Elip và các bài toán liên quan

GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ ThayTungToan

ELIP VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN
GV: Nguyễn Thanh Tùng
I. KIẾN THỨC CƠ SỞ
Để giải quyết tốt các lớp bài toán liên quan tới Elip (tìm điểm và viết phương trình tắc của elip) trước tiên
chúng ta cần nắm được các kiến thức cơ bản qua sơ đồ sau:

Dựa trên các kiến thức cơ bản này, kết hợp với các bài toán trước các bạn đã được tìm hiểu, sẽ giúp ta giải
quyết dễ dàng các lớp bài toán liên quan tới elip. Cụ thể:
+) Khi gặp bài toán “Tìm điểm thuộc ( E ) thỏa mãn điều kiện (*) cho trước ” thì về cơ bản ta cần thiết lập
được hai dấu “=” mà ở đó dữ kiện điểm thuộc ( E ) luôn cho ta được một dấu “=” đầu tiên. Các dữ kiện còn
lại sẽ giúp ta tìm ra dấu “=” thứ hai. Nếu cần, trong một số bài toán ta có thể tham số hóa điểm thuộc ( E )
x2 y2

 1  M ( a sin t ; b cos t ) .
a2 b2
+) Khi gặp bài toán “Viết phương trình chính tắc của elip (E)” cần cắt nghĩa chính xác dữ kiện của bài toán
dựa trên các kiến thức cơ bản liên quan tới elip và tính đối xứng của elip (elip nhận hai trục tọa độ làm hai trục
đối xứng và gốc tọa độ làm tâm đối xứng).

theo một ẩn. Ví như: M  ( E ) :

II. CÁC VÍ DỤ MẪU
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình chính tắc của elip ( E ) biết rằng ( E ) có tâm sai
bằng

5
và hình chữ nhật cơ sở của ( E ) có chu vi bằng 20 .
3

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN
Giải:

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:
Ta có e 

c
5
5

c
a
a
3
3

facebook.com/ ThayTungToan

x2 y2


1
a 2 b2

và 2.(2 a  2b )  20  a  b  5  b  5  a (với 0  a  5 )
2

 5 
2
Khi đó ta có: a  b  c  a  (5  a )  
hoặc a  15 (loại)
 3 a   a  18a  45  0  a  3


2

2

2

2

2

Với a  3  b  2 . Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) là:

x2 y 2

1
9
4

Ví dụ 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elip có phương trình

x2 y 2

 1 . Tìm điểm M nằm trên elip
25 16

sao cho MF1  4 MF2 , trong đó F1 , F2 lần lượt là các tiêu điểm trái, phải của elip.

Giải:

 F1 (3; 0)
a  5
x
y

1  
 c  a 2  b2  3  
25 16
b  4
 F2 (3; 0)
2

Từ phương trình Elip ( E ) :

2

c
3


MF1  a  a x0  5  5 x0
Cách 1: Gọi M ( x0 ; y0 ) , suy ra 
MF  a  c x  5  3 x
0
0
 2
a
5
3
3 

Khi đó MF1  4 MF2  5  x0  4  5  x0   x0  5
5
5 


Do đó M (5; y0 )  ( E ) 

52 y02

 1  y0  0
25 16

Vậy M (5; 0)
Cách 2:

 x02 y02
 x02 y02
M


(
E
)

1
 1 (1)
 
 
Gọi M ( x0 ; y0 ) , khi đó 
  25 16
  25 16
2
MF2  4
( x  3)2  y 2  4
 y 2   x 2  6 x  5 (2)
 0
0
 0
0
0
 x0  5  y0  0
x 2 x 2  6 x0  5
2
Thay (2) vào (1) ta được : 0  0
.
 1  3x0  50 x0  175  0  
 x0  35  y02   640  0
25
16

3
9

Vậy M (5; 0)
x2
2 2
 y 2  1 điểm M  ;  . Viết phương trình
4
3 3
đường thẳng  qua M cắt E tại hai điểm A, B sao cho MA  2MB .

Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

Giải:
x02
 y02  1  x02  4 y02  4  0 (1)
4
+) Do M nằm trong ( E ) nên từ MA  2 MB

+) Gọi B ( x0 ; y0 )  ( E ) 


2
2

x A   2  x0  



3
3
 x A  2  2 x0


 MA  2 MB  

 A(2  2 x0 ; 2  2 y0 )
 y A  2  2 y0
 y  2  2  y  2 
 0 3
 A 3



(2  2 x0 ) 2
+) Mà A  ( E ) 
 (2  2 y0 )2  1  x02  4 y02  2 x0  8 y0  4  0 (2)
4
 B (0;1)
 x0  0; y0  1

 x02  4 y02  4  0
+) Từ (1) và (2) ta được hệ:  2

  8 3
8
3
2
B  ; 
 x0  ; y0 
 x0  4 y0  2 x0  8 y0  4  0

5
5   5 5 
8 3
Với B (0;1)   : x  2 y  2  0 ; Với B  ;    : x  14 y  10  0
5 5
Vậy x  2 y  2  0 hoặc x  14 y  10  0 .

x2 y 2

 1 . Đường thẳng  : x  2 y  0 cắt ( E ) tại
8
4
hai điểm B, C . Tìm tọa độ điểm A trên ( E ) sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất
Giải:
+) Do   ( E )   B; C nên B, C cố định hay độ dài BC không đổi
Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :

Suy ra diện tích ABC lớn nhất khi khoảng cách h  d ( A,  ) lớn nhất
 x  2 2 sin t

+) Phương trình tham số của ( E ) : 
nên gọi A 2 2 sin t; 2 cos t
 y  2 cos t



2 2 sin t  2 2 cos t

Khi đó h  d ( A,  ) 

3



2 2  sin t  cos t 
3



 
4sin  t  
4
 4


3
3

  
 3

sin  t  4   1
t  4  k 2



Dấu“ =” xảy ra khi: sin  t    1  
( k  )

  

