tranphuonganh97

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho elip (E):$\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^2}{16}=1$

a)Tìm mối liên hệ giữa k,m để đường thẳng d:y=kx+m $(k\in \mathbb{R})$ tiếp xúc với (E)

b) Khi d là tiếp tiếp tuyến của (E), gọi giao điểm của d với các đường thẳng x=5;x=-5 lần lượt là M,N. Tính diện tích tam giác FMN theo k, trong đó F là tiêu điểm của (E) có hoành độ dương 

a. d: kx-y+m=0

d là tiếp tuyến (e) <=> $25k^2+16=m^2$

b. 

Dễ có F (3,0). 

$S_{MNF}=\frac{1}{2}.d(F,MN).MN=\frac{1}{2}.\frac{\left | 3k+m \right |}{\sqrt{k^2+1}}.10\sqrt{k^2+1}=5\left | 3k+m \right |=5\left | 3k+\sqrt{25k^2+16} \right |$

cách làm này khá dài.

(AB): x+y+1=0

AB = $\sqrt{2}$

Gọi tọa độ điểm C (x,y)

trọng tâm G thuộc (d):3x –y -8 nên có:

$3.\frac{2+3+x}{3}-\frac{-3-2-y}{3}-8=0$

$<=> 3x+y+12=0$ (1)

Mà $S_{ABC}=\frac{3}{2} => \frac{1}{2}.AB.d(C,AB)=\frac{3}{2}$

<=> $\frac{1}{2}\sqrt{2}.\frac{\left | x+y+1 \right |}{\sqrt{2}.}=\frac{3}{2} <=> \left | x+y+1 \right |=3$ (2)

Từ (1) và (2) tìm được C

Từ đó viết được phương trình AC,BC

Viết phương trình phân giác góc tạo bởi AB, AC và AC, BC rồi tìm điểm giao thì có được tọa độ tâm I của đtron nội tiếp

Tìm d(I,AB) = r.

bài 1 ta sử dụng ngay bđt $x^{2}+y^2+z^2\geq \frac{1}{3}(x+y+z)^2$ và bđt Nesbit $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y\geq \frac{3}{2}}$

Bạn thử vận dụng nhé

đây đâu phải dạng Nesbit . 

đơn giản là tách thành bình phương 3 số.

đặt A = $-x^2-4y^2+2xy+2x+4y-1$

<=> $A=-(x^2+4y^2-2xy-2x-4y+1) <=> A=-(-x+y+1)^2-3(y-1)^2+3 => A_{max}=3 <=> \left\{\begin{matrix} -x+y+1=0\\y=1 \end{matrix}\right.$

cho a, b,c d­ương. CMR
$\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{1+abc}$

nếu là cấp 2 thì buộc phải chấp nhận thôi.

khi lên cấp 3 học công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến 1 đường thẳng thì sẽ dễ dàng tìm ra thôi. 

em có thể tham khảo công thức tính khoảng cách:
Cho điểm M (m,n) và đường thẳng d: ax+by+c=0 (đây là dạng tổng quát của 1 đường thẳng. có thể đưa về dạng quen thuộc y= cx+d nếu a khác 0). Khoảng cách từ M đến d ký hiệu là : $d(M,d)$ và được tính bằng công thức:
$d(M,d)=\frac{\left | am+bn+c \right |}{\sqrt{a^2+b^2}}$

ok.

sửa lại rồi nhé. 

Gọi toạ độ E (a,0) và F (0,b) (không mất tính tổng quát giả sử a, b dương)

=> phương trình đoạn chắn của đường thẳng d: $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$

Mà D (1,4) thuộc d nên: $\frac{1}{a}+\frac{4}{b}=1$ (1)

Áp dung bđt B.C.S có:

$(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{4}{b})\geq (\sqrt{a}.\frac{1}{\sqrt{a}}+\sqrt{b}.\sqrt{\frac{4}{b}})^2=(1+2)^2=3^2$

Mà kết hợp với (1) suy ra $a+b\geq 9$ hay $OE+OF\geq 9$

Dấu bằng xảy ra khi: $\left\{\begin{matrix} \frac{1}{a}=\frac{2}{b}\\\frac{1}{a}+\frac{4}{b}=1 \end{matrix}\right.$

