(Hình học 10 - Chương III) Bài giảng: Đường elip

Biên soạn theo hướng "LẤY HỌC TRÒ LÀM TRUNG TÂM"

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Môn của Lê Hồng Đức

Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:

1 Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Môn luôn cố gắng thực hiện điều này

2 Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa”

BÀI GIẢNG QUA MẠNG

H ÌNH HỌC 10

CHƯƠNG III PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG

MẶT PHẲNG

§ 3 Đường Elíp

 Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Phương pháp tự học tập hiệu quả”

Học Toán theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12

Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC

Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội

Email: nhomcumon68@gmail.com

Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

1

PHƯƠNG PHÁP HỌC TẬP HIỆU QUẢ Phần: Bài giảng theo chương trình chuẩn

1 Đọc lần 1 chậm và kĩ có thể bỏ quả nội dung các HOẠT ĐỘNG

• Đánh dấu nội dung chưa hiểu

2 Đọc lần 2 toàn bộ:

• Ghi nhớ bước đầu các định nghĩa, định lí

• Định hướng thực hiện các hoạt động

• Đánh dấu lại nội dung chưa hiểu

3 Lấy vở ghi tên bài học rồi thực hiện có thứ tự:

• Đọc − Hiểu − Ghi nhớ các định nghĩa, định lí

• Chép lại các chú ý, nhận xét

• Thực hiện các hoạt động vào vở

4 Thực hiện bài tập lần 1

5 Viết thu hoạch sáng tạo

Phần: Bài giảng nâng cao / Phướng pháp giải các dạng toán

1 Đọc lần 1 chậm và kĩ

• Đánh dấu nội dung chưa hiểu

2 Lấy vở ghi tên bài học rồi thực hiện các ví dụ

3 Đọc lại và suy ngẫm tất cả chỉ với câu hỏi “Vì sao họ lại nghĩ được cách giải như vậy”

4 Thực hiện bài tập lần 2

5 Viết thu hoạch sáng tạo

Dành cho học sinh tham dự chương trình “Học tập từ xa”: Sau mỗi bài giảng

em hãy viết yêu cầu theo mẫu:

• Nôi dung chưa hiểu

• Hoạt động chưa làm được

• Bài tập lần 1 chưa làm được

• Bài tập lần 2 chưa làm được

• Thảo luận xây dựng bài giảng

gửi về Nhóm Cự Môn theo địa chỉ nhomcumon68@gmail.com để nhận

2

được giải đáp.

3

Đ 3 đờng elíp

bài giảng theo chơng trình chuẩn

1 Định nghĩa

Trong mặt phẳng Oxy cho hai điểm cố định F1, F2, với F1F2 = 2c>0

Tập hợp những điểm M sao cho MF 1 + MF 2 = 2a (a là một số không đổỉ và a>c) gọi là một Elíp

Vậy, ta đợc:

(E) = {M| MF1 + MF2 = 2a}

 Hai điểm F1, F2 gọi là hai tiêu điểm của Elíp.

 Khoảng cách F1F2 = 2c gọi là tiêu cự của Elíp.

 Trung điểm I của F1F2 gọi là tâm của Elíp.

 Với điểm M thuộc Elíp thì các khoảng cách MF1 và MF2 gọi là các bán kính qua tiêu của điểm M.

x

2

2 2

2

=+ , với b2 = a2 − c2

Chú ý: Điểm M(x, y) ∈ (E) luôn có:

x

2

2 2

2

=+ , với a>b

ta xét các tính chất hình học của (E) bằng cách xét các tính chất đại số tơng ứng của phơng trình trên

a Phơng trình của (E) có bậc chẵn đối với x và y nên:

 Nếu điểm M(x, y)∈(E) thì các điểm M1( − x,

y), M2( − x, − y) và M3(x, − y) cũng thuộc (E)

 (E) nhận các trục tọa độ là trục đối xứng và gốc

−b

 (E)∩Ox = {A1, A2} có toạ độ là A1( − a, 0), A2(a, 0) và đoạn thẳng A1A2 gọi là

trục lớn của (E) có độ dài bằng 2a.

