Bài giảng ba đường cô níc

Bài giảng ba đường cô níc

Bài giảng số 15

BA BUONG CONIC

Bài giảng này đề cập đến phương pháp giải các bài toán về elip, hypebol va parabol là ba đường conic được đề cập đến trong hình học giải tích phẳng trong

nhà trường phô thông hiện nay So với các bài toán về đường thẳng, đường tròn, các bài toán về ba đường conic tuy có mặt không nhiều trong các đề thi tuyển sinh môn Toán trong những năm 2002-2009, nhưng nó là một trong những chủ đề

không thể thiếu được trong việc ôn luyện thị môn Toán vào các trường Đại học,

Cao đăng hiện nay

§1 LẬP PHƯƠNG TRÌNH CÁC ĐƯỜNG CONIC

VÀ TÌM CÁC YẾU TỐ CỦA NÓ!

Phương pháp giải các bài tập thuộc loại này là phải thuộc các dạng phương

trình chính tắc của các đường conic, thuộc các công thức liên quan đến conic như

cách tính bán kính qua tiêu

Thi du I: (Dé thi tu yen sinh Đại học khối A—2008)

Cho elip với tâm sai c= và hình chữ nhật cơ sở của nó có chu vi băng 20

Viết phương trình chính tắc của elip

Giải

x y?

Elip có phương trình chính tắc là: —— tral .(1)

a?

Tir gia thiét, ta cd:

Hình chữ nhật cơ sở của elip có hai cạnh là 2a, 2b Từ giả thiết, ta có:

2a+2b+20 —>a+b= I0

Vậy có hệ phương trình sau để xác định a,b: b 2 =

2 v2 Thay vao (1) ta thấy elip có phương trình chính tắc là : > +=]

! Về định nghĩa các tính chất cơ bán của ba đường conic, bạn đọc có thể tìm thấy trong mọi SGK Hình học lớp 10 Ở đây, chúng tôi bỏ qua và không nhắc lại chỉ tiết phần này

272

Thi du 2: (Dé thi tuyén sinh khéi D — 2005)

2 2

Trong mat phang toa d6 cho diém C(2;0) và elip (E): tt =1 Tìm hai liém A, B é (E), biết rằng A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và ABC là tam

xiác đều

Gia str A(Xo; Yo) va B(X0; —yo) la hai diém

thudc (E) và đôi xứng nhau qua trục hoành (có

thê giả sử yo> 0) Khi đó AB = 2vụ

Vì ABC là tam giác đều, nên ta có: rT RS

B

Vì A(xo; yo) 6 (E) nên ta có:

2 2

Xo , Yo

43

Từ hệ (1) (2) ta dé dàng suy ra xọ =2; yo= Ova x =5i90 =——

7

43

Do yo>0 nên x = = Yo = a Từ đó hai điểm cần tìm có tọa độ là:

Lập phương trình chính tắc của elip (E) biệt răng elip có tâm O, tiêu điểm trên

Ox qua M(- V3, 1) va khoang cach gitta hai đường chuẩn bằng 6

x2 v2 Giả sử elip (E) có phương trình chính tắc: —- + „ =l

a

Vi MC-V3, 1) © (E) nên có: Stas! QQ)

a

Khoảng cách giữa hai đường chuẩn là: (2) -(-2) = 74 =6,

e e e

e Cc

Vithé b? =a? -c? =3c-c’ @)

3 ]

=> + =] 4

Từ (1) (2) (3) suy ra hệ sau: a? a2—c? (4)

Thay (5) vào (4) và có: cÌ-4c+4=0 <c=2

273

2 y’

Vậy (E) có phương trình: = + = =I

Thi du 4:

Cho elip có phương trình: 35 16 =| Tim điểm M sao cho MF, = 2MF;, ở

đây F, F; lần lượt là tiêu điểm trái và tiêu điểm phải của (E)

Theo công thức tính bán kính qua tiêu điểm và gia sur M = (Xo; yo) ta cd:

2

MP,=2MP, co a—Š56 = sÍa +.) oa=- ~ 2 Xy ES

ở đây aˆ =25,c = 3 nên KT

2 v2 lez

Từ đó do: X04, YO poy, -44 26

Vậy trên (E) có hai điểm phải tim M, -|-242) va Mễ — <3)

Lập phương trình hepebol (H), biết rắng tiêu điểm trên Ox, độ dài tiêu cự là

10 và một đường tiệm cận có phương trình 3x-4y=0 -

Giải

Do tiêu điểm trên Ôx nên (H) có dạng: _s=— z=

a

Ta có 2c = 10 =c= 5— a?+b =cˆ= 25

Tiệm cận có dạng: y=+Px Tir 3x-4y =0 y= 2x Vậy ot

a

a

a+b’ =25 (2-16

Từ đó ta có hệ phuong trinh:, 4 3 °

b* =9

a 4

x2 v2

Vậy ay (H) co p (H) có phương trình: gir —— — =] l6 9

Thi du 6:

v2 y2

Cho hypebo! (H): — —=1 YP (H) 16 9

1/ Tìm điểm M e (H) sao cho M nhìn hai tiêu điểm dưới góc 60°

2/ Tìm điểm M e(H) sao cho bán kính qua tiêu điểm này bằng hai lần bán

kính qua tiêu điểm kia

1/ Goi F;, F; lần lượt là hai tiêu điểm trái và phải của (H) thì

F, = (—5; 0) va F2= (5; 0) Gia str M = (X09; yo) € (H), khi đó:

274

MR =(—5— xạ:—yạ);MP; =(5— xạ;~Yo)

Từ đó ME, ME; = -25 + xu — Vụ” (1)

Laicé: MF, ME; =| MF, |.| MF, |cos60°

a a | 2 (o day a= 4;c =5)

Từ (1) (Q) suy ra hệ phương trình sau để xác định (xo; Yo):

> 2 |(6+5xg)(6-5xạ)| |-800+32x2+32y¿ =|256—2x2 | (4)

25 +X§ + Yo ng

Giải hệ (3) (4) dé dang ta cé: x) = “yp == € (3) (4) Bla cor XQ = TEs ¥0 = Fe

Vậy trên (H) có bốn điểm phải tìm:

"1"

“5° 5S) sã § ` 5

2/ Ta có: MF¡ = 2MF¿ hoặc MF; = 2MFt

+ Nếu MF,Z2ME; ta 6: 4+ 222 =2 0 ©|16+ 5x; |=l32—10xa |

48

Vậy có hệ phương trình 9x9 — l6yo = 144 ° °

[16 + 5x9 [=|32—10X, | 119

+ Tương tự sẽ thấy trường hợp MF;=2MF; dẫn đến một hệ vô nghiệm (các bạn tự nghiệm lại)

Vậy có hai điểm cần tìm : M, th (#48) >

Thi du 7:

1/ Cho (C) là đường cong có phương trình: y?+ 4y — 4x = 0 Bằng phép tịnh tiến trục tọa độ, chứng minh (C) là một parabol Xác định tiêu điểm và đường

chuân của parabol này

2/ Cùng câu hỏi như phần 1/ voi (C): x’ + 6x —y + 8 = 0

Giải 1/ Viết lại (C) dưới dạng: (y + 2)”~ 4— 4x= 0 (y +2) =4(1 +x) (1)

Thực hiện phép thay đổi: (y „ „ thì từ (1) ta có: V`= 4X (2)

=y+

275

Nhu vay (2) có dạng Y”= 2pX Trong hệ tọa độ mới (X; Y), đây là parabol có tham số tiêu p = 2 (2p = 4 © P 2) Parabol nhận (0;0) làm đỉnh; trục đối xứng

