Chuyên đề ba đường conic (Nguyễn Phú Khánh)

Nguyễn Phú Khánh

646


Dạng 4. Ba đường cônic

I. Elip.
1. Định nghĩa: Cho hai điểm cố định
1 2
F , F
với
( )
1 2
F F 2c c 0= > và hằng số
a c>
. Elip
( )
E là tập hợp các điểm M thỏa mãn
1 2
MF MF 2a+ =
.
Các điểm
1 2
F , F
là tiêu điểm của
( )
E . Khoảng cách
1 2
F F 2c=
là tiêu cự của

( )
E .
1 2
MF , MF
được gọi là bán kính qua tiêu.
2. Phương trình chính tắc của elip:
Với
(
)
(
)
1 2
F c;0 , F c;0−
:
( ) ( ) ( )
2
2
2 2
y
x
M x; y E 1 1
a b
∈ ⇔ + =
trong đó
2 2 2
b a c= −
.
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
( )
1
F c;0− , tiêu điểm phải
( )
2
F c;0
+ Các đỉnh :
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 1 2
A a;0 , A a;0 , B 0; b , B 0;b− −

+ Trục lớn :
1 2

A A 2a=
, nằm trên trục
Ox
; trục nhỏ :
1 2
B B 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 :
c
e 1
a
= <

+ Bán kính qua tiêu điểm của điểm
(
)
M M
M x ;y
thuộc
(
)
E
là:

1 M M 2 M M
c c
MF a ex a x , MF a ex a x
a a
= + = + = − = −

II. Hypebol
1. Định nghĩa:
Cho hai điểm cố định
1 2
F , F
với
( )
1 2
F F 2c c 0= > và hằng số
a c<
.Hypebol là tập hợp các điểm
M
thỏa mãn
1 2
MF MF 2a− =
. Kí hiệu
(
)
H
.
Ta gọi :
1 2
F , F

là
tiêu điểm
của
(
)
H
. Khoảng cách
1 2
F F 2c=
là
tiêu cự
của
(
)
H
.
2. Phương trình chính tắc của hypebol:
Với
( ) ( )
1 2
F c;0 , F c;0− :
( ) ( )
2
2
2 2
y
x
M x; y H 1
a b
∈ ⇔ − =

với
2 2 2
b c a
= −
( )
2
Phương trình
( )
2 được gọi là phương trình chính tắc của hypebol
3. Hình dạng và tính chất của (H):
www.VNMATH.com
-
Nguyễn Phú Khánh

647

+ Tiêu điểm: Tiêu điểm trái
(
)
1
F c;0−
, tiêu điểm phải
(
)
2
F c;0

+ Các đỉnh :
( ) ( )
1 2

A a;0 , A 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
tiệm cận
của hypebol và có phương trình là
b

y x
a
= ±

+ Tâm sai :
c
e 1
a
= >

+
( )
M M
M x ;y thuộc
( )
H thì:
1 M M 2 M M
c c
MF a ex a x , MF a ex a x
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:
Với
p
F ;0

2
 
 
 
và
( )
p
: x p 0
2
∆ = − >


( ) ( )
2
M x; y P y 2px∈ ⇔ =
( )
3

(
)
3
được gọi là phương trình chính tắc của parabol
3. Hình dạng và tính chất của parabol:
+ Tiêu điểm
p
F ;0
2
 
 
 

+ Phương trình đường chuẩn:
p
: x
2
∆ = −

+ Gốc tọa độ O được gọi là đỉnh của parabol
+ Ox được gọi là trục đối xứng
+
(
)
M M
M x ;y
thuộc
(
)
P
thì:
( )
M
p
MF d M; x
2
= ∆ = +


www.VNMATH.com
,
Nguyễn Phú Khánh

648

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
3
và hình chữ nhật cơ sở của
( )
E

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
1. Gọi phương trình chính tắc của elíp
( )
E
là:
2
2
2 2
y
x
1
a b
+ =
, với
a b 0
> >
.
Từ giả thiết ta có hệ phương trình:
( )
2 2 2
c 5
a 3
a 3

