tài liệu toán ôn thi đại học chuyên đề hình giải tích

CHUYÊN ĐỀ 1
TỌA ĐỘ PHẲNG
Trong các bài toán về tọa độ trong mặt phẳng thường gặp các yêu cầu như tìm
tọa độ một điểm, một vectơ, tính độ dài một đoạn thẳng, số đo góc giữa hai vectơ,
quan hệ cùng phương hoặc vuông góc giữa hai vectơ, 3 điểm thẳng hàng.
Ta vận dụng các kiến thức cơ bản sau đây:
Cho a
r
=
()
1 2
a, a , b
r
=
(
)
1 2
b, b ta có:
a
r
= b
r
⇔
1
2
1
2
a = b
a = b
⎧
⎨

⎩

a
r
+ b
r
= (
1 1
a + b,
2 2
a + b)
a
r
– b
r
= (
1 1
a - b,
2 2
a - b)
k
a
r
= (k
1
a , k
2
a ) (k
∈
R)

α a
r
+
β
b
r
= (α
1
a +
β
1
b ,
α
2
a +
β
2
b )
a
r
. b
r
=
1
a
1
b +
2
a
2

b
. Với các quan hệ về độ dài ta có:

a
r
= (
1
a ,
2
a ) ⇒ a
r
=
22
1 2
a + a
()
()
AA
BB
A
x, y
Bx, y
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
⇒
A
B

uuur
= (
B
x –
A
x ,
B
y –
A
y )
và AB =
()()
22
BA BA
x - x y - y+

. Với quan hệ cùng phương hoặc vuông góc ta có:

a
r
⊥
b
r
⇔
1
a
1
b +
2
a

2
b = 0
a
r
cùng phương b
r
⇔
r
r
sin(a, b) = 0 ⇔
1
a
2
b –
2
a
1
b = 0
⇔
1
1
a
b
=
2
2
a
b
(
1

b ,
2
b
≠
0)
A, B, C thẳng hàng
⇔
A
B
u
uur
cùng phương
A
C
u
uur


⇔

BABA
CACA
x - x y - y
x - x y - y
= 0
. Với việc tìm góc của hai vectơ ta có:
- Góc hình học tạo bởi hai vectơ a
r
, b
r

được suy từ công thức:
cos(

a, b
r
r
) =
11 22
ab + ab
a.b
r
r
(1)
- Số đo góc đònh hướng của hai vectơ a
r
, b
r
ngoài (1) còn được suy thêm từ một
trong hai công thức:

r
r
sin(a, b)
=
12 1
r
r
2
ab - ab
a.b

r
r
tg(a, b)
=
12 1
11 2
2
2
ab - ab
ab + ab

Ngoài ra trong các bài toán về tọa độ phẳng ta có thể áp dụng các kết quả sau
đây:
. M(
M
x ,
M
y ) là trung điểm của đoạn thẳng AB
⇔
2
2
AB
M
AB
M
x + x
x =
y + y

y =
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩

. G(
G
x ,
G
y ) là trọng tâm của
Δ
ABC

⇔
3
3
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
ABC
G
ABC

G
x + x + x
x =
y + y + y
y =

. I(
I
x ,
I
y ) và J(
J
x ,
J
y ) là chân đường phân giác trong và ngoài của góc A
trong
ΔABC thì:

IB
IC
uur
uur
= −
uuur
uuur
JB
JC
=
−
A

B
A
C

. Với A(
A
x ,
A
y ), B(
B
x ,
B
y ), C(
C
x ,
C
y ) thì diện tích tam giác ABC là:
S =
1
2
Δ với
Δ
=
BABA
CACA
x - x y - y
x - x y - y

Ví dụ 1:
Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm A(2, –1), B(0, 3), C(4, 2).

a) Tìm tọa độ điểm D đối xứng với A qua B.
b) Tìm tọa độ điểm M để 2
AM
u
uuur
+ 3BM
u
uuur
- 4CM
u
uuur
= 0
r

c) Tìm tọa độ điểm E để ABCE là hình thang có một cạnh đáy là AB và E nằm
trên Ox.
d) Tìm tọa độ trực tâm H, trọng tâm G và tâm I đường tròn ngoại tiếp Δ ABC.
e) Chứng tỏ H, G, I thẳng hàng.
Giải
a) D là điểm đối xứng của A qua B
⇔ B là trung điểm của AD
⇔
AD
B
AD
B
x + x
x =
2
y + y

y =
2
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩

⇔
(
)
()
−−−⎧
⎪
⎨
−
⎪
⎩
DBA
DBA
x = 2x x = 20 2 = 2
y = 2y y = 2 3 + 1 = 7
hay D(–2, 7)
b) Ta có: 2
AM
uuuur
+ 3BM
u

uuur
– 4
CM
u
uuur
=
0
r
= ( 0, 0 )
⇔
()()
(
)
()()()
−−−−⎧
⎪
⎨
−− −
⎪
⎩
MMM
MMM
2x 2 + 3x 0 4x 4 = 0
2 y + 1 + 3 y 3 4 y 2 = 0

⇔
−
⎧
⎨
−

⎩
M
M
x =12
y =1
hay M(–12, –1)
c) ABCE là hình thang có đáy AB và E nằm trên Ox.
⇔
E
y = 0
CE
⎧
⎪
⎨
ΑΒ
⎪
⎩
uuur uuur
//

⇔

E
EE
y = 0
x - 4 y - 2
=
0 - 2 3 + 1
⎧
⎪

⎨
⎪
⎩

⇔
E
E
y = 0
x = 5
⎧
⎨
⎩
hay E(5, 0)
d) H là trực tâm của
ΔABC
⇔
A
H BC
BH AC
⊥
⎧
⎨
⊥
⎩

⇔

A
H.BC = 0
BH.AC = 0

⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
u
uuur uuur
uuuur uuur

⇔
()()
(
)
(
)
()()()()
41230
42 321 0
−−++−=⎧
⎪
⎨
−−+−+=
⎪
⎩
HH
HH
x2 0y
x0 y

⇔

490
2390
HH
HH
xy
xy
−−=
⎧
⎨
+−=
⎩

⇔

18
7
9
7
H
H
x
y
⎧
=
⎪
⎪
⎨
⎪
=
⎪

⎩
hay H
18
7
9
,
7
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

G là trọng tâm
ΔABC ta có:

204
2
33
132 4
333
ABC
G
ABC
G
xxx
x
yyy
y
++
++
⎧

===
⎪
⎪
⎨
++
−+ +
⎪
===
⎪
⎩
hay G
4
2
3
,
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

+ I là tâm đường tròn ngoại tiếp
Δ
ABC
⇔ IA = IB = IC
⇔

22
22
IA IB
IA IC
⎧

=
⎪
⎨
=
⎪
⎩

⇔
()( )()()
()( )()()
2222
2222
2103
2142
IIII
IIII
xyxy
xyxy
⎧
−+−−=−+−
⎪
⎨
−+−−=−+−
⎪
⎩

