›
›
›

Ôn tập Hình học Lớp 10 - Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng - Bài 3: Elip

docx 52 trang nhungbui22 11/08/2022 2810
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Ôn tập Hình học Lớp 10 - Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng - Bài 3: Elip", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxon_tap_hinh_hoc_lop_10_chuong_3_phuong_phap_toa_do_trong_mat.docx

Nội dung text: Ôn tập Hình học Lớp 10 - Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng - Bài 3: Elip

  1. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG (CHƯƠNG 3 LỚP 10) BÀI 3. ELIP 2 A. KIẾN THỨC SÁCH GIÁO KHOA CẦN CẦN NẮM 2 B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP 3 Dạng 1: Xác định các yếu tố của Elíp 3 Dạng 2: Viết phương trình chính tắc của Elip 16 Dạng 3: Tìm điểm thuộc Elip thỏa điều kiện cho trước 36 Ban thực hiện Tên giáo viên Đơn vị công tác GV Soạn Thầy Hoàng An Dinh Trường THPT Lộc Thái (Bình Phước) GV phản biện Cô Nguyễn Thị Tuyết Nga Trường THPT Vĩnh Thạnh (Cần Thơ) TT Tổ soạn Thầy Lưu Xuân Hiển Trường THPT Thạnh An (Cần Thơ) TT Tổ phản biện Cô Thanh Minh Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm (Gia Lai) Người triển khai Thầy Phạm Lê Duy Trường THPT Chu Văn An (An Giang) NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 1
  2. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH BÀI 3. ELIP A. KIẾN THỨC SÁCH GIÁO KHOA CẦN CẦN NẮM 1. Định nghĩa. Cho hai điểm cố định F1 và F2 với F1F2 2c c 0 Tập hợp các điểm M thỏa mãn MF1 MF2 2a ( a không đổi và a c 0 ) là một đường Elip. ● F1, F2 là hai tiêu điểm. y M x; y ● F1F2 2c là tiêu cự của Elip. 2. Phương trình chính tắc của Elip x F1 O F2 x2 y2 E : 1 với b2 a2 c2 . a2 b2 x2 y2 Do đó điểm M x ; y E 0 0 1 và x a, y b. 0 0 a2 b2 0 0 3. Tính chất và hình dạng của Elip ● Trục đối xứng Ox (chứa trục lớn), Oy (chứa trục bé) ● Tâm đối xứng O . ● Tọa độ các đỉnh A1 a;0 , A2 a;0 , B1 0; b , B2 0;b . ● Độ dài trục lớn 2a . Độ dài trục bé 2b . ● Tiêu điểm F1 c;0 , F2 c;0 . ● Nội tiếp trong hình chữ nhật cơ sở có kích thước là 2a và 2b . c ● Tâm sai e 1. a a a ● Hai đường chuẩn x và x . e e ● M x; y E . Khi đó MF1 a ex : bán kính qua tiêu điểm trái. MF2 a ex : bán kính qua tiêu điểm phải. NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 2
  3. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH B. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP Dạng 1: Xác định các yếu tố của Elíp { Xác định các đỉnh, độ dài các trục, tiêu cự, tiêu điểm, tâm sai, của elip} PHẦN 1: CÁC VÍ DỤ x2 y2 Ví dụ 1. Tìm tọa độ các đỉnh, độ dài các trục, tiêu cự, tiêu điểm, tâm sai của elip: E : 1. 4 1 Lời giải Từ phương trình của c a2 b2 3 E , ta có a 2, b 1. Suy ra c a2 b2 3 . Suy ra tọa độ các đỉnh là A1 2;0 ; A2 2;0 ; B1 0; 1 ; B2 0;1 . Độ dài trục lớn A1 A2 4 , độ dài trục bé B1B2 2 . Tiêu cự F1F2 2c 2 3 , tiêu điểm là F1 3;0 ; F2 3;0 . c 3 Tâm sai của c a2 b2 3 là e . a 2 Ví dụ 2. Tìm tọa độ các đỉnh, độ dài các trục, tiêu cự, tiêu điểm, tâm sai của elip: E :4x2 25y2 100 . Lời giải x2 y2 Ta có 4x2 25y2 100 1 suy ra a 5; b 2 nên c a2 b2 21 . 25 4 Do đó tọa độ các đỉnh là A1 5;0 ; A2 5;0 ; B1 0; 2 ; B2 0;2 . Độ dài trục lớn A1 A2 10 , độ dài trục bé B1B2 4 . Tiêu cự F1F2 2c 2 21 , tiêu điểm là F1 21;0 ; F2 21;0 . c 21 Tâm sai của E là e . a 5 Ví dụ 3. Tìm tọa độ các đỉnh, độ dài các trục, tiêu cự, tiêu điểm, tâm sai của elip: E : 4x2 9y2 1. Lời giải x2 y2 1 1 5 Ta có 4x2 9y2 1 1 suy ra a ; b nên c a2 b2 . 1 1 2 3 6 4 9 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 3
  4. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH 1 1 1 1 Do đó tọa độ các đỉnh là A1 ;0 ; A2 ;0 ; B1 0; ; B2 0; . 2 2 3 3 2 Độ dài trục lớn A A 1, độ dài trục bé B B . 1 2 1 2 3 2 5 5 5 Tiêu cự F F 2c , tiêu điểm là F ;0 ; F ;0 . 1 2 1 2 6 6 6 c 5 Tâm sai của E là e . a 3 Ví dụ 4. Tìm tâm sai của Elíp biết: a) Mỗi tiêu điểm nhìn trục nhỏ dưới một góc 600. b) Đỉnh trên trục nhỏ nhìn hai tiêu điểm dưới một góc 600. c) Khoảng cách giữa hai đỉnh trên hai trục bằng hai lần tiêu cự: Lời giải b B2 a) Từ giả thiết, ta có: t an30 b c.tan 30 c b O c F2 c Suy ra: e a B1 c2 c2 c2 1 e2 cos2 30 a2 b2 c2 c2.tan2 30 c2 tan2 30 1 3 e cos30 2 b b) Từ giả thiết, ta có cot 30 b c.cot 30 c c Suy ra: e a c2 c2 c2 1 e2 sin2 30 a2 b2 c2 c2.cot2 30 c2 cot2 30 1 1 e sin 30 B2 2 b c) Từ giả thiết, ta có: A2 B2 4c a O A2 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 4
  5. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH a2 b2 4c a2 b2 16c2 15c2 c2 b2 b2 16c2 b2 . 2 c c2 c2 c2 2 Suy ra: e e2 a a2 b2 c2 15c2 17 c2 2 34 e 2 PHẦN 2: CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM Câu 1. [0H3-3.1-1] (MĐ 307 TRƯỜNG THPT HỒNG BÀNG HKII NĂM 2018) Cặp điểm nào là x2 y2 các tiêu điểm của elip E : 1? 5 4 A. F1,2 0; 1 .B. F1,2 1;0 . C. F1,2 3;0 . D. F1,2 1; 2 . Lời giải Chọn B. 2 2 2 2 2 Ta có: a 5;b 4 c a b 1 c 1 F1,2 1;0 . Câu 2. [0H3-3.1-1] (MĐ 307 TRƯỜNG THPT HỒNG BÀNG HKII NĂM 2018) Cho Elip E : 4x2 9y2 36 . Mệnh đề nào sai trong các mệnh đề sau: c 5 A. E có tỉ số . B. E có trục lớn bằng 6 . a 3 C. E có trục nhỏ bằng 4 .D. E có tiêu cự 5 . Lời giải Chọn D. x2 y2 E : 4x2 9y2 36 1 9 4 Suy ra: a 3,b 2,c 5 Tiêu cự của E là 2c 2 5 . x2 y2 Câu 3. [0H3-3.1-1] Cho elip 1. Phát biểu nào sau đây đúng? 3 1 A. Tỉ số giữa trục lớn và trục nhỏ bằng 3 .B. Tiêu cự bằng 4 . 2 C. Tâm sai e .D. Hai tiêu điểm F 2;0 và F 2;0 . 3 1 2 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 5
  6. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Lời giải Chọn A. a2 3 a 3 2 2 x y 2 Ta có (E) : 1 b 1 b 1 . 3 1 2 2 2 c a b 2 c 2 Câu 4. [0H3-3.1-1] Trong các phương trình sau, phương trình nào là phương trình chính tắc của elip x² y² A. 4x² 8y² 32 .B. 1. 1 1 5 2 x² y² x² y² C. 1. D. 1. 64 16 8 4 Lời giải Chọn A. x² y² Vì 4x² 8y² 32 1. 8 4 x² y² Câu 5. [0H3-3.1-1] Cho elip (E) : 1. Chọn khẳng định sai 9 4 A. Điểm A(3;0) (E) .B. (E) có tiêu cự bằng 2 5 . 3 5 C. Trục lớn của (E) có độ dài bằng 6 .D. (E) có tâm sai bằng . 5 Lời giải Chọn D. a² 9 a 3 x² y² Có (E) : 1 b² 4 b 2 . 9 4 c² a² b² 5 c 5 c 5 Khi đó (E) có tâm sai bằng e . a 3 Câu 6. [0H3-3.1-1] Trong các phương trình sau, phương trình nào là phương trình chính tắc của elip A. x2 y2 2 .B. x2 y2 2 . C. x2 2y2 2 .D. x2 2y2 . Lời giải NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 6
  7. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Chọn C. x² y² Vì x2 2y2 2 1. 2 1 Câu 7. [0H3-3.1-1] (SỞ GD&ĐT BÀ RỊA VŨNG TÀU HK II NĂM 2018) Trong mặt phẳng Oxy , x2 y2 cho elip E có phương trình 1. Tìm tiêu cự của E . 36 16 A. F1F2 12 B. F1F2 8 C. F1F2 2 5 D. F1F2 4 5 Lời giải Chọn D 2 2 x y a 6 2 2 2 1 c a b 20 c 2 5 F1F2 4 5 . 36 16 b 4 Câu 8. [0H3-3.1-1] (THPT DƯƠNG ĐÌNH NGHỆ THANH HÓA HKII NĂM 2018) Trong mặt x2 y2 phẳng Oxy , tìm tiêu cự của elip E : 1. 25 16 A. 3 B. 6 C. 4 D. 5 Lời giải Chọn B a2 25 Ta có c2 25 16 9 c 3 . 2 b 16 Vậy tiêu cự 2c 6 . Câu 9. [0H3-3.1-1] (THPT TRIỆU QUANG PHỤC HƯNG YÊN HK II NĂM 2018) Tìm các tiêu x2 y2 điểm của Elip 1 9 1 A. F1 3;0 ; F2 0; 3 . B. F1 8;0 ; F2 0; 8 . C. F1 3;0 ; F2 0; 3 . D. F1 8;0 ; F2 8;0 . Lời giải Chọn D. x2 y2 E : 1 có a 3; b 1 c a2 b2 8 . 9 1 Vậy E có các tiêu điểm là: F1 8;0 ; F2 8;0 . NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 7
  8. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH x2 y2 Câu 10. [0H3-3.1-1] (THPT BỈM SƠN THANH HÓA LẦN 02 NĂM 2018) Elíp (E) : 1 có 25 9 độ dài trục lớn bằng: A. 25 . B. 50 .C. 10. D. 5 . Lời giải Chọn C x2 y2 Từ phương trình E : 1 a 5 . 25 9 Do đó E có độ dài trục lớn là 2a 10 . Câu 11. [0H3-3.1-2] Cho 9x2 25y2 225. Hỏi diện tích hình chữ nhật cơ sở ngoại tiếp E là A. 15. B. 30 . C. 40 .D. 60 . Lời giải Chọn D. x2 y2 Phương trình chính tắc của E : 1. 25 9 a2 25 a 5 Ta có . 2 b 9 b 3 Diện tích hình chữ nhật cơ sở ngoại tiếp E là S 4ab 60 . 12 Câu 12. [0H3-3.1-2] Cho E có độ dài trục lớn bằng 26 , tâm sai e . Độ dài trục nhỏ của E bằng 13 A. 5 .B. 10. C. 12 D. 24 . Lời giải Chọn B. Ta có 2a 26 a 13 . c 12 e c 12 . a 13 b a2 c2 169 144 5. Độ dài trục nhỏ là 2b 10. NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 8
  9. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Câu 13. [0H3-3.1-2] Cho E :16x2 25y2 100 và điểm M thuộc E có hoành độ bằng 2 . Tổng khoảng cách từ M đến 2 tiêu điểm của E bằng A. 5 . B. 2 2 . C. 4 3 . D. 3 . Lời giải Chọn A. 100 a2 5 x2 y2 16 a Ta có: E : 1 2 100 100 2 100 b b 2 16 25 25 Theo định nghĩa Elip thì với mọi điểm M E ta có: MF1 MF2 2a 5 . x2 y2 Câu 14. [0H3-3.1-2] Cho elip E : 1. Tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục lớn bằng 5 4 5 5 3 5 2 5 A. .B. . C. . D. . 4 5 5 5 Lời giải Chọn B. Ta có: a2 5 a 5 ; b2 4 b 2 c a2 b2 1. 2c 5 Vậy tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục lớn bằng . 2a 5 Câu 15. [0H3-3.1-2] Phương trình chính tắc của E có độ dài trục lớn gấp 2 lần độ dài trục nhỏ và đi qua điểm A 2; 2 là x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1. B. 1. C. 1.D. 1 24 16 36 9 16 4 20 5 Lời giải Chọn D. x2 y2 Gọi phương trình elip là E : 1. a2 b2 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 9
  10. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH 2 2 2 2 a 4b a 4b 2 a 20 Theo bài ra ta có: . 4 4 4 4 2 2 2 1 2 2 1 b 5 a b 4b b x2 y2 Vậy phương trình elip là E : 1. 20 5 Câu 16. [0H3-3.1-2] Phương trình chính tắc của E nhận điểm M 4;3 là một đỉnh của hình chữ nhật cơ sở là x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1. B. 1. C. 1. D. 1 16 9 16 4 16 3 9 4 Lời giải Chọn A. x2 y2 Gọi phương trình elip là E : 1. a2 b2 Vì M 4;3 là một đỉnh của hình chữ nhật cơ sở nên a 4 , b 3 . x2 y2 Vậy phương trình elip là E : 1. 16 9 50 Câu 17. [0H3-3.1-2] Phương trình chính tắc của E có khoảng cách giữa các đường chuẩn bằng và 3 tiêu cự bằng 6 là x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1. B. 1.C. 1. D. 1 64 25 89 64 25 16 16 7 Lời giải Chọn C. x2 y2 Gọi phương trình elip là 1. a2 b2 2 a 25 2 a 25 2 2 2 Theo bài ra ta có c 3 b a c 16 . c 3 2c 6 x2 y2 Vậy phương trình elip là 1. 25 16 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 10
  11. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Câu 18. [0H3-3.1-2] (THPT DƯƠNG ĐÌNH NGHỆ THANH HÓA HKII NĂM 2018) Trong mặt x2 y2 phẳng Oxy , cho đường elip E : 1 có hai tiêu điểm F , F . M là điểm thuộc E . 9 4 1 2 Tính MF1 MF2 . A. 5 B. 6 C. 3 D. 2 Lời giải Chọn B x2 y2 Phương trình của E có dạng 1 ( a2 b2 c2 ). Suy ra a2 9 a 3 . a2 b2 Do M thuộc E nên MF1 MF2 2a 6 . Câu 19. [0H3-3.1-2] (THPT NGUYỄN VIẾT XUÂN VĨNH PHÚC HKII NĂM 2018) Trong mặt phẳng Oxy cho elip E : x2 3y2 6 . Giá trị nào sau đây là tiêu cự của elip ? A. 2 B. 3 C. 6 D. 4 Lời giải Chọn D x2 y2 Ta có E : 1, dó đó a 6, b 2, c 2 . Độ dài tiêu cự là 2c 4. 6 2 Câu 20. [0H3-3.1-2] (THPT NGUYỄN VIẾT XUÂN VĨNH PHÚC HKII NĂM 2018) Trong hệ trục 4x2 4y2 tọa độ Oxy , cho elip E : 1. Độ dài tiêu cự của E bằng 25 9 A. 4 . B. 8 . C. 16. D. 2 . Lời giải Chọn A. 4x2 4y2 x2 y2 x2 y2 Ta có E : 1 1 2 2 1. 25 9 25 9 5 3 4 4 2 2 5 a 2 2 2 Do đó c a b 2. Vậy độ dài tiêu cự là F1F2 2c 4. 3 b 2 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 11
  12. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Câu 21. [0H3-3.1-2] (TRƯỜNG THPT B THANH LIÊM HÀ NAM HK II NĂM 2018) Cho elip x2 y2 E : 1. Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? 25 9 A. E có các tiêu điểm F1 4;0 và F2 4;0 . c 4 B. E có tỉ số . a 5 C. E có đỉnh A1 5;0 . D. E có độ dài trục nhỏ bằng 3 . Lời giải Chọn D x2 y2 Phương trình elip E : 1 nên ta có: a 5;b 3 c 4 . 25 9 Nên các đáp án A;B;C đúng. Đáp án D sai vì độ dài trục nhỏ bằng 2b 6 . Câu 22. [0H3-3.1-2] (TRƯỜNG THPT B THANH LIÊM HÀ NAM HK II NĂM 2018) Trong mặt x2 y2 phẳng Oxy cho E có phương trình: 1 khẳng định nào sau đây đúng? 9 4 5 A. E có tâm sai e . 3 B. F1 0; 5 , F2 0; 5 là các tiêu điểm của E . C. Độ dài trục lớn là 9 . D. Các đỉnh nằm trên trục lớn là A1 0;3 và A2 0; 3 . Lời giải Chọn A a2 9 a 3 Ta có: 2 b 4 b 2 Mà c2 a2 b2 9 4 5 c 5 c 5 A. E có tâm sai e . Đúng a 3 B. Tiêu điểm của E là: F1 5;0 , F2 5;0 . Sai C. Độ dài trục lớn là : A1 A2 2a 6 . Sai D. Các đỉnh trên trục lớn là : A1 3;0 , A2 3;0 . Sai NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 12
  13. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Câu 23. [0H3-3.1-2] (THPT CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT KIÊN GIANG HKII NĂM 2018) Cho x2 Elip có phương trình y2 1. Một tiêu điểm của Elip có tọa độ là: 4 A. A 3;0 . B. B 0; 3 . C. C 5;0 . D. D 0; 5 . Lời giải Chọn A. Ta có: c2 a2 b2 4 1 3 . Nên tiêu điểm của Elip có tọa độ là: F1 3;0 , F2 3;0 . Câu 24. [0H3-3.1-2] (THPT CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT KIÊN GIANG HKII NĂM 2018) Cho Elip có phương trình x2 4y2 1. Tiêu cự của Elip là: A. 5 .B. 3 . C. 2 5 . D. 2 3 . Lời giải Chọn B y2 x2 4y2 1 x2 1. 1 4 1 3 3 Ta có : c2 a2 b2 1 c . 4 4 2 Tiêu cự là 2c 3 . x2 Câu 25. [0H3-3.1-2] Diện tích của tứ giác tạo nên bởi các đỉnh của elip E : y2 1 là 4 A. 8 .B. 4 . C. 2 . D. 6 . Lời giải Chọn B. x2 * Tọa độ các đỉnh của elip E : y2 1 là A 2;0 , A 2;0 ; B 0; 1 , B 0;1 . 4 1 2 1 2 * Vì tứ giác A1B1 A2 B2 là hình thoi có hai đường chéo A1 A2 4 và B1B2 2 . 1 * Vậy diện tích tứ giác cần tìm là S  A A .B B 4 . 2 1 2 1 2 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 13
  14. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Câu 26. [0H3-3.1-2] (KSCL TRƯỜNG THPT LÊ XOAY VĨNH PHÚC NĂM 2018) Trong mặt phẳng x2 y2 Oxy cho elip có phương trình E : 1. Đường thẳng : x 4 cắt elip E tại hai điểm 25 9 M , N . Tính độ dài đoạn thẳng MN ? 18 9 18 9 A. MN . B. MN .C. MN . D. MN . 25 25 5 5 Lời giải Chọn C 16 y2 9 Thế x 4 vào phương trình elip E ta được: 1 y . 25 9 5 9 9 M 4; , N 4; 5 5 18 Do đó: MN . 5 Câu 27. [0H3-3.1-3] (THPT NGUYỄN VIẾT XUÂN VĨNH PHÚC HKII NĂM 2018) Trong hệ tọa x2 y2 độ Oxy , cho elip E : 1. Bán kính qua tiêu của E đạt giá trị nhỏ nhất bằng 25 16 3 A. 0 B. 1 C. D. 2 5 Lời giải Chọn D. a 5 2 2 c Từ phương trình elip ta có c a b 3. Bán kính qua tiêu là MF1 a x với b 4 a a x a . Suy ra a c MF a c hay MF a c 5 3 2 . 1 1 min x2 y2 Câu 28. [0H3-3.1-3] Một elip E có phương trình 1, trong đó a b 0 . Biết E đi qua a2 b2 điểm A 2; 2 và B 2 2;0 thì E có độ dài trục bé là A. 4. B. 2 2. C. 2. D. 6. Lời giải Chọn A. 2 2 2 02 E đi qua B 2 2;0 nên ta có 1 suy ra a 2 2 . a2 b2 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 14
  15. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH 2 2 2 2 E đi qua A 2; 2 nên ta có 1 suy ra b 2 . 8 b2 Do đó độ dài trục bé 2b 4 . Câu 29. [0H3-3.1-3] Cho E có hai tiêu điểm F1 4;0 , F2 4;0 và điểm M thuộc E . Biết chu vi tam giác MF1F2 bằng 18. Khi đó tâm sai của E bằng 4 4 4 4 A. .B. . C. . D. . 18 5 5 9 Lời giải Chọn B. Ta có F1F2 8 và c 4 . C MF MF F F 18 MF MF 10 2a a 5 . MF1F2 1 2 1 2 1 2 c 4 Tâm sai của elip: e . a 5 9 Câu 30. [0H3-3.1-3] Cho E có hai tiêu điểm F1 7;0 , F2 7;0 và điểm M 7; thuộc E . 4 Gọi N là điểm đối xứng với M qua gốc tọa độ O. Khi đó 9 9 7 A. NF MF .B. NF MF . C. NF NF D. NF MF 8 . 1 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 Lời giải Chọn B. 9 N đối xứng với M qua gốc tọa độ O nên N 7; . 4 9 23 23 9 Ta có: MF ;MF ; NF ; NF . 1 4 2 4 1 4 2 4 9 Do đó NF MF . 2 1 2 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 15
  16. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Dạng 2: Viết phương trình chính tắc của Elip 2 2 x y 2 2 2 { Phương trình chính tắc của Elip có dạng: E : 2 2 1 với b a c ; } a b PHẦN 1: CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1. Lập phương trình chính tắc của Elip, biết: 5 a) Elip đi qua điểm M 2; và có một tiêu điểm F1 2;0 . 3 b) Elip nhận F2 5;0 là một tiêu điểm và có độ dài trục nhỏ bằng 4 6 . c) Elip có độ dài trục lớn bằng 2 5 và tiêu cự bằng 2. d) Elip đi qua hai điểm M 2; 2 và N 6;1 . Lời giải 2 2 2 2 a) Do E có một tiêu điểm F1 2;0 nên c 2 . Suy ra a b c b 4 . 2 5 2 5 2 3 4 25 Mặt khác, E đi qua điểm M 2; nên 2 2 1 2 2 1 3 a b b 4 9b 20 9b4 25b2 100 0 b2 5 hoặc b2 (loại). 9 x2 y2 Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 9 5 b) Do E có một tiêu điểm F2 5;0 nên c 5 . Theo giả thiết độ dài trục nhỏ bằng 4 6 nên 2b 4 6 b 2 6 . 2 Suy ra a2 b2 c2 52 2 6 49 . x2 y2 Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 49 24 c) Độ dài trực lớn bằng 2 5 nên 2a 2 5 a 5 . Tiêu cự bằng 2 nên 2c 2 c 1. Từ hệ thức a2 b2 c2 , suy ra b2 a2 c2 5 1 4 . NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 16
  17. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH x2 y2 Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 5 4 d) Do E đi qua M 2; 2 và N 6;1 nên ta có hệ phương trình 4 2 1 1 1 2 a2 b2 a2 8 a 8 . 6 1 1 1 b2 4 1 a2 b2 b2 4 x2 y2 Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 8 4 Ví dụ 2. Lập phương trình chính tắc của Elip, biết: 1 a) Elip có tổng độ dài hai trục bằng 8 và tâm sai e . 2 5 b) Elip có tâm sai e và hình chữ nhật cơ sở có chu vi bằng 20. 3 c) Elip có tiêu điểm F1 2;0 và hình chữ nhật cơ sở có diện tích bằng 12 5 . Lời giải a) Tổng độ dài hai trục bằng 8 nên 2a 2b 8. 1 1 c 1 Tâm sai e a 2c . 2 2 a 2 2a 2b 8 a b 4 2c b 4 b 4 2c Từ 1 và 2 , ta có c 1 . e a 2c a 2c a 2c a 2 Thay vào hệ thức a2 b2 c2 , ta được 2 2c2 4 2c c2 c2 8 2c 16 0 c 4 2 4 . a 8 4 2 ● Với c 4 2 4 , suy ra : không thỏa mãn. b 4 4 2 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 17
  18. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH a 8 4 2 ● Với c 4 2 4 , suy ra . Do đó Elip cần tìm có phương trình b 4 4 2 x2 y2 E : 2 2 1. 8 4 2 4 2 4 5 c 5 3 b) Elip có tâm sai e a c . 1 3 a 3 5 Mặt khác, Elip có hình chữ nhật cơ sở có chu vi bằng 20 nên 2 2a 2b 20 a b 5 b 5 a . 2 Thay 1 và 2 vào hệ thức a2 b2 c2 , ta được 2 2 2 3 2 2 3 3 2 2 30 c 5 5 c 5 a c c 5 c c c c 25 0 . 5 5 5 5 c 5 a 15 ● Với c 5 5 , suy ra : không thỏa mãn. b 10 a 3 x2 y2 ● Với c 5 , suy ra . Do đó Elip cần tìm có phương trình E : 1. b 2 9 4 c) Elip có một tiêu điểm F1 2;0 nên c 2 . Diện tích hình chữ nhật cơ sở S 2a.2b 12 5 ab 3 5 a2b2 45. 1 Mặt khác, ta có a2 b2 c2 b2 4 . 2 Kết hợp 1 và 2 , ta được a2b2 45 b2 4 b2 45 b4 4b2 45 0 b2 5 hoặc b2 9 (loại). x2 y2 Với b2 5 , suy ra a2 9 . Do đó Elip cần tìm có phương trình E : 1. 9 5 Ví dụ 3. Lập phương trình chính tắc của Elip, biết: a) Elip đi qua điểm M 5;2 và khoảng cách giữa hai đường chuẩn bằng 10. 3 25 b) Elip có tâm sai e và khoảng cách từ tâm đối xứng của nó đến một đường chuẩn bằng . 5 3 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 18
  19. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH 25 c) Elip có độ dài trục lớn bằng 10 và phương trình một đường chuẩn là x . 4 d) Khoảng cách giữa các đường chuẩn bằng 36 và bán kính qua tiêu điểm của điểm M thuộc Elip là 9 và 15. Lời giải 5 4 a) Elip đi qua điểm M 5;2 nên 1. 1 a2 b2 a a a2 Khoảng cách giữa hai đường chuẩn của Elip bằng 10 nên 2. 10 5 5 a2 5c . e e c 2 Từ 2 , kết hợp với hệ thức a2 b2 c2 , ta được b2 a2 c2 5c c2 . 3 Thay 2 , 3 vào 1 , ta được 5 4 1 c2 6c 9 0 c 3 . 5c 5c c2 a2 15 x2 y2 Với c 3, suy ra . Do đó Elip cần tìm có phương trình E : 1. 2 b 6 15 6 3 c 3 3 b) Ta có e c a . 5 a 5 5 25 Elip có khoảng cách từ tâm đối xứng O đến một đường chuẩn một khoảng bằng nên 3 a 25 a2 25 a2 25 a 5. 3 e 3 c 3 a 3 5 Với a 5 , suy ra c 3 và b2 a2 c2 16 . x2 y2 Do đó Elip cần tìm có phương trình E : 1. 25 16 c) Elip có độ dài trục lớn bằng 10 nên 2a 10 a 5 . Mặt khác, Elip có phương trình một đường chuẩn 25 a 25 a2 25 52 25 x c 4 . 4 e 4 c 4 c 4 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 19
  20. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH x2 y2 Suy ra b2 a2 c2 25 16 9 . Do đó Elip cần tìm có phương trình E : 1. 25 9 a a2 a2 d) Elip có khoảng cách giữa hai đường chuẩn bằng 36 nên 2. 36 2. 36 18 . e c c MF1 a ex 9 Mặt khác, ta có suy ra 2a 24 a 12 . MF2 a ex 15 Với a 12 , suy ra c 8 và b2 a2 c2 144 64 80 . Do đó Elip cần tìm có phương trình x2 y2 E : 1. 144 80 Ví dụ 4. Lập phương trình chính tắc của Elip, biết: a) Elip có hình chữ nhật cơ sở nội tiếp đường tròn C : x2 y2 41 và đi qua điểm A 0;5 . b) Elip có hình chữ nhật cơ sở nội tiếp đường tròn C : x2 y2 21 và điểm M 1;2 nhìn hai tiêu điểm của Elip dưới một góc 600 . c) Một cạnh hình chữ nhật cơ sở của Elip nằm trên d : x 5 0 và độ dài đường chéo hình chữ nhật bằng 6. d) Tứ giác ABCD là hình thoi có bốn đỉnh trùng với các đỉnh của Elip. Bán kính của đường tròn 1 nội tiếp hình thoi bằng 2 và tâm sai của Elip bằng . 2 Lời giải a) Elip đi qua A 0;5 Oy , suy ra b 5 . Phương trình các cạnh của hình chữ nhật cơ sở là: x a; y 5. Suy ra một đỉnh của hình chữ nhật cơ sở là a;5 . Theo giả thiết a;5 thuộc đường tròn C a2 25 41 a2 16 . x2 y2 Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 16 25 · 0 b) Theo giả thiết bài toán, ta có F1MF2 60 suy ra 2 2 2 0 F1F2 MF1 MF2 2MF1.MF2.cos60 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 20
  21. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH 2 2 2 2 1 4c2 1 c 4 1 c 4 2 1 c 4. 1 c 4. 2 4c2 2c2 10 1 c 2 4. 1 c 2 4 1 c 2 4. 1 c 2 4 10 2c2 10 2c2 0 0 c 5 2 23 4 19 2 2 2 c . 1 c 4 . 1 c 4 10 2c2 3c4 46c2 75 0 3 Phương trình các cạnh của hình chữ nhật cơ sở là: x a; y b . Suy ra một đỉnh của hình chữ nhật cơ sở là a;b . Theo giả thiết a;b thuộc đường tròn C nên a2 b2 21. Lại có a2 b2 c2 , suy ra a2 b2 c2 . 2 2 2 43 2 19 a b 21 a 2 23 4 19 3 ● Với c , ta có . 3 2 2 23 4 19 a b 2 20 2 19 3 b 3 x2 y2 Suy ra E : 1. 43 2 19 20 2 19 3 3 2 2 2 43 2 19 a b 21 a 2 23 4 19 3 ● Với c , ta có . 3 2 2 23 4 19 a b 2 20 2 19 3 b 3 x2 y2 Suy ra E : 1. 43 2 19 20 2 19 3 3 Vậy có hai Elip cần tìm thỏa yêu cầu bài toán: x2 y2 x2 y2 E : 1 hoặc E : 1. 43 2 19 20 2 19 43 2 19 20 2 19 3 3 3 3 c) Phương trình các cạnh của hình chữ nhật cơ sở là: x a; y b . Theo giả thiết, một cạnh hình chữ nhật cơ sở là d :x 5 0 , suy ra a 5 . NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 21
  22. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Độ dài đường chéo hình chữ nhật cơ sở bằng 6 nên 4a2 4b2 6 4a2 4b2 36 20 4b2 36 b2 4 . x2 y2 Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 5 4 1 c 1 d) Elip có tâm sai e a 2c . 2 a 2 Elip có các đỉnh A1 a;0 , A2 a;0 , B1 0; b , B2 0;b . Gọi H là hình chiếu của O lên A2 B2 . Theo giả thiết suy ra bán kính của đường tròn đã cho bằng OH . Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 7 c2 . OH 2 OA2 OB2 2 a2 b2 2 4c2 a2 c2 2 4c2 3c2 6 14 7 Suy ra a2 4c2 và b2 a2 c2 . 3 2 x2 y2 Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 14 7 3 2 Ví dụ 5. Lập phương trình chính tắc của Elip, biết a) Tứ giác ABCD là hình thoi có bốn đỉnh trùng với các đỉnh của Elip. Đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình C : x2 y2 4 và AC 2BD , A thuộc Ox . b) Elip có độ dài trục lớn bằng 8 và giao điểm của Elip với đường tròn C : x2 y2 8 tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông. 1 c) Elip có tâm sai e và giao điểm của Elip với đường tròn C : x2 y2 9 tại bốn điểm A , 3 B , C , D sao cho AB song song với Ox và AB 3BC . d) Elip có độ dài trục lớn bằng 4 2 , các đỉnh trên trục nhỏ và các tiêu điểm của Elip cùng nằm trên một đường tròn. Lời giải a) Giả sử một đỉnh của hình thoi là A a;0 . Suy ra AC 2a và BD 2b . Theo giả thiết AC 2BD 2a 2.2b a 2b . Đường tròn C có R 2 . Gọi H là hình chiếu của O lên AB với B 0;b . Khi đó ta có NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 22
  23. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH 1 1 1 1 1 OA2 OB2 OH 2 R2 4 1 1 1 1 1 1 b2 5 . a2 b2 4 4b2 b2 4 x2 y2 Suy ra a2 20 . Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 20 5 b) Elip có độ dài trục lớn bằng 8 nên 2a 8 a 4 . Do E và C đều có tâm đối xứng là O và hai trục đối xứng là Ox và Oy nên hình vuông tạo bởi giữa chúng cũng có tính chất tương tự. Do đó ta giả sử gọi một đỉnh của hình vuông là M x; x với x 0 . Vì M C x2 x2 8 x2 4 suy ra x 2 M 2;2 . 4 4 4 4 16 Ta có M E 1 1 b2 . a2 b2 16 b2 3 x2 y2 Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 16 16 3 1 c 1 c) Elip có tâm sai e a 3c . 3 a 3 3 1 Đặt BC x với x 0 , suy ra AB 3x . Giả sử một đỉnh A x; x . Ta có 2 2 9 2 1 2 2 18 3 10 9 10 3 10 A C x x 9 x suy ra x A ; . 4 4 5 5 10 10 Mặt khác, 81 9 81 9 9 9 81 A E 1 1 1 c2 . 10a2 10b2 10 3c 2 10 a2 c2 10c2 80c2 80 729 81 Suy ra a2 9c2 và b2 a2 c2 . 80 10 x2 y2 Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 729 81 80 10 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 23
  24. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH d) Độ dài trục lớn bằng 4 2 nên 2a 4 2 a 2 2 . Các đỉnh trên trục nhỏ và các tiêu điểm cùng thuộc đường tròn nên b c . Từ hệ thức a2 b2 c2 8 2b2 b2 4 . x2 y2 Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 8 4 Ví dụ 6. Lập phương trình chính tắc của Elip, biết a) Elip có hai đỉnh trên trục nhỏ cùng với hai tiêu điểm tạo thành một hình vuông có diện tích bằng 32. b) Elip có một đỉnh và hai tiêu điểm tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của Elip bằng 12 2 3 . c) Elip đi qua điểm M 2 3;2 và M nhìn hai tiêu điểm của Elip dưới một góc vuông. 3 0 d) Elip đi qua điểm M 1; và tiêu điểm nhìn trục nhỏ dưới một góc 60 . 2 Lời giải a) Hai đỉnh trên trục nhỏ và hai tiêu điểm tạo thành một hình vuông nên b c . Mặt khác, diện tích hình vuông bằng 32 nên 2c.2b 32 b2 8 . x2 y2 Suy ra a2 b2 c2 16 . Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 16 8 b) Chu vi hình chữ nhật cơ sở C 12 2 3 2 2a 2b 12 2 3 a b 3 2 3 . 1 Giả sử tam giác F1F2 B2 đều cạnh F1F2 2c mà B2O  F1F2 suy ra 3 3 OB F F b .2c 3c . 2 2 2 1 2 2 Từ 1 và 2 , suy ra a 3 2 3 b 3 2 3 3c . Thay vào hệ thức a2 b2 c2 , ta được 2 2 6 3 3 3c 3c2 c2 c2 6 3 2 3 c 6 3 3 0 c 3 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 24
  25. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH hoặc c 12 3 21(loại). x2 y2 Với c 3, suy ra a 6 và b 3 3 . Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 36 27 · 0 c) Từ giả thiết, ta suy ra F1MF2 90 hay MF1  MF2   2 MF1.MF2 0 c 2 3 c 2 3 4 0 c 16 . Hơn nữa E qua M nên 12 4 12 4 1 1 12b2 4b2 64 b4 16b2 b4 64 b2 8 . a2 b2 b2 16 b2 x2 y2 Suy ra a2 b2 c2 24 . Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 24 8 · 0 d) Từ giả thiết, ta suy ra B1F1B2 60 mà F1B1 F1B2 . Suy ra tam giác F1B1B2 đều cạnh B1B2 2b nên 3 3 FO B B c 2b c 3b . 1 1 2 1 2 2 3 1 3 1 3 Hơn nưa E qua M 1; nên 1 1 b2 1. 2 2 2 2 2 2 a 4b 4b 4b Từ 1 và 2 , kết hợp với hệ thức a2 b2 c2 , ta được a2 4 . x2 y2 Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 4 1 Ví dụ 7. Lập phương trình chính tắc của Elip, biết a) Elip có một tiêu điểm F1 3;0 và đi qua điểm M , biết tam giác F1MF2 có diện tích bằng 1 và vuông tại M . b) Elip đi qua ba đỉnh của tam giác đều ABC . Biết tam giác ABC có trục đối xứng là Oy , 49 3 A 0;2 và có diện tích bằng . 12 c) Khi M thay đổi trên Elip thì độ dài nhỏ nhất của OM bằng 4 và độ dài lớn nhất của MF1 bằng 8 với F1 là tiêu điểm có hoành độ âm của Elip. NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 25
  26. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Lời giải a) Elip có tiêu điểm F1 3;0 , suy ra c 3 . Gọi M x; y E . Theo giả thiết, ta có 1 S 1 MF .MF 1 F1MF2 2 1 2 1 c2 a ex a ex 1 a2 e2 x2 2 a2 .x2 2 2 a2 2 2 3 a 2 a a2 .x2 2 x2 . 1 a2 3   Cũng từ MF1  MF2 , ta có MF1.MF2 0 c x c x y y 0 x2 y2 c2 3. 2 2 2 a 2 a 9 a4 2a2 Từ 1 và 2 , ta có y2 3 x2 3 . 3 3 Do đó x2 y2 a2 2 9 a4 2a2 M x; y E 1 1 a2 b2 3 3 a2 3 a2 2 a2 3 9 a4 2a2 3a2 9 a2 4 . x2 y2 Suy ra b2 1. Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 4 1 b) Tam giác ABC đều, có điểm A 0;2 Oy và trục đối xứng là Oy nên hai điểm B, C đối xứng nhau qua Oy . Giả sử B x; y với x 0, y 2 , suy ra C x; y . Độ dài cạnh của tam giác là 2x . Theo giả thiết, ta có 2 49 3 2x 3 49 3 7 S , suy ra x . ABC 12 4 12 2 3 Đường cao của tam giác đều NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 26
  27. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH 2x 3 7 7 3 h x 3 2 y y . 2 2 2 2 7 3 Suy ra B ; . 2 3 2 7 3 Đến đây bài toán trở thành viết phương trình Elip đi qua hai điểm A 0;2 và B ; . 2 3 2 x2 y2 Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 28 4 5 c) Độ dài nhỏ nhất của OM bằng 4 nên b 4 . Mặt khác, ta lại có độ dài lớn nhất của MF1 bằng 8 nên a c 8. a c 8 a c 8 a 5 Từ đó ta có hệ phương trình 2 2 2 2 2 suy ra . a b c a 16 c c 3 x2 y2 Vậy Elip cần tìm có phương trình E : 1. 25 16 PHẦN 2: CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM Câu 1. [0H3-3.2-1] (THPT TRIỆU QUANG PHỤC HƯNG YÊN HK II NĂM 2018) Phương trình chính tắc của Elip là x2 y2 x2 y2 A. 1. B. 1. a2 b2 a2 b2 x2 y2 x2 y2 C. 1 a b 0 . D. 1. a2 b2 a2 b2 Lời giải Chọn C Câu 2. [0H3-3.2-1] (TRƯỜNG THPT B THANH LIÊM HÀ NAM HK II NĂM 2018) Phương trình chính tắc của elip có tiêu cự bằng 6 và trục lớn bằng 10. x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1. B. 1. C. 1.D. 1. 25 9 100 81 25 16 25 16 Lời giải Chọn D NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 27
  28. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH x2 y2 Gọi phương trình elip là 1. a2 b2 Vì trục lớn bằng 10 nên 2a 10 a 5 . Elip có tiêu cự bằng 6 nên 2c 6 c 3 a2 b2 3 b 4. x2 y2 Vậy phương trình Elip là: 1. 25 16 Câu 3. [0H3-3.2-1] (TRƯỜNG THPT B THANH LIÊM HÀ NAM HK II NĂM 2018) Phương trình của Elip E có độ dài trục lớn bằng 8 , độ dài trục nhỏ bằng 6 là: x2 y2 x2 y2 A. 9x2 16y2 144 . B. 9x2 16y2 1. C. 1. D. 1. 9 16 64 36 Lời giải Chọn A x2 y2 Gọi E : 1; a b a2 b2 Độ dài trục lớn là: A1 A2 2a 8 a 4 Độ dài trục nhỏ là: B1B2 2b 6 b 3 x2 y2 Vậy phương trình Elip là: E : 1 9x2 16y2 144 16 9 Câu 4. [0H3-3.2-2] Cho E có hình chữ nhật cơ sở diện tích bằng 8 , chu vi bằng 6 thì phương trình chính tắc là: x2 y2 x2 y2 A. 1.B. 1. 2 1 4 1 x2 y2 x2 y2 C. 1. D. 1. 4 2 16 4 Lời giải Chọn B 2a 2b 8 a 2 x2 y2 Ta có: . Vậy PTCT của E là : 1. 2a 2b 6 b 1 4 1 4 Câu 5. [0H3-3.2-2] Cho E có tiêu điểm F 4;0 , F 4;0 , tâm sai e thì phương trình là: 1 2 5 A. 4x2 5y2 20 .B. 16x2 25y2 400 . C. 9x2 25y2 225.D. 9x2 16y2 144 . NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 28
  29. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Lời giải Chọn C F1 4;0 2 2 c 4 2 x y Ta có: 4 b 25 16 9 Vậy PTCT của E là : 1 e a 5 25 9 5 x2 y2 1 9x2 25y2 225 . 25 9 Câu 6. [0H3-3.2-1] Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho elip E có độ dài trục lớn bằng 12 và độ dài trục bé bằng 6. Phương trình nào sau đây là phương trình của elip E x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1. B. 1.C. 1. D. 0 . 144 36 9 36 36 9 144 36 Lời giải Chọn C x2 y2 Phương trình chính tắc của elip có dạng E : 1 a,b 0 . a2 b2 x2 y2 Ta có a 6 , b 3 , vậy phương trình của Elip là: 1. 36 9 1 Câu 7. [0H3-3.2-2] Tìm phương trình chính tắc của Elip có tâm sai bằng và trục lớn bằng 6 . 3 x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1.B. 1. C. 1. D. 1. 9 3 9 8 9 5 6 5 Lời giải Chọn B x2 y2 Phương trình chính tắc của Elip có dạng 1 a b 0 . a2 b2 1 c 1 Theo giả thiết: e a 3c và 2a 6 a 3 c 1 3 a 3 Khi đó: a2 b2 c2 32 b2 1 b2 8 b 2 2 x2 y2 Vậy phương trình chính tắc của Elip là: 1. 9 8 Câu 8. [0H3-3.2-2] (THPT CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT KIÊN GIANG HKII NĂM 2018) Phương trình Elip có trục lớn bằng 2 5 và một tiêu điểm F1 1;0 là: A. 4x2 5y2 20 . B. 4x2 5y2 12 . C. 5x2 4y2 20 D. 5x2 4y2 12 . Lời giải NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 29
  30. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Chọn A Ta có: 2a 2 5 a 5 . 2 b2 a2 c2 5 12 4 . x2 y2 Vậy phương trình Elip có dạng: 1 4x2 5y2 20 . 5 4 Câu 9. [0H3-3.2-1] Phương trình chính tắc của E có độ dài trục lớn bằng 8 , trục nhỏ bằng 6 là x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1. B. 1. C. 9x2 16y2 1.D. 1. 64 36 9 16 16 9 Lời giải Chọn B 2a 8 a 4 Ta có: . 2b 6 b 3 x2 y2 Vậy phương trình chính tắc của E : 1 16 9 4 Câu 10. [0H3-3.2-1] Phương trình chính tắc của E có tâm sai e , độ dài trục nhỏ bằng 12 là 5 x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1. B. 1.C. 1. D. 1. 25 36 64 36 100 36 36 25 Lời giải Chọn C 4 2 2 2 e 5c 4a 25c2 16a2 25 a b 16a a 10 Ta có: 5 . b 6 b 6 b 6 b 6 2b 12 x2 y2 Vậy phương trình của E : 1. 100 36 Câu 11. [0H3-3.2-1] Phương trình chính tắc của E có độ dài trục lớn bằng 6 , tỉ số giữa tiêu cự và độ 1 dài trục lớn bằng là 3 x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1.B. 1. C. 1. D. 1. 9 3 9 8 19 5 6 5 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 30
  31. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Lời giải Chọn B * Do độ dài trục lớn bằng 6 nên 2a 6 a 3. 1 2c c 1 * Do tỷ số giữa tiêu cự và độ dài trục lớn bằng nên a 3c c 1. 3 2a a 3 x2 y2 * Ta có: b2 a2 c2 9 1 8 E : 1. 9 8 Câu 12. [0H3-3.2-1] Elip có hai đỉnh 3;0 ; 3;0 và hai tiêu điểm 1;0 và 1;0 có phương trình chính tắc là x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1. B. 1. C. 1. D. 1. 8 9 9 8 9 4 9 2 Lời giải Chọn B a 3 2 2 2 Theo đề bài ta có b a c 8 . c 1 x2 y2 Vậy phương trình chính tắc của Elip đã cho là 1 9 8 Câu 13. [0H3-3.2-2] Phương trình chính tắc của E có độ dài trục lớn gấp 2 lần độ dài trục nhỏ và tiêu cự bằng 4 3 là x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1. B. 1. C. 1.D. 1. 36 9 36 24 24 6 16 4 Lời giải Chọn D * Do độ dài trục lớn gấp 2 lần độ dài trục nhỏ nên 2a 2.2b a 2b. * Do tiêu cự bằng 4 3 nên 2c 4 3 c 2 3 . x2 y2 * Ta có: b2 a2 c2 b2 4b2 12 b 2 a 4 E : 1. 16 4 Câu 14. [0H3-3.2-2] Phương trình chính tắc của E có đường chuẩn x 4 0 và tiêu điểm F 1;0 là NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 31
  32. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1. B. 1. C. 1. D. 1. 4 3 16 15 16 9 9 8 Lời giải Chọn A a a2 * Do đường chuẩn là x 4 0 x 4 nên 4 4 a2 4c . e c * Do có tiêu điểm F 1;0 nên c 1 a 2, b2 a2 c2 3. x2 y2 * Phương trình chính tắc của E là E : 1. 4 3 Câu 15. [0H3-3.2-2] Phương trình chính tắc của E có tiêu cự bằng 6 và đi qua điểm A 5;0 là x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1. B. 1. C. 1.D. 1. 100 81 15 16 25 9 25 16 Lời giải Chọn D * Do E có tiêu cự bằng 6 nên 2c 6 c 3. * Do E đi qua điểm A 5;0 nên a 5 b2 a2 c2 25 9 16 . x2 y2 * Phương trình chính tắc của E là E : 1. 25 16 Câu 16. [0H3-3.4-2] (KSCL TRƯỜNG THPT NGUYỄN VIẾT XUÂN NĂM 2018) Elip có hai tiêu 1 điểm F 1;0 ; F 1;0 và tâm sai e có phương trình là 1 2 5 x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1 . B. 1. C. 1. D. 1. 25 24 24 25 24 25 25 24 Lời giải Chọn A x2 y2 Phương trình chính tắc của E là 1 a b 0 a2 b2 Tiêu điểm F1 1;0 c 1 1 c 1 Tâm sai e a 5c 5 5 a 5 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 32
  33. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH b2 a2 c2 25 1 24. x2 y2 Vậy E : 1 . 25 24 Câu 17. [0H3-3.1-3] Trong hệ trục tọa độOxy , một elip có độ dài trục lớn là 8 , độ dài trục bé là 6 thì có phương trình chính tắc là. x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1. B. 1.C. 1. D. 1. 9 16 64 36 16 9 16 7 Lời giải Chọn C Độ dài trục lớn là 8 2a 8 a 4 Độ dài trục nhỏ là 6 2b 6 b 3 x2 y2 x2 y2 Phương trình chính tắc của elip là 1 1. a2 b2 16 9 x2 y2 Câu 18. [0H3-3.2-3] Các đỉnh của Elip E có phương trình 1; a b 0 tạo thành hình thoi a2 b2 có một góc ở đỉnh là 60 , tiêu cự của E là 8 , thế thì a2 b2 ? A. 16. B. 32 . C. 64 .D. 128. Lời giải Chọn D Gọi hình thoi là ABCD và µA 60. Tiêu cự là 8 a2 b2 64 1 . Mặt khác xét tam giác AOB vuông tại O có góc B· AO 30 nên NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 33
  34. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH 3 OB OAtan 30 b a.tan 30 a thay vào phương trình 1 3 2 ta được a2 64 a2 96 b2 32 . Vậy a2 b2 128. 3 Câu 19. [0H3-3.2-3] (KSCL ĐẦU NĂM L11 ĐỘI CẤN - VĨNH PHÚC 2017-2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho Elip E đi qua điểm M 0;3 . Biết khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm bất kì trên E bằng 8 . Phương trình chính tắc của Elip là x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1 B. 1 C. 1 D. 1 9 16 16 9 9 64 64 9 Lời giải Chọn B M 0;3 E b 3. khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm bất kì trên E bằng 8 a 4 . x2 y2 Phương trình chính tắc của E : 1. 16 9 Câu 20. [0H3-3.3-4] (KSCL THÁNG 5 THPT YÊN LẠC VĨNH PHÚC NĂM 2018) Trong mặt phẳng x2 y2 với hệ trục tọa độ Oxy cho đường elip (E) : 1 và hai điểm M 5; 1 , N 1;1 . Điểm 16 5 K thay đổi trên elip (E) . Diện tích tam giác MNK lớn nhất bằng 9 A. 9 5 . B. . C.9 . D. 18. 2 Lời giải Chọn C + Ta có NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 34
  35. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH  . MN 4;2 MN 2 5 1 3 . MN : x 2y 3 0 hay MN : y x 2 2 1 . S .MN.d K, MN KMN 2 1 x 2y 3 .2 5. o o x 2y 3 với K x ; y 2 5 o o o o S KMN lớn nhất khi d K, MN lớn nhất. + Nhận thấy (E) có hai tiếp tuyến song song với MN , gọi A, B là hai tiếp điểm tương ứng. Khi đó d K, MN lớn nhất khi K  B . xo x yo y 5xo 5 + Mà tiếp tuyến tại K xo ; yo có phương trình là: 1 hay y x . 16 5 16yo yo + Từ đó ta có: 5x 1 o 5 yo xo 16yo 2 8 8 5 K ; S KMN 9 2 2 8 3 3 xo yo 1 xo 16 5 3 x2 y2 Câu 21. [0H3-3.3-4] Cho elip E : 1. Xét các điểm M , N lần lượt thuộc các tia Ox, Oy sao 16 9 cho đường thẳng MN tiếp xúc với E . Hỏi độ dài ngắn nhất của MN là bao nhiêu? A. 6 .B. 7 . C. 8 . D. 9 . Lời giải Chọn B x y Gọi M m;0 , N 0;n với m,n 0 MN 2 m2 n2 . Đường thẳng MN : 1. m n Cách 1: Dùng điều kiện tiếp tuyến của elip chính tắc x2 y2 +) Elip chính tắc (E) : 1 và đường thẳng : Ax By C 0 tiếp xúc với nhau khi và a b chỉ khi a2 A2 b2 B2 C 2 . (1) x y +) Phương trình tiếp tuyến của elip chính tắc (E) tại M (x ; y ) là: 0 x 0 y 1.(2) 0 0 a2 b2 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 35
  36. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH 16 9 16 9 (4 3)2 MN tiếp xúc với (E) 1. Ta có 1 m2 n2 m2 n2 m2 n2 2 2 m n 49 MNmin 7 . Cách 2: Dùng điều kiện tiếp xúc x y n Đường thẳng MN : 1 y x n tiếp xúc với elip khi và chỉ khi phương trình m n m 2 n 2 x n 2 2 2 x m 1 n 2 2n n 1 có nghiệm kép 2 x x 1 0 có nghiệm kép 16 9 16 9m 9m 9 n2 n2 1 9m2 ' 0 n2 . 9m2 144 6 m2 16 9m2 m4 56m2 784 (m2 28)2 Khi đó MN m2 n2 m2 49 49 7. m2 16 m2 16 m2 16 Nhận xét: Cả 2 cách làm trên hiện tại không có trong chương trình phổ thông, người ra bài toán này không nắm được chương trình mới. Dạng 3: Tìm điểm thuộc Elip thỏa điều kiện cho trước PHẦN 1: CÁC VÍ DỤ x2 y2 Ví dụ 1. a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip E : 1. Gọi F , F là hai tiêu điểm 25 16 1 2 của Elip; A , B là hai điểm thuộc E sao cho AF1 BF2 8 . Tính AF2 BF1 . x2 y2 b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip E : 1. Gọi F , F là hai tiêu điểm 9 5 1 2 của Elip trong đó F1 có hoành độ âm. Tìm tọa độ điểm M thuộc E sao cho MF1 2MF2 . x2 y2 c) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip E : 1. Gọi F , F là hai tiêu điểm 8 4 1 2 của Elip trong đó F1 có hoành độ âm. Tìm tọa độ điểm M thuộc E sao cho MF1 MF2 2 . Lời giải a) Ta có a2 25 a 5 . Do A, B E nên AF1 AF2 2a 10 và BF1 BF2 2a 10 . NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 36
  37. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Suy ra AF1 AF2 BF1 BF2 20 8 AF2 BF1 20 AF2 BF1 12 . b) Ta có a2 9 a 3 và b2 5 b 5 . Suy ra c2 a2 b2 4 c 2. a a2 3 Gọi M x; y E . Ta có MF 2MF a ex 2 a ex x . Thay vào E , 1 2 3e 3c 2 9 y2 15 15 ta được 1 y2 y . 4.9 5 4 2 3 15 3 15 Vậy M ; hoặc M ; . 2 2 2 2 c) Ta có a2 8 a 2 2 và b2 4 b 2 . Suy ra c2 a2 b2 4 c 2. 1 a 2 2 Gọi M x; y E . Ta có MF MF 2 a ex a ex 2 x 2 . 1 2 e c 2 2 y2 Thay vào E , ta được 1 y2 3 y 3 . 8 4 Vậy M 2; 3 hoặc M 2; 3 . x2 y2 Ví dụ 2. a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip E : 1. Tìm những điểm M thuộc 9 1 E sao cho nó nhìn hai tiêu điểm của E dưới một góc vuông. x2 b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip E : y2 1 với hai tiêu điểm F , F . Tìm 4 1 2 · 0 tọa độ điểm M thuộc E sao cho góc F1MF2 60 . x2 y2 c) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip E : 1 với hai tiêu điểm F , F . Tìm 100 25 1 2 · 0 tọa độ điểm M thuộc E sao cho góc F1MF2 120 . x2 y2 d) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip E : 1 với hai tiêu điểm F , F trong 25 9 1 2 · 0 đó F1 có hoành độ âm. Tìm tọa độ điểm M thuộc E sao cho góc MF1F2 120 . Lời giải a) Ta có a2 9 a 3 và b2 1 b 1. Suy ra c2 a2 b2 2 c 2 2 . NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 37
  38. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH · 0 2 2 2 Gọi M x; y E . Ta có F1MF2 90 nên F1F2 MF1 MF2 4c2 a ex 2 a ex 2 32 2a2 2e2 x2 8 63 3 7 32 18 2. .x2 x2 x 9 8 2 2 1 1 Thay vào E , ta được y2 y . 8 2 2 3 7 1 3 7 1 3 7 1 3 7 1 Vậy M ; , M ; , M ; hoặc M ; . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b) Ta có a2 4 a 2 và b2 1 b 1. Suy ra c2 a2 b2 3 c 3 . 2 2 2 0 Gọi M x; y E . Ta có F1F2 MF1 MF2 2MF1.MF2.cos60 2 2 1 4c2 a ex a ex 2 a ex a ex . 12 2a2 2e2 x2 a2 e2 x2 2 12 a2 32 4 2 x2 x . 3e2 9 3 32 1 1 Thay vào E , ta được y2 1 y2 y . 9.4 9 3 4 2 1 4 2 1 4 2 1 4 2 1 Vậy M ; , M ; , M ; hoặc M ; . 3 3 3 3 3 3 3 3 c) Ta có a2 100 a 10 và b2 25 b 5 . Suy ra c2 a2 b2 75 c 5 3 . 2 2 2 0 Gọi M x; y E . Ta có F1F2 MF1 MF2 2MF1.MF2 cos120 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 4c a ex a ex 2 a ex a ex 300 2a 2e x a e x 2 300 3a2 e2 x2 300 300 e2 x2 x2 0 x 0. 0 y2 Thay vào E , ta được 1 y2 25 y 5 . 100 25 Vậy M 0;5 hoặc M 0; 5 . d) Ta có a2 25 a 5 và b2 9 b 3. Suy ra c2 a2 b2 16 c 4 . 2 2 2 0 Gọi M x; y E . Ta có MF2 MF1 F1F2 2MF1.F1F2 cos120 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 38
  39. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH 2 2 2 1 a ex a ex 4c 2 a ex 2c 2 65 4aex 4c2 2ac 2ecx 0 x . 14 243 9 3 Thay vào E , ta được y2 y . 196 14 65 9 3 65 9 3 Vậy M ; hoặc M ; . 14 14 14 14 x2 y2 Ví dụ 3. a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip E : 1 và điểm C 2;0 . Tìm tọa độ 4 1 các điểm A , B thuộc E , biết rằng A , B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều. x2 y2 b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip E : 1. Tìm tọa độ các điểm A và B 4 1 thuộc E có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất. x2 y2 c) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip E : 1 và điểm A 3;0 . Tìm tọa độ 9 1 các điểm B , C thuộc E sao cho tam giác ABC vuông cân tại A , biết B có tung độ dương. Lời giải a) a có a2 4 a 2 và b2 1 b 1. Suy ra c2 a2 b2 3 c 3 . Giả sử A x; y suy ra B x; y . Theo giả thiết, tam giác ABC đều AC 2 AB2 2 x 2 y2 4y2 2 x 2 3y2 . 1 x2 y2 Hơn nữa A E 1 x2 4y2 4 . 2 4 1 Từ 1 và 2 , ta có 2 2 2 2 x x x 2 x 3y2 y2 1 x 2 7 7 4 hoặc hoặc . 2 2 x 4y 4 2 y 0 4 3 4 3 7x 16x 4 0 y y 7 7 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 39
  40. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH 2 4 3 2 4 3 2 4 3 2 4 3 Vì A, B khác C nên A ; , B ; hoặc A ; và B ; . 7 7 7 7 7 7 7 7 b) Do tam giác OAB cân tại O và A , B đều có hoành độ dương nên A , B đối xứng nhau qua Ox . Giả sử A x; y với x 0 , suy ra B x; y . Gọi H là hình chiếu của O lên AB . Khi đó ta có 1 1 S AB.OH 2y x x y . OAB 2 2 x2 x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy , ta có 1 y2 2. . y x y . 4 2 x2 Do đó S 1. Dấu '' '' xảy ra khi và chỉ khi: y2 . OAB 4 x2 y2 1 1 Thay vào E , ta được 1 y2 y2 1 y2 y . 4 1 2 2 Suy ra x2 2 x 2 . 1 1 1 1 Vậy A 2; và B 2; hoặc A 2; và B 2; . 2 2 2 2 c) Gọi B x; y với x 0 . Do tam giác ABC vuông cân tại A , suy ra B và C đối xứng nhau qua Ox nên C x; y .   Ta có AB  AC AB.AC 0 x 3 2 y2 0 . 1 x2 y2 Hơn nữa, B E 1. 2 9 1 Từ 1 và 2 , ta có 2 2 2 2 2 x 2 x 12 x 3 y 0 y 1 y 1 x 9 9 x 3 5 2 2 hoặc . x y 2 2 x 10 2 y 0 3 1 x 3 1 0 x 6x 8 0 y 9 1 9 9 5 12 3 12 3 Vì A, B khác C nên B ; , C ; . 5 5 5 5 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 40
  41. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH x2 y2 Ví dụ 4. a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip E : 1 và hai điểm A 5; 1 , 16 5 B( 1;1) . Xác đinh tọa độ điểm M thuộc E sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất. x2 y2 b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip E : 1 và hai điểm A 3;4 , B(5;3) . 8 2 Tìm trên E điểm C sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 4,5. x2 y2 c) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip E : 1. Tìm trên E những điểm sao 2 1 cho khoảng cách từ điểm đó đến đường thẳng d : 2x 3y 1 0 là lớn nhất. Lời giải x2 y2 a) Gọi M x; y E nên 1. Phương trình đường thẳng AB :x 2y 3 0 . 16 5 Ta có 1 1 x 2y 3 S AB.d M , AB .2 5 x 2y 3 . MAB 2 2 5 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki , ta được 2 2 2 2 2 2 1 y 1 y 2 x y x 2y 4. x 2 5. x 42 2 5 .36 1.36 36 . 4 5 4 5 16 5 Suy ra x 2y 6 nên x 2y 3 9 . 1 y 8 x x 4 5 3 Dấu '' '' xảy ra khi và chỉ khi: . 4 2 5 5 y x 2y 3 9 3 8 5 Vậy M ; thỏa yêu cầu bài toán. 3 3 x2 y2 b) Gọi C x; y E 1 . 1 8 2 Phương trình đường thẳng AB :x 2y 11 0 . Ta có 1 1 x 2y 11 S ABC AB.d C, AB 4,5 5 4,5 x 2y 11 9 2 2 5 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 41
  42. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH x 2y 11 9 2 . x 2y 11 9 3 x 2y 11 9 x 20 2y x 20 2y Từ 1 và 2 , ta có 2 2 2 2 : vô x y 20 2y y 2 1 _ 1 2y 20y 100 0 8 2 8 2 nghiệm. x 2y 11 9 x 2 2y x 1 3 x 1 3 2 Từ 1 và 3 , ta có x2 y2 2 2y y2 1 3 hoặc 1 3 . 1 _ 1 y y 8 2 8 2 2 2 1 3 1 3 Vậy C 1 3; hoặc C 1 3; . 2 2 x2 y2 c) Gọi M x; y E 1 x2 2y2 2 . Ta có 2 1 2x 3y 1 d M ,d . 13 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki , ta có 2 2 2 3 2 9 17 2x 3y 2.x . 2y x 2y 4 2. 17 . 2 2 2 Suy ra 2x 3y 17 nên 2x 3y 1 17 1. x 2y 4 x 2 3 17 Dấu '' '' xảy ra khi và chỉ khi: . 2 3 y 2x 3y 17 17 17 1 4 3 Vậy d M ,d lớn nhất bằng khi M ; . 13 17 17 x2 y2 Ví dụ 5. a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độO xy , cho Elip E : 1 và các điểm A 3;0 , I 1;0 9 4 . Tìm tọa độ các điểm B , C thuộc E sao cho I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 42
  43. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH x2 y2 b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip E : 1 có hai tiêu điểm F , F . Tìm 25 9 1 2 4 tọa độ điểm M thuộc E sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MF F bằng . 1 2 3 x2 y2 c) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho Elip E : 1 có hai tiêu điểm F , F . Tìm 25 9 1 2 · 48 tọa độ điểm M thuộc E sao cho đường phân giác trong góc F1MF2 đi qua điểm N ;0 . 25 Lời giải a) Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I 1;0 , bán kính R IA 2 là: C : x 1 2 y2 4 . Theo giả thiết, ta có B,C E  C nên tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ 2 2 x y 2 2 2 2 1 4x 9y 36 4x 9y 36 4x2 9y2 36 9 4 2 2 2 2 2 2 2 9 x 1 9y 36 9 x 1 4x 0 5x 18x 9 0 x 1 y 4 3 3 x x x 3 5 5 (loại) hoặc hoặc . y 0 4 6 4 6 y y 5 5 3 4 6 3 4 6 3 4 6 3 4 6 Vậy B ; , C ; hoặc B ; , ; . 5 5 5 5 5 5 5 5 b) Ta có a2 25 a 5 và b2 9 b 3. Suy ra c2 a2 b2 16 c 4 . Hai tiêu điểm của Elip là: F1 4;0 và F2 4;0 . Gọi M x; y E . Ta có S p.r MF1F2 1 MF MF F F F F .d M , F F 1 2 1 2 .r 2 1 2 1 2 2 1 4 4 .2c. y a c . 4 y 9. y 3 y 3. 2 3 3 x2 9 Thay vào phương trình E , ta được 1 x 0 . 25 9 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 43
  44. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Vậy M 0;3 hoặc M 0; 3 . c) Ta có a2 25 a 5 và b2 9 b 3. Suy ra c2 a2 b2 16 c 4 . Hai tiêu điểm của Elip là: F1 4;0 và F2 4;0 . · Gọi M x; y E . Theo giả thiết MN là phân giác trong của F1MF2 , suy ra F N F M 52 a ex 4 1 1 12a 25ex 0 12.5 25. x 0 x 3. F2 N F2M 148 a ex 5 9 y2 12 Thay vào phương trình E , ta được 1 y . 25 9 5 12 12 Vậy M 3; hoặc M 3; . 5 5 PHẦN 2: CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM x2 y2 Câu 1. [0H3-3.3-2] Cho Elip E : 1. Với M là điểm bất kì nằm trên E , khẳng định nào 16 9 sau đây là khẳng định đúng ? A. 4 OM 5. B. OM 5. C. OM 3. D. 3 OM 4. Lời giải Chọn D. x2 y2 Từ E : 1, suy ra a 4,b 3. 16 9 Với một điểm bất kì trên E , ta luôn có b OM a 3 OM 4. 3 Câu 2. [0H3-3.2-3] Elip đi qua điểm M 1; và có tiêu cự bằng 2 3 thì có phương trình chính tắc 2 là: x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A. 1.B. 1.C. 1.D. 1. 4 3 4 1 3 1 4 1 4 Lời giải Chọn B. x² y² Giả sử E có PTCT là: 1 a b 0 . a² b² NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 44
  45. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH 3 1 3 2 M 1; E 1 a 4 x2 y2 Ta có: 2 a2 4b2 Vậy PTCT của E là : 1 2 2 2 b 1 4 1 a b 3 2c 2 3 x2 y2 Câu 3. [0H3-3.3-3] Cho Elip E : 1 và điểm M nằm trên E . Nếu điểm M có hoành độ 169 144 bằng 13 thì các khoảng cách từ M tới 2 tiêu điểm của E bằng: A. 8; 18 .B. 13 5 . C. 10;16 .D. 13 10 . Lời giải Chọn A Ta có a 13, b 12 c 5 c c Vậy MF a x 8 MF a x 18 1 a M 2 a M Câu 4. [0H3-3.3-3] Cho Elíp có phương trình 16x2 25y2 100 . Tính tổng khoảng cách từ điểm thuộc elíp có hoành độ x 2 đến hai tiêu điểm. A. 10.B. 2 2 .C. 5 .D. 4 3 . Lời giải Chọn C x2 y2 Phương trình chính tắc của elip có dạng E : 1 a,b 0 . a2 b2 5 Ta có : a , b 2 , c 6 . 2 Sử dụng công thức bán kính qua tiêu 5 4 6 5 4 6 MF , MF 1 2 5 2 2 5 MF1 MF2 5 . Cách 2: dễ thấy MF1 MF2 2a 5. x2 y 2 Câu 5. [0H3-3.3-3] Cho Elip E : 1. Đường thẳng d : x 4 cắt E tại hai điểm M , N . 25 9 Khi đó: 9 18 18 9 A. MN .B. MN .C. MN .D. MN . 25 25 5 5 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 45
  46. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Lời giải Chọn C Theo giả thiết: x 4 nên ta có phương trình: 9 9 y M 4; 2 2 2 4 y y 9 81 5 5 1 y2 25 9 9 25 25 9 9 y N 4; 5 5 2 2 9 9 18 Khi đó: MN 4 4 . 5 5 5 x2 y2 Câu 6. [0H3-3.3-3] Cho Elip có phương trình: 1. M là điểm thuộc E sao cho MF MF . 16 4 1 2 Khi đó tọa độ điểm M là: A. M 1 0;1 , M 2 0; 1 .B. M1(0;2) , M 2 (0; 2) . C. M1( 4;0) , M 2 (4;0) .D. M1(0;4) , M 2 (0; 4) . Lời giải Chọn B x2 y2 Phương trình chính tắc của elip có dạng E : 1 a,b 0 . a2 b2 Nên a 4; b 2 Vì MF1 MF2 nên M thuộc đường trung trực của F1F2 chính là trục Oy M là điểm thuộc E nên M là giao điểm của elip và trục Oy Vậy M1(0;2) , M 2 (0; 2) . x2 y2 Câu 7. [0H3-3.3-3] Dây cung của Elip E : 1 0 b a . vuông góc với trục lớn tại tiêu điểm a2 b2 có độ dài là 2c 2 2b2 2a 2 a 2 A. .B. .C. . D. . a a c c Lời giải Chọn B Gọi dây cung đó là M1M 2 như hình vẽ. 2 2 2 2 4 2 c y 2 2 a c b b Giả sử M1 c; y y 0 , M E 1 y b  y 1 a 2 b2 a 2 a 2 a NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 46
  47. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH b2 2 2 M c; b 2b Khi đó, 1 , M 2 c; M1M 2 . a a a x2 y2 Câu 8. [0H3-3.3-3] Cho E : 1 và điểm M thuộc E . Khi đó độ dài OM thỏa mãn 16 9 A. OM 3 B. 3 OM 4 . C. 4 OM 5 .D. OM 5. Lời giải Chọn B x2 y2 Vì M x; y E nên 1 và OM x2 y2 . 16 9 x2 y2 x2 y2 x2 y2 OM 2 OM 2 Ta có 1 9 OM 2 16 3 OM 4. 16 16 16 9 9 9 16 9 x2 y2 Câu 9. [0H3-3.3-3] Cho E : 1. Đường thẳng d : x 4 cắt E tại hai điểm M , N . Khi 25 9 đó, độ dài đoạn MN bằng 9 9 18 18 A. . B. .C. . D. . 5 25 5 25 Lời giải Chọn C 16 y2 9 Thay x 4 vào phương trình đường elip ta được: 1 y . 25 9 5 9 9 Tọa độ hai giao điểm là M 4; , N 4; . 5 5 18 Do đó, MN . 5 x2 y2 Câu 10. [0H3-3.3-3] Đường thẳng y kx cắt E : 1 tại hai điểm M , N phân biệt. Khi đó M a2 b2 , N A. Đối xứng nhau qua O 0;0 . B. Đối xứng nhau qua Oy . C. Đối xứng nhau qua Ox . D. Đối xứng nhau qua I 0;1 . Lời giải NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 47
  48. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Chọn A Đường thẳng y kx đi qua O 0;0 và E nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng. Do đó khi đường thẳng y kx cắt E tại M , N phân biệt thì M , N đối xứng nhau qua O 0;0 . x 2 y 2 Câu 11. [0H3-3.3-3] Cho elip E : 1 và điểm M thuộc E có hoành độ xM 13. 169 144 Khoảng cách từ M đến hai tiêu điểm của E lần lượt là A. 10 và 6 .B. 8 và 18.C. 13 và 5 .D. 13 và 10 Lời giải Chọn B xM 13 Ta có yM 0 M 13;0 . M E Ta có a2 169 ; b2 144 c2 25 c 5 . Các tiêu điểm của E là F1 5;0 , F2 5;0 , suy ra MF1 8 , MF2 18 . x² y² Câu 12. [0H3-3.3-3] Cho elip (E) : 1, với tiêu điểm F , F . Lấy hai điểm A, B (E) sao cho 25 16 1 2 AF1 BF1 8. Khi đó, AF2 BF2 ? A. 6 .B. 8 .C. 12.D. 10. Lời giải Chọn C x² y² Do (E) : 1 a² 25 a 5 . 25 16 Do A (E) AF1 AF2 2a 10 . Do B (E) BF1 BF2 2a 10 . (AF1 BF1) (AF2 BF2 ) 20 8 (AF2 BF2 ) 20 AF2 BF2 12 . x² y² Câu 13. [0H3-3.3-3] Cho elip (E) : 1. Tìm toạ độ điểm M (E) sao cho M nhìn F , F dưới 25 9 1 2 một góc vuông: 9 5 7 9 A. ( 5;0) . B. 4; . C. (0;4) .D. ; . 5 4 4 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 48
  49. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH Lời giải Chọn D M (xM ; yM ) nhìn F1, F2 dưới một góc vuông khi và chỉ khi OM OF1 . x² y² Do (E) : 1 a2 25;b2 9 c² 25 9 16 c 4 . 25 9 2 2 2 2 Để OM OF1 xM yM 4 xM yM 16 . x2 y2 Mặt khác M (E) M M 1 9x2 25y2 225 . 25 9 M M 2 175 5 7 2 2 x M xM xM yM 16 16 4 Ta có hệ: . 2 2 81 9xM 25yM 225 2 9 yM y 16 M 4 x2 y2 Câu 14. [0H3-3.3-4] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho E : 1 và hai điểm A 5; 1 , B 1;1 16 5 . Điểm M bất kì thuộc E , diện tích lớn nhất của tam giác MAB là: 9 2 A. 18.B. 9 .C. .D. 4 2 . 2 Lời giải Chọn B  Ta có: AB 4;2 , AB 2 5 . Phương trình đường thẳng đi qua A , B : x 2y 3 0 . M 4cos ; 5 sin E 0 2 . 1 S AB.d M , . Diện tích lớn nhất khi và chỉ khi d M , lớn nhất. MAB 2 4cos 2 5 sin 3 4cos 2 5 sin 3 Ta có: d M , 5 5 2 2 4 2 5 3 9 1 d M , . Vậy S MAB AB.d M , 9. 5 5 2 Câu 15. [0H3-3.3-4] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elip E : x2 4y2 4 0. Tìm tất cả · 0 những điểm N trên elip E sao cho : F1NF2 60 ( F1, F2 là hai tiêu điểm của elip E ) NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 49
  50. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH 4 2 1 4 2 1 4 2 1 4 2 1 A. N ; hoặc N ; hoặc N ; hoặc N ; . 3 3 3 3 3 3 3 3 4 2 1 4 2 1 4 2 1 B. N ; hoặc N ; hoặc N ; . 3 3 3 3 3 3 4 2 1 4 2 1 4 2 1 C. N ; hoặc N ; hoặc N ; . 3 3 3 3 3 3 4 2 1 4 2 1 D. N ; hoặc N ; . 3 3 3 3 Lời giải Chọn A x2 E : y2 1 a2 4,b2 1 c2 3 c 3 . 4 2 2 x0 4y0 4 3 3 Gọi N x0 ; y0 E NF1 2 x0 ; NF2 2 x0 . Xét tam giác F1NF2 theo hệ thức 2 2 F F 2 3 1 2 2 2 2 0 lượng trong tam giác ta có: F1F2 NF1 NF2 2NF1NF2cos60 2 2 2 3 3 3 3 2 3 2 x 2 x 2 x 2 x 0 0 0 0 2 2 2 2 4 2 1 x y 3 3 0 0 2 2 9 2 2 32 3 2 1 3 12 8 x0 4 x0 x0 8 x0 y0 . 2 4 4 9 4 2 9 1 x y0 0 3 3 Vậy có tất cả 4 điểm thỏa 4 2 1 4 2 1 4 2 1 4 2 1 N ; hoặc N ; hoặc N ; hoặc N ; . 3 3 3 3 3 3 3 3 Câu 16. [0H3-3.4-3] (KSCL THÁNG 5 THPT YÊN LẠC VĨNH PHÚC NĂM 2018) Các hành tinh và các sao chổi khi chuyển động xung quanh mặt trời có quỹ đạo là một đường elip trong đó tâm mặt trời là một tiêu điểm. Điểm gần mặt trời nhất gọi là điểm cận nhật, điểm xa mặt trời nhất gọi là điểm viễn nhật. Trái đất chuyển động xung quanh mặt trời theo quỹ đạo là một đường elip có độ dài nửa trục lớn bằng 93.000.000 dặm. Tỉ số khoảng cách giữa điểm cận nhật và điểm viễn NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 50
  51. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH 59 nhật đến mặt trời là . Tính khoảng cách từ trái đất đến mặt trời khi trái đất ở điểm cận nhật. 61 Lấy giá trị gần đúng. A. Xấp xỉ 91.455.000 dặm. B. Xấp xỉ 91.000.000 dặm. C. Xấp xỉ 91.450.000 dặm. D. Xấp xỉ 91.550.000 dặm. Lời giải Chọn C Ta có a 93.000.000 a c 59 a 93.000.000 Và 61a 61c 59a 59c c 1.550.000 a c 61 60 60 Suy ra khoảng cách từ trái đất đến mặt trời khi trái đất ở điểm cận nhật là: 91.450.000 Câu 17. [0H3-3.4-4] (KSCL THÁNG 5 THPT YÊN LẠC VĨNH PHÚC NĂM 2018) Ông Hoàng có một mảnh vườn hình elip có chiều dài trục lớn và trục nhỏ lần lượt là 60m và 30m . Ông chia thành hai nửa bằng một đường tròn tiếp xúc trong với elip để làm mục đích sử dụng khác nhau ( xem hình vẽ). Nửa bên trong đường tròn ông trồng cây lâu năm, nửa bên ngoài đường tròn ông trồng hoa màu. Tính tỉ số diện tích T giữa phần trồng cây lâu năm so với diện tích trồng hoa màu. Biết diện tích elip được tính theo công thức S ab trong đó a,b lần lượt là đọ dài nửa trục lớn và nửa trục bé của elip. Biết độ rộng của đường elip không đáng kể. 2 1 3 A. T .B. T 1. C. T . D. T . 3 2 2 Lời giải Chọn B 2 Diện tích hình tròn: ST .15 , diện tích elip là SE .15.30 . NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 51
  52. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG TLDH 2 ST .15 15 Tỉ số diện tích T 2 1. SE ST .15.30 .15 30 15 NHÓM SOẠN CHUYÊN ĐỀ KHỐI 10 52