Vấn đề 4 min,max phần 2

Khi tam giác ABN có diện tích lớn nhất thì độ dài IM ngắn nhất bằng 82.. Tọa độ M là giao điểm của d với các tiếp tuyến vừa tìm đượC.. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 A... Lời giải

A’

C

Email: trA nght145@gm A il C om

Lời giải

Email:

DAC kh A o168@gm

A il C om

Câu 1. Trong mặt phẳng

Oxy, Cho tam giác

2; 2 ,   4;0 , 3; 2 1

nội tiếp đường tròn (C) có tâm I Từ điểm M trên đường thẳng

: 4 4 0

d x y   vẽ tiếp tuyến với (C) tại N Khi tam giác ABN có diện tích lớn nhất thì độ dài

IM ngắn nhất bằng

82

10 2

Lời giải

Tên FB: Dac Phien Khao

Nhận thấy tam giác ABC vuông tại C nên đường tròn (C) có tâm I3; 1  và bán kính

2 2

AB

Ta có:

1 ( , ) 2

ABN

S  AB d N AB

nên S ABNmax�d( ,N AB)max  

Do AB là đường kính nên   xảy ra khi ABN vuông cân tại N

Lúc này tiếp tuyến  với (C) tại N sẽ song song với AB x y:   4 0 và cách AB một đoạn R.

2

2 4

2

x y m

m

   

 

  �  ��  � � ��   

Tọa độ M là giao điểm của d với các tiếp tuyến vừa tìm đượC.

Câu 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(3;2) và đường thẳng d: x+2y+3=0 Hai điểm B, C di

động trên đường thẳng d sao cho BC= Gọi hai điểm B (a;b) , C(c;d) sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất Tính T=ad+bc

A

25

4



Tác giả : Nguyễn Thị Trang,Tên FB: Trang Nguyen

Chọn D

Gọi MN là hai điểm sao cho:

A’ đối xứng với A qua d, H là hình chiếu của A lên D

Tìm được H(1;-2) nên A’(-1;-6)

Khi đó chu vi tam giác ABC là:

P=AB+AC+BC =MB+AB+BC =MB+BA’ +BC

Do BC=3nên P nhỏ nhất khi MB+BA’ nhỏ nhất  M, B,A’ thẳng hàng

Gọi  qua A và song song với D Khi đó pt đt  là : x+2y-7=0

Đường tròn (C) tâm A bán kính R=AN=BC=3

(C) có pt: (x-3)2+(y-2)2 = 45

Khi đó M, N là giao điểm của đường thẳng  và dường tròn (C)

Tọa độ M, N thõa mãn hệ :

 M(-3;5), N(9;-1)

Khi đó ptđt MA’: 11x+2y+23=0 và NA’ : x-2y+11=0

 B là giao điểm của MA’ và đường thẳng d  B

Tương tự C là giao điểm của đường thẳng NA’ và d  C

Nên:  

;

�

� ��  �� � 

�

�

�

Email: danhduoc@gmail.com

Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A 1;2 và đường tròn  C có phương trình

x y  x y  Viết phương trình đường tròn  C'

có tâm A và cắt  C

tại hai điểm phân biệt M N sao cho diện tích , AMN đạt giá trị lớn nhất Chọn khẳng định đúng?

A  C'

đi qua điểm F 1; 4

B  C'

đi qua điểm G 4;5

C  C'

đi qua điểm K1;2 2 2 

D  C'

đi qua điểm J1 3;5

Lời giải

Tác giả: Vũ Danh Được,Tên FB: Danh Được Vũ

Chọn D

Cách 1:

Dễ thấy điểm A� C ,  C có tâm I1; 2 và bán kính R 2

Gọi E MN �AI , đặt  IAM� IAN� 900.

AMN

 cân tại A nên IA là trung trực của MN, suy ra MAN� 2 .

