www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
Dạng 4. Ba đường cônic
I. Elip.
1. Định nghĩa: Cho hai điểm cố định F1 , F2 với F1F2 = 2c ( c > 0 ) và hằng số a > c . Elip
( E ) là tập hợp các điểm M
thỏa mãn MF1 + MF2 = 2a .
Các điểm F1 , F2 là tiêu điểm của ( E ) . Khoảng cách F1F2 = 2c là tiêu cự của ( E ) .
MF1 , MF2 được gọi là bán kính qua tiêu.
2. Phương trình chính tắc của elip:
Với F1 ( −c; 0 ) , F2 ( c; 0 ) : M ( x; y ) ∈ ( E ) ⇔
x2
a
2
+
y2
b
2
= 1 (1) trong đó
b2 = a 2 − c 2 .
Thì ( 1) được gọi là phương trình chính tắc của ( E )
3. Hình dạng và tính chất của elip:
Elip có phương trình ( 1) nhận các trục tọa độ là trục đối xứng và gốc tọa độ làm
tâm đối xứng.
+ Tiêu điểm: Tiêu điểm trái F1 ( −c; 0 ) , tiêu điểm phải F2 ( c; 0 )
+ Các đỉnh : A1 ( −a; 0 ) , A 2 ( a; 0 ) , B1 ( 0; − b ) , B2 ( 0; b )
+ Trục lớn : A1A 2 = 2a , nằm trên trục Ox ; trục nhỏ : B1 B2 = 2b , nằm trên trục Oy
+ Hình chữ nhật tạo bởi các đường thẳng x = ±a, y = ± b gọi là hình chữ nhật cơ sở
+
Tâm sai : e =
c
<1
a
+ Bán kính qua tiêu điểm của điểm M ( xM ; y M ) thuộc ( E ) là:
c
c
MF1 = a + exM = a + xM , MF2 = a − exM = a − xM
a
a
II. Hypebol
1. Định nghĩa: Cho hai điểm cố định F1 , F2 với F1F2 = 2c ( c > 0 ) và hằng số
a < c .Hypebol là tập hợp các điểm M thỏa mãn MF1 − MF2 = 2a . Kí hiệu ( H ) .
Ta gọi : F1 , F2 là tiêu điểm của ( H ) . Khoảng cách F1F2 = 2c là tiêu cự của ( H ) .
2. Phương trình chính tắc của hypebol:
Với F1 ( −c; 0 ) , F2 ( c; 0 ) : M ( x; y ) ∈ ( H ) ⇔
x2
a2
−
y2
b2
= 1 với b2 = c 2 − a 2
Phương trình ( 2 ) được gọi là phương trình chính tắc của hypebol
3. Hình dạng và tính chất của (H):
646
( 2)
www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
+ Tiêu điểm: Tiêu điểm trái F1 ( −c; 0 ) , tiêu điểm phải F2 ( c; 0 )
+ Các đỉnh : A1 ( −a; 0 ) , A 2 ( a; 0 )
+ Trục Ox gọi là trục thực, Trục Oy gọi là trục ảo của hypebol. Khoảng cách 2a
giữa hai đỉnh gọi là độ dài trục thực, 2b gọi là độ dài trục ảo.
+ Hypebol gồm hai phần nằm hai bên trục ảo, mỗi phần gọi là nhánh của hypebol
+ Hình chữ nhật tạo bởi các đường thẳng x = ±a, y = ± b gọi là hình chữ nhật cơ sở.
Hai đường thẳng chứa hai đường chéo của hình chữ nhật cơ sở gọi là hai đường
b
tiệm cận của hypebol và có phương trình là y = ± x
a
c
+ Tâm sai : e = > 1
a
+
M ( xM ; yM ) thuộc
( H ) thì: MF1 = a + exM
c
c
= a + xM , MF2 = a − exM = a − xM
a
a
III. Parabol
1. Định nghĩa: Cho điểm cố định F và đường thẳng cố định ∆ không đi qua F .
