Đáp án chuyên đề: ba đường cônic hình học 10 fileba đường cônic - hình học 10...

Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí

Group: https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/

Đáp án chuyên đề:

Ba đường Cônic - Hình học 10

Bài 3.137: a) Ta có 2 2 3c a b suy ra tiêu điểm là 1 3;0F

tương ứng có đường chuẩn có phương trình là 50

3x và tiêu điểm là

2 3;0F tương ứng có đường chuẩn có phương trình là5

03

x .

b) Ta có 2 2 7c a b suy ra tiêu điểm là 1 7;0F tương ứng

có đường chuẩn có phương trình là 10

07

x và tiêu điểm là

2 7;0F tương ứng có đường chuẩn có phương trình là10

07

x .

c) Ta có 2 8 4p p

Vậy tiêu điểm là 2;0F , đường chuẩn có phương trình là 2 0x .

Bài 3.138: Ta có 2MF , 2 2

3 4.3 5 14;

53 4d M

Suy ra 51

; 7

MF

d M suy ra đây là hypebol.

Bài 3.139. Ta có 2MF , 0 1 1

; 22

d M

Suy ra 1;

MF

d M suy ra đây là parabol.

Bì 3.140. a) Gọi ;M x y là điểm thuộc đường cônic cần tìm. Khi đó theo

định nghĩa ta có . ;;

MFe MF ed M

d M (*).

Ta có 2 2MF x y , 2 1

;5

x yd M

a) Tâm sai 2e thì 2 22 1

* 2.5

x yx y

https://www.facebook.com/groups/tailieutieuhocvathcs/



2 2 2 2

2 2

5 2 4 1 4 2 4

3 3 8 4 8 2 0

x y x y xy x y

x y xy x y

Vậy phương trình đường cônic cần tìm là 2 23 3 8 4 8 2 0x y xy x y

b) Tâm sai 1

3e thì 2 2

2 11* .

3 5

x yx y

2 2 2 2

2 2

15 4 1 4 2 4

14 11 4 2 4 1 0

x y x y xy x y

x y xy x y

Vậy phương trình đường cônic cần tìm là 2 214 11 4 2 4 1 0x y xy x y .

c) Tâm sai 1e thì 2 22 1

*5

x yx y

2 2 2 2

2 2

5 4 1 4 2 4

4 4 2 4 1 0

x y x y xy x y

x y xy x y

Vậy phương trình đường cônic cần tìm là 2 24 4 2 4 1 0x y xy x y .

Bài 3.141. a) Gọi phương trình chính tắc elip là 2 2

2 21, 0

x ya b

a b

Vì 3;0A là một đỉnh của elip nên 3a

elip có một đường chuẩn là nên 2

3 3 3a a

ce c

(*)

Ta lại có 2 2 2 9 3 6b a c b

Vậy phương trình chính tắc elip cần tìm là 2 2

19 6

x y.

b) Gọi phương trình chính tắc elip là 2 2

2 21, 0, 0

x ya b

a b

Hypebol có một đường chuẩn là nên 2 2

3 33

a a ac

e c (1)

Hypebol có một đường tiệm cận là ' nên 2 2b

b aa

(2)

Mặt khác 2 2 2b c a (3)




Thay (1), (2) vào (3) ta được 22 4

2 2 2 2 2 22 5 40 0 403 9

a aa a a a a a

Suy ra 2 24 160b a

Vậy phương trình chính tắc hypebol cần tìm là 2 2

140 160

x y.

Bài 3.142: a) ycbt

2 2

19 4:

x y

d y x m có nghiệm

224 9 36x x m có nghiệm 13 13m

b) Vì I thuộc miền trong của elip (E ) nên lấy tùy ý điểm ( ; ) ( )A x y E thì

đường thẳng IM luôn cắt (E) tại điểm thứ hai là '; 'B x y .