2 2a 2b 20
b 2
c a b

=


 =

+ = ⇔
 
=


= −



.
Phương trình chính tắc của
( )
E
cần tìm là:
2
2
y
x
1
9 4
+ =

.
2.
Gọi phương trình chính tắc của elíp
(
)
E
là :
( )
2
2
2 2
y
x
1 a b 0
a b
+ = > >

Do các đỉnh trên trục lớn và
1 2
F ,F
thẳng hàng nên
1 2
F ,F
cùng với đỉnh
( )
B 0;b trên
trục nhỏ tạo thành một tam giác đều.
1 2
BF F ∆
đều

( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 1 2
1 2
BF F F
c b 4c b 3c 3 a b 3a 4b
BF BF
 =

⇔ ⇔ + = ⇔ = = − ⇔ =

=



Hình chữ nhật cơ sở có chu vi
( )
(
)
2 2a 2b 12 2 3+ = + a b 6 3 3⇔ + = +
Ta có hệ:
2 2
3a 4b
a b 6 3 3

=


+ = +



a 6
b 3 3
 =

⇒

=



( )
2
2
y
x
E : 1
36 27
⇒ + =


Ví dụ 2
Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc
Oxy,
cho elip
2
2
y
x
1

25 4
+ =
. Giả sử

( )
d :
2x 15y 10 0+ − =
cắt elip tại
2
điểm phân biệt
A

( )
A
x 0> và B. Tìm trên elip
www.VNMATH.com
,
Nguyễn Phú Khánh

649

điểm C sao cho ABC
∆
cân tại A .

Lời giải
Tọa độ điểm A và B là nghiệm hệ:

2
2

2 2
2x 15y 10 0
10 15y
y 0,x 5
x
2
6
y
x
y ,x 4
1
4x 25y 100
5
25 4
 + − =
 −
 = =
=
 

⇔ ⇔
 

= = −
+ =
 
+ =



Theo đề bài, ta có:
( )
A 5;0 và
6
B 4;
5
 
−
 
 
.
Gọi
( )
C C
C x ;y là tọa độ cần tìm.
Ta có:
( )
2 2
C C
2 2
C C
2
2
2
C C
x y
1
x y
25 4
6

1
x 4, y
25 4
5
3 229
AC AB
x 5 y
5


+ =



+ =
⇔ ⇒ = − = ±
 
 
 
=
− + =
 


 
 



Vậy,

6
C 4;
5
 
− −
 
 
là tọa độ cần tìm.

Ví dụ 3
Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc
Oxy,
cho điểm
(
)
C 2;0
và elip

( )
2
2
y
x
E : 1
4 1
+ =
. Tìm tọa độ các điểm
A,B
thuộc
( )

E . Biết rằng
A,B
đối xứng
nhau qua trục hoành và tam giác
ABC
là tam giác đều.


Lời giải
Gọi
( )
0 0
A x ;y , do
A, B
đối xứng nhau qua trục hoành nên
( )
0 0
B x ; y− .
Suy ra
2 2
0
AB 4y ,=

( )
2
2 2
0 0
AC 2 x y= − + .
Vì
( ) ( )

2 2 2
2
0 0 0
0
x y 4 x
A E 1 y 1
4 1 4
−
∈ ⇒ + = ⇔ =

ABC
∆
đều nên
( ) ( )
2
2 2
0 0 0
AB AC 4y x 2 y 2= ⇔ = − +
Từ
( )
1 và
( )
2 ta có :
2
0 0 0
7x 16x 4 0 x 2− + = ⇔ = hoặc
0
2
x
7

=
.
www.VNMATH.com
,
Nguyễn Phú Khánh

650

•
Với
0 0
x 2 y 0 A C= ⇒ = ⇒ ≡ loại.
•
Với
0
2
x
7
=
thay vào
( )
1 ta được
2
0 0
48 4 3
y x
49 7
= ⇔ = ∓
.
Vậy,

2 4 3 2 4 3
A ; ,B ;
7 7 7 7
   
−
   
   
   
hoặc
2 4 3 2 4 3
A ; ,B ;
7 7 7 7
   
−
   
   
   
.