 4

sin  t    1 t   4  k 2
4

 
3

+) Với t 
+) Với t    k 2  A 2; 2
 k 2  A 2;  2
4
4

















Vậy A 2;  2 hoặc A 2; 2 .
Nhận xét : Ngoài cách để ( E ) dưới dạng chính tắc

x2 y2

 1 , trong nhiều bài toán các bạn có thể chuyển
a2 b2

 x  a sin t
nó về dạng tham số sau : 
để việc tham số hóa điểm thuộc elip được dễ dàng hơn.
 y  b cos t
Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

III. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình chính tắc của elip ( E ) có tâm sai bằng

3
và độ dài
3

đường chéo hình chữ nhật cơ sở bằng 2 5 .
Giải:
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:
Tâm sai e 

x2 y2

 1 với a  b  0
a2 b2

c
3
a2
.

 c2 
a
3
3

Độ dài đường chéo hình chữ nhật

(2a ) 2  (2b) 2  2 5  a 2  b 2  5  b 2  5  a 2

a2
 a2  3  b2  2
3
x2 y 2
Vậy trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:

1
3
2
+) Khi đó a 2  b 2  c 2  a 2  5  a 2 

x2 y 2

 1 và M (1; 1) . Một đường
8
4
thẳng d đi qua M cắt ( E ) tại A, B sao cho MA.MB lớn nhất. Tìm tọa độ A, B .
Giải:
+) M (1; 1) thuộc miền trong của ( E ) nên d luôn cắt ( E ) tại A, B
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có phương trình

 x  1  mt
Gọi phương trình đường thẳng d có dạng: 
với t  , m 2  n 2  0 .
y



1

nt

+) Gọi A(1  mt1 ; 1  nt1 ), B(1  mt2 ; 1  nt2 ) . Trong đó t1 , t2 là nghiệm của phương trình:

(1  mt )2 (1  nt )2

 1   m 2  2n 2  t 2  2(m  2n)t  5  0
8
4
5
Theo hệ thức Vi – et ta có: t1t2   2
a  2b 2
5(m 2  n 2 )
2
2
2
2
+) Khi đó MA.MB   mt1    nt1  .  mt2    nt2    m 2  n 2  t1t 2  2

m  2n2

5
m2
2 2
m  n2

m2
m2

,
do
đó
lớn
nhất
khi
và
chỉ
khi

1
MA
.
MB
1 n  0
m2  n2
m2  n2
Khi đó đường thẳng d có dạng : y  1 , suy ra tọa độ giao điểm A, B của d và ( E ) là nghiệm của hệ:

Mặt khác 0 











 x2 y2
 A 6; 1
 A  6; 1
 1 x2  6
 
 x   6 

hoặc
.



4
8




y


1
y


1




 y  1
 B  6; 1
 B 6; 1


















 A 6; 1
 A  6; 1


Vậy 
hoặc 
.
 B  6; 1
 B 6; 1








Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN
facebook.com/ ThayTungToan
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Lập phương trình chính tắc của elip trong mặt phẳng Oxy biết điểm
GV: Nguyễn Thanh Tùng

 8 1
M  ;
 thuộc elíp và tam giác F1MF2 vuông tại M , trong đó F1 , F2 là hai tiêu điểm của elíp.
 3 3
Giải:

x2 y2
 2  1 với a  b  0 và a 2  b 2  c 2
2
a
b

+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:

 8 1
8
1
Khi đó M  ;
 ( E )  2  2  1  a 2  8b 2  3a 2 b 2 (1)
 3 3 
3a 3b


+) Với F1 (c; 0), F2 (c;0) , khi đó tam giác F1 MF2 vuông tại M nên ta suy ra:
2

2


8 1 
8 1
2
2
2
2
2
2
MF  MF  F F   c 
    c 
   4c  c  3  a  b  c  b  3 (2)
3
3
3
3





2
1

2
2

2
1 2

+) Thay (2) vào (1) ta được: b 2  3  8b 2  3  b 2  3  b2  b 4  1  b 2  1  a 2  4
Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:

x2
 y2  1
4

Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình chính tắc của elip ( E ) biết rằng elip ( E ) có hai tiêu





điểm F1 và F2 với F1  3; 0 và có một điểm M thuộc ( E ) sao cho tam giác F1MF2 vuông tại M và có diện
tích bằng 1 .

Giải:

x2 y2

 1 với a  b  0
a 2 b2

+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:





Với F1  3; 0 , suy ra c  3  a 2  b 2  c 2  3 hay a 2  b 2  3 (1)

 MF1   3  x0 ;  y0

+) Gọi M ( x0 ; y0 )   
 MF2  3  x0 ;  y0

 

Khi đó F
MF  900  MF .MF  0  x 2  3  y 2  0  x 2  y 2  3




1

Ta có S F1MF2 

2

1





2

0

0

0

0

1
1
1
8
d (M , Ox).F1 F2  y0 .2 3  3 y0  1  y02   x02 
2
2
3
3

x02 y02
8

1
 2  1  2  2  1 (2)
2
a
b
3a 3b
8
1
Thay (1) vào (2) ta được:
 2  1  3b 4  3  b  1 (do b  0 )  a 2  4
2
3(b  3) 3b
+) Mặt khác M ( x0 ; y0 )  ( E ) 

Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:

x2
 y2  1
4


3
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình chính tắc của elíp đi qua điểm M  1;
và tiêu điểm
 2 



của elip nhìn trục nhỏ với một góc 600 .
Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN

tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

Giải:
x2 y2

 1 với a  b  0
a 2 b2
Gọi F1 (c; 0) là tiêu điểm của ( E ) và B1 (0; b), B2 (0; b) là hai đỉnh thuộc trục nhỏ của ( E )

+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:

0

+) Do F1 B1 B2 cân tại F1 và B
1 F1 B2  60 , suy ra F1 B1 B2 đều

Khi đó F1 B1  B1 B2  F1 B12  B1 B22  c 2  b 2  (2b) 2  c 2  3b 2  a 2  b 2  c 2  4b 2 (1)

3
1
3
+) Với M  1;
 ( E )  2  2  1 (2)

 2 
a
4b


1
3
Thay (1) vào (2) ta được :
 2  1  b2  1  a 2  4
2
4b 4b
x2
Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:
 y2  1
4

x2 y2

 1. Giả sử F1 , F2 là hai tiêu điểm
8
4
của elip, trong đó F1 có hoành độ âm. Tìm tọa độ điểm M trên ( E ) sao cho MF1  MF2  2 .
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có phương trình

Giải:
a  2 2

x2 y2
+) ( E ) có phương trình


 1  b  2
8
4

2
2
c  a  b  2
cx0
2 x0

 MF1  a  a  2 2  2 2
+) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )  
 MF1  MF2  2 x0
 MF  a  cx0  2 2  2 x0
 2
a
2 2

+) Khi đó MF1  MF2  2  2 x0  2  x0  2
y  3
 x2 
 2
+) Với x0  2  y02  4  1  0   4  1    3   0
8 
 8

 y0   3
Vậy M





2; 3 hoặc M





2;  3 .

Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip có phương trình

x2 y 2

 1 . Tìm điểm M thuộc elip sao cho
25 9

góc F1MF2  900 với F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip.
Giải:
a  5; b  3
x2 y 2
+) Elip ( E ) :

1  
2
2
25 9
c  a  b  4

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ ThayTungToan

c
4
c
4

 MF1  a  a x0  5  5 x0 ; MF2  a  a x0  5  5 x0
+) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   2
với x0  0
2
 x0  y0  1 (*)
 25 9
2

2

4  
4 
5 14

0

2
2
2

Do F
x0    5  x0   64  8 x02  175  x0  
1MF2  90 nên suy ra : MF1  MF2  F1 F2   5 
5  
5 
4


+) Thay x0  

5 14
7 y2
9
3 2
vào (*) ta được:  0  1  y02   y0  
4
8 9
8
4

 5 14 3 2 
 5 14 3 2 
 5 14 3 2 
 5 14 3 2 
Vậy M 
, M

, M 
;
;
;
,M 
;



 .
 4

 4




4
4
4
4
4
4









Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình chính tắc của elip, biết hai tiêu điểm cùng với hai đỉnh
trên trục bé xác định một hình vuông và phương trình hai đường chuẩn là x  8 .
Giải:
+) Ta có hai tiêu điểm F1 (c; 0), F2 (c;0) và hai đỉnh B1 (0; b), B2 (0; b) thuộc trục nhỏ xác định một hình vuông

nên ta có b  c . Elip có phương trình đường chuẩn x  

a
a2
a2
 
 8  a 2  8c
e
c
c

a 2  32
+) Khi đó: a 2  b 2  c 2  8c  c 2  c 2  c  4  0  
b  4
+) Suy ra phương trình chính tắc của elip là:

x2 y 2

1.
32 16

x2 y2

 1 có hai tiêu điểm F1 , F2 . Tìm tọa độ điểm M

25 9
4
thuộc ( E ) sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MF1 F2 bằng .
3
Giải:

Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :

a  5

x2 y 2
MF1  MF2  F1 F2 2a  2c
+) Từ ( E ) : 
 1  b  3
 pMF1F2 

 ac 9
25 9
2
2

2
2
c  a  b  4
4
+) Suy ra diện tích tam giác MF1 F2 là: S MF1 F2  pr  9.  12
3
S
1
1

12
+) Mặt khác ta có: S MF1 F2  .d ( M , Ox ).F1F2  . yM .2c  4 yM  yM  MF1F2 
3
2
2
4
4
 M (0;3)
xM2 9
+) Vì M ( xM ; yM )  ( E ) 
  1  xM  0  
25 9
 M (0; 3)
Vậy M (0;3) hoặc M (0; 3) .
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình chính tắc của elip ( E ) biết rằng khi điểm M thay đổi
trên ( E ) thì độ dài nhỏ nhất của OM bằng 4 và độ dài lớn nhất của MF1 bằng 8 , với F1 là tiêu điểm có
Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

hoành độ âm.
Giải:
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:

x2 y2

 1 với a  b  0
a 2 b2

  a  x0  a

Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )  
cx0  a  c  MF1  a  c
MF

a

 1
a
Suy ra độ dài MF1 lớn nhất bằng : a  c  8 (1)


x02 x02
a

b

 2

2
x02 y02 x02 y02 x02  y02 OM 2
a
b
+) Lại có: M ( x0 ; y0 )  ( E )   2


1


 

 2  OM  b
2
a 2 b2 b2 b2
b2
b
 x0  y0  1
 a 2 b 2
Suy ra độ dài nhỏ nhất của OM bằng b  4 (2)
 a  a 2  16  8
a  c  8
a  5
Từ (1) và (2) ta được: 


b  4
b  4
b  4

Vậy phương trình elip ( E ) cần lập là:

x2 y 2

 1.
25 16

Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :

x2 y2

 1 . Viết phương trình đường thẳng d cắt ( E ) tại
8
2

hai điểm phân biệt có tọa độ là các số nguyên.
Giải:
2
0

2
0

x
y

 1 (*)  y02  2  y0  1;0;1 (vì y0   )
8
2
+) Với y0  1 thay vào (*) ta được: x0  2 (thỏa mãn)
Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E ) 

+) Với y0  0 thay vào (*) ta được: x0  2 2 (loại)
Suy ra 4 điểm có tọa độ nguyên trên ( E ) là: M 1 (2;1), M 2 (2; 1), M 3 (2;1), M 4 (2; 1)
Khi đó ta sẽ lập được 6 phương trình đường thẳng d thỏa mãn yêu cầu đề bài là:
x  2; x  2; y  1; y   1; x  2 y  0; x  2 y  0 .