⇔
4840
46150
II

II
xy
xy
−+ −=
⎧
⎨
+−=
⎩

⇔
24 12
14 7
19
14
I
I
x
y
⎧
==
⎪
⎪
⎨
⎪
=
⎪
⎩
hay I
12 19
714

,
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

e) Ta có :
HG
uuuur
=
41
721
,
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
và HI
u
uur
=
61
714
,
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

⇒
4

7
6
7
−
−
=
1
21
1
14
=
2
3

⇒ HG
uuuur
cùng phương với HI
u
uur

⇒ H, I, G thẳng hàng.
Ví dụ 2:
Trong mặt phẳng Oxy cho A(2, 2 3 ), B(1, 3 3 ), C (-1, 3 ) . Tính
cos (
A
O
uuur
,
A
B

uuur
) và diện tích tam giác ABC.
Giải
Ta có:
A
O
uuur
= (
–
2,
–2
3 ),
A
B
u
uur
= (
–
1, 3 ) = ( a
1
;a
2
)
cos(
A
O
uuur
,
A
B

uuur
) =
26
41213
.
−
+
+
=
1
2
−


uuur
A
C = (
–
3,
–
3 ) = = ( b
1
; b
2
)
⇒
12 21
1
2
=−

ABC
Sabab =
1
1333
2
−
−−−()( ) () = 2 3
CHUYÊN ĐỀ 2
ĐƯỜNG VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG
Các bài toán về phần đường và phương trình đường thường yêu cầu xác đònh
quỹ tích các điểm trong mặt phẳng tọa độ theo những điều kiện cho trước, quỹ tích này
là một đường mà ta phải tìm phương trình của nó dựa vào đònh nghóa:
F(x, y) = 0 là phương trình của đường (L) nếu ta có :
M(
M
x ,
M
y ) ∈ (L)
⇔
F(
M
x ,
M
y ) = 0
Nếu M
∈ (L) và M có tọa độ phụ thuộc tham số t:

(
)
()

xft
ygt
=⎧
⎪
⎨
=
⎪
⎩
(t
∈
R)
thì đó là phương trình tham số của đường (L).
Từ phương trình tham số, ta khử t thì có thể trở về dạng
F(x, y) = 0
Lưu ý việc giới hạn của quỹ tích tuỳ theo các điều kiện đã cho trong đầu bài.
Ví du1:

Trong mặt phẳng Oxy cho A(2, 1), B(–3, 2). Tìm quỹ tích điểm M để
(
MA
uuuur
+ MB
u
uuur
)
A
B
u
uur
= 1

Giải
Gọi (L) là quỹ tích phải tìm.
M(
M
x ,
M
y ) ∈ (L)
⇔
(MA
u
uuur
+ MB
u
uuur
)
A
B
u
uur
= 1

⇔ [ (2 –
M
x ) + (–3 –
M
x ) ] (–3 – 2) + (1 –
M
y + 2 –
M
y ) (2 – 1) = 1

⇔ 5 + 10
M
x + 3 – 2
M
y = 1

⇔ 10
M
x – 2
M
y + 7 = 0

⇔ M(
M
x ,
M
y ) có tọa độ thỏa phương trình
F(x, y) = 10x – 2y + 7 = 0
Vậy quỹ tích phải tìm là đường thẳng (L) có phương trình
10x – 2y + 7 = 0.
Ví dụ 2:
Lập phương trình quỹ tích tâm của những đường tròn tiếp xúc với trục Ox và đi
qua điểm A(1, 2).
Giải
Gọi (L) là quỹ tích những tâm đường tròn tiếp xúc với trục Ox và đi qua điểm
A(1, 2).
I(
I
x ,

I
y ) ∈ (L) ⇔ I là tâm đường tròn qua A(1, 2) và tiếp xúc với Ox
tại M

⇔
IM Ox tại M
IM = IA
⊥
⎧
⎨
⎩


⇔
()()()()
22 22
00
MI M
MI MI AI AI
xx và y
xx yy xx yy
−= =
⎧
⎪
⎨
−+−= −+−
⎪
⎩

⇔
2
I
x – 2
I
x – 4
I
y + 5 = 0

⇔ I(
I
x ,
I
y ) có tọa độ thỏa phương trình
F(x, y) = x
2
– 2x – 4y + 5 = 0
Đó là phương trình của quỹ tích phải tìm (Parabol).
CHUYÊN ĐỀ 3
ĐƯỜNG THẲNG
I. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, muốn viết phương trình một đường thẳng
()
Δ
ta
cần phải biết:
1)
()
Δ qua điểm M
0

(x
0
, y
0
) và có vectơ chỉ phương a
r
= (a
1
, a
2
) sẽ có:
. Phương trình tham số :
01
02
xx ta
yy ta
=+
⎧
⎨
=+
⎩
(t
∈
R)
. Phương trình chính tắc :
0
1
xx
a
−

=
0
2
yy
a
−
(a
1
, a
2

≠
0)
Từ phương trình chính tắc ta có thể đổi thành dạng phương trình tổng quát :
Ax + By + C = 0 (A
2
+ B
2
> 0)
2)
()
Δ qua điểm M
0
(x
0
, y
0
) và có 1 pháp véctơ là (a,b) có phương trình :
a(x – x
0

) + b(y – y
0
) = 0
3) i) Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng có dạng
Ax + By + C = 0 với A
2
+ B
2
> 0 (1)
ii) Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng có dạng
x = x
0
hoặc y = kx + m (2).
Ta dễ dàng thấy (1) và (2) là tương đương.
+ (2)
⇔ kx –y + m = 0 ⇒ (2 ) thỏa (1) với A = k, B = - 1 , C = m.
+ Nếu B = 0
⇒
=
−
C
x
A
, có dạng x = x
0
với x
0
= . Nếu B≠ 0 ⇒
=− −
A

C
yx
BB
, có dạng y = kx + m.
3)
()
Δ
qua hai điểm A(x
A
, y
A
), B(x
B
, y
B
) có phương trình :

A
BA
xx
xx
−
−
=
A
BA
yy
yy
−
−

nếu 0
−
−≠
BABA
(x x )(y y )
Nếu
()
Δ
qua A(a, 0) ∈ Ox và B(0, b)
∈
Oy với a.b ≠ 0; ta nói
()
Δ
có đoạn
chắn a, b với phương trình:
−
C
A

x
a
+
y
b
= 1
* Ghi chú:

Nếu đề bài toán yêu cầu ta viết phương trình của đường thẳng, thông thường ta
nên viết phương trình ở dạng tổng quát và lưu ý :
()