Parabol(P) là tập hợp các điểm M cách đều điểm F và đường thẳng ∆ . Điểm F
gọi là tiêu điểm của parabol.
Đường thẳng ∆ được gọi là đường chuẩn của parabol
p = d ( F; ∆ ) được gọi là tham số tiêu của -parabol.
2. Phương trình chính tắc của parabol:
p
p
Với F ; 0 và ∆ : x = − ( p > 0 )
2
2
M ( x; y ) ∈ ( P ) ⇔ y 2 = 2px
( 3)
( 3 ) được gọi là phương trình chính tắc của parabol
3. Hình dạng và tính chất của parabol:
p
+ Tiêu điểm F ; 0
2
p
2
+ Gốc tọa độ O được gọi là đỉnh của parabol
+ Phương trình đường chuẩn: ∆ : x = −
+
Ox được gọi là trục đối xứng
+
M ( xM ; y M ) thuộc ( P ) thì: MF = d ( M; ∆ ) = xM +
p
2
647
www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
Ví dụ 1
1. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, hãy viết phương trình chính
tắc của elíp ( E ) biết rằng
( E) có tâm sai bằng
5
và hình chữ nhật cơ sở của ( E )
3
có chu vi bằng 20 .
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của elíp ( E ) biết nó có
một đỉnh và 2 tiêu điểm của ( E ) tạo thành một tam giác đều và chu vi của hình chữ
(
)
nhật cơ sở của ( E ) là 12 2 + 3 .
Lời giải
x2
1. Gọi phương trình chính tắc của elíp ( E ) là:
a2
+
y2
b2
= 1 , với a > b > 0 .
c
5
=
3
a
a = 3
.
Từ giả thiết ta có hệ phương trình: 2 ( 2a + 2b ) = 20 ⇔
b = 2
2
2
2
c = a − b
Phương trình chính tắc của ( E ) cần tìm là:
, 2
x
+
9
2. Gọi phương trình chính tắc của elíp ( E ) là :
y2
= 1.
4
x2
a2
+
y2
b2
= 1 (a > b > 0)
Do các đỉnh trên trục lớn và F1 ,F2 thẳng hàng nên F1 ,F2 cùng với đỉnh B ( 0; b ) trên
trục nhỏ tạo thành một tam giác đều.
BF = F1F2
∆BF1F2 đều ⇔ 2
⇔ c 2 + b 2 = 4c 2 ⇔ b2 = 3c 2 = 3 a 2 − b 2 ⇔ 3a 2 = 4b 2
BF1 = BF2
(
(
)
)
Hình chữ nhật cơ sở có chu vi 2 ( 2a + 2b ) = 12 2 + 3 ⇔ a + b = 6 + 3 3
3a 2 = 4b 2
x2 y2
a = 6
Ta có hệ:
⇒
⇒ (E) :
+
=1
36 27
b = 3 3
a + b = 6 + 3 3
Ví dụ 2 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho elip
(d ) :
648
2x + 15y − 10 = 0 cắt elip tại 2 điểm phân biệt A
x2 y2
+
= 1 . Giả sử
25 4
( xA > 0 ) và
B . Tìm trên elip
www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
điểm C sao cho ∆ABC cân tại A .
Lời giải
Tọa độ điểm A và B là nghiệm hệ:
2x + 15y − 10 = 0
10 − 15y
y = 0, x = 5
x=
2
2
⇔
⇔
2
x
y
y = 6 , x = −4
=1
+
4x 2 + 25y 2 = 100
5
25 4
6
Theo đề bài, ta có: A ( 5; 0 ) và B −4; .
5
Gọi C ( xC ; yC ) là tọa độ cần tìm.
x2 y2
C + C =1
x2 y2
4
6
C + C = 1 25
Ta có: 25
⇔
2 ⇒ x = −4, y = ±
4
5
3 229
2
2
AC = AB
( xC − 5 ) + yC = 5
6
Vậy, C −4; − là tọa độ cần tìm.