 (E)∩Oy = {B1, B2} có toạ độ là B1(0, − b); B2(0, b) và đoạn thẳng B1B2 gọi là

trục nhỏ của (E) có độ dài bằng 2b.

 Bốn điểm A1, A2, B1, B2 gọi là bốn đỉnh của Elíp (E)

Lu ý: Hai tiêu điểm của Elíp (E) luôn ở trên trục lớn.

c Hình chữ nhật cơ sở: hình chữ nhật có các đỉnh là giao điểm của các đờng thẳng x

= ±a và các đờng thẳng y = ±b đợc gọi là hình chữ nhật cơ sở của (E) Vậy Elíp (E) nằm trong hình chữ nhật có tâm đối xứng O, có các kích thớc là 2a, 2b

y

1 a

a x

a

4 Tâm sai của elíp

Tâm sai của Elíp là số thực e bằng tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục lớn của Elíp.

 Đối với Elíp (E): 1

b

ya

x

2

2 2

2

=+ , với a>b thì e =

x

2

2 2

2

=+ , với a<b thì e =

b

c

x

2

2 2

2

=+ ⇔ x2 + y2 = a2

Elíp trở thành đờng tròn tâm O, bán kính bằng a

phơng pháp giải Các dạng toán thờng gặp

x

2

2 2

a

B1

B2b

− b

 (E) có trục lớn thuộc Ox, độ dài bằng 2a

chứa hai tiêu điểm

Khả năng 2: Nếu a < b, ta đợc:

 (E) có trục lớn thuộc Oy, độ dài bằng 2b chứa

hai tiêu điểm

Chú ý: Trong trờng hợp phơng trình của (E) có dạng:

2 2

2

b

)y(a

)x( −α + −β = 1.

ta thực hiện phép tịnh tiến hệ trục Oxy theo vectơ OI với I(α, β) thành hệ trục IXY với công thức đổi trục:

X x

ta đợc:

b

Ya

X

2

2 2

2

=+

từ đó chỉ ra các thuộc tính của (E) trong hệ trục IXY rồi suy ra các thuộc tính của (E) trong hệ trục Oxy

thuộc tính của nó và vẽ hình, biết:

=+ ⇒ a = 3, b = 2 và c = 5.Suy ra (E) có các thuộc tính:

 Tâm O(0, 0)

 Trục lớn thuộc Ox có độ dài bằng 6 chứa 2 tiêu điểm F1(− 5, 0), F2( 5, 0)

 Trục nhỏ thuộc Oy có độ dài bằng 4

−b

c

− c

4

B1

B25

− 5

3 − 3

=+ ⇒ a = 4, b = 5 và c = 3.

Suy ra (E) có các thuộc tính:

Ta lựa chọn một trong hai cách sau:

Cách 1: Sử dụng phơng trình chính tắc của Elíp

b

ya

x

2

2 2

2

=+

Từ đó cần tìm a, b (hoặc a2, b2) bằng cách thiết lập một hệ hai phơng trình với ẩn a,

2 1

2

2 2

2 2

2 2

2 1

MFMF

MFMF

+

−

=

a2

)yy(y2)xx(x)yy()xx

2

2 1

2 2

1 Cần phải cân nhắc giả thiết của bài toán thật kỹ càng để lựa chọn dạng phơng trình thích hợp Trong trờng hợp không có gì đặc biệt, ta luôn giả sử Elíp (E) có phơng trình:

b

ya

x

2

2 2

2

=

2 Trong nhiều trờng hợp đặc thù chúng ta còn sử dụng phơng pháp quỹ tích để xác

ph-ơng trình Elíp hoặc chứng minh tập hợp điểm là Elíp

a Trục lớn thuộc Oy có độ dài trục lớn bằng 26 và tâm sai e =

13

12

b Elip đi qua các điểm M(4, 0) và N(2,

x

2

2 2

2

=+ , với a<b

x

2

2 2

x

2

2 2

2

=

8

Vì A∈(E) ⇔ 1

b41

400a

41

400

2

2 + = ⇔ 400(a2 + b2) = 41a2.b2 (1)Elíp (E) có tiệu cự bằng 6 ⇔ 2c = 6 ⇔ c = 3 (2)Tới đây ta xét hai khả năng có thể xảy ra:

=+

t sin 5

x

2

2 2

2 M

b

ya

Bớc 2: Kết luận:

 Nếu M nằm ngoài (E) ⇒ tồn tại hai tiếp tuyến của (E) đi qua M

2 Bằng việc xét hệ phơng trình tạo bởi (E) và (d), khi đó số nghiệm của phơng trình bằng số giao điểm của (d) và (E)

3 Với hai Elíp (E1) và (E2) có phơng trình:

9

(E1): 1

b

ya

x

2 1

2 2 1

x

2 2

2 2 2

2 1

2 2

2 1

2 2

2 2

2 1

2 2

2 1

2 2

2 1

baba

)aa(bb)bb(aa

−

−+

+ = 1

a Chứng minh rằng mọi đờng thẳng đi qua M luôn cắt (E) tại hai điểm phân biệt

b Lập phơng trình đờng thẳng (d) qua M và cắt Elíp trên tại hai điểm A, B sao cho MA = MB

do đó mọi đờng thẳng đi qua M luôn cắt (E) tại hai điểm phân biệt

b Nhận xét rằng đờng thẳng (d) không thể song song với Oy, do đó giả sử (d) có hệ

y

36 y9

⇒ 4x2 + 9(kx − k + 1)2 = 36

⇔ (4 + 9k2)x2 − 18k(k − 1)x + 9k2 − 18k − 27 = 0 (2)Phơng trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt xA, xB thoả mãn:

−

= +

2

2 B

A

2 B

A

k 4

27 k 18 k x.

x

k 9 4

)1 k ( k 18 x x

10

Theo giả thiết MA = MB

⇔ xA + xB = 2xM ⇔ 2

k94

)1k(k18+

− = 2 ⇔ k = − 94 Thay k = − 94 vào (1), ta đợc đờng thẳng (d): 4x + 9y − 13 = 0

x

2

2 2

b

ya

t sin a

x

, t∈[0, 2π)

Bớc 2: Điểm M∈(E) ⇒ M(a.sint, b.cost)

Bớc 3: Dựa vào điều kiện K có thêm đợc điều kiện cho x0, y0 Từ đó suy ra toạ độ

2 Nếu điểm phải tìm thoả mãn điều kiện về góc ta đa bài toán về xét hệ thức lợng trong tam giác

3 Nếu điểm phải tìm là giao của Elíp với một đờng khác ta xét hệ phơng trình tơng giao để tìm toạ độ giao điểm

8

y2

a Có toạ độ nguyên thuộc (E).

b Có tổng hai toạ độ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

Giải

Điểm M(x0, y0)∈(E) ⇒ 1

8

y2

⇔ 8 − 4 2

0

x >0 ⇔ 0 < x0 ≤ 2 ⇒ x0 = 1 và y0 = 2 ⇒ M0(1, 2) ∈ (E)

Từ M0 suy ra các điểm M1(−1, 2), M2(−1, −2) và M3(1, −2) cũng thuộc (E)

Vậy (E) có 4 điểm M0, M1, M2, M3 có toạ độ nguyên

b Ta có:

(x0 + y0)2 =

2 0 0

8

y.82

x.2

0

2 0

= 10 ⇔ − 10 ≤ x0 + y0 ≤ 10.dấu bằng xảy ra khi:

=

1 8

=

1 8

y 2 x

x y

20

20

00

10 ( M

) 5

10 4 , 5

10 ( M

(Em): (m − 2)x2 − my2 = m2 − 2m

a Tìm điều kiện của m để (Em) là một Elíp, từ đó xác định toạ độ các tiêu điểm

b Với điều kiện ở câu a) xác định phơng trình tham số của (Em)

Bài tập 2 Tìm tâm sai của Elíp biết:

a Mỗi tiêu điểm nhìn trục nhỏ dới một góc 2α

b Khoảng cách giữa hai đỉnh trên hai trục bằng k lần (k >

2

1) tiêu cự

Bài tập 3 Cho hai điểm F1( − 4, 0), F2(4, 0) và điểm A(0, 3)