Y =0; Tiêu điểm (1;0) (chú ý 5 =1}, đường chuẩn là X = =5 =-Ì

Trở vẻ biến cũ: parabol (P): yÏ+ 4y - x= 0 nhận điểm S(-l;-2) làm đỉnh; trục đối xứng là y = —2; tiêu điểm F(0; -2) và đường chuẩn x = ~2

ay

y4

x

b

_

†

`

2/ Viết lại (P) dưới dạng: (x + 3)-y— =0 © (x+3)=y+ I

Y=y+l

Từ (3) suy ra, trong hệ (X; Y), (3) có dạng X”=2pY Khi đó ta có 2p = 1

PS Vậy parabol nhận (0;0) làm đỉnh, trục doi ximg la X =0, tiéu diém 1a [s2]

và đường chuẩn Y = (0-4),

Trở về biến cũ thì (P) là parabol nhận (-3;-1) làm đỉnh, trục đối xứng là x=-3; tiêu điểm F(-3; - ) va đường chuẩn y = 3

Cho parabol y° = 4x và hai điểm

A(0; 4), B6; 4) 1/ Tìm trên (P) điểm C sao cho ABC

là tam giác vuông tại A

2/ Tìm trên (P) điểm C sao cho tam

giác ABC có diện tích bé nhất

Giải 1/ Dễ thấy đường thắng nối AB có phương trình: 4x + 3y + 12 = 0 Vậy đường thắng d vuông góc với AB

có dạng: -3x † 4y + m = 0

‘ @&+L——————-

276

Do (d) qua A(0; 4) > -16+m=0 > m= 16 Vậy d: -3x + 4y + 16 = 0

Từ đó điệm C là nghiệm của hệ phương trình:

Vậy C¡(16; 8), C ls -2) là hai điểm phải tìm

2/ Ta có Sanc~2 AB.CH Do AB không đổi nên Sagc đạt giá trị nhỏ nhất khi

CH nhỏ nhất Gọi C(Xo; Yo) € (P), ta có (theo công thức tính khoảng cách từ một

điểm đến một đường thăng)

|4xạ +3yạ +12| _ lyê +3yạ +12|

5

2

=-—|Yo 5(¥ +3yg+l2|=— Yo ) Á(» +~| 1 +—I 2

Vi thé CH nhỏ nhất khi yors =0 © yạe=- ; (khi ấy m=)

CH=

Vì lẽ ấy (33-3) là điểm duy nhất trên (P) sao cho tam giác CAB có diện

tích bé nhất

§ 2 BÀI TOÁN VỀ SỰ TƯƠNG GIAO CỦA CONIC VỚI CÁC ĐƯỜNG KHÁC

Trong mục này xét các bài toán về sự tương giao của đường conic với đường

thắng, đường tròn hoặc giữa các conic với nhau:

Phương pháp giải đều dựa vào kết quả sau:

Cho hai đường lần lượt có phương trình f(x,y) = m; g(x,y)=n

Khi đó số giao điểm của hai đường bằng số nghiệm của hệ phương trình:

f(x,y)=m () g(xy)=n (2)

Khi đó tọa độ (x;y) của các giao điểm chính là nghiệm của hệ phương trình trên

Như vậy bài toán về sự tương giao của các đường quy về khảo sát hệ phương

trình dạng (1) và (2)

Thi dul

4 đa

Cho (H): Ts = ] và đường thăng d: 2x — y + m = 0

1/ Chứng minh rằng với mọi m, (H) và d luôn cắt nhau tại A, B thuộc hai nhánh khác nhau của (H) (giả sử xa < xg)

2/ Tim M sao cho BF) = 2AF,, ở day F\(-3; 0) và Fz(3; 0) là các tiêu điểm của (H)

277

Giải

2 2

voy 1/ Xéthé phuongtrinh: 5} 3g ()

2x-y+m=0

Tir (1) dan dén phương trình: 4x?_ 4mx — mm’ - 8 = 0 (1)

3

Vì — <0 với mọi m, nên (1) luôn có hai nghiệm trái dâu với mọi m Vậy (H) và d luôn cắt nhau tại A, B, trong đó xạ < Xp

ox

tXA va

Đo A, B thuộc hai nhánh khác nhau cua (H) (x4 < xg),

Cx Ba

b) Ta co: BF2= 2AF, = =2

nến: XA<—a: x;> a Vị — >Ï nên từ (2) suy ra:

a

Sua =2{-a-Sa) (ở day a= 1; ¢ =3)

