Tài liệu Ôn thi học kỳ ii môn toán 10

  • Số trang: 30 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 157 |
  • Lượt tải: 0
dangvantuan

Đã đăng 62370 tài liệu

Mô tả:

ÔN THI HỌC KỲ II MÔN TOÁN 10 1 TÓM TẮT LÝ THUYẾT I. Phần Đại số 1. Bất phương trình và hệ bất phương trình Các phép biến đổi bất phương trình: a) Phép cộng: Nếu f(x) xác định trên D thì P(x) < Q(x)  P(x) + f(x) < Q(x) + f(x) b) Phép nhân: * Nếu f(x) >0,  x  D thì P(x) < Q(x)  P(x).f(x) < Q(x).f(x) * Nếu f(x) <0,  x  D thì P(x) < Q(x)  P(x).f(x) > Q(x).f(x) c) Phép bình phương: Nếu P(x)  0 và Q(x)  0,  x  D thì P(x) < Q(x)  P 2 ( x )  Q 2 ( x) 2. Dấu của nhị thức bậc nhất Dấu nhị thức bậc nhất f(x) = ax + b – x  (Trái dấu với hệ số a) f(x) * Chú ý: Với a > 0 ta có: f ( x)  a   a  f ( x)  a b a + 0 (Cùng dấu với hệ số a)  f ( x)  a f ( x)  a    f ( x)  a 3. Phương trình và hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn a. Biểu diễn hình học tập nghiệm của bất phương trình ax + by  c (1) ( a 2  b2  0 ) Bước 1: Trong mp Oxy, vẽ đường thẳng (  ) : ax + by = c Bước 2: Lấy M o ( xo ; yo )  () (thường lấy M o  O ) Bước 3: Tính axo + byo và so sánh axo + byo và c. Bước 4: Kết luận  Nếu axo + byo < c thì nửa mp bờ (  ) chứa Mo là miền nghiệm của ax + by  c  Nếu axo + byo > c thì nửa mp bờ (  ) không chứa Mo là miền nghiệm của ax + by  c b. Bỏ bờ miền nghiệm của bpt (1) ta được miền nghiệm của bpt ax + by < c. Miền nghiệm của các bpt ax + by  c và ax + by > c được xác định tương tự. c. Biểu diễn hình học tập nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất 2 ẩn:  Với mỗi bất phương trình trong hệ, ta xác định miền nghiệm của nó và gạch bỏ miền còn lại.  Sau khi làm như trên lần lượt đối với tất cả các bpt trong hệ trên cùng một mp tọa độ, miền còn lại không bị gạch chính là miền nghiệm của hệ bpt đã cho. 4. Dấu của tam thức bậc hai a. Định lí về dấu của tam thức bậc hai: Định lí: f(x) = ax2 + bx + c, a  0 Nếu có một số  sao cho a. f    0 thì: 2 - f(x)=0 cho hai nghiệm phân biệt x1 và x2 - Số  nằm giữa 2 nghiệm x1    x2 Hệ quả Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c, a  0,  = b2 – 4ac * Nếu  < 0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a (a..f(x)>0),  x  R b * Nếu  = 0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a (a..f(x)>0),  x  2a * Nếu  > 0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a khi x < x1 hoặc x > x2; f(x) trái dấu với hệ số a khi x1 < x < x2.( Với x1, x2 là hai nghiệm của f(x) và x1< x2) Bảng xét dấu: f(x) = ax2 + bx + c, a  0,  = b2– 4ac > 0 x – x1 x2 + f(x) (Cùng dấu với hệ số a) 0 (Trái dấu với hệ số a) 0 (Cùng dấu với hệ số a) Chú ý: Dấu của tam thức bậc hai luôn luôn cùng dâu với hệ số a khi i) ax2 +bx +c >0, a  0 x     0 ii) ax2 +bx +c <0, 0 x  a  0    0 a  0 iii) ax +bx +c  0,  x     0  a  0 2 iv) ax +bx +c  0,  x     0 2 5. Bất phương trình bậc hai a. Định nghĩa: Bất phương trình bậc 2 là bpt có dạng f(x) > 0 (Hoặc f(x)  0, f(x) < 0, f(x)  0), trong đó f(x) là một tam thức bậc hai. ( f(x) = ax2 + bx + c, a  0 ) b. Cách giải: Để giải bất pt bậc hai, ta áp dụng định lí vầ dấu tam