5
Ví dụ 3 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông
góc Oxy, cho điểm C ( 2; 0 ) và elip
,
x2 y2
+
= 1 . Tìm tọa độ các điểm A, B thuộc ( E ) . Biết rằng A, B đối xứng
4
1
nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều.
(E) :
Lời giải
Gọi A ( x0 ; y0 ) , do A, B đối xứng nhau qua trục hoành nên B ( x0 ; − y0 ) .
Suy ra AB2 = 4y02 , AC2 = ( 2 − x0 ) + y02 .
2
Vì A ∈ ( E ) ⇒
x02
4
+
y02
1
= 1 ⇔ y02 =
4 − x02
4
( 1)
∆ABC đều nên AB = AC ⇔ 4y02 = ( x0 − 2 ) + y20
2
(2)
Từ ( 1) và ( 2 ) ta có : 7x02 − 16x0 + 4 = 0 ⇔ x0 = 2 hoặc x0 =
2
.
7
649
www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
• Với x 0 = 2 ⇒ y0 = 0 ⇒ A ≡ C loại.
• Với x0 =
2
48
4 3
thay vào ( 1) ta được y0 2 =
.
⇔ x0 = ∓
7
49
7
2 4 3 2 −4 3
2 −4 3 2 4 3
Vậy, A ;
, B ;
hoặc A ;
, B ;
.
7 7 7
7
7
7 7 7
x2 y2
−
=1.
9
6
Tìm điểm M trên hypebol sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 đường tiệm cận
Ví dụ 4 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho hypebol
bằng
24 2
.
5
Lời giải
Phương trình hai tiệm cận là : d1 : y =
Giả sử M ( xM ; yM ) ∈ ( H ) suy ra
⇔
(
6xM − 3yM
)(
)
2
xM
9
6
6
x, d 2 : y = −
x.
3
3
−
2
yM
6
=1
6xM + 3y M = 54 ( 1),
Tổng khoảng cách từ M ( xM ; yM ) đến hai đường tiệm cận bằng
6
x − yM
3 M
2
1+
3
+
6
x + yM
3 M
2
1+
3
Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra:
⇔ xM = ±
12
5
⇒ yM = ±
=
24 2
⇔
5
6xM − 3y M +
6xM − 3y M + 6xM + 3y M =
24 2
:
5
6xM + 3yM =
24 30
5
24 30
5
330
5
12 330
12
12 330
330
;
;−
;
Vậy, có bốn điểm M1
, M3 −
,
, M2
5
5
5
5
5
5
12
330
;−
và M 4 −
thỏa mãn yêu cầu bài toán .
5
5
650
( 2) .
www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
Ví dụ 5
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :
x2 y2
+
= 1 và đường thẳng
10 5
d : x + y + 2013 = 0 . Lập phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với d và cắt ( E )
tại hai điểm M, N sao cho MN =
4 6
.
3
2. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho elíp ( E ) :
x2 y2
+
=1
16 9
và điểm I ( 1; 2 ) . Viết phương trình đường thẳng đi qua I biết rằng đường thẳng
đó cắt elip tại hai điểm A, B mà I là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Lời giải
1. ( ∆ ) có phương trình y = x + b, b ∈ . Phương trình giao điểm của ( ∆ ) và ( E )
y = x + b
y = x + b
⇔ 2
là : x 2 y 2
2
= 1 3x + bx + 2b − 10 = 0 ( 1)
+
10 5
4 6
32
2
2
32
⇔ MN2 =
⇔ ( y M − y N ) + ( xM − x N ) =
3
3
3
,
16
2
hay ( xM + x N ) − 4xM .x N =
( 2)
3
MN =
⇔ ( xM − x N ) =
4b
xM + x N = − 3
Áp dụng định lý Vi - et cho phương trình ( 1) :
2
x .x = 2b − 10
M N
3
2
16
3
( 3)
2
4b
2b 2 − 10 16
=
Từ ( 2 ) và ( 3 ) suy ra: − − 4
⇔ b2 = 9 ⇒ b = −3 hoặc b = 3 .
