
b/ Xác định độ dài các trục và tiêu cự.
Bài 3: Viết phương trình chính tắc trong các trường hợp sau:
a/ Khoảng cách giữa các đường chuẩn là 36 và bán kính qua tiêu điểm của điểm M thuộc
(E) là 9 và 15
b/ (E) đi qua điểm M (2;
3
5
) và 1 tiêu điểm F
1
( -2; 0).
c/ Biết (E) đi M ( 2; -
2
) và N ( -
6
; 1)
d/ (E) có độ dài trục lớn bằng 2
5
và tiêu cự bằng 2.