thức bậc hai Bước 1: Đặt vế trái bằng f(x), rồi xét dấu f(x) Bước 2: Dựa vào bảng xét dấu và chiều của bpt để kết luận nghiệm của bpt II. Phần Hình học 1. Các vấn đề về hệ thức lượng trong tam giác a. Các hệ thức lượng trong tam giác: Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c , trung tuyến AM = ma , BM = mb , CM = mc Định lý cosin: a2 = b2 + c2 – 2bc.cosA; c2 = a2 + b2 – 2ab.cosC Hệ quả: b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB; 3 cosA = b2  c2  a 2 2bc cosB = a 2  c2  b2 2ac cosC = a 2  b2  c2 2ab Định lý sin: a b c   = sin A sin B sin C 2R (với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) b. .Độ dài đường trung tuyến của tam giác: b 2  c 2 a 2 2(b 2  c 2 )  a 2 2 ma    ; 2 4 4 a 2  c 2 b 2 2(a 2  c 2 )  b 2 2 mb    2 4 4 b 2  a 2 c 2 2(b 2  a 2 )  c 2 2 mc    2 4 4 c. Các công thức tính diện tích tam giác: 1  S = aha = 1 bhb = 1 chc 2 S= abc 4R 2 S = pr 1 S = ab.sinC = 1 bc.sinA = 1 ac.sinB 2 2 S= 2 p ( p  a )( p  b)( p  c) với p = 2 1 (a 2 + b + c) 2. Phương trình đường thẳng * Để viết được phương trình đường thẳng dạng tham số cần phải biết được Toạ độ 1 điểm và 1 vectơ chỉ phương * Để viết được phương trình đường thẳng dạng tổng quát cần biết được toạ độ 1 điểm và 1 vectơ pháp tuyến a. Phương trình tham số của đường thẳng :  x  x0  tu1   y  y0  tu 2 với M ( x0 ; y0 )   và u  (u1; u 2 ) là vectơ chỉ phương (VTCP) b. Phương trình tổng quát của đường thẳng : a(x – x0 ) + b(y – y 0 ) = 0 hay ax + by + c = 0  (với c = – a x0 – b y 0 và a2 + b2  0) trong đó M ( x0 ; y0 )   và n  (a; b) là vectơ pháp tuyến (VTPT)  Phương trình đường thẳng cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A(a ; 0) và B(0 ; b) là: x y  1 a b  Phương trình đường thẳng đi qua điểm M ( x0 ; y0 ) có hệ số góc k có dạng : y – y 0 = k (x – x0 ) c. Khoảng cách từ mội điểm M ( x0 ; y0 ) đến đường thẳng  : ax + by + c = 0 được tính theo công thức : d(M; ) = ax0  bx0  c a2  b2 d. Vị trí tương đối của hai đường thẳng : 1 = a1 x  b1 y  c1 = 0 và  2 = a2 x  b2 y  c2 = 0 4 1 cắt  2  a1 b1  a2 b2 ; Tọa độ giao điểm của 1 và  2 là nghiệm của hệ  a1 x  b1 y  c1 =0   a2 x  b2 y  c2 =0 a1 b1 c1 a1 b1 c1     1    2  1   2  a2 b2 c2 (với a2 , b2 , c2 khác 0) a2 b2 c2 ; 3. Đường tròn a. Phương trình đường tròn tâm I(a ; b) bán kính R có dạng : (x – a)2 + (y – b)2 = R2 (1) hay x2 + y2 – 2ax – 2by + c = 0 (2) với c = a2 + b2 – R2  Với điều kiện a2 + b2 – c > 0 thì phương trình x2 + y2 – 2ax – 2by + c = 0 là phương trình đường tròn tâm I(a ; b) bán kính R  Đường tròn (C) tâm I (a ; b) bán kính R tiếp xúc với đường thẳng : x + y +  = 0 khi và chỉ khi : d(I ; ) =  .a   .b   2   2 =R 4. Phương trình Elip a. Trong mặt phẳng Oxy cho 2 điểm F1(-c; 0), F2(c; 0) và F1F2 = 2a (a > c > 0, a = const). Elip (E) là tập hợp các điểm M : F1M + F2M = 2a. Hay (E) = {M / F1M  F2 M  2a} b. Phương trình chính tắc của elip (E) là: x2 y 2  1 a2 b2 (a2 = b2 + c2) c. Các thành phần của elip (E) là:  Hai tiêu điểm : F1(-c; 0), F2(c; 0)  Bốn đỉnh : A1(-a; 0), A2(a; 0), B1(-b; 0), B2(b; 0)  Độ dài trục lớn: A1A2 = 2b  Độ dài trục nhỏ: B1B2 = 2b  Tiêu cự