3
3
3
Vậy, có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là y = x + 3, y = x − 3
2. Cách 1: Đường thẳng ∆ đi qua I nhận u ( a; b ) ≠ 0 làm vectơ chỉ phương có dạng:
x = 1 + at
y = 2 + bt
Do A, B ∈ ∆ suy ra A ( 1 + at1 ; 2 + bt1 ) , B ( 1 + at 2 ; 2 + bt 2 ) .
651
www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
2x = x A + x B
a ( t + t ) = 0
⇔ 1 2
⇔ t1 + t 2 = 0 ( 1 )
I là trung điểm của AB khi I
2xI = x A + x B
b ( t1 + t 2 ) = 0
A, B ∈ ( E ) nên t1 , t 2 là nghiệm của phương trình
(1 + at )2 + ( 2 + bt )2 = 1 ⇔
16
9
( 9a
2
)
+ 16b 2 t 2 + 2 ( 9a + 32b ) t − 139 = 0
Theo định lý Viet ta có t1 + t 2 = 0 ⇔ 9a + 32b = 0
Ta có thể chọn b = −9 và a = 32 .
Vậy, đường thẳng d có phương trình : 9x + 32y − 73 = 0 .
Cách 2: Vì I thuộc miền trong của elip ( E ) nên lấy tùy ý điểm A ( x; y ) ∈ ( E ) thì
đường thẳng IM luôn cắt ( E ) tại điểm thứ hai là B ( x'; y' ) .
I là trung điểm điểm AB khi và chỉ khi
x' = 2 − x
2xI = x A + x B
⇔
⇒ M' ( 2 − x; 4 − y )
2x
=
x
+
x
y' = 4 − y
A
B
I
x2 y2
=1
+
4 − 4x 16 − 8y
16 9
Vì M,M' ∈ ( E ) ⇔
⇒,
+
= 0 hay 9x + 32y − 73 = 0
2
2
16
9
4 − y)
(2 − x)
(
+
=1
9
16
( ∗)
Tọa độ điểm M, I thỏa mãn phương trình ( ∗) nên đường thẳng cần tìm là :
9x + 32y − 73 = 0 .
Ví dụ 6 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho parabol y 2 = 8x . Tìm
điểm M nằm trên parabol và một điểm N nằm trên đường thẳng
∆ : 4x − 3y + 5 = 0 sao cho đoạn MN ngắn nhất .
Lời giải
Với mọi điểm M ∈ ( P ) , N ∈ ∆ ta luôn có MN ≥ d ( M; ∆ )
m2
M ∈ (P) ⇒ M
; m với m ≥ 0 ,
8
652
www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
4.
khi đó d ( M; ∆ ) =
m2
− 3.m + 5
8
5
=
( m − 3 )2 + 1 ≥
10
1
10
9
MN nhỏ nhất khi và chỉ khi M ; 3 và N là hình chiếu của M lên ∆
8
Đường thẳng đi qua M vuông góc với ∆ nhận u ( 3; 4 ) làm vectơ pháp tuyến, có
9
phương trình là 3 x − + 4 ( y − 3 ) = 0 hay 24x + 32y − 123 = 0
8
209
x=
4x − 3y + 5 = 0
200
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ
⇔
24x + 32y − 123 = 0
y = 153
50
9
209 153
Vậy , M ; 3 , N
;
là tọa độ cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
8
200 50
Bài tập tự luyện
Bài tập 1. Viết phương trình chính tắc của elip trong mỗi trường hợp:
a. Có tâm sai bằng
5
và hình chữ nhật
, cơ sở của ( E ) có chu vi bằng 20 ;
3
3 14
2
b. Đi qua M
;−
, tam giác MF1F2 vuông tại M .