I là trung điểm điểm AB khi và chỉ khi

2 ' 2' 2 ;2

2 ' 2I A B

I A B

x x x x xM x y

x x x y y

2 2

2 2

19 4, ' ( )(2 ) (2 )

19 4

x y

M M Ex y

Suy ra 4 4 4 4

09 4

x y hay 4 9 13 0x y (*)

Tọa độ điểm M, I thỏa mãn phương trình (*) nên đường thẳng cần tìm là 4 9 13 0x y

Bài 3.143: a) 0;3 , 4;0 5A B AB

b) Gọi 2 2

; 116 9

a bC a b ; ABC cân tại A

22 2 225 3 25AB AC a b

Từ đó ta tìm được hai điểm 1 24;0 , 4;0C C

Bài 3.144: a) Ta có 1 2: , :x nt x mt

y mt y nt từ đó suy ra




2 2 2 2 2 2 2 2

6 6 6 6; , ;

6 4 6 4 6 4 6 4

n m n mM N

m n m n m n m n

2 2 2 2 2 2 2 2

6 6 6 6; , ;

4 9 4 9 4 9 4 9

m n m nP Q

m n m n m n m n

b) Ta có MN PQ tại trung điểm O của mỗi đường nên tứ giác MPNQ

là hình thoi do đó

2 2

2 2 2 2

721.

2 9 4 4 9

m nS MN PQ

m n m n

c) 144

13MinS khi m n

Bài 3.145: ĐS:

2

2 2 3 4( 1)

3 3x y

Bài 3.146: . a) 6;2 , 6; 2A B 4 10AB

b)

31 1; . 4 .4 10 3 2

2 2 1 9

C CABC C C

x yS d C AB x y

2 24 20C CC H x y

Từ đó ta có bốn điểm thỏa mãn có tọa độ là

8 6 29 6 2 29 8 6 29 6 2 29; ; ; ;

5 5 5 5

8 6 29 6 2 29 8 6 29 6 2 29; ; ;

5 5 5 5

c) Giả sử ;A a b , vì 3 3 4

3 5 0 ;5 5

a bMA MB B

Mặt khác

2 2

2 2

4 202 21

, 3 3 4 44 205 5

a ba

A B H a b b

từ đó suy ra ptđt cần tìm.




Bài 3.147: : 3 0x y m . Toạ độ giao điểm với (H) là nghiệm

hệ2

2 2

3 03

14 121

4 12

x y mx x m

x y

2 26 6 12 0x mx m (1)

cắt (H) tại 2 điểm M; N phân biệt 1 có 2 nghiệm 1 2x x

23 72 0 | | 2 6m m

Theo Viet ta có: 1 2

2

1 2

12

6

x x m

mx x

Ta có: 1 1 2 2;3 ; ;3M x x m N x x m

22 2 2

1 2 1 2 1 2

10(3 72)( ) 9( ) 10( ) 2 10

36

mMN x x x x x x

23 724 6 2

36

mm (thoả)

Vậy 6 2m

Bài 3.148: Giả sử () có phương trình tham số: 0

0

x x at

y y bt, thì toạ độ

M,N là nghiệm của hệ:

2 2

2 22 20 0

2 20

0

1( ) ( )

1

x yx t y ta b

x x t a by y t

Giả sử phương trình trên có nghiệm 1 2,t t thì:

0 1 0 1 0 2 2, , ,M M N N Nx x at y y bt x x at y y bt

Tương tự giao điểm P,Q có:

0 3 0 3 0 4 4, , ,P P Q Q Qx x at y y bt x x at y y bt




1 2 3 4 ,2 2 2 2 2 2

P Q P QM N M Nx x y yt t t t x x y y

.

Vậy trung điểm MN và PQ trùng nhau. Hay PM NQ .

Bài 3.149: (E) nhận hai tiêu điểm của hypebol (H) àm các tiêu điểm nên

chúng có cùng tiêu cự do đó phương trình (E) có dạng 2 2

2 21

9

x y

a a

Hơn nữa, để (E) và đường thẳng đã cho luôn có điểm chung thì hệ sau

phải có nghiệm:

2 2

2 21

96 0

x y

a ax y

Do đó phương trình 2 2 2 2 4(2 9) 12 45 0a x a x a a có nghiệm

4 2 2 4

6 4 2 2 2 2

36 (2 9)(45 )

2 63 405 ( 9)(2 45)

a a a a

a a a a a a

Cần có 2 50 2 45 0 3.