=> 3xg- 1 =-2 - 6x, <> 6xq+ 3xg+1=0

Do xa, Xp là hai nghiệm của (1), nén theo dinh li Vi-ét ta cd:

2 mˆ+8

XaXp = 4 (5)

x = 3m +1

3 Thay (H) vào (Š) và có: 63m” + 36m — 68 = 0

-6+16\2

©m=—————

Đó là các giá trị cân tìm của tham số m

Thí dụ 2:

2 „2 Cho elip (E) có phương trình 5 + 7 =1 và đường thăng d: 2x +15y—10=0

Chứng minh d cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B, trong đó A € Ox Tim dé dài

đoạn AB

Giải

Số giao điểm của d và (E) bằng số nghiệm của hệ phương trình:

278

Vay A(5; 0) va B(- 4; 2) Rõ ring A € Ox vi AB ==

Thi du 3:

Cho elip (E) có phương trình: 2s + 9

và điểm M(1;1) Viét phuong trinh duong thang

qua M va cat (E) tai hai diém phan biét A, B sao

cho M là trung điểm của AB

Đường thẳng qua M có hai dạng:

1/ Néu x = I khi do dé thay x = 1 cắt (E) tại

Ai, Bị (xem hình vẽ) và ta có ngay:

MB; > 3 > MAI

Vì thể loại khả năng này

2/ Néu y=k(x- 1) + leo kx—y+1—k=0

Khi đó tọa độ (x;y) của các giao điểm A, B của d với (E) là nghiệm của hệ

phương trình:

2 2

kx~y+I~k=0 (25k? +9)x? + 50k(I-k)x +25(1-k)-215=0 (2)

Dé hé (1) (2) có hai nghiệm phân biệt, trước tiên ta cần có:

A*= 25kŸ(1 - kỷ — [25(1 -kŸỶ — 225](25k + 9) >0 (3)

Khi thỏa mãn (3), giả sử hệ (1) (2) có hai nghiệm phân biét (x); y1), (x23 yo)

Do M(I; 1) là trung điểm của A,B nên ta có: xị + xạ= 2

50k(k -1

sxÉ =1) = 2 <> k = 3

+

Theo định lí Viét ta có:

(chú ý k= 35 thỏa mãn (3): Bạn đọc tự kiêm tra điều này.)

Từ đó d: ~-2x~y+l+-~=0©>9x+25y—34 =0

là đường thẳng cân tìm

Thí dụ 4:

Cho hai elip: E¡: x+y? =Ì và E;: * 4% =Ị,

Viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm của hai elip nói trên

279

Giải

Gọi tọa độ (x; y) là các giao điểm của (Ei) và (Ea) là nghiệm của hệ phương trình:

2

—+y =l

Điều đó chứng tô rằng E¡ và E; cắt nhau tại 4 điểm phân biệt

Ngoài ra ta c6: x? + y” = Tr suy ra bon giao diém của chúng năm trên đường

tron (C): x? + y? = ¬

(C) chính là đường tròn cần tìm

§3 CÁC BÀI TOÁN ĐỊNH TÍNH VỀ BA ĐƯỜNG CONIC

Loại 1: Các bài toán sử dụng định nghĩa của ba đường conic

Thí dụ I: Cho parabol (P) y =2px và đường thẳng A di động đi qua tiêu điểm

F của parabol và cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N Chứng minh rằng các đường

tròn đường kính MN luôn tiếp xúc với một đường thăng có định

Giải

Kẻ NH và MK vuông góc với đường y

Theo định nghĩa của parabol ta có: ⁄

Gọi I là trung điểm MN,

ta có: = 5 (NH + MK), J la hinh

chiếu của I trên (A) (do IJ là đường trung

bình của hình thang NHẾM)

Nhu vay lJ = 5 MN

Điều đó chứng tỏ rằng đường tròn đường kính MN luôn luôn tiếp xúc với

đường chuẩn A của (P) = đpem

280

Thi du 2:

Cho hai đường tròn (C¡) cé tam F,, ban kính R¡; (C;), có tâm F¿, bán kính Rạ, trong đó R¡ > R; và 0 < FIF; < Rị— Rạ Gọi M là tâm các đường tròn (C) di động sao cho (C) tiếp xúc trong với (C¡) và tiếp xúc ngoài với (C;) Tìm quỹ tích của M

Giải

Gọi M là tâm của (C) tiếp xúc ngoài với (C2) tai B, còn tiếp xúc trong với (C¡)

MF, =R, + MB

Do MA = MB (cing bang ban kinh cia (C)

Do do tir (I) suy ra: MF, + MF2= R; + R2= const

Theo dinh nghia cua elip, ta suy ra quy tich

của M là elip nhận F; và F; là hai tiêu điểm với

trục lớn là R; + Ro

Chú ý: Ta xét trường hợp cụ thể :

(C)): (x + 59+ y = 441;

(Co): (x — 5P + y’= 25

Khi đó, ta có: Fi(—5; 0) va R,; = 21; F.(5; 0) va R2= 5

Ta có Rị + R;ạ= 26 suy ra: a= 13;

F\F3 = 10;c=S5;b= 12

Vậy quỹ tích của M là elip với phương trình:

x4 y a)

169 144

Thi du 3:

Cho đường tròn tâm F¡ bán kính bằng 2a và

một điểm F; ở ngoài đường tròn Tìm quỹ tích tâm

M của đường tròn qua F; và tiếp xúc với đường

tròn nói trên

Xét hai khả năng sau:

* Đường tròn tâm M bán kính r tiếp xúc ngoài

với đường tròn (F¿; 2a) Gọi tiếp điểm là I Ta có

MF, = MI + IF, = MF> + 2a

* Đường tròn tâm M bán kính r tiếp xúc trong `-

với đường tròn (F¡ 2a) Gọi I là tiếp điểm, ta có:

MF, = MI — IF, = MF;— 2a Ị

Từ (1), (2) suy ra:|MF,— MF;|=2a (3) V2 aN

Vậy từ (3) đi đến quỹ tích tâm M các đường N bóng an NG/ tròn đi qua F; và tiếp xúc với đường tròn (F;: 2a) là ¬ Z z “

hypebol nhan F,,F lam hai tiêu điểm và trục thực ee

281

Xét ví dụ cụ thể sau: Đường tròn tâm F¡(—5; 0) Khi đó c = 5; 2a=R =4

= a=2, do đó: b = c’ — a” = 21 Vậy quỹ tích tâm M là hypebol (H) với phương

2 v2

trình: ~ 2 =1

4 21

Thí dụ 4:

x2 v2

Trên mặt phăng cho elip (E) có phương trình: 36 + 16 =I,

có hai tiêu điểm F, F;; A và B là hai điểm trên (E) sao cho AF, + BF2= 8 Tính AF› + BF

Từ: — + — =l suy ra (E) có trục lớn 2a = 10

2S 16

Theo định nghĩa elip thì: (AF) + AF)) = (BFi + BF2) = 10

=> AF,+ BF, =(AF,+ AF;) + (BF¡+ BF¿) - (AF) + BF;)

Loại 2: Một số bài toán định tính về ba đường conic:

Thi dud:

2 2

Cho hypebol (H): sự =1, M(xạ; yo) là một điểm bất kì trên (H) Gọi A

a + 4

và A' là hai tiệm cận của (H) Chứng minh rằng đại lượng d(M, A).d(M, A') không phụ thuộc vào vị trí của M trên (H)

Giải

De thay A: yx © bx-ay=O0vaA’: y= -—x <bxtay=0

_ |bxo —ayg| |bxo +ayo| _ |bˆx; -a Yy§

a? +b? va? +b? a? +b?

DoM e(H) > ate! b°’xy'— ayo =a'b’ (2)

a Thay (2) vao (1) va co:

a?b?

d(M,A).d(M.A')=— 2 =const = đpcm

av +

282