ĐƯỜNG ELIP
I. CÁC DẠNG ELIP VÀ ĐẶC ĐIỂM
Trục
lớn
Hình dạng Elip
y
M
Ox
(a > b)
Phương trình và các yếu tố trong Elip
2
x 2 + y = 1; a 2 = b 2 + c 2 ; e = c .
2
2
a
a
b
B2
F1 ( −c ; 0 ) ; F2 ( c ; 0 ) . Tiêu cự: F1F2 = 2c.
A1
F1
O
F2 A2
A1(−a; 0); A2(a; 0) ∈ Trục lớn. A1A2 = 2a.
x B1(0; −b); B2(0; b) ∈ Trục nhỏ. B1B2 = 2b.
2
MF1 = a + ex
MF = a − ex ; Đường chuẩn x =± a =± a
c
e
2
B1
y
B2
2
x 2 + y = 1; b 2 = a 2 + c 2 ; e = c .
2
2
b
a
b
F1
Oy
(a < b)
F1 ( 0 ; −c ) ; F2 ( 0 ; c ) . Tiêu cự: F1F2 = 2c.
A2
A1
O
A1(−a; 0); A2(a; 0) ∈ Trục nhỏ. A1A2 = 2a.
x
B1(0; −b); B2(0; b) ∈ Trục lớn. B1B2 = 2b.
M
2
MF1 = b + ey
MF = b − ey ; Đg chuẩn y =± b =± b
c
e
2
F2
B1
II. XÁC ĐỊNH PHƯƠNG TRÌNH ELIP THEO CÁC YẾU TỐ
Bài 1. Viết phương trình elip (E) biết 2 tiêu điểm F 1(−8; 0); F2(8; 0) và e = 4/5
Bài 2. Viết phương trình elip (E) biết 2 tiêu điểm F 1(0; −4); F2(0; 4) và e = 4/5
Bài 3. Viết phương trình elip (E) biết 2 tiêu điểm F 1(−6; 0); F2(6; 0) và a = 5
b 4
Bài 4. Viết PT elip (E) biết 2 tiêu điểm F 1(−3; 0); F2(3; 0) và đi qua M 5 ; 15
4
(
)
Bài 5. Viết PT elip (E) biết 2 tiêu điểm F 1(−7; 0); F2(7; 0) và đi qua M(−2; 12)
Bài 6. Viết PT elip (E) biết 4 đỉnh là: A 1(−6; 0), A2(6; 0), B1(0; −3), B2(0; 3)
Bài 7. Viết phương trình của elip (E) biết 2 đỉnh của (E) là: (−4; 0), ( 0; 15 )
Bài 8. Viết phương trình chính tắc của elip (E) biết tiêu điểm nằm trên trục Ox,
đi qua điểm M(8, 12) và MF1 = 20 .
Bài 9. Viết PT chính tắc của elip (E) biết độ dài trục lớn bằng 8, khoảng cách
hai đỉnh liên tiếp A 1B 1 = 5.
Bài 10. Viết PT chính tắc của elip (E) biết một cạnh của hình chữ nhật cơ sở là
x − 2 = 0 với độ dài đường chéo bằng 6.
Bài 11. Viết phương trình chính tắc của elip (E) biết tiêu điểm nằm trên Oy,
e = 1 2 và khoảng cách 2 đường chuẩn là 8 2 .
Bài 12. Viết phương trình chính tắc của elip (E) biết tiêu điểm nằm trên Ox,
www.hsmath.net
M ( − 5; 2) ∈ ( E) và khoảng cách 2 đường chuẩn là 10.
Bài 13. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua M1(2; 1), M 2 ( 5;1 2 )
Bài 14. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua M1 ( 3 3;2) , M 2 ( 3;2 3 )
1
www.hsmath.net
(
)
Bài 15. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua M 5 ; 2 2 và e = 4
3
5
3 5 4 5
;
Bài 16. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua M
5
5
và M nhìn F 1F 2∈Ox dưới góc π
2
Bài 17. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua M 4 2 ; 1
3 2
và M nhìn F1F 2∈Ox dưới góc π
3
2
2
y
Bài 18. Tìm M∈(E): x +
= 1 sao cho M nhìn 2 tiêu điểm dưới góc bằng
9
4
2
y2
Bài 19. Tìm M∈(E): x +
= 1 sao cho M nhìn 2 tiêu điểm dưới góc bằng
100 25
π
2
2π
3
III. MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU MINH HỌA
2
y2
= 1 . Tìm điểm M ∈(E) thoả mãn: 1. Có tọa độ nguyên.