Δ : Ax + By + C = 0 thì
(
)
Δ
có :
. một pháp vectơ
n
r
= (A, B)
. một vectơ chỉ phương
a
r
= (–B, A)
. hệ số góc k = tg(
Ox
uuur
,
Δ
) =
A
B
−

.
()
′
Δ
//
()
Δ ⇒

(
)
′
Δ
: Ax + By + C
0
= 0
.
()
′
Δ
⊥
()
Δ ⇒
(
)
′
Δ
: Bx – Ay + C
0
= 0
Ta tìm được C
0
nếu biết thêm một điểm nằm trên
(
)
′
Δ
.
Ngoài ra khi viết phương trình của một đường thẳng

(
)
Δ
theo hệ số góc k, bài
toán có thể bò thiếu nghiệm do trường hợp
(
)
Δ
⊥

x
′
x (hệ số góc k không tồn tại), do
đó ta phải xét thêm trường hợp
(
)
Δ
có phương trình x = C để xem đường thẳng
(
)
Δ

này có thỏa mãn điều kiện của đầu bài không.
Ghi chú
- Nếu n
r
= (A, B) là 1 pháp véc tơ của đường thẳng
(
)
Δ

thì
k.
n
r
= (kA, kB) cũng là pháp véc tơ của
(
)
Δ
với mọi số thực k ≠ 0.
- Nếu
12
=
ur
a(a,a)
là 1 véc tơ chỉ phương của đường thẳng
()
Δ thì k.
12
=
ur
a(ka,ka)
cũng là véc tơ chỉ phương của
(
)
Δ
với mọi số thực k khác 0.
II. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG
Để xét vò trí tương đối của hai đường thẳng ta cần nhớ
Cho (d
1

) : A
1
x + B
1
y + C
1
= 0
và (d
2
) : A
2
x + B
2
y + C
2
= 0
Đặt :
D =
11
22
A
B
A
B
; D
x
=
11
22
BC

BC
; D
y
=
11
22
CA
CA
thì :
D
≠
0 ⇔ (d
1
) cắt (d
2
) tại I
1
x
I
y
D
x
D
D
y
D
⎧
=
⎪
⎪

⎨
⎪
=
⎪
⎩

D = 0 và D
x

≠
0 hoặc D
y

≠
0
⇔
(d
1
)
/
/ (d
2
)
D = D
x
= D
y
= 0
⇔
(d

1
)
≡
(d
2
)
hoặc với A
2
, B
2
, C
2
≠ 0 ta có :

1
2
A
A
≠
1
2
B
B

⇔
(d
1
) cắt (d
2
)

1
2
A
A
=
1
2
B
B

≠

1
2
C
C

⇔
(d
1
)
/
/ (d
2
)

1
2
A

A
=
1
2
B
B
=
1
2
C
C

⇔
(d
1
)
≡
(d
2
)
Ghi chú

11
22
BC
BC
=
11
22
−

CB
CB
;
11
22
CA
CA
=
11
22
−
A
C
A
C



III. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG
Để tìm góc giữa hai đường thẳng, ta gọi
α
là góc nhọn tạo bởi hai đường thẳng
(d
1
) : A
1
x + B
1
y + C
1

= 0 (d
2
) : A
2
x + B
2
y + C
2
= 0
thì cos
α =
12 12
22 22
1122
AA BB
A
B.A B
+
++


IV. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT ĐƯỜNG THẲNG
Để tìm khoảng cách từ điểm M(x
M
, y
M
) đến đường thẳng
()
Δ : Ax + By + C = 0 ta áp dụng công thức :
d(M,

Δ) =
22
MM
A
xByC
AB
+
+
+

Khoảng cách đại số từ đường thẳng
(
)
Δ
đến điểm M(x
M
, y
M
) là :
t =
22
MM
A
xByC
AB
++
+

Đặt pháp vectơ
n

r
= (A, B) có gốc lên
(
)
Δ
thì :
. t > 0 nếu điểm M và
n
r
nằm cùng một bên đối với
(
)
Δ

. t < 0 nếu điểm M và
n
r
nằm khác bên đối với
(
)
Δ

Phương trình đường phân giác của góc hợp bởi 2 đường thẳng
(d
1
) : A
1
x + B
1
y

+ C
1
= 0 và
(d
2
) : A
2
x + B
2
y

+ C
2
= 0 là :

111
22
11
A
xByC
AB
++
+
=
±
222
22
22
A

xByC
AB
+
+
+

Ví dụ 1:
Cho tam giác ABC với A(–2, 1), B(4, 3), C(2,–3)
a) Tìm phương trình tham số và tổng quát cạnh BC.
b) Tìm phương trình đường cao AH.
c) Tìm phương trình đường thẳng qua A(–2, 1) và song song với BC.
Giải
a) Đường thẳng qua cạnh BC nhận BC
u
uur
= (–2, –6) hay (1,3) làm vectơ chỉ
phương và qua B(4, 3) nên có phương trình tham số :

4
33
=
+
⎧
⎨
=
+
⎩
xt
yt
(t

∈
R)
⇔
4
1
−x
=
3
3
−y
(phương trình chính tắc)
⇔ 3x – y – 9 = 0 là phương trình tổng quát của BC.
b)
Δ
ABC có đường cao AH
⊥
BC : 3x – y – 9 = 0
⇒ pt AH : x + 3y + C
1
= 0
A(–2, 1)
∈ AH ⇔ –2 + 3(1) + C
1
= 0
⇔
C
1
= –1
Vậy pt AH : x + 3y – 1 = 0
c) Đường thẳng Au

// BC ⇒pt Au : 3x – y + C
2
= 0
A(–2, 1) ∈ Au ⇔ 3(–2) – 1 + C
2
= 0
⇔
C
2
= 7
Vậy pt Au : 3x – y + 7 = 0
Ví dụ 2:
Cho tam giác ABC với A(1, –1), B(–2, 1), C(3, 5).
a) Viết phương trình đường vuông góc AH kẻ từ A đến trung tuyến BK của tam
giác ABC.
b) Tính diện tích tam giác ABK.
Giải
a) K là trung điểm của AC
⇔

2
2
2
2
AC
K
AC
K
xx
x

yy
y
+
⎧
=
=
⎪
⎪
⎨
+
⎪
=
=
⎪
⎩

hay K(2, 2)
Phương trình cạnh BK :
2
22
x
−
−
−
=
2
12
y
−
−

⇔
x – 4y + 6 = 0
AH
⊥
BK ⇒ pt AH : 4x + y + C
0
= 0
A(1, - 1)
∈
AH ⇔ 4(1) + (–1) + C
0
= 0

⇔ C
0
= –3 hay AH : 4x + y – 3 = 0
b) Diện tích tam giác ABK là S =
1
2
AH.BK với
AH =
A(BK)
d =
146
17
+
+