4
4
Bài tập 2. Viết phương trình chính tắc của hypebol trong mỗi trường hợp:
a. ( H ) có hai đường tiệm cận y = ±2x và có hai tiêu điểm là hai tiêu điểm của elip;
b.
(H)
đi qua hai điểm M
(
)
(
)
2; 2 2 và N −1; − 3 .
Bài tập 3. Viết phương trình chính tắc của hypebol trong mỗi trường hợp:
a. Đi qua M ( −2;1) và góc giữa hai đường tiệm cận bằng 600 ;
b. Khoảng cách giữa các đường chuẩn là
32
7
và phương trình 2 đường tiệm cận
là 3x ± 4y = 0 .
Bài tập 4. Viết phương trình chính tắc của parabol trong trường hợp:
653
www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
a. Khoảng cách từ tiêu điểm F đến đường thẳng ∆ : x + y − 12 = 0 là 2 2 ;
b. ( P ) cắt đường thẳng ∆ : 3x − y = 0 tại 2 điểm A, B sao cho AB = 4 2 .
Bài tập 5. Trong mặt phẳng Oxy , cho elip: 9x2 + 25y 2 = 225 .Tìm các điểm M trên
(E)
sao cho diện tích tứ giác OHMK lớn nhất với H, K là hình chiếu của điểm
M lên hai trục tọa độ.
Bài tập 6. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho hypebol ( H ) :
x2 y2
−
= 1 có tiêu điểm F1 và F2 . Tìm điểm M trên ( H ) trong trường hợp sau:
9
6
a. Điểm M nhìn hai tiêu điểm của ( H ) dưới một góc vuông;
b. Khoảng cách hai điểm M và F1 bằng 3;
c. Tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận bằng
24 2
.
5
Bài tập 7. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông
góc Oxy,
,
x2 y2
+
= 1 . Gọi F1 và F2 là
3
2
các tiêu điểm của ( E ) ( F1 có hoành độ âm), M là giao điểm có tung độ dương của
(
)
a. Cho điểm A 2; 3 và elip ( E ) có phương trình
đường thẳng AF1 với ( E ) , N là điểm đối xứng của F2 qua M . Viết phương trình
đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2 .
x2 y2
+
= 1 và hai điểm A ( 3; −2 ) , B ( −3; 2 ) . Tìm trên ( E )
9
4
điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn
nhất.
b. Cho elíp ( E ) :
Bài tập 8. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho hypebol ( H ) :
x2 y2
−
= 1 và A ( 3; 2 ) , B ( 0;1) . Tìm các điểm C ∈ ( H ) sao cho ∆ABC có diện tích
7
4
nhỏ nhất.
Bài tập 9. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy,
654
www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
a. Cho parabol ( P ) : y 2 = 4x và điểm I ( 0;1) .Tìm A, B trên ( P ) sao cho: IA = 4IB .
b. Cho parabol ( P ) : y2 = x và điểm I ( 0; 2 ) . Tìm toạ độ hai điểm M, N thuộc ( P )
sao cho IM = 4IN .
Bài tập 10. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho đường thẳng
∆ : x − y + 5 = 0 và hai elip
tiêu điểm. Biết rằng ( E2 )
( E2 )
2
y2
x
( E1 ) : 25 + 16 = 1, ( E2 ) :
x2
y2
= 1 ( a > b > 0 ) có cùng
a 2 b2
đi qua điểm M thuộc ∆ . Lập phương trình ( E2 ) , biết
+
có độ dài trục lớn nhỏ nhất.
Bài tập 11. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho parabol ( P ) : y 2 = x
và hai điểm A ( 9; 3 ) , B ( 1; −1) thuộc ( P ) . Gọi M là điểm thuộc cung AB của ( P )
( phần của ( P ) bị chắn bởi dây AB ). Xác định tọa độ điểm M nằm trên cung AB
sao cho tam giác MAB có diện tích lớn nhất.