2a a

Vậy, giá trị nhỏ nhất của trục lớn là 2 3. 10a

Bài 3.150: a) 2: 12 6 3;0P y x p F

Xét điểm 0 0;K x y là điểm cố định mà d luôn đi qua 0m

Lúc đó pt : 0 0 0 03 0 ( 3) 0mx y m m x y có nghiệm

0m 0

0

3(3;0)

0

xK F

y

Vậy d luôn đi qua tiêu điểm F của parabol đã cho 0m

Tọa độ giao điểm (P) và d là nghiệm của hệ 2

2 2 2 212

6 12 9 03 0

y xm x m x m

mx y m

2' 36 36 0m suy ra (P) cắt d tại hai điểm phân biệt.

b) Ta có 2

2 2

6 12 12, 9 , 36A B A B A B A B

mx x x x y y y y

m m




Từ đó 2 2 2 2

4 4B A B A B A A B B A A BAB x x y y x x x x y y y y

2

2

12 12mAB

m

suy ra trung điểm I của AB có 2

2

3 6I

mx

m,

26 3

2I

my

m

Đường chuẩn của (P) là : 3 0x2 2

2 2

3 6 6 6; 3

m md I

m m

Do đó 2 ;AB d I đpcm.

Bài 3.151: Đặt 2 2

2

2 2 22 2

2 8; 8

sin cos sin cosMNPQ

p pi FM S p

Bài 3.152: Trong mặt phẳng ,Oxy cho parabol (P): 2 2y x x và elip

(E): 2

2 19

xy .Chứng minh rằng (P) cắt (E) tại bốn điểm phân biệt

cùng nằm trên một đường tròn.Viết phương trình đường tròn đó.

Tọa độ giao điểm (P) và (E) là nghiệm của hệ

2

22

2

19

y x x

xy

dễ thấy hệ

có bốn nghiệm phân biệt.

Từ hệ suy ra 2 2

2 2 28 2 16 81 8. 1 0

9 9 9 9 9

y x x xy x y x y (*)

Suy ra phương trình (*) là phương trình đường tròn đi qua giao điểm của

(P) và (E).

Bài 3.153: Do 3MA MB nên 3MA MB

+) TH1: 3MA MB




Khi đó ta có

63 3(3 ) 32 3(2 ) 4

3

ABA B

A B AB

xxx x

y y yy

Do , ( )A B E nên 2 2

2 2

3 219 4

2( 6) ( 4)11 2

9 9 4

A A

A A

A

A

x yx

x yy

hoặc

3 2

22

A

A

x

y

+) TH2: 3MA MB . Khi đó ta có

123 3(3 ) 32 3(2 ) 8

3

ABA B

A B AB

xxx x

y y yy

Do , ( )A B E nên

2 2

2 2

19 4(12 ) (8 )1

19 9 4

A A

A A

x y

x y vô nghiệm

Vậy 3 2 4 2 4 2; 2 , ;

2 2 3A B hoặc

3 2 4 2 4 2; 2 , ;

2 2 3A B

Bài 3.154: . +) d pt có dạng 2 0.x y m

+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ

22 22

2 0 2

8 4 4 0 (1)14

x y m x y mx y my my

d cắt (E) tại hai điểm A, B hệ có 2 nghiệm phân biệt 232 4 0 2 2 2 2.m m (*)

+) Gọi 1 1 2 2(2 ; ), (2 ; )A y m y B y m y trong đó 1 2,y y là nghiệm của (1)

2

1 2 1 2

4, .2 8

m my y y y




22 2 2

2 1 1 2 1 2

2

5(8 )5( ) 5[( ) 4 ]

45. 8

.2

mAB y y y y y y

mAB

+) Đường cao 2 2| | 1 (8 )

( , ) . 12 45

OAB

m m mOH d O S OH AB

2 4m

2m (thỏa mãn (*)). Suy ra phương trình : 2 2 0x y

hoặc 2 2 0.x y

Bài 3.155: Sử dụng các kết quả sau 2 2

2 2; 1M M

M M

x yM x y E

a b

, 2 2 21 2, ,M M M M

c cOM x y MF a x MF a x

a a

Bài 3.156: ĐS: 2a

b

Bài 3.157: Theo định lý Thaless ta có MH MN

MK MI, ta chứng minh được

1 2 1 2 1 2 1 2

1 2

,2

MF MF FF MF MF FFMNMK

MI MF MF

Suy ra 2

2

bMH

a

Bài 3.158: : 1 2; ,c c

M x y H MF a x MF a xa a

a) 2

2 2 2 2 21 2 2.

