Chủ đề này có 21 trả lời

[lehoanghiep]

So với phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức... thì hình giải tích tọa độ $Oxy$ không phải là câu dành điểm 10 trong đề thi đại học. Nhưng những năm gần đây, nó được đánh giá là một trong những phần nhiều học sinh khó vượt qua được.
Bởi vậy, mình lập ra topic này hi vọng các bạn chuẩn bị và sẽ thi đại học đóng góp những bài toán thuộc phần này, không đòi hỏi phải lắt léo, độ khó như trong những đề HSG; ưu tiên những bài kết hợp, lồng ghép những tính chất hình học bậc THCS, tương tự đề thi những năm gần đây.
Mong các bạn ủng hộ nhiệt tình, xây dựng topic vì một mục tiêu "ĐẬU ĐẠI HỌC"
Mình xin mở đầu bằng bài toán sau:

Bài toán 1. Cho tam giác $ABC$ có $A\left ( -3;0 \right )$ và phương trình hai đường phân giác trong $BD:x-y-1=0,CE:x+2y+17=0$. Tính tọa độ các điểm $B,C$.

[hoangkkk]

Bài toán 1 : Gọi $A_1, A_2$ theo thứ tự là các điểm đối xứng của $A$ qua các đường phân giác $CE, BD$, dễ thấy rằng $A_1, A_2$ đều cùng thuộc đường thẳng $BC$. Đường thẳng $AA_1$ đi qua $A\left (-3,0 \right )$ và vuông góc với $CE$ nên có phuơng trình là $-2x+y=0$. Gọi $H$ là giao điểm của $AA_1$ và $CE$, tọa độ $H$ là nghiệm của hệ phuơng trình :
$$\left\{\begin{matrix}
-2x+y+6=0 & \\
x+2y+17=0&
\end{matrix}\right.\Rightarrow H\left ( \frac{-29}{5};\frac{-28}{5} \right )$$
Do $H$ là trung điểm của $AA_1$, suy ra tọa độ của $A_1$ là $\left ( \frac{-43}{5};\frac{-56}{5} \right )$
Tương tự như trên ta tìm được tọa độ điểm $A_2$ là $\left ( 1;-4 \right )$.
Phương trình đường thẳng $BC$ là : $\frac{x-1}{1+\frac{43}{5}}=\frac{y+4}{-4+\frac{56}{5}}$ hay $BC : 3x-4y-19=0$
Tọa độ $B$ là nghiệm của hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix}
x-y-1=0 & \\
3x-4y-19=0 &
\end{matrix}\right.\Rightarrow B\left ( -15;-16 \right )$
Tọa độ $C$ là nghiệm của hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}
x+2y+17=0 & \\
3x-4y-19=0 &
\end{matrix}\right.\Rightarrow C\left ( -3;-7 \right )$
Vậy tọa độ $B, C$ lần lượt là $\left ( -15;-16 \right )$ và $\left ( -3;-7 \right )$

Bài toán 2 : Cho $A\left ( 1,1 \right )$, $d : 4x+3y-12=0$.
a) Gọi $B, C$ lần lượt là giao điểm của $d$ với $Ox, Oy$. Xác định tọa độ trực tâm $H$ của tam giác $ABC$.
b) $M$ là điểm chạy trên $d$. Trên nửa đường thẳng đi qua $A$ và $M$ lấy $N$ thỏa mãn $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{AN}=4$. Điểm $N$ chạy trên đường cong nào? Viết phương trình đường cong đó.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangkkk: 25-12-2012 - 20:11

[lehoanghiep]

Thỏa theo yêu cầu của bạn tramyvodoi thì mình xin được nhắc lại một vài công thức của phần này (chắc nhiều bạn cũng quên phần nào rồi )
Vài khái niệm cơ bản: Gọi $H,K$ là hình chiếu của $M$ lên $Ox$ và $Oy$ thì $M\left ( x;y \right )\Leftrightarrow \overrightarrow{OM}=x\overrightarrow{i}+y\overrightarrow{j}=\overrightarrow{OH}+\overrightarrow{OK}$ (với $\overrightarrow{i},\overrightarrow{j}$ là hai vecto đơn vị.
+ $M$ là trung điểm của $AB$ khi $x_{M}=\frac{x_{A}+x_{B}}{2};y_{M}=\frac{y_{A}+y_{B}}{2}$.
+ $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ khi $x_{G}=\frac{x_{A}+x_{B}+x_{C}}{3};y_{G}=\frac{y_{A}+y_{B}+y_{C}}{3}$.
+ Cho $\overrightarrow{u}=\left ( x;y \right );\overrightarrow{u'}=\left ( x';y' \right )$ và số thực $K$ khi đó ta có