IAM

 cân tại I có IM IA và �2 IAM  nên với H là trung điểm của AM ta có

1

.sin 2 8cos sin 2 16.cos sin 2

AMN

Với , , ,a b c d  , theo Cô-si có 0

Do đó , dấu bằng xảy ra khi a b c d   .

Với  900�sin , cos  0, áp dụng: SAMN = cos.cos.cos.sin

Dấu bằng khi cos  3.sin hay  300.

Khi đó AM 4cos3002 3 nên  C' là đường tròn tâm A , bán kính 2 3

Suy ra phương trình   C' : x1 2 y2212, đi qua J1 3;5

Cách 2:

Ta có phương trình đường thẳng IA y: 2

Vì MNIA nên phương trình đường thẳng MN x a:  0

Để đường thẳng MN cắt đường tròn  C

tại hai điểm phân biệt thì a�3;1

Ta có IE d I MN  ,   a 1, ME R2IE2  3 2 a a 2 , AE d A MN  ,     1 a 1 a

(vì a�3;1 ).

Do đó SAMN ME AE  1 a 3 2 a a 2  f a 

Sử dụng đạo hàm ta tìm được giá trị lớn nhất của hàm f a 

trên khoảng a�3;1

xảy ra khi 2

a  .

Khi đó ME 3,AE3�AM 2 3

Từ đó được phương trình     2 2

C x  y  , đi qua J1 3;5

Họ và tên: Phạm Thanh My

Email: ph A mth A nhmy@gm A il C om

Facebook: Pham Thanh My

Câu 3. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn     2 2

: 1  2 2

và hai điểm

4; 1 ,  1;1

Điểm M thay đổi trên đường tròn  C

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3

A 2 5. B 53. C 57. D. 6 2

Lời giải

Chọn B

 C

có tâm I 1; 2

, bán kính R 2.

Ta có IA3 2 3 , R IB R nên ,A B nằm ngoài đường tròn  C

Gọi N là giao điểm của IA và  C , P nằm trên đoạn IN sao cho IP13IN  32

;



�uurIP uurIA� � �P� �

Ta có AIM đồng dạng với MIP �MA  IMIP 3�MA3MP

MP

Do đó T MA 3MB3MP3MB�3PB

Gía trị nhỏ nhất của T 3PB 53 xảy ra khi M là giao điểm của BPvà đường tròn  C

Tvluatc3tt@gmail.com

Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn     2 2

C x  y  và các điểm

   7,9 ; 0;8

A B Điểm M a b ; thuộc  C sao cho biểu thức P MA 2MB đạt giá trị nhỏ nhất Khẳng định nào sau đây đúng

A.a b 5. B. a b  3 C a2b2 37. D. 2 2

29

a b  .

Lời giải

Tác giả: Trần Luật Facebook: Trần Luật

Chọn C

Cách 1:

Đường tròn  C có tâm I 1;1 và bán kính R 5

Do IA  và 10 5 IB5 2 5 nên hai điểm ,A B nằm ngoài đường tròn  C .

Gọi J x y ; 

là điểm thỏa mãn IAuur4IJuur ta có

5

;3 2

� �

� � Vì

5 5 2

IJ  

nên điểm J nằm trong

đường tròn

Khi đó với mọi điểm M thuộc đường tròn  C ta có IM IA  IM IJ  12

IM J IAM c g c

Vậy với mọi điểm M thuộc  C ta có: MA2MB2MJ MB �2BJ �P MA 2MB đạt giá trị nhỏ nhất khi ba điểm , ,B J M thẳng hàng và M nằm giữa B và J

Phương trình đường thẳng BJ đi qua hai điểm B 0;8 và

5

;3 2

� �

� � có phương trình

2x y   Tọa độ giao điểm của đường thẳng 8 0 BJ và đường tròn  C là nghiệm của hệ

  2 2

6

y

  

�     � �

5 2

x y



�

�  

Do M nằm giữa B và J nên hai vectơ MBuuur

và MJuuur

ngược hướng �M 1;6

Vậy a2 b2 37.