Bài 1. ( E ) : x +
2
8
2. Có tổng 2 tọa độ đạt:
a. Giá trị lớn nhất. b. Giá trị nhỏ nhất.
Giải
1. Điểm (x, y) ∈ (E) ⇒ (−x, y), (−x, −y), (x, −y) cùng ∈(E)
⇒ Ta chỉ cần xét M(x0, y0) ∈ (E) với x0, y0 ≥ 0
Ta có:
x0 = 0 x0 = 0, y0 = 2 2 ( lo¹i)
x02 y02
+
= 1 ⇒ x02 ≤ 2 ⇒ 0 ≤ x0 ≤ 2 ⇒
⇒
⇒ M(1; 2)
2
8
x0 = 1 x0 = 1, y0 = 2
Vậy các điểm thuộc (E) có tọa độ nguyên là: (1; 2), (−1; 2), (−1; −2), (1; −2)
2
y2
= 1 . Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có:
2. Điểm M(x, y) ∈ (E) ⇔ x +
2
8
2 y2
2
Suy ra ( x + y ) ≤ ( 2 + 8) x +
= 10 ⇒ − 10 ≤ x + y ≤ 10 . Dấu bằng xảy ra
8
2
x y
y = 4x
10 4 10
=
10 4 10
⇔
⇔ 2 8
⇒ M1 −
;−
;
; M 2
10
5
5
5
5
( x + y ) 2 = 10 x = ± 5
2
y2
Bài 2. Cho (E): x +
= 1 . Tìm điểm M ∈ (E) thoả mãn:
9
5
a. Bán kính qua tiêu điểm này bằng 2 lần bán kính qua tiêu kia ứng với M∈(E)
b. M nhìn đoạn nối 2 tiêu điểm dưới góc 60°
c. M nhìn đoạn nối 2 tiêu điểm dưới góc 90°
Giải
www.hsmath.net
2
y2
a = 9 a = 3
a = 3
x
⇒
⇒
M(x, y)∈(E) ⇔
+
= 1 . Ta có:
2
2
2
9
5
b 2 = 5 c = a − b = 4 c = 2
⇒ F1 ( −2; 0 ) , F2 ( 2; 0 ) ⇒ F1 M = a + c x = 3 + 2 x ; F2 M = a − c x = 3 − 2 x
a
3
a
3
2
2
www.hsmath.net
)
)
(
(
3 + 2 x = 2 3 − 2 x
x = 3
F1 M = 2 F2 M
3
3
2
a. Yêu cầu bài toán ⇔
⇔
⇔
3 − 2 x = 2 3 + 2 x
x = − 3
2 F1 M = F2 M
2
3
3
3
3 15
3
15
15
15
⇒ M 3;
∨ M ;−
∨ M − ;
∨ M − ;−
4
4
2 4
2
2 4
2
b. Xét ∆ MF1 F2 ta có: F1 F 22 = MF12 + MF 22 − 2 MF1 .MF 2 cos 60 °
2
2
2
⇔ F1 F22 = ( MF1 + MF2 ) − 3MF1 .MF ⇔ ( 2 c ) = ( 2 a ) − 3 MF1 .MF 2
2
2
⇔ MF1 .MF 2 = 4 a − 4 c ⇔ 3 + 2 x 3 − 2 x = 20 ⇔ x 2 = 21 ⇔ y 2 = 25
3
3
3
3
4
12
)(
(
)
21 5 3
21 5 3
21 5 3
21 5 3
⇔M
;
;
;−
;−
∨ M −
∨ M −
∨ M
6
2
6
2
6
6
2
2
c. Xét ∆ MF 1F2 ta có: F1 F 22 = MF12 + MF 22 − 2 M F1 .MF 2 cos 90 °
2
2
2
⇔ F1 F22 = ( MF1 + MF2 ) − 2 MF1 .MF ⇔ ( 2 c ) = ( 2 a ) − 2 MF1 .MF 2
2
2
⇔ MF1 .MF2 = 4a − 4c ⇔ 3 + 2 x 3 − 2 x = 10 ⇔ x 2 = − 9 (vô nghiệm)
2
3
3
4
)(
(
)
2
y2
Bài 3. Cho (E): x 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) . Tiêu điểm F1 ( −c; 0 ) . Tìm M∈(E):
a
b
a. Đoạn F1 M ngắn nhất.
b. Đoạn F1 M dài nhất.