$\overrightarrow{u}=\overrightarrow{u'}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=x' & \\ y=y'& \end{matrix}\right.$

$\overrightarrow{u}\pm \overrightarrow{u'}=\left ( x\pm x';y\pm y' \right )$

$k\overrightarrow{u}=\left ( kx;ky \right )$

$\overrightarrow{u'}$ cùng phương $\overrightarrow{u}\left (\overrightarrow{u}\neq 0 \right )$ khi và chỉ khi có số $k$ sao cho $\left\{\begin{matrix} x'=kx & \\ y'=ky& \end{matrix}\right.$

$\overrightarrow{AB}=\left ( x_{B}-x_{A};y_{B}-y_{A} \right )$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lehoanghiep: 25-12-2012 - 21:02

[lehoanghiep]

Về đường thẳng:
Phương trình tổng quát của đường thẳng $\Delta$ đi qua $A\left ( x_{0};y_{0} \right )$ và có vecto pháp tuyến $\overrightarrow{n}\left ( a;b \right )$:

$a\left ( x-x_{0}\right )+b\left ( y-y_{0} \right )=0$.

Phương trình tham số của đường thẳng $\Delta$ đi qua $A\left ( x_{0};y_{0} \right )$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow{u}\left ( a;b \right )$:

$\left\{\begin{matrix} x=x_{0}+at & \\ y=y_{0}+bt & \end{matrix}\right.\left ( t\in \mathbb{R} \right )$

Phương trình chính tắc của đường thẳng $\Delta$ đi qua $A\left ( x_{0};y_{0} \right )$ và có vecto chỉ phương $\overrightarrow{u}\left ( a;b \right )$ $ab\neq 0$:

$\frac{x-x_{0}}a{}=\frac{y-y_{0}}{b}$.

Khoảng cách từ một diểm đến một đường thẳng $\Delta$ có phương trình $ax+by+c=0$ là

$d_{M/\Delta }=\frac{\left | ax_{M}+by_{M}+c \right |}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$.

[Gioi han]

Ủng hộ topic 1 bài nào.
Bài 3:Trong mặt phẳng với hệ toạ độ $Oxy$ cho 2 đường thẳng $d_{1}:x+2y-3=0;d_{2}:3x+y-4=0$ cắt nhau tại $M(1;1)$.Lập phương trình đường thẳng $d_{3}$ đi qua $A(-2;-1)$ cắt $d_{1};d_{2}$ tại các điểm $P;Q$ sao cho $MP=\sqrt{2} MQ$.

[lehoanghiep]

Ủng hộ topic 1 bài nào.
Bài 3:Trong mặt phẳng với hệ toạ độ $Oxy$ cho 2 đường thẳng $d_{1}:x+2y-3=0;d_{2}:3x+y-4=0$ cắt nhau tại $M(1;1)$.Lập phương trình đường thẳng $d_{3}$ đi qua $A(-2;-1)$ cắt $d_{1};d_{2}$ tại các điểm $P;Q$ sao cho $MP=\sqrt{2} MQ$.

Chọn $H\left ( 3;0 \right )\in d_{1}$ và $K\left ( a;4-3a \right )\in d_{2}$ sao cho $MH=\sqrt{2}MK\Rightarrow \left ( a-1 \right )^{2}+\left ( 3-3a \right )^{2}=\frac{MH^{2}}{2}=\frac{5}{2}\Rightarrow \left ( a-1 \right )^{2}=\frac{1}{4}\Leftrightarrow a=\frac{3}{2}\vee a=\frac{1}{2}$.
Khi đó $K\left ( \frac{3}{2};-\frac{1}{2} \right )\vee K\left ( \frac{1}{2};\frac{5}{2} \right )$.
Ta có $HK//PQ$ vì $\frac{MH}{MP}=\frac{MK}{MQ}$.
Do đó $d_{3}$ qua $A$ có vecto chỉ phương $\overrightarrow{HK}$.
Đến đây là bài toán cơ bản rồi

[Gioi han]

