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 : ud (2 ; 1) . Vì song song với d nên
nhận vec tơ ud (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 nd (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 nd (2;1) .
Dường thẳng song song với đường thẳng d nên nhận nd (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 ud (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 y20
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 n1 (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 n1 (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 ud (2 ; 2) vì vậy vtpt của
d là nd (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
44
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 ud (1; 3) vì vậy vtpt của
d là nd (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)
x2
x2
( x 3)2
b) 3
x2
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
x0
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 -