cOM MF MF x y a x

a

22 2 2 2 2 2

21y

x y a c a bb

b) 2 2

1 2 1 2 1 24 .MF MF MF MF MF MF

2 22 2 2 2 2 2

2 2

44 4 4

c ca a x a b y

a b




2 2 2 2 24 4OM b x y b

2 22 2 2 2 2 2

2 2

44 4 4 1 4

a ca b y a b y

b b

Suy ra đpcm.

c) Ta có 2 2 2 2.a HM a y ,

22 2 2 2 2 2 2 2

1 2 2. 1 .

yb HA HA b x a x a a b a b a y

b

Suy ra 2 2 21 2.a HM b HA HA

Bài 3.159: Giả sử : , 0N

by x x

a. Xét

1 1;0 , : / /A a L LA Oy .

Ta có 2 2;L a b OL a b c . Đặt ; ;i ON i OL

1

1 1 1cos cos ;

N M MM

A

x x x cNE ON OE a a a a x MF

x ai OLOL

Tương tự 2 2NE MF đpcm.

Bài 3.160. (hình 3.32) a) Gọi H, M' lần lượt là hình chiếu của M lên Ox

và đường chuẩn của (P), còn I là giao điểm của Ox và d .

Ta có 'MF MM IH .

. .cosIH IF FH IH p PM i p MF

1 cos

pMF

Do 0; 180FN i .

Tương tự ta có 1 cos

pNF

b) 1 1 2

FM FN p không đổi

1

(P)

x

y

d Δ

I

N

M

O H

M'

N'F

Hình 3.32




c)

22 2

2. max . sin 1

sin

pFM FN p FM FN p Ox

Bài 3.161: (hình 3.33)Gọi I là trung điểm MN còn M', I', N' theo thứ tự là

hình chiếu của M, I, N lên . Khi đó

1 1' ' '2 2

II MM NN MF NF .

Vì đường tròn đường kính MN tiếp xúc nên 1

'2

II MN

Do đó , ,MN MF NF M F N thẳng hàng.

Bài 3.162: ĐS: Viết PT đường thẳng BC

BC đi qua điểm cố định 17; 4I .

Bài 3.163: Giả sử 2 2 20 0 0 0; ;M x y O R x y R .

Theo giả thiết ta có: 0

0

0 0

II

I

I

x xx x

ky ky y

y

.

Thay vào phương trình đường tròn ta được:

2 2 2

2 2

2 2 21I I I

I

y x yx R

k R k

R

. Vậy tập hợp I là một (E).

(P)Δ

F

N

I

M

I'

M'

N'

Hình 3.33




Bài 3.164: a) Giả sử 2 21 2

1 2 1 2 1 2; , ; , . 0,4 4

y yM y T y y y y y .

2 21 2

1 2 1 2. 0 0 16 04 4

y yOT OM OTOM y y y y .

(1)

Phương trình đường thẳng 21

11 22 2

2 12 1

4: 4 4 0

4 4

yx y y

MT x y y yy yy y

Nên đường thẳng MT luôn đi qua điểm cố định 4;0J

b. Gọi 0 0;I x y là trung điểm MT thì 2 20 1 2

1

8x y y ,

0 1 2

1

2y y y

Từ đó suy ra 20 02 8y x

Do đó I chạy trên parabôn (P) : 20 02 8y x cố định .

Bài 3.165: +) 2( ) : 4P y x có 2p tiêu điểm (1; 0)F (4; 0).M

+) Nếu d Ox pt : 4.d x Từ hệ

2 (4; 4)4

(4; 4)4

Ay x

Bx

0. 16 16 0 90 .OAOB AOB

+) Nếu d Ox pt : ( 4).d y k x

Tọa độ A, B là nghiệm của hệ 2

4

4

y kx k

y x

2

244 16 0 (1)

yx

ky y k

Điều kiện d cắt (P) tại hai điểm phân biệt là pt (1) có 2 nghiệm phân biệt

0.k




Giả sử 2 21 2

1 2( ; ), ( ; )4 4

y yA y B y trong đó 1 2,y y là nghiệm của (2)

1 2 16.y y

Ta có 2 2 01 21 2. ( ) ( 4) 16 0 90 .

4

y yOAOB y y AOB

Suy ra OA vuông góc với OB hay tam giác OAB vuông trong mọi trường

hợp. Ta có đpcm.


Đáp án chuyên đề: ba đường cônic hình học 10 fileba đường cônic - hình học 10...

Documents