⇒ S =
1
2
.
11
17
.
22
41
+
=
11
2
( đvdt ).
Ví dụ 3
( Đề dự trữ khối A năm 2005) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam
giác ABC cân tại đỉnh A có trọng tâm G
41
(;)
33
, phương trình đường thẳng BC là
240xy−−=và phương trình đường thẳng BG là 7480xy
−
−=.Tìm tọa độ các đỉnh
A, B, C.
Bài giải

Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ pt
()
−−=

⎧
⇒−
⎨
−−=
⎩
x2y40
B0,2
7x 4y 8 0

Vì ABCΔ cân tại A nên AG là đường cao của ABC
Δ

Vì
GA BC⊥
⇒ pt GA: −+ −=⇔+−=
41
2(x ) 1(y ) 0 2x y 3 0
33
2x y 3 0
⇔
+−=
⇒ GA BC∩ = H
()
+−=
⎧
⇒−
⎨
−−=
⎩
2x y 3 0

H2,1
x2y40

Ta có H là trung điểm BC
⇒
+= = −= −=
⎧⎧
⇒
⎨⎨
+
==−=−−−=
⎩⎩
BC H C HB
BC H C HB
xx2x x2xx2(2)04
yy2y y2yy2(1)(2)0


⇒
()
C4,0. Ta có :
++ ++
==
ABC ABC
GG
xxx yyy
xvày
33

⇒

(
)
A0,3
Vậy
()()( )
A0,3,C4,0,B0,2−
CHUYÊN ĐỀ 4
ĐƯỜNG TRÒN
1. Để tìm phương trình của một đường tròn ta cần lưu ý:
. Phương trình của đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R là :

()
2
xa−
+
()
2
yb−
= R
2

. Phương trình của (C) ở dạng khai triển :
x
2
+ y
2
– 2ax – 2by + c = 0 ( hay x
2
+ y
2

+ 2ax + 2by + c = 0)
với c = a
2
+ b
2
– R
2
⇔ R
2
=
22
abc
+
−
Do đó ta phải có điều kiện a
2
+ b
2
– c ≥ 0
. Phương trình tham số của đường tròn tâm I(a, b) bán kính R là:

xaRcost
ybRsint
=+
⎧
⎨
=+
⎩
(t
∈

R)
2. Để viết phương trình tiếp tuyến với một đường tròn ta cần phân biệt :
a) Trường hợp biết tiếp điểm : ta dùng công thức phân đôi tọa độ :
Tiếp tuyến
()
Δ tại tiếp điểm M
0
(x
0
, y
0
) với :
- đường tròn (C) :
()
2
xa− +
()
2
yb− = R
2
là
(x
0
– a) (x – a) + (y
0
– b) (y – b) = R
2

- đường tròn (C) : x
2

+ y
2
– 2ax – 2by + c = 0 là
x
0
x + y
0
y – a(x
0
+ x) – b(y
0
+ y) + c = 0
b) Trường hợp không biết tiếp điểm, ta áp dụng tính chất :
Đường thẳng
()
Δ tiếp xúc với đường tròn tâm I bán kính R

⇔ Δd(I , ) = R.
c)
đường tròn (C) :
()
2
xa−
+
()
2
yb−
= R
2
có 2 tiếp tuyến cùng phương với

Oy là x = a R. Ngoài 2 tiếp tuyến x = a R, mọi tiếp tuyến khác với đường
tròn ( C) đều có dạng y = kx + m hoặc dạng y = k ( x –x
0
) + y
0
nếu tiếp
tuyến đi qua ( x
0
, y
0
) là điểm nằm ngoài đường tròn.
Ví dụ
Trong mặt phẳng Oxy cho A(–2, 0), B(0, 4).
a) Viết phương trình đường tròn (C) qua 3 điểm O, A, B.
b) Viết phương trình các tiếp tuyến với đường tròn (C) tại A, B.
c) Viết phương trình các tiếp tuyến với (C) phát xuất từ điểm M(4, 7)
Giải
a) Phương trình đường tròn (C) có dạng :
x
2
+ y
2
– 2ax – 2by + c = 0
Đường tròn (C) qua 3 điểm O, A, B nên :

0
44 0
16 8 0
c
ac

bc
=
⎧
⎪
++=
⎨
⎪
−+=
⎩

⇔

0
1
2
c
a
b
=
⎧
⎪
=
−
⎨
⎪
=
⎩

Vậy (C) : x
2

+ y
2
+ 2x – 4y = 0.
Cách khác
: Tam giác ABC vuông tại O nên có tâm là trung điểm của AB và đường
kính là AB nên pt dường tròn (C) là:

222
11
12 4165
44
++− = = + =(x ) (y ) AB ( )

Cách khác
: Tam giác ABC vuông tại O nên
∈
vớiM(x,y) (C) ta có
0=
uuuur uuuur
AM.BM . Vậy pt đường tròn ( C ) là 0
−
−+− −=
AB AB
(x x )(x x ) (y y )(y y ) .
b) Phương trình tiếp tuyến với (C) tại :
. Tiếp điểm A(–2, 0) là : –2x + 0.y + (–2 + x) – 2(0 + y) = 0

⇔
x + 2y + 2 = 0
±

±
. Tiếp điểm B(0, 4) là : 0.x + 4.y + (0 + x) – 2(4 + y) = 0

⇔
x + 2y – 8 = 0
c) Đường tròn (C) : x
2
+ y
2
+ 2x – 4y = 0 có tâm I(–1, 2) và bán kính R =
2
12 0+− = 5 .Hai tiếp tuyến cùng phương với Oy là
15=± =−±xaR . Hai tiếp tuyến này không qua M(4, 7)
Vậy phương trình tiếp tuyến qua M(4, 7) có dạng:
()
Δ : y – 7 = k(x – 4)
⇔ kx – y + 7 – 4k = 0
()
Δ tiếp xúc với đường tròn (C)
⇔
Δ
d(I , ) = R
⇔
2
274
1
kk
k
−−+−
+

= 5
⇔

55k−
= 5 .
2
1k
+

⇔ 4k
2
– 10k + 4 = 0
⇔
k = 2 hay k =
1
2

Vậy có 2 tiếp tuyến với đường tròn (C) phát xuất từ điểm M(4, 7) với phương
trình là :
k = 2
⇒ 2x – y – 1 = 0
k =
1
2
⇒
1
2
x – y + 5 = 0.
Ví dụ
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho tam giác ABC có AB=AC,


0
90BAC = . Biết M(1,–1) là trung điểm cạnh BC và G(
2
3
; 0) là trọng tâm tam giác
ABC. Tìm tọa độ các đỉnh A , B, C.
G là trọng tâm
ΔABC ⇔ =
uuur uuuur
AG 2GM