F1F2 = 2c d. Hình dạng của elip (E);  (E) có 2 trục đối xứng là Ox, Oy và có tâm đối xứng là gốc tọa độ 5 C. BÀI TẬP MẪU CHUYÊN ĐỀ 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC 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 ha xuất phát từ đỉnh A và kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác. Giải a) Theo định lí Cosin ta có: a 2  b 2  c 2  2bc cos A  7 2  5 2  2.7.5.0,6  32  a  32  4 2 (cm) . Mặt khác vì Sin2A = 1 – Cos2A = 1  9 16 4   SinA  25 25 5 1 1 4  S  b.c.SinA  .7.5.  14 (cm 2 ) 2 2 5 1 2S 2.28 7 2 S  a . h  h    (cm) . a a b) Từ 2 a 4 2 2 a a 4 2 5 2  2R  R    (cm) Theo định lí Sin thì: SinA 2 SinA 2. 4 2 5 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 ha c) Tính bán kính đường tròn nội tiếp r của tam giác. d) Tính độ dài đường trung tuyến ma 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: b) Ta có: p cos A  b 2  c 2  a 2 10 2  212  17 2   0,6 2bc 2.10.21 a  b  c 21  17  10   24 (cm) 2 2 Theo công thức hê rông ta có: Do đó: S  24(24  12)(24  17)(24  10)  84 (cm 2 ) 1 2 S 2.84 S  a.ha  ha    8 (cm) 2 a 21 6 c) Ta có S = p.r  r S 84   3,5 p 24 d) Độ dài đường trung tuyến ma được tính theo công thức: b 2  c 2 a 2 17 2  10 2 212 337      84,25 2 4 2 4 4  ma  84,25  9,18 ma2  e) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp R của tam giác Ta có: S  abc  R  abc  21.17.10  10,625 4R 4S 4.84 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 1800, 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 ; Aˆ  1450 b) a = 4 ; b = 5 ; c = 7 Giải 2 2 0 a) Ta có: a 2  b 2  c 2  2bc cos A  14  10  2.14.10 cos145 a 2  196  100  280.(0,8191)  525,35 a  23 a b b.SinA 14.Sin145   SinB    0,34913  Bˆ  20 0 26' SinA SinB a 23 Cˆ 180 0  ( Aˆ  Bˆ ) 180 0  (145  20 0 26' )  14 0 34' b 2  c 2  a 2 5 2  7 2  4 2 58    0,8286  Aˆ  34 03' b) cos A  2bc 2.5.7 70 a 2  c 2  b 2 4 2  7 2  5 2 40 cos B     0,71428  Bˆ  44 0 25' 2ac 2.4.7 56 Cˆ  180 0  ( Aˆ  Bˆ )  180 0  (34 0 3'44 0 25)  101032' CHUYÊN ĐỀ 2: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG Dạng 1:  Viết phương trình đường thẳng  đi qua M ( x0 ; y0 ) và có một vtcp u  (u1 ; u2 ) ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng  trong c¸c tr­êng hîp sau :  a. §i qua M (1; 2) vµ cã mét vtcp u  (2; 1) . b. §i qua hai ®iÓm A(1; 2) vµ B(3; 4) c. §i qua M(3; 2) vµ  x  1  2t // d :  y  t 7 d. §i qua M(2; - 3) vµ  d : 2x  5 y  3  0 . Giải  a) Đi qua M (1 ; -2) và có một vtcp là u  (2; 1) Vì đường thẳng  đi qua M (1 ;-2) và có vtcp là của đường thẳng là :  u  (2; 1) nên phương trình tham số  x  1  2t   y  2  t 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 Phương trình tham số của  là:  có vec tơ chỉ phương AB  (2 ; 2)  x  1  2t   y  2  2t c) Đi qua M (3 ;2) và  x  1  2t // d :  y  t Đường thẳng d có vec tơ chỉ phương là : ud  (2 ;  1) . Vì  song song với d nên  nhận vec tơ ud  (2 ;  1) làm vec tơ chỉ phương. Hay u  (2 ;  1) ,  đi qua M(3 ; 2) vì vậy  có phương trình đường thẳng là:  x  3  2t  y  2  t d) §i qua M (2; 3) vµ  d : 2 x  5 y  3  0 . Đường thẳng d : 2x – 5y + 3 = 0  d có vec tơ pháp tuyến là nd  (2 ;  5) . 