Giải
2
y2
x
M(x, y) ∈ (E) ⇔ 2 + 2 = 1 . Ta có: F1 M = a + c x và − a ≤ x ≤ a
a
a
b
⇒ − c ≤ c x ≤ c ⇔ a − c ≤ F1 M ≤ a + c
a
a. Xét F1 M = a − c ⇔ x = −a ⇔ M(−a; 0). Vậy F1 M ngắn nhất khi M(−a; 0).
b. Xét F1 M = a + c ⇔ x = a ⇔ M(a; 0). Vậy F1 M dài nhất khi M(a; 0).
2
y2
Bài 4. Cho (E): x 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) . TÌm tọa độ M∈(E) sao cho tiếp tuyến
a
b
của (E) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích nhỏ nhất.
M(x0, y0) ∈ (E) ⇔
x 02
a
2
+
y 02
2
Giải
= 1 . PTTT (∆) của (E) tại M là:
b
2
Gọi A ≡ ( ∆ ) ∩ Oy ; B ≡ ( ∆ ) ∩ Ox ⇒ A 0; b
y0
2
⇒ S = 1 O A.O B = 1 y A x B = 1 b
2
2
2 y0
a2
, B x ;0
0
a 2 = 1 ab b
2
x0
y0
x0 x
a
2
+
y0 y
b2
=1
a . Ta có:
x0
x2
y 0 x0
y2
1
≤ 1 02 + 02 = 1 ⇒ S = ab ⋅
≥ ab . Dấu bằng xảy ra ⇔
b a
2a
2
2
y0 x0
b
b a
www.hsmath.net
2
2
x0 y0 1
a
b
a
b
a
;
;
; − b ; M 4 a ; − b
=
= ⇒ M1
; M 2 −
; M3 −
a2 b2 2
a
2
a
2
a
2
2
a
3
www.hsmath.net
2
y2
Bài 5. Cho (E): x 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) . a. CMR: b ≤ OM ≤ a ∀M ∈ (E)
a
b
b. Tìm 2 điểm A, B thuộc (E) thoả mãn OA ⊥ OB và S ∆AOB nhỏ nhất.
y2
M(x, y) ∈ (E) ⇔ x 2 + 2 = 1 .
a
b
Giải
2
2
2
2
y2
y2
y2
x2 + y2
x2 + y2
≤
1
≤
Ta có: 12 < 12 ⇒ x 2 + 2 ≤ x 2 + 2 ≤ x 2 + 2 ⇔
a
b
a2
b2
a
a
a
b
b
b
⇔ b 2 ≤ x 2 + y 2 ≤ a 2 mà OM = x 2 + y 2 ⇒ b ≤ OM ≤ a.
b. Nếu A, B là các đỉnh trên trục thì S OAB = 1 ab . Xét A, B khác các đỉnh suy
2
ra phương trình đường thẳng (OA) có dạng y = kx, khi đó ta có:
x A2
k 2 x 2A
(1 + k ) a b
a 2b 2
⇒ OA 2 = x A2 + y A2 = (1 + k 2 ) x A2 = 2
.
2
2
2
2 2
a
b
b +a k
b + a2k 2
Do OA ⊥ OB ⇒ Hệ số góc của (OB) là −1 . Tương tự ta suy ra:
k
2
2
1 + 1 a b
(1 + k 2 ) a 2b 2
(1 + k 2 ) a 2b 2
k2
2
1 OAOB
1⋅
OB =
= 2
⇒
.
S
=
=
OAB
2
2 ( a 2 + b 2 k 2 )( b 2 + a 2 k 2 )
a + b2k 2
b 2 + a 2 ⋅ 12
k
+
Ta có:
2
= 1 ⇔ x A2 =
2
2
2
2 2
2
2 2
2
2
2
( a 2 + b 2 k 2 )( b 2 + a 2 k 2 ) ≤ ( a + b k ) + ( b + a k ) = (1 + k )( a + b )
2
2
2 2
⇒ S OAB ≥ a2 b 2 . Dấu bằng xảy ra ⇔ a 2 + b 2 k 2 = b 2 + a 2 k 2 ⇔ k 2 = 1 ⇔ k = ±1 .
a +b
2 2
2 2
2 2
Do a2 b 2 ≤ a b = 1 ab ⇒ Min S AOB = a2 b 2
2ab 2
a +b
a +b
ab
ab
;
Vậy A
2
2
2
a + b2
a +b
ab
ab
; B −
;
2
2
2
2
a +b
a +b
ab
ab
;−
hoặc A
2
2
2
a + b2
a +b
ab
ab
; B −
;−
2
2
2
2
a +b
a +b
2
2 2
( a 2 + b 2 k 2 )( b 2 + a 2 k 2 ) ≥ ab + abk 2 = ab (1 + k 2 ) ⇒ S OAB ≤ (1 + k ) a b = ab
2
2ab (1 + k 2 )
2
y2
Bài 6. Cho A(3; 0). Tìm B, C ∈(E): x +
= 1 sao cho B, C đối xứng qua Ox
9
3
đồng thời thoả mãn ∆ABC đều.