Hướng dẫn giải
Bài tập 1.a.
( E ) có tâm sai bằng
a 2 − b2
5
hay 4a 2 = 9b 2 ( 1)
=
a
3
,
5
suy ra
3
Hình chữ nhật cơ sở của ( E ) có chu vi bằng 20 suy ra 4 ( a + b ) = 20
Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra a = 3, b = 2 ⇒ ( E ) :
b. M ∈ ( E ) ⇒
63
a2
+
1
b2
( 2)
x2 y2
+
=1
9
4
= 8 , tam giác MF1F2 vuông tại M ⇒ F1M.F2 M = 0
⇔ c 2 = 8 = a 2 − b 2 ⇒ a 2 = 9, b 2 = 1 ⇒ ( E ) :
Bài tập 2. a. Giả sử hypebol ( H ) có dạng :
x2 y2
+
=1
9
1
x2
m2
Vì ( H ) có hai tiệm cận y = ±2x nên ta có:
−
y2
n2
=1
n
= 2 ⇒ n = 2m .
m
Đối với elip ta có: c 2 = a 2 − b 2 = 12 − 10 = 2.
Theo giả thiết thì tiêu điểm của Hypebol cũng là của elip nên:
655
www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
c 2 = m 2 + n 2 ⇔ 10 = m 2 + ( 2m ) = 5m 2 ⇔ m 2 = 2, n 2 = 8
2
Phương trình hypebol ( H ) là:
b. Do ( H ) đi qua hai điểm M
(
x2 y2
−
=1.
2
8
)
(
)
2; 2 2 và N −1; − 3 nên ta có hệ:
2
8
2 − 2 = 1 a 2 = 2
x2 y2
a
b
5 ⇒ (H) :
⇔
−
= 1.
2
2
1 − 3 = 1 b2 = 2
a 2 b 2
5
Bài tập 3. a.
M ( −2;1) ∈ ( H ) nên
4
a
2
−
1
=1
b2
( ∗)
Phương trình hai đường tiệm cận là:
∆1 : y =
b
b
x hay bx − ay = 0 ; ∆ 2 : y = − x hay bx + ay = 0
a
a
0
0
Vì góc giữa hai đường tiệm cận bằng 60 nên cos 60 =
b2 − a 2
b2 + a 2
2
2
,
1 b −a
2
2
2
2
Hay =
⇔ 2 b − a = a + b ⇔ b 2 = 3a 2 hoặc a 2 = 3b2 .
2 b2 + a 2
+ Với b 2 = 3a 2 thay vào ( ∗) suy ra hypebol là
x2 y2
−
=1
11 11
3
+ Với a 2 = 3b 2 thay vào ( ∗) suy ra hypebol là
x2 y2
−
=1
1
1
3
Vậy, có hai hypebol thỏa mãn :
x2 y2
x2 y2
−
= 1 và
−
=1
11 11
1
1
3
3
p
2
Bài tập 4. a. Ta có tọa độ tiêu điểm F ; 0
Khoảng cách từ F đến đường thẳng ∆ bằng 2 2 nên:
656
www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
d ( F; ∆ ) =
p
− 12
2
= 2 2 suy ra p = 16 hoặc p = 32 .
2
Vậy, phương trình của ( P ) : y2 = 32x hoặc y 2 = 64x
b. Ta thấy ( P ) luôn cắt đường thẳng ∆ tại gốc tạo độ, giả sử B ≡ O và
A ∈ ∆ ⇒ A ( a; 3a ) .
Mặt khác: AB = 4 2 ⇒ a 2 + 9a 2 = 4 2 ⇔ a 2 =
Nếu a =
16
4
⇒a=±
5
5
2
4
4
18
36
⇒ 3.
⇒p=
⇒ ( P ) : y2 =
x
= 2p
5
5
5
5
5
4
Nếu a = −
4
(loại).
