Hình học oxy elip và các bài toán liên quan nguyễn thanh tùng

GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan ELIP VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN GV: Nguyễn Thanh Tùng I KIẾN THỨC CƠ SỞ Để giải tốt lớp tốn liên quan tới Elip (tìm điểm viết phương trình tắc elip) trước tiên cần nắm kiến thức qua sơ đồ sau: Dựa kiến thức này, kết hợp với tốn trước bạn tìm hiểu, giúp ta giải dễ dàng lớp toán liên quan tới elip Cụ thể: +) Khi gặp tốn “Tìm điểm thuộc ( E ) thỏa mãn điều kiện (*) cho trước ” ta cần thiết lập hai dấu “=” mà kiện điểm thuộc ( E ) ln cho ta dấu “=” Các kiện cịn lại giúp ta tìm dấu “=” thứ hai Nếu cần, số toán ta tham số hóa điểm thuộc ( E ) x2 y2    M ( a sin t ; b cos t ) a2 b2 +) Khi gặp tốn “Viết phương trình tắc elip (E)” cần cắt nghĩa xác kiện toán dựa kiến thức liên quan tới elip tính đối xứng elip (elip nhận hai trục tọa độ làm hai trục đối xứng gốc tọa độ làm tâm đối xứng) theo ẩn Ví như: M  ( E ) : II CÁC VÍ DỤ MẪU Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình tắc elip ( E ) biết ( E ) có tâm sai hình chữ nhật sở ( E ) có chu vi 20 Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN Giải: GV: Nguyễn Thanh Tùng Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: Ta có e  c 5  c a a 3 facebook.com/ ThayTungToan x2 y2  1 a b2 2.(2 a  2b )  20  a  b   b   a (với  a  )   Khi ta có: a  b  c  a  (5  a)   a  15 (loại)  a   a  18a  45   a    2 2 Với a   b  Vậy phương trình tắc elip ( E ) là: x2 y  1 Ví dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elip có phương trình x2 y   Tìm điểm M nằm elip 25 16 cho MF1  MF2 , F1 , F2 tiêu điểm trái, phải elip Giải:  F1 (3; 0) a  x y  1    c  a  b2    25 16 b   F2 (3; 0) Từ phương trình Elip ( E ) : c  MF1  a  a x0   x0 Cách 1: Gọi M ( x0 ; y0 ) , suy  MF  a  c x   x 0  a 3   Khi MF1  MF2   x0    x0   x0  5   Do M (5; y0 )  ( E )  52 y02    y0  25 16 Vậy M (5; 0) Cách 2:  x02 y02  x02 y02 M  E ( )  1  (1)     Gọi M ( x0 ; y0 ) ,    25 16   25 16 MF2  ( x  3)2  y   y   x  x  (2)  0  0  x0   y0  x x  x0  Thay (2) vào (1) ta :    3x0  50 x0  175     x0  35  y02   640  25 16  Vậy M (5; 0) x2 2 2  y  điểm M  ;  Viết phương trình 3 3 đường thẳng  qua M cắt E hai điểm A, B cho MA  2MB Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan Giải: x02  y02   x02  y02   (1) +) Do M nằm ( E ) nên từ MA  MB +) Gọi B ( x0 ; y0 )  ( E )  2   x A   2  x0      3  x A   x0    MA  2 MB     A(2  x0 ;  y0 )  y A   y0  y   2  y    3  A   (2  x0 ) +) Mà A  ( E )   (2  y0 )2   x02  y02  x0  y0   (2)  B(0;1)  x0  0; y0   x02  y02   +) Từ (1) (2) ta hệ:     8 3 B ; x  ; y   x0  y0  x0  y0    5   5  8 3 Với B (0;1)   : x  y   ; Với B  ;    : x  14 y  10  5 5 Vậy x  y   x  14 y  10  x2 y   Đường thẳng  : x  y  cắt ( E ) hai điểm B, C Tìm tọa độ điểm A ( E ) cho tam giác ABC có diện tích lớn Giải: +) Do   ( E )   B; C nên B, C cố định hay độ dài BC không đổi Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : Suy diện tích ABC lớn khoảng cách h  d ( A,  ) lớn  x  2 sin t +) Phương trình tham số ( E ) :  nên gọi A 2 sin t; cos t  y  cos t  2 sin t  2 cos t Khi h  d ( A, )   2  sin t  cos t     4sin  t    4   3     3 sin  t    t   k 2    Dấu“ =” xảy khi: sin  t      ( k  )       4  sin  t    1 t    k 2    3  +) Với t  +) Với t    k 2  A 2;  k 2  A 2;  4         Vậy A 2;  A 2; Nhận xét : Ngồi cách để ( E ) dạng tắc x2 y2   , nhiều tốn bạn chuyển a2 b2  x  a sin t dạng tham số sau :  để việc tham số hóa điểm thuộc elip dễ dàng  y  b cos t Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan III BÀI TẬP TỰ LUYỆN 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 y2   với a  b  a2 b2 c a2   c2  a 3 Độ dài đường chéo hình chữ nhật (2a )2  (2b)   a  b   b   a a2  a2   b2  x2 y Vậy trình tắc elip ( E ) cần lập là:  1 +) Khi a  b  c  a   a  x2 y   M (1; 1) Một đường thẳng d qua M cắt ( E ) A, B cho MA.MB lớn Tìm tọa độ A, B Giải: +) M (1; 1) thuộc miền ( E ) nên d cắt ( E ) A, B Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có phương trình  x   mt Gọi phương trình đường thẳng d có dạng:  với t  , m  n  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     m  2n  t  2(m  2n)t   Theo hệ thức Vi – et ta có: t1t2   a  2b 5(m  n ) 2 2 +) Khi MA.MB   mt1    nt1   mt2    nt2    m2  n2  t1t2   m  2n2 m2 2 m  n2 m2 m2 , lớn  MA MB 1 n  m2  n2 m2  n2 Khi đường thẳng d có dạng : y  1 , suy tọa độ giao điểm A, B d ( E ) nghiệm hệ: Mặt khác         x2 y2  A 6; 1  A  6; 1  x    x2         8       y y       y  1  B  6; 1  B 6; 1             A 6; 1    A  6; 1 Vậy    B  6; 1  B 6; 1     Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Lập phương trình tắc elip mặt phẳng Oxy biết điểm GV: Nguyễn Thanh Tùng  1 M  ;  thuộc elíp tam giác F1MF2 vng M , F1 , F2 hai tiêu điểm elíp  3 Giải: x2 y2   với a  b  a  b  c 2 a b +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng:  1 Khi M  ;  ( E )     a  8b2  3a2 b2 (1)  3  3a 3b   +) Với F1 (c; 0), F2 (c;0) , tam giác F1 MF2 vng M nên ta suy ra: 2  8  8 2 2 2 MF  MF  F F   c   c      c  c   a  b  c  b  (2)    3     2 2 +) Thay (2) vào (1) ta được: b   8b   b  3 b2  b   b   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; có điểm M thuộc ( E ) cho tam giác F1MF2 vng M có diện tích Giải: x2 y2   với a  b  a b2 +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng:   Với F1  3; , suy c   a  b  c  hay a  b  (1)   MF1    x0 ;  y0  +) Gọi M ( x0 ; y0 )     MF2   x0 ;  y0     Khi F MF  900  MF MF   x   y   x  y    Ta có S F1MF2    0 0 1 d ( M , Ox).F1 F2  y0  y0   y02   x02  2 3 x02 y02      (2) a b 3a 3b Thay (1) vào (2) ta được:    3b   b  (do b  )  a  3(b  3) 3b +) Mặt khác M ( x0 ; y0 )  ( E )  Vậy phương trình tắc elip ( E ) cần lập là: 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 Tham gia khóa học mơn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan Giải: x2 y2   với a  b  a b2 Gọi F1 (c; 0) tiêu điểm ( E ) B1 (0; b), B2 (0; b) hai đỉnh thuộc trục nhỏ ( E ) +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng:  +) Do F1 B1 B2 cân F1 B F1 B2  60 , suy F1 B1 B2 Khi F1 B1  B1 B2  F1 B12  B1 B22  c  b2  (2 b)  c  3b2  a  b  c  4b (1)  3 +) Với M  1;  ( E )    (2)   a 4b   Thay (1) vào (2) ta :    b2   a  4b 4b x2 Vậy phương trình tắc elip ( E ) cần lập là:  y2  x2 y2   Giả sử F1 , F2 hai tiêu điểm elip, F1 có hồnh 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 y2 +) ( E ) có phương trình    b   2 c  a  b  2 x0 cx0   MF1  a  a  2  2 +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )    MF1  MF2  x0  MF  a  cx0  2  x0  a 2 +) Khi MF1  MF2   x0   x0  y   x2   2 +) Với x0   y02              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 cho 25 góc F1MF2  900 với F1 , F2 hai tiêu điểm elip Giải: a  5; b  x2 y +) Elip ( E ) :  1   2 25 c  a  b  Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan c c   MF1  a  a x0   x0 ; MF2  a  a x0   x0 +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   với x0   x0  y0  (*)  25 2    14  2  Do F x0     x0   64  x02  175  x0   1MF2  90 nên suy : MF1  MF2  F1 F2        +) Thay x0   14 y2 vào (*) ta được:    y02   y0    14   14   14   14  Vậy M  , M , M  ; ; ; ,M  ;            4 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 vng 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 vng nên ta có b  c Elip có phương trình đường chuẩn x   a a2 a2     a  8c e c c a  32 +) Khi đó: a  b  c  8c  c  c  c     b  +) Suy phương trình tắc elip là: x2 y  1 32 16 x2 y2   có hai tiêu điểm F1 , F2 Tìm tọa độ điểm M 25 thuộc ( E ) cho bán kính đường trịn nội tiếp tam giác MF1 F2 Giải: Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : a   x2 y MF1  MF2  F1 F2 2a  2c +) Từ ( E ) :    b   pMF1F2    ac 9 25 2  2 c  a  b  4 +) Suy diện tích tam giác MF1 F2 là: S MF1 F2  pr   12 S 1 12 +) Mặt khác ta có: S MF1 F2  d ( M , Ox ).F1 F2  yM 2c  yM  yM  MF1F2  3 2 4  M (0;3) xM2 +) Vì M ( xM ; yM )  ( E )     xM    25  M (0; 3) Vậy M (0;3) M (0; 3) 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 Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan hoành độ âm Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) cần lập là: x2 y2   với a  b  a b2   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 b +) Lại có: M ( x0 ; y0 )  ( E )           OM  b a b2 b2 b2 b2 b  x0  y0   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   25 16 Bài 11 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : x2 y2   Viết phương trình đường thẳng d cắt ( 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: M (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 tốn trở nên “nhẹ nhàng” nhiều Bởi toán liên quan tới elip (hay đường trịn) ta hồn tồn chặn điều kiện cho x, y đơn giản Vì việc yêu cầu tọa độ nguyên toán, giúp ta nghĩ tới giải pháp x2 Bài 12 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :  y  Tìm tọa độ điểm M ( E ) cho bán kính qua tiêu tiêu điểm lần bán kính qua tiêu tiêu điểm Giải: Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan a   x2 c 2 +) Từ ( E ) :  y   b  e  a  2 c  a  b  2  MF  a  ex0 +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )    MF2  a  ex0  MF  3MF2  MF1  3MF2  Từ giả thiết ta có:     MF1  3MF2  MF2  3MF1    MF2  3MF1  MF2  3MF1   10 MF1 MF2   MF12  MF22    16MF1 MF2  3 MF1  MF2    16  a  ex0   a  ex0    2a    16(a  e2 x02 )  12a a2 x   4e 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 Nhưng B  nhiều trường hợp, việc biến đổi theo chiều ngược lại giúp giải tốn 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 y2 +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) là:   với a  b  a b a a +) Elip ( E ) có hai phương trình đường chuẩn x  x   e e Do khoảng cách hai đường chuẩn là: a 2a 9a 4 a 2 2 (1)    a  3c  a  9c  9(a  b )  b  e c +) Mặt khác M  3;1  ( E )    (2) a b Thay (1) vào (2) rút gọn ta được: a  12a  36   a   b    Vậy phương trình ( E ) cần lập là: x2 y  1 Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Bài 14 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Lập phương trình tắc elip ( E ) biết có đỉnh hai GV: Nguyễn Thanh Tùng   tiêu điểm ( E ) tạo thành tam giác chu vi hình chữ nhật sở ( E ) 12  Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: x2 y2   với a  b  a2 b2    Ta có chu vi hình chữ nhật sở: 4(a  b)  12   a  b    (1) +) Khơng tính tổng qt giả sử đỉnh B (0; b) hai tiêu điểm F1 (c; 0), F2 (c;0) tạo thành tam giác b2 Do BF1 F2 cân B , nên BF1 F2 BF1  F1 F2  BF  F1 F2  c  b  4c  c  +) Khi a  b  c  a  Thay (2) vào (1) ta : 2 2 2 b a b (2) (do a, b  ) 3 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; qua điểm 1  A  3;  Lập phương trình tắc ( E ) với điểm M thuộc ( E ) , tính giá trị biểu thức 2  P  MF12  MF22  3OM  MF1.MF2 Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng:    ( E ) có hai tiêu điểm F1  3;0 , F2 x2 y2   với a  b  a2 b2  3; , suy c  +) Khi a  b  c   a  b   ( E ) : x2 y2  1 b2  b2 1  +) Với A  3;   ( E )     4b4  b2    (4b2  3)(b2  1)   b2   a2  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    Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng  a2  facebook.com/ ThayTungToan  x02 3c 2 2 2 2         x x y x x y       y0     0 0 0 a   Vậy P  Bài 16 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có phương trình x2 y   với hai tiêu điểm F1 , F2 (hoành độ F1 âm) Tìm tọa độ điểm M thuộc elip cho MF1 F2 = 60 Giải: +) ( E ) có phương trình  a   F1 (2;0) x2 y   , suy   c  a  b2    b   F2 (2;0) c c   MF1  a  a x0   x0 ; MF2  a  a x0   x0 +) M ( x0 ; y0 )  ( E )   2  x0  y0  (*)   Ta có MF  MF  F F  MF F F cos MF F 2 1 2 2          x0     x0   42    x0  4.cos 600  x0  3  x0         +) Thay x0    5  5 75 5 vào (*) ta được: y02  Vậy M   ; M   ;   y0      4   4 16 4     Bài 17 (A – 2012) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x  y  Viết phương trình tắc elip ( E ) , biết ( E ) có độ dài trục lớn ( E ) cắt (C ) bốn điểm tạo thành bốn đỉnh hình vng Giải: Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: x2 y2  1 a b2 +) (E) có độ dài trục lớn  2a   a  +) (E) cắt (C ) bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh hình vng 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 Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan x2 y  1 16 16 Bài 18 (B – 2012) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC  BD đường trịn tiếp xúc Vậy phương trình tắc elip (E) là: với cạnh hình thoi có phương trình x  y  Viết phương trình tắc elip ( E ) qua đỉnh A, B, C , D hình thoi Biết A thuộc trục Ox Giải: x2 y2   ( với a  b  ) a b2 Vì (E) qua đỉnh A, B, C, D A  Ox nên khơng tính tổng quát giả sử: A( a; 0) B (0; b) 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 Gọi phương trình tắc elip ( E ) :  OH  R  ( đường trịn x  y  tiếp xúc với cạnh hình thoi) 1 1 1 Xét tam giác OAB ta có: hay    b   a  4b  20   2 OH OA OB 4b b x y2 Vậy phương trình tắc elip ( E ) là:  1 20 Bài 19 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Lập phương trình tắc elip ( E ) có tâm sai , biết diện tích tứ giác tạo tiêu điểm đỉnh trục bé ( E ) 24 Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: Ta có tâm sai e  x2 y2   với a  b  a  b  c a b2 c  a c a Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan +) Gọi F1 (c; 0), F2 (c;0) tiêu điểm B1 (0; b), B2 (0; b) đỉnh trục bé GV: Nguyễn Thanh Tùng Suy F1 B2 F2 B1 hình thoi , đó: S F1B2 F2 B1  1 12 F1 F2 B1 B2  2c.2b  2bc  24  bc  12  b  2 c 12 Khi a  b  c   c      c  25 c  1296  c  c  81  c  (do c  ) 3   c  Suy a  5; b  Vậy phương trình tắc elip ( E ) cần lập là: 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 thuộc Bài 20 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có tâm sai e  ( E ) cho M nhìn hai tiêu điểm ( E ) góc vng M có hồnh độ dương Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: Ta có tâm sai e  x2 y2   với a  b  a b2 c 4  c a a 5 Vì đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật sở có bán kính R  34  a  b  34  b  34  a 2 4  Khi a  b  c  a  34  a   a   a  25  a  5; b  3; c  5  x2 y  1 25 Bài 21 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : x  y  36 có hai tiêu điểm F1 F2 với F1 có hồnh Vậy phương trình tắc elip ( E ) cần lập là: độ âm Tìm tọa độ điểm M thuộc ( E ) cho MF12  MF22 đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ Giải: +) Ta có ( E ) : x  y  36  x2 y2   , suy  a  3; b  c  e    2 a c  a  b  Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN  MF1  a  ex0 ; MF2  a  ex0  +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   x y với 3  x0  0  (*)   9 GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan 5 81  2 Khi P  MF12  2MF22   a  ex0    a  ex0   3a  2aex0  3e x02   x02  x0   3 5 81 +) Xét hàm f ( x0 )  x02  với x0   3;3 x0  5 Ta có f '( x0 )  x0  ; 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  MF22 đạt giá trị nhỏ M  ; ;  M   5  5  x2 y   điểm I (1; 2) Lập phương trình đường 16 thẳng d qua I , cắt ( E ) hai điểm phân biệt A, B cho I trung điểm AB Giải: +) I (1; 2) thuộc miền ( E ) nên d cắt ( E ) A, B Bài 22 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :  x   mt Gọi phương trình đường thẳng d có dạng:  với t  , m  n   y   nt +) Gọi A(1  mt1 ;  nt1 ), B(1  mt2 ;  nt2 ) Trong t1 , t2 nghiệm phương trình: (1  mt )2 (2  nt )     9m  16n  t  2(9m  32n)t  71  16 2(9m  32n) Theo hệ thức Vi – et ta có: t1  t2   9m  16n2  x  x  xI 2  m(t1  t2 )  +) I trung điểm AB  A B   y A  yB  yI 4  n(t1  t2 )  Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan  2m(9m  32n)  0  m(t1  t2 )   9m  16n    9m  32n  (do m2  n  )  n(t1  t2 )   2n(9m  32n)   9m  16n GV: Nguyễn Thanh Tùng 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: +) Ta có B, C thuộc ( E ) tam giác ABC vuông cân A Mặt khác A(3; 0)  Ox elip ( E ) nhận Ox, Oy  B (m; n) làm trục đối xứng nên B, C đối xứng qua trục Ox Do gọi  với n  C ( m ;  n )   m  m2 2  AB  ( m  3; n)  B, C  ( E ) n      n 1 +) Suy   ,      AB AC   2  AC  ( m  3;  n) n  (m  3) (m  3)  n   m  m2 2 Suy  (m  3)   5m  27 m  36    12 m   +) Với m   n  (loại)   12    12  B  ;  B  ;   12       +) Với m   n   , suy   5 C  12 ;   C  12 ;       5  5 x2  y  Tìm tọa độ điểm B, C thuộc ( E ) cho tam giác ABC vuông cân A , biết điểm B có tung độ dương Bài 24 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(3; 0) elip ( E ) : Giải: +) Do A(0;3)  ( E ) ; B , C  ( E ) ABC cân A nên B, C đối xứng qua trục hồnh Ox Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng Khi gọi B( x0 ; y0 )  C ( x0 ;  y0 ) facebook.com/ ThayTungToan x  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 5 Bài 25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ( E ) : x2 y   Tìm điểm M có hồnh độ dượng thuộc ( E ) 25  cho F 1MF2  90 , F1 , F2 tiêu điểm Giải: +) ( E ) : a  x y  1   c  a  b2  25 b   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 hồnh độ dường nên ta được: M  M  ;   4  ;       Bài 26 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có tâm sai e  , đường trịn 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 vng M có hồnh độ dương Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: x2 y2   với a  b  a2 b2 +) Vì đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật sở có bán kính R  34 nên a  b  34  c a2  b2 25(a  b)2  16a  a   e   Khi ta có hệ :   c 4 a a 5 2 a  b  34 b  a  b  34  x2 y Vậy phương trình tắc elip ( E ) là:  1 25 Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan  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  F1 F    x0     x0   64  x02   y02     16 16  2 2 5 9 5 9 +) Do M có hồnh độ dường nên ta được: M  M  ;   4  ;       x2 y Bài 27 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x  y   elip ( E ) :   Viết phương trình đường thẳng  vng góc với d cắt ( E ) hai điểm A, B cho diện tích tam giác OAB Giải: +) Đường thẳng  vng góc với đường thẳng d : x  y   nên có dạng: x  y  c  Khi phương trình hồnh độ giao điểm  ( E ) là: x  ( x  c)  36  x  2cx  c  36  (*) Ta có d cắt ( E ) hai điểm A, B (*) có hai nghiệm phân biệt hay  '  180  4c   3  c  (2*) x2  c   x c  +) Đường thẳng  cắt ( E ) hai điểm phân biệt A  x1 ;  , B  x2 ;      2c   x1  x2   với x1 , x2 nghiệm (*)  Khi đó:  36 c x x   AB   x2  x1  d (O ,  )  c 10 10 x x       , suy ra: SOAB    x1  x2   x1 x2  10 720  16 c2 15 c 1 10 AB.d (O, )   720  16c2 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 trịn (T ) có tâm gốc tọa độ cắt ( E ) bốn điểm bốn đỉnh hình vng Giải: Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) có dạng: facebook.com/ ThayTungToan x2 y2   với a  b  a2 b2     Ta có chu vi hình chữ nhật sở 4(a  b)  16   a    b (1) +) Gọi M (0; b) đỉnh ( E ) mà MF1 F2 tam giác đều, đó: 3F1 F2 b (2)  b  3c  c  Mặt khác ta có : a  b  c (3) MO  b Thay (1), (2) vào (3) ta được:    b   b   b   a      x2 y2  1 64 48 +) Phương trình đường trịn (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 vng AB  BC  x  y  x2  y x2  y2  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 trịn (T ) cần lập x  y  384 x2 y2   điểm M (2;1) Viết phương trình đường 25 thẳng d qua M cắt ( E ) hai điểm A, B cho trung điểm đoạn thẳng AB nằm đường thẳng  : y  2x Bài 29 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : Giải: Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan 22 12   nên M nằm ( E ) , suy đường thẳng qua M cắt ( E ) hai điểm phân biệt 25 +) 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 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     x2 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   1   k d:y x    18k 50k (2k  1) 2 +) Khi I      (2k 1)(50 k  9)     25k  25k  k    d : y   x  34  50  50 25 34 Vậy phương trình đường thẳng d cần lập y  x y   x  50 25 x2 y2   ngoại tiếp tam giác ABC Tính diện tích 16 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  x0  y0   x0  B x0 ;  x0  +) Ta có B  ( E )  x 16 2   3x0     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 Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng Bài 31 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : facebook.com/ ThayTungToan x2 y   Tìm điểm M thuộc ( E ) cho 100 25  F 1MF2  120 , F1 , F2 hai tiêu điểm ( E ) Giải: a  10 +) Elip ( E ) có   c  a  b   F1F2  2c  10 b   x02 y02   (*)  100 25 +) Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )   MF  a  c x  10  x ; MF  a  c x  10  x 0 0  2 a a  Khi ta có: F F  MF  MF  MF MF cos F MF 2 2 2          10  x0    10  x0    10  x0  10  x0  cos1200  2 2        3  300  200  x02  100  x02  x02   x0  +) Thay x0  vào (*) ta được: y0  25  y0  5   10  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 y2 x2 y2   ( E2 ) :   ( a  b  ) Biết hai elip có tiêu điểm ( E2 ) qua điểm M 25 16 a b thuộc đường thẳng  Tìm tọa độ điểm M cho elip ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ ( E1 ) : Giải: Tham gia khóa học mơn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan +) Elip ( E1 ) có hai tiêu điểm F1 (3;0), F2 (3; 0) Dễ thấy F1 , F2 nằm phía với  GV: Nguyễn Thanh Tùng 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  Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ :    M  ;   5 x  y   y    17  Vậy M   ;   5 x2 y Bài 33 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) :   hai điểm A(3; 2), B (3; 2) Tìm ( E ) điểm C có tọa độ dương cho diện tích tam giác ABC lớn Giải: +) Phương trình đường thẳng AB là: x  y  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              2x0  y0  (2)   2  2 Từ (1) (2) suy S ABC   x02 y02      x0  3  3  +) Dấu “=” xảy :   ;  Vậy C  ;   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 vng hình chữ nhật sở ( E ) nội tiếp đường trịn có phương trình x  y  20 Giải: x2 y2 +) Gọi phương trình tắc elip ( E )   với a  b  a b  Do F nên OM  F1 F2  OM  c   a  b  (1) 1MF2  90 +) Hình chữ nhật sở ( E ) nội tiếp đường tròn : x  y  20  a  b  20 (2) Tham gia khóa học mơn Toán Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN Từ (1) (2) suy a  12; b  Vậy elip ( E ) cần lập là: facebook.com/ ThayTungToan x2 y  1 12 x2 y2   có hai tiêu điểm F1 , F2 Tìm tọa độ điểm M 25 thuộc ( E ) cho bán kính đường trịn nội tiếp tam giác MF1 F2 Giải: Bài 35 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) : a   MF1  MF2  F1 F2 x2 y2 +) Ta có ( E ) :    b   p 9 25  2 c  a  b  4 2.9 pr   y  y  3 Khi S MF1 F2  pr  d ( M , Ox).F1 F2  d ( M , Ox)   M M F1 F2 +) 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 vng Giải: +) Gọi phương trình tắc elip ( E ) Do M  ( E )  x2 y2   với a  b  a b2 12   (1) a b2  +) Mặt khác F nên OM  F1 F2  c  c   a  b  16 (2) 1MF2  90 x2 y Từ (1) (2) suy a  24; b  Vậy elip ( E ) cần lập là:   24 x2 Bài 37 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm C (2; 0) elip ( E ) :  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 hồnh Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! GV: Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan  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 x02  (2  x0 )3 (2  x0 ) 2 2  (1)  S ABC  (2  x0 ) y0  (2  x0 )     4  Mặt khác áp dụng BĐT Cauchy ta có:  x0  x0  x0 (2  x0 )3 (2  x0 )     x0  4.4  (2  x0 )3 (2  x0 )  27 (2) 3 27 27 3 Từ (1) (2) suy ra: S ABC   S ABC    3   A  1;  , B  1;     x0   Dấu “=” xảy   x0   x0  1  y0     A  1;   , B  1;         4 3   3     3  3 3  3 Vậy A  1; A  1;  , B  1;  , B  1;               CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ QUAN TÂM ! GV: Nguyễn Thanh Tùng Tham gia khóa học mơn Tốn Thầy Lê Anh Tuấn – Thầy Nguyễn Thanh Tùng HOCMAI.VN tự tin chinh phục thành cơng kì thi THPTQG tới ! ... trình tắc elip ( E ) là: x2 y  1 Ví dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elip có phương trình x2 y   Tìm điểm M nằm elip 25 16 cho MF1  MF2 , F1 , F2 tiêu điểm trái, phải elip Giải:... Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip có phương trình x2 y   Tìm điểm M thuộc elip cho 25 góc F1MF2  900 với F1 , F2 hai tiêu điểm elip Giải: a  5; b  x2 y +) Elip ( E ) :  1   2... mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( E ) có tâm sai e  , đường trịn 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