Nhận xét: Ở ví dụ trên nếu ta tiếp cận theo cách thông thường là giả sử dạng phương trình của d rồi tìm
giao điểm, sau đó sử dụng điều kiện tọa độ nguyên thì chúng ta sẽ gặp khó khăn. Song nếu ta làm theo chiều
nghịch thì bài toán sẽ trở nên “nhẹ nhàng” hơn rất nhiều. Bởi ở những bài toán liên quan tới elip (hay cả
đường tròn) ta hoàn toàn có thể chặn điều kiện cho x, y khá đơn giản. Vì vậy việc yêu cầu tọa độ nguyên của
bài toán, giúp ta nghĩ tới ngay giải pháp trên.

x2
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :  y 2  1 . Tìm tọa độ điểm M trên ( E ) sao cho bán
9
kính qua tiêu của tiêu điểm này bằng 3 lần bán kính qua tiêu của tiêu điểm kia.
Giải:

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

a  3

x2
c 2 2
+) Từ ( E ) :  y 2  1  b  1
e 
9
a

3

2
2
c  a  b  2 2
 MF  a  ex0
+) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   1
 MF2  a  ex0

 MF  3MF2
 MF1  3MF2  0
Từ giả thiết ta có:  1

  MF1  3MF2  MF2  3MF1   0
 MF2  3MF1
 MF2  3MF1  0
2

 10 MF1.MF2  3  MF12  MF22   0  16MF1.MF2  3  MF1  MF2   0
2

 16  a  ex0  .  a  ex0   3.  2a   0  16( a 2  e 2 x02 )  12a 2

a2
x  2 
4e
2
0

32

2 2
4. 

 3 

+) Mặt khác M  ( E )  y02  1 

2



81
9 2
 x0  
32
8

x02 23
46

 y0  
9 32
8

 9 2 46 
9 2
 9 2 46 
 9 2
46 
46 

Vậy M 
hoặc M 
hoặc M  
hoặc M  
;
;
;
;




 8
 8


8 
8 
8
8 
8
8 




A  0
Nhận xét: Trong giải toán ta biết A.B  0  
, và ta thường chỉ quen với chiều biến đổi thuận. Nhưng
B  0

trong nhiều trường hợp, việc biến đổi theo chiều ngược lại sẽ giúp giải bài toán ngắn gọn hơn rất nhiều, mà ví
dụ trên là một điển hình.





Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M  3;1 , đường elip ( E ) đi qua điểm M và khoảng cách
giữa hai đường chuẩn của ( E ) là 6. Lập phương trình chính tắc của ( E ) .
Giải:

x2 y2
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) là: 2  2  1 với a  b  0
a
b
a
a
+) Elip ( E ) có hai phương trình đường chuẩn là x  và x  
e
e
Do đó khoảng cách giữa hai đường chuẩn là:
a 2a 2
9a 2  a 4
2
4
2
2
2
2

(1)
2 
 6  a  3c  a  9c  9(a  b )  b 
e
c
9
3 1
+) Mặt khác M  3;1  ( E )  2  2  1 (2)
a b
Thay (1) vào (2) và rút gọn ta được: a 4  12a 2  36  0  a 2  6  b 2  2





Vậy phương trình ( E ) cần lập là:

x2 y 2

1
6
2

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN
facebook.com/ ThayTungToan
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Lập phương trình chính tắc của elip ( E ) biết rằng có một đỉnh và hai

GV: Nguyễn Thanh Tùng





tiêu điểm của ( E ) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của ( E ) là 12 2  3 .
Giải:
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:

x2 y2

 1 với a  b  0
a2 b2







Ta có chu vi hình chữ nhật cơ sở: 4(a  b)  12 2  3  a  b  3 2  3



(1)

+) Không mất tính tổng quát giả sử đỉnh B (0; b) và hai tiêu điểm F1 (c; 0), F2 (c;0) tạo thành tam giác đều

b2

Do BF1 F2 luôn cân tại B , nên BF1 F2 đều khi BF1  F1F2  BF  F1 F2  c  b  4c  c 
3
2
1

2

2

2

2

2

4
2 3
+) Khi đó a 2  b 2  c 2  a 2  b 2  a 
b (2) (do a, b  0 )
3
3

Thay (2) vào (1) ta được :

2 3
b  b  3 2  3  3b 2  3  9 2  3  b  3 3  a  6
3







+) Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:

 



x2 y 2

1
36 27



 

Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có hai tiêu điểm F1  3;0 , F2



3; 0 và đi qua điểm

1

A  3;  . Lập phương trình chính tắc của ( E ) và với mọi điểm M thuộc ( E ) , hãy tính giá trị biểu thức
2


P  MF12  MF22  3OM 2  MF1 .MF2

Giải:
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:



 

( E ) có hai tiêu điểm F1  3;0 , F2

x2 y2

 1 với a  b  0
a2 b2



3; 0 , suy ra c  3

+) Khi đó a 2  b 2  c 2  3  a 2  b 2  3  ( E ) :

x2
y2

1
b2  3 b2

1
3

1

+) Với A  3;   ( E )  2
 2  1  4b 4  b 2  3  0  (4b 2  3)(b2  1)  0  b 2  1  a 2  4
2
b  3 4b


Vậy phương trình chính tắc của ( E ) là :

x2
 y2  1 .
4

c
c

 MF1  a  a x0 ; MF2  a  a x0
+) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )  
2
OM 2  x 2  y 2 ; x0  y 2  1
0
0
0

4
2

2

c  
c 
c 
c 


Khi đó P   a  x0    a  x0   3  x02  y02    a  x0   a  x0 
a  
a 
a 
a 



Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

 a2 

facebook.com/ ThayTungToan

 x02
3c 2 2
9 2
2

2
2
2
2
x

3
x

y

4

x

3
x

y

4

3




  y0   4  3  1
0
0

0
0
0
0
2
a
4
 4


Vậy P  1 .
Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có phương trình

x2 y 2

 1 với hai tiêu điểm F1 , F2
9
5

(hoành độ của F1 âm). Tìm tọa độ điểm M thuộc elip sao cho MF1 F2 = 60 0
Giải:
+) ( E ) có phương trình

2
 F1 (2;0)
x2 y 2
 a  9

 1 , suy ra  2
 c  a 2  b2  2  

9
5
b  5
 F2 (2;0)

c
2
c
2

 MF1  a  a x0  3  3 x0 ; MF2  a  a x0  3  3 x0
+) M ( x0 ; y0 )  ( E )   2
2
 x0  y0  1 (*)
 9
5

Ta có MF 2  MF 2  F F 2  2MF .F F .cos MF
F
2

1

2

1 2

1

1 2

1 2

2

2  
2 
2 
3


  3  x0    3  x0   42  2.  3  x0  .4.cos 60 0  4 x0  3  x0  
3  
3 
3 
4



+) Thay x0  

 3 5 5
 3 5 5
3
75
5 5
vào (*) ta được: y02 
. Vậy M   ;
hoặc M   ; 
 y0  


 .
 4 4 
 4
4
16
4
4





Bài 17 (A – 2012). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  8 . Viết phương trình chính
tắc elip ( E ) , biết rằng ( E ) có độ dài trục lớn bằng 8 và ( E ) cắt (C ) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một
hình vuông.
Giải:

Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:

x2 y2

1
a 2 b2

+) (E) có độ dài trục lớn bằng 8  2a  8  a  4
+) (E) cắt (C ) tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông nên 4 đỉnh nằm trên hai đường
phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai .
Ta giả sử A là một giao điểm của (E) và (C ) thuộc đường phân giác  : y  x .
+) Gọi A(t ; t )   ( t  0 ). Ta có: A  (C )  t 2  t 2  8  t  2 (vì t  0 )  A(2; 2)

+) Mà A  ( E ) 

22 22
16
.
 2  1  b2 
2
4 b
3

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ ThayTungToan

x2 y 2

1
16 16
3
Bài 18 (B – 2012). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC  2 BD và đường tròn tiếp xúc
Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là:

với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2  y 2  4 . Viết phương trình chính tắc của elip ( E ) đi qua các
đỉnh A, B, C , D của hình thoi. Biết A thuộc trục Ox .

Giải:

x2 y2

 1 ( với a  b  0 )
a 2 b2
Vì (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D và A  Ox nên không mất tính tổng quát giả sử: A( a; 0) và B (0; b) .
Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD  2OA  4OB  OA  2OB
 a  2b (vì a  b  0 ) hay A(2b;0) và B (0; b )
Gọi H là hình chiếu của O lên AB
Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) :

 OH  R  2 ( vì đường tròn x 2  y 2  4 tiếp xúc với các cạnh của hình thoi)
1
1
1
1
1
1
Xét tam giác OAB ta có:
hay  2  2  b 2  5  a 2  4b 2  20


2
2
2
OH
OA OB
4 4b b
2

x
y2
Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) là:

1
20 5
Bài 19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Lập phương trình chính tắc của elip ( E ) có tâm sai bằng

3
, biết diện
5

tích của tứ giác tạo bởi các tiêu điểm và các đỉnh trên trục bé của ( E ) bằng 24.
Giải:

+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:
Ta có tâm sai e 

x2 y2

 1 với a  b  0 và a 2  b 2  c 2
a 2 b2

c 3
5
 a c
a 5
3

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN

tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN
facebook.com/ ThayTungToan
+) Gọi F1 (c; 0), F2 (c;0) là các tiêu điểm và B1 (0; b), B2 (0; b) là các đỉnh trên trục bé.
GV: Nguyễn Thanh Tùng

Suy ra F1 B2 F2 B1 là hình thoi , khi đó: S F1B2 F2 B1 
2

1
1
12
F1 F2 .B1 B2  .2c.2b  2bc  24  bc  12  b 
2
2
c

2

5
12
Khi đó a 2  b 2  c 2   c      c 2  25c 4  1296  9c 4  c 4  81  c  3 (do c  0 )
3   c 

Suy ra a  5; b  4 . Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:

x2 y 2


1
25 16

4
, đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ
5
sở của elip có phương trình x 2  y 2  34 . Viết phương trình chính tắc của elip và tìm tọa độ điểm M thuộc

Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có tâm sai e 

( E ) sao cho M nhìn hai tiêu điểm của ( E ) dưới một góc vuông và M có hoành độ dương.

Giải:

+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:
Ta có tâm sai e 

x2 y2

 1 với a  b  0
a 2 b2

c 4
4
 c a
a 5
5

Vì đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở có bán kính R  34  a 2  b 2  34  b 2  34  a 2
2

4 
Khi đó a 2  b 2  c 2  a 2  34  a 2   a   a 2  25  a  5; b  3; c  4 .
5 

x2 y 2

1
25 9
Bài 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : 4 x 2  9 y 2  36 có hai tiêu điểm F1 và F2 với F1 có hoành

Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:

độ âm. Tìm tọa độ điểm M thuộc ( E ) sao cho MF12  2MF22 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Giải:
+) Ta có ( E ) : 4 x 2  9 y 2  36 

x2 y2

 1 , suy ra
9
4

 a  3; b  2
c
5

e




2
2
a
3
c  a  b  5

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN
 MF1  a  ex0 ; MF2  a  ex0

+) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   x 2 y 2
với 3  x0  3
0
0
 1 (*)
 
4
9
GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

5
6
81 
2

2
Khi đó P  MF12  2MF22   a  ex0   2  a  ex0   3a 2  2aex0  3e 2 x02   x02 
x0  
3
5
5
6
81
+) Xét hàm f ( x0 )  x02 
với x0   3;3
x0 
5
5
Ta có f '( x0 )  2 x0 

6
3
; f '( x0 )  0  x0 
  3;3
5
5

108
5
3
 min P  f ( x0 )  36 khi x0 
5
3
x0 [ 3;3]
5

3
16
4
+) Thay x0 
vào (*) ta được: y02   y0  
5
5
5

Từ bảng biến thiên suy ra min f ( x0 ) 

4 
 3 4 
 3
Vậy MF12  2MF22 đạt giá trị nhỏ nhất khi M 
;
;
 hoặc M 
.
5
 5 5
 5

x2 y 2

 1 và điểm I (1; 2) . Lập phương trình đường
16 9
thẳng d đi qua I , cắt ( E ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho I là trung điểm của AB .
Giải:
+) I (1; 2) thuộc miền trong của ( E ) nên d luôn cắt ( E ) tại A, B

Bài 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :

 x  1  mt
Gọi phương trình đường thẳng d có dạng: 
với t  , m 2  n 2  0 .
 y  2  nt
+) Gọi A(1  mt1 ; 2  nt1 ), B(1  mt2 ; 2  nt2 ) . Trong đó t1 , t2 là nghiệm của phương trình:
(1  mt )2 (2  nt ) 2