Giải
Không mất tính tổng quát giả sử B(x0, y0) và C(x0, −y0) với y0 > 0.
x 02 y 02
Ta có:
+
= 1 ⇔ x 02 + 3 y 02 = 9
9
3
Ta có: BC = 2 y 0 và phương trình (BC): x = x0 ⇒ d ( A, ( BC ) ) = 3 − x 0 www.hsmath.net
Do A∈Ox và B, C đối xứng qua Ox ⇒ ∆ABC cân tại A
4
www.hsmath.net
2
3
BC ⇔ 3 − x 0 = 3 y 0 ⇔ 3 y 02 = ( x 0 − 3)
2
= 9 ⇔ 2 x 02 − 6 x 0 = 0 ⇔ x 0 = 0 ∨ x 0 = 3
suy ra ∆ABC đều ⇔ d ( A, ( BC ) ) =
⇒ x 02 + ( x 0 − 3)
2
Với x 0 = 3 ⇒ y 0 = 0 ( lo¹i ) . Với x0 = 0 ⇒ y 0 = 3 ⇒ B ( 0; 3 ) , C ( 0; − 3 )
2
y2
Bài 7. Cho (E): x 2 + 2 = 1 (a > b > 0). Chứng minh rằng:
a
b
Tích các khoảng cách từ F1, F 2 đến 1 tiếp tuyến bất kì không đổi.
Giải
Gọi F 1(−c; 0), F2(c; 0). Tiếp tuyến tại điểm M(x0, y0) là
(d):
x0 x
a
2
+
y0 y
b
2
= 1 ⇔ b 2 x0 x + a 2 y 0 y − a 2 b 2 = 0
⇒ Tích các khoảng cách F1, F2 đến (d) là:
T=
−b 2 x 0 c − a 2 b 2
⋅
b 4 x 02 + a 4 y 02
b 2 x0 c − a 2b 2
b 4 x 02 + a 4 y 02
=
b 4 x 02 c 2 − a 4
b 4 x 02 + a 2 ( a 2 y 02 )
M∈(E) ⇒ b 2 x 02 + a 2 y 02 = a 2 b 2 , suy ra:
b 4 x 02 ( a 2 − b 2 ) − a 4
T=
b
4
x 02
+a
2
(a
2
2
b −b
2
x 02
)
=
b 4 a 2 x 02 − b 2 x 02 − a 4
b
2
(b
2
x 02
4
+a −a
2
x 02
)
= b 2 = const
2
y2
Bài 8. Cho elip (E): x 2 + 2 = 1 (a > b > 0).
a
b
Tiếp tuyến (t) cắt 2 đường thẳng x = ± a tại M, N
a. CMR : A1 M.A 2 N = const.
b. Xác định (t) để S F2 MN nhỏ nhất
c. Gọi I ≡ A1 N ∩ An M . Tìm quĩ tích I.
d. CMR: F1 M ⊥ F1 N ; F2 M ⊥ F2 N
Giải
a. Tiếp tuyến (t) tiếp xúc (E) tại T(x0, y0) có PT:
(t):
x0 x
a2
+
y0 y
b2
2
x0 x
x 02 y 02
b
=
1
−
y
=1 ⇔
với 2 + 2 = 1
y 0
a
b
a2
2
2
x
x
( t ) ∩ ( x = −a ) = M −a; b 1 + 0 ; ( t ) ∩ ( x = a ) = N a; b 1 − 0
y0
a
y0
a
4
x2
Do M, N luôn cùng phía so với Ox nên A1 M.A2N = y M . y N = b 2 1 − 02 = b 2
y0
a
b. S ( F2 MN ) = S ( A1 MNA2 ) − S ( A1 MF2 ) − S ( A2 NF2 )
www.hsmath.net
= ( A1M + A2 N ) a − 1 A1M .A1 F2 − 1 A2 N.A2 F2 = ( A1M + A2 N ) a − a + c A1M − a − c A2 N
2
2
2
2
= a − c A1 M + a + c A2 N ≥ ( a − c ) A1 M ( a + c ) A2 N = b 2
2
2
5
www.hsmath.net
xảy ra ⇔ ( a − c ) A1 M = ( a + c ) A2 N = b 2
( t ) : cx + ay − a 2 = 0
M ( − a; a + c ) , N ( a ; a − c )
A1 M = a + c
⇔
⇔
⇔
( t ) : cx − ay − a 2 = 0
M ( −a; −a − c ) , N ( a; −a + c )
A2 N = a − c
b 2 ( a − x0 )
c. ( A1 N ) : y =
2a 2 y 0
( x + a ) ; ( A2 M ) : y =
−b 2 ( a + x 0 )
2a 2 y 0
( x − a)
b 2 ( a 2 − x 02 )
y0
x 02 y 02
=
;
x
+
=1
⇒ A1 N ∩ An M ≡ I x 0 ;
.