<=> $\left\{\begin{matrix} a=3\\b=6 \end{matrix}\right.$

=> (d): 6x+3y-18=0

Bài 1:

* Từ toạ độ A và I có: AI=R=5

* Theo hệ thức Ơ-le có: $IJ^2=R^2-2Rr$ => r=2

* r=2=> d(J,AB)=d(J,AC) = 2

* Gọi vecto n(a,b) là VTPT của (AB) (điều kiện: $a^2+b^2>0$)  => (AB): ax+by-2a-3b=0

* d(J,AB)=2 => $\frac{\left | 4a+5b-2a-3b \right |}{\sqrt{a^2+b^2}}=2 <=> \frac{\left | a+b \right |}{\sqrt{a^2+b^2}}=1 <=> 2ab=0 <=> a=0 (b=0)$

- TH1: a=0 => (AB): y-3=0 => y_B=3. Mà IB = IA = R=5 => $(x-6)^2+(3-6)^2=5^2 => x-6=+ - 4 =>$ x=10 hoặc x=2

=> B(2;3) hoặc B (10;3)
- TH2: b=0 => (AB): x-2=0 => x_B=2 => $(2-6)^2+(y-6)^2=5^2 => y-6=+ - 3 =>$ y=9 hoặc y=3

=> B(2;3) hoặc B(9;2)

* d(J,AC)=2 => (AC): y-3 = 0 hoặc (AC): x-2=0

-TH1: (AC): y-3=0 => (AB): x-2=0 và C (2;3) hoặc C (10,3) => C (10;3) và B (2;3) hoặc C(2,3) và B(9;2) hoặc C(10;3) và B(9,2)

- TH2: (AC) x-2=0 => (AB): y-3=0 và C (2;3) hoặc C (9,2) => C(2;3) và B(10;3) hoặc C(9,2) và B(2;3) hoặc C (9;2) và B(10;3)
 

Bài 3: 

B thuộc (d1): x+y-2=0 nên gọi B (b;2-b)

C thuộc (d2) x+y-8 = 0 nên gọi C (c;8-c)

=> vecto AB (b-2;-b), vecto AC (c-2, 6-c), vecto BC (c-b,6-c+b)

* $AB^2+AC^2=BC^2 <=> (b-2)^2+b^2+(c-2)^2+(6-c)^2=(c-b)^2+(6-c+b)^2 <=> -8b-2c+4+bc=0$ (1)

* vecto AC vuông góc vecto AB nên: $(b-2)(c-2)-b(6-c)=0 <=> bc-4b-c+2=0$ (2)

Từ (1) và (2) có: c=2-4b

=> vecto AC (-4b;4+4b)

* AB = AC => $(b-2)^2+b^2=(-4b)^2+(4+4b)^2$ <=> $(b-2)^2+b^2=(-4b)^2+(4+4b)^2<=> 30b^2+26b+12=0$

Mà phương trình cuối vô nghiệm 

=> không tồn tại B, C thỏa mãn đề

p.s. tính mấy lần mà vẫn ra vô nghiệm. không có có nhầm ở đâu không?

Bài 2:

*OA đi qua gốc toạ độ nên (OA): y = kx (k $\neq$0)

Toạ độ A là nghiệm hệ:

$\left\{\begin{matrix} y=kx\\\frac{x^2}{4}+y^2=1 \end{matrix}\right.$

=> $x^2_A=\frac{4}{4k^2+1}$

=> $y^2_A=\frac{4k^2}{4k^2+1}$

Mà $OA^2=x^2_A+y^2_A=\frac{4+4k^2}{1+4k^2}$

*OB vuông góc OA nên (OB): $y=\frac{-1}{k}x$

Làm tương tự trên có: $OB^2=x^2_B+y^2_B=\frac{4+4k^2}{4+k^2}$

=> $\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OB^2}=\frac{5k^2+5}{4k^2+4}=\frac{5}{4}=const$

Vậy.......