⇔
⎧
−=−=
⎪
⎨
⎪
−=−−=−
⎩
A
A
222
x2(1)
333
y2(10)2
⇔
=
⎧
⎨

=
⎩
A
A
x0
y2
⇔ A (0, 2)
PT: BC qua M (1,
−1) ⊥
uuuur
AM = (1, −3): x – 3y – 4 = 0
PT đ.tròn (C) tâm M, bán kính R = AM=
+=19 10
(x – 1)
2
+ (y + 1)
2
= 10
Tọa độ B, C thỏa :
−−=
⎧
⎨
−++=
⎩
22
x3y40
(x 1) (y 1) 10

⇔
=+

⎧
⎨
+++=⇔+=
⎩
22 2
x3y4
(3y3) (y1) 10 (y1) 1
⇔
=
⎧
⎨
=
⎩
x4
y0
∨
=
−
⎧
⎨
=
−
⎩
x2
y2

Vậy B (4, 0); C(
−2, −2) hay B(−2, −2); C (4, 0)

Ví dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d

1
: x – y = 0
và d
2
: 2x + y – 1 = 0.Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc d
1
, đỉnh C
thuộc d
2
và các đỉnh B, D thuộc trục hoành.
Giải
A ∈ d
1
⇔ A (m; m). C ∈ d
2
⇔ C (n; 1 – 2n)
Vì B, D
∈ Ox và ABCD là hình vuông nên :
A và C đối xứng nhau qua Ox
⇔
mn
m2n1
=
⎧
⎨
=
−
⎩
⇔
m1

n1
=
⎧
⎨
=
⎩

Suy ra A(1; 1), C(1; -1). Gọi (C) là đường tròn đường kính AC

⇒ Phương trình (C) : (x–1)
2
+y
2
=1. B và D là giao điểm (C) và Ox nên tọa độ của B, D
là nghiệm của hệ :
22
(x 1) y 1
y0
⎧
⎪
−+=
⎨
=
⎪
⎩


⇔
=∨=
⎧

⎨
=
⎩
x0x2
y0
. Suy ra B (0; 0), D(2; 0) hay B(2; 0), D(0; 0)
Vậy A(1; 1), B (0; 0), C(1; -1), D(2; 0)
hay A(1; 1), B(2; 0), C(1; -1), D(0; 0).
Ví du
ï Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2; 0), B(6; 4). Viết phương trình
đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại điểm A và khoảng cách từ tâm của (C) đến điểm B
bằng 5.
Giải
Gọi I (x; y) là tâm của (C). Ta có : (C) tiếp xúc Ox tại A ⇒ IA i
⊥
u
ur ur
= (1; 0) ⇔ x – 2 = 0

⇔ x = 2
IB = 5
⇔ (x – 6)
2
+ (y – 4)
2
= 25

⇔ (2 – 6)
2
+ (y – 4)

2
= 25 ⇔ (y – 4)
2
= 9

⇔ y – 4 = ±3 ⇔ y = 7 hay y = 1
Trường hợp 1:
I(2; 7) ⇒ R = d(I, Ox) = 7
Suy ra pt (C) : (x – 2)
2
+ (y – 7)
2
= 49
Trường hợp 2:
I (2; 1) ⇒ R = d(I, Ox) = 1

⇒ pt (C) : (x – 2)
2
+ (y – 1)
2
= 1.
Ví dụ
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcac vuông góc Oxy, cho hai đường tròn:
(C
1
) : x
2
+
y
2

– 10x = 0; (C
2
) : x
2
+ y
2
+ 4x – 2y – 20 = 0
1) Viết phương trình đường tròn đi qua các giao điểm của (C
1
), (C
2
) và có tâm nằm trên
đường thẳng x + 6y – 6 = 0.
2) Viết phương trình tiếp tuyến chung của các đường tròn (C
1
) và (C
2
).
Gi
ải
1) Phương trình chùm đường tròn qua các giao điểm của (C
1
), (C
2
) là :
m(x
2
+ y
2
– 10x) + n(x

2
+ y
2
+ 4x – 2y – 20) = 0 với m
2
+ n
2
> 0

⇔ (m + n)x
2
+ (m + n)y
2
+ (4n – 10m)x – 2ny – 20n = 0

⇔ x
2
+ y
2
+
4n 10m 2n 20n
xy 0
mn mn mn
−
⎛⎞
−
−=
⎜⎟
+++
⎝⎠

Có tâm I
5m 2n n
;
mnmn
−
⎛⎞
⎜⎟
++
⎝⎠

Vì tâm I
∈ d : x + 6y – 6 = 0 ⇒
5m 2n 6n 6m 6n
0
mn
−
+− −
=
+


⇒ m = −2n . Cho n = 1 ⇒ m = −2
Vậy phương trình đường tròn là :x
2
+ y
2
– 24x + 2y + 20 = 0.
2) Viết phương trình các tiếp tuyến chung của (C
1

), (C
2
).
(C
1
) có tâm I
1
(5; 0), bán kính R
1
= 5
(C
2
) có tâm I
2
(−2; 1), bán kính R
2
= 5
Vì (C
1
), (C
2
) cắt nhau tại 2 điểm nên có 2 tiếp tuyến chung.
Vì x = x
o
không thể là tiếp tuyến chung nên pt tt chung Δ có dạng :
y = ax + b
⇔ ax – y + b = 0
Δ tiếp xúc với (C
1
) ⇔ d(I

1
, Δ) = R
1
⇔
2
5a b
5
a1
⏐+⏐
=
+


⇔⏐5a + b⏐ =
2
5a 1+ (1)

Δ tiếp xúc với (C
2
) ⇔ d(I
2
, Δ) = R
2
⇔
2
2a 1 b
a1
⏐
−−+
⏐

+
= 5

⇔ ⏐−2a – 1 + b⏐ =
2
5a 1+
(2)
(1) và (2)
⇒ ⏐5a + b⏐ = ⏐−2a – 1 + b⏐

⇔
5a b 2a 1 b
5a b 2a 1 b
+=−−+
⎡
⎢
+=++−
⎣
⇔
1
a
7
3a 1
b
2
⎡
=−
⎢
⎢
−

+
⎢
=
⎢
⎣

Thế a =
1
7
−
vào (1) ta có : b
1
=
5252
7
+
; b
2
=
5252
7
−

Vậy ta có 2 tiếp tuyến là : x + 7y – 5 +
25 2 = 0
x + 7y – 5
−
25 2
= 0.
Cách khác:

Vì R
1
= R
2
và 2 đường tròn cắt nhau nên 2 tiếp tuyến chung là 2 đường
thẳng song song với
12
II ( 7;1)=−
uuuur
Vậy phương trình 2 tiếp tuyến có dạng : x + 7y+m = 0 (Δ)
d(I
1
, Δ) = 5 ⇔ ⏐5 + m⏐ =
+
2
57 1
⇔ m = – 5
±
25 2
Vậy phương trình 2 tiếp tuyến là x + 7y – 5
±
25 2 = 0.
GHI CHÚ :
Bài đường tròn trong chương trình lớp 12 bao gồm các vấn đề chính là : Tìm
phương trình đường tròn; các bài toán liên quan đến vò trí tương đối giữường thẳng
⇒ I
1
I
2
< R