Ví dụ 4
Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc
Oxy,
cho hypebol
2
2
y
x
1
9 6
− =

.
Tìm điểm
M
trên hypebol sao cho tổng khoảng cách từ
M
đến
2
đường tiệm cận

bằng
24 2
5
.

Lời giải
Phương trình hai tiệm cận là :
1
6
d : y x,
3
=

2
6
d : y x
3
= −
.
Giả sử
( ) ( )

M M
M x ;y H
∈
suy ra
2 2
M M
x y
1
9 6
− =

(
)
(
)
M M M M
6x 3y 6x 3y 54
⇔ − + =
(
)
1

Tổng khoảng cách từ
( )
M M
M x ;y đến hai đường tiệm cận bằng
24 2
5
:

M M M M
M M M M
6 6
x y x y
3 3
24 2 24 30
6x 3y 6x 3y
5 5
2 2
1 1
3 3
− +
+ = ⇔ − + + =
+ +

( )
2 .
Từ
( )
1 và
( )
2 suy ra:
M M M M
24 30
6x 3y 6x 3y
5
− + + =

M M
12 330

x y
5
5
⇔ = ± ⇒ = ±

Vậy, có bốn điểm
1
12 330
M ; ,
5
5
 
 
 
 
2
12 330
M ; ,
5
5
 
−
 
 
 

3
12 330
M ; ,
5

5
 
−
 
 
 

và
4
12 330
M ;
5
5
 
− −
 
 
 
thỏa mãn yêu cầu bài toán .

www.VNMATH.com
,
Nguyễn Phú Khánh

651

Ví dụ 5
1.
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy

, cho elip
( )
2
2
y
x
E : 1
10 5
+ =

và đường thẳng

d : x y 2013 0
+ + =
. Lập phương trình đường thẳng
∆
vuông góc với d và cắt
( )
E
tại hai điểm
M,N
sao cho
4 6
MN
3
=
.
2.
Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc
Oxy,

cho elíp
( )
E :
2
2
y
x
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
là :
( )
2
2
2 2
y x b
y x b
y
x
3x bx 2b 10 0 1
1
10 5
 = +
 = +
 
⇔
 
+ + − =
+ =







( ) ( )
2 2
2
M N M N
4 6 32 32
MN MN y y x x
3 3 3
= ⇔ = ⇔ − + − =

( )
2
M N
16
x x
3
⇔ − =

hay
( ) ( )
2
M N M N
16
x x 4x .x 2
3

+ − =


Áp dụng định lý Vi - et cho phương trình
( )
1 :
M N
2
M N
4b
x x
3
2b 10
x .x
3

+ = −



−

=



( )
3
Từ
( )

2 và
( )
3 suy ra:
2
2
4b 2b 10 16
4
3 3 3
  −
− − =
 
 

2
b 9 b 3
⇔ = ⇒ = −
hoặc b 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
( )
1 1
A 1 at ;2 bt
+ +
,
( )
2 2
B 1 at ;2 bt
+ +
.
www.VNMATH.com
,
Nguyễn Phú Khánh

652

I là trung điểm của AB khi
(

)
( )
1 2
I A B
1 2
I A B
1 2
a t t 0
2x x x
t t 0
2x x x
b t t 0

+ =
 = +
 
⇔ ⇔ + =
 
= +
+ =

 


( )
1

( )
A, B E
∈

nên
1 2
t , t là nghiệm của phương trình
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2 2
1 at 2 bt
1 9a 16b t 2 9a 32b t 139 0
16 9
+ +
+ = ⇔ + + + − =

Theo định lý Viet ta có
1 2
t t 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
( )
I A B
I A B
2x x x
x' 2 x
M' 2 x;4 y
2x x x
y' 4 y
 = +
 = −

⇔ ⇒ − −
 
= +

= −




Vì
( )
( ) ( )
2
2
2 2
y
x
1
16 9
M,M' E
2 x 4 y
1
16 9

+ =


∈ ⇔

− −

+ =



16 8y
4 4x
0
16 9
−
−
⇒ + =
hay
9x 32y 73 0
+ − =

( )
∗

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
2
y 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;
≥ ∆