Cách 2: Gọi M a b   ; �C

ta có   2 2

Theo đề bài ta có

2

5

2

Với

5

;3 2

� �

� �

5 5 2

BC

�

Vậy

5 5

2

P MA  MB�

Dấu " " xảy ra khi M B C thẳng hàng và , , M nằm giữa B và C hay

5

3

8

Do M� C nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

  2 2

6

b

  

�     � �

5 2

a b



�

�  

Do M nằm giữa B và C nên hai vectơ MBuuur

và MCuuuur

ngược hướng �M 1;6

Vậy a2 b2 37.

Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đương tròn ,     2 2

C x  y  và các đường thẳng

 d1 :mx y m   1 0,  d2 :x my m   1 0. Tìm các giá trị của tham số m để mỗi đường thẳng d d cắt 1, 2  C

tại 2 điểm phân biệt sao cho 4 điểm đó lập thành 1 tứ giác có diện tích lớn

nhất Khi đó tổng của tất cả các giá trị tham số m là:

Lời giải

Tác giả: Phùng Thị Thu Hằng,Tên FB: Phùng Hằng

Chọn A

Đường tròn  C

có tâm và bán kính là: I 1; 2 , R2

1

m

Suy ra với mọi m mỗi đường thẳng d d luôn cắt đường tròn (C) tại 2 điểm phân biệt.1, 2

Gọi d cắt 1  C

tại A, B, d cắt 2  C

tại C, D khi đó:

Xét hệ phương trình:

1

  

�

Suy ra d d cắt nhau tại 1, 2 M 1;1 , IM   1 R 2 nên điểm I nằm trong đường tròn.

Mặt khác:

ACBD

Vậy maxS ABCD 1� 4m2  3 3m2 4� m2 1� m�1

Mail: hunglxyl@gm A il C om

Câu 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn , ( ) :C x2y24x2y  và đường4 0

thẳng : 7 x y   Giả sử 1 0 A� và B�( )C sao cho vectơ ABuuur cùng phương với

4; 3

ur 

đồng thời đoạn thẳng AB lớn nhất Tìm độ dài đoạn AB

A

985 1.

17 

B

12 2

5 

C

7 26 1.

17 

D

6 2 1.

5 

Lời giải

Tác giả: Lê Xuân Hưng,Tên FB: Hưng Xuân Lê

Chọn B

Đường tròn ( )C có tâm I  2; 1 ,

bán kính R 1

Ta có   7.2 1 1 12

49 1 5 2

 Do đó  và ( )C không có điểm chung.

Góc giữa đường thẳng AB và  là ,

49 1 9 16 2

AB

r r

Gọi H là hình chiếu của B trên

,

 ta có BAH�  45 �AB BH 2. Do vậy AB lớn nhất khi và chỉ khi BH lớn nhất Suy

ra   ;  2 12 2.

5

Email: minh.love.math@gmail.com

Câu 7. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn  I có phương trình x2 y2 6y 5 0 và đường

thẳng  d có phương trình x y 10 0 Gọi M� I là điểm có khoảng cách lớn nhất tới

 d

, N� I

là điểm có khoảng cách nhỏ nhất tới  d

Tổng khoảng cách đó là:

Lời giải

Họ tên tác giả: Trần văn Minh Facebook: Trần văn Minh

Chọn C

Ta có I  0;3 ,R2

 

2

không cắt  I

Gọi  m

là đường thẳng đi qua I và vuông góc với đường thẳng  d

Khi đó  m

cắt  I

tại hai điểm M và N thỏa mãn yêu cầu đề bài cho

Khi đó tổng khoảng cách cần tìm là

 

 ,   N,   2R 2 N,  

 

2

 R d d R  d d  

Email: lethuh A ng2712@gm A il C om

Câu 8. Cho đường tròn  C

có phương trình x2y24x2y  và điểm 4 0 M 1;1

Gọi  là

đường thẳng qua M cắt  C

tại hai điểm ,A B sao cho SIAB lớn nhất Biết phương trình  có

dạng là ax by c   với điều kiện 0 a b là phân số tối giản và 0, 1.

a a b

  

Tính giá trị biểu thức H 2a b .

