Bài giảng môn Toán lớp 12 - Chuyên đề 5: Elip

CHUYÊN ĐỀ 5 ELIP Các bài toán về elip chủ yếu qui về việc viết phương trình chính tắc của elip, xác định các phần tử của elip (tâm, đỉnh, tiêu cự, độ dài trục lớn, trục nhỏ, tiêu điểm), nhất là xác định phương trình của tiếp tuyến cùng với tọa độ tiếp điểm. Trong mọi trường hợp ta cần nắm vững kiến thức cơ bản sau đây : . Elip (E) có tiêu điểm trên x′x . Elip (E) có tiêu điểm trên y′y Phương trình chính tắc Tiêu cự Tiêu điểm Trục lớn Trục nhỏ Đỉnh trên trục lớn Đỉnh trên trục nhỏ Tâm sai Bán kính qua tiêu Điểm của M ∈ (E) Đường chuẩn (E) : 2 2 x a + 2 2 y b = 1 a2 > b2 và a2 – b2 = c2 2c F1(–c, 0), F2(c, 0) Trên Ox, dài 2a Trên Oy, dài 2b A1(–a, 0), A2(a, 0) B1(0, –b), B2(0, b) e = c a 1 1 2 2 M M r FM a ex r F M a ex = = +⎧⎨ = = −⎩ 1 2,Δ : x = ± ae (E) : 2 2 x a + 2 2 y b = 1 a2 < b2 và b2 – a2 = c2 2c F1(0, –c), F2(0, c) Trên Oy, dài 2b Trên Ox, dài 2a A1(0, –b), A2(0, b) B1(–a, 0), B2(a, 0) e = c b 1 1 2 2 M M r FM b ey r F M b ey = = +⎧⎨ = = −⎩ 1 2,Δ : y = ± be * Ghi chú : 1 Trường hợp elip có tâm I( , α β ) hai trục cùng phương với 2 trục tọa độ thì phương trình có dạng ( )2 2 x a − α + ( )22y b − β = 1 Ta dời hệ trục tọa độ xOy đến XIY bằng phép tịnh tiến theo OI JJG để được phương trình dạng chính tắc của elip là 2 2 X a + 2 2 Y b = 1 với X x Y y = − α⎧⎨ = − β⎩ để suy ra dễ dàng tọa độ các đỉnh và tiêu điểm. . Tiếp tuyến với elip (E) : 2 2 x a + 2 2 y b = 1 tại tiếp điểm M0(x0, y0) có phương trình 02 x x a + 02 y y b = 1 . Trường hợp không biết tiếp điểm ta áp dụng tính chất : : Ax + By + C = 0 tiếp xúc với elip ( )Δ (E) : 2 2 x a + 2 2 y b = 1 a2A2 + b2B2 = C2 ⇔ Thường ta viết phương trình của ( )Δ theo hệ số góc ở dạng kx – y + c = 0 và lưu ý trường hợp ( )Δ ⊥ x′x tức ( )Δ : x = ± a . Elip (E) : 2 2 x a + 2 2 y b = 1 có 2 tiếp tuyến cùng phương với Oy là x = a. Ngoài 2 tiếp tuyến x = a, mọi tiếp tuyến khác với ( E) đều có dạng ± ± y = kx + m hoặc dạng y = k ( x –x0 ) + y0 nếu tiếp tuyến đi qua ( x0 , y0 ) là điểm nằm ngoài elip. Ví dụ1 : Cho elip (E) : x2 + 4y2 – 40 = 0 a) Xác định tiêu điểm, hai đỉnh trên trục lớn, 2 đỉnh trên trục nhỏ và tâm sai của (E). b) Viết phương trình tiếp tuyến với (E) tại điểm M0(–2, 3). c) Viết phương trình tiếp tuyến với elip (E) biết nó xuất phát từ điểm M(8, 0). 2 d) Viết phương trình tiếp tuyến với (E) biết nó vuông góc với đường thẳng (D) : 2x – 3y + 1 = 0, tính tọa độ tiếp điểm. Giải a) Tiêu điểm, các đỉnh và tâm sai của (E) (E) : x2 + 4y2 – 40 = 0 ⇔ 2x 40 + 2 10 y = 1 có dạng 2 2 x a + 2 2 y b = 1 với a2 = 40 > b2 = 10 c2 = a2 – b2 = 30 ⇒ a = 2⇒ 10 , b = 10 , c = 30 Vậy elip (E) có trục lớn trên Ox, hai tiêu điểm nằm trên trục lớn là F1(– 30 , 0) , F2( 30 , 0). Hai đỉnh trên trục lớn là A1(–2 10 , 0), A2(2 10 , 0) Trục nhỏ của (E) nằm trên Oy với 2 đỉnh là B1(0, – 10 ), B2(0, 10 ). Tâm sai của elip (E) là e = c a = 30 2 10 = 3 2 b) Viết phương trình tiếp tuyến với (E) tại M0(–2, 3) Ta có + 4 – 40 = (20x 20y )22− + 4 – 40 = 0 ( )23 M0(–2, 3) ∈ (E) : x2 + 4y2 – 40 = 0 ⇒ Phương trình tiếp tuyến với (E) tại tiếp điểm M0(–2, 3) sẽ là: ⇒ x0x + 4y0y – 40 = 0 ⇔ –2x + 12y – 40 = 0 ⇔ x - 6y + 20 = 0 c) Phương trình tiếp tuyến với elip phát xuất từ M(8, 0). (E) có