1
+ R
2
và đường tròn, giữa hai đường tròn; phương tích của một điểm đối với đường tròn; trục
đẳng phương của hai đường tròn không đồng tâm. Ngoài ra còn có một số câu hỏi liên
quan đến phương trình x
2
+ y
2
+ 2Ax + 2By +C = 0 (1). Chẳng hạn tìm điều kiện để (1)
là phương trình đường tròn. Từ phương trình (1) tìm tâm và bán kính của đường tròn,
tìm tham số để bán kính thoả một điều kiện nào đó . . .
Sau đây, chúng tôi chỉ đề cập đến cách tìm phương trình đường tròn nội tiếp
tam giác và vài ứng dụng trục đẳng phương của hai đường tròn không đồng tâm. Đây
là vấn đế các em thường “ sợ” khi gặp phải.
A/ Cách tìm phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC
:
Trước hết cần lưu ý :
• Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm của hai đường phân giác trong .
• Muốn tìm phương trình đường tròn ta tìm tâm I (a ; b) và bán kính R. Khi đó phương
trình đường tròn có dạng (x – a)
2
+ (y – b)
2
= R
2
.

• Cho k là số thực khác 1, ta có :

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
−
−
=
−
−
=
⇔=
k1
kyy
y
k1
kxx
x
MBkMA
BA
M
BA
M
(I)
1/ Nếu đề bài cho biết tọa độ A, B, C thì :

• Gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ A
của tam giác ABC.

Ta có :
DC
AC
AB
DB −=

Sử dụng công thức (I) với k =
AC
AB
−
ta xác đònh được tọa độ điểm D.

• Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC thì I chính là chân đường phân
giác trong kẻ từ B của tam giác ABD.
Ta có :
ID
BD
BA
IA −=

Sử dụng công thức (I) với k =
BD
BA
−
là xác đònh được tọa độ tâm I.
Còn bán kính đường tròn nội tiếp tam giác chính là khoảng cách từ tâm I đến
một trong 3 cạnh của tam giác ABC.
Chú ý
: Nếu một trong ba đỉnh của tam giác trùng với gốc tọa độ và hai đỉnh
còn lại nằm trên hai trục tọa độ thì cách giải được thu gọn hơn vì biết trước được 1

đường phân giác trong kẻ từ gốc tọa độ. Đường phân giác còn lại được tìm thông qua
tìm chân đường phân giác trong như đã trình bày ở trên.
2/ Nếu đề bài cho biết phương trình 3 cạnh của tam giác ABC thì từ phương trình
3 cạnh đó, ta tìm được tọa độ các điểm A, B, C bằng cách giải hệ phương trình tọa độ
giao điểm và sử dụng cách giải như phần 1.
A
B C
D
I
Ngoài ra còn có thể giải bằng kiến thức miền tạo bởi 1 đường thẳng và khoảng
cách đại số từ một điểm đến đường thẳng.
B/ Trục đẳng phương của hai đường tròn không đồng tâm
:
1/ Cho hai đường tròn không đồng tâm :
(C
1
) : x
2
+ y
2
+ 2a
1
x + 2b
1
y + c
1
= 0 (1)
(C
2
) : x

2
+ y
2
+ 2a
2
x + 2b
2
y + c
2
= 0 (2)
Trục đẳng phương của (C
1
) và (C
2
) là tập hợp các điểm có cùng phương tích đối
với (C
1
) và (C
2
) và có phương trình là :
2(a
1
– a
2
)x + 2(b
1
– b
2
)y + c
1

– c
2
= 0
2/ Ứng dụng
:
Trong chương trình Hình học lớp 10 ta đã biết cách dựng trục đẳng phương của
(C
1
) và (C
2
).

• Nếu (C
1
) và (C
2
) cắt nhau tại 2 điểm A và B thì trục đẳng phương của (C
1
) và
(C
2
) là đường thẳng AB.

• Nếu (C
1
) và (C
2
) tiếp xúc nhau (Tiếp xúc trong hoặc tiếp xúc ngoài) thì trục
đẳng phương của (C
1

) và (C
2
) là tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
) tại tiếp điểm.

• Nếu (C
1
) và (C
2
) không cắt nhau thì vẽ thêm đường tròn (C
3
) sao cho cắt được
(C
1
), (C
2
) và có tâm không nằm trên đường nối tâm của (C
1
), (C
2
). Gọi M là giao điểm
của hai trục đẳng phương của (C
1
) và (C
3
), (C
2

) và (C
3
). Khi đó trục đẳng phương của
(C
1
) và (C
2
) là đường thẳng qua M và vuông góc với đường nối tâm của (C
1
) và (C
2
).
Bài toán
: Cho đường tròn (C) và M là điểm nằm ngoài (C). Từ M kẻ MA và MB là hai
tiếp tuyến của (C) (A và B là hai tiếp điểm). Viết phương trình đường thẳng AB.
Cách giải
: Gọi I là tâm và R là bán kính của đường tròn (C).
Gọi (C’) là đường tròn tâm M, bán kính :
R’ = MA =
22
RIM −
Suy ra (C) và (C’) cắt nhau tại A và B.
Do đó đường thẳng AB chính là trục đẳng phương
của (C) và (C’).
Qua kết quả trên ta ghi nhớ ngay 2 kết quả :

• Đường thẳng đi qua giao điểm của hai đường tròn (C
1
) và (C
2

) chính là trục
đẳng phương của (C
1
) và (C
2
) [Nghóa là không cần tìm tọa độ giao điểm của (C
1
) và
(C
2
)].

• Tiếp tuyến chung của 2 đường tròn (C
1
) và (C
2
) tiếp xúc nhau tại tiếp điểm
chính là trục đẳng phương của (C
1
) và (C
2
).
Sau đây, lưu ý thêm 2 bài toán thường gặp :
Bài 1
: Cho (C
1
) và (C
2
) ở ngoài nhau. Tìm quỹ tích những điểm M từ đó vẽ được đến
(C

1
) và (C
2
) những đoạn tiếp tuyến bằng nhau.
Cách giải
: Gọi MA và MB (như hình vẽ) là 2 tiếp tuyến từ M đến (C
1
) và
(C
2
)
Ta có : MA = MB
⇔ MA
2
= MB
2

(C)
(C’)
A
B
M
I
• M
• B
A
•
(C
1
)

(C
2
)
⇔
12
/( ) /( )
M
CMC
PP
=

Do đó quỹ tích M là trục đẳng phương của (C
1
)
và (C
2
).