12

a Lập phơng trình chính tắc của Elíp (E) đi qua điểm A và có 2 tiêu điểm là F1,

F2

b Xác định phơng trình tham số của (E)

Bài tập 4 Lập phơng trình chính tắc của Elíp (E), biết hai tiêu điểm là F1(−1, −1),

=+ , (E2): 1

9

y1

=

a Chứng minh rằng (E1) ∩(E2) = {A, B, C, D} và ABCD là hình chữ nhật

b Lập phơng trình đờng tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD

Bài tập 6 Cho Elíp (E) có phơng trình:

(E):

4

x2

+ y2 = 1

Tìm các điểm M thuộc Elíp (E) sao cho:

a Có bán kính qua tiêu điểm này bằng 7 lần bán kính qua tiêu điểm kia

b M nhìn hai tiêu điểm dới một góc 600

c M nhìn hai tiêu điểm dới một góc 900

Bài tập 7 Cho Elíp (E) có phơng trình:

b

ya

x

2

2 2

x

2

2 2

2

=+ , với 0 < b < a

1 Gọi A là một giao điểm của đờng thẳng y = kx với (E) Tính OA theo a, b, k

2 Gọi A, B là hai điểm tuỳ ý thuộc (E) sao cho OA⊥OB

a Chứng minh rằng 2 2

OB

1OA

1 + không đổi, từ đó suy ra đờng thẳng (AB) luôn tiếp xúc với một đờng tròn cố định

b Xác định k để ∆OAB có diện tích lớn nhất, nhỏ nhất Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất đó

Bài tập 9 Cho điểm A(−5, 0) và Elíp (E) có phơng trình:

(E): 9x2 + 25y2 = 225

Giả sử M là điểm di động trên Elíp Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên trục

Oy Giả sử AH cắt OM tại P Chứng minh rằng khi M thay đổi trên Elíp thì P luôn chạy trên một đờng cong cố định

Bài tập 10 Xét vị trí tơng đối của đờng thẳng (d) và Elíp (E) , biết:

a (d): 2x + y − 5 = 0 và (E): 1

9

y4

=

13

b (d): 2x − y = 0 và (E): 1

8

y2

2

y8

=

Lập phơng trình đờng thẳng (d) qua M cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho:

a M là trung điểm AB

b AB = 20

Từ đó lập phơng trình đờng tròn đờng kính AB trong mỗi trờng hợp

Bài tập 12 Cho 2 Elíp (E1) và (E2) có phơng trình:

4

y9

=+

a Chứng minh rằng (E1) ∩(E2) = {A, B, C, D} và ABCD là hình chữ nhật

b Lập phơng trình đờng tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD

Bài tập 13 Cho Elíp (E) có phơng trình:

(E): 4x2 + 9y2 = 36

Tìm các điểm M thuộc Elíp (E) sao cho:

a Có toạ độ nguyên

b Có tổng hai toạ độ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

c Có bán kính qua tiêu điểm này bằng 2 lần bán kính qua tiêu điểm kia

Bài tập 14 Cho Elíp (E) có phơng trình:

25

y9

b Có tổng hai toạ độ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất

c Có bán kính qua tiêu điểm này bằng 3 lần bán kính qua tiêu điểm kia

d

5

3MF

đờng tròn ngoại tiếp tam giác ANF2

C hớng dẫn − đáp số Bài tập 1.

a Chuyển phơng trình của (Em) về dạng:

14

ym

m

0 m

1 m 0

Để xác định toạ độ các tiêu điểm ta xét hai trờng hợp (so sánh a và b)