Bài toán 2 : Cho $A\left ( 1,1 \right )$, $d : 4x+3y-12=0$.
a) Gọi $B, C$ lần lượt là giao điểm của $d$ với $Ox, Oy$. Xác định tọa độ trực tâm $H$ của tam giác $ABC$.
b) $M$ là điểm chạy trên $d$. Trên nửa đường thẳng đi qua $A$ và $M$ lấy $N$ thỏa mãn $\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{AN}=4$. Điểm $N$ chạy trên đường cong nào? Viết phương trình đường cong đó.

a,
$B(3;0),C(0;4)$
Phương trình đường cao từ $A$là:$3x-4y+1=0$
Phương trình $AB :x+4y-5=0 \Rightarrow $ phương trình đường cao từ $C$ là :$4x-y+4=0$
Từ đó ta được $H(\frac{-15}{3} ;\frac{-8}{3})$.
b.Khái niệm nửa đường thẳng là gì hả bạn(hay là tia),mình không hiểu lắm !

[hoangkkk]

Ừ, đề bài nguyên gốc là như vậy đó bạn. Trong bài này thì có thể hiểu là tia gốc A.

[lehoanghiep]

a,
$B(3;0),C(0;4)$
Phương trình đường cao từ $A$là:$3x-4y+1=0$
Phương trình $AB :x+4y-5=0 \Rightarrow $ phương trình đường cao từ $C$ là :$4x-y+4=0$
Từ đó ta được $H(\frac{-15}{3} ;\frac{-8}{3})$.
b.Khái niệm nửa đường thẳng là gì hả bạn(hay là tia),mình không hiểu lắm !

Bạn xem lại phương trình $AB$ nhé.

[lehoanghiep]

Bài toán 3. Trong mặt phẳng $Oxy$ cho tam giác $ABC$ cân tại $C$ có phương trình cạnh $AB$ là $x-2y=0$, điểm $I\left ( 4;2 \right )$ là trung điểm của $AB$, điểm $M\left ( 4;\frac{9}{2} \right )$ thuộc cạnh $BC$, diện tích tam giác $ABC$ bằng 10. Tìm toạ độ các đỉnh tam giác $ABC$ biết tung độ $B$ lớn hơn hoặc bằng 3.

Mọi nguời ủng hộ nhiệt tình nào

[MIM]

Bài toán 3. Trong mặt phẳng $Oxy$ cho tam giác $ABC$ cân tại $C$ có phương trình cạnh $AB$ là $x-2y=0$, điểm $I\left ( 4;2 \right )$ là trung điểm của $AB$, điểm $M\left ( 4;\frac{9}{2} \right )$ thuộc cạnh $BC$, diện tích tam giác $ABC$ bằng 10. Tìm toạ độ các đỉnh tam giác $ABC$ biết tung độ $B$ lớn hơn hoặc bằng 3.

Mọi nguời ủng hộ nhiệt tình nào

Không biết mình có tính nhầm không mà nó ra số xấu quá
Up trước cái hình đã:



$I(4;2),M(4;\frac{9}{2});$
$AB:x-2y=0$

Lời giải:

Dễ dành tìm được phương trình $CI:2x+y-10=0$

Do $C\in CI,B\in AN$ nên có thể giả sử rằng $C(x_C;10-2x_C)$ và $B(2y_B;y_B)$

$\overrightarrow{BC}(x_C-2y_B;10-2x_C-y_B)$

$\overrightarrow{CI}(4-x_C;2-10+2x_C)\Rightarrow CI=\sqrt{(x_C-4)^2+(2x_C-8)^2}$

$\overrightarrow{BI}(4-2y_B;2-y_B)\Rightarrow BI=\sqrt{(2y_B-4)^2+(y_B-2)^2}$

$S_{ABC}=0\Rightarrow [(x_C-4)^2+(2x_C-8)^2].[(2y_B-4)^2+(y_B-2)^2]=100$
$\Rightarrow (x_C^2-8x_C+16)(y_B^2-4y_B+4)=20$

$\Rightarrow (x_C-4)^2(y_B-2)^2=20$

$\Rightarrow (x_C-4)(y_B-2)=2\sqrt{5}\vee (x_C-4)(y_B-2)=-2\sqrt{5}(1)$

Ta có: $\overrightarrow{BC}(x_C-2y_B;10-2x_C-y_B)$, $BC$ đi qua $B(2y_B;y_B)$ nên:

$BC:-(10-2x_C-y_B)(x-2y_B)+(x_C-2y_B)(x-y_B)=0$

Mà $M(4;\frac{9}{2})\in BC$ nên:

$-(10-2x_C-y_B)(4-2y_B)+(x_C-2y_B)(\frac{9}{2}-y_B)=0$

$\Rightarrow 15y_B+12,5x_C-5x_Cy_B-40=0(2)$

Tới đây giải 2 cái hệ kết hợp giữa $(1),(2)$
.....