Bài 2
: Tìm tiếp điểm M của hai đường tròn tiếp xúc nhau (C
1
) và (C
2
)
Gọi I
1
và I
2
là tâm của (C
1

) và (C
2
). Tiếp điểm
M chính là giao điểm của trục đẳng phương của
(C
1
) và (C
2
) với đường nối tâm I
1
I
2
.



Ví dụ

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 đường tròn :
(C
1
): x
2
+ y
2
9= và (C
2
): x
2
+ y

2

22230xy
−
−−=
. Viết phương trình trục đẳng
phương d của 2 đường tròn (C
1
) và (C
2
). Chứng minh rằng nếu K thuộc d thì khỏang
cách từ K đến tâm của (C
1
) nhỏ hơn khỏang cách từ K đến tâm của ( C
2
).
Gi
ải:
Đường tròn
(
)
1
C có tâm
(
)
O0,0 bán kính
1
R3
=

Đường tròn
(
)
2
C có tâm
(
)
I1,1, bán kính
2
R5
=

Phương trình trục đẳng phương của 2 đường tròn
(
)
1
C ,
(
)
2
C là
(
)
(
)
22 22
x y 9 x y 2x2y23 0+−− +−−− =

xy70⇔++= (d)
Gọi

(
)
(
)
kk k k
Kx,y d y x 7∈⇔=−−
()() ( )
= − + − =+=+−− = + +
22 2
22222
kkkkkk kk
OK x0 y0 xyx x7 2x14x49
()()()( )
222 2
22
kkk k kk
IK x1 y1 x1 x8 2x14x65=−+−=−+−−=+ +
Ta xét
(
)
(
)
222 2
kk kk
IK OK 2x 14x 65 2x 14x 49 16 0−=++−++=>
Vậy
22
IK OK IK OK(đpcm)>⇔>

d
I
2
I
1
M

(C
1
)
(C
2
)


CHUYÊN ĐỀ 5
ELIP
Các bài toán về elip chủ yếu qui về việc viết phương trình chính tắc của elip,
xác đònh các phần tử của elip (tâm, đỉnh, tiêu cự, độ dài trục lớn, trục nhỏ, tiêu điểm…),
nhất là xác đònh phương trình của tiếp tuyến cùng với tọa độ tiếp điểm. Trong mọi
trường hợp ta cần nắm vững kiến thức cơ bản sau đây :

. Elip (E) có tiêu điểm trên
x
′
x

. Elip (E) có tiêu điểm
trên y
′
y
Phương trình
chính tắc

Tiêu cự
Tiêu điểm
Trục lớn
Trục nhỏ
Đỉnh trên trục lớn
Đỉnh trên trục nhỏ
Tâm sai
Bán kính qua tiêu
Điểm của M
∈
(E)

Đường chuẩn
(E) :
2
2
x
a
+
2
2
y
b

= 1
a
2
> b
2
và a
2
– b
2
= c
2

2c
F
1
(–c, 0), F
2
(c, 0)
Trên Ox, dài 2a
Trên Oy, dài 2b
A
1
(–a, 0), A
2
(a, 0)
B
1
(0, –b), B
2
(0, b)

e =
c
a

11
22
M
M
rFMaex
rFMaex
==+
⎧
⎨
==−
⎩


12,
Δ
: x =
±
a
e

(E) :
2
2
x
a
+

2
2
y
b
= 1
a
2
< b
2
và b
2
– a
2
= c
2

2c
F
1
(0, –c), F
2
(0, c)
Trên Oy, dài 2b
Trên Ox, dài 2a
A
1
(0, –b), A
2
(0, b)
B

1
(–a, 0), B
2
(a, 0)
e =
c
b

11
22
M
M
rFMbey
rFMbey
==+
⎧
⎨
==−
⎩


12,
Δ
: y = ±
b
e

* Ghi chú :

Trường hợp elip có tâm I(

α
,
β
) hai trục cùng phương với 2 trục tọa độ thì
phương trình có dạng
()
2
2
x
a
−
α
+
()
2
2
y
b
−
β
= 1
Ta dời hệ trục tọa độ xOy đến XIY bằng phép tònh tiến theo
OI
uur
để được
phương trình dạng chính tắc của elip là
2
2
X
a

+
2
2
Y
b
= 1 với
Xx
Yy
=
−α
⎧
⎨
=
−β
⎩

để suy ra dễ dàng tọa độ các đỉnh và tiêu điểm.
. Tiếp tuyến với elip (E) :
2
2
x
a
+
2
2
y
b
= 1 tại tiếp điểm M
0
(x

0
, y
0
) có phương
trình
0
2
xx
a
+
0
2
yy
b
= 1
. Trường hợp không biết tiếp điểm ta áp dụng tính chất :
: Ax + By + C = 0 tiếp xúc với elip
(E) :
2
2
x
a
+
2
2
y
b
= 1 ⇔ a
2
A

2
+ b
2
B
2
= C
2

Thường ta viết phương trình của theo hệ số góc ở dạng
kx – y + c = 0 và lưu ý trường hợp
⊥
x
′
x tức
: x = a
. Tiếp tuyến với elip (E) :
2
2
x
a
+
2
2
y
b
= 1 có 2 tiếp tuyến cùng phương với Oy là
x = a. Ngoài 2 tiếp tuyến x = a, mọi tiếp tuyến khác với ( E) đều có dạng
y = kx + m hoặc dạng y = k ( x –x
0
) + y

0
nếu tiếp tuyến đi qua ( x
0
, y
0
) là điểm nằm
ngoài elip.
Ví dụ :

Cho elip (E) : x
2
+ 4y
2
– 40 = 0
a) Xác đònh tiêu điểm, hai đỉnh trên trục lớn, 2 đỉnh trên trục nhỏ và tâm sai
của (E).
b) Viết phương trình tiếp tuyến với (E) tại điểm M
0
(–2, 3).
()
Δ
(
)
Δ
(
)
Δ
()
Δ
±

±±
c) Viết phương trình tiếp tuyến với elip (E) biết nó xuất phát từ điểm M(8, 0).
d) Viết phương trình tiếp tuyến với (E) biết nó vuông góc với đường thẳng (D) :
2x – 3y + 1 = 0, tính tọa độ tiếp điểm.
Giải
a) Tiêu điểm, các đỉnh và tâm sai của (E)
(E) : x
2
+ 4y
2
– 40 = 0

⇔
2
x
40
+
2
10
y
= 1 có dạng
2
2
x
a
+
2
2
y
b

= 1
với a
2
= 40 > b
2
= 10 ⇒ c
2
= a
2
– b
2
= 30

⇒ a = 2 10 , b = 10 , c = 30
Vậy elip (E) có trục lớn trên Ox, hai tiêu điểm nằm trên trục lớn là
F
1
(– 30 , 0) , F
2
( 30 , 0).
Hai đỉnh trên trục lớn là A
1
(–2 10 , 0), A
2
(2 10 , 0)
Trục nhỏ của (E) nằm trên Oy với 2 đỉnh là B
1
(0, – 10 ), B
2
(0, 10 ).