( )
2
m
M P M ;m
8
 
∈ ⇒
 
 
 

với m 0
≥
,
www.VNMATH.com
,
Nguyễn Phú Khánh

653

khi đó
( )
( )
2
2
m
4. 3.m 5
8
m 3 1
1
d M;
5 10 10
− +
− +
∆ = = ≥

MN nhỏ nhất khi và chỉ khi
9
M ;3
8
 

 
 
và N là hình chiếu của M lên
∆

Đường thẳng đi qua M vuông góc với
∆
nhận
(
)
u 3;4

làm vectơ pháp tuyến, có
phương trình là
( )
9
3 x 4 y 3 0
8
 
− + − =
 
 
hay
24x 32y 123 0
+ − =

Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ
209
x
4x 3y 5 0

200
24x 32y 123 0 153
y
50

=

 − + =

⇔
 
+ − =


=



Vậy ,
9 209 153
M ;3 , N ;
8 200 50
   
   
   
là tọa độ cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài tập tự luyện
Bài tập
1.

Viết phương trình chính tắc của elip trong mỗi trường hợp:
a.
Có tâm sai bằng
5
3
và hình chữ nhật cơ sở của
(
)
E có chu vi bằng 20 ;
b.
Đi qua
3 14 2
M ; ,
4 4
 
−
 
 
 
tam giác
1 2
MF F vuông tại M .

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. Đ
i qua
( )
M 2;1
−
và góc giữa hai đường tiệm cận bằng
0
60 ;
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:
www.VNMATH.com
,
Nguyễn Phú Khánh

654

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:
2 2
9x 25y 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
:
2
2
y

x
1
9 6
− =
có tiêu điểm
1
F
và
2
F
. Tìm điểm
M
trên
( )
H
trong trường hợp sau:
a.
Điểm
M
nhìn hai tiêu điểm của
( )
H

dưới một góc vuông;
b.
Khoảng cách hai điểm M và
1
F 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,

a.
Cho điểm
(
)
A 2; 3 và elip
( )
E
có phương trình
2
2
y
x
1
3 2
+ =
. Gọi
1
F và
2
F là
các tiêu điểm của

( )
E (
1
F có hoành độ âm), M là giao điểm có tung độ dương của
đường thẳng
1
AF với
( )
E , N là điểm đối xứng của
2
F qua M . Viết phương trình
đường tròn ngoại tiếp tam giác
2
ANF .
b.
Cho elíp
( )
+ =
2
2
y
x
E : 1
9 4
và hai điểm
( )
−
A 3; 2 ,
( )
−

B 3; 2 . Tìm trên
( )
E
điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn
nhất.

Bài tập
8.
Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc
Oxy,
cho hypebol
( )
H :
2
2
y
x
1
7 4
− =
và
(
)
(
)
A 3;2 , B 0;1 . Tìm các điểm
(
)
C H∈ sao cho ABC∆ có diện tích
nhỏ nhất.

Bài tập
9.
Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc
Oxy,

www.VNMATH.com
,
Nguyễn Phú Khánh

655

a.
Cho parabol
(
)
P :
2
y 4x=
và điểm
(
)
I 0;1
.Tìm
A, B
trên
(
)
P
sao cho:

IA 4IB=
 
.
b.
Cho parabol
( )
P :
=
2
y 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
( )
2
2
1
y
x
E : 1,
25 16
+ =

( ) ( )
2
2
2
2 2
y
x
E : 1 a b 0
a b
+ = > >
có cùng
tiêu điểm. Biết rằng
( )
2
E đi qua điểm M thuộc
∆
. Lập phương trình
( )
2

E , biết
(
)
2
E
có độ dài trục lớn nhỏ nhất.