Ta
có:
0 2
2a 2 y 0
a2 b2
2
2
x 02 ( y 0 / 2 )
x2 + y
⇒ 2 +
⇒
Quĩ
tích
điểm
I
là
elip
1
=
:
=1
E
(
)
1
a
a 2 (b / 2) 2
(b / 2 ) 2
d. A1M .A2 N = b 2 = ( a − c)( a + c ) = A2 F2 .A1 F2 ⇒
A1 M A1 F2
=
A2 F2 A2 N
A1 MF2 =
A2 F2 N .
⇒ ∆A1MF2 ~ ∆A2F2N ⇒
Mà ∆A1 MF2 vuông tại A 1 ⇒
A1 F2 M +
A2 F2 N = 90° ⇒ MF
2 N = 90° ⇒ F2 M ⊥ F2 N
2
y2
Bài 9. Cho 2 điểm M, N thuộc tiếp tuyến (t) của (E): x 2 + 2 = 1 (a > b > 0)
a
b
sao cho các tiêu điểm F 1, F 2 nhìn MN dưới 1 góc 90°. Tìm hoành độ M, N
Giải
Hai điểm M ( x1 ; y1 ) , N ( x 2 , y 2 ) ∈ (t):
x0 x
a
2
+
y0 y
=1
b2
2
x x
x2 y2
⇔ y = b 1 − 02 với 02 + 02 = 1 ; F 1(−c; 0), F 2(c; 0)
y0
a
b
a
F1 M ⊥ F1 N ⇔ F1 M ⋅ F1 N = 0 ⇔ ( x1 + c )( x 2 + c ) + y1 y 2 = 0 (1)
F2 M ⊥ F2 N ⇔ F2 M ⋅ F2 N = 0 ⇔ ( x1 − c )( x 2 − c ) + y1 y 2 = 0 ( 2 )
(1 ) − ( 2 ) : x 1 + x 2 = 0
x 1 + x 2 = 0
⇔
⇔
2
2
2
y 1 y 2 = x 1 − c
x 1 x 2 + y 1 y 2 + c = 0
2
x x
Do M, N ∈(t) nên y 1 = b 1 − 0 2 1
y0
a
⇒ y1 y 2 =
⇔
x12 − c 2
b2
b 4 ( a 4 − x 12 x 02 )
=
a 2 ( a 2 y 02 )
y1 y 2
b2
=
a 4 − x12 x02
a 4 − a 2 x02
=
b2
;
=
y
2 y
0
x0 x2
1 − 2
a
b 4 ( a 4 − x 12 x 02 )
a 2 ( a 2 b 2 − b 2 x 02 )
⇔
x12 − c 2 − b 2
b2
=
=
b 2 ( a 4 − x 12 x 02 )
a 4 − a 2 x 02
a 2 x02 − x12 x02
a 4 − a 2 x02
⇔
x12 − a 2
x2
⇔ ( x12 − a 2 ) 12 + 2 20 2 = 0 ⇔ x12 − a 2 = 0 ⇔ x1 = ± a
a ( a − x 0 )
b
6
b2
=
x02 ( a 2 − x12 )
a 2 ( a 2 − x02 )
www.hsmath.net
2
2
y
Bài 10. Cho (E): x 2 + 2 = 1 (a > b > 0). Trong tất cả các hình chữ nhật Q
a
b
ngoại tiếp (E), hãy xác định hình chữ nhật có diện tích Max, Min.