Bài 1:

Từ phương trình (E) dễ thấy F₁(-1;0) và F2(1;0)

Từ đó dễ viết phương trình (AF₂): $x-y\sqrt{3}+1=0$

=> tìm toạ độ M là nghiệm hệ: 

$\left\{\begin{matrix} x-y\sqrt{3}+1=0\\ \frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1 \end{matrix}\right.$

Kết hợp với tung độ M dương => $M(\frac{2\sqrt{30}-1}{7};\frac{2\sqrt{10}+2\sqrt{3}}{7})$

Do N đối xứng F₂ qua M nên M là trung điểm NF₂

=> $\left\{\begin{matrix} x_N=2x_M-x_F_2\\ y_N=2y_M-y_F_2 \end{matrix}\right.$

=> $N(\frac{4\sqrt{10}+4\sqrt{3}-7}{7};\frac{4\sqrt{30}-2}{21})$
Gọi I (a,b) là tâm (AF₂N)
Mà A ($2;\sqrt{3}$),  F2(1;0),  $N(\frac{4\sqrt{10}+4\sqrt{3}-7}{7};\frac{4\sqrt{30}-2}{21})$

=> có hệ:

$\left\{\begin{matrix} (a-2)^2+(b-\sqrt{3})^2=R^2 (1)\\(a-1)^2+b^2=R^2 (2) \\ (a-x_N)^2+(b-y_N)^2=R^2(3) \end{matrix}\right.$

Lần lượt lấy (1) trừ (2), (3) trừ (2) thì thu được hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn a, b

=> tìm được a, b

=> tìm R

=> viết phương trình đường tròn 

p.s. số lẻ quá nên đoạn cuối viết hướng thôi.

Gọi H là trực tâm tam giác ABC.

Dựa vào tính chất các tứ giác nội tiếp ta chứng minh được H là giao điểm 3 đường phân giác của tam giác A'B'C'.

Biết toạ độc A', B', C' ta dễ viết được phương trình (A'B'), (A'C'), (C'B').

Do đó dễ viết được phương trình phân giác của các góc: $\widehat{A'B'C'}, \widehat{A'C'B'}, \widehat{B'A'C'}$

Tức là viết được phương trình: (BB'), (CC'), (AA').

Toạ độ A là nghiệm hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix}A thuộc (AA') \\ vt AC' vuông góc vtcp của (CC') \end{matrix}\right.$

=> tìm được A.

B, C tương tự.

p.s. Phương trình đường phân giác tạo từ 2 đường thẳng (d_{1}): $ax+by+c=0$ và (d_{2}):  $mx+ny+e=0$ là
$\frac{ax+by+c}{\sqrt{a^2+b^2}}+ - \frac{mx+ny+e}{\sqrt{m^2+n^2}} = 0$

bài tập khá cơ bản.

Do M là trung điểm AK nên có: 2.vt BM = vt BA + vt BK

Do đó đẳng thức cần chứng minh tương đương:

vt BM. (2.vt MN - 2.vt BC - vt BK )=0 (1)

Xét: vt BC+(vt BC - vt BK ) = vt BC + vt KC = 2. vt EC (với E là trung điểm BK) (1)

Có: M, E lần lượt là trung điểm AK, BK nên ME là đường trung bình tam giác ABK => ME // AB và ME = 1/2 AB = 1/2 DC = NC. 

Mầ ME//AB//NC

=> MECN là hình bình hành

=> vt EC = vt MN

Do đó:  (2.vt MN - 2.vt BC - vt BK ) = vt 0

=> (1) luôn đúng

gọi I (a;b) là tâm đường tròn.

Do A, B thuộc đường tròn nên IA=IB

thay độ dài đường thẳng theo tọa độc được: 

$(a-3)^{2}+(b+2)^{2}=(a+3)^{2}+b^{2}$

<=> $b=3a$

Gọi M là trung điểm CD. Dễ có: IM vuông góc CD. Do đó: $IA^{2}=IM^{2}+CM^{2}$

=> $(a-3)^{2}+(b+2)^{2}=\frac{(a-2b-2)^{2}}{(\sqrt{1^2+(-2)^2})^2}=\frac{(a-2b-2)^{2}}{5}$

Thay $b=3a$ vào rồi giải phương trình bậc 2 ẩn b thì tìm đc b. Từ đó tìm được a.

=> Tính được R rồi viết phương trình đường tròn