A H  3. B H   4 C H  5. D H  6.

Lời giải

Tác giả: Lê Thị Thu Hằng,Tên FB: Lê Hằng

Chọn C

2; 1

I  ,IM  5 , R3

�

.sin

IAB

S  IA IB AIB�

Dấu '' '' xảy ra �sin�AIB1�IAB vuông cân tại đỉnh I

AB R

�

Có : ax by a b   0

2

7

a b a b

 

Kết hợp điều kiện 1

a

b  

thì : x 7y 6 0�H 2a b  5.

Email: chitoannd@gmail.com

Câu 9. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy , cho hình bình hành ABCD tâm I, biết

 0;1

A

và B 3; 4

thuộc parabol  P y x:  22x1, điểm I nằm trên cung AB của (P) sao cho

tam giác IAB có diện tích lớn nhất Biết C x y C; C ,D x y D; D, khi đó

T x  y  x  y bằng.

A T 79. B T 97. C T   19 D T  19

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Văn Chí,Tên FB: Nguyễn Văn Chí

Chọn A

Phương trình đường thẳng AB: x y   1 0

Điểm I nằm trên cung AB của (P) �I m m ; 2 2m1 , m� 0;3

Diện tích tam giác IAB lớn nhất  ;  2 3

2



�

lớn nhất Xét hàm số f m  m23m trên  0;3

ta có:

m

0

2

3 3

 

f m

0 0 9 4



Suy ra   2 9   9

  Σ �

Dấu “=” xảy ra

;

I là trung điểm của AC và BD nên

1 3;

2

C�  �

� � và

7 0;

2

� �

� � là hai điểm cần tìm

Vậy T x C2y C 5x D22y D 79

Email: dackhao168@gmail.com

GIẢI :

Họ và tên: Đắc Phiên Khảo,Tên FB: Dac Phien Khao

Nhận thấy tam giác ABC vuông tại C nên đường tròn (C) có tâm I3; 1  và bán kính

2 2

AB

Ta có:

1 ( , ) 2

ABN

S  AB d N AB

nên S ABNmax�d( ,N AB)max   .

Do AB là đường kính nên   xảy ra khi ABN vuông cân tại N

Lúc này tiếp tuyến  với (C) tại N sẽ song song với AB x y:   4 0 và cách AB một đoạn R.

2

2 4

2

x y m

m

   

 

  �  ��  � � ��   

Tọa độ M là giao điểm của d với các tiếp tuyến vừa tìm đượC.

;

�

� ��  �� � 

�

�

�

Email: hoathptsontay@gmail.com

Câu 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn  C

:   2 2

x  y  và hai đường thẳng

1:

d mx y  , 0 d x my2:   Tìm m để hai đường thẳng 0 d , 1 d cắt 2  C tại bốn điểm phân

biệt tạo thành tứ giác có diện tích lớn nhất

1 3

m 

C m2 hoặc

1 2

m 

Lời giải

Tác giả : Nguyễn Thị Hoa,,Tên FB: Hoa Nguyen

Chọn B

nội tiếp

đường tròn (C) có tâm I Từ điểm M trên đường thẳng d: 4x y  4 0 vẽ tiếp tuyến với (C)

tại N Khi tam giác ABN có diện tích lớn nhất thì độ dài IM ngắn nhất bằng

82

10 2

Nhận xét: d , 1 d vuông góc với nhau tại gốc tọa độ 2 O.

 C

có tâm I 2;1

, bán kính R5.