5
Bài tập 5. S OHMK = xM yM . Theo BĐT Cauchy ta có :
2
2
2
2
9xM
+ 25yM
= 225 ≥ 2 9xM
.25yM
= 30 xM y M ⇒ xM y M ≤
2
2
= 25y
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 9xM
, M ⇒ xM = ±
Bài tập 6. Gọi M ( xM ; yM ) ∈ ( E ) ⇒
2
xM
9
−
2
yM
6
5
2
15
2
, yM = ±
3
2
= 1 (1 )
Từ phương trình ( H ) có a 2 = 9, b 2 = 6 nên a = 3, b = 6 ,c = a 2 + b 2 = 15
(
) (
Suy ra F1 − 15; 0 ,F2
)
15; 0 .
Ta có: F1M = xM + 15; yM ,F2 M = xM − 15; yM
(
)
(
)
a. Điểm M nhìn hai tiêu điểm của ( H ) dưới một góc vuông nên
2
2
2
F1M.F2 M = 0 ⇔ xM + 15 xM − 15 + yM
= 0 ⇔ yM
= 15 − xM
thế vào (1 ) ta
(
được
xM 2
9
−
15 − xM 2
6
)(
= 1 ⇔ xM = ±
)
12
63
suy ra yM = ±
5
5
Vậy có bốn điểm thỏa mãn là
657
www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
63 12
63 12
63
63
12
12
M1
;
;
;−
;−
, M3
và M 4 −
.
, M2 −
5
5
5
5
5
5
5
5
15
18
210
c
b. Ta có MF1 = a + x M nên 3 = 3 +
⇒ yM = ±
x ⇒ xM = −
3 M
5
a
15
18
18
210
210
Vậy, có 2 điểm: M1 −
;
;−
và M 2 −
5
5
15
15
c. Phương trình hai tiệm cận là : d1 : y =
6
6
x, d 2 : y = −
x.
3
3
Tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận bằng
6
x − yM
3 M
+
2
1+
3
Mặt khác ( 1) ⇔
⇔
6
x + yM
3 M
(
2
1+
3
6xM − 3yM
=
24 2
⇔
5
)(
6xM − 3yM + 6xM + 3y M =
6xM − 3yM +
24 2
suy ra
5
6xM + 3yM =
24 30
5
( 2) .
)
6xM + 3yM = 54 suy ra ( 2 )
24 30 ,
12
330
⇔ xM = ±
⇒ yM = ±
5
5
5
12 330
12
12 330
330
Vậy, có bốn điểm M1
;
;−
;
, M3 −
và
, M2
5
5
5
5
5
5
12
330
M4 −
;−
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
5
5
658
www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
Bài tập 7.
N
y
a. Ta có: F1 ( −1; 0 ) , F2 (1; 0 ) .
Đường thẳng AF1 :
A
x+1 y
=
3
3
2 3
Từ đó ta tìm được M 1;
3
M
F1
x
F2
O
2 3
3
Do N đối xứng với F2 qua M nên
⇒ AM = MF2 =
ta có MN = MF2
⇒ MA = MF2 = MN
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2 có tâm là điểm M , bán kính
2
2 3
4
2
2 3
nên có phương trình : ( x − 1) + y −
= .
3
3
3
b. Ta có phương trình đường thẳng AB : 2x + 3y = 0
R = MA =
x2 y2
+
= 1 và diện tích tam giác ABC là
, 9
4
1
85
85 x y
2x + 3y = 3
= AB.d ( C, AB ) =
+
2
13
3 4
2 13
Gọi C ( x; y ) với x > 0, y > 0 . Khi đó ta có
S ABC
≤3
85 x 2 y 2
170
=3
+
2
13 9
4
13
x2 y2
= 1 x = 3 2
+
3 2
9
4
Dấu bằng xảy ra khi:
; 2.