Bài tập
11.
Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc
Oxy,
cho parabol
(
)
2
P : y 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
5
3
suy ra
2 2
a b 5
a 3
−
=
hay
2 2
4a 9b=

(
)
1

Hình chữ nhật cơ sở của
( )
E có chu vi bằng 20 suy ra
( )
4 a b 20
+ =

( )
2
Từ
( )
1 và
( )
2 suy ra
( )
2
2
y
x
a 3, b 2 E : 1
9 4
= = ⇒ + =

b.
( )

2 2
63 1
M E 8
a b
∈ ⇒ + =
, tam giác
1 2
MF F vuông tại M
1 2
F M.F M 0
⇒ =
 


( )
2
2
2 2 2 2 2
y
x
c 8 a b a 9, b 1 E : 1
9 1
⇔ = = − ⇒ = = ⇒ + =


Bài tập
2. a.
Giả sử hypebol
( )
H có dạng :

2
2
2 2
y
x
1
m n
− =

Vì
( )
H
có hai tiệm cận
y 2x
= ±
nên ta có:
n
2 n 2m
m
= ⇒ =
.
Đối với elip ta có:
2 2 2
c a b 12 10 2.= − = − =
Theo giả thiết thì tiêu điểm của Hypebol cũng là của elip nên:
www.VNMATH.com
,
Nguyễn Phú Khánh

656

( )
2
2 2 2 2 2 2 2
c m n 10 m 2m 5m m 2,n 8
= + ⇔ = + = ⇔ = =

Phương trình hypebol
( )
H
là:
2
2
y
x
1
2 8
− =
.
b.
Do
( )
H
đi qua hai điểm
(
)
M 2;2 2
và
(
)

N 1; 3
− −
nên ta có hệ:
( )
2
2
2
2 2
2
2 2
2 8
1 2
a
y
x
a b
5 H : 1
2
1 3
2
1
b 2
5
a b

− = 

=
 
⇔ ⇒ − =

 
 
− =
=



.

Bài tập
3. a.
( ) ( )
M 2;1 H− ∈ nên
2 2
4 1
1
a b
− =
( )
∗
Phương trình hai đường tiệm cận là:

1
b
: y x
a
∆ =
hay
bx ay 0
− =

;
2
b
: y x
a
∆ = −
hay
bx ay 0
+ =

Vì góc giữa hai đường tiệm cận bằng
0
60 nên
2 2
0
2 2
b a
cos60
b a
−
=
+

Hay
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
b a
1
2 b a a b b 3a

2
b a
−
= ⇔ − = + ⇔ =
+
hoặc
2 2
a 3b=
.
+ Với
2 2
b 3a
= thay vào
( )
∗ suy ra hypebol là
2
2
y
x
1
11
11
3
− =
+ Với
2 2
a 3b= thay vào
( )
∗ suy ra hypebol là
2

2
y
x
1
1
1
3
− =
Vậy, có hai hypebol thỏa mãn :
2
2
y
x
1
11
11
3
− =
và
2
2
y
x
1
1
1
3
− =

Bài tập
4
.
a.
Ta có tọa độ tiêu điểm
p
F ;0
2
 
 
 

Khoảng cách từ F đến đường thẳng ∆ bằng 2 2 nên:
www.VNMATH.com
,
Nguyễn Phú Khánh

657


( )
p
12
2
d F; 2 2
2
−
∆ = = suy ra
p 16=
hoặc

p 32=
.
Vậy, phương trình của
( )
P :
2
y 32x=
hoặc
2
y 64x=

b.
Ta thấy
( )
P
luôn cắt đường thẳng ∆ tại gốc tạo độ, giả sử B O≡ và

( )
A A a;3a∈∆ ⇒ .
Mặt khác:
2 2 2
16 4
AB 4 2 a 9a 4 2 a a
5
5
= ⇒ + = ⇔ = ⇒ = ±

Nếu
( )
2

2
4 4 4 18 36
a 3. 2p p P : y x
5 5 5 5 5
 
= ⇒ = ⇒ = ⇒ =
 
 

Nếu
4
a
5
= −
(loại).