 1   9m 2  16n 2  t 2  2(9m  32n)t  71  0
16
9
2(9m  32n)
Theo hệ thức Vi – et ta có: t1  t2  
9m 2  16n2
 x  x  2 xI
2  m(t1  t2 )  2
+) I là trung điểm của AB khi  A B

 y A  yB  2 yI
4  n(t1  t2 )  4

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN
facebook.com/ ThayTungToan
 2m(9m  32n)
 9m 2  16n 2  0

 m(t1  t2 )  0


 9m  32n  0 (do m2  n 2  0 )
 n(t1  t2 )  0
 2n(9m  32n)  0
 9m 2  16n 2

GV: Nguyễn Thanh Tùng

m  32
Với 9m  32n  0  9m  32n , ta chọn 
 n  9
 x  1  32t
Suy ra phương trình d : 
hay 9 x  32 y  73  0
 y  2  9t
Bài 23. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(3; 0) và elip ( E ) :

x2
 y 2  1 . Tìm tọa độ các điểm B, C
9

thuộc ( E ) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A .
Giải:

+) Ta có B, C thuộc ( E ) và tam giác ABC vuông cân tại A . Mặt khác A(3; 0)  Ox và elip ( E ) nhận Ox, Oy
 B (m; n)
làm các trục đối xứng nên B, C sẽ đối xứng nhau qua trục Ox . Do đó gọi 
với n  0

C
(
m
;

n
)

2

m
 m2
2
 AB  (m  3; n)
 B, C  ( E )

n

1
 n2  1


+) Suy ra  
, khi đó  
 9
 9
 AB.AC  0
 AC  (m  3;  n)
(m  3)2  n2  0
n 2  (m  3) 2



m  3
m2
2
2
Suy ra
 (m  3)  1  5m  27 m  36  0  
12
m 
9
5

+) Với m  3  n  0 (loại)

  12 3 
  12 3 
B  5 ; 5 
B  5 ;  5 
12
3
 

 

+) Với m   n   , suy ra 
hoặc 
5
5
C  12 ;  3 

C  12 ; 3 

  5
  5 5 
5
x2
 y 2  1 . Tìm tọa độ các điểm B, C
9
thuộc ( E ) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A , biết điểm B có tung độ dương.

Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(3; 0) và elip ( E ) :

Giải:
+) Do A(0;3)  ( E ) ; B , C  ( E ) và ABC cân tại A nên B, C đối xứng nhau qua trục hoành Ox

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Khi đó gọi B ( x0 ; y0 )  C ( x0 ;  y0 ) và

facebook.com/ ThayTungToan

2
0

x
 y02  1 với x0  3
9

2

9  x02
 BC  2 y0 
Gọi H là trung điểm của BC  H ( x0 ; 0)  
3
 AH  3  x0  3  x0

+) Ta giác ABC vuông cân tại A nên:
1
1 2
12
9
3
(do x0  3 )  y02 
AH  BC  3  x0  .
9  x02  x0 
 y0  
2
2 3
5
25
5
 12 3 
 12 3 
+) Do B có tung độ dường nên ta có: B  ;  và C  ;   .

5
 5 5
 5
Bài 25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ( E ) :

x2 y 2

 1. Tìm điểm M có hoành độ dượng thuộc ( E ) sao
25 9

0

cho F
1MF2  90 , trong đó F1 , F2 là các tiêu điểm.

Giải:
2

+) ( E ) :

2

a  5
x
y

1 
 c  a 2  b2  4 .
25 9
b  3

 x02 y02
1
 
25
9
+) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )  
 MF  5  4 x ; MF  5  4 x
0
2
0
 1
5
5
Vì tam giác F1MF2 vuông tại M nên :
2

2

4  
4 
175
81

MF  MF  F F   5  x0    5  x0   64  x02 
 y02 
5  
5 
16
16


2
1

2
2

2
1 2

5 7 9
5 7 9
+) Do M có hoành độ dường nên ta được: M 
hoặc M 
.
;

 4 4
 4 ;  4 




4
Bài 26. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có tâm sai e  , đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ
5
2
2
sở của elip có phương trình x  y  34 . Viết phương trình chính tắc của elip và tìm tọa độ điểm M thuộc elip
( E ) sao cho M nhìn hai tiêu điểm dưới một góc vuông và M có hoành độ dương.

Giải:
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:

x2 y2

 1 với a  b  1
a2 b2

+) Vì đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở có bán kính R  34 nên a 2  b 2  34


c
a2  b2 4
2
2
2
a  5

e  
25(a  b)  16a
Khi đó ta có hệ : 

c4
a
a
5 2 2
b  3
a 2  b 2  34
a  b  34


x2 y 2
Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) là:

1
25 9
Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

 x02 y02
1
 
25
9
+) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )  
 MF  5  4 x ; MF  5  4 x
0
2
0
 1
5
5
Vì tam giác F1MF2 vuông tại M nên :

2

2
1

2
2

2

4  
4 
175
81

  5  x0    5  x0   64  x02 
 y02 
5  
5 
16
16


2
2

MF  MF  F1 F

5 7 9
5 7 9

+) Do M có hoành độ dường nên ta được: M 
hoặc M 
.
;

 4 4
 4 ;  4 





x2 y 2
Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : 3 x  y  4  0 và elip ( E ) : 
 1 . Viết
9
4
phương trình đường thẳng  vuông góc với d và cắt ( E ) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB
bằng 3.
Giải:
+) Đường thẳng  vuông góc với đường thẳng d : 3 x  y  4  0 nên có dạng: x  3 y  c  0
Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của  và ( E ) là:
4 x 2  ( x  c) 2  36  5 x 2  2cx  c 2  36  0 (*)
Ta có d cắt ( E ) tại hai điểm A, B khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt hay
 '  180  4c 2  0  3 5  c  3 5 (2*)
x2  c 
 x c 
+) Đường thẳng  cắt ( E ) tại hai điểm phân biệt A  x1 ; 1
 , B  x2 ;


3  
3 

2c

 x1  x2   5
với x1 , x2 là nghiệm của (*) và 
. Khi đó:
2
c

36
x x 
 1 2
5
2

AB 

 x2  x1 

d (O ,  ) 

c
10

2

10
x x 

 2 1  
3
 3 

, suy ra: SOAB  3 

 x1  x2 

2

 4 x1 x2 

10
720  16c 2
15

c
1
1 10
AB.d (O, )  3  .
720  16c 2 .
3
2
2 15
10

 16c 4  720c 2  8100  0  c  

3 10
(thỏa mãn (2*))

2

Vậy phương trình đường thẳng  cần lập là 2 x  6 y  3 10  0 hoặc 2 x  6 y  3 10  0 .





