BÀI TẬP ELIP HAY VÀ KHÓ THẦY NGUYỄN THANH TÙNG
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.32 MB, 20 trang )
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Hình học Oxy
ELIP
ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Giáo viên: NGUYỄN THANH TÙNG
Đây là tài liệu tóm lược các kiến thức đi kèm với bài giảng ELIP thuộc khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn
Toán (GV: Nguyễn Thanh Tùng) tại website Hocmai.vn. Để có thể nắm vững kiến thức phần này, bạn cần kết hợp xem
tài liệu cùng với bài giảng này.
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình chính tắc của elip ( E ) có tâm sai bằng
3
và độ
3
dài 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 y 2
1 với a b 0
a 2 b2
c
3
a2
.
c2
a
3
3
Độ dài đường chéo hình chữ nhật
(2a)2 (2b)2 2 5 a 2 b2 5 b2 5 a 2
+) Khi đó a 2 b2 c 2 a 2 5 a 2
a2
a 2 3 b2 2
3
x2 y 2
1
Vậy trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:
3
2
x2 y 2
1 và M (1; 1) . Một
8
4
đường thẳng d đi qua M cắt ( E ) tại A, B sao cho MA.MB lớn nhất. Tìm tọa độ A, B .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có phương trình
Giải:
+) M (1; 1) thuộc miền trong của ( E ) nên d luôn cắt ( E ) tại A, B
x 1 mt
Gọi phương trình đường thẳng d có dạng:
với t , m2 n2 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 m2 2n2 t 2 2(m 2n)t 5 0
8
4
5
Theo hệ thức Vi – et ta có: t1t2 2
a 2b2
+) Khi đó MA.MB
mt1 nt1 .
2
2
mt2 nt2 m2 n2 t1t2
2
2
5(m2 n2 )
m 2 2n 2
5
m2
2 2
m n2
m2
m2
MA
.
MB
1 n 0
1
,
do
đó
lớn
nhất
khi
và
chỉ
khi
m2 n 2
m2 n 2
Khi đó đường thẳng d có dạng : y 1 , suy ra tọa độ giao điểm A, B của d và ( E ) là nghiệm của
Mặt khác 0
hệ:
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Hình học Oxy
x2 y 2
A 6; 1
1 x2 6
x 6 A 6; 1
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
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Lập phương trình chính tắc của elip trong mặt phẳng Oxy biết điểm
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:
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:
x2 y 2
1 với a b 0 và a 2 b2 c2
a 2 b2
8 1
8
1
Khi đó M ;
(
E
)
1 a 2 8b 2 3a 2b 2 (1)
2
2
3 3
3
a
3
b
+) Với F1 (c;0), F2 (c;0) , khi đó tam giác F1MF2 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: b2 3 8b2 3 b2 3 b2 b4 1 b2 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:
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:
x2 y 2
1 với a b 0
a 2 b2
Với F1 3;0 , suy ra c 3 a2 b2 c2 3 hay a 2 b2 3 (1)
MF1 3 x0 ; y0
+) Gọi M ( x0 ; y0 )
MF2 3 x0 ; y0
Khi đó F1MF2 900 MF1.MF2 0 x02 3 y02 0 x02 y02 3
1
1
1
8
Ta có S F1MF2 d ( M , Ox).F1F2 y0 .2 3 3 y0 1 y02 x02
2
2
3
3
2
2
x
y
8
1
+) Mặt khác M ( x0 ; y0 ) ( E ) 02 02 1 2 2 1 (2)
a
b
3a 3b
8
1
2 1 3b4 3 b 1 (do b 0 ) a 2 4
Thay (1) vào (2) ta được:
2
3(b 3) 3b
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:
Hình học Oxy
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
2
điểm của elip nhìn trục nhỏ với một góc 600 .