⇔
2 . Vậy C
x = y
y = 2
2
3 2
Bài tập 8. AB : x − y + 1 = 0; AB = 3 2 , C ( x0 ; y0 ) ∈ ( H ) ⇒
S ∆ABC =
x02
7
−
y02
4
=1
1
3
AB.d ( C; AB ) = x0 − y0 − 1
2
2
x2 y2
−
=1
có nghiệm với tham số P .
Đặt P = x0 − y0 − 1 , suy ra hệ : 7
4
P = x − y − 1
659
www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
Từ đây suy ra P ≥ 3 − 1 hoặc P ≤ − 3 − 1 do đó P ≥ 3 − 1
7 4
Vậy C
;
thì ∆ABC có diện tích nhỏ nhất.
3 3
a 2 b 2 a 2
b 2
;a , B
; b , IA ; a − 1 , IB ; b − 1
4 4
4
4
Bài tập 9. a. Vì A, B ∈ ( P ) ⇒ A
a = −1
a = 3
a2
= b2
hoặc
⇒ IA = 4IB ⇔
⇔
4
1
3.
b
=
b =
a − 1 = 4 ( b − 1)
2
2
(
) (
)
b. Vì M, N ∈ ( P ) nên ta có M m 2 ; m , N n 2 ; n .
Suy ra IM = m 2 ; m − 2 ,IN = n 2 ; n − 2 .
(
)
(
)
m 2 = 4n 2
Do đó: IM = 4IN ⇔
m − 2 = 4 ( n − 2 )
1
m = 4n − 2
n = 3
n = 1
hoặc
.
⇔
⇔
2
2
m = 2
m = − 2
( 2n − 1) = n
3
,
Vậy có hai cặp điểm thỏa yêu cầu bài toán là:
4 2 1 1
M ( 4; 2 ) , N (1;1) hoặc M ; − , N ; .
9 3 9 3
Bài tập 10. Vì hai E líp có cùng tiêu điểm nên ta có: a 2 − b 2 = 25 − 16 = 9
Gọi M ( m; m + 5 ) ∈ ∆ , do M thuộc ( E1 ) nên:
(
)
(
)
m2
+
a2
( m + 5 )2 = 1
b2
(
)
⇔ m 2 a 2 − 9 + ( m + 5 ) a 2 = a 2 a 2 − 9 ⇔ a 4 − 2 m 2 + 5m + 17 a 2 + 9m 2 = 0
a 2 = m 2 + 5m + 17 +
2
(m
2
• Nếu m 2 + 5m ≥ 0 ⇒ f ( m ) > 17
• Với m ∈ ( −5; 0 ) , ta có:
660
)(
)
+ 8m + 17 m 2 + 2m + 17 = f ( m )
www.VNMATH.com
Nguyễn Phú Khánh
( m + 8m + 17 )( m + 2m + 17 ) − ( m + 5m ) + 17
f (m) =
( m + 8m + 17 )( m + 2m + 17 ) − ( m + 5m )
2
2
2
=
2
2
2
2
( 5m + 17 )2
(
)(
) (
m 2 + 8m + 17 m 2 + 2m + 17 − m 2 + 5m
Đẳng thức xảy ra khi m = −
Vậy, phương trình ( E 2 ) :
)
+ 17 ≥ 17
17
. Khi đó a 2 = 17, b 2 = 8 .
5
x2 y2
+
= 1.
17 8
Bài tập 11. Phương trình AB : x − 2y − 3 = 0
( )
Vì M ∈ ( P ) ⇒ M t 2 ; t từ giả thiết suy ra −1 < t < 3
tam giác MAB có diện tích lớn nhất ⇔ d ( M, AB ) lớn nhất
Mà d ( M; AB ) =
t 2 − 2t − 3
5
Suy ra maxd ( M, AB ) =
4
5
, với t ∈ ( −1; 3, ) .
đạt được khi t = 1 ⇒ M ( 1;1) .
661
- Xem thêm -
.PDF 
16 
546 
115 