Trờng hợp 1: Nếu 0 < m < 1 thì m < 2 − m, khi đó:

t sin m

2

cb

c

2

c tg c

2

cb

c

2

c2

c)1k4(

c+

1k

a Vì hai tiêu điểm F1 và F2 thuộc Ox và đối xứng qua Oy nên Elíp có dạng:

b

ya

x

2

2 2

t sin 5

2 2

2 1

MFMF

MFMF

3

4y

Lấy (1) + (4) ta đợc MF1 =

3

16 y

b Hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong đờng tròn (C) tâm O

bán kính R = OA Toạ độ điểm A(xA, yA) là nghiệm hệ

AB

C3

−3

1

−1

+

9 y x9

4 y4 x

22

22

32 x

2 A

2 A

Vậy, phơng trình đờng tròn đi qua A, B, C, D có phơng trình:

2 1

MF 7 MF

MF 7 MF

Cách 2: Vì M nhìn F1F2 dới một góc vuông do đó M thuộc đờng tròn (C) đờng kính

F1F2, do đó M là giao điểm của đờng tròn (C): x2 + y2 = 3 và (E) có toạ độ là nghiệm của hệ:

= +

3 y

22

3 y

3

6 2 x

Vậy tồn tại bốn điểm thoả mãn điều kiện đầu bài là:

Bài tập 7 Ta có thể thực hiện theo hai cách sau:

Cách 1: Giả sử A(xA, yA)∈(E) với xA, yA>0, suy ra:

1b

xA A ≤2ab 2A2

2

2 A

b

ya

b

y a

x

1 b

y a

x

AA

2

2A2

M

t sin a

SABCD = SOMAN = 4x0y0 = 4a.sint.b.cost = 2absin2t≤2ab

Vậy Smax = 2ab, đạt đợc khi:

kx

y

1 b

2

⇒ 2 2 22 2 2A

bka

bax

+

A

bka

baky

2 2

bka

bakbka

ba

+

+

2 2 2

bka

)k1(ba++

⇒ OA = ab 2 2 2 2

bka

k1

k1

2

bk

1.ak

11

+

+

= ab 2 22 2

kba

k1

)k1(ba

bka

2 2 2

2 2 2

+

+

+

)k1(ba

kba

2 2 2

2 2 2

+

+

= 22 22ba

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên AB, khi đó:

1

+ = 22 22

ba

b

a + ⇒ OH =

2

2 b a

ba

2

1

ab 2 2 2 2

bka

k1

+

2 2 2 2

kba

k1

++

=

) k b a )(

b k a ( 2

) k 1 ( b a

2 2 2 2 2 2

2 2 2

+ +

b k

a

( 2 2 + 2 2 + 2 2 ≤

2

)kba()bka( 2 2 + 2 + 2 + 2 2

=

2

)k1)(

ba( 2 + 2 + 2

⇒

) k b a )(

b k a

(

k 1

2 2 2 2 2 2

2

+ +

+

ba

• ∆OAB có diện tích lớn nhất − Đề nghị bạn đọc giải.

Bài tập 9 Lấy điểm M(x0, y0)∈(E), ta đợc:

116

y25

0

2

Hình chiếu H của M lên Oy có tọa độ H(0, y0)

Phơng trình (OM) đợc cho bởi :

) y, x(

H qua

)0 ,5 ( A qua

−

=

−

0 y5 y5 x

y

0 y x x

y

0 0

0 0

⇔ x0 =

5x

x5

x

y 25 5

x

x

9

2 2

⇒ ∆ANF2 vuông tại A

Vậy, đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ∆ANF2 có đờng kính là F2N nên có phơng trình:

33

21

Bài làm thêm Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phơng trình chính tắc của

Elíp (E), biết rằng (E) có tâm sai bằng 5

3 và hình chữ nhật cở sở của (E) có chu vi

Giỏo ỏn điện tử của bài giảng này giỏ: 1.000.000đ.

1 Liờn hệ thầy Lấ HỒNG ĐỨC qua điện thoại 0936546689

2 Bạn gửi tiền về:

Lấ HỒNG ĐỨC

Số tài khoản: 1506205006941 Chi nhỏnh NHN0 & PTNT Tõy Hồ

3 3 ngày sau bạn sẽ nhận được Giỏo ỏn điện tử qua email.

LUễN LÀ NHỮNG GAĐT

ĐỂ BẠN SÁNG TẠO TRONG TIẾT DẠY

22