Bài tập
5
.
OHMK M M
S x y=
. Theo BĐT Cauchy ta có :

2 2 2 2
M M M M M M M M
15
9x 25y 225 2 9x .25y 30 x y x y
2
+ = ≥ = ⇒ ≤

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2 2
M M M M
5 3
9x 25y x , y
2 2
= ⇒ = ± = ±

Bài tập
6.
Gọi
( ) ( )
2 2
M M
M M
x y
M x ;y E 1
9 6
∈ ⇒ − =

( )
1

Từ phương trình
( )
H có
2 2
a 9, b 6= = nên
2 2

a 3, b 6,c a b 15= = = + =
Suy ra
(
)
(
)
1 2
F 15;0 ,F 15;0− .
Ta có:
(
)
(
)
1 M M 2 M M
F M x 15;y ,F M x 15;y= + = −
 

a.
Điểm M nhìn hai tiêu điểm của
( )
H
dưới một góc vuông nên
(
)
(
)
2 2 2
1 2 M M M M M
F M.F M 0 x 15 x 15 y 0 y 15 x= ⇔ + − + = ⇔ = −
 

thế vào
( )
1
ta
được
2 2
M M
M
x 15 x
63
1 x
9 6 5
−
− = ⇔ = ±
suy ra
M
12
y
5
= ±

Vậy có bốn điểm thỏa mãn là
www.VNMATH.com
,
Nguyễn Phú Khánh

658

1
63 12

M ;
5 5
 
 
 
 
,
2
63 12
M ;
5 5
 
−
 
 
 
,
3
63 12
M ;
5 5
 
−
 
 
 
và
4
63 12
M ;

5 5
 
− −
 
 
 
.
b.
Ta có
1 M
c
MF a x
a
= +
nên
M M M
15 18 210
3 3 x x y
3 5
15
= + ⇒ = − ⇒ = ±

Vậy, có
2 điểm:
1
18 210
M ;
5
15
 

−
 
 
 
và
2
18 210
M ;
5
15
 
− −
 
 
 

c.
Phương trình hai tiệm cận là :
1 2
6 6
d : y x, d : y x
3 3
= = −
.
Tổng khoảng cách từ
M
đến hai đường tiệm cận bằng
24 2
5
suy ra

M M M M
M M M M
6 6
x y x y
3 3
24 2 24 30
6x 3y 6x 3y
5 5
2 2
1 1
3 3
− +
+ = ⇔ − + + =
+ +

( )
2
.
Mặt khác
( )
(
)
(
)
M M M M
1 6x 3y 6x 3y 54⇔ − + = suy ra
( )
2
M M M M M M
24 30 12 330

6x 3y 6x 3y x y
5 5
5
⇔ − + + = ⇔ = ± ⇒ = ±

Vậy, có bốn điểm
1
12 330
M ;
5
5
 
 
 
 
,
2
12 330
M ;
5
5
 
−
 
 
 
,
3
12 330
M ;

5
5
 
−
 
 
 
và
4
12 330
M ;
5
5
 
− −
 
 
 
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
www.VNMATH.com
,
Nguyễn Phú Khánh

659

Bài tập
7.
a.
Ta có:
(

)
(
)
1 2
F 1;0 , F 1;0− .
Đường thẳng
1
y
x 1
AF :
3
3
+
=
Từ đó ta tìm được
2 3
M 1;
3
 
 
 
 


2
2 3
AM MF
3
⇒ = =

Do N đối xứng với
2
F qua M nên

ta có
2
MN MF=


2
MA MF MN⇒ = =

x
y
N
M
A
F
1
O
F
2

Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác
2
ANF có tâm là điểm M , bán kính
2 3
R MA
3
= =

nên có phương trình :
( )
2
2
2 3 4
x 1 y
3 3
 
− + − =
 
 
 
.
b.
Ta có phương trình đường thẳng
+ =AB : 2x 3y 0

Gọi
(
)
C x;y
với
> >x 0,y 0
. Khi đó ta có
+ =
2
2
y
x
1

9 4
và diện tích tam giác ABC là
( )
= = + = +
ABC
y
1 85 85 x
S AB.d C,AB 2x 3y 3
2 13 3 4
2 13
 
 
≤ + =
 
 
2
2
y
85 x 170
3 2 3
13 9 4 13

Dấu bằng xảy ra khi:


+ =

=
 
⇔

 
 
=
=



2
2
y
x
2
1
x 3
9 4
2
y
x
y 2
3 2
. Vậy
 
 
 
 
3 2
C ; 2
2
.