hai tiếp tuyến cùng phương với 0y là: x = 2 10± .Hai tiếp tuyến này không đi qua M(8,0). Vậy pt tiếp tuyến ( qua M(8, 0) có dạng: )Δ y= k(x – 8) ⇔ kx – y – 8k = 0 ( )Δ tiếp xúc với elip (E) : 2x 40 + 2y 10 = 1 ⇔ 40k2 + 10 = 64k2 3 ⇔ k2 = 10 24 = 5 12 ⇔ k = ± 5 2 3 = ± 15 6 Vậy có 2 tiếp tuyến với (E) qua M(8, 0) là : 15 6 x – y – 8 5 6 = 0 ⇔ 15 x – 6y – 8 5 = 0 hay – 15 6 x – y + 8 5 6 = 0 ⇔ 15 x + 6y – 8 5 = 0 d) Phương trình tiếp tuyến với (E) và vuông góc với (D) (D) với (D) : 2x – 3y + 1 = 0 ( )′Δ ⊥ ⇒ : 3x + 2y + C = 0 ( )′Δ ( )′Δ tiếp xúc (E) : 2x 40 + 2y 10 = 1 ⇔ 40.9 + 10.4 = C2 ⇔ C2 = 400 ⇔ C = ± 20 Gọi M0(x0, y0) là tiếp điểm của tiếp tuyến ( )′Δ với (E) thì ( )′Δ : 0x x 40 + 0y y 10 = 1 ⇔ x0x + 4y0y – 40 = 0 Với C = 20 : 3x + 2y + 20 = 0 ⇒ ( )′Δ ⇒ 0x 3 = 04y 2 = 40 20 − ⇔ 0 0 x 6 y 1 = −⎧⎨ = −⎩ hay M0 (–6, –1) Với C = –20 (⇒ )′Δ : 3x + 2y – 20 = 0 ⇒ 0x 3 = 04y 2 = 40 20 − − ⇔ hay M0(6, 1). 0 0 x 6 y 1 =⎧⎨ =⎩ 4 Ví dụ2 :(ĐH KHỐI D-2005) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm C (2; 0) và elíp (E) : 2 2x y 1 4 1 + = . Tìm tọa 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 Giải Giả sử A (a, 24 a 2 − ) ∈ (E) ⇒ B (a, − 24 a 2 − ) ∈ (E) Và điều kiện: –2 < a < 2. Do A,B đối xứng qua Ox nên ta có: ΔCAB đều ⇔ CA2 = AB2 ⇔ (a – 2)2 + 24 a 4 − = 4 – a2 ⇔ 7a2 – 16a + 4 = 0 ⇔ a = 2 (loại) hay a = 2 7 . Nên tọa độ của A và B là: A 2 4 3, 7 7 ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ và B 2 4 3, 7 7 ⎛ −⎜⎜⎝ ⎠ ⎞⎟⎟ hoặc A 2 4 3, 7 7 ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ và B 2 4 3, 7 7 ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ Ví dụ3 :(ĐH KHỐI D-2002) : Cho (E) : 9 y 16 x 22 + = 1. Cho M di chuyển trên tia 0x, N di chuyển trên tia 0y sao cho đường thẳng MN luôn tiếp xúc (E). Tìm tọa độ điểm M, N sao cho độ dài đoạn MN ngắn nhất. Tìm độ dài đoạn ngắn nhất đó. Giải M (m, 0) ∈ tia Ox; N (0, n) ∈ tia Oy ⇒ n, m > 0 (E) : 9 y 16 x 22 + = 1. MN : nx + my – n.m = 0 (MN) tiếp xúc (E) ⇔ 1 n 9 m 16 22 =+ Ta có : MN2 = m2 + n2 .Theo BĐT BCS ta có Ta có : 7 = MNnm n 9 m 16n. n 3m. m 4 22 22 =++≤+ MN nhỏ nhất ⇒ n 3 n m 4 m = ⇔ 3 n 4 m 22 = ⇔ 3m2 = 4n2 và m2 + n2 = 49 ⇔ m2 = 28 và n2 = 21 Do đó : MN nhỏ nhất ⇔ m = 72 và n = 21 (vì m, n>0) ⇒ M ( 72 , 0); N (0, 21 ). Khi đó min MN = 7. Ví dụ4 :(ĐH KHỐI D-2005) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcac vuông góc Oxy, cho elip (E): 1 4 y 9 x 22 =+ và đường thẳng dm : mx – y – 1 = 0. 5 a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, đường thẳng dm luôn cắt elip (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 2x y 1 9 4 + = ⇔ 4x2 + 9y2 – 36 = 0 (dm) : mx – y – 1 = 0 ⇔ y = mx – 1 Phương trình hoành độ giao điểm của (dm) với (E) : 4x2 + 9(mx – 1)2 – 36 = 0 ⇔ (4 + 9m2)x2 – 18mx – 25 = 0 có Δ' = 81m2 + 25(4 + 9m2) > 0 đúng với mọi m Vậy (dm) luôn luôn cắt (E) tại 2 điểm phân biệt. b) Viết phương trình tiếp tuyến với (E) qua N(1; −3) 2 tiếp tuyến thẳng đứng của (E) là x = ± 3 ( không qua N ) Gọi Δ là tiếp tuyến qua N(1; −3) thì phương trình Δ có dạng: y + 3 = k(x – 1) ⇔ kx – y – 3 – k = 0 (Δ) tiếp xúc với (E) ⇔ 9k2 + 4 = (−3 – k)2 = 9 + 6k + k2 ⇔ 8k2 – 6k – 5 = 0 ⇔ 1 2 1k 2 5k 4 ⎡ = −⎢⎢⎢ =⎢⎣ Δ1 : x + 2y + 5 = 0; Δ2 : 5x – 4y – 17 = 0. * * * 6