Gọi A , B , C , D là các giao điểm của hai đường thẳng d , 1 d với 2  C

và H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên d , 1 d (hình vẽ).2

1 2

ABCD

S  AC BD AB� BD

Mà AC2BD2 4R2IH2 4 R2IK2 8R24IH2IK2 8R24OI2 const

Nên diện tích tư giác ABCD lớn nhất khi và chỉ khi ACBD , khi và chỉ khi IH IK

3

2 1 2

1 1

3

m



�

  

�

   

Email: minh.love.math@gmail.com

Câu 11. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn  I

có phương trình x2 y2 6y 5 0 và đường thẳng  d

có phương trình x y 10 0 Gọi M� I là điểm có khoảng cách lớn nhất tới

 d

, N� I là điểm có khoảng cách nhỏ nhất tới  d

Tổng khoảng cách đó là:

Lời giải

Họ tên tác giả: Trần văn Minh Facebook: Trần văn Minh

Chọn C

Ta có I  0;3 ,R2

 

2

không cắt  I

Gọi  m

là đường thẳng đi qua I và vuông góc với đường thẳng  d

Khi đó  m

cắt  I

tại hai điểm M và N thỏa mãn yêu cầu đề bài cho

Khi đó tổng khoảng cách cần tìm là

 

 ,   N,   2R 2 N,  

 

2

 R d d R  d d  

Email: dackhao168@gmail.com

GIẢI :

Họ và tên: Đắc Phiên Khảo,Tên FB: Dac Phien Khao

Phân tí Ch: Vẽ hình theo giả thiết, dự đoán các tính chất đặc biệt để giải quyết bài toán

Phát hiện : AMQP.

Đường thẳng AM qua M 0; 2   và có VTCP là

PQ  7; 1

uuur

nên : AM : 7 x y  2 0.

� Tọa độ AAM  � d

thỏa hệ :

A 1;5

x y

  

�



�

�   

Trung điểm của PQ là N 0;3 

cũng là trung điểm của AH �H 1;1 

� Đường thẳng BC qua M 0; 2   và vuông góc với AH nên :  BC : x2y 4 0.

� Đường thẳng BH qua H 1;1  và nhận

5 5

2 2

 � �

uuur

làm VTCP nên :  BH :x y 0.

điểm của cạnh BC Trên tia đối của các tia HB, HC lấy P, Q sao cho AQHP là hình bình hành

Giả sử

; , ;

P�� � �� �Q  ��

� � � �, đỉnh A thuộc đường thẳng :3 2 d x y  và đỉnh 7 0 B a b ;

thì

a b bằng:

� Tọa độ điểm B thỏa :

0

2 4 0

x y

 

�

�   

� �B 4; 4  

Chọn đáp án A

Việc chứng minh MAQP xin được nêu thêm như sau:

Cá Ch 1 : Chứng minh : MAQP.

Gọi E, F là chân đường cao của C, A; N là trung điểm của PQ và I là giao điểm của AM và PQ

Ta có :

QAH ACB (do cùng phu HAC)

AHQ ABC (do BEFH nôi tiêp)

�

�



� � QAH đồng dạng với ACB g g  

AQ AH 2AN

AC  BC  2CM

�

Mà QAN CAM� � nên : QAN đồng dạng với ACM c g c   

MAC AQN QPH 

� mà BPAC Suy ra MAQP.

Cá Ch 2 : Chứng minh : MAQP.

Do H là trực tâm của tam giác ABC nên :

0 0

AQH QAB 90 PAC APH 90

�

�

�

Mà AQH APH� � ( do AQHP là hình bình hành )

Nên : QAB PAC� � �  � 

cos QA, AB  cos AP, AC

� uuur uuur uuur uuur

Lại có :

0 BAP CAQ 90

AQH APH

�

�



� � APB đồng dạng với AQC �AP.AC AQ.AB .

AP.AC.cos AP, AC AQ.AB.cos QA, AB 0

Xét 2.QP.AMuuuruuuurQA QH AB ACuuur uuur uuur uuur    QA.AB AP.ACuuur uuur uuuruuur

( do QA.AC 0, AB.QH 0uuur uuur uuur uuur ).

AP.AC.cos AP, AC AQ.AB.cos QA, AB 0

 uuur uuur  uuur uuur 

Suy ra MAQP.