Tâm sai của elip (E) là e =
c
a
=
30
210
=
3
2

b) Viết phương trình tiếp tuyến với (E) tại M
0
(–2, 3)
Ta có
2
0
x + 4
2
0
y – 40 =
()
2
2
−
+ 4
()
2
3 – 40 = 0

⇒ M

0
(–2, 3)
∈
(E) : x
2
+ 4y
2
– 40 = 0

⇒ Phương trình tiếp tuyến với (E) tại tiếp điểm M
0
(–2, 3) sẽ là:
x
0
x + 4y
0
y – 40 = 0
⇔
–2x + 12y – 40 = 0

⇔ x - 6y + 20 = 0
c) Phương trình tiếp tuyến với elip phát xuất từ M(8, 0).
(E) có hai tiếp tuyến cùng phương với 0y là: x =
210± .Hai tiếp tuyến này không đi
qua M(8,0). Vậy pt tiếp tuyến
()
Δ
qua M(8, 0) có dạng:
y= k(x – 8)
⇔

kx – y – 8k = 0
()
Δ
tiếp xúc với elip (E) :
2
x
40
+
2
y
10
= 1
⇔ 40k
2
+ 10 = 64k
2

⇔ k
2
=
10
24
=
5
12

⇔
k =
±
5

23
=
±
15
6

Vậy có 2 tiếp tuyến với (E) qua M(8, 0) là :

15
6
x – y – 8
5
6
= 0
⇔
15 x – 6y – 8 5 = 0
hay –
15
6
x – y + 8
5
6
= 0
⇔
15 x + 6y – 8 5 = 0
d) Phương trình tiếp tuyến với (E) và vuông góc với (D)

()
′
Δ

⊥ (D) với (D) : 2x – 3y + 1 = 0
⇒
()
′
Δ
: 3x + 2y + C = 0
()
′
Δ
tiếp xúc (E) :
2
x
40
+
2
y
10
= 1
⇔ 40.9 + 10.4 = C
2

⇔
C
2
= 400

⇔
C =
±
20

Gọi M
0
(x
0
, y
0
) là tiếp điểm của tiếp tuyến
(
)
′
Δ
với (E) thì
(
)
′
Δ
:

0
xx
40
+
0
yy
10
= 1
⇔
x
0
x + 4y

0
y – 40 = 0
Với C = 20
⇒
(
)
′
Δ
: 3x + 2y + 20 = 0

⇒
0
x
3
=
0
4y
2
=
40
20
−

⇔
0
0
x6
y1
=−
⎧

⎨
=−
⎩
hay M
0
(–6, –1)
Với C = –20
⇒
(
)
′
Δ
: 3x + 2y – 20 = 0

⇒
0
x
3
=
0
4y
2
=
40
20
−
−

⇔
0

0
x6
y1
=
⎧
⎨
=
⎩
hay M
0
(6, 1).
Ví dụ :
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm C (2; 0) và elíp (E) :
22
xy
1
41
+=. Tìm
tọa độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và
tam giác ABC là tam giác đều
Giải

Giả sử A (a,
2
4a
2
−
) ∈ (E) ⇒ B (a, −
2
4a

2
−
) ∈ (E)
Và điều kiện: –2 < a < 2. Do A,B đối xứng qua Ox nên ta có:

ΔCAB đều ⇔ CA
2
= AB
2


⇔ (a – 2)
2
+
2
4a
4
−
= 4 – a
2
⇔ 7a
2
– 16a + 4 = 0

⇔ a = 2 (loại) hay a =
2
7
. Nên tọa độ của A và B là:
A
243

,
77
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
và B
243
,
77
⎛⎞
−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
hoặc A
243
,
77
⎛⎞
−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
và B
243
,
77
⎛⎞
⎜⎟

⎜⎟
⎝⎠


CHUYÊN ĐỀ 6
HYPEBOL
Để giải các bài toán có liên quan đến đường hypebol ta cần nắm vững các vấn
đề cơ bản sau:
Hypebol (H) có tâm O, hai trục đối xứng là
x
′
x, y
′
y.


Phương trình
chính tắc
. Hypebol có tiêu điểm
trên
x
′
x
2
2
x
a
–
2
2

y
b
= 1
. Hypebol có tiêu điểm t
rên
y
′
y
2
2
x
a
–
2
2
y
b
= –1
với c
2
= a
2
+ b
2
với c
2
= a
2
+ b
2

Tiêu điểm
Tiêu cự
Trục thực, độ dài
Trục ảo, độ dài
Đỉnh
F
1
(–c, 0), F
2
(c, 0)
2c
Ox, 2a
Oy, 2b
A
1
(–a, 0), A
2
(a, 0)
F
1
(0, –c), F
2
(0, c)
2c
Oy, 2b
Ox, 2a
A
1
(0, –b), A

2
(0, b)
Tiệm cận


Tâm sai
Bán kính
M(x
M
, y
M
)
∈
(H)





Đường chuẩn

Phương trình tiếp
tuyến tại tiếp
điểm M
0
(x
0
, y
0
) ∈ (H)

y =
±
b
a
x

e =
c
a

11
22
M
M
rFMex a
rFMexa
=
=+
⎧
⎨
=
=−
⎩

(x
M
≥ a)
1
2
M

M
rexa
rexa
=
−−
⎧
⎨
=
−+
⎩

(x
M

≤
– a)
x =
±
a
e


0
2
xx
a
–
0
2
yy

b
= 1
y =
±
a
b
x

e =
c
b

11
22
M
M
rFMey b
rFMey b
=
=+
⎧
⎨
=
=−
⎩

(y
M
≥ b)
1

2
M
M
reyb
reyb
=− −
⎧
⎨
=− +
⎩

(y
M
≤ – b)
y =
±
b
e


0
2
xx
a
–
0
2
yy
b
= –1

Ngoài ra ta cũng cần lưu ý:
. Điều kiện để:
(D) : Ax + By + C = 0 tiếp xúc với (H) :
2
2
x
a
–
2
2
y
b
= 1 là
a
2
A
2
– b
2
B
2
= C
2
> 0
(D) : Ax + By + C = 0 tiếp xúc với (H) :
2
2
x
a

–
2
2
y
b
= –1 là
a
2
A
2
– b
2
B
2
= –C
2
< 0
Ví dụ :
Cho hypebol (H) : 4x
2
– y
2
= 4
1) Xác đònh tiêu điểm, đỉnh, tâm sai, các đường tiệm cận và đường chuẩn của
(H)
2) Viết phương trình tiếp tuyến với (H) tại điểm M(1, 0)