Chuyên đề 7: Hình học giải tích trong mặt phẳng oxy

ïi M(x0, y0) 0 0 2 2 x.x y.y d : 1 a b    b2x.x0 + a 2 y.y0 = a 2 b 2 2. Đường thẳng d: Ax + By + C = 0 tiếp xúc (E)  2 2 2 2 2a A b B C  HYPERBOL I. ĐỊNH NGHĨA: (H) = M MF1  MF2 = 2a, F1F2 = 2c, 0 < a < c II. CÁC PHẦN TỬ CỦA HYPERBOL Các phần tử PTCT: (H): 2 2 2 2 x y 1 a b   Dạng không chính tắc 2 2 2 2 y x 1 a b   1. Trục thực A1A2 = 2a A1A2 = 2a 2. Đỉnh A1(a; 0), A2(a; 0) A1(0; a), A2(0; a) 3. Tiêu điểm F1(c; 0), F2(c; 0) F1(0; c), F2(0; c) x y A1 A2 F1 F2 O x y A1 A2 F1 F2 O TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 225 4. Tiêu cự F1F2 = 2c F1F2 = 2c 5. Tâm sai c e 1 a   c e 1 a   6. c 2 = a 2 + b 2 c 2 = a 2 + b 2 7. Đường chuẩn 2 a x c   2 a y c   8. Tiệm cận b y x a   b x y a   9. Bán kính qua tiêu điểm MF1 = exm + a MF2 = exm  a (M thuộc nhánh phải bỏ trị tuyệt đối. M thuộc nhánh trái bỏ và đổi dấu trị tuyệt đối) MF1 = eym + a MF2 = eym  a 10. Các cạnh hình chữ nhật cơ sở x =  a; y =  b y =  a; x =  b 11. Khoảng cách giữa 2 đường chuẩn bằng 2 2a c 2 2a c III. Tiếp tuyến của Hyperbol: Cho 2 2 2 2 x y (H) : 1 a b   1/ Phương trình tiếp tuyến của (H) tại M(x0; y0) 0 0 2 2 x.x y.y d : 1 a b   2/ Đường thẳng d: Ax + By + C = 0 tiếp xúc (H)  2 2 2 2 2a A b B C  PARABOL I. ĐỊNH NGHĨA: (P) = M MF = d(M, ) II. CÁC PHẦN TỬ CỦA PARABOL. 1. Phương trình chính tắc: (P): y 2 = 2px.  Đỉnh 0, trục đối xứng Ox  Tiêu điểm p F ,0 2        Đường chuẩn: p : x 2     Bán kính qua tiêu: M p MF x 2   y x O M P 2  p F ,0 2        Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 226 2. Các dạng khác: Các phần tử Dạng y 2 = 2py x 2 = 2px x 2 = 2py 1. Đồ thị 2. Tiêu điểm p F ,0 2       p F 0, 2       p F 0, 2       3. Đường chuẩn p : x 2   p : y 2    p : y 2   4. Bán kính qua tiêu điểm 1 m p MF x 2    m p MF y 2   m p MF y 2    III. Tiếp tuyến của parabol: (P): y 2 = 2px 1/ Phương trình tiếp tuyến của (P) tại M (x0; y0) có dạng d: y.y0 = p(x + x0) 2/ Điều kiện để đường thẳng : Ax + By + C = 0 tiếp xúc (P) B 2 p = 2AC B. ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E): 2 2 x y 1 4 1   . Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc (E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất . Giải  Vì xA và xB dương và tam giác OAB cân tại O nên A, B đối xứng nhau qua trục Ox và xA = xB, yA = –yB .  Ta có: A  (E)  2 2 A Ax y 1 4 1   .  SOAB = A A A A 1 1 AB.d(O,AB) 2 y . x x y 2 2   .  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 = 2 2 2 2A A A A A A OAB x y x 2 .y x y S 4 1 4     . y x O p 2 F  p 2 y x O F y x O F p 2 A B O x y 2 1 –2 –1 TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 227  SOAB lớn nhất khi và chỉ khi 2 2A A 2 2A A x y 4 x y 1 4         2 A 2 A x 1 4 2 1 y 2        A A x 2 2 y 2        . Vậy : A 2 2; 2        ; B 2 2; 2        hoặc A 2 2; 2        ; B 2 2; 2        . Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): 2 2 x y 1 3 2   . Gọi F1 và F2 là các tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2. Giải 2 2 2 2 2x y (E) : 1 c a b 3 2 1 3 2         . Do đó F1(–1; 0); F2(1; 0). Phương trình AF1 có dạng x 1 y 0 2 1 3 0       x y 3 1 0   . M = AF1  (E) nên tọa độ điểm M (với yM > 0) thỏa hệ phương trình 2 2 x y 3 1 0 2x 3y 6         x 1 2 y 3      (vì y > 0)  M 2 1; 3       N là điểm đối xứng của F2 qua M  M là trung điểm NF2  N 4 1; 3        1 NA 1; 3        ;  2F A 1; 3  2NA.F A 0 .  ANF2 vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp của nó có đường kính là F2N. Đường tròn này có tâm I 2 1; 3       là trung điểm đoạn F2N và có bán kính R = IF2 = 2 3 nên có phương trình là: 2 2 2 4 (x 1) y 33          . Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết rằng (E) có tâm sai bằng 5 3 và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20. Giải Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 228 Gọi (E):   2 2 2 2 x y 1 vớia b 0 a b     Tâm sai bằng    5 c 5 e 3 a 3  9c 2 = 5a 2  9(a 2 – b2) = 5a2 (1) Chu vi hình chữ nhật cơ sở bằng 20  a + b = 5  b = 5 – a (2) Thay (2) vào (1) ta được: a 2 – 18a + 45       a 3haya 15 loại vì b 10 0 Với a = 3  b = 2 (nhận) Vậy phương trình chính tắc của (E):   2 2 x y 1 9 4 Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P): y 2 = 16x và điểm A(1; 4). Hai điểm phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc  0BAC 90 . Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định. Giải  B, C  (P)  2 2 b c B ;b , C ,c 16 16                (b  c, b, c  4)  2 2 b c AB 1; b 4 , AC 1; c 4 16 16                     Do AB AC nên 2 2 b c AB.AC 0 1 1 (b 4)(c 4) 0 16 16                    272 + 4(b + c) + bc = 0 (1)  Phương trình đường thẳng BC là: 2 2 2 c x y c16 16x (b c)y bc 0 b cb c 16 16           (2) Từ (1) và (2) suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I(17; 4). Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho điểm C(2; 0) và elip (E): 2 2 x y 1 4 1   . Tìm tọa độ của 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. Giải Giả sử A(xo; yo). Do A, B đối xứng nhau qua Ox nên B(xo; yo). Ta có AB 2 = 4 2 o y và AC 2 = (xo  2) 2 + 2 o y . TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 229 Vì A  (E) nên 4 2 2 2o o o o x x y 1 y 1 4 4      (1) Vì AB = AC nên 2 2 2 o o o (x 2) y 4y   (2) Thay (1) vào (2) và rút gọn ta được: o 2 o o o x 2 7x 16x 4 0 2 x 7         Với xo = 2 thay vào (1) ta có yo = 0. Trường hợp này loại vì A  C. Với xo = 2 7 thay vào (1) ta có o 4 3 y 7   (nhận) Vậy 2 4 3 2 4 3 A ; ;B ; 7 7 7 7                hoặc 2 4 3 2 4 3 B ; ;A ; 7 7 7 7                Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxy. Cho Parabol (P) có phương trình y 2 = x và điểm I(0; 2). Tìm tọa độ hai điểm M, N thuộc (P) sao cho IM 4IN . Giải Ta có: (P) y 2 = x và I(0; 2). Gọi M(m 2 ; m ), N(n 2 ; n)  (P)      2 2 2IM m ; m 2 , IN n ; n 2 4IN 4n ; 4n 8       ycbt:                           2 2 1 2 2 1 2 m 4n 6 n 1 n 3m 4n IM 4IN hay m 2 m 6m 2 4n 8 n 4n 3 0 Vậy ta có 2 cặp điểm M1(4; 2), N1(1; 1) và M2(36; 6), N2(9; 6). Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đêcác vuông góc Oxy. Cho elip (E) có phương trình 2 2 x y 1 16 9   . Xét điểm M chuyển động trên tia Ox và điểm N chuyển động trên tia Oy sao cho đường thẳng MN luôn tiếp xúc với (E). Xác định tọa độ của M, N để đoạn MN có độ dài nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó Giải M(m; 0)  Ox, N(0; n)  Oy  m, n > 0 (E): 2 2 x y 1 16 9   Đường thẳng MN có phương trình: nx + my  mn = 0 MN tiếp xúc với (E)   2 2 216n 9m mn   Ta có MN 2 = m 2 + n 2 . Theo bất đẳng thức Bunhia ta có: Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 230 2 2 2 2 4 3 16 9 7 .m .n m n MN m n m n       MN nhỏ nhất  2 2 2 2m n m n 3m 4n 4 3 4 3 m n      Và m 2 + n 2 = 49  m 2 = 28 và n 2 = 21 Do đó MN nhỏ nhất  m = 2 7 và n = 21 (vì m, n > 0)  M (2 7 ; 0) N (0; 21 ) khi đó min MN = 7. Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxy, cho elíp (E): 2 2 x y 1 9 4   và đường thẳng dm: mx  y  1 = 0. a/ Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, đường thẳng dm luôn cắt elíp (E) tại hai điểm phân biệt. b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (E), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua điểm N(1; 3). Giải a/ (E): 2 2 x y 1 9 4    4x 2 + 9y 2 = 36 Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (E) và (dm) 4x 2 + 9(mx – 1)2 – 36 = 0  (4 + 9m2)x2 – 18mx – 25 = 0 ' = 81m 2 + 25(4 + 9m 2 ) > 0, m Vậy dm cắt (E) tại hai điểm m b/ Viết phương trình tiếp tuyến với (E) qua N(1; 3) Do x = 1 không là tiếp tuyến của (E) nên gọi  là tiếp tuyến với (E) qua N(1; 3) có hệ số góc k : y = k(x – 1) – 3  kx – y – 3 – k = 0.  tiếp xúc (E)  9k 2 + 4 = (3 – k)2  8k2 – 6k – 5 = 0     1 5 k hay k 2 4 Vậy có 2 tiếp tuyến 1: x + 2y + 5 = 0, 2: 5x – 4y – 17 = 0