Giải
Gọi một cạnh hình chữ nhật Q là (d 1): Ax + By + C = 0 ⇒ a 2 A 2 + b 2 B 2 = C 2
2
⇒ a 2 A 2 + b 2 B 2 = ( −C ) ⇒ (d1’): Ax + By − C = 0 // (d1) và cũng tiếp xúc (E)
⇒ (d1’) là cạnh của Q đối diện với (d1). Phương trình cạnh (d 2) ⊥ (d1) là:
Bx + Ay + D = 0 với a 2 B 2 + b 2 A 2 = D 2 và (d 2’): Bx + Ay − D = 0
2C
Khoảng cách giữa (d1) và (d1’) là:
2
A +B
2
; giữa (d2) và (d2’) là:
2D
B 2 + A2
Không mất tính tổng quát giả sử A 2 + B 2 = 1
⇒ S = 4 CD = 4 a 2 A 2 + b 2 (1 − A 2 ) a 2 (1 − A 2 ) + b 2 A 2
2
= 4 b 2 + ( a 2 − b 2 ) A 2 a 2 − ( a 2 − b 2 ) A 2 = 4 a 2 b 2 + ( a 2 − b 2 ) A 2 (1 − A 2 )
2
2
A2 + (1 − A2 ) 1
( a 2 − b2 )
= ⇒ 4 a 2 b 2 ≤ S ≤ 4 a 2b 2 +
0 ≤ A2 (1 − A2 ) ≤
= 2( a2 + b2 )
2
4
4
⇒ Min S = 4ab ; Max S = 2 ( a 2 + b 2 )
Bài 11. Cho ( C1 ) : x 2 + y 2 = 4 ; ( C 2 ) : x 2 + y 2 = 1 . Các điểm A, B di động trên
(C1), (C2) sao cho Ox là phân giác của góc AOB. Gọi M là trung điểm AB.
Tìm quĩ tích điểm M.
Giải
Lấy B1 đối xứng B qua Ox ⇒ B1 ( x B ; − y B ) ∈OA và OA = 2OB1 ⇒ A ( 2 x B ; −2 y B )
2
y
y2
3x
=1
⇒ M B ; − B . Mà x B2 + y B2 = 1 nên nếu M(x; y) thì x +
9 / 4 1/ 4
2
2
2
2
Tổng quát: Cho ( C1 ) : x 2 + y 2 = ( a + b ) ; ( C 2 ) : x 2 + y 2 = ( a − b ) (0 < b < a).
Các điểm A, B di động trên (C 1), (C2) sao cho Ox là phân giác của góc AOB.
2
y2
Gọi M là trung điểm AB, khi đó M ∈ (E): x 2 + 2 = 1
a
b
2
Bài 12. Cho A(2; 0) và (C): ( x + 2 ) + y 2 = 36 . Viết phương trình quĩ tích tâm
các đường tròn đi qua A và tiếp xúc (C).
Giải
2
(C): ( x + 2 ) + y 2 = 36 là đường tròn tâm B(−2; 0), bán kính R = 6.
Gọi M là tâm đường tròn đi qua A và tiếp xúc (C) tại N
⇒ MA + MB = MN + MB = BN = 6.
7
www.hsmath.net
www.hsmath.net
Vậy quĩ tích M là elip (E) nhận A, B làm tiêu điểm và có độ dài trục lớn bằng 6.
2
y2
Vì A, B ∈ Ox và đối xứng nhau qua O nên (E) có dạng ( E ) : x 2 + 2 = 1 (0 < b < a)
a
b
2
y2
Với 2a = 6; b2 = a2 − c2 = 9 − 1 AB 2 = 5 ⇒ ( E ) : x +
=1
9
5
4
2
2
Bài 13. Cho ( C1 ) : ( x + 5 ) + y 2 = 441; ( C 2 ) : ( x − 5 ) + y 2 = 25 . Gọi M là tâm
đường tròn (C) di động tiếp xúc với (C1), (C2). Tìm quĩ tích M biết:
a. (C) tiếp xúc trong với (C1) và tiếp xúc ngoài với (C 2).
b. (C) tiếp xúc trong với (C1) và (C2).
Giải
( C1 ) : O1 ( −5; 0 ) , R1 = 21 ; ( C 2 ) : O2 ( 5; 0 ) , R2 = 5
a. M(x; y) là tâm: R1 − R = MO1 ; R 2 + R = MO 2 ⇒ MO1 + MO 2 = R1 + R 2 = 26
2
y2
Từ đó suy ra tập hợp các điểm M ∈ ( E ) : x +
=1
169 144
b. M(x; y) là tâm: R1 − R = MO1 ; R − R 2 = MO 2 ⇒ MO1 + MO 2 = R1 − R 2 = 16
2
y2
=1
Từ đó suy ra tập hợp các điểm M ∈ ( E ) : x +
64 39
2
y2
Bài 14. Cho elip (E): x 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) với các tiêu điểm F1 , F2 .
a
b
Chứng minh: Với mọi điểm M∈(E) ta luôn có: OM 2 + MF1 .MF2 = a 2 + b 2
Giải
Đặt M ( x 0 ; y 0 ) ∈ ( E ) ⇒
x 02
2
a
+
y 02
2
b
= 1 , (1)
Ta có: OM 2 = x 02 + y 02 , MF1 = a + c x 0 , MF2 = a − c x 0
a
a
2
2
2
2
2
2
2
2
Do đó: OM + MF1 .MF2 = x 0 + y 0 + a − c 2 x 0 = a 2 + a −2 c x 02 + y 02
a
a
2
2
2
x
y
= a 2 + b 2 x 02 + y 02 = a 2 + b 2 02 + 02 = a 2 + b 2 (đpcm)
a
b
a
2
y2
Bài 15. Cho elip (E) có phương trình x 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 )
a
b
Gọi A và B là hai điểm thuộc elip (E) sao cho OA vuông góc với OB.
