Tài liệu Oxy và phương trình

  • Số trang: 8 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 229 |
  • Lượt tải: 0
sharebook

Tham gia: 25/12/2015

Mô tả:

Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 TỔNG HỢP VỀ OXY VÀ HỆ PT (Lớp off) – PHẦN 2 Thầy Đặng Việt Hùng ĐZ ( x + 2 y )( x − y − 1) + 2 x 2 + 3 xy + 4 y 2 = 0 Bài 1: [ĐVH]. Giải hệ phương trình  3 3 x − 2 + 4 2 x + y − 2 = 5 3 x + 5 y + 2 − 3  ( x + 1) 2 + x 2 − y 2 = 2 x − y + 1  Bài 2: [ĐVH]. Giải hệ phương trình  1 + x − y + 2 x + 2 y − 2 = 3 3 x + 3 y − 3 Bài 3: [ĐVH]. Giải hệ phương trình Bài 4: [ĐVH]. Giải hệ phương trình Bài 5: [ĐVH]. Giải hệ phương trình Bài 6: [ĐVH]. Giải hệ phương trình (1) (1) ( x, y ∈ ℝ). (2) ( x, y ∈ ℝ). (2) x +1  2 2  x + 3x − 2 y = x + y + 2   x − 1 + y − 2 = 1 + xy − 5 y + 1   x 2 + 1 + y 2 + 3 = 3 y  2 x 2 + 1 − y 2 + 3 = 2 x  2 x 2 y + 4 x y + 1 − xy 2 + x = y x + 1 + 2 ( )   2 3 x + 4 + 3 5 y + 9 = x 2 + 6 y + 13 2 x 2 + 3 y 2 − 4 y = ( x − y )(1 − x + y ) (1) ( x, y ∈ ℝ).  3  x + 2 y + 3 − 5 − x − y = ( x − 1) − 13 x + 27 (2) ( ) 2  xwww.sachonthiquocgia.com + 2 y + y = x + y2 + 2x + 2 Bài 7: [ĐVH]. Giải hệ phương trình  2  10 y + 10 + ( 2 y + 5) 2 x + 2 = x + 5 x + 2 y + 12 Bài 8: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp trong đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 + 2 x − 4 y + 1 = 0 và M ( 0;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết M là trung điểm của cạnh AB và A có hoành độ dương. Đ/s: A (1; 2 ) , B ( −1; 0 ) , C ( −1; 4 ) . Bài 9: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x − y − 3 = 0 và điểm A ( 2;6 ) . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết rằng hai điểm B, C thuộc đường thẳng d, tam giác 35 ABC vuông tại A và có diện tích bằng . 2 Đ/s: (T ) : ( x − 5 ) + ( y − 2 ) = 25 hoặc (T ) : ( x − 6 ) + ( y − 3) = 25 2 2 2 2 Bài 10: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD và A ( −1; 2 ) . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và DC, E là giao điểm của BN và CM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BME biết BN nằm trên đường thẳng 2 x + y − 8 = 0 và B có hoành độ lớn hơn 2. Đ/s: (T ) : ( x − 1) + ( y − 3) = 5 2 2 Bài 11: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x + y + 3 = 0, d 2 : x − y + 1 = 0 và điểm M (1; 2 ) . Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt d1 tại hai điểm A và B sao cho AB = 8 2 và đồng thời tiếp xúc với d 2 . Đ/s: (T ) : ( x − 6 ) + ( y + 3) = 50 hoặc (T ) : ( x + 4 ) + ( y − 7 ) = 50. Bài 12: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm I ( 4; 0 ) và phương trình hai đường thẳng lần lượt chứa đường cao và đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A 2 2 2 2 Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN Tel: 04.3629.0880 Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 của tam giác là d1 : x + y − 2 = 0 và d 2 : x + 2 y − 3 = 0. Viết phương trình các đường thẳng chứa cạnh của tam giác ABC biết B có tung độ dương. Đ/s: Phương trình BC : x − y − 6 = 0, phương trình AB : y = 1, phương trình AC : 2 x + y − 3 LỜI GIẢI BÀI TẬP ( x + 2 y )( x − y − 1) + 2 x 2 + 3 xy + 4 y 2 = 0 Bài 1: [ĐVH]. Giải hệ phương trình  3 3 x − 2 + 4 2 x + y − 2 = 5 3 x + 5 y + 2 − 3 (1) ( x, y ∈ ℝ). (2) Lời giải: 2 x + 3 xy + 4 y ≥ 0  2  ĐK:  x ≥ (*) 3  2 x + y ≥ 2 2 2 Khi đó (1) ⇔ ( x + 2 y )( x − y ) + 2 x 2 + 3xy + 4 y 2 − ( x + 2 y ) = 0 ⇒ ( x − y )( x + 2 y ) + 2 x 2 + 3 xy + 4 y 2 − x 2 − 4 y 2 − 4 xy 2 x 2 + 3 xy + 4 y 2 + x + 2 y x( x − y) ⇔ ( x − y )( x + 2 y ) + 2 x 2 + 3 xy + 4 y 2 + x + 2 y =0 =0   x =0 ⇔ ( x − y) x + 2y +  + 2 y  2 x 2 + 3xy + 4 y 2 + x www.sachonthiquocgia.com  Từ (2) ⇒ 5 3 x + 5 y + 2 − 3 ≥ 0 ⇒ 3 x + 5 y + 2 ≥ (3) 3 > 0 ⇒ x + 5 y + 2 > 0. 5 Kết hợp với 2 x + y ≥ 2 ⇒ ( x + 5 y + 2 ) + ( 2 x + y ) > 2 ⇒ 3 ( x + 2 y ) > 0 ⇒ x + 2 y > 0. Mặt khác x ≥ 2 x > 0 ⇒ x + 2y + > 0. 3 2 x 2 + 3 xy + 4 y 2 + x + 2 y Do đó (3) ⇔ x − y = 0 ⇔ y = x. Thế y = x vào (2) ta được 3 3 x − 2 + 4 3 x − 2 = 5 3 6 x + 2 − 3 ⇔ 5 3 6 x + 2 − 7 3 x − 2 − 3 = 0. Đặt 3 6 x + 2 = a; 5a − 3  b=  7 5a − 7b − 3 = 0  3x − 2 = b ⇒  3 ⇔ 2 2 a − 2b = 6  a 3 − 2  5a − 3  − 6 = 0     7   5a − 3  3 2 Ta có a 3 − 2   − 6 = 0 ⇔ 49a − 2 ( 25a − 30a + 9 ) − 294 = 0  7  2 ⇔ 49a 3 − 50a 2 + 60a − 312 = 0 ⇔ ( a − 2 ) ( 49a 2 + 48a + 156 ) = 0 Với x ≥ (4) 2 ⇒ a = 3 6 x + 2 > 0 ⇒ 49a 2 + 48a + 156 > 0. Khi đó (4) ⇔ a − 2 = 0 ⇔ a = 2 3 Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN Tel: 04.3629.0880 Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 ⇒ 3 6 x + 2 = 2 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1. Thử lại x = y = 1 đã thỏa mãn hệ đã cho. Đ/s: Hệ có nghiệm là ( x; y ) = (1;1) .  ( x + 1) 2 + x 2 − y 2 = 2 x − y + 1  Bài 2: [ĐVH]. Giải hệ phương trình  1 + x − y + 2 x + 2 y − 2 = 3 3 x + 3 y − 3 (1) ( x, y ∈ ℝ). (2) Lời giải: ( x + 1) + x − y ≥ 0  ĐK:  x + 2 y − 2 ≥ 0 (*). x − y ≥ 0  2 Khi đó (1) ⇔ 2 ( x + 1) 2 2 − y 2 + x2 − x = x − y + 1 ( x + 1) + x 2 − y 2 − x 2 = x − y + 1 ⇔ ( x − y + 1)( x + y + 1) = x − y + 1 2 2 ( x + 1) + x 2 − y 2 + x ( x + 1) + x 2 − y 2 + x 2 ⇒ Do x − y ≥ 0 ⇒ x − y + 1 ≥ 1 > 0 nên (3) ⇔ ( x + 1) 2 (3) + x2 − y 2 + x = x + y + 1  y ≥ −1  y ≥ −1  y + 1 ≥ 0 ⇔ ⇔ ⇔   2 2 2 2 2 2 2 x + 2 x = 2 y + 2 y ( x − y )( x + y + 1) = 0 ( x + 1) + x − y = ( y + 1) (4) 2 x − y + 1 ≥ 0 2 x − y + 1 ≥ 0   www.sachonthiquocgia.com Từ (1) và (2) ta có  x + 2 y − 2 ≥ 0 ⇒  x + 2 y − 2 ≥ 0 3 x + 3y − 3 > 0  x + 3y − 3 > 0  ⇒ ( 2 x − y + 1) + ( x + 2 y − 2 ) + ( x + 3 y − 3) > 0 ⇒ 4 ( x + y ) > 4 ⇒ x + y + 1 > 2 > 0.  y ≥ −1  y ≥ −1 Do đó (4) ⇔  ⇔ x − y = 0 y = x Thế y = x vào (2) ta được 1 + 2 3 x − 2 = 3 3 4 x − 3. 3b − 1  a=  2 1 + 2a = 3b  Đặt a = 3 x − 2 ≥ 0; b = 3 4 x − 3 ⇒  2 ⇔  2 3 4a − 3b = 1 4  3b − 1  − 3b3 = 1   2  b = 0 2  3b − 1   3 3 2 Ta có 4   − 3b ⇔ 13b − 9b + 6b = 0 ⇔ b = 1 2   b = 2 1  Với b = 0 ⇒ a = − ⇒ Loại vì a ≥ 0. 2  Với b = 1 ⇒ 3 4 x − 3 = 1 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1. Với b = 2 ⇒ 3 4 x − 3 = 2 ⇔ x = 11 11 ⇒y= . 4 4 Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN Tel: 04.3629.0880 Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95   11 11   Thử lại ( x; y ) = (1;1) ,  ;   đều thỏa mãn hệ đã cho.  4 4     11 11   Đ/s: Hệ có nghiệm là ( x; y ) = (1;1) ,  ;   .  4 4   x +1  2 2  x + 3x − 2 y = x + y + 2 Bài 3: [ĐVH]. Giải hệ phương trình   x − 1 + y − 2 = 1 + xy − 5 y + 1  Lời giải:  x ≥ 1; y ≥ 2 ĐK:  .  xy − 5 x + 1 ≥ 0 Khi đó: PT (1) ⇔ 2 x 2 + 3x − 2 y = 2 x + y 2 + x + 1 ⇔ x 2 + 3x − 2 y − 2 x + y 2 + x 2 + 3x − 2 y − x − 1 = 0 ⇔ x2 − x − 2 y − 4 y2 x + 3x − 2 y + 2 x + y 2 2 + x − 2y x + 3x − 2 y + x + 1 2 =0   1 x + 2 y −1 ⇔ ( x − 2y)  +  = 0 (1)  x 2 + 3x − 2 y + 2 x + y 2 x 2 + 3x − 2 y + x + 1  Do x ≥ 1; y ≥ 2 : (1) ⇔ x = 2 y thế vào PT (2) ta có: 2 y −1 + y − 2 = 1+ 2 y2 − 5 y + 1  2 y − 1 = 1  y = 1 ( loai ) y − 2 ⇒ a + b = 1 + ab ⇔ ( a − 1)( b − 1) = 0 ⇔  ⇔  y − 2 = 1  y = 3; x = 6 Vậy x = 6; y = 3 là nghiệm của PT đã cho Đặt a = 2 y − 1; b = 2  xwww.sachonthiquocgia.com +1 + y2 + 3 = 3y Bài 4: [ĐVH]. Giải hệ phương trình  2 x 2 + 1 − y 2 + 3 = 2 x Lời giải: 2 Ta có: PT ( 2 ) ⇔ 2 x 2 + 1 − 2 x = y 2 + 3 ⇔ = y2 + 3 ⇔ 2 x2 + 1 + 2x = 2 x +1 + x ⇒ 4 x2 + 1 = y2 + 3 + 4 y2 + 3 thế vào PT(1) ta có: 5 y2 + 3 + 4 1 y2 + 3 4 y +3 2 = 3y y ≥ 0 ⇔ 5 ( y 2 + 3) + 4 = 8 y y 2 + 3 ⇔ 5 y 2 + 19 = 12 y y 2 + 3 ⇔  4 2 4 2 25 y + 190 y + 361 = 144 y + 432 y ⇔ y = 1 ⇒ x = 0 là nghiệm của HPT đã cho. ( )  2 x 2 y + 4 x y + 1 − xy 2 + x = y x + 1 + 2 ( )  Bài 5: [ĐVH]. Giải hệ phương trình  2 3 x + 4 + 3 5 y + 9 = x 2 + 6 y + 13 Lời giải: DK : x; y ≥ 0 ( ) ( ) Ta có: PT (1) ⇔ 2 x 2 y + 4 x y + 1 − xy 2 − x y + 2 + x − y = 0 xy ( x − y )  xy  x− y 1 = 0 ⇔ ( x − y) +  = 0 ⇔ x = y  MS MS x+ y x + y   2 Thế vào PT(1) ta có: 2 3 x + 4 + 3 5 x + 9 = x + 6 x + 13 ⇔ + Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN Tel: 04.3629.0880 Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG ⇔2 ( ) ( Facebook: LyHung95 ) 3x + 4 − ( x + 2 ) + 3 5 x + 9 − ( x + 3) = x 2 + x x = y = 0 2 3   ⇔ ( x2 + x )  +  = 0 ⇔  x = y = −1 là nghiệm của HPT 5x + 9 + x + 3   3x + 4 + x + 2  2 2 2 x + 3 y − 4 y = ( x − y )(1 − x + y ) (1) Bài 6: [ĐVH]. Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ). 3  x + 2 y + 3 − 5 − x − y = ( x − 1) − 13 x + 27 (2) Lời giải: x + 3y ≥ 0 x + 2 y + 3 ≥ 0  (*) ĐK:  x + 2 y + 3 ≥ 0 ⇔  x + y ≤ 5 5 − x − y ≥ 0  2 2 Khi đó (1) ⇔ 2 x 2 + 3 y 2 − 4 y = x − y − ( x − y ) 4 ( x2 + 3 y 2 ) − ( x + 3 y ) ⇔ 2 x + 3y − ( x + 3y) + ( x − y) = 0 ⇒ 2 ⇔ 2 2 3 x 2 + 3 y 2 − 6 xy 2 x2 + 3 y2 + ( x + 3 y ) 2 2 + ( x − y) = 0 2 2 x + 3y + ( x + 3y ) 2 + ( x − y) = 0 ⇔ 2 2 3( x − y ) 2 + ( x − y) = 0 2 2 x2 + 3 y 2 + ( x + 3 y )   3 2 ⇔ ( x − y)  + 1 = 0  2 x2 + 3 y 2 + ( x + 3 y )    (3) Ta có 4 ( x 2 + 3 y 2 ) − ( x + 3 y ) = 3 x 2 + 3 y 2 www.sachonthiquocgia.com − 6 xy = 3 ( x − y ) ≥ 0 2 2 ⇒ 4 ( x2 + 3 y 2 ) ≥ ( x + 3 y ) ≥ 0 ⇒ 2 x2 + 3 y2 ≥ x + 3 y ≥ − ( x + 3 y ) 2 ⇒ 2 x2 + 3 y 2 + ( x + 3 y ) ≥ 0 ⇒ 3 2 x2 + 3 y 2 + ( x + 3 y ) + 1 > 0. Do đó (3) ⇔ x − y = 0 ⇔ y = x. Thế y = x vào (2) ta được 3 x + 3 − 5 − 2 x = ( x − 1) − 13 x + 27 3 ⇔ 3 x + 3 − 3 + 1 − 5 − 2 x = x 3 − 3 x 2 − 10 x + 24 ⇔ 3 x + 3 − 5 − 2 x = x3 − 3 x 2 − 10 x + 26 ⇔ 3 x + 3 − 3 + 1 − 5 − 2 x = x 3 − 3 x 2 − 10 x + 24 ⇔ 3( x − 2) 3 2   ⇔ ( x − 2)  + − x 2 + x + 12  = 0  3x + 3 + 3 1 + 5 − 2 x  Với −1 ≤ x ≤ ⇒ + 2 ( x − 2) 3x + 3 + 3 1 + 5 − 2 x = ( x − 2 ) ( x 2 − x − 12 ) (4) 5 có − x 2 + x + 12 = ( x + 3)( 4 − x ) > 0 2 3 2 + − x 2 + x + 12 > 0. 3x + 3 + 3 1 + 5 − 2 x Do đó (4) ⇔ x − 2 = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 2. Thử lại x = y = 2 thỏa mãn hệ đã cho. Vậy hệ có nghiệm là ( x; y ) = ( 2; 2 ) . Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN Tel: 04.3629.0880 Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95  x 2 + 2 y + y = x + y 2 + 2 x + 2 Bài 7: [ĐVH]. Giải hệ phương trình  2  10 y + 10 + ( 2 y + 5) 2 x + 2 = x + 5 x + 2 y + 12 Lời giải: 2 x + 2 y ≥ 0  2  y + 2x + 2 ≥ 0 Điều kiện:   y ≥ −1  x ≥ −1  (1) ⇔ x 2 + 2 y − ( x + 1) + y + 1 − y 2 + 2 x + 2 = 0 ⇔ 2 y − 2x −1 x2 + 2 y + x + 1 + 2 y − 2x −1 y + 1 + y2 + 2x + 2 =0   1 1 ⇔ ( 2 y − 2 x − 1)  +  = 0 ⇔ 2 y − 2 x − 1 = 0 (do x, y ≥ −1 )  x2 + 2 y + x + 1 y + 1 + y 2 + 2 x + 2    Thay vào (2) ta được 2 10 x + 15 + ( x + 2 ) 3x + 3 = x 2 + 7 x + 13 ⇔ ( x + 4 ) − 10 x + 15 + ( x + 3) − ( 2 x + 6 ) 2 x + 2 = 0 − 8 ( x + 1)  =0 x + 4 + 10 x + 15 x + 3 + 8x + 8 ( x + 3) ( x 2 − 2 x + 1) x2 − 2x + 1 x+3 1 2   ⇔ + = 0 ⇔ ( x − 1)  + =0 x + 4 + 10 x + 15 x + 3 + 8x + 8  x + 4 + 10 x + 15 x + 3 + 8 x + 8  ( x + 4) ⇔ 2 − (10 x + 15) ⇔ x =1⇔ y = + ( x + 3) ( x + 3) 2 3 (thỏa mãn) 2  3 www.sachonthiquocgia.com Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = 1;  .  2 Bài 8: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp trong đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 + 2 x − 4 y + 1 = 0 và M ( 0;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết M là trung điểm của cạnh AB và A có hoành độ dương. Lời giải: Gọi I là tâm đường tròn ( C ) ta có: I ( −1; 2 ) ; IA = IB = IC = R = 2 .  Do tam giác ABI cân tại I nên ta có IM ⊥ AB . Mặt khác IM (1; −1) Phương trình đường thẳng AB qua M và vuông góc với IM là: AB : x − y + 1 = 0 . Khi đó toạ độ các điểm Avà B là nghiệm của HPT:  A (1; 2 )  x2 + y2 + 2x − 4 y + 1 = 0  x = 1; y = 2 ⇔ ⇒ ( do xA > 0 ) .   x = −1; y = 0    B ( −1;0 ) x + y −1 = 0 Phương trình đường thẳng BC qua B và vuông góc với AI là:  y = 0 ⇒ C ( −1; 0 ) ≡ B ( loai ) BC : x = −1 . Với x = −1 ⇒  .  y = 4 ⇒ C ( −1; 4 ) Đ/s: A (1; 2 ) , B ( −1; 0 ) , C ( −1; 4 ) . Bài 9: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x − y − 3 = 0 và điểm A ( 2;6 ) . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết rằng hai điểm B, C thuộc đường thẳng d, tam giác 35 ABC vuông tại A và có diện tích bằng . 2 Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN Tel: 04.3629.0880 Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 Lời giải: Gọi H là chân đường cao hạ từ A. Ta có: AH = d ( A; BC ) = 7 . 2 1 35 AH .BC = ⇒ BC = 10 = 2 R ⇔ R = 5 . 2 2 Do ∆ABC vuông tại A nên tâm I thuộc đường thẳng BC. t = 6 2 2 Gọi I ( t ; t − 3) ta có: IA2 = ( t − 2 ) + ( t − 9 ) = 25 ⇔  . t = 5 Mặt khác Với t = 6 ⇒ I ( 6;3) ⇒ ( T ) : ( x − 6 ) + ( y − 3) = 25 . 2 2 Với t = 5 ⇒ I ( 5; 2 ) ⇒ ( T ) : ( x − 5 ) + ( y − 2 ) = 25 2 2 Bài 10: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD và A ( −1; 2 ) . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và DC, E là giao điểm của BN và CM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BME biết BN nằm trên đường thẳng 2 x + y − 8 = 0 và B có hoành độ lớn hơn 2. Lời giải:  = 2 . Mặt khác NBC + Dễ thấy cos NBC ABN = 900 do vậy 5  = 2 . Lại có: d ( A; BN ) = AB sin  sin  ABN = cos NBC ABN 5 8 2 ⇔ = AB. ⇔ AB = 4 . Gọi B ( t ;8 − 2t ) ( t > 2 ) ta có: AB 2 = 16 5 5 t = 3 2 2 ⇔ ( t + 1) + ( 6 − 2t ) = 16 ⇔  7 ⇒ B ( 3; 2 ) . t = ( loai )www.sachonthiquocgia.com  5  = tan MCD  ⇒ NBC  = MCD  ⇒ NBC  + ECB  = 900 hay BN ⊥ CM . Ta có tan NBC Giả sử AI cắt BC tại F thì AMCF là hình bình hành ⇒ NB ⊥ AI . Ta có : AI : x − 2 y + 5 = 0 . Phương trình trung trực của AB là: x = 1 ( d ) ⇒ I = d ∩ AI ⇒ I (1;3) ⇒ IB 2 = 5 = R 2 Do vậy (T ) : ( x − 1) + ( y − 3) = 5 . 2 2 Bài 11: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x + y + 3 = 0, d 2 : x − y + 1 = 0 và điểm M (1; 2 ) . Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt d1 tại hai điểm A và B sao cho AB = 8 2 và đồng thời tiếp xúc với d 2 . Lời giải Gọi I ( a; b ) là tâm của đường tròn, H là trung điểm của AB Ta có M (1; 2 ) ∈ d 2 , mà M ∈ ( C ) ⇒ M là giao điểm của d 2 và ( C ) H ∈ d 2 ⇒ H ( a; a + 1) 1 AB = 4 2 2 2 2 2 ⇒ ( a − 1) + ( a − 1) = 32 ⇔ ( a − 1) = 16 Ta có MH =  a = 5 ⇒ H ( 5;6 ) ⇒  a = −3 ⇒ H ( −3; −2 ) Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN Tel: 04.3629.0880 Khóa TỔNG ÔN + LUYỆN ĐỀ – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 Bài 12: [ĐVH]. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm I ( 4; 0 ) và phương trình hai đường thẳng lần lượt chứa đường cao và đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A của tam giác là d1 : x + y − 2 = 0 và d 2 : x + 2 y − 3 = 0. Viết phương trình các đường thẳng chứa cạnh của tam giác ABC biết B có tung độ dương. Lời giải Gọi M là trung điễm của BC , H là chân đường cao kẻ từ A Ta có A = AH ∩ AM ⇒ A (1;1) Đường thẳng IM qua I và song song với AH ⇒ IM : x + y − 4 = 0 Ta có M = IM ∩ AM ⇒ M ( 5; −1) Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH ⇒ BC : x − y − 6 = 0 Đường tròn ngoại tiếp ∆ABC có tâm I ( 4; 0 ) bán kinh IA = 10 là ( C ) : ( x − 4 ) + y 2 = 10 2 B, C là giao điểm của ( C ) với BC nên tọa độ B, C thỏa  x = 7, y = 1  x − y − 6 = 0 mãn hệ phương trình  ⇒ 2  2 ( x − 4 ) + y = 10  x = 3, y = −3 Giả sử B ( 7;1) , C ( 3; −3) Đường thẳng AB qua A (1;1) và B ( 7;1) ⇒ AB : y = 1 Đường thẳng AC qua A (1;1) và C ( 3; −3) ⇒ AC : 2 x + y − 3 = 0 www.sachonthiquocgia.com Thầy Đặng Việt Hùng Trung tâm Đống Đa – Số 5/ngách 33, ngõ 64 Nguyễn Lương Bằng – Đống Đa – HN Tel: 04.3629.0880
- Xem thêm -