Bài 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho biết elip ( E ) có chu vi hình chữ nhật cơ sở bằng 16 2  3 , đồng
thời một đỉnh của ( E ) tạo với hai tiêu điểm một tam giác đều. Viết phương trình đường tròn (T ) có tâm là gốc
tọa độ và cắt ( E ) tại bốn điểm là bốn đỉnh của một hình vuông.
Giải:
Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:

facebook.com/ ThayTungToan

x2 y2

 1 với a  b  0
a2 b2









Ta có chu vi hình chữ nhật cơ sở là 4(a  b)  16 2  3  a  4 2  3  b (1)
+) Gọi M (0; b) là đỉnh của ( E ) mà MF1 F2 là tam giác đều, khi đó:
3F1 F2
b
(2)
 b  3c  c 
2
3
Mặt khác ta có : a 2  b 2  c 2 (3)
MO 

2

b
Thay (1), (2) vào (3) ta được:  4 2  3  b   b 2   b  4 3  a  8


3





2

x2 y2

1
64 48
+) Phương trình đường tròn (T ) có dạng: x 2  y 2  R 2

Vậy phương trình ( E ) :

Đường tròn (T ) cắt ( E ) tại bốn điểm phân biệt A, B, C , D .
Do (T ) và ( E ) đều nhận Ox, Oy làm các trục đối xứng nên ABCD là hình chữ nhật
 B ( x; y )
Gọi A( x; y )  
C ( x;  y )
Khi đó hình chữ nhật ABCD thành hình vuông thì AB  BC  2 x  2 y  x 2  y 2
x2  y2  R2
 2
R2
2
 2
x

y

y2
384
x

2

Do A  (T )  ( E ) nên x, y thỏa mãn:  
1   2
 R2 
2
7
 64 48
 R  R 1
2
2
x  y
 2.64 2.48


Vậy phương trình đường tròn (T ) cần lập là x 2  y 2 

384
.
7

x2 y2

 1 và điểm M (2;1) . Viết phương trình đường
25 9
thẳng d đi qua M cắt ( E ) tại hai điểm A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên đường thẳng
 : y  2x .
Bài 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :

Giải:
Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !

HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

22 12
  1 nên M nằm trong ( E ) , suy ra mọi đường thẳng qua M đều cắt ( E ) tại hai điểm phân biệt
25 9
+) Nếu d đi qua M (1; 2) và song song với Ox hay d có phương trình x  1
thì trung điểm của AB là điểm I (1; 0) không thuộc đường thẳng y  2 x (loại)
+) Do

Do đó gọi phương trình đường thẳng d đi qua M (2;1) có hệ số góc k có dạng: y  k ( x  2)  1
Khi đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ:
 y  k ( x  2)  1
 y  kx  2k  1
 2

x
y2
2
2
2
1
(25k  9) x  50k (2k  1) x  25(2k  1)  225  0 (*)
 
 25 9

+) Gọi A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ) . Ta có:

50k (2k  1)

 x1  x2  25k 2  9
 25k (2k  1) 9  18k 
 I
;

 : là trung điểm của AB
2
2
 25k  9 25k  9 
 y  y  2(9  18k )
 1 2
25k 2  9
1
1


k
d:y x


9  18k 50k (2k  1)
2 
2
+) Khi đó I   

 (2k  1)(50k  9)  0  


9
25k 2  9
25k 2  9
k  
 d : y   9 x  34

50 
50
25
1
9
34
Vậy phương trình đường thẳng d cần lập là y  x hoặc y   x  .
2
50
25
x2 y2

 1 ngoại tiếp tam giác đều ABC . Tính diện tích
16 4
tam giác ABC , biết ( E ) nhận A(0; 2) làm đỉnh và trục tung làm trục đối xứng.

Bài 30. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :

Giải:
+) Do ABC là tam giác đều và A(0; 2) nên B, C đối xứng nhau qua trục tung
nên gọi B ( x0 ; y0 )  C ( x0 ; y0 ) với x0  0
+) Độ dài tam giác đều ABC là a  2 x0 và chiều cao h  2  y0
Khi đó h 

a 3
 2  y0  3x0  y0  2  3 x0  B x0 ; 2  3 x0
2



+) Ta có B  ( E ) 

2
0

x
16

2 


3x0
4





2

 1  x0  

16 3 x0 0

16 3
 x0 
13
13


32 3
 16 3 22  a  2 x0  13
1
768 3
 B 
;    
 S ABC  ah 
13  
2
169
48
 13
h  2  y0 

13
Vậy S ABC 

768 3
.
169

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !

HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Bài 31. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :

facebook.com/ ThayTungToan

x2 y 2

 1 . Tìm các điểm M thuộc ( E ) sao cho
100 25

0

F
1MF2  120 , trong đó F1 , F2 là hai tiêu điểm của ( E ) .

Giải:
a  10
+) Elip ( E ) có 
 c  a 2  b 2  5 3  F1F2  2c  10 3 .
b  5
 x02 y02

 1 (*)

100 25
+) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )  

MF  a  c x  10  3 x ; MF  a  c x  10  3 x
0
0
2
0
0
 1
a
2
a
2

Khi đó ta có: F F 2  MF 2  MF 2  2MF .MF .cos F
MF
1 2

1

2

1

2

2

1

2

2



3  
3 
3 
3 
  10 
x0    10 
x0   2  10 
x0 
10

x0  .cos120 0

2
2
2
2

 




3
3
 300  200  x02  100  x02  x02  0  x0  0
2

4
2
+) Thay x0  0 vào (*) ta được: y0  25  y0  5



 10 3



2

Vậy M (0;5) hoặc M (0; 5) .
Bài 32. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  : x  y  5  0 và hai elip có phương trình

x2 y2
x2 y2

 1 và ( E2 ) : 2  2  1 ( a  b  0 ). Biết hai elip này có cùng tiêu điểm và ( E2 ) đi qua điểm M
25 16
a
b
thuộc đường thẳng  . Tìm tọa độ điểm M sao cho elip ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất.
( E1 ) :

Giải:

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !

HOCMAI.VN
facebook.com/ ThayTungToan
+) Elip ( E1 ) có hai tiêu điểm F1 (3;0), F2 (3; 0) . Dễ thấy F1 , F2 nằm cùng phía với 
GV: Nguyễn Thanh Tùng

Vì M  ( E2 ) và ( E2 ) nhận F1 , F2 là hai tiêu điểm nên ta có: MF1  MF2  2a
Khi đó elip ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và chỉ khi MF1  MF2 nhỏ nhất
+) Gọi N đối xứng với F1 (3; 0) qua   N ( 5; 2) . Khi đó ta có phương trình NF2 là: x  4 y  3  0
+) Ta có MF1  MF2  MN  MF2  NF2  68 . Suy ra MF1  MF2 nhỏ nhất khi M   NF2  
17

 x   5
x  4 y  3  0
 17 8 
Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ : 

 M  ; 
 5 5
x  y  5  0
y  8

5
 17 8 
Vậy M   ;  .
 5 5

x2 y 2
Bài 33. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : 
 1 và hai điểm A(3; 2), B (3; 2) . Tìm trên ( E )

9
4
điểm C có tọa độ dương sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.
Giải:
+) Phương trình đường thẳng AB là: 2 x  3 y  0
x02 y02

1
9
4
2 x  3 y0
1
1
Khi đó S ABC  AB.d (C , AB )  . 52. 0
 2 x0  3 y0 (1)
2
2
13
Mặt khác theo Bất đẳng thức Bu – nha ta có:

+) Gọi C ( x0 ; y0 ) với x0 , y0  0 . Do C  ( E ) 

2

 x02 y02   x0 y0 
x
y
2  1  1          0  0  2  2 x0  3 y0  6 2 (2)
4  3 2
3 2

 9
2

2

Từ (1) và (2) suy ra S ABC  6 2

 x02 y02

 9  4  1  x0  3 2
3 2

3 2

+) Dấu “=” xảy ra khi : 

; 2  . Vậy C 
; 2  .
2  C 
 2

 2

 x0  y0
y  2
0

 3
2





Bài 34. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Lập phương trình chính tắc của elip ( E ) , biết điểm M 1; 3 nhìn hai
tiêu điểm của ( E ) dưới một góc vuông và hình chữ nhật cơ sở của ( E ) nội tiếp đường tròn có phương trình
x 2  y 2  20 .
Giải:
x2 y2
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) là 2  2  1 với a  b  0
a
b
1
0

Do F
nên OM  F1 F2  OM  c  2  a 2  b 2  4 (1)
1MF2  90
2
+) Hình chữ nhật cơ sở của ( E ) nội tiếp đường tròn : x 2  y 2  20  a 2  b 2  20 (2)

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

Từ (1) và (2) suy ra a 2  12; b 2  8 . Vậy elip ( E ) cần lập là:

facebook.com/ ThayTungToan

x2 y 2

1
12 8

x2 y2

 1 có hai tiêu điểm F1 , F2 . Tìm tọa độ điểm M
25 9
4
thuộc ( E ) sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MF1 F2 bằng .
3
Giải:

Bài 35. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :

a  5

MF1  MF2  F1 F2
x2 y2
+) Ta có ( E ) : 
 1  b  3
 p
9
25 9
2


2
2
c  a  b  4
4
2.9.
1
2 pr
3  3  y  y  3
Khi đó S MF1 F2  pr  d ( M , Ox ).F1F2  d ( M , Ox ) 

M
M
2
F1 F2
8
+) Mặt khác M  ( E )  xM  0 . Vậy M (0;3) hoặc M (0; 3) .





Bài 36. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M 2 3; 2 . Viết phương trình chính tắc của elip ( E ) đi qua
điểm M , sao cho M nhìn hai tiêu điểm của ( E ) dưới một góc vuông.
Giải:
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) là
Do M  ( E ) 

x2 y2

 1 với a  b  0

a 2 b2

12 4
  1 (1)
a 2 b2

1
0

+) Mặt khác F
nên OM  F1 F2  c  c  4  a 2  b 2  16 (2)
1MF2  90
2
x2 y 2
Từ (1) và (2) suy ra a 2  24; b 2  8 . Vậy elip ( E ) cần lập là:

 1.
24 8
x2
Bài 37. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm C (2; 0) và elip ( E ) :  y 2  1 . Tìm các điểm A, B trên ( E )
4
sao cho CA  CB và tam giác CAB có diện tích lớn nhất.

Giải:

+) Theo giả thiết ta có C là đỉnh nằm trên trục lớn của elip ( E ) .
Do CA  CB , suy ra A, B đối xứng nhau qua trục hoành

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !

GV: Nguyễn Thanh Tùng

HOCMAI.VN

facebook.com/ ThayTungToan

 x02
2
  y0  1
Gọi A( x0 ; y0 )  ( E )   4
với x0  (2; 2)
 B( x ;  y )
0
0

1
1
Khi đó S ABC  d (C , AB ). AB  2  x0 . 2 y0  (2  x0 ) y0
2
2
x02  (2  x0 )3 (2  x0 )
2
2 2
2 
(1)
 S ABC  (2  x0 ) . y0  (2  x0 ) . 1   
4
4


Mặt khác áp dụng BĐT Cauchy ta có:

2  x0 2  x0 2  x0
(2  x0 )3 .(2  x0 )


 2  x0  4. 4
 (2  x0 )3 .(2  x0 )  27 (2)
3
3
3
27
27
3 3
2
Từ (1) và (2) suy ra: S ABC

 S ABC 
4
2
 
3 
 A  1;
 , B  1; 
2  
2  x0
3
 
Dấu “=” xảy ra khi

 2  x0  1  x0  1  y0  

3
2
 A  1;  3  , B  1;
 
 
2  
 
4

3

2 
3

2 



3 
3
3 
3
Vậy A  1;
hoặc A  1; 
, B  1; 
, B  1;




.


2  
2 
2  
2 



CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ QUAN TÂM !

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Tham gia các khóa học môn Toán của Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !