ÔN TẬP CÁC ĐƯỜNG CONIC THI ĐẠI HỌC

Trang 1

ÔN TẬP CÁC ĐƯỜNG CÔNIC THI ĐẠI HỌC

Câu 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x2 y2

1

2516  A, B là các điểm trên (E) sao cho: AF BF1 28, với F F1, 2 là các tiêu điểm Tính AF2BF1

 AF AF 1 22a và BF BF1 2 2a  AF 1AF 2BF1BF24a20

Mà AF 1BF28  AF 2BF112

Câu 2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình elip với các tiêu điểm

F1( 1;1), F2(5;1) và tâm sai e0,6

 Giả sử M x y ( ; ) là điểm thuộc elip Vì nửa trục lớn của elip là a c

e

3 5 0,6

   nên ta có:

MF1MF2 10 (x1)2(y1)2  (x5)2(y1)2 10 (x 2)2 (y 1)2

1

Câu 3 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (E): x2 y2

1

4  1  Tìm toạ độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều

 A 2 4 3; , B 2; 4 3



1

10025  Tìm các điểm M  (E) sao

cho F MF1 2 1200 (F1, F2 là hai tiêu điểm của (E))

 Ta có: a10,b   5 c5 3 Gọi M(x; y)  (E)  MF1 10 3x MF, 2 10 3x

F F1 22MF12MF222MF MF1 2.cosF MF1 2

              

 x = 0 (y=  5) Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M 1 (0; 5), M 2 (0; –5)

Câu 5 Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) có hai tiêu điểm F1( 3; 0);F2( 3; 0) và đi qua điểm

A 3;1

2

Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính biểu

thức: P F M1 2F M2 2– 3OM2–F M F M1 2

 (E): x y

a b a b

4

     , a2b23  x2 y2

1

4  1   P(a ex M)2( –a ex M) – 2(2 x M2 y M2 ) – (a2e x2 2M) 1

Trang 2

Câu 6 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho elip (E): x4 216y2 64 Gọi F2 là tiêu điểm bên phải của (E) M là điểm bất kì trên (E) Chứng tỏ rằng tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F2 và tới đường thẳng :x 8

3

  có giá trị không đổi

 Ta có: F2( 12; 0) Gọi M x y( ;0 0) ( ) E  x

MF2 a ex0 8 3 0

2



x

d M( , ) x0 8 8 3 0

     (vì  4 x0 4)  MF

d M

( , )  2 (không đổi)

Câu 7 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x5 216y2 80 và hai điểm A(–5; –1), B(–1; 1) Một điểm M di động trên (E) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích MAB

 Phương trình đường thẳng (AB): x2y   và 3 0 AB2 5

Gọi M x( ;0 y0) ( ) E 5x0216y20 80. Ta có: x y x y

d M AB( ; ) 0 2 0 3 0 2 0 3



Diện tích MAB: S 1.AB d M AB ( ; ) x0 2y0 3

2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho 2 cặp số 1 ; 1 , ( 5 ; 4x0 y0)

2 5



có:

2

5

x0 2y0 6 6 x0 2y0 6 3 x0 2y0 3 9 x0 2y0 3 9

x y

2 5







  







   



x

y

0

8 3 5 3







 

  



Vậy, maxS MAB 9 khi M 8; 5

3 3

Câu 8 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp x y

E

9  4  và hai điểm A(3;–2), B(–3; 2) Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất

 PT đường thẳng AB: x2 3y0 Gọi C(x; y)  (E), với x0,y   0 x2 y2

1

9  4 

ABC

x y

S 1AB d C AB ( , ) 85 2x 3y 3 85

Dấu "=" xảy ra 

x y

x

x y

2



 

2

Trang 3

Câu 9 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip x y

E

25 9  và điểm M(1;1) Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt elip tại hai điểm A B, sao cho M là trung điểm của AB

 Nhận xét rằng MOx nên đường thẳng x 1 khơng cắt elip tại hai điểm thỏa YCBT Xét đường thẳng  qua M(1; 1) cĩ PT: yk x( 1) 1 Toạ độ các giao điểm A B, của  và E

( ) là nghiệm của hệ: x y

y k x

25 9 ( 1) 1 (2)





   



 (25k29)x250 (k k1)x25(k22k9) 0 (3)

PT (3) luơn cĩ 2 nghiệm phân biệt x x1, 2 với mọi k Theo Viet: k k

x x

k

50 ( 1)

25 9



 



Do đĩ M là trung điểm của AB x x x M k k k

k

25

25 9





Vậy PT đường thẳng : x9 25y340

Câu hỏi tương tự:

a) Với x y

E

9  4  , M(1;1) ĐS: : 4x9y13 0

1

8  2  Tìm điểm M  (E) sao cho

M cĩ toạ độ nguyên

 Trước hết ta cĩ nhận xét: Nếu điểm x y( ; ) ( ) E thì các điểm (x y; ),( ;x y),( x; y) cũng thuộc (E) Do đĩ ta chỉ cần xét điểm M x y( ;0 0) ( ) E với x y0, 0 0;x y0, 0Z

Ta cĩ: x02 y02

1

8  2   y

2

0 2  0y0 2  y x loại

y00 x00



  



 M(2;1) Vậy các điểm thoả YCBT là: (2;1),( 2;1),(2; 1),( 2; 1)   

1

8  2  Tìm điểm M  (E) sao cho tổng hai toạ độ của M cĩ giá trị lớn nhất (nhỏ nhất)

 Giả sử M x y( ; ) ( ) E  x2 y2

1

8  2  Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki, ta cĩ:

x y

2

8 2

     

    10x y 10 + x y 10 Dấu "=" xảy ra 

x y

8 2

10









  



 M 4 10; 10

+ xy  10 Dấu "=" xảy ra 

x y

8 2

10









   



 M 4 10; 10

Trang 4

1

9  3  và điểm A(3;0) Tìm trên

(E) các điểm B, C sao cho B, C đối xứng qua trục Ox và ABC là tam giác đều

 Không mất tính tổng quát, giả sử B x y( ;0 0), ( ;C x0 y0) với y0 0

Ta có: x y

x y

9  3     BC2y0 và (BC) : x x0  d A BC( ,( )) 3x0

Do A Ox , B và C đối xứng qua Ox nên ABC cân tâị A

Suy ra: ABC đều  d A BC( ,( )) 3BC

2

  3x0  3y0  y3 02 (x03)2

x x

x

0

0 ( 3) 9

3

 



+ Với x0 0  y0 3  B(0; 3), (0;C  3) + Với x0 3  y00 (loại) Vậy: B(0; 3), (0;C  3)

1

9  4  và các đường thẳng

d mx ny1:  0, d2:nx+my0, với m2n20 Gọi M, N là các giao điểm của d1 với (E),

P, Q là các giao điểm của d2 với (E) Tìm điều kiện đối với m n, để diện tích tứ giác MPNQ đạt giá trị nhỏ nhất

 PTTS của d d1, 2 là: x nt

d

y mt

1 1

1

: 





d

y nt

2 2

2

:  





+ M, N là các giao điểm của d1 và (E)

m2 n2 m2 n2 m2 n2 m2 n2

+ P, Q là các giao điểm của d2 và (E)

m2 n2 m2 n2 m2 n2 m2 n2

+ Ta có: MN  PQ tại trung điểm O của mỗi đường nên MPNQ là hình thoi

MPNQ

S S 1MN PQ 2OM OP

2

x y x y

m n m n



S

72( ) 144

2



Dấu "=" xảy ra  9m24n2 4m29n2m n

Vậy: minS 144

13

 khi m n

Trang 5

Câu 14 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho Hypebol (H) có phương trình: x2 y2

1

16  9 

Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H)

 (H) có các tiêu điểm F1( 5; 0); F2(5; 0) HCN cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3),

Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: x y

a b

2  2 1 ( với a > b) (E) cũng có hai tiêu điểm F1( 5; 0); F2(5; 0)a2b2 52 (1)

M(4;3) ( ) E 9a216b2 a b2 2 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ: a b a



Vậy (E): x2 y2

1

4015 

Câu 15 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hypebol (H) có phương trình x2 y2

1

9  4  Giả sử (d) là một tiếp tuyến thay đổi và F là một trong hai tiêu điểm của (H), kẻ FM (d) Chứng minh rằng M luôn nằm trên một đường tròn cố định, viết phương trình đường tròn đó

 (H) có một tiêu điểm F( 13; 0) Giả sử pttt (d): ax + by + c = 0 Khi đó: 9a 2 – 4b 2 = c 2 (*) Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( x 13) – a y = 0

Toạ độ của M là nghiệm của hệ: ax by c

bx ay 13b

   



 



Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng lại và kết hợp với (*), ta được x 2 + y 2 = 9

Câu 16 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y2  và điểm I(0; 2) Tìm toạ độ x

hai điểm M, N  (P) sao cho IM4IN

 

 Gọi M x y( ;0 0),N x y( ;1 1) là hai điểm thuộc (P), khi đó ta có: x0 y x20; 1y12

IM( ;x y0 02) ( ; y02 y02)



; IN ( ;y y1 12) ( ; y12 y12); 4IN (4 ; 4y12 y18)

Theo giả thiết: IM4IN

 

, suy ra: y y

4

2 4 8

 



  





Vậy, có 2 cặp điểm cần tìm: M(4; –2), N (1;1) hay M(36;6), N (9;3)

Câu 17 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y2 8x Giả sử đường thẳng d đi qua tiêu điểm của (P) và cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ tương ứng là x x1, 2 Chứng minh: AB = x1x24

 Theo công thức tính bk qua tiêu: FAx12, FBx22 ABFA FB x1x24

Câu 18 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho Elip (E): x25y2  , Parabol P5 ( ) :x10y2 Hãy viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ( ) : x3y  , đồng thời 6 0 tiếp xúc với trục hoành Ox và cát tuyến chung của Elip (E) với Parabol (P)

 Đường thẳng đi qua các giao điểm của (E) và (P): x = 2

Trang 6

Tâm I   nên: I(6 3 ; ) b b Ta có: b b b

b b

b b b

6 3 2

 (C): x( 3)2(y1)2  hoặc (C): x1 2(y2)2  4

Định dạng
Số trang	6
Dung lượng	205,06 KB