Giải:
x2 y 2
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng: 2 2 1 với a b 0
a
b
Gọi F1 (c;0) là tiêu điểm của ( E ) và B1 (0; b), B2 (0; b) là hai đỉnh thuộc trục nhỏ của ( E )
+) Do F1B1B2 cân tại F1 và B1F1B2 600 , suy ra F1B1B2 đều
Khi đó F1B1 B1B2 F1B12 B1B22 c 2 b2 (2b)2 c 2 3b2 a2 b2 c2 4b2 (1)
3
1
3
+) Với M 1;
( E ) 2 2 1 (2)
a
4b
2
1
3
Thay (1) vào (2) ta được : 2 2 1 b2 1 a 2 4
4b 4b
Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:
x2
y2 1
4
x2 y 2
1 . Giả sử F1 , F2 là hai tiêu
8
4
điểm 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 y 2
1 b 2
+) ( E ) có phương trình
8
4
2
2
c a b 2
cx
2x
MF1 a 0 2 2 0
a
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
y0 3
x2
2
+) Với x0 2 y02 4 1 0 4 1 3
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
25 9
̂
cho góc F1MF2 900 với F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip.
Giải:
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
+) Elip ( E ) :
Hình học Oxy
x2 y 2
a 5; b 3
1
2
2
25 9
c a b 4
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
Do F1MF2 900 nên suy ra :
2
2
4
4
5 14
MF12 MF22 F1F22 5 x0 5 x0 64 8 x02 175 x0
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
a
a2
a2
8 a 2 8c
vuông nên ta có b c . Elip có phương trình đường chuẩn x
e
c
c
a 2 32
+) Khi đó: a b c 8c c c c 4 0
b 4
2
2
2
2
2
+) Suy ra phương trình chính tắc của elip là:
x2 y 2
1.
32 16
x2 y 2
1 có hai tiêu điểm F1 , F2 . Tìm tọa độ điểm
25 9
4
M thuộc ( E ) sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MF1 F2 bằng .
3
Giải:
a 5
2
2
x
y
MF1 MF2 F1F2 2a 2c
1 b 3
+) Từ ( E ) :
pMF1F2
ac 9
25 9
2
2
2
2
c a b 4
4
+) Suy ra diện tích tam giác MF1F2 là: SMF1F2 pr 9. 12
3
SMF1F2 12
1
1
3
+) Mặt khác ta có: SMF1F2 .d ( M , Ox).F1F2 . yM .2c 4 yM yM
2
2
4
4
2
M (0;3)
x
9
+) Vì M ( xM ; yM ) ( E ) M 1 xM 0
25 9
M (0; 3)
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :
Vậy M (0;3) hoặc M (0; 3) .
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Hình học Oxy
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 hoành độ âm.
Giải:
x2 y 2
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là: 2 2 1 với a b 0
a
b
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
x02 y02 x02 y02 x02 y02 OM 2
a 2 b2
1
2 OM b
+) Lại có: M ( x0 ; y0 ) ( E ) 2
2
a 2 b2 b2 b2
b2
b
x0 y0 1
2
2
a
b
Suy ra độ dài nhỏ nhất của OM bằng b 4 (2)
a c 8
a 5
a a 2 16 8
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
x2 y 2
1 . Viết phương trình đường thẳng d cắt
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :
8
2
( E ) tại 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: M1 (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
y 2 1 . Tìm tọa độ điểm M trên ( E ) sao cho
9
bán kính qua tiêu của tiêu điểm này bằng 3 lần bán kính qua tiêu của tiêu điểm kia.
Giải:
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Hình học Oxy
a 3
x2
c 2 2
e
+) Từ ( E ) : y 2 1 b 1
9
a
3
2
2
c
a
b
2
2
MF1 a ex0
+) Gọi M ( x0 ; y0 ) ( E )
MF2 a ex0
MF1 3MF2
MF 3MF2 0
1
MF1 3MF2 MF2 3MF1 0
Từ giả thiết ta có:
MF2 3MF1
MF2 3MF1 0
10MF1.MF2 3 MF12 MF22 0 16MF1.MF2 3 MF1 MF2 0
2
16 a ex0 . a ex0 3. 2a 0 16(a 2 e2 x02 ) 12a 2
2
x02
a2
4e2
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.