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 u  (2 ;  5) .  đi qua M(2 ; -3) nên phương trình đường thẳng  là :  x  2  2t   y  3  5 t  Dạng 2 : ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng  ®i qua M ( x0 ; y0 ) vµ cã mét vtpt n  (a; b) . ViÕt ph­¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®­êng th¼ng  trong c¸c tr­êng hîp sau :  a. §i qua M (1; 2) vµ cã mét vtpt n  (2; 3) . b. §i qua A(3; 2) vµ // d : 2 x  y  1  0. c. §i qua B(4; 3) vµ  x  1  2t  d : (t  R ) .  y  t Giải  a) Đi qua M(1;2) và có một vtpt là n  (2; 3)  Vì đường thẳng  đi qua M (1 ;2) và có vtpt là n  (2; 3) nên phương trình tham số của đường thẳng là : 2(x – 1) – 3(y – 2) = 0  2x – 3y + 4 = 0 8 b) Đi qua A(3 ; 2) và // d : 2x – y – 1 = 0 đường thẳng d : 2x – y – 1 = 0 có vtpt là nd  (2;1) . Dường thẳng  song song với đường thẳng d nên  nhận nd  (2;1) làm vec tơ pháp tuyến. Vì  đi qua A(3; 2) và có vtpt là n  (2;1) 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 ud  (2 ;1) . Vì  vuông góc với d nên  nhận vtcp của d làm vtpt  n  (2 ;1) . Đường thẳng  đi qua B(4 ;-3) và có vtpt n  (2 ;1) 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 M ( x0 ; y0 ) vµ cã hÖ sè gãc k cho tr­íc. - Nếu đường thẳng  có hệ số góc k thì vec tơ chỉ phương của  là u  (1; k ) - Kết hợp giả thiết  đi qua M(x0 ; y0) Bài tập 1 ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng  trong c¸c tr­êng hîp sau : a. §i qua M (1; 2) vµ cã hÖ sè gãc k  3 . b. §i qua A(3; 2) vµ t¹o víi chiÒu d­¬ng trôc Ox gãc 450 Giải a) §i qua M (1; 2) vµ cã hÖ sè gãc k  3 .   có hệ số góc k = 3 nên  có vtcp là: u  (1; 3) .   đi qua M(-1 ; 2) và có vtcp là u  (1; 3) nên có phương trình là: x   1  t   y  2  3t b) Đi qua A(3 ;2) và tạo với chiều dương trục ox góc 450 Giả sử đường thẳng  có hệ số góc k, như vậy k được cho bởi công thức k = tan   với   450  k = tan 450  k = 1 Đường thẳng  hệ số góc k = 1 vậy thì vtcp của  là u  (1;1) ,  đi qua A(3;2) nên  có phương trình là : x  3  t  y  2 t Bài tập 2: Cho tam giaùc ABC, vôùi A(1; 4); B(3; - 1); C(6; 2). Haõy vieát phöông trình toång quaùt cuûa ñöôøng cao AH, vaø trung tuyeán AM cuûa tam giaùc ABC. Giải 9 + Ta coù: AH  BC nên AH nhận vec tơ BC = (3; 3) laø vecto phaùp tuyeán cuûa AH. ẠH đi qua A(1 ; 4) và nhận BC = (3; 3) làm vtpt nên Phöông trình toång quaùt cuûa (AH) laø: 3(x - 1) + 3(y - 4) = 0  3x + 3y - 15 = 0. + Goïi M laø trung ñieåm cuûa BC, ta coù: x  xC 3  6 9  x  B    M 2 2 2   y M  y B  yC   1  2  1  2 2 2 Vậy M  9 ; 1   AM   7 ;  7  2 2 2 2 là vec tơ chỉ phương của đường thẳng AM. Đường thẳng AM đi qua A(1 ; 4) và vtcp 7 7 AM   ;   2 2 nên AM có phương trình: 7   x  1  2 t  y  4  7 t  2 CHUYÊN ĐỀ 3: VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG Bài tập 1: XÐt vÞ trÝ t­¬ng ®èi c¸c cÆp ®­êng th¼ng sau vµ t×m to¹ ®é giao ®iÓm trong tr­êng hîp c¾t nhau: 2 : 2x  y  3  0 . a) 1 : x  y  2  0; b) 1 : 2 x  4 y  10  0 c) 1 : 8 x  10 y  12  0 Giải a) 1 : x  y  2  0; số giao điểm của  x  1  4t 2 :   y  2  2t  x  6  5t 2 :   y  6  4t 2 : 2x  y  3  0 1 và  2 chính là  x y20  2 x  y  3  0 số nghiệm của hệ phương trình: Giải hệ này chúng ta có một cặp nghiệm (x , y) = (1 ; 1). Vậy hai đường thẳng này cắt nhau tại 1 điểm, tọa độ giao điểm là (x , y) = (1 ; 1). b)  x  1  4t 2 :   y  2  2t đường thẳng  2 ta 1 : 2 x  4 y  10  0 Từ phương trình có x = (1 – 4t) và y = (2 + 2t) thay vào 1 ta được 2(1 – 4t) + 4(2 + 2t) = 0  10 – 8t + 8t = 0  10 = 0 (vô lí)  hai đường thẳng này không có điểm chung. Vậy hai đường thẳng 1 và  2 song song với nhau. 10 c) 1 : 8 x  10 y  12  0  x  6  5t 2 :   y  6  4t vtcp là u  (5;4) Đường thẳng  2 có nên  2 có vtpt là n  (4;5) .  2 đi qua điểm có tọa độ (-6 ; 6) nên  2 có pt tổng quát là : 4(x + 6) + 5(y – 6) = 0  4x + 5y – 6 = 0. Số giao điểm của 1 và  2 chính là số nghiệm của hệ phương trình: 8 x  10 y  12  0  4 x  5 y  6  0 Hệ này có vố số nghiệm nên 1 và  2 trùng nhau. (Chú ý: bài toán này yêu cầu phải tìm tọa độ giao điểm nên ta dùng cách 2. Nếu bài toán chỉ yêu cầu tìm vị trí tương đối của hai đường thẳng thì ta nên dùng cách 1) Bài tập 2: X¸c ®Þnh gãc gi÷a hai ®­êng th¼ng 2 : x  3y  1  0 a) 1 : 4 x  2 y  6  0; b)  x  1  4t 2 :   y  2  2t 1 : 2 x  4 y  10  0 c) d1: x – 2y + 5 = 0 Giải a) 1 : 4 x  2 y  6  0; ta có: cos  1 ,  2   d2: 3x – y = 0. 2 : x  3y  1  0 a1a2  b1b2 2 1 a  b12 a22  b22 với a1 = 4 ; b1 = -2 ; a2 = 1 ; b2 = -3 Vậy Cos 1 ;  2   | 4.1  (2).(3) | 2 2 2 4  (2) . 1  (3) 2 | 10 |  20 . 10  10 10 1   20 . 10 20 2  1 ;  2   450 b)  x  1  4t 2 :   y  2  2t   2 có vtcp là u  2  ( 4 ; 2)  1 có vtpt là n1  (2 ; 4) . 1 : 2 x  4 y  10  0 Đường thẳng Đường thẳng Vậy Cos 1 ;  2   vì vậy vtpt của | 2.2  4.4 | 2 2 2 2  (4) . 2  (4) 2  2 là  n 2  ( 2 ; 4 ) | 20 | 20  1 20 . 20 20  1 ;  2   0 0 c) d1: x – 2y + 5 = 0 Ta có: d2: 3x – y = 0. a1a 2  b1b2 3 2 5 1   Cos d1 ; d 2      1  4. 9  1 5 2 2   a12  b12 . a 22  b22 Vậy góc giữa d1 và d2 = 45o Bài tập 3: 11 Chứng minh rằng hai đường thẳng sau vuông góc với nhau: a) 1 : 2 x  2 y  10  0 b) 1 : y  3 x  5  x  1  2t 2 :   y  2  2t  2 : 2 y  6x  4  0 Giải a)  x  1  2t 2 :   y  2  2t   2 có vtcp là u  2  (2 ; 2)  1 có vtpt là n1  (2 ;  2) . 1 : 2 x  2 y  10  0 Đường thẳng Đường thẳng Vì vậy Cos 1 ;  2   vì vậy vtpt của | 2.2  (2).2 | 2 2  (2) 2 . 2 2  (2) 2  2 là  n  2  ( 2 ; 2) |0| 0 8. 8  1 ;  2   9 0 0 Vậy hai đường thẳng trên vuông góc với nhau.  2 : 2 y  6x  4  0 b) 1 : y  3x  5 Đường thẳng  2 : 2y +6x – 4 = 0  y = -3x + 2.   2 có hệ số góc k2 = -3 Đường thẳng 1 có hệ số góc k1 = 3.  k1.k2 = 3.(-3)= 0  1 và  2 vuông góc với nhau CHUYÊN ĐỀ 4: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG 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: d ( A, )  b) d ( A, ' )  4.(3)  3.(5)  1 16  9 3.(1)  4.( 2)  1 9  16  28 5  4 5 Bài tập 2: Tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng được cho tương ứng như sau:  x  1  2t  y  2  2t x 1 t d’:   y  3t a) A(4 ; -2) và đường thẳng d:  b) B(-7 ; 3) và đường thẳng Giải 12 a) A(4 ; -2) và đường thẳng d:  x  1  2t   y  2  2t Đường thẳng d đi qua điểm có tọa độ (1 ; 2) và có vtcp là ud  (2 ; 2) vì vậy vtpt của d là nd  (2 ; 2) Phương trình tổng quát của đường thẳng d là: 2(x – 1) +2(y – 2) = 0  2x +2y - 6 = 0 Ta có: d ( A, d )  2.(4)  2.(2)  6 44 b) B(-7 ; 3) và đường thẳng d’:  2 2 1   8 2 2 2 x  1  t   y  3t Đường thẳng d đi qua điểm có tọa độ (1 ; 0) và có vtcp là ud  (1; 3) vì vậy vtpt của d là nd  (3;1) Phương trình tổng quát của đường thẳng d là: -1(x – 1) +3(y – 0) = 0  -x + 3y +1 =0 Ta có: d ( A, d )   1.(7)  3.(3)  1 1 9  17 10 CHUYÊN ĐỀ 5: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN 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: x2 + y2 - 2ax - 2by +c = 0 (1) 2 2 - Xét dấu biểu thức m = a + b – c Nếu m > 0 thì (1) là phương trình đường tròn tâm I(a , b) bán kính R  a 2  b2  c 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 R  m 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) x2 + y2 – 6x + 8y + 100 = 0 b) x2 + y2 + 4x - 6y - 12 = 0 c) 2x2 + 2y2 - 4x + 8y - 2 = 0 Giải a) x2 + y2 – 6x + 8y + 100 = 0 (1) 2 2 (1) có dạng x + y - 2ax - 2by +c = 0 trong đó a = 3 ; b = -4 , c = 100 13 Xét biểu thức m = a2 + b2 – c = 32 + (-4)2 – 100 = 9 + 16 – 100 = 75 < 0 Vậy phương trình (1) không phải là phương trình của đường tròn. b) x2 + y2 + 4x - 6y - 12 = 0 (2) 2 2 (2) có dạng x + y - 2ax - 2by +c = 0 trong đó a = -2 ; b = 3 , c = -12 Xét biểu thức m = a2 + b2 – 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 R  a 2  b 2  c  (2) 2  3 2  12  25  5 2 2 c) 2x + 2y - 4x + 8y - 2 = 0 (3) Ta có: 2x + 2y - 4x + 8y - 2 = 0  x2 + y2 – 2x + 4y - 1 = 0. Phương trình này có dạng x2 + y2 - 2ax - 2by +c trong đó a = 1 ; b = -2 . Xét biểu thức m= a2 + b2 – c = 12 + (-2)2 +1 = 6 > 0. Phương trình này là phương trình đường tròn tâm I(1 ; -2) và có bán kính 2 2 R  a 2  b 2  c  (1) 2  ( 2) 2  1  6 Bài tập 2 Cho phương trình x2 + y2 – 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 x2 + y2 - 2ax - 2by +c = 0 với a = m ; b = -2m ; c = 6m – 1. (1) là phương trình của đường tròn khi và chỉ khi m = a2 + b2 – c > 0. Với a2 + b2 – c > 0  m2 +(-2m)2 – 6m + 1> 0  5m2 – 6m + 1 > 0  1  m  5  m  1 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 = R2 * Chú ý - (C) đi qua A , B  IA2 = IB2 = R2 - (C) đi qua A và tiếp xúc với đường thẳng m tại A  IA = d(I ; m) - (C) tiếp xúc với hai đường thẳng m1 và m2  d(I ; m1) = d(I ; m2) = R Cách 2 - Gọi phương trình của đường tròn là x2 + y2 - 2ax - 2by +c = 0 (2) 14 - 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 : R  d ( I ; m)   1  2.2  7 1 4  2 5 Đường tròn (C) có tâm I(-1 ; 2) có bán kính R = tròn là: 2 5 nên phương trình đường (x + 1)2 + (y – 2)2 = 4 5 b) Tâm I của đường tròn (C) là trung điểm của AB ta có: x A  xB 1  7   4  x I  2 2   y  y A  yB  1  5  3  I 2 2  I (4; 3) Vì vậy R  IA  (1  4) 2  (1  3) 2  13 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 x2 + y2 - 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  4  2a  4b  c  0  25  4  10a  4b  c  0  1  9  2a  6b  c  0  a  3 2a  4b  c  5  1   10a  4b  c  29  b   2 2a  6b  c  10   c  1 Vậy phương trình đường tròn đi qua ba điểm A , B, C là: x2 + y2 - 6x + y – 1 = 0 Dạng 3: Lập phương trình tiếp tuyến. 