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MIM: 27-12-2012 - 16:35

[lehoanghiep]

Bài toán 4. Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, phương trình đường thẳng $BC$ là: $\sqrt{3}x-y-\sqrt{3}=0$, các đỉnh $A$ và $B$ thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm toạ độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$.

[MIM]

Bài toán 4. Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, phương trình đường thẳng $BC$ là: $\sqrt{3}x-y-\sqrt{3}=0$, các đỉnh $A$ và $B$ thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm toạ độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$.

Lời giải tìm được =.=

Dễ dàng tìm được tọa độ của $B(1;0)$
Ta nhận thấy đường thẳng BC có hệ số góc $k=\sqrt 3 \Rightarrow \widehat{ABC} = {60^0} $ .
Suy ra đường phân giác trong Bx của tam giác ABC có hệ số góc $k'= \frac{{\sqrt 3 }}{3} do \widehat{ABx}=30^0$
nên có PT : $ y = \frac{{\sqrt 3 }}{3}x - \frac{{\sqrt 3 }}{3} $ (Ä)

Tâm $I( a ;b)$ của đường tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc (Ä) và cách trục Ox một khoảng bằng 2 nên: |b| = 2.

+ Với b = 2 : ta có a = 1 + 2\sqrt 3 $ , suy ra I=( $ 1 + 2\sqrt 3 $ ; 2 )
+ Với b = -2 ta có a = $ 1 - 2\sqrt 3 $ , suy ra I = ( $ 1 - 2\sqrt 3 $ ; -2)

Đường phân giác trong góc A có dạng: y = -x + m (Ä’). Vì nó đi qua I nên
+ Nếu I=( $ 1 + 2\sqrt 3 $ ; 2 ) thì m = 3 + 2 $ \sqrt 3 $ .
Suy ra : (Ä’) : y = -x + 3 + 2 $ \sqrt 3 $ . Khi đó (Ä’) cắt Ox ở A(3 + 2 $ \sqrt 3 $ . ; 0)
Do AC vuông góc với Ox nên có PT : x = 3 + 2 $ \sqrt 3 $ .
Từ đó suy ra tọa độ điểm C = (3 + 2 $ \sqrt 3 $ ; 6 + 2 $ \sqrt 3 $ )
Vậy tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC lúc này là : $ \left( {\frac{{4 + 4\sqrt 3 }}{3};\frac{{6 + 2\sqrt 3 }}{3}} \right) $ .
+ Nếu I=( $ 1 - 2\sqrt 3 $ ; 2 ) thì m = -1 - 2 $ \sqrt 3 $ .
Suy ra $(Ä’): y = - x -1 - 2 \sqrt 3 $. Khi đó (Ä’) cắt Ox ở $A(-1 - 2 \sqrt 3 . ; 0)$
Do AC vuông góc với Ox nên có PT : x = -1 - 2 $ \sqrt 3 $ .
Từ đó suy ra tọa độ điểm C = (-1 - 2 $ \sqrt 3 $ ; -6 - 2 $ \sqrt 3 $ )
Vậy tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC lúc này là : $ \left( {\frac{{ - 1 - 4\sqrt 3 }}{3}; - \frac{{6 + 2\sqrt 3 }}{3}} \right) $ .
Vậy có hai tam giác ABC thoả mãn đề bài và trọng tâm của nó là :
$G_1 = \left( {\frac{{4 + 4\sqrt 3 }}{3};\frac{{6 + 2\sqrt 3 }}{3}} \right) $ và $G_2 = \left( {\frac{{ - 1 - 4\sqrt 3 }}{3}; - \frac{{6 + 2\sqrt 3 }}{3}} \right) $

[lehoanghiep]

Bài toán 5. Trong mặt phẳng $Oxy$, cho tam giác $ABC$. Các điểm $D\left ( 2;-1 \right ), E\left (2;2 \right ), F\left ( -2;2 \right )$ là chân đường cao hạ từ $A, B, C$. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác $ABC$.