B 0
Nhưng 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 y 2
1 với a b 0
a 2 b2
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:
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) là:
a 2a 2
9a 2 a 4
6 a 2 3c a 4 9c 2 9(a 2 b2 ) b2
(1)
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: a4 12a2 36 0 a2 6 b2 2
2
Vậy phương trình ( E ) cần lập là:
x2 y 2
1
6
2
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Lập phương trình chính tắc của elip ( E ) biết rằng có một đỉnh và
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 6 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Hình học Oxy
hai 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:
x2 y 2
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng: 2 2 1 với a b 0
a
b
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
Do BF1F2 luôn cân tại B , nên BF1F2 đều khi BF1 F1F2 BF12 F1F2 2 c 2 b 2 4c 2 c 2
b2
3
4
2 3
+) Khi đó a 2 b2 c 2 a 2 b2 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
1
điểm A 3; . Lập phương trình chính tắc của ( E ) và với mọi điểm M thuộc ( E ) , hãy tính giá trị
2
biểu thức P MF12 MF22 3OM 2 MF1.MF2
Giải:
x2 y 2
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng: 2 2 1 với a b 0
a
b
( E ) có hai tiêu điểm F1 3;0 , F2
3;0 , suy ra c 3
+) Khi đó a2 b2 c2 3 a2 b2 3 ( E ) :
x2
y2
1
b2 3 b2
1
3
1
+) Với A 3; ( E ) 2
2 1 4b4 b2 3 0 (4b2 3)(b2 1) 0 b2 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
a2
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 .
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 7 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có phương trình
Hình học Oxy
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 MF1F2 = 600
Giải:
+) ( E ) có phương trình
x2 y 2
1 , suy ra
9
5
2
F1 (2;0)
a 9
c a 2 b2 2
2
F2 (2;0)
b 5
c
2
c
2
MF
a
x
3
x
;
MF
a
x
3
x0
1
0
0
2
0
a
3
a
3
+) M ( x0 ; y0 ) ( E ) 2
2
x0 y0 1 (*)
9
5
Ta có MF22 MF12 F1F22 2MF1.F1F2 .cos MF1F2
2
2
2
2
2
3
3 x0 3 x0 42 2. 3 x0 .4.cos 600 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 ;
y0
hoặc M ;
.
16
4
4
4
4 4
4
Bài 17 (A – 2012). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x2 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 y 2
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
.
x2 y 2
1
16 16
3
Bài 18 (B – 2012). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC 2BD và đường tròn
Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là:
tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2 y 2 4 . Viết phương trình chính tắc của elip ( E )
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 8 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Hình học Oxy
đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc trục Ox .
Giải:
x2 y 2
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) .
Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) :
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
OH R 2 ( vì đường tròn x 2 y 2 4 tiếp xúc với các cạnh của hình thoi)
Xét tam giác OAB ta có:
1
1
1
1
1
1
hay 2 2 b2 5 a2 4b2 20
2
2
2
OH
OA OB
4 4b b
Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) là:
x2 y 2
1
20 5
3
, biết
5
Bài 19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Lập phương trình chính tắc của elip ( E ) có tâm sai bằng
diện 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:
x2 y 2
1 với a b 0 và a 2 b2 c2
a 2 b2
c 3
5
a c
a 5
3
+) Gọi F1 (c;0), F2 (c;0) là các tiêu điểm và B1 (0; b), B2 (0; b) là các đỉnh trên trục bé.
Ta có tâm sai e
Suy ra F1B2 F2 B1 là hình thoi , khi đó: S F1B2 F2 B1
2
1
1
12
F1F2 .B1B2 .2c.2b 2bc 24 bc 12 b
2
2
c
2
5 12
Khi đó a b c c c 2 25c 4 1296 9c 4 c 4 81 c 3 (do c 0 )
3 c
2
2
2
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 9 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Suy ra a 5; b 4 . Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:
Hình học Oxy
x2 y 2
1
25 16
4
, đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật
5
cơ sở của elip có phương trình x 2 y 2 34 . Viết phương trình chính tắc của elip và tìm tọa độ điểm M
Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có tâm sai e
thuộc ( E ) sao cho M nhìn hai tiêu điểm của ( E ) dưới một góc vuông và M có hoành độ dương.
Giải:
x2 y 2
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng: 2 2 1 với a b 0
a
b
c 4
4
Ta có tâm sai e c a
a 5
5
Vì đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở có bán kính R 34 a 2 b2 34 b2 34 a2
2
4
Khi đó a b c a 34 a a a 2 25 a 5; b 3; c 4 .
5
2
2
2
2
2
x2 y 2
1
25 9
Bài 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : 4 x2 9 y 2 36 có hai tiêu điểm F1 và F2 với F1 có
Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) cần lập là:
hoành 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:
2
x
y2
+) Ta có ( E ) : 4 x 9 y 36
1 , suy ra
9
4
2
2
c
5
a 3; b 2
e
2
2
a
3
c a b 5
MF1 a ex0 ; MF2 a ex0
+) Gọi M ( x0 ; y0 ) ( E ) x02 y02
với 3 x0 3
1 (*)
4
9
5
6
81
2
2
x0
Khi đó P MF12 2MF22 a ex0 2 a ex0 3a 2 2aex0 3e2 x02 x02
3
5
5
6
81
x0
+) Xét hàm f ( x0 ) x02
với x0 3;3
5
5
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 10 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Ta có f '( x0 ) 2 x0
Hình học Oxy
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
16
4
3
+) 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
16 9
đường thẳng d đi qua I , cắt ( E ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho I là trung điểm của AB .
Bài 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :
Giải:
+) I (1; 2) thuộc miền trong của ( E ) nên d luôn cắt ( E ) tại A, B
x 1 mt
Gọi phương trình đường thẳng d có dạng:
với t , m2 n2 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 9m2 16n2 t 2 2(9m 32n)t 71 0
16
9
2(9m 32n)
Theo hệ thức Vi – et ta có: t1 t2
9m2 16n2
xA xB 2 xI
2 m(t1 t2 ) 2
+) I là trung điểm của AB khi
y A yB 2 yI
4 n(t1 t2 ) 4
2m(9m 32n)
0
m(t1 t2 ) 0
9m2 16n 2
9m 32n 0 (do m2 n2 0 )
n
(
t
t
)
0
2
n
(9
m
32
n
)
1 2
0
9m2 16n 2
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
9
B, C thuộc ( E ) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A .
Giải:
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 11 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Hình học Oxy
+) Ta có B, C thuộc ( E ) và tam giác ABC vuông cân tại A . Mặt khác A(3;0) Ox và elip ( E ) nhận
B(m; n)
với n 0
Ox, Oy làm các trục đối xứng nên B, C sẽ đối xứng nhau qua trục Ox . Do đó gọi
C (m; n)
AB (m 3; n)
+) Suy ra
, khi đó
AC (m 3; n)
m2
m2
2
2
B
,
C
(
E
)
n 1
n 1
9
9
AB. AC 0
(m 3) 2 n 2 0
n 2 (m 3)2
m 3
m2
2
2
(m 3) 1 5m 27m 36 0
m 12
9
5
+) Với m 3 n 0 (loại)
Suy ra
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
Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(3;0) và elip ( E ) : y 2 1 . Tìm tọa độ các điểm
9
B, C thuộc ( E ) sao cho tam giác ABC vuông cân tại A , biết điểm B có tung độ dương.
Giải:
+) Do A(0;3) ( E ) ; B, C ( E ) và ABC cân tại A nên B, C đối xứng nhau qua trục hoành Ox
Khi đó gọi B( x0 ; y0 ) C ( x0 ; y0 ) và
x02
y02 1 với x0 3
9
2
9 x02
BC 2 y0
3
Gọi H là trung điểm của BC H ( x0 ;0)
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
x2 y 2
1 . Tìm điểm M có hoành độ dượng thuộc ( E )
Bài 25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ( E ) :
25 9
sao cho F1MF2 900 , trong đó F1 , F2 là các tiêu điểm.
Giải:
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 12 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
+) ( E ) :
Hình học Oxy
a 5
x2 y 2
1
c a 2 b2 4 .
b
3
25 9
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
16
5
5
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
5
2
2
cơ 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 y 2
1 với a b 1
a 2 b2
+) Vì đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở có bán kính R 34 nên a 2 b2 34
c
a 2 b2 4
25(a 2 b) 2 16a 2
a 5
e
c4
Khi đó ta có hệ :
2 2
a
a
5
b
3
a
b
34
a 2 b 2 34
Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) là:
x2 y 2
1
25 9
x02 y02
1
+) Gọi M ( x0 ; y0 ) ( E ) 25 9
MF 5 4 x ; MF 5 4 x
0
2
0
1
5
5
Vì tam giác F1MF2 vuông tại M nên :
2
2
81
4
4
175
MF12 MF22 F1F22 5 x0 5 x0 64 x02
y02
16
5
5
16
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
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
Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : 3x y 4 0 và elip ( E ) :
OAB bằng 3.
Giải:
+) Đường thẳng vuông góc với đường thẳng d : 3x y 4 0 nên có dạng: x 3 y c 0
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 13 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Hình học Oxy
Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của và ( E ) là:
4 x2 ( x c)2 36 5x2 2cx c2 36 0 (*)
Ta có d cắt ( E ) tại hai điểm A, B khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt hay
' 180 4c2 0 3 5 c 3 5 (2*)
x c x2 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
x x c 36
1 2
5
AB
x2 x1
d (O, )
c
10
10
x x
2 1
3
3
2
2
, 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:
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:
x2 y 2
1 với a b 0
a 2 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 MF1F2 là tam giác đều, khi đó:
MO
3F1 F2
b
b 3c c
(2)
2
3
Mặt khác ta có : a 2 b2 c2 (3)
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 14 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Hình học Oxy
2
b
Thay (1), (2) vào (3) ta được: 4 2 3 b b2 b 4 3 a 8
3
2
x2 y 2
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 y 2 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 y 2
1 và điểm M (2;1) . Viết phương trình
25 9
đường thẳng d đi qua M cắt ( E ) tại hai điểm A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên
Bài 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :
đường thẳng : y 2 x .
Giải:
2
+) Do
2
2 1
1 nên M nằm trong ( E ) , suy ra mọi đường thẳng qua M đều cắt ( E ) tại hai điểm phân
25 9
biệt
+) 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 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
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 15 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Hình học Oxy
1
1
k
d:y x
9 18k 50k (2k 1)
2
2
(2k 1)(50k 9) 0
+) Khi đó I
2
2
25k 9
25k 9
k 9
d : y 9 x 34
50
50
25
Vậy phương trình đường thẳng d cần lập là y
1
9
34
x hoặc y x .
2
50
25
x2 y 2
1 ngoại tiếp tam giác đều ABC . Tính diện
16 4
tích 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 3x0 B x0 ; 2 3x0
2
2 3x0
x2
+) Ta có B ( E ) 0
16
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
Bài 31. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :
x2 y 2
1 . Tìm các điểm M thuộc ( E ) sao cho
100 25
F1MF2 1200 , trong đó F1 , F2 là hai tiêu điểm của ( E ) .
Giải:
a 10
c a 2 b2 5 3 F1F2 2c 10 3 .
+) Elip ( E ) có
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
1
0
0
2
0
0
a
2
a
2
Khi đó ta có: F1F22 MF12 MF22 2MF1.MF2 .cos F1MF2
2
2
3
3
3
3
10 3 10
x0 10
x0 2 10
x0
10
x0 .cos1200
2
2
2
2
3
3
300 200 x02 100 x02 x02 0 x0 0
2
4
2
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 16 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Hình học Oxy
+) Thay x0 0 vào (*) ta được: y02 25 y0 5
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 y 2
x2 y 2
1 và ( E2 ) : 2 2 1 ( a b 0 ). Biết hai elip này có cùng tiêu điểm và ( E2 ) đi qua
25 16
a
b
điểm M thuộc đường thẳng . Tìm tọa độ điểm M sao cho elip ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ nhất.
( E1 ) :
Giải:
+) Elip ( E1 ) có hai tiêu điểm F1 (3;0), F2 (3;0) . Dễ thấy F1 , F2 nằm cùng phía với
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
x 4 y 3 0
17 8
5
M ;
Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ :
5 5
x y 5 0
y 8
5
17 8
Vậy M ; .
5 5
x2 y 2
1 và hai điểm A(3; 2), B(3; 2) . Tìm trên
9
4
( E ) điểm C có tọa độ dương sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.
Bài 33. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :
Giải:
+) Phương trình đường thẳng AB là: 2 x 3 y 0
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 17 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
Hình học Oxy
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 )
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
2
Từ (1) và (2) suy ra S ABC 6 2
x02 y02
3 2
1
3 2
3 2
x0
9
4
; 2 . Vậy C
+) Dấu “=” xảy ra khi :
;
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 y 2
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) là 2 2 1 với a b 0
a
b
1
Do F1MF2 900 nên OM F1 F2 OM c 2 a2 b2 4 (1)
2
+) Hình chữ nhật cơ sở của ( E ) nội tiếp đường tròn : x 2 y 2 20 a 2 b2 20 (2)
x2 y 2
1
Từ (1) và (2) suy ra a 12; b 8 . Vậy elip ( E ) cần lập là:
12 8
2
2
x2 y 2
1 có hai tiêu điểm F1 , F2 . Tìm tọa độ điểm
25 9
4
M thuộc ( E ) sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MF1 F2 bằng .
3
Giải:
a 5
2
2
MF1 MF2 F1F2
x
y
p
9
1 b 3
+) Ta có ( E ) :
2
25 9
2
2
c a b 4
4
2.9.
1
2 pr
3 3 y y 3
Khi đó S MF1F2 pr d ( M , Ox).F1F2 d ( M , Ox)
M
M
2
F1 F2
8
Bài 35. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :
+) 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:
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 18 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)
+) Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) là
Do M ( E )
Hình học Oxy
x2 y 2
1 với a b 0
a 2 b2
12 4
1 (1)
a 2 b2
+) Mặt khác F1MF2 900 nên OM
1
F1F2 c c 4 a 2 b2 16 (2)
2
Từ (1) và (2) suy ra a 2 24; b2 8 . Vậy elip ( E ) cần lập là:
x2 y 2
1.
24 8
Bài 37. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm C (2;0) và elip ( E ) :
x2
y 2 1 . Tìm các điểm A, B trên
4
( E ) 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
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
x 2 (2 x0 )3 (2 x0 )
2
S ABC
(2 x0 )2 . y02 (2 x0 ) 2 . 1 0
(1)
4
4
Mặt khác áp dụng BĐT Cauchy ta có:
4
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
2
Từ (1) và (2) suy ra: S ABC
27
3 3
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
3
3
3
3
Vậy A 1;
, B 1;
hoặc A 1;
, B 1;
.
2
2
2
2 Giáo viên
Nguồn
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
3
2
3
2
: Nguyễn Thanh Tùng
:
Hocmai.vn
- Trang | 19 -
Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
5 LỢI ÍCH CỦA HỌC TRỰC TUYẾN
Ngồi học tại nhà với giáo viên nổi tiếng.
Chủ động lựa chọn chương trình học phù hợp với mục tiêu và năng lực.
Học mọi lúc, mọi nơi.
Tiết kiệm thời gian đi lại.
Chi phí chỉ bằng 20% so với học trực tiếp tại các trung tâm.
4 LÍ DO NÊN HỌC TẠI HOCMAI.VN
Chương trình học được xây dựng bởi các chuyên gia giáo dục uy tín nhất.
Đội ngũ giáo viên hàng đầu Việt Nam.
Thành tích ấn tượng nhất: đã có hơn 300 thủ khoa, á khoa và hơn 10.000 tân sinh viên.
Cam kết tư vấn học tập trong suốt quá trình học.
CÁC CHƯƠNG TRÌNH HỌC CÓ THỂ HỮU ÍCH CHO BẠN
Là các khoá học trang bị toàn
bộ kiến thức cơ bản theo
chương trình sách giáo khoa
(lớp 10, 11, 12). Tập trung
vào một số kiến thức trọng
tâm của kì thi THPT quốc gia.
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
Là các khóa học trang bị toàn
diện kiến thức theo cấu trúc của
kì thi THPT quốc gia. Phù hợp
với học sinh cần ôn luyện bài
bản.
Là các khóa học tập trung vào
rèn phương pháp, luyện kỹ
năng trước kì thi THPT quốc
gia cho các học sinh đã trải
qua quá trình ôn luyện tổng
thể.
Là nhóm các khóa học tổng
ôn nhằm tối ưu điểm số dựa
trên học lực tại thời điểm
trước kì thi THPT quốc gia
1, 2 tháng.
-