1. Chứng minh rằng
1 + 1 = 1 + 1
OA 2 OB 2 a 2 b 2
2. CMR: Đường thẳng AB luôn luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Giải
1. Trường hợp 1. A, B nằm trên các trục Ox, Oy.
Ta có: 1 2 + 1 2 = 12 + 12
OA
OB
a
b
Trường hợp 2: A, B không nằm trên các trục Ox, Oy.
Phương trình đường thẳng OA là: y = kx ( k ≠ 0 )
Tọa độ của A thỏa hệ
8
y
B
A
O
α
www.hsmath.net
x
www.hsmath.net
2 2
2
x2 y2
x A = 2 a 2b 2
( k 2 + 1) a 2 b 2 ( )
2 + 2 =1
a k +b
2
2
2
⇒
⇒
=
+
=
*
OA
x
y
a
b
A
A
2 2 2
a 2k 2 + b2
y = kx
y2 = a b k
A
a 2k 2 + b2
OB ⊥ OA nên phương trình của OB có dạng: y = − 1 x
k
2
2 2
(
)
k
+
1
a
b
2
Thay x bằng − 1 vào (*) ta có: OB =
k
a 2 + b2k 2
2
2
2
1 + 1 = ( k + 1)( a + b ) = a 2 + b 2 = 1 + 1
2
2
( k 2 + 1) a 2 b 2
OA
OB
a 2b 2
a2 b2
Vậy cả hai trường hợp trên ta đều có: 1 2 + 1 2 = 12 + 12 (đpcm)
OA
OB
a
b
1
2. Trong tam giác OAB kẻ đường cao OH, ta có:
= 1 + 1 = 1 + 1
OH 2 OA 2 OB 2 a 2 b 2
2 2
ab
. Vậy đường thẳng AB luôn luôn tiếp xúc
⇒ OH 2 = a2 b 2 ⇒ OH =
2
a +b
a + b2
Ta có:
với đường tròn cố định, tâm O(0; 0) và bán kính R =
ab
2
a + b2
2
y2
= 1 và ( d1 ) : mx − ny = 0, ( d 2 ) : nx + my = 0 , với m 2 + n 2 ≠ 0 .
Bài 16. Cho (E): x +
9
4
1. Xác định giao điểm M, N của d 1 với (E) và giao điểm P, Q của d 2 với (E)
2. Tính theo m, n diện tích tứ giác MPNQ.
3. Tìm điều kiện đối với m, n để diện tích tứ giác MNPQ nhỏ nhất.
Giải
x = nt
x = − mt ′
1. Phương trình tham số của d 1 và d 2 là: ( d 1 ) :
; (d2 ) :
y = mt
y = nt ′
Tọa độ của M, N là nghiệm của phương trình tương giao giữa ( d 1 ) và (E):
n 2t 2 + m 2t 2 = 1 ⇔ t = ±
6
2
9
4
9m + 4n 2
6n
6m
−6n
−6m
, N
;
;
⇒ M
2
2
2
2
2
2
2
2
9m + 4n
9m + 4n
9m + 4n
9 m + 4n
Tọa độ của P, Q là nghiệm của phương trình tương giao giữa ( d 2 ) và (E):
m 2t ′2 + n 2t ′2 = 4 ⇒ t ′ = ±
6
2
9
4
4m + 9n 2
−6m
6n
6m
, Q
;
;
⇒ P
2
2
2
2
4m + 9n 4m 2 + 9n 2
4m + 9n
−6n
2
2
4m + 9n
2. Ta có: MN ⊥ PQ tại trung điểm O của mỗi đường nên tứ giác MPNQ là hình
hình thoi. Diện tích hình thoi MPNQ là:
y
S = 1 MN.PQ = 2OM.OP = 2 x M2 + y M2 . x P2 + y P2
2
72 ( m + n
2
=
2
P
M
)
( 9m 2 + 4n 2 )( 4m 2 + 9n 2 )
x
O
3. Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có
N
Q
2
2
2
2
( 9m + 4n )( 4m + 9n ) ≤ ( 9m + 4n ) + ( 4m + 9n ) = 13 ( m 2 + n 2 )
2
2
2
2
2
9
2
www.hsmath.net
www.hsmath.net
72 ( m 2 + n 2 ) 144
=
⇒ min S = 144 đạt được khi
13 ( m 2 + n 2 ) 13
13
2
9m 2 + 4n 2 = 4m 2 + 9 n 2 ⇔ m 2 = n 2 ⇔ m = ± n
⇒S≥
2
2
y
Bài 17. Cho elip (E) có phương trình x 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) , với các tiêu điểm
a
b
F1 , F2 . Chứng minh rằng tiếp tuyến tại một điểm M bất kỳ trên (E) là phân
giác của góc F
1 MF2 .
Lấy bất kỳ điểm M ( x 0 ; y 0 ) ∈ ( E ) .
Giải
(∆)
Phương trình tiếp tuyến ∆ của (E) tại điểm M
x
y
có dạng 02 x + 20 y = 1
a
b
Gọi I = ∆ ∩ Ox ⇒ I a ; 0 ( x 0 ≠ 0 )
x
0
2
y
M
I
F1
O
x
F2
IF1 IF1 a 2 + cx 0 a +
c
c
=
=
=
Ta có: MF1 = a + x 0 , MF2 = a − x 0 nên
e
a
IF2 IF2 a 2 − cx 0 a −
Từ đó suy ra ∆ là phân giác ngoài của góc F
1 MF2 (đpcm)
cx
a 0 = MF1
cx
MF2
0
a
IV. CÁC BÀI TẬP DÀNH CHO BẠN ĐỌC TỰ GIẢI
2
y2
Bài 1. Cho (E): x +
= 1 và (d): 3x + 4 y − 12 = 0 .
16
9
1. Chứng minh rằng:Đường thẳng (d) cắt elip (E) tại 2 điểm A, B. Tính AB.
2. Tìm C∈(E) sao cho: a. ∆ABC có S = 6.
b. ∆ABC có S Max.
c. ∆ABC cân ở A hoặc B
d. ∆ABC vuông.
Bài 2. Cho hai điểm A1 ( − a; 0 ) , A2 ( a; 0 ) với a > 0 và hằng số k ≠ 0, k ≠ 1.
2
Lập phương trình quĩ tích các điểm M thoả mãn: tg MA
1 A2 . tg MA2 A1 = k .
2
Bài 3. Cho điểm A(−4; 0) và đường tròn (C): ( x − 4 ) + y 2 = 100 .
Lập phương trình quĩ tích tâm các đường tròn đi qua A và tiếp xúc với (C)
Bài 4. Cho điểm A(0; 6) và đường tròn (C) có phương trình x 2 + y 2 = 100 .
Lập phương trình quĩ tích tâm các đường tròn đi qua A và tiếp xúc với (C).
2
2
Bài 5. Cho điểm A(3; 3) và đường tròn (C): ( x − 1) + ( y − 1) = 16 .
Lập phương trình quĩ tích tâm các đường tròn đi qua A và tiếp xúc với (C).
2
2
Bài 6. Cho A(3; 3) và 2 đường tròn ( C1 ) : ( x + 1) + y 2 = 16; ( C2 ) : ( x − 1) + y 2 = 1.
Gọi M là tâm đường tròn (C) di động tiếp xúc với (C1), (C2).
TÌm quĩ tích điểm M, biết:
a. (C) tiếp xúc trong với (C1) và tiếp xúc ngoài với (C2).
b. (C) tiếp xúc trong với (C1) và (C2).
2
y2
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E): x +
=1
25 16
1. Tìm điều kiện k và m để đường thẳ ng ( d ) : y = kx + m tiếp xúc với elip (E).
2. Khi (d) là tiếp tuyến của (E), gọi giao điểm của (d) và các đường thẳng x = 5
và x = −5 là M và N. Tính diện tích tam giác FMN theo k, trong đó F là tiêu
điểm của (E) có hoành độ dương.
3. Xác định k để tam giác FMN có diện tích bé nhất.2
y2
Bài 8. Trong mặt phẳ ng tọa độ Oxy, cho elip (E): x +
= 1 và điểm M(8;6)
25 16
trên mặt phẳ ng tọa độ. Qua M vẽ các tiếp tuyến với (E) và giả sử T1, T 2 là các
tiếp điểm. Viết phương trình đường thẳ ng nối T1, T 2.
www.hsmath.net
10
- Xem thêm -
.PDF 
10 
1462 
59 