1. Phương pháp * Loại 1: Lập phương trình tiếp tuyến tại M(x0 ; y0) thuộc đường tròn (C). - tìm tọa độ tâm I(a ; b) của (C). - Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M(x0 ; y0) có dạng (x0 – a)(x – x0) + (y0 – b)(y – y0) = 0 *Loại 2: Lập phương trình tiếp tuyến d của (C) khi chưa biết tọa độ tiếp điểm: 15 - 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: (x0 – a)(x – x0) + (y0 – b)(y – y0) = 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) : x2 + y2 – 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 R  a 2  b 2  c  d tiếp xúc với (C)  d(I, d) = 2k  1  2  3k k 2 1 4 1 0  5 k  2  5  (3  k )  5(k  1)  4k  6k  4  0   k   1  2 2 2 2 Vậy có hai tiếp tuyến với (C) được kẻ từ A là: d1: 2x – y – 8 = 0 d2: x + 2y + 1 = 0 CHUYÊN ĐỀ 6: ELIP 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) : x2 y2  2  1 (a 2  b 2  c 2 ) 2 a b - Ta có các hệ thức: * 0 < b < a * c2 = a2 – b2 * Tiêu cự: F1F2 = 2c * Độ dài trục lớn: A1A2 = 2a 16 * Độ dài trục bé: B1B2 = 2b * M  ( E )  F1M  F2 M  2a * Hai tiêu điểm: F1(-c ; 0) ; F2(c ; 0). * Hai đỉnh trên trục lớn: A1 (-a ; 0 ) ; A2 (a ; 0 ) * Hai đỉnh trên trục nhỏ: B1 (0; -b ) ; B2 (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  3 ;0  và điểm  3 1;   2  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 1 ;  3  2  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 b2 = a2 – c2 = 25 – 9 = 16 . Từ đây ta có phương trình chính tắc của elip là: x2 y2  1 25 16  3 1;   2  nằm trên   2 2 Phương trình chính tắc của (E) có dạng x 2  y 2  1 a b Vì (E) có một tiêu điểm F1  3 ; 0 nên c  3 . b) Một tiêu điểm  3 ;0  và điểm  Điểm  3 1;   2    nằm trên (E) nên Elip  1 3  2 1 2 a 4b (1) Với a2 = b2 + c2 = b2 +3 thế vào (1) ta có: 1 3  2  1  4b 2  3(b 2  3)  4b 2 (b 2  3)  4b 4  5b 2  9  0  b 2  1  a 2  1  3  4. b  3 4b 2 2 Vậy phương trình chính tắc là x  y  1 4 1 2 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 b2 = a2 – c2 = 32 – 22 = 9 – 4 = 5 Vậy phương trình chính tắc là d) Elip đi qua hai điểm M(0 ; x2 y2  1 9 5   1) và N 1 ; 3  2   17 x2 y2  1 a2 b2   N 1 ; 3  nên 2   Phương trình chính tắc của (E) có dạng Vì E đi qua hai điểm M(0 ; 1) và thay tọa độ hai điểm M và N 1  b 2  1 b 2  1  2 vào phương trình E ta được:   1  3  1 a  4  a 2 4b 2 2 2 Vậy phương trình chính tắc là x  y  1 . 4 1 Dạng 2: Xác định thành phần Elip khi biết PTCT của E đó. 1. Phương pháp Các thành phần của E : x2 y2  1 a2 b2 là: * Tiêu cự: F1F2 = 2c * Độ dài trục lớn: A1A2 = 2a * Độ dài trục bé: B1B2 = 2b * M  ( E )  F1M  F2 M  2a - Ta có tọa độ các điểm đặc biệt của E * Hai tiêu điểm: F1(-c ; 0) ; F2(c ; 0). * Hai đỉnh trên trục lớn: A1 (-a ; 0 ) ; A2 (a ; 0 ) * Hai đỉnh trên trục nhỏ: B1 (0; -b ) ; B2 (0 ; b ) * Tỉ số: c  1 a * Phương trình đường thẳng chứa cạnh của hình chữ nhật cơ sở là: 2. Bài tập Cho E có phương trình: x   a ;y  b x2 y2  1 25 9 Xác định độ dài các trục, tọa độ tiêu điểm, tọa độ các đỉnh Giải Phương trình chính tắc của (E) có dạng x2 y2  1 a2 b2 vì vậy ta có: a 2  25 a  5   2 b  9 b  3  c  a 2  b2  4 Vậy (E) có: - Trục lớn A1A2 = 2a = 10 - Trục nhỏ: B1B2 = 2b = 6 - Hai tiêu điểm: F1(-4 ; 0) ; F2(4 ; 0). - Bốn đỉnh: A1 (-5 ; 0 ) ; A2 (5 ; 0 ) B1 (0; -3 ) ; B2 (0 ; 3 ) 18 D. BÀI TẬP TỰ LUYỆN I. Phần Đại số 1. Bất phương trình và hệ bất phương trình Bài 1: Tìm điều kiện của các phương trình sau đây: a) x2  x2 ( x  3)2 b) 3 x2  x3  9 2 x  3x  1 2 Bài 2: Giải bất phương trình sau: a) 3  x  x  5  10 d) 3x  5  1  x  2  x 2 3 b) ( x  2) x  1 2 x 1 c) x  2  x  1  x  3 e) ( 1  x  3)(2 1  x  5)  1  x  3 f) 3 ( x  4) 2 ( x  1)  0 Bài 3: Giải các hệ phương trình:  5x  2  3  4  x a)   6  5 x  3x  1  13  x 1  2x  3 c) 3x  x  5  5  3x   x 3  2 b)  4x  5  7  x  3   3x  8  2 x  1  4 3 3(2 x  7)  2 x  5  3 d)  1 5(3 x  1) x    2 2 Bài 4: Giải các bpt sau: a. (4x – 1)(4 – x2)>0 b. c. d. e. (2x  3)(x 2  x  1) <0 4x 2  12x  9 1 2 3   x 1 x  2 x  3 x 1 x 1 2 x 1 x 10  x 1  5  x2 2 Bài 5: Giải các hệ bpt sau: a. 5x  10  0  2  x  x  12  0 d. 4x  7  x 2  0  2  x  2x  1  0 b. e. 3x 2  20x  7  0  2 2x  13x  18  0 x  3x  1 x  1  5  2  1  7   5x  1  3x  13  5x  1  4 10 3 c. 3x  2  4x    x 1 2  x  x 2  6x  16  0  d. 3x 2  8x  3  0  2  x0 x 2. Dấu của nhị thức bậc nhất Bài 1: Giải các bất phương trình a) x(x – 1)(x + 2) < 0 b) (x + 3)(3x – 2)(5x + 8)2 < 0 d) 4 x  1  3 3x  1 e) x 2  3x  1  x 2 x f) c) 5 1 3 x 2x  5  3 19 g) h) x  2  2x  3 k) 2 x  x 3  8 x 1  x  x  2 3. Phương trình và hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn Bài 1: Biểu diễn hình học tập nghiệm của các bất phương trình sau: a) 2x + 3y + 1>0 b) x – 5y < 3 c) 4(x – 1) + 5(y – 3) > 2x – 9 d) 3x + y > 2 Bài 2: Biểu diễn hình học tập nghiệm của hệ bất phương trình: a) 3 x  y  9  0  x  y  3  0 b) 3  x  0  2 x  3 y  1  0 c) x  3y  0   x  2 y  3 y  x  2  4. Dấu của tam thức bậc hai Bài 1: Xét dấu các tam thức bậc hai: a) 3x2 – 2x +1 b) – x2 – 4x +5 Bài 2:Xét dấu các biểu thức sau: 2 a) A = c) C = 1  7  2  x  2x     2x   2  2  11x  3  x2  5x  7 e)  y  x 1  y  x  3  1 y  x  2 c) 2x2 +2 2 b) B = 3x 2  2 x  5 9  x2 d) D = x 2  3x  2  x2  x 1 2x +1 Bài 3: Tìm các giá trị của tham số m để mỗi phương trình sau có nghiệm: a) 2x2 + 2(m+2)x + 3 + 4m + m2 = 0 b) (m–1)x2 – 2(m+3)x – m + 2 = 0 Bài 4: Tìm các giá trị m để phương trình: a) x2 + 2(m + 1)x + 9m – 5 = 0 có hai nghiệm âm phân biệt b) x2 – 6m x + 2 – 2m + 9m2 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt c) (m2 + m + 1)x2 + (2m – 3)x + m – 5 = 0 có hai nghiệm dương phân biệt Bài 5:Xác định m để tam thức sau luôn dương với mọi x: a) x2 +(m+1)x + 2m +7 b) x2 + 4x + m –5 c) (3m+1)x2 – (3m+1)x + m +4 d) mx2 –12x – 5 Bài 6: Xác định m để tam thức sau luôn âm với mọi x: a) mx2 – mx – 5 b) (2 – m)x2 + 2(m – 3)x + 1– m c) (m + 2)x2 + 4(m + 1)x + 1– m2 d) (m – 4)x2 +(m + 1)x +2m–1 Bài 7: Xác định m để hàm số f(x)= mx 2  4 x  m  3 được xác định với mọi x. Bài 8: Tìm giá trị của tham số để bpt sau nghiệm đúng với mọi x a) 5x2 – x + m > 0 b) mx2 –10x –5 < 0 c) m(m + 2)x2 + 2mx + 2 >0 d) (m + 1)x2 –2(m – 1)x +3m – 3  < 0 Bài 9: Tìm giá trị của tham số để bpt sau vô nghiệm: a) 5x2 – x + m  0 b) mx2 –10x –5  0 Bài 10: Cho phương trình : 3x 2  (m  6) x  m  5  0 với giá nào của m thì : a. Phương trình vô nghiệm b. Phương trình có nghiệm c. Phương trình có 2 nghiệm trái dấu 20
- Xem thêm -