[Nxb]

Bài toán 5. Trong mặt phẳng $Oxy$, cho tam giác $ABC$. Các điểm $D\left ( 2;-1 \right ), E\left (2;2 \right ), F\left ( -2;2 \right )$ là chân đường cao hạ từ $A, B, C$. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác $ABC$.
Lời giải:
Ta có một tính chất quen thuộc trong tam giác là trực tâm tam giác $ABC$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $DEF$ hoặc $A, B, C$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $DEF$ tùy thuộc tam giác đó vuông, nhọn hay tù. Như vậy, tọa độ ba đỉnh tam giác $ABC$ là giao của các đường phân giác ngoài và trong của tam giác $DEF$. Kí hiệu $\overrightarrow{i_d}$ là vector đơn vị cùng hướng với vector $d$, ta có:
$$\overrightarrow{i_{FE}}=(1;0), \overrightarrow{i'_{EF}}=(-1; 0)$$
$$\overrightarrow{i_{DE}}=(0;1), \overrightarrow{i'_{ED}}=(0; -1)$$
$$\overrightarrow{i_{FD}}=(\frac{4}{5}; \frac{-3}{5})$$
Chú ý rằng vector chỉ phương của đường phân giác góc tạo bởi 2 đường thẳng là tổng của 2 vector đơn vị nằm trên đó, từ đó ta viết được các phuơng trình:
Phuơng trình phân giác ngoài và trong của đỉnh $D$:
$$x-2y=4, 2x+y=3$$
Phuơng trình phân giác ngoài và trong của đỉnh $E$:
$$x+y=4, x-y=0$$
Phuơng trình phân giác ngoài và trong của đỉnh $F$:
$$3x-y=-8, x+3y=4$$
Ta có bốn trường hợp:
1-Góc $A$ tù: $A$ là giao của phân giác trong đỉnh $D, E$; $B, C$ sẽ là giao các phân giác ngoài. Do đó:
$$A(1; 1), B(4; 0), C(-4; -4)$$
Tương tự các trờng hợp còn lại
2-Góc $B$ tù:
$$A(4; 0), B(1; 1), C(-1; 5)$$
3-Góc $C$ tù:
$$A(-4; -4), B(-1; 5); C(1;1)$$
4-Tam giác $ABC$ nhọn
$$A(-1; 5), B(-4; -4), C(4; 0)$$
Chú ý tam giác $ABC$ không thể vuông vì như thế trong ba điểm $D, E, F$ sẽ có hai điểm trùng nhau

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 27-12-2012 - 20:01

[lehoanghiep]

Bài toán 6. Cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình là $d_{1}:2x-3y-3=0$ và $d_{2}: 5x+2y-17=0$. Viết phương trình đđường thẳng điqua giao điểm của $d_{1}$, $d_{2}$ lần lượt cắt các tia $Ox, Oy$ tại $A, B$ sao cho $\left ( \frac{AB}{S_{OAB}} \right )^{2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

[Gioi han]

Bài toán 6. Cho hai đường thẳng lần lượt có phương trình là $d_{1}:2x-3y-3=0$ và $d_{2}: 5x+2y-17=0$. Viết phương trình đđường thẳng điqua giao điểm của $d_{1}$, $d_{2}$ lần lượt cắt các tia $Ox, Oy$ tại $A, B$ sao cho $\left ( \frac{AB}{S_{OAB}} \right )^{2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Gọi $A(a;0),B(0;b)$ ta có:
Phương trình $AB:\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$(phương trình đoạn chắn).
Do AB cắt tia Ox,Oy nên $a,b>0$
$AB^2 =a^2 +b^2$
$S_{OAB}=\frac{1}{2}ab$.
$d_{1}$ cắt $d_{2}$ tại $I(3;1)$
$\Rightarrow \frac{3}{a}+\frac{1}{b}=1 \Leftrightarrow a+3b=ab$
Ta có: $P=\left ( \frac{AB}{S_{OAB}} \right )^{2}=\frac{4(a^2 +b^2)}{(a+3b)^2}$
Đặt $a=t b(t>0)$ ta có: $P=\left ( \frac{AB}{S_{OAB}} \right )^{2}=\frac{4(t^2+1)}{(t+3)^2}$
Xét hàm số $f(t)= \frac{4(t^2+1)}{(t+3)^2} ;t>0$
$f ’(t)=\frac{3t-1}{(t+3)^3}$
$f’(t)=0 \Leftrightarrow t=\frac{1}{3}$
Vẽ bảng biến thiên ta có :$ max P=\frac{2}{5}$ khi $t=\frac{1}{3}$
Khi đó : $a=\frac{1}{3}b$,phương trình $AB:\frac{x}{1}+\frac{y}{3}=1$ hay $3x+y-3=0$.

[lehoanghiep]

Bài toán 7. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho đường tròn $\left ( C \right ):\left ( x-1 \right )^{2}+\left ( y-1 \right )^{2}=25$ và đường thẳng $d: 2x-y-1=0$. Lập phương trình đường tròn $\left ( C' \right )$ có tâm nằm trên $d$ và hoành độ lớn hơn $2$, đồng thời $\left ( C' \right )$ cắt $\left ( C \right )$ tại hai điểm $A, B$ sao cho dây cung $AB$ có độ dài bằng $4\sqrt{5}$ và tiếp xúc với đường thẳng $\Delta :3x-y+15=0$.

[hoangkkk]

Bài toán 7. Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho đường tròn $\left ( C \right ):\left ( x-1 \right )^{2}+\left ( y-1 \right )^{2}=25$ và đường thẳng $d: 2x-y-1=0$. Lập phương trình đường tròn $\left ( C' \right )$ có tâm nằm trên $d$ và hoành độ lớn hơn $2$, đồng thời $\left ( C' \right )$ cắt $\left ( C \right )$ tại hai điểm $A, B$ sao cho dây cung $AB$ có độ dài bằng $4\sqrt{5}$ và tiếp xúc với đường thẳng $\Delta :3x-y+15=0$.

Goi $I, I'$ lần lượt là tâm của đường tròn $\left ( C \right )$ và $\left ( C' \right )$. Theo đề bài ta có $I(1;1)$ và $I'(x';2x'-1)$ (do $I'$ thuộc $d$), dễ thấy rằng $I(1;1)$ cũng thuộc $d$.
Do $\left ( C' \right )$ tiếp xúc với $\Delta : 3x-y+15=0$ nên bán kính của $\left ( C' \right )$ bằng $d\left ( I;\Delta \right )=\frac{\left | x'+16 \right |}{\sqrt{10}}$
Gọi $K$ là giao điểm của $II'$ và $AB$, áp dụng tính chất $IK$ là đương trung trực của $AB$ ta có $IK^2=\left ( 1-x_{k} \right )^2+\left ( 1-y_{k} \right )^2=IA^2-\left ( \frac{AB}{2} \right )^2=5$ $\left ( 1 \right )$, mặt khác $K$ thuộc $d$ suy ra $2x_{K}-y_{k}-1=0$ $\left ( 2 \right )$, kết hợp $\left (1 \right )$ và $\left (2 \right )$, giải hệ phương trình ta được:
$\left\{\begin{matrix}
x_{K}=2 & \\
y_{K}=3 &
\end{matrix}\right.$
hoặc $\left\{\begin{matrix}
x_{K}=0 & \\
y_{K}=-1 &
\end{matrix}\right.$
TH1 : $K(0;-1)$, ta có $I'K^2=\left ( x' \right )^2+\left ( 2x'-1 \right )^2=5x'^2-2x'+1$. Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác vuông $AKI'$ ta được :
$$AK^2+I'K^2=AI'^2\Leftrightarrow 20+5x'^2-2x'+1=\frac{\left ( x+16 \right )^2}{10}$$
Phương trình trên không có nghiệm thỏa mãn $x' >2$ nên trường hợp này loại.
TH2 : $K(2,3)$, tương tự như trên ta có : $49^2x'-212x+144=0$

Nghiệm thỏa mãn bài toán là $x'=\frac{106+\sqrt{4180}}{49}$ (không biết có nhầm chỗ nào không nhưng nghiệm xấu quá)

Từ đây suy ra được phương trình đường tròn $\left ( C' \right )$

Bài toán 8 : Cho hypebol $\left ( H \right ) : x^2-y^2=1$ và $\Delta : 5x-3y-1=0$. Tìm $M$ thuộc $\left ( H \right )$ sao cho $d\left ( M;\Delta \right )$ đạt giá trị nhỏ nhất.

[thanhdatpro16]

tại sao không tiếp tục topic đi, đang sôi nổi mà