Bài tập
8.
AB : x y 1 0; AB 3 2− + = = ,
( ) ( )
2 2
0 0
0 0
x y
C x ;y H 1
7 4
∈ ⇒ − =


( )
ABC 0 0
1 3
S AB.d C;AB x y 1
2 2
∆
= = − −

Đặt
0 0
P x y 1= − −
, suy ra hệ :
2
2
y
x

1
7 4
P x y 1


− =


= − −

có nghiệm với tham số P .
www.VNMATH.com
,
Nguyễn Phú Khánh

660

Từ đây suy ra
P 3 1≥ −
hoặc
P 3 1≤ − −
do đó
P 3 1≥ −

Vậy
7 4
C ;
3 3
 
 

 
thì ABC∆ có diện tích nhỏ nhất.

Bài tập
9. a.
Vì
( )
2 2
a b
A, B P A ;a , B ; b
4 4
   
∈ ⇒
   
   
   
,
2
a
IA ;a 1 ,
4
 
−
 
 
 


2
b

IB ; b 1
4
 
−
 
 
 



( )
2
2
a 1
a
b
IA 4IB
4
1
b
a 1 4 b 1
2

 = −
=
 
⇒ = ⇔ ⇔
 
=
 

− = −


 
hoặc
a 3
3
b
2
 =


=


.
b.
Vì
( )
∈M,N P nên ta có
(
)
(
)
2 2
M m ; m ,N n ;n
.
Suy ra
(
)

(
)
= − = −
2 2
IM m ;m 2 ,IN n ;n 2
 
.
Do đó:
( )

=

= ⇔

− = −


2 2
m 4n
IM 4IN
m 2 4 n 2
 

( )
 = −
 =

⇔ ⇔
 
=

− =



2
2
m 4n 2
n 1

m 2
2n 1 n
hoặc

=




= −


1
n
3
2
m
3
.
Vậy có hai cặp điểm thỏa yêu cầu bài toán là:
(

)
(
)
M 4;2 ,N 1;1 hoặc
   
−
   
   
4 2 1 1
M ; ,N ;
9 3 9 3
.


Bài tập
10.
Vì hai E líp có cùng tiêu điểm nên ta có:
2 2
a b 25 16 9− = − =

Gọi
(
)
M m;m 5+ ∈∆, do M thuộc
(
)
1
E nên:
( )
2

2
2 2
m 5
m
1
a b
+
+ =

(
)
( )
(
)
(
)
2
2 2 2 2 2 4 2 2 2
m a 9 m 5 a a a 9 a 2 m 5m 17 a 9m 0⇔ − + + = − ⇔ − + + + =

(
)
(
)
( )
2 2 2 2
a m 5m 17 m 8m 17 m 2m 17 f m= + + + + + + + =
•
Nếu
(

)
2
m 5m 0 f m 17+ ≥ ⇒ >

•
Với
( )
m 5;0
∈ −
, ta có:
www.VNMATH.com
,
Nguyễn Phú Khánh

661

( )
( )( ) ( )
( )( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2
m 8m 17 m 2m 17 m 5m
f m 17
m 8m 17 m 2m 17 m 5m
+ + + + − +
= +
+ + + + − +

( )
( )( ) ( )
2
2 2 2
5m 17
17 17
m 8m 17 m 2m 17 m 5m
+
= + ≥
+ + + + − +

Đẳng thức xảy ra khi
17
m
5
= −
. Khi đó
2 2
a 17,b 8
= =
.
Vậy, phương trình
( )
2
2
2
y
x
E : 1
17 8

+ =
.

Bài tập
11.
Phương trình
AB : x 2y 3 0
− − =

Vì
( )
(
)
2
M P M t ;t∈ ⇒
từ giả thiết suy ra 1 t 3
− < <

tam giác MAB có diện tích lớn nhất
( )
d M,AB
⇔
lớn nhất
Mà
( )
2
t 2t 3
d M;AB ,
5
− −

=
với
(
)
t 1;3∈ −
.
Suy ra
( )
4
maxd M,AB
5
=
đạt được khi
( )
t 1 M 1;1
= ⇒
.


www.VNMATH.com