22 tìm điểm thuộc elip thỏa mãn điều kiện cho trước tiết 1

TÌM ĐIỂM THUỘC ELIP THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƢỚC – TIẾT 2.
"Cácthầytoáncóthểlàm video vềtoán 10 nângcaophầnlƣợnggiác dc ko ạ"

CHUYÊN ĐỀ: PHƢƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
họcsinhcógửinguyệnvọngđến page

MÔN TOÁN: LỚP 10

THẦY GIÁO: NGUYỄN CÔNG CHÍNH

II/ Các bài tập quan trọng
Dạng 3: Tìm điểm M   E  có yếu tố tam giác – diện tích

x2 y 2

 1 và điểm C  2;0  . Tìm các điểm A, B   E  , biết
4 1
rằng A, B đối xứng qua trục hoành và ABC đều.
Bài 1: Trong mặt phẳng  Oxy  , cho Elip  E  :

Giải:

 E  có

a  2 ; b  1  c  4 1  3

Giả sử A  x; y  ; A, B đối xứng với nhau qua trục hoành  B  x;  y 
Do C  2;0  Ox  CA  CB  ABC cân tại C
Để ABC đều thì AB  AC  AB2  AC 2

  x  x   y  y   2  x  0  y 

2

2

2

2

 4 y 2   2  x   y 2   2  x   3 y 2 1
2

Mặt khác A   E  

2

x2 y 2

 1  x2  4 y 2  4  2
4 1

Từ 1 ,  2  ta có hệ phương trình:
 2
x2
 2
x2
y

1

2

2
y

1



4
 x  4 y  4

4





2
2


x
 2  x   3 y
4  4 x  x 2  3 1 
 7 x2  4 x  1  0



 4
4


 2
x2
y

1


 x; y    2;0 
4


  x  2

2 4 3
 x; y    ; 



2
7
7




 x
 
7

1

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


 2 4 3
2 4 3
 A  ;
  B  ; 

7 
 7 7 
7
Do A, B  C  loại cặp nghiệm  x; y    2;0   
2 4 3
 2 4 3
 A  7 ;  7   B  7 ; 7 



 
2 4 3
2 4 3
2 4 3
2 4 3
Vậy có 2 cặp điểm A, B thỏa mãn: A  ;
và A  ; 
;
B
;


;
B




 ;
 .
7 7 
7

7

7
7
7
7









*) Cách 2: Lấy điểm H sao cho CH  AB ; H  Ox
CH 

3

AB ; CH  d  C; AB  .
2

x2 y 2

 1. Tìm tọa độ các điểm A, B   E  sao cho OAB
4 1
cân tại O và có diện tích lớn nhất ( A, B có hoành độ dương)?
Bài 2: Trong mặt phẳng  Oxy  , cho Elip  E  :

Giải:

 E  có

a  2 ; b 1 c  3

Do OAB cân tại O ; xA , xB  0  A, B đối xứng với nhau qua Ox
Giả sử A  x; y   B  x;  y   x  0 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB
 OH  AB ; H  Ox
1
1
 SOAB  OH . AB  .x. 2 y  x. y  Smax
2
2

x
x2
Theo bất đẳng thức Cô-si: x. y  2. . y   y 2  1
2

4
 SOAB  1  SOAB max  1

x
x2
 y 2 thay vào  E  ta được:
Dấu “=” xảy ra   y 
2
4

x2 x2
  1  x 2  2  x  2  do x  0 
4 4
2 1
2
 y2    y  
4 2
2




2
2
2
2
Vậy có 2 cặp nghiệm A, B thỏa mãn: A  2;
 ; B  2; 
 và A  2; 
 ; B  2;

.
2 
2 
2 
2 





2

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


x2 y 2

 1 và điểm A  3;0  . Tìm tọa độ các điểm B, C   E 
9
1
sao cho ABC vuông cân tại A và B có tung độ dương?
Bài 3: Trong mặt phẳng  Oxy  , cho Elip  E  :

Giải:

 E  có

a  3 ; b 1  c  2 2

Tam giác ABC vuông cân tại A  B, C đối xứng qua Ox

Giả sử B  x; y   y  0   C  x;  y 

AB   x  3; y  ; AC   x  3;  y 
AB  AC  AB. AC  0   x  3 x  3  y.   y   0
  x  3  y 2  0  y 2   x  3
2

2

x2 y 2
x 2  x  3
Mặt khác B   E   
1 
1
9
1
9
1
2

 x 2  9  x  3  9  x 2  9 x 2  54 x  81  9
2

 x  3  y  0  ktm do B  A 

2
 10 x  54 x  72  0  
12
9
3

 12 
2
x


y


3
 y   do y  0 

 

5
25
5
5


2

 12 3 
 12 3 
 B  ;  ; C  ;  .
 5 5
 5 5
 12 3 
 12 3 
Vậy có 1 cặp điểm B, C thỏa mãn: B  ;  ; C  ;   .
 5 5

 5 5

Bài 4: Trong mặt phẳng  Oxy  , cho Elip  E  :

x2 y 2

 1 và A  5; 1 ; B  1;1 . Tìm điểm M   E  sao cho
16 5

diện tích MAB đạt giá trị lớn nhất?
Giải:

 E  có

a  4 ; b  5  c  11

Gọi M  x; y    E  

x2 y 2

 1 1
16 5

AB   4; 2   AB  42  22  2 5
qua A  4; 2 
x4 y2
AB 
 PTCT :

 PTTQ : x  2 y  3  0

4
2
VTCP u AB  AB   4; 2 

3

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


Gọi H là hình chiếu của M trên AB  MH  d  M ; AB 

SMAB 

x  2y  3
1
1
AB.MH  .2 5.d  M ; AB   5.
2
2
2
12   2 

 x  2y  3  x  2y  3
Để SMAB max  x  2 y  3 max
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Cosky ta có:

 1  2  y  2   2
2
1
y


x  2 y  4. x  2 5.
  x   
.
4

2
5




4
5
 4   5   





 x2 y 2 
 x  2 y     . 16  20   1.36  6
 16 5 
 x  2 y  3  x  2 y  3  9  S MAB max  9

y
1
 x y
x


 
4  5
 16 10
Dấu “=” xảy ra  
2 5
 4
 x2  2 y  6

 x  2 y  3  9
8

x

10
x

16
y

0


8 5
3
 2

 M  ; 
3 3
x  2 y  6
y   5


3
8 5
Vậy M  ;   .
3 3

Bài 5: Trong mặt phẳng  Oxy  , cho Elip  E  :

x2 y 2

 1 và A  3;4  ; B  5;3 . Tìm C   E  sao cho diện tích
8
2

tam giác ABC bằng 4,5?
Giải:
Gọi C  x; y    E  

x2 y 2

 1 1
8
2

AB   2; 1  AB  5

qua A  3; 4 
AB 
 PTTQ AB : x  2 y  11  0


VTCP u AB  AB   2; 1  VTPT nAB  1; 2 

Gọi CH  AB  H  AB   CH  d  C; AB 

4

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


SABC 

1
1
5 x  2 y  11 1
AB.CH  . 5.d  C; AB  
.
 . x  2 y  11
2
2
2
2
12  22

Theo yêu cầu bài toán: SABC  4,5 

9
1
9
 x  2 y  11 
2

2
2

 x  2 y  11  9
 x  2 y  20
 x  2 y  11  9  

 x  2 y  11  9
x  2y  2
+ Với x  2 y  20  x  20  y thay vào 1 ta được:

 20  2 y 
8

2



y2
 1  400  80 y  4 y 2  4 y 2  8  8 y 2  80 y  392  0
2

 y 2  10 y  49  0   y  5  24  0  phương trình vô nghiệm
2

+ Với x  2 y  2  x  2 y  2 thay vào 1 ta được:

2  2y

2

y2
 1  4  8 y  4 y2  4 y2  8  8 y2  8 y  4  0
8
2


1 3
1 3 
 x  1  3  C1 1  3;
y 

2
2 


2
 2 y  2 y 1  0  
 y  1  3  x  1  3  C 1  3; 1  3 

2


2
2 







1 3 
1 3 
Vậy có 2 điểm C thỏa mãn: C1 1  3;
 ; C2 1  3;
.
2 
2 



Bài 6: Trong mặt phẳng  Oxy  cho Elip  E  :

x2 y 2

 1. Tìm điểm M   E  sao cho khoảng cách từ M đến
2 1

đường thẳng  : 2 x  3 y  1  0 lớn nhất?
Giải:
x2 y 2

 1 1
2
1
2x  3y 1
2x  3y 1
d  M ;  

2

13
22   3
M  x; y    E  

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Cosky:

5

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


 x  2  y  2  
x
y
2 x  3 y  2 2.
 3.  
    . 2 2
1
2
 2   1   





2

 32 


 x2 y 2 
 2 x  3 y     .  8  9   1.17  17
 2 1 
 2 x  3 y  1  17  1  d  M ;   max  17  1
4
 x

x
 2

y
3 
 4
17



Dấu “=” xảy ra  

M
;

2 2 3
17 
 17

y   3


17


2 x  3 y  17

3 
 4
Vậy M 
;
.
17 
 17
Dạng 4: Tìm M   E  có tọa độ nguyên – Bài toán tƣơng giao
Bài 1: Trong mặt phẳng  Oxy  , cho Elip  E  :

x2 y 2

 1. Tìm M   E  sao cho M có tọa độ nguyên?
8
2
Giải:

+ Nếu M  x; y    E   các điểm   x; y  ;  x;  y  ;   x;  y  cũng thuộc  E 
Như vậy ta chỉ xét M  x0 ; y0  với x0 , y0  0 ; x0 , y0 

 M  x0 ; y0    E  

x0 2 y0 2
y2

1   0 1
8

2
2

 0  y0 2  2  0  y0  2
 y0  0  x0  2 2 

 y0  1  x0  2  tm 

 loai 

 M  2;1

Vậy tìm được 4 điểm M nguyên thỏa mãn: M1  2;1 ; M 2  2;1 ; M 3  2; 1 ; M 4  2; 1 .
Bài 2: Cho Elip  E  :

x2 y 2

 1. Tìm điểm M   E  sao cho tổng hai tọa độ của M đạt giá trị lớn nhất, giá
8
2

trị nhỏ nhất?
Giải:
Gọi M  x; y    E  

6

x2 y 2

 1 *

8
2

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


x y 

 x  2  y  2  
x
y
8.
 2.
 
 
 .
8
2
 8   2   

 8    2  
2

2

 x2 y 2 
 x  y     .  8  2   x  y  1.10  10
2 
 8
  10  x  y  10

 x
 8


  x  y  max  10  
8

 x  y 


4 10
x 
 4 10 10 

5

 M 2 
;

5 
 5
 y  10

10
5

y
2
2


4 10
x y
x  

 4 10
10 

5

 M 2  
;
 x  y  min   10   8 2

5
5 

 x  y   10
 y   10


5

x2 y 2

 1 và M 1;1 . Viết phương trình đường thẳng đi qua
25 9
M và cắt  E  tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của AB ?

Bài 3: Trong mặt phẳng  Oxy  , cho Elip  E  :

Giải:
Thay M 1;1 vào  E  :

x2 y 2
12 12

1
  1  M có vị trí nằm trong  E 
25 9
25 9

Gọi đường thẳng  qua M 1;1  pt  : y  k  x  1  1
Tọa độ giao điểm A, B của  và  E  là nghiệm của hệ phương trình:
 x2 y 2
 1 1
 
. Thế  2  vào 1 ta được:
 25 9
 y  k  x  1  1  2 


 25k

2

 9  x 2  50k  k  1 x  25  k 2  2k  9   0  3

Để    E  tại 2 điểm phân biệt A, B   3 có 2 nghiệm phân biệt

  '  0  25k  k  1   25k 2  9  .25  k 2  2k  9   0 đúng k 
2

  3 có hai nghiệm phân biệt k 
Do M là trung điểm của AB  x1  x2  2.1 

7

50k  k  1
9
2k 
2
25k  9
25

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


9
 x  1  1  9 x  25 y  34  0.
25

 : y  

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: 9 x  25 y  34  0.

x2
2 2
 y 2  1 và điểm M  ;  . Viết phương trình đường thẳng  đi qua M và cắt  E 
4

3 3
tại 2 điểm A, B sao cho MA  2MB ?
Bài 4: Cho Elip  E  :

Giải:
2

2
2
 
3 2
2 2

Thay M  ;  vào  E  
    1  M có vị trí nằm trong  E  .
4
3
3 3

Nếu    E  tại A, B  M thuộc đoạn thẳng AB hay MA  2MB
Gọi B  x0 ; y0    E  

x0 2
 y0 2  1  x0 2  4 y0 2  4  0 1
4


2
2


 xA  3  2  x0  3 
 xA  2  2 x0



Có MA  MB  

 yB  2  2 y0
 y  2  2  y  2 
A
0



3
3

Mà A   E 

 2  2 x0 

4

2

  2  2 y0   1  x0 2  4 y0 2  2 x0  8 y0  4  0  2 
2

Từ 1 ,  2  ta có hệ phương trình:
2

2
 x0 2  4 y0 2  4
 x0  4 y0  4  0

 2

2
4  2 x0  8 y0  4  0
 x0  4 y0  2 x0  8 y0  4  0
2
2
 x0 2  4 y0 2  4
 4  4 y0   4 y0  4


 x0  4  4 y0
 x0  4  4 y0

  x0  0
 B1  0;1

  y0  1
 y0  1


5 y 2  8 y0  3  0

3

 0

   y0 
  x  8
 0 5
5
 x0  4  4 y0
8 3
 


B

2
 ; 
 x0  4  4 y0

3
5 5

  y0 
5


qua B1  0;1

+ Với B1  0;1  1 
 2 1
1 2
VTCP u1  MB1    3 ; 3   VTPT n1   3 ; 3  / / 1; 2 







8

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


 pt 1 :1 x  0   2  y  1  0  x  2 y  2  0

8 3
qua B1  5 ; 5 



8 3
+ Với B1  ;    2 
5 5
VTCP u  MB   14 ;  1   VTPT u   1 ; 14  / / 1;14 
2
2
2





 15 15 
 15 15 


8
3


 pt  2 :1 x    14  x    0  x  14 y  10  0.
5
5



 1 : x  2 y  2  0
Vậy có hai phương trình  thỏa mãn: 
  2 : x  14 y  10  0
x2 y 2

 1 và đường thẳng d : 3x  4 y 12  0, d cắt  E  tại hai điểm A, B. Tìm tọa độ
16 9
điểm C   E  sao cho ABC có diện tích bằng 6.
Bài 5: Cho Elip  E  :

Giải:

A, B  d   E   Tọa độ A, B là nghiệm của hệ phương trình:
3x  4 y  12  0
3x  4 y  12  0
 x  4; y  0
 2
 2


x
y2
2
1
 x  0; y  3
9 x  16 y  144
 
16 9

 A  4;0  ; B  0;3 hoặc A  0;3 ; B  4;0 .
 AB   4;3

 AB  AB  5
 AB   4; 3
qua  4;0 
AB 
 pt AB : 3x  4 y  12  0
VTCP u AB  AB  VTPT nAB   3; 4 

Gọi C  a; b    E  

a 2 b2
  1 1
16 9

1
12
AB.d  C ; AB   6  d  C ; AB  
2
5

3a  4b  12 12
3a  4b  24

  3a  4b  12  12  
5
33  42
3a  4b  0
SABC  6 

+ Với 3a  4b  24  b 

9

24  3a
thay vào 1 ta được:
4

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!


a 2  24  3a 

 1  9a 2  16  576  144a  9a 2   144
16
9
2

 153a2  2304a  9072  0 (phương trình vô nghiệm)

+ Với 3a  4b  0  b 

3a
thay vào 1 ta được:
4

2

 3a 

2
a  4 
9a 2

 1  9a 2  16.
 144  18a 2  144
16
9
16
 
3 2

3 2
C1  2 2; 


a

2
2


b



2 


2
2
 a 8 


3 2
C  2 2; 3 2 
 a  2 2  b 

 2 

2
2 
 


3 2
3 2
Vậy có 2 điểm C thỏa mãn: C1  2 2; 
 ; C2  2 2;
.
2 
2 




x2 y 2
Bài 6: Cho Elip  E  : 
 1 và đường thẳng  thay đổi có phương trình tổng quát: Ax  By  C  0 luôn
25 9
thỏa mãn: 25 A2  9B2  C 2 . Tính tích khoảng cách từ 2 tiêu điểm F1 , F2 đến 
Giải:

 E  có

a2  25  a  5 ; b2  9  b  3  c  4  F1  4;0  ; F2  4;0 

d1  d  F1 ;   
 d1.d 2 

4 A  C
A2  B 2

C 2  16 A2
A2  B 2

; d 2  d  F2 ;   

4A  C
A2  B 2

1

Thế 25 A2  9B2  C 2 vào 1 ta được:

d1.d 2 

25 A2  9 B 2  16 A2
A2  B 2



9 A2  9 B 2
A2  B 2

9

Vậy tích khoảng cách từ 2 tiêu điểm F1 , F2 đến  bằng 9.

10

Truy cập trang để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử Địa – GDCD tốt nhất!