Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 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 tài liệu tóm lược kiến thức kèm với giảng ELIP thuộc khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Nguyễn Thanh Tùng) website Hocmai.vn Để nắm vững kiến thức phần này, bạn cần kết hợp xem tài liệu với giảng Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình tắc elip ( E ) có tâm sai độ dài đường chéo hình chữ nhật sở Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: Tâm sai e  x2 y   với a  b  a b2 c a2   c2  a 3 Độ dài đường chéo hình chữ nhật (2a)2  (2b)2   a  b2   b2   a +) Khi a  b2  c  a   a  a2  a   b2  x2 y  1 Vậy trình tắc elip ( E ) cần lập là: x2 y   M (1; 1) Một đường thẳng d qua M cắt ( E ) A, B cho MA.MB lớn Tìm tọa độ A, B Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có phương trình Giải: +) M (1; 1) thuộc miền ( E ) nên d cắt ( E ) A, B  x   mt Gọi phương trình đường thẳng d có dạng:  với t  , m2  n2  y    nt  +) Gọi A(1  mt1; 1  nt1 ), B(1  mt2 ; 1  nt2 ) Trong t1 , t2 nghiệm phương trình: (1  mt )2 (1  nt )2     m2  2n2  t  2(m  2n)t   Theo hệ thức Vi – et ta có: t1t2   a  2b2 +) Khi MA.MB   mt1    nt1  2  mt2    nt2    m2  n2  t1t2  2 5(m2  n2 )  m  2n m2 2 m  n2 m2 m2 MA MB 1 n   , lớn m2  n m2  n Khi đường thẳng d có dạng : y  1 , suy tọa độ giao điểm A, B d ( E ) nghiệm Mặt khác  hệ: Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)      Hình học Oxy   x2 y   A  6; 1    x2     x    A 6; 1      8  y  1  y  1   y  1  B  6; 1  B 6; 1             A 6; 1  A  6; 1   Vậy    B  6; 1  B 6; 1     Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Lập phương trình tắc elip mặt phẳng Oxy biết điểm  1 M  ;  thuộc elíp tam giác F1MF2 vuông M , F1 , F2 hai tiêu điểm elíp  3 Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: x2 y   với a  b  a  b2  c2 a b2  1 Khi M  ;  ( E )     a  8b  3a 2b (1)  2  3 a b   +) Với F1 (c;0), F2 (c;0) , tam giác F1MF2 vuông M nên ta suy ra: 2  8  8 2 2 2 MF  MF  F F   c      c     4c  c   a  b  c  b  (2) 3  3  2 2 +) Thay (2) vào (1) ta được: b2   8b2   b2  3 b2  b4   b2   a  Vậy phương trình tắc elip ( E ) cần lập là: x2  y2  Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Viết phương trình tắc elip ( E ) biết elip ( E ) có hai   tiêu điểm F1 F2 với F1  3;0 có điểm M thuộc ( E ) cho tam giác F1MF2 vuông M có diện tích Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng:   x2 y   với a  b  a b2 Với F1  3;0 , suy c   a2  b2  c2  hay a  b2  (1)    MF1    x0 ;  y0  +) Gọi M ( x0 ; y0 )    MF2   x0 ;  y0    Khi F1MF2  900  MF1.MF2   x02   y02   x02  y02  1 Ta có S F1MF2  d ( M , Ox).F1F2  y0  y0   y02   x02  2 3 2 x y +) Mặt khác M ( x0 ; y0 )  ( E )  02  02     (2) a b 3a 3b    3b4   b  (do b  )  a  Thay (1) vào (2) ta được: 3(b  3) 3b Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng) Vậy phương trình tắc elip ( E ) cần lập là: Hình học Oxy x2  y2   3 Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Viết phương trình tắc elíp qua điểm M 1;  tiêu   điểm elip nhìn trục nhỏ với góc 600 Giải: x2 y +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng:   với a  b  a b Gọi F1 (c;0) tiêu điểm ( E ) B1 (0; b), B2 (0; b) hai đỉnh thuộc trục nhỏ ( E ) +) Do F1B1B2 cân F1 B1F1B2  600 , suy F1B1B2 Khi F1B1  B1B2  F1B12  B1B22  c  b2  (2b)2  c  3b2  a2  b2  c2  4b2 (1)  3 +) Với M 1;   ( E )    (2) a 4b   Thay (1) vào (2) ta :    b2   a  4b 4b Vậy phương trình tắc elip ( E ) cần lập là: x2  y2  x2 y   Giả sử F1 , F2 hai tiêu điểm elip, F1 có hoành độ âm Tìm tọa độ điểm M ( E ) cho MF1  MF2  Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có phương trình Giải: a  2  x2 y    b  +) ( E ) có phương trình  2 c  a  b  cx 2x  MF1  a   2   a  2 +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )    MF1  MF2  x0  MF  a  cx0  2  x0  a 2  +) Khi MF1  MF2   x0   x0   y0   x2   2 +) Với x0   y02  1    1        8  y0    Vậy M   2; M   2;  Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip có phương trình x2 y   Tìm điểm M thuộc elip 25 ̂ cho góc F1MF2  900 với F1 , F2 hai tiêu điểm elip Giải: Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 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 a  5; b   1   2 25  c  a  b  c c   MF1  a  a x0   x0 ; MF2  a  a x0   x0 +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   với x0   x0  y0  (*)  25 Do F1MF2  900 nên suy : 2    14  MF12  MF22  F1F22    x0     x0   64  x02  175  x0       +) Thay x0   14 y2 vào (*) ta được:    y02   y0    14   14   14   14  Vậy M  ; ; ; ;  , M   , M    , M      4  4      Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Viết phương trình tắc elip, biết hai tiêu điểm với hai đỉnh trục bé xác định hình vuông phương trình hai đường chuẩn x  8 Giải: +) Ta có hai tiêu điểm F1 (c;0), F2 (c;0) hai đỉnh B1 (0; b), B2 (0; b) thuộc trục nhỏ xác định hình a a2 a2   a  8c vuông nên ta có b  c Elip có phương trình đường chuẩn x      e c c a  32 +) Khi đó: a  b  c  8c  c  c  c     b  2 2 +) Suy phương trình tắc elip là: x2 y  1 32 16 x2 y   có hai tiêu điểm F1 , F2 Tìm tọa độ điểm 25 M thuộc ( E ) cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MF1 F2 Giải: a  2  x y MF1  MF2  F1F2 2a  2c   b  +) Từ ( E ) :   pMF1F2    ac 9 25 2  2 c  a  b  4 +) Suy diện tích tam giác MF1F2 là: SMF1F2  pr   12 SMF1F2 12 1  3 +) Mặt khác ta có: SMF1F2  d ( M , Ox).F1F2  yM 2c  yM  yM  2 4  M (0;3) x +) Vì M ( xM ; yM )  ( E )  M    xM    25  M (0; 3) Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : Vậy M (0;3) M (0; 3) Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 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 tắc elip ( E ) biết điểm M thay đổi ( E ) độ dài nhỏ OM độ dài lớn MF1 , với F1 tiêu điểm có hoành độ âm Giải: x2 y +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) cần lập là:   với a  b  a b a  x0  a  Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   cx0  a  c  MF1  a  c MF  a   a  Suy độ dài MF1 lớn : a  c  (1)  x02 x02 a  b    x02 y02 x02 y02 x02  y02 OM a b2         OM  b +) Lại có: M ( x0 ; y0 )  ( E )   2 a b2 b2 b2 b2 b  x0  y0  2  a b Suy độ dài nhỏ OM b  (2)  a  c  a  a  a  16  Từ (1) (2) ta được:    b  b   b  Vậy phương trình elip ( E ) cần lập là: x2 y  1 25 16 x2 y  Viết phương trình đường thẳng d cắt Bài 11 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :  ( E ) hai điểm phân biệt có tọa độ số nguyên Giải: 2 x y   (*)  y02   y0 1;0;1 (vì y0  ) +) Với y0  1 thay vào (*) ta được: x0  2 (thỏa mãn) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )  +) Với y0  thay vào (*) ta được: x0  2 (loại) Suy điểm có tọa độ nguyên ( E ) là: M1 (2;1), M (2; 1), M (2;1), M (2; 1) Khi ta lập phương trình đường thẳng d thỏa mãn yêu cầu đề là: x  2; x  2; y  1; y  1; x  y  0; x  y  Nhận xét: Ở ví dụ ta tiếp cận theo cách thông thường giả sử dạng phương trình d tìm giao điểm, sau sử dụng điều kiện tọa độ nguyên gặp khó khăn Song ta làm theo chiều nghịch toán trở nên “nhẹ nhàng” nhiều Bởi toán liên quan tới elip (hay đường tròn) ta hoàn toàn chặn điều kiện cho x, y đơn giản Vì việc yêu cầu tọa độ nguyên toán, giúp ta nghĩ tới giải pháp x2  y  Tìm tọa độ điểm M ( E ) cho bán kính qua tiêu tiêu điểm lần bán kính qua tiêu tiêu điểm Giải: Bài 12 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng) Hình học Oxy a   x2 c 2 e  +) Từ ( E ) :  y   b  a  2 c  a  b  2   MF1  a  ex0 +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )    MF2  a  ex0  MF1  3MF2  MF  3MF2     MF1  3MF2  MF2  3MF1   Từ giả thiết ta có:   MF2  3MF1  MF2  3MF1   10MF1.MF2   MF12  MF22    16MF1.MF2   MF1  MF2    16  a  ex0   a  ex0    2a    16(a  e2 x02 )  12a 2  x02  a2  4e2 32 2 2     +) Mặt khác M  ( E )  y02    81  x0   32 x02 23 46   y0   32  46  9  46   46  46  Vậy M  ; ; ; ;  M   M    M      8  8      A  Nhận xét: Trong giải toán ta biết A.B    , ta thường quen với chiều biến đổi thuận B  Nhưng nhiều trường hợp, việc biến đổi theo chiều ngược lại giúp giải toán ngắn gọn nhiều, mà ví dụ điển hình   Bài 13 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M  3;1 , đường elip ( E ) qua điểm M khoảng cách hai đường chuẩn ( E ) Lập phương trình tắc ( E ) Giải: x2 y   với a  b  a b2 a a +) Elip ( E ) có hai phương trình đường chuẩn x  x   e e Do khoảng cách hai đường chuẩn là: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) là: a 2a 9a  a    a  3c  a  9c  9(a  b2 )  b2  (1) e c +) Mặt khác M  3;1  ( E )    (2) a b Thay (1) vào (2) rút gọn ta được: a4 12a2  36   a2   b2  2   Vậy phương trình ( E ) cần lập là: x2 y  1 Bài 14 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Lập phương trình tắc elip ( E ) biết có đỉnh Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng) Hình học Oxy   hai tiêu điểm ( E ) tạo thành tam giác chu vi hình chữ nhật sở ( E ) 12  Giải: x2 y +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng:   với a  b  a b    Ta có chu vi hình chữ nhật sở: 4(a  b)  12   a  b    (1) +) Không tính tổng quát giả sử đỉnh B(0; b) hai tiêu điểm F1 (c;0), F2 (c;0) tạo thành tam giác Do BF1F2 cân B , nên BF1F2 BF1  F1F2  BF12  F1F2  c  b  4c  c  b2 +) Khi a  b2  c  a  b2  a  b (2) (do a, b  ) 3 Thay (2) vào (1) ta :       b  b    3b     b  3  a  +) Vậy phương trình tắc elip ( E ) cần lập là: x2 y  1 36 27    Bài 15 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có hai tiêu điểm F1  3;0 , F2  3;0 qua 1  điểm A  3;  Lập phương trình tắc ( E ) với điểm M thuộc ( E ) , tính giá trị 2  biểu thức P  MF12  MF22  3OM  MF1.MF2 Giải: x2 y +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng:   với a  b  a b    ( E ) có hai tiêu điểm F1  3;0 , F2  3;0 , suy c  +) Khi a2  b2  c2   a2  b2   ( E ) : x2 y2  1 b2  b2 1  +) Với A  3;   ( E )     4b4  b2    (4b2  3)(b2  1)   b2   a  2 b  4b  Vậy phương trình tắc ( E ) : x2  y2  c c   MF1  a  a x0 ; MF2  a  a x0 +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   OM  x  y ; x0  y  0  2 c   c  c  c    Khi P   a  x0    a  x0    x02  y02    a  x0  a  x0  a   a  a  a     a2   x02 3c 2 2 2 2 x  x  y   x  x  y         y0     0 0 0 a   Vậy P  Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 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   với hai tiêu điểm F1 , F2 ̂ (hoành độ F1 âm) Tìm tọa độ điểm M thuộc elip cho MF1F2 = 600 Giải: +) ( E ) có phương trình x2 y   , suy   F1 (2;0) a   c  a  b2       F2 (2;0) b  c c  MF  a  x   x ; MF  a  x   x0 0  a a +) M ( x0 ; y0 )  ( E )   2  x0  y0  (*)  Ta có MF22  MF12  F1F22  2MF1.F1F2 cos MF1F2 2          x0     x0   42    x0  4.cos 600  x0  3  x0         +) Thay x0    5  5 75 5 vào (*) ta được: y02  Vậy M   ;  y0    M   ;   16 4   4   Bài 17 (A – 2012) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x2  y  Viết phương trình tắc elip ( E ) , biết ( E ) có độ dài trục lớn ( E ) cắt (C ) bốn điểm tạo thành bốn đỉnh hình vuông Giải: Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: x2 y  1 a b2 +) (E) có độ dài trục lớn  2a   a  +) (E) cắt (C ) bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh hình vuông nên đỉnh nằm hai đường phân giác thuộc góc phần tư thứ thứ hai Ta giả sử A giao điểm (E) (C ) thuộc đường phân giác  : y  x +) Gọi A(t; t )   ( t  ) Ta có: A  (C )  t  t   t  (vì t  )  A(2; 2) +) Mà A  ( E )  22 22 16    b2  b x2 y  1 16 16 Bài 18 (B – 2012) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC  2BD đường tròn Vậy phương trình tắc elip (E) là: tiếp xúc với cạnh hình thoi có phương trình x  y  Viết phương trình tắc elip ( E ) Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng) Hình học Oxy qua đỉnh A, B, C, D hình thoi Biết A thuộc trục Ox Giải: x2 y   ( với a  b  ) a b2 Vì (E) qua đỉnh A, B, C, D A  Ox nên không tính tổng quát giả sử: A(a;0) B(0; b) Gọi phương trình tắc elip ( E ) : Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD  2OA  4OB  OA  2OB  a  2b (vì a  b  ) hay A(2b;0) B(0; b) Gọi H hình chiếu O lên AB  OH  R  ( đường tròn x  y  tiếp xúc với cạnh hình thoi) Xét tam giác OAB ta có: 1 1 1 hay    b2   a2  4b2  20   2 OH OA OB 4b b Vậy phương trình tắc elip ( E ) là: x2 y  1 20 , biết Bài 19 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Lập phương trình tắc elip ( E ) có tâm sai diện tích tứ giác tạo tiêu điểm đỉnh trục bé ( E ) 24 Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: x2 y   với a  b  a  b2  c2 a b2 c  a c a +) Gọi F1 (c;0), F2 (c;0) tiêu điểm B1 (0; b), B2 (0; b) đỉnh trục bé Ta có tâm sai e  Suy F1B2 F2 B1 hình thoi , đó: S F1B2 F2 B1  1 12 F1F2 B1B2  2c.2b  2bc  24  bc  12  b  2 c    12  Khi a  b  c   c      c  25c  1296  9c  c  81  c  (do c  ) 3   c  2 Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng) Suy a  5; b  Vậy phương trình tắc elip ( E ) cần lập là: Hình học Oxy x2 y  1 25 16 , đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật sở elip có phương trình x  y  34 Viết phương trình tắc elip tìm tọa độ điểm M Bài 20 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có tâm sai e  thuộc ( E ) cho M nhìn hai tiêu điểm ( E ) góc vuông M có hoành độ dương Giải: x2 y +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng:   với a  b  a b c 4 Ta có tâm sai e    c  a a 5 Vì đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật sở có bán kính R  34  a  b2  34  b2  34  a2 4  Khi a  b  c  a  34  a   a   a  25  a  5; b  3; c  5  2 2 x2 y  1 25 Bài 21 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : x2  y  36 có hai tiêu điểm F1 F2 với F1 có Vậy phương trình tắc elip ( E ) cần lập là: hoành độ âm Tìm tọa độ điểm M thuộc ( E ) cho MF12  2MF22 đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ Giải: x y2 +) Ta có ( E ) : x  y  36    , suy 2  c a  3; b  e   2 a  c  a  b   MF1  a  ex0 ; MF2  a  ex0  +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   x02 y02 với 3  x0   (*)   9 5 81  2 x0   Khi P  MF12  2MF22   a  ex0    a  ex0   3a  2aex0  3e2 x02   x02  3 5 81 x0  +) Xét hàm f ( x0 )  x02  với x0   3;3 5 Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 10 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng) Ta có f '( x0 )  x0  Hình học Oxy ; f '( x0 )   x0    3;3 5 108  P  f ( x0 )  36 x0  x0 [ 3;3] 16 +) Thay x0  vào (*) ta được: y02   y0   5 Từ bảng biến thiên suy f ( x0 )      ; ; Vậy MF12  2MF22 đạt giá trị nhỏ M   M   5   5 x2 y   điểm I (1; 2) Lập phương trình 16 đường thẳng d qua I , cắt ( E ) hai điểm phân biệt A, B cho I trung điểm AB Bài 22 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : Giải: +) I (1; 2) thuộc miền ( E ) nên d cắt ( E ) A, B  x   mt Gọi phương trình đường thẳng d có dạng:  với t  , m2  n2   y   nt +) Gọi A(1  mt1;2  nt1 ), B(1  mt2 ;2  nt2 ) Trong t1 , t2 nghiệm phương trình: (1  mt )2 (2  nt )2     9m2  16n2  t  2(9m  32n)t  71  16 2(9m  32n) Theo hệ thức Vi – et ta có: t1  t2   9m2  16n2  xA  xB  xI 2  m(t1  t2 )   +) I trung điểm AB   y A  yB  yI 4  n(t1  t2 )   2m(9m  32n)  0  m(t1  t2 )   9m2  16n    9m  32n  (do m2  n2  ) n ( t  t )  n (9 m  32 n )   0   9m2  16n m  32 Với 9m  32n   9m  32n , ta chọn  n  9  x   32t Suy phương trình d :  hay x  32 y  73   y   9t Bài 23 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(3;0) elip ( E ) : x2  y  Tìm tọa độ điểm B, C thuộc ( E ) cho tam giác ABC vuông cân A Giải: Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 11 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 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 ) tam giác ABC vuông cân A Mặt khác A(3;0)  Ox elip ( E ) nhận  B(m; n) với n  Ox, Oy làm trục đối xứng nên B, C đối xứng qua trục Ox Do gọi  C (m; n)   AB  (m  3; n) +) Suy  ,   AC  (m  3; n)  m2  m2 2 B , C  ( E )     n 1   n 1      AB AC  (m  3)  n  n  (m  3)2   m  m2 2  (m  3)   5m  27m  36     m  12  +) Với m   n  (loại) Suy   12    12  B  ;  B  ;   12       +) Với m   n   , suy   5 C  12 ;   C  12 ;      5    5  x2 Bài 24 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(3;0) elip ( E ) :  y  Tìm tọa độ điểm B, C thuộc ( E ) cho tam giác ABC vuông cân A , biết điểm B có tung độ dương Giải: +) Do A(0;3)  ( E ) ; B, C  ( E ) ABC cân A nên B, C đối xứng qua trục hoành Ox Khi gọi B( x0 ; y0 )  C ( x0 ;  y0 ) x02  y02  với x0    x02  BC  y0  Gọi H trung điểm BC  H ( x0 ;0)    AH   x0   x0  +) Ta giác ABC vuông cân A nên: 1 12 (do x0  )  y02  AH  BC   x0   x02  x0   y0   2 25  12   12  +) Do B có tung độ dường nên ta có: B  ;  C  ;    5  5 x2 y  Tìm điểm M có hoành độ dượng thuộc ( E ) Bài 25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ( E ) :  25 cho F1MF2  900 , F1 , F2 tiêu điểm Giải: Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 12 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng) +) ( E ) : Hình học Oxy a  x2 y  1    c  a  b2  b  25   x02 y02 1   25 +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )    MF   x ; MF   x  5 Vì tam giác F1MF2 vuông M nên : 2    175 81  MF  MF  F F    x0     x0   64  x02   y02  16    16  2 2 5 9 5 9 +) Do M có hoành độ dường nên ta được: M  ;  M  ;   4 4    Bài 26 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có tâm sai e  , đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật 2 sở elip có phương trình x  y  34 Viết phương trình tắc elip tìm tọa độ điểm M thuộc elip ( E ) cho M nhìn hai tiêu điểm góc vuông M có hoành độ dương Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: x2 y   với a  b  a b2 +) Vì đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật sở có bán kính R  34 nên a  b2  34  c a  b2 25(a  b)  16a a   e     c4 Khi ta có hệ :   2 a a b  a  b  34    a  b  34  Vậy phương trình tắc elip ( E ) là: x2 y  1 25  x02 y02 1   +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   25  MF   x ; MF   x  5 Vì tam giác F1MF2 vuông M nên : 2 81    175  MF12  MF22  F1F22    x0     x0   64  x02   y02  16    16  5 9 5 9 +) Do M có hoành độ dường nên ta được: M  ;  M  ;   4  4  x2 y   Viết phương trình đường thẳng  vuông góc với d cắt ( E ) hai điểm A, B cho diện tích tam giác Bài 27 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : 3x  y   elip ( E ) : OAB Giải: +) Đường thẳng  vuông góc với đường thẳng d : 3x  y   nên có dạng: x  y  c  Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 13 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng) Hình học Oxy Khi phương trình hoành độ giao điểm  ( E ) là: x2  ( x  c)2  36  5x2  2cx  c2  36  (*) Ta có d cắt ( E ) hai điểm A, B (*) có hai nghiệm phân biệt hay  '  180  4c2   3  c  (2*)  x  c   x2  c  +) Đường thẳng  cắt ( E ) hai điểm phân biệt A  x1;  , B  x2 ;      2c   x1  x2   với x1 , x2 nghiệm (*)  Khi đó:  x x  c  36  AB   x2  x1  d (O, )  c 10 10 x x       2 , suy ra: SOAB    x1  x2   x1 x2  10 720  16c 15 c 1 10 AB.d (O, )   720  16c 3 2 15 10  16c  720c  8100   c   10 (thỏa mãn (2*)) Vậy phương trình đường thẳng  cần lập x  y  10  x  y  10    Bài 28 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho biết elip ( E ) có chu vi hình chữ nhật sở 16  , đồng thời đỉnh ( E ) tạo với hai tiêu điểm tam giác Viết phương trình đường tròn (T ) có tâm gốc tọa độ cắt ( E ) bốn điểm bốn đỉnh hình vuông Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng:  x2 y   với a  b  a b2    Ta có chu vi hình chữ nhật sở 4(a  b)  16   a    b (1) +) Gọi M (0; b) đỉnh ( E ) mà MF1F2 tam giác đều, đó: MO  3F1 F2 b  b  3c  c  (2) Mặt khác ta có : a  b2  c2 (3) Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 14 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)   Hình học Oxy b Thay (1), (2) vào (3) ta được:    b   b2   b   a    x2 y  1 64 48 +) Phương trình đường tròn (T ) có dạng: x  y  R Vậy phương trình ( E ) : Đường tròn (T ) cắt ( E ) bốn điểm phân biệt A, B, C, D Do (T ) ( E ) nhận Ox, Oy làm trục đối xứng nên ABCD hình chữ nhật  B( x; y ) Gọi A( x; y )   C ( x;  y ) Khi hình chữ nhật ABCD thành hình vuông AB  BC  x  y  x  y  x2  y  R2  R2  x  y   y2 384 x  Do A  (T ) ( E) nên x, y thỏa mãn:   1    R2   64 48  R  R 1 2 x  y   2.64 2.48  Vậy phương trình đường tròn (T ) cần lập x  y  384 x2 y   điểm M (2;1) Viết phương trình 25 đường thẳng d qua M cắt ( E ) hai điểm A, B cho trung điểm đoạn thẳng AB nằm Bài 29 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : đường thẳng  : y  x Giải: +) Do 2   nên M nằm ( E ) , suy đường thẳng qua M cắt ( E ) hai điểm phân 25 biệt +) Nếu d qua M (1; 2) song song với Ox hay d có phương trình x  trung điểm AB điểm I (1;0) không thuộc đường thẳng y  x (loại) Do gọi phương trình đường thẳng d qua M (2;1) có hệ số góc k có dạng: y  k ( x  2)  Khi tọa độ A, B nghiệm hệ:  y  k ( x  2)   y  kx  2k    x y2 2 1 (25k  9) x  50k (2k  1) x  25(2k  1)  225  (*)    25 +) Gọi A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) Ta có: 50k (2k  1)   x1  x2  25k   25k (2k  1)  18k  I ;   : trung điểm AB 2  25k  25k    y  y  2(9  18k ) 25k   Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 15 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng) Hình học Oxy 1   k d:y x    18k 50k (2k  1) 2   (2k  1)(50k  9)     +) Khi I    2 25k  25k  k    d : y   x  34 50  50 25  Vậy phương trình đường thẳng d cần lập y  34 x y   x  50 25 x2 y   ngoại tiếp tam giác ABC Tính diện 16 tích tam giác ABC , biết ( E ) nhận A(0; 2) làm đỉnh trục tung làm trục đối xứng Bài 30 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : Giải: +) Do ABC tam giác A(0; 2) nên B, C đối xứng qua trục tung nên gọi B( x0 ; y0 )  C ( x0 ; y0 ) với x0  +) Độ dài tam giác ABC a  x0 chiều cao h   y0 Khi h   a   y0  3x0  y0   3x0  B x0 ;  3x0   3x0 x2 +) Ta có B  ( E )   16     x0   16 x0 0 16  x0  13 13  32  16 22  a  x0  13 768  B  ;      S ABC  ah  13   169 48  13 h   y0   13 Vậy S ABC  768 169 Bài 31 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : x2 y   Tìm điểm M thuộc ( E ) cho 100 25 F1MF2  1200 , F1 , F2 hai tiêu điểm ( E ) Giải: a  10  c  a  b2   F1F2  2c  10 +) Elip ( E ) có  b    x02 y02   (*)  100 25 +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )    MF  a  c x  10  x ; MF  a  c x  10  x 0 0  a a  Khi ta có: F1F22  MF12  MF22  2MF1.MF2 cos F1MF2 2         10  10  x0   10  x0   10  x0  10  x0  cos1200  2 2        3  300  200  x02  100  x02  x02   x0    Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 16 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng) Hình học Oxy +) Thay x0  vào (*) ta được: y02  25  y0  5 Vậy M (0;5) M (0; 5) Bài 32 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  : x  y   hai elip có phương trình x2 y x2 y   ( E2 ) :   ( a  b  ) Biết hai elip có tiêu điểm ( E2 ) qua 25 16 a b điểm M thuộc đường thẳng  Tìm tọa độ điểm M cho elip ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ ( E1 ) : Giải: +) Elip ( E1 ) có hai tiêu điểm F1 (3;0), F2 (3;0) Dễ thấy F1 , F2 nằm phía với  Vì M  ( E2 ) ( E2 ) nhận F1 , F2 hai tiêu điểm nên ta có: MF1  MF2  2a Khi elip ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ MF1  MF2 nhỏ +) Gọi N đối xứng với F1 (3;0) qua   N (5; 2) Khi ta có phương trình NF2 là: x  y   +) Ta có MF1  MF2  MN  MF2  NF2  68 Suy MF1  MF2 nhỏ M   NF2  17  x  x  y     17    M  ;  Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ :   5 x  y   y    17  Vậy M   ;   5 x2 y   hai điểm A(3; 2), B(3; 2) Tìm ( E ) điểm C có tọa độ dương cho diện tích tam giác ABC lớn Bài 33 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : Giải: +) Phương trình đường thẳng AB là: x  y  Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 17 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng) Hình học Oxy x02 y02  1 x  y0 1 Khi S ABC  AB.d (C , AB)  52  x0  y0 (1) 2 13 Mặt khác theo Bất đẳng thức Bu – nha ta có: +) Gọi C ( x0 ; y0 ) với x0 , y0  Do C  ( E )   x02 y02   x0 y0  x y  1              x0  y0  (2)  3 2  2 Từ (1) (2) suy S ABC   x02 y02 1    3  3   x0   ;  Vậy C  +) Dấu “=” xảy :  ; 2  C         x0  y0 y      Bài 34 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Lập phương trình tắc elip ( E ) , biết điểm M 1; nhìn hai tiêu điểm ( E ) góc vuông hình chữ nhật sở ( E ) nội tiếp đường tròn có phương trình x  y  20 Giải: x2 y +) Gọi phương trình tắc elip ( E )   với a  b  a b Do F1MF2  900 nên OM  F1 F2  OM  c   a2  b2  (1) +) Hình chữ nhật sở ( E ) nội tiếp đường tròn : x  y  20  a  b2  20 (2) x2 y  1 Từ (1) (2) suy a  12; b  Vậy elip ( E ) cần lập là: 12 2 x2 y   có hai tiêu điểm F1 , F2 Tìm tọa độ điểm 25 M thuộc ( E ) cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MF1 F2 Giải: a  2  MF1  MF2  F1F2 x y  p 9   b  +) Ta có ( E ) :  25  2 c  a  b  4 2.9 pr   y  y  3  Khi S MF1F2  pr  d ( M , Ox).F1F2  d ( M , Ox)  M M F1 F2 Bài 35 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : +) Mặt khác M  ( E )  xM  Vậy M (0;3) M (0; 3)   Bài 36 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm M 3; Viết phương trình tắc elip ( E ) qua điểm M , cho M nhìn hai tiêu điểm ( E ) góc vuông Giải: Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 18 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng) +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) Do M  ( E )  Hình học Oxy x2 y   với a  b  a b2 12   (1) a b2 +) Mặt khác F1MF2  900 nên OM  F1F2  c  c   a  b2  16 (2) Từ (1) (2) suy a  24; b2  Vậy elip ( E ) cần lập là: x2 y   24 Bài 37 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm C (2;0) elip ( E ) : x2  y  Tìm điểm A, B ( E ) cho CA  CB tam giác CAB có diện tích lớn Giải: +) Theo giả thiết ta có C đỉnh nằm trục lớn elip ( E ) Do CA  CB , suy A, B đối xứng qua trục hoành  x02   y0  Gọi A( x0 ; y0 )  ( E )   với x0  (2; 2)  B( x ;  y ) 0  1 Khi S ABC  d (C , AB) AB   x0 y0  (2  x0 ) y0 2  x  (2  x0 )3 (2  x0 )  S ABC  (2  x0 )2 y02  (2  x0 ) 1    (1) 4  Mặt khác áp dụng BĐT Cauchy ta có: 4  x0  x0  x0 (2  x0 )3 (2  x0 )     x0  4  (2  x0 )3 (2  x0 )  27 (2) 3 27 Từ (1) (2) suy ra: S ABC  27 3  S ABC    3   A  1;  , B  1;     x0   Dấu “=” xảy   x0   x0  1  y0     A  1;   , B  1;           3  3 3  3 Vậy A  1;  , B  1;   A  1;   , B  1;        Giáo viên   Nguồn Hocmai.vn – Ngôi trường chung học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 3   3   : Nguyễn Thanh Tùng : Hocmai.vn - Trang | 19 - Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam LỢI ÍCH CỦA HỌC TRỰC TUYẾN      Ngồi học nhà với giáo viên tiếng Chủ động lựa chọn chương trình học phù hợp với mục tiêu lực Học lúc, nơi Tiết kiệm thời gian lại Chi phí 20% so với học trực tiếp trung tâm LÍ DO NÊN HỌC TẠI HOCMAI.VN     Chương trình học xây dựng chuyên gia giáo dục uy tín Đội ngũ giáo viên hàng đầu Việt Nam Thành tích ấn tượng nhất: có 300 thủ khoa, khoa 10.000 tân sinh viên Cam kết tư vấn học tập suốt trình học CÁC CHƯƠNG TRÌNH HỌC CÓ THỂ HỮU ÍCH CHO BẠN Là khoá học trang bị toàn kiến thức theo chương trình sách giáo khoa (lớp 10, 11, 12) Tập trung vào số kiến thức trọng tâm kì thi THPT quốc gia Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 Là khóa học trang bị toàn diện kiến thức theo cấu trúc kì thi THPT quốc gia Phù hợp với học sinh cần ôn luyện Là khóa học tập trung vào rèn phương pháp, luyện kỹ trước kì thi THPT quốc gia cho học sinh trải qua trình ôn luyện tổng thể Là nhóm khóa học tổng ôn nhằm tối ưu điểm số dựa học lực thời điểm trước kì thi THPT quốc gia 1, tháng - [...]... 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... 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  ... 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... 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...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 ... 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... 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 )... 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... 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... 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