b Víi m2m m m x2 y2 (C): = m m 1 Víi: �m m > (C) phơng trình Elíp m Víi: m(m1) < < m < Hypebol (C) phơng trình Thí dụ Lập phơng trình Côníc (C) cã t©m sai e = , mét tiêu điểm F(3; 1) đờng chuẩn ứng với tiêu điểm (): y + = Gi¶i Víi M(x, y) (E) ta cã: MF (x 3) (y 1)2 =e = d(M, ) | y 2| 4[(x + 3)2 + (y1)2] = (y + 2)2 4x2 + 3y2 + 24x12y + 36 = (x 3) (y 2) 1 Đó làphơng trình Elíp (E) Thí dụ Lập phơng trình Hypebol, biết tiêu ®iĨm F(2, 3), ®êng chn øng víi tiªu ®iĨm ®ã có phơng trình 3xy + = tâm sai e = Gi¶i Víi M(x, y) (H) ta cã: MF d(M, ) = e (x 2)2 (y 3)2 | 3x y | 10 = 7x2y26xy + 26x18y17 = Đó làphơng trình Hypebol (H) Thí dụ Lập phơng trình Parabol, biết tiêu ®iĨm F(0, 2), ®êng chn øng víi tiªu ®iĨm ®ã có phơng trình 3x4y12 = 153 Giải Với M(x, y) (P) ta cã: MF (3x 4y 12) = MF2 = d2(M, ()) x2 + (y2)2 = d(M, ) 25 2 16x + 9y + 24xy + 72x196y44 = Đó phơng trình Parabol (P) C Các toán chọn lọc Ví dụ 1: Cho hình bình hành ABCD, biết tâm I(2; 2) phơng trình cạnh (AB): 2xy = 0, (AD): 4x3y = LËp ph¬ng trình cạnh BC CD Giải a Cạnh BC đối xứng với AD qua I, ta lần lợt thực hiện: Với đểm M(x, y) (AD) tồn điểm M1(x1, y1) (BC) nhận I làm trung điểm, ta đợc: x x1 x x1 � (I) � �y y1 �y y1 Thay (I) vào phơng trình (AD), ta đợc: 4(4x1)3(4y1) = 4x13y14 = (1) 4x3y4 = (2) Vậy phơng trình (BC): 4x3y4 = b Cạnh CD đối xứng với AB qua I, ta lần lợt thực hiện: Lấy điểm O(0, 0) (AB), gọi O1 ®iĨm ®èi xøng víi O qua I O1(4, 4) V× (CD) // (AB): 2xy = (CD): 2xy + C = V× O1 (CD) C = Vậy, phơng trình đờng thẳng (CD): 2xy4 = VÝ dô 2: Cho ABC, biÕt A(1, 3) hai trung tuyến có phơng trình là: x2y + = 0, y1 = Lập phơng trình cạnh ABC Giải Ta trình bày theo cách sau: 154 Cách 1: Để có đợc phơng trình cạnh ABC ta xác định toạ độ điểm B, C Gọi A' điểm ®èi xøng víi A qua träng t©m G cđa ABC, ®ã: �A 'B //(d1 ) � �A 'C //(d ) Suy ra: §iĨm B giao điểm (A'B) (d2) Điểm C giao điểm (A'C) (d1) Vậy ta lần lợt thực theo bớc sau: Gọi G trọng tâm ABC, toạ độ G nghiệm cđa hƯ: �x 2y G(1, 1) � �y §iĨm A' điểm đối xứng với A qua G, suy A'(1; 1) Toạ độ điểm B: Phơng trình đờng thẳng (A'B) đợc xác định bởi: qua A '(1, 1) qua A ' � x 1 y 1 (A'B): � (A'B): � uuur (A'B): (A 'B) //(d1 ) �vtcp CG(2,1) � (A'B): x2y3 = Điểm {B} = (A'B) (d2), toạ độ điểm B lµ nghiƯm hƯ: �x 2y B(5, 1) � �y Tơng tự, ta có toạ độ điểm C(3, 1) Phơng trình cạnh AC, đợc xác định bởi: qua A(1,3) x 1 y 3 (AC): � (AC): = (AC): xy + = qua C( 3, 1) 3 1 � A (d2) (d1) T¬ng tù, ta cã : (AB): x + 2y7 = (BC): x4y1 = Vậy, phơng trình ba cạnh ABC là: C B G A' + = (AB): x + 2y7 = 0, (BC): x4y1 = 0, (AC): xy Cách 2: Sử dụng phơng trình tham số đờng thẳng Gọi (d1): x2y + = trung tuyến đỉnh C, ta có : �x 2t (d1): � , t R C(2t1, t) �y t (d2) Gọi (d2): y1 = trung tuyến đỉnh B, ta cã : C A G (d) (d1) B 155 �x u (d2): � , u R B(u, 1) �y Gäi G lµ träng tâm ABC, toạ độ G nghiệm cđa hƯ: �x 2y G(1, 1) � �y Ta cã: �x A x B x C 3x G u 2t �t 1 �B(5,1) � � � � � 1 t C(3, 1) �y A y B yC 3yG � �u Khi đó: Phơng trình cạnh (AB), đợc cho bëi: qua A(1,3) � (AB): � (AB): x + 2y7 = qua B(5,1) Phơng trình cạnh (AB), đợc cho bởi: qua A(1,3) (AC): (AC): xy + = qua C( 3, 1) Phơng trình cạnh (BC), đợc cho bởi: qua B(5,1) � (BC): � (BC): x4y1 = qua C( 3, 1) Vậy, phơng trình cạnh ABC lµ: (AB): x + 2y7 = 0, (AC): xy + = 0, (BC): x4y1 = VÝ dô 3: Cho ba đờng thẳng (d1), (d2) (d3) có phơng trình: (d1): 3x + 4y6 = 0, (d2): 4x + 3y1 = 0, (d3): y = Gäi A = (d1)(d2), B = (d3)(d2), C = (d1)(d3) � a Lập phơng trình đờng phân giác góc A cđa ABC b TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c, x¸c định tâm tính bán kính đờng tròn nội tiếp ABC uuuu r r uuur c Xác định toạ độ ®iÓm M cho MB + MC = Giải Trớc tiên: Tọa độ A nghiệm hệ phơng trình: 156 3x 4y � �x 2 � � �4x 3y �y A(2; 3) Tọa độ B nghiệm hệ phơng trình: 4x 3y �x 1/ � � B( ; 0) �y �y Tọa độ C nghiệm hệ phơng trình: 3x 4y �x � � �y �y C(2; 0) � cña ABC a Gäi (dA) đờng phân giác góc A Khi ®ã, ®iÓm M(x, y)(dA) (3x 4y 6)(3 6) �M vµ B cïng phÝa víi (AC) � (4x 3y 1)(4.2 1) �M vµ C cïng phÝa víi (AB) � | 3x 4y | | 4x 3y 1| d(M,(AB)) d(M,(AC)) � 32 42 32 3x 4y � � �4x 3y x + y = �(3x 4y 6) 4x 3y Đó phơng trình tổng quát đờng thẳng (dA) b Diện tích ABC đợc cho bëi: 1 21 SABC = d(A, BC).BC = 3.(2 ) = (®vdt) 2 Giả sử I(x; y) tâm đờng tròn nội tiếp ABC, ®ã: �x y �I �(d A ) � �x y �| 3x 4y | � | y | � d(I, AC) d(I, BC) � � 2 3x 4y �5y � � 4 �y �I �y � x=y= 1 Vậy, đờng tròn nội tiếp ABC có tâm I( ; ) bán kính 2 c Gi¶ sư M(x; y), tõ hƯ thøc: 1 � 3( x) (2 ) r r uuur uuuu uuur uuur � 4 M( ; 0) = MB + MC = MB + BC � � 3y � 157 VÝ dơ 4: Cho hai ®iĨmA(0, 2), B(2, 2) đờng thẳng (d): xy1 = Tìm đờng thẳng điểm M (d) cho MA + MB nhá nhÊt Gi¶i Ta cã nhËn xÐt: tA.tB = (21)(2 + 21) = 9 < A, B khác phía với (d) Ta có: MA + MB AB ®ã (MA + MB)Min = AB đạt đợc khi: A, B, M thẳng hàng {M} = (d) (AB) Phơng trình đờng thẳng (AB) đợc cho bởi: qua A(0, 2) x y2 (AB): � (AB): (AB): 2x + y2 = qua B(2, 2) 2 Toạ độ điểmM nghiệm hệ: �2x y �x � M(1, 0) � �x y y Vậy, điểm M(1, 0) ta đợc MA + MB nhỏ Ví dụ 5: Xác định toạ độ đỉnh C ABC, biết A(2; 3), B(3; 2), trọng tâm ABC thuộc đờng thẳng 3xy8 = diện tích ABC Giải Phân tích: Gọi M trung điểm AB, G trọng tâm ABC Khi �x C 2(x G x M ) x G uuur uuuu r �x C x G 2(x G x M ) � (I) GC = MG � �yC y G 2(y G y M ) �yC 2(yG yM ) yG Vậy để xác định toạ độ C, ta xác định toạ độ M, G B(3, Toạ độ điểm M đợc cho bởi: C 2) ' �2x M x A x B H 5 H ( M( , ) � M 2 �2y M y A yB d G y C §iĨm G(x, y)(d) 3xy8 = (1) ) A(2, Gäi CH lµ ®êng cao cđa ABC h¹ tõ C, ta cã: O 3) 3 SABC = AB.CH = CH = CH = (3 2) (2 3) 2 AB = 158 Qua G dựng đờng thẳng song song với AB cắt CH H1, đó: HH1 MG 1 = HH1 = CH = CH MC 3 Phơng trình (AB) đợc cho qua A(2, 3) x2 y3 (AB): � (AB): (AB): xy5 = qua B(3, 2) 2 � NhËn xÐt r»ng: | x y 5| d(G, (AB)) = HH1 = |xy5| = 11 (2) Từ (1), (2) ta có hệ phơng trình: 3x y � 3x y x & y 5 G(1, 5) � � � � x y 1 � �� � � | x y | x & y 2 G(2, 2) � � � �� x y 1 Khi đó: - Với G(1, 5) thay vào (I), ta đợc C(2, 10) - Với G(2, 2) thay vào (I), ta đợc C(1, 1) Vậy có hai điểm C thoả mãn điều kiện đầu Ví dụ 6: Cho hä ®êng cong: (Cm): x2 + y2(m + 6)x2(m1)y + m + 10 = (1) a Tìm m để (Cm) họ đờng tròn Tìm quĩ tích tâm Im b Chứng minh tồn đờng thẳng trục đẳng phơng cho tất đờng tròn (Cm) c Chứng minh đờng tròn họ (Cm) tiếp xúc với điểm cố định Giải a Ta có: (m 6) 5m 2 a + b c = + (m1) m10 = 0, m VËy, víi mäi giá trị m phơng trình (1) phơng trình m6 5|m| đờng tròn, có tâm Im( ; m1) bán kính R = 2 Quĩ tÝch t©m Im: � m6 �x Im: � (I) � y m � 2 159 Khử m từ hệ (I), ta đợc (d): 2xy7 = VËy, t©m Im cđa hä (Cm) thc đờng thẳng (d): 2xy7 = b Giả sử M(x; y) thuộc trục đẳng phơng cho tất đờng trßn (Cm) PM /(C ) = PM /(C ) , m1, m2 vµ m1 m2 x2 + y2(m1 + 6)x2(m11)y + m1 + 10 = = x2 + y2(m2 + 6)x2(m21)y + m2 + 10 (m1m2)(x + 2y1) = 0, m1, m2 vµ m1 m2 x + 2y1 = Vậy, đờng thẳng x + 2y = trục đẳng phơng cần tìm c Ta cã thĨ lùa chän mét hai c¸ch sau: Cách 1: Với m1 m2 (m1 m2), th×: m 6 | m1 | ( Cm ) có tâm I1( ; m11) bán kính R1 = 2 m 6 | m2 | ( Cm ) cã t©m I2( ; m21) bán kính R2 = 2 suy ra: R1 R � m1 m � | m1 m | I1 I2 = � = � � � (m1 m ) = � � �R1 R Vậy, đờng tròn họ (Cm) tiếp xúc với điểm cố định M(3; 1) Cách 2: Giả sử M(x0; y0) điểm cố định mà họ (Cm) qua x2 + y2(m + 6)x2(m1)y + m + 10 = , m m(x2y + 1) + x2 + y26x + 2y + 10 = , m � x 2y �x �2 � M(3, 1) �y 1 �x y 6x 2y 10 m1 m2 NhËn xÐt r»ng t©m Im cđa họ (Cm) thuộc đờng thẳng (d) cố định qua M Vậy, đờng tròn họ (Cm) tiếp xúc với điểm cố định M(3; 1) VÝ dơ 7: Cho hai ®iĨm A(8; 0); B(0; 6) a Lập phơng trình đờng tròn ngoại tiếp OAB b Lập phơng trình đờng tròn nội tiếp OAB Giải a Chính đờng tròn đờng kính AB, có phơng trình (x 4)2 + (y 3)2 = 25 b Giả sử đờng tròn (C) có tâm I(a, b) bán kính r 160 Cách 1: Tâm I thuộc đờng phân giác góc AOB phân giác góc BAO Phơng trình phân giác góc AOB xy = Phơng trình cạnh (AB) đợc cho bởi: x y (AB): = 3x + 4y24 = Phơng trình đờng phân giác góc BAO ®ỵc cho bëi: ( 1 ) : 3x y 24 � 3x 4y 24 y = � ( ) : 3x 9y 24 16 (2) đờng phân giác góc BAO Khi toạ độ tâm I nghiệm hệ phơng trình: x y I(2, 2) � 3x 9y 24 Bán kính r đợc cho r = d(I, OA) = Vậy phơng trình (C): (x2)2 + (y2)2 = Cách 2: Nhận xét rằng: Tâm I(a, b) thuéc gãc phÇn t thø nhÊt, suy a, b > (C) tiÕp xóc víi OA, OB, vËy a = b = r Ta cã SOAB = p.r (1) ®ã: SOAB = OA.OB = 24 (2) p = (OA + OB + AB) = 12 (3) Thay (2), (3) vµo (1), ta đợc r = Vậy, phơng trình đờng tròn (C): (x2)2 + (y2)2 = VÝ dơ 8: Cho ®iĨm M(6, 2) đờng tròn (C): (x1)2 + (y2)2 = a Chứng tỏ điểm M nằm (C) b Lập phơng trình đờng thẳng (d) qua M cắt đờng tròn (C) hai điểm A, B cho AB = 10 Giải Đờng tròn (C) có tâm I(1, 2) bán kính R = a Ta cã: I M B 161 H A p M/(C) = (61)2 + (22)25 = 20>0 M nằm đờng tròn b Gọi H hình chiếu vuông góc I lên AB, ta có: 10 AB2 10 IH2 = IA2AH2 = R2 = 5 = IH = 4 Đờng thẳng (d) qua M có dạng: (d): A(x6) + B(y2) = (d): Ax + By6A2B = §êng thẳng (d) thoả mãn điều kiện dầu chØ khi: | A 2B 6A 2B | 10 d(I, (d)) = IH = 9A2 = B2 A = 2 A B 3B Khi đó: Với A = 3B, ta đợc (d1): x3y = Víi A = 3B, ta đợc (d2): x + 3y12 = Vậy, tồn hai đờng thẳng (d1), (d2) thoả mãn điều kiện đầu Ví dụ 9: Cho đờng tròn (C) có phơng trình : (C): x2 + y24x + 8y = a Tìm toạ độ tâm và bán kính (C) b Viết phơng trình tiếp tuyến với (C) qua điểm A(1, 0) c Viết phơng trình tiếp tuyến với (C) vuông góc với đờng thẳng (d): 3x 4y + = Gi¶i a Ta có ngay, tâm I(2, 4) bán kính R = b Vì A (C) nên tiếp tuyến có phơng trình: x.(1) + y.0 2(x + 1) + 4(y + 0) = 3x 4y + = c Gäi () lµ tiÕp tuyến đờng tròn (C) thoả mãn điều kiện đầu Ta có hai cách giải sau: Cách 1: Tiếp tuyến () (d) nên có phơng trình: () : 4x + 3y + c = Đờng thẳng () tiếp tuyến (C) điều kiện là: c1 21 � | 4.2 3.(4) c | d(I, ()) = R =1 � c 29 16 � 162 x (y m) 1 m m2 uur TÞnh tiÕn hƯ trục toạ độ Oxy theo vectơ OI với I(0; m) thành hệ trục IXY, với công thức đổi trục: x X �X x � � �Y y m �y Y m Khi ®ã X2 Y2 (E): v× < m < m2 < m m m2 Trong hÖ trục IXY, (E) có thuộc tính: Tâm I(0; 0), tiêu điểm F1( m m ; 0), F2( m m ; 0), (Em): ®Ønh A1( m ; 0), A2( m ; 0) Do ®ã hƯ trơc Oxy, (Em) cã: Tâm I(0; m), tiêu điểm F1( m m ; m), F2( m m ; m) ®Ønh A1( m ; m), A2( m ; m) b Quĩ tích đỉnh A1, A2 QuÜ tÝch ®Ønh A1: �x m y vµ x � �2 � �y m �x y VËy q tÝch ®Ønh A1 cđa ElÝp m thay ®ỉi thuộc phần đồ thị Parabol (P): x2 = y víi < y < vµ x < Tơng tự quĩ tích đỉnh A2 thuộc phần đồ thÞ cđa Parabol (P): x2 = y víi < y < vµ x > c QuÜ tÝch tiêu điểm F1, F2 Quĩ tích tiêu điểm F1: y vµ x � � y vµ x � � �x m m �2 �2 1 � x (y ) �y m �x y y � � VËy quÜ tích tiêu điểm F1 Elíp m thay đổi thuộc đờng 1 tròn (C) có tâm C(0; ) b¸n kÝnh R = víi < y < x < 2 Tơng tự quĩ tích tiêu điểm F2 thuộc đờng tròn (C) có tâm C(0; 1 ) b¸n kÝnh R = víi < y < vµ x > 2 168 VÝ dô 15: Cho ElÝp (E): x2 + y2 = Tìm điểm M thuộc Elíp (E) cho: a Có bán kính qua tiêu điểm lần bán kính qua tiêu điểm b M nhìn hai tiêu điểm dới góc 900 Giải Điểm M(x0, y0)(E) suy ra: x 02 y 02 , (1) cx cx x x MF1 = a + = + vµ MF2 = a = 2 a a 2 (2) a Tõ gi¶ thiÕt ta cã: MF1 7MF2 � � MF2 7MF1 � = (MF17MF2)(MF27MF1) = 50MF1.MF2 7( MF12 + MF22 ) = 50MF1.MF2 7[(MF1 + MF2)22MF1.MF2] = 50MF1.MF2 7(162MF1.MF2) = 64MF1.MF2 112 3x x x = 64(2 + ).(2 ) 112 = 64(4 )112 2 = 14448 x (1) x0 = � y0 = Vậy tồn bốn điểm thoả mãn điều kiện đầu là: 1 1 M1( , ),M2( , ),M3( , ) vµ M4( , ) 2 2 b Ta cã thÓ lùa chän mét hai c¸ch sau: C¸ch 1: XÐt MF1F2, ta cã: F1F22 = MF12 + MF22 thực tơng tự b) Cách 2: Vì M nhìn F1F2 dới góc vuông ®ã M thuéc ®êng trßn (C) ®êng kÝnh F1F2, M giao điểm đờng tròn (C): x2 + y2 = (E) có toạ độ nghiƯm cđa hƯ: � �x x� � � � y 1 � �4 �y � �x y2 169 Vậy tồn bốn điểm thoả mãn điều kiện đầu là: 6 M9( , ), M10( , ), 3 3 6 M11( , ) vµ M12( , ) 3 3 Ví dụ 16: Cho điểm A(0; 6) đờng tròn (C): x2 + y2 = 100 Lập phơng trình quỹ tích tâm đờng tròn qua A tiếp xúc với (C) Giải Xét đờng tròn (C), ta đợc: Tam O(0,0) (C): Bkinh R 10 Giả sử M, tâm đờng tròn qua A tiếp xúc với (C), ta đợc: MA + MB = MN + MB = BN = 10 Vậy tập hợp điểm M thuộc Elíp (E) nhận O, A làm tiêu điểm có độ dài trục lớn 10 Xác định phơng trình Elíp (E) Vì O, A thuộc Oy nên phơng trình (E) có tâm I(0, 3) có y dạng: 2 A x (y 3) (E): , víi < a < b A a b M ®ã: x 10 O 2b = 10 b = 5, �OF � a2 = b2c2 = 259 � � = 259 = 16 �2 � 2 10 x (y 3) Do ®ã (E): 1 16 25 x (y 3) Vậy tập hợp điểm M thuộc Elíp (E): 1 16 25 VÝ dô 17: Cho ElÝp (E): x y2 T×m điểm M thuộc Elíp 25 (E) cho: a Có tổng hai toạ độ đạt giá trị lớn nhÊt, nhá nhÊt b Gi¶i 170 MF1 MF2 a §iĨm M(x0, y0)(E) x 02 y 02 1 25 (1) Khi ®ã: �x 02 y 02 � y0 � � x0 (x0 + y0) = � � (9 + 25) � �= 34 � �9 25 � � 34 x0 + y0 34 dÊu b»ng x¶y khi: �x / 3 25 � 25 � M1 ( ; ) y0 x �y / � � �0 34 34 � � �2 � �2 2 �x y0 �x y0 �M ( ; 25 ) � � � 25 34 34 25 Vậy, ta đợc: (x0 + y0)Max = 34 , đạt đợc M1 (x0 + y0)Min = 34 , đạt đợc M2 b Từ giả thiết ta có: MF1 3MF2 � � MF2 3MF1 � = (MF13MF2)(MF23MF1) = 10MF1.MF2 3( MF12 + MF22 ) = 10MF1.MF2 3[(MF1 + MF2)22MF1.MF2] = 10MF1.MF2 3(1002MF1.MF2) = 16MF1.MF2 300 4x 4x 16x 02 = 16(5 ).(5 ) 300 = 16(25 )300 = 5 25 162 x 02 100 25 25 x0 = Vậy tồn bốn điểm thoả mãn điều kiện đầu (Bạn đọc tính tiếp) Ví dụ 18: Cho ElÝp (E): x y2 , víi < b < a a b2 Gọi A giao điểm đờng thẳng y = kx víi (E) TÝnh OA theo a, b, k Gọi A, B hai điểm tuỳ ý thuéc (E) cho OAOB a Chøng minh r»ng 1 OA OB2 không đổi, từ suy đờng thẳng (AB) tiếp xúc với đờng tròn cố định 171 b Xác định k để OAB có diện tích lớn nhất, nhỏ Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ Giải Toạ độ A lµ nghiƯm cđa hƯ: �x y A1 �2 1 a 2b2 k 2a b2 x 2A 2 vµ y b �a a A a k b2 a k b2 �y kx � Tõ ®ã, suy a b2 k a b2 a b (1 k ) OA2 = x 2A y 2A = 2 = a k b2 a k b2 a k b2 y A O H t A2 x a B z k2 , a k b2 Gi¶ sư đờng thẳng (OA) có phơng trình y = kx OA = ab k2 a k b2 V× OA OB (OB) có phơng trình: OA = ab y= 1 k2 1 k2 x OB = ab = ab 2 k 2 a b k a b k c Ta cã: a k b2 a b2 k 1 a b2 = + = a b (1 k ) a b (1 k ) OA OB2 a b2 d Gọi H hình chiếu vuông góc O lên AB, ®ã: ab 1 a b2 = = OH = 2 2 2 OH OA OB a b a b2 Vậy (AB) tiếp xúc với đờng tròn (C) tâm O bán kính R = OH có: a 2b2 (C): x2 + y2 = a b2 Ta cã: 1 k2 k2 SOAB = OA.OB = ab 2 ab 2 a k b2 a b2k a b (1 k ) = (1) (a k b )(a b k ) OAB cã diÖn tÝch nhá nhÊt Ta cã: 172 (a k b )(a b k ) k2 (a k b )(a b k ) (a k b ) (a b k ) (a b )(1 k ) = 2 a b2 (2) Thay (2) vào (1), đợc ab ab SOAB 2 Smin = a b a b2 2 2 đạt đợc a k + b = a + b2k2 k = 1 OAB cã diện tích lớn Đề nghị bạn đọc giải VÝ dô 19: Cho Hyperbol (H): x y2 Tìm toạ độ điểm M thuéc Hyperbol (H) cho: a Cã b¸n kÝnh qua tiêu điểm lần bán kính qua tiêu điểm b Nhìn hai tiêu điểm dới góc 600 c Độ dài F1M ngắn nhất, dài d Khoảng cách từ M đến đờng thẳng (): xy + = đạt giá trị lớn nhất, nhỏ Hớng dẫn a Ta có hai tiêu điểm F1( , 0) F2( , 0) Điểm M(x0, y0)(H) víi x0 > 0, suy ra: x 02 y 02 1, 5x 5x + MF2 = 2 Từ giả thiÕt ta cã: MF1 2MF2 � � MF2 2MF1 � MF1 = (1) (2) = (MF12MF2)(MF22MF1) = 5MF1.MF2 2( MF12 + MF22 ) = 5MF1.MF2 2[(MF1MF2)2 + 2MF1.MF2] = 5MF1.MF2 2(16 + MF1.MF2) = MF1.MF2 32 5x 20 5x 5x + 2).( 2) 32 = 36 2 12 x0 = y0 Dµnh cho bạn đọc =( 173 b Xét MF1F2, ta cã: F1F22 = MF12 + MF22 2MF1.MF2.cos600 = [(MF1MF2)2 + MF1.MF2]MF1.MF2 5x 20 5x 5x 20 = 16 + MF1.MF2 = ( + 2).( 2) = 4 2 10 x0 = y0 Dành cho bạn đọc c Tõ (1) suy ra: y2 x 02 = a2(1 + 20 ) a2 x0 a b Ta cã: cx ca F1M = + a + a = c + a = ca a a Vây, ta đợc F1MMin = ca, đạt đợc M A1(a, 0) d Ta cã: x y0 d = d(M, ()) = d = x0 y0 + 1 ¸p dụng bất đẳng thức tam giác, ta có: d x0 y0 (2) áp dụng bất đẳng thức giả Bunhiacôpsk, ta có: x y x y2 x0 y0 = 2 (22 12 )( ) = (3) Tõ (2) vµ (3), suy ra: 1 d (4) DÊu ' = ' xảy khi: �1 x1 & y1 x 2y � � 5 �2 � �2 1 � �x y0 x2 & y2 � �4 5 Thử lại: dấu xảy M2(x2, y2), đó: đạt đợc điểm M2 Để xác định toạ độ điểm H2 tơng ứng, ta thùc hiƯn theo c¸c b- Mind = íc: Lập phơng trình đờng thẳng (d2) qua M2 vuông góc với (d) 174 Xác định tạo độ giao ®iÓm H2 = (d2)(d) x y2 Gọi (d) đờng thẳng Ví dụ 20: Cho Hypebol (H): qua O cã hÖ sè gãc k, (d') đờng thẳng qua O vuông góc với (d) a Tìm điều kiện k để (d) (d') cắt (H) b Tính theo k diện tích hình thoi với đỉnh giao điểm (d), (d') (H) c Xác định k ®Ĩ h×nh thoi Êy cã diƯn tÝch nhá nhÊt Giải a Ta lần lợt có: Đờng thẳng (d) qua O cã hƯ sè gãc k cã d¹ng: y = kx Đờng thẳng (d') qua O vuông góc với (d) có dạng: y = Toạ độ giao điểm A, C (d) (H) nghiệm cđa hƯ : �x y 1 � (94k2)x2 = 36 �4 �y kx � Phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi: 94k2 > k < 3/2 (2) Khi ®ã: 36 36k 2 x 2A = y vµ = A 4k 4k To¹ ®é giao ®iĨm B, D cđa (d') vµ (H) lµ nghiƯm cđa hƯ: �x y 1 � �4 (9k24)y2 = 36 � �y x k Phơng trình (3) có hai nghiệm ph©n biƯt khi: 94k2 > k > (4) Khi ®ã: 36 36k x 2B = vµ y 2B = 9k 9k Kết hợp (2) (4), ta đợc: x k (1) (3) 175 �3 k � 3 < k < � 3 � k � � (I) b NhËn xÐt: A, C lµ giao ®iĨm cđa (d) vµ (H) A, C ®èi xøng qua O B, D giao điểm (d) (H) B, D đối xứng qua O Ngoài ACBD Vậy ABCD hình thoi Ta có: SABCD = 4SAOB = .OA.OB = x 2A y A2 x 2B y 2B = = 36 36k 4k 4k 72(1 k ) 36k 36 2 9k 9k (9 4k )(9k 4) c H×nh thoi ABCD cã diƯn tÝch nhá nhÊt 72(1 k ) nhá nhÊt (9 4k )(9k 4) Ta cã: 72(1 k ) 72(1 k ) 144 1 = [(9 4k ) (9k 4)] (9 4k )(9k 4) VËy, h×nh thoi ABCD cã diƯn tÝch nhá nhÊt khi: 144 đạt đợc 94k2 = 9k24 k = 1 VÝ dô 21: Cho Hypebol (H) cã phơng trình: (H): x y2 a b2 a Chứng minh tích khoảng cách từ M(H) đến tiệm cận số b Từ điểm M(H) kẻ đờng thẳng song song với hai tiệm cận cắt chúng P, Q Chứng minh diện tích hình bình hành OPMQ số 176 Giải Điểm M0(x0, y0)(H) x2 y2 20 20 b x 02 a y 02 = a2b2 (1) a b Phơng trình hai đờng tiệm cận cđa (H) lµ: bx ay � b y= x � bx ay a � y (d2) P M O x Q (d1) a Khoảng cách h1 từ điểm M tới tiệm cận bx + ay = đợc xác định bởi: | bx ay | h1 = b2 a Khoảng cách h2 từ điểm M tới tiệm cận bxay = đợc xác định bởi: | bx ay0 | h2 = b2 a Do ®ã: | bx ay | | bx ay0 | | b x 02 a y 02 | a 2b2 h1.h2 = = = b2 a a b2 b2 a b2 a Vậy, tích khoảng cách từ điểm M Hypebol (H) đến tiệm cận số b b Gọi góc tạo bëi ®êng ®êng tiƯm y = x víi trơc Ox Ta cã: a 2tg b 2ab tg = vµ sin2 = = tg a a b2 2ab a b2 SOPMQ = OP.OQ.sin2 = SOPMQ OP.OQ OP.OQ = a b 2ab Mặt khác: a b2 SOPMQ = OQ.h1 = OP.h2 S2OPMQ = OP.OQ.h1h2 = SOPMQ 2ab a b2 a b2 ab SOPMQ = không đổi y minh r»ng VÝ dô 22: Cho Parabol (P): y2 = 2px, p > Chứng đờng tròn có đờng kính dây cung tiêu, tiếp xúc A (P) A1 với đờng chuẩn Giải J Phơng trình đờng thẳng (d) ®i qua F cã d¹ng: O B1 B I F x 177 (d): 2mx2ymặt phẳng = Toạ độ giao ®iĨm A(xA, yA) vµ B(xB, yB) cđa (P) vµ (d) lµ nghiƯm cđa hƯ: �y 2px � �2mx 2y mp Phơng trình hoành độ giao điểm (P) (d) có dạng: 4m2x24p(m2 + 2)x + m2p2 = (1) Tõ ®ã, ta cã : � p(m 2) x x B � �A m2 � �x x p A B Phơng trình tung độ giao điểm (P) (d) có dạng: my22pymp2 = (2) Tõ ®ã, ta cã �y A y B p / m � �y A y B p Phơng trình đờng tròn (C) ®êng kÝnh AB: � � M(x, y)(C) MA MB = x2 + y2(xA + xB)x(yA + yB)y + xAxB + yAyB = Gäi I(xI, yI) tâm đờng tròn (C), ta có: p(m 2) � xA xB x x � � � � 2m I: � I: � �y y A y B �y p � � m Gäi R lµ bán kính đờng tròn (C), ta có: p(m 1) � p(m 1) 2 R = x A x B ( xAxB + yAyB) = � � R = m2 m p Khoảng cách từ I đến đờng chuẩn (): x = (P), đợc xác ®Ønh bëi: p(m 2) 2x I p p(m 1) p = = = R m2 m2 Vậy đờng tròn (C) tiÕp xóc víi ®êng chn () cđa (P) 178 Chú ý: Ta chứng minh định nghÜa, thùc hiƯn c¸c bíc: Bíc 1: Gäi A1, B1 theo thứ tự hình chiếu vuông góc A, B lên đờng chuẩn (P) Gọi I, J theo thứ tự trung điểm AB, A1B1 Bớc 2: Ta cã: 1 (AA1 + BB1) = (AF + BF) = AB 2 ABJ vu«ng J IJ = Đờng tròn đờng kính AB tiếp xúc với đờng chuẩn Parabol (P) Đề nghị bạn đọc chứng minh thêm tính chất sau: uuu r uuuu r a Tính độ dài FA, FB theo p, = ( Ox , OM ) víi 02 Từ 1 chứng tỏ không ®æi (d) quay quanh F FA FB b Chøng minh r»ng FA.FB nhá nhÊt (d) vu«ng gãc víi Ox Ngoài có tích khoảng cách từ A B đến trục Ox đại lợng không đổi Ví dụ 23: Cho Parabol (P) đờng thẳng (d) có phơng trình: (P): y2 = x (d): xy2 = a Xác định toạ độ giao điểm A, B (d) (P) b Tìm toạ ®é ®iÓm C thuéc (P) cho : - ABC có diện tích - ABC c Tìm ®iĨm M trªn cung AB cđa Parabol (P) cho tổng diện tích hai phần hình phẳng giới hạn (P) hai dây cung MA, MB nhỏ Giải a Toạ độ giao điểm A, B (d) (P) nghiệm hệ phơng trình: y x �A(1, 1) � vµ AB = � �B(4, 2) �x y b Víi C(x, y)(P) C(y2, y) ABC cã diÖn tÝch b»ng | x y 2| 1 = AB.d(C,(d)) = = y2y2 2 2 179 � y2 y y y 2 = �2 y y 4 � ABC ®Ịu �AC AB AB = BC = CA � �AC BC C1 (4, 2) y 2 � � � � C (9,3) y3 � � � � 18 (y 1) (y 1) � �y y 2y 16 �2 �2 (y 1) (y 1) (y 4) (y 2)2 � �y y 18 2 � (y y 3)(y y 3) 4y �4y � �2 �2 v« nghiƯm �y y �y y Vậy không tồn điểm C thuộc (P) ®Ĩ ABC ®Ịu c Víi M(x0, y0) thc cung AB cđa (P) nªn: �x y � �1 �y0 �2 (*) Tỉng diƯn tÝch hai phÇn hình phẳng giới hạn (P) hai dây cung MA, MB lµ nhá nhÊt MAB cã diƯn tÝch lín nhÊt d(M, (d)) lín nhÊt Ta cã: | x y0 | | y02 y0 | (*) d(M, (d)) = = (y0 + 1)(2y0) 2 � (y0 1) (2 y ) � = � � � Côsi , đạt đợc 1 y0 + = 2y0 y0 = M( , ) 1 Vậy, với M( , ) thoả mãn điều kiện đầu Maxd(M, (d)) = Ví dụ 24: Cho Parabol (P): y2 = 2px víi p > Điểm M khác O chạy (P) Gọi A, B theo thứ tự hình chiếu vuông góc M lên Ox Oy Chứng minh rằng: a Đờng thẳng qua B vuông góc với OM qua điểm cố định b Đờng thẳng qua B vuông góc với AB qua điểm cố định 180 c Đờng thẳng AB tiếp xúc với Parabol định cố Giải Điểm M(P) suy ra: y 02 y 02 M( , y0), A( , 0) vµ B(0, y0) 2p 2p a Đờng thẳng (d1) qua B vuông góc với OM đợc cho bởi: qua B(0, y ) � y 02 � uuuu r y02 (d1): � (d1): x + y0(yy0) = 2p �vtpt OM( 2p , y ) � (d1): y02 x + 2py0y2p y02 = NhËn xÐt r»ng (d1) qua điểm cố định M1(2p, 0) b Đờng thẳng (d2) qua B vuông góc với AB đợc cho bëi: qua B(0, y ) � y � uuur (d2): � y0 M B �vtpt BA( 2p , y ) � (d2): y xy0(yy0) = 2p (d2): y x2py0y + 2p y = Nhận xét (d2) qua ®iĨm cè ®Þnh M2(2p, 0) 2 (d2) M2 O M1 (P) A x (d1) (P1) Chó ý: Còng cã thĨ chøng minh b»ng c¸ch: Gäi M2 đểm đối xứng với M1 qua Oy M2(2p, 0) Nhận xét BM2AB Vậy đờng thẳng qua B vuông góc với AB qua điểm cố định M2 c Đờng thẳng (AB) đợc cho bởi: qua B(0, y ) � x y y0 � 2 (AB): � uuur y0 (AB): y = y y0 �vtcp BA( 2p , y ) 2p � (AB): 2px + y0y y02 = Gọi N(x, y) điểm mà (AB) không qua với y0, phơng trình 2px + y0y y02 = 0, vô nghiệm y0 181 phơng trình y02 y0y2px = 0, vô nghiệm y < y2 + 8px < Ta chứng minh (AB) tiếp xóc víi Parabol (P 1): y2 = 8px ThËt vËy: 2AC + pB2 = 2.2p.( y02 ) + 4p y02 = VËy (AB) lu«n tiÕp xóc víi Parabol (P1): y2 = 8px 182 ... 36 2 9k 9k (9 4k )(9k 4) c H×nh thoi ABCD cã diÖn tÝch nhá nhÊt 72(1 k ) nhá nhÊt (9 4k )(9k 4) Ta cã: 72(1 k ) 72(1 k ) 144 1 = [ (9 4k ) (9k 4)] (9 4k )(9k 4)... nghiƯm cđa hƯ: �x y 1 � �4 (9k24)y2 = 36 � �y x � k Phơng trình (3) có hai nghiệm phân biệt khi: 9 4k2 > k > (4) Khi ®ã: 36 36k x 2B = vµ y 2B = 9k 9k Kết hợp (2) (4), ta đợc:... c | d(I, ()) = R =1 � c 29 16 � 162 Khi ®ã: Víi c1 =21, ta ®ỵc tiÕp tun (1): 4x + 3y 21 = Víi c2 = 29, ta đợc tiếp tuyến (2): 4x + 3y + 29 = VËy, tån t¹